1．如圖，點是正方形對角線的延長線上任意一點，以線段為邊作一個正方形，線段與、分別相交于點、．
(1)求證：；
(2)判斷與的關系，并說明理由；
(3)若，，求的長．
2．已知，菱形中，，、分別是邊和上的點，且．
(1)求證：．
(2)如圖2，在延長線上，且，求證：．
(3)如圖3，在（2）的條件下，，點是的中點，求的長．
3．如圖①，已知正方形中，，分別是邊，上的點（點，不與端點重合），且，，交于點，過點作交于點．
(1)求證：．
(2)若，試求線段的長．
(3)如圖②，連接并延長交于點，若點是的中點，試求的值．
4．如圖，在矩形中，平分交于E，連接，．
(1)如圖1，若，，求的長；
(2)如圖2，若點F是邊上的一點，若，連結交于G，
①猜想的度數(shù)，并說明理由；
②若，求的值．
5．已知點是正方形對角線上一點，與交于點，，垂足為，直線與交于點．
(1)如圖1，當在線段上時，求證；
(2)如圖2，當在線段上時，的延長線交于點，若，求證：①四邊形為菱形；②；
(3)如圖3，若，在點從到的運動過程中，的最小值為______．
6．已知正方形，為邊上一點不與、重合），過作，且，連接．
（1）如圖1，求的度數(shù)；
（2）如圖2，連接交于，求證：；
（3）如圖2，當，，則 （直接寫出結果）
7．如圖，已知正方形的邊長為，連接、交于點，平分交于點
（1）求的長
（2）過點作，交于點，求的長
（3）過點作，交于點，求的長
8．在□ABCD中，∠ADC的平分線交BC于點E，交AB的延長線于點F，以BE，BF為鄰邊作．
(1)如圖1，求證：是菱形；
(2)如圖2，若，連接BG，交EF于點O，連接OA，OC，AC，求OA的長；
(3)如圖3，若，連接AC，AG，求∠GAC的度數(shù)．
9．如圖正方形，點、、分別在、、上，與相交于點．
(1)如圖，當，
求證：；
平移圖中線段礎，使點與重合，點在延長線上，連接，取中點，連接，如圖，求證：；
(2)如圖，當，邊長，，則的長為______（直接寫出結果）．
10．如圖1，在正方形ABCD中，點M、N分別在邊BC、CD上，AM、AN分別交BD于點P、Q，連接CQ、MQ．且．
（1）求證：
（2）求證：
（3）如圖2，連接MN，當，，求的面積
圖1 圖2
11．如圖1，已知菱形的邊長為12，， 點、分別是邊、上的動點(不與端點重合)，且．
（1）求證: 是等邊三角形；
（2）點、在運動過程中，四邊形的面積是否變化，如果變化，請說明理由；如果不變，請求出面積；
（3）如圖2，連接分別與邊、交于、，當時，求證：．
12．已知在菱形 ABCD 中，∠ABC＝60°，M、N 分別是邊 BC，CD 上的兩個動點，∠MAN＝60°，AM、AN 分別交 BD 于 E、F 兩點．
（1）如圖 1，求證：CM＋CN＝BC；
（2）如圖 2，過點 E 作 EG∥AN 交 DC 延長線于點 G，求證：EG＝EA；
（3）如圖 3，若 AB＝1，∠AED＝45°，直接寫出 EF 的長．
（4）如圖 3，若 AB＝1，直接寫出BE＋AE的最小值
13．四邊形ABCD是矩形，點E是射線BC上一點，連接AC，DE．
（1）如圖1，點E在邊BC的延長線上，BE＝AC，若∠ACB＝40°，求∠E的度數(shù)；
（2）如圖2，點E在邊BC的延長線上，BE＝AC，若M是DE的中點，連接AM，CM，求證：AM⊥MC；
（3）如圖3，點E在邊BC上，射線AE交射線DC于點F，∠AED＝2∠AEB，AF＝4，AB＝4，則CE＝ ．（直接寫出結果）
14．在矩形中，，，、是直線上的兩個動點，分別從、兩點同時出發(fā)相向而行，速度均為每秒2個單位長度，運動時間為秒，其中．
(1)如圖1，、分別是、中點，當四邊形是矩形時，求的值．
(2)若、分別從點、沿折線，運動，與相同的速度同時出發(fā)．
①如圖2，若四邊形為菱形，求的值；
②如圖3，作的垂直平分線交、于點、，當四邊形的面積是矩形面積的，則的值是________．
③如圖4，在異于、所在矩形邊上取、，使得，順次連接，請直接寫出四邊形周長的最小值：________．
15．如圖，正方形ABCD的頂點C處有一等腰直角三角形CEP，∠PEC＝90°，連接AP，BE．
（1）若點E在BC上時，如圖1，線段AP和BE之間的數(shù)量關系是 ；
（2）若將圖1中的△CEP順時針旋轉使P點落在CD上，如圖2，則（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；
（3）在（2）的基礎上延長AP，BE交于F點，若DP＝PC＝2，求BF的長．
16．已知正方形ABCD，∠EAF＝45°，將∠EAF繞頂點A旋轉，角的兩邊始終與直線CD交于點E，與直線BC交于點F，連接EF．
（1）如圖①，當BF＝DE時，求證：△ABF≌△ADE；
（2）若∠EAF旋轉到如圖②的位置時，求證：∠AFB＝∠AFE；
（3）若BC＝4，當邊AE經(jīng)過線段BC的中點時，在AF的右側作以AF為腰的等腰直角三角形AFP，直接寫出點P到直線AB的距離．
17．在正方形中，點E是平面內一點，將線段繞點D逆時針旋轉得到線段，連接．在圖形旋轉不斷特殊化的過程中，我們發(fā)現(xiàn)了一些有趣的結論，一起來探索一下吧．
(1)如圖1，若點E在上運動，連接，當時，______，________；
(2)如圖2，若恰好經(jīng)過點C，連接，求證：；
(3)如圖3，若點E在上運動；
①（2）中的結論還成立嗎？若成立，請說明理由；若不成立，請?zhí)剿魅龡l線段的數(shù)量關系，并說明理由；
②若，點P在上，且，則的最小值為_______．
18．在矩形ABCD的CD邊上取一點E，將△BCE沿BE翻折，得到△BFE．
(1)點F恰好在AD上；
①如圖1，若∠EBC＝15°，則∠DFE＝ ；
②如圖2，過點F作FOCD交BE于點O，求證：四邊形FOCE為菱形．
(2)如圖3，E從C到D的運動過程中．
①∠ABF的角平分線交AD于點N，若BC=2AB，AB=2AN時，請寫出DE與EC的數(shù)量關系，并說明理由；
②若AB＝4，BC＝7，∠ABF的角平分線交EF的延長線于點M，E從C到D的過程中，直接寫出M運動的路徑長 ．
19．矩形中，將矩形沿、翻折，點的對應點為點，點的對應點為點，、、三點在同一直線上．
(1)如圖，求的度數(shù)；
(2)如圖，當時，連接，交、于點、，若，，求的長度；
(3)如圖，當，時，連接，，求的長．
20．如圖，四邊形為菱形，，，點E為邊上動點（不含端點）點B關于直線的對稱點為點F，點H為中點．
（1）若，求的長；
（2）作，垂足為G，當時，求的度數(shù)；
（3）在（2）的條件下，設射線交于M，求的長．
21．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，將△ABD沿著BD折疊，使點A與點E重合．
（1）如圖，對角線AC、BD相交于點O，連接OE，則線段OE的長＝ ；
（2）如圖，過點E作EF∥CD交線段BD于點F，連接AF，求證：四邊形ABEF是菱形；
（3）如圖，在（2）條件下，線段AE、BD相交于M，連接CE，求線段CE的長．
22．在矩形紙片中，，，點、在矩形的邊上，連接，將紙片沿折疊，點的對應點為點.
（1）如圖1，若點在邊上，當點與點重合時，則______°，當點與點重合時，則_____°；
（2）如圖2，若點在邊上，且點、分別在、邊上，則線段的取值范圍是_______；
（3）如圖3，若點與點重合，點在上，線段、交于點，且，求線段的長度.
23．在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，現(xiàn)將紙片折疊，點D的對應點記為點P，折痕為EF(點E、F是折痕與矩形的邊的交點)，再將紙片還原．
（1）若點P落在矩形ABCD的邊AB上(如圖1)．
①當點P與點A重合時，∠DEF= °，當點E與點A重合時，∠DEF= °．
②當點E在AB上時，點F在DC上時(如圖2)，若AP=，求四邊形EPFD的周長．
（2）若點F與點C重合，點E在AD上，線段BA與線段FP交于點M(如圖3)，當AM=DE時，請求出線段AE的長度．
（3）若點P落在矩形的內部(如圖4)，且點E、F分別在AD、DC邊上，請直接寫出AP的最小值．
24．如圖1，點G是正方形ABCD對角線CA的延長線上任意一點，以線段AG為邊作一個正方形AEFG，線段EB和GD相交于點H．
（1）求證：EB=GD且EB⊥GD；
（2）若AB=2，AG=，求的長；
（3）如圖2，正方形AEFG繞點A逆時針旋轉連結DE，BG，與的面積之差是否會發(fā)生變化？若不變，請求出與的面積之差；若變化，請說明理由．
25．如圖．四邊形ABCD、BEFG均為正方形．
（1）如圖1，連接AG、CE，請直接寫出AG和CE的數(shù)量和位置關系（不必證明）．
（2）將正方形BEFG繞點B順時針旋轉角（），如圖2，直線AG、CE相交于點M．
①AG和CE是否仍然滿足（1）中的結論？如果是，請說明理由：如果不是，請舉出反例：
②連結MB，求證：MB平分．
（3）在（2）的條件下，過點A作交MB的延長線于點N，請直接寫出線段CM與BN的數(shù)量關系．
特訓09 特殊平行四邊形 解答證明、動態(tài)幾何壓軸題
一、解答題
1．如圖，點是正方形對角線的延長線上任意一點，以線段為邊作一個正方形，線段與、分別相交于點、．
(1)求證：；
(2)判斷與的關系，并說明理由；
(3)若，，求的長．
【答案】(1)見解析
(2)，，理由見解析
(3)
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質和定理證明即可得出結論；
（2）由（1）的結論得，，再根據(jù)通過等量代換即可證明；
（3）連接，證明出四邊形是正方形，再利用正方形的性質得出條件，證出，在中利用勾股定理求得的長．
【解析】（1）四邊形和四邊形是正方形，
，，，
，
，
．
．
（2），，理由如下：
，
，，
，
在中，，
，
，
．
（3）連接，如圖，
四邊形和四邊形是正方形，
，，，，
，，
在中，
，
，
，
，
，，
，
四邊形是平行四邊形，
，
四邊形是正方形，
，
，，
，
，
在中，
．
【點睛】本題主要考查了正方形的判定與性質，三角形全等的判定與性質，勾股定理的應用，掌握相關的知識點，添加適當?shù)妮o助線是解本題的關鍵．
2．已知，菱形中，，、分別是邊和上的點，且．
(1)求證：．
(2)如圖2，在延長線上，且，求證：．
(3)如圖3，在（2）的條件下，，點是的中點，求的長．
【答案】(1)見詳解
(2)見詳解
(3)
【分析】（1）連接，如圖1，根據(jù)菱形的性質得，即可判定為等邊三角形，得到，，然后利用可證明，即可解答；
（2）過點F作，交的延長線于點H，利用平行線的性質求得是等邊三角形，得到，然后利用定理求得，從而問題得解；
（3）過點B作，交于點K，根據(jù)兩組對邊分別平行求得四邊形是平行四邊形，從而求得，，A作，然后利用含的直角三角形的性質以及勾股定理求得，，即有，在中，利用勾股定理可得，問題隨之得解．
【解析】（1）連接，如圖1，
∵四邊形為菱形，
∴，
∵，
∴為等邊三角形，
∴，，
∴，
∵，即，
∴，
∵，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，
∴；
（2）過點F作，交的延長線于點H，如圖2，
在（1）中已證為等邊三角形，
∵，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，
又∵是等邊三角形，
∴，
∴，
又∵，
∴，即，
在和中，
∴，
∴，
∴；
（3）過點B作，交于點K，如圖3，
∵，，，，
∴四邊形是平行四邊形，
∴，
∵點是的中點，
∴，
∴，
過點A作，
由（2）可知，，
∴在中，，
∴，，
∴，
在中，，
∴．
【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，及平行四邊形的判定和性質，含角的直角三角形的性質以及勾股定理等知識，題目有一定的綜合性，正確添加輔助線解題是關鍵的突破點．
3．如圖①，已知正方形中，，分別是邊，上的點（點，不與端點重合），且，，交于點，過點作交于點．
(1)求證：．
(2)若，試求線段的長．
(3)如圖②，連接并延長交于點，若點是的中點，試求的值．
【答案】(1)見解析
(2)
(3)4
【分析】（1）證明（SAS），得出，得出，可得出結論；
（2）根據(jù)的面積可求出，證明（AAS），由全等三角形的性質得出，則，可求出答案；
（3）證得，，可得出，在四邊形中，設，，則，，，由勾股定理可得出，的關系式，則可求出答案．
【解析】（1）在正方形中，，，
又∵，
∴（SAS），
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）在正方形中，，，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴（AAS），
∴，
∴．
（3）在正方形中，，，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
在中，，
∴，
在四邊形中，設，，則，，，
∵，
∴，
∴，即，
∴．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，三角形的面積，平行線的判定，等腰三角形的性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會用轉化的思想解決問題，學會用方程的思想方法解決問題．
4．如圖，在矩形中，平分交于E，連接，．
(1)如圖1，若，，求的長；
(2)如圖2，若點F是邊上的一點，若，連結交于G，
①猜想的度數(shù)，并說明理由；
②若，求的值．
【答案】(1)
(2)①，理由見解析；②
【分析】（1）由矩形的性質得，，，由角平分線的性質得出，則是等腰直角三角形，得出，推出，由勾股定理得出；
（2）①連接，由（1）得，，由證得，得出，，證明是等腰直角三角形，即可得出結論；
②根據(jù)矩形的性質得到，求得，過D作于M，根據(jù)余角的性質得到，得到，過A作于N，根據(jù)等腰三角形的性質得到，根據(jù)全等三角形的性質得到，根據(jù)等腰直角三角形的性質即可得到結論．
【解析】（1）解：∵四邊形是矩形，
∴，，，
∵平分，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
（2）①，
理由：連接EF，如圖所示：
由（1）得：，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
②∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
過D作于M，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
由①知，，
∵，
∴，
∴，
∴，
過A作于N，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由①知，，
∴，，
∴．
【點睛】本題考查了四邊形的綜合題，矩形的性質、全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質等知識；熟練掌握全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質是解題的關鍵．
5．已知點是正方形對角線上一點，與交于點，，垂足為，直線與交于點．
(1)如圖1，當在線段上時，求證；
(2)如圖2，當在線段上時，的延長線交于點，若，求證：①四邊形為菱形；②；
(3)如圖3，若，在點從到的運動過程中，的最小值為______．
【答案】(1)見解析
(2)①見解析；②見解析
(3)
【分析】（1）證明，即可得證；
（2）①證明，可得，進而證明，可得，可得四邊形是平行四邊形，由，可得四邊形是菱形；②由，又得出，即可證明；
（3）取的中點，連接，，則，勾股定理求得，由即可求解．
【解析】（1）解：如圖1，
∵四邊形是正方形
∴，，
∴
∴，
∵，
∴
∴
在與中，
，
∴，
∴；
（2）解：①如圖2
∵四邊形是正方形，
∴，，，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
又∵，
∴四邊形是菱形；
②∵是的一個外角，
∴
∵四邊形是菱形，
∴垂直平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
又
∴，
∴；
（3）解：如圖3，取的中點，連接，則，
∵四邊形是正方形，
∴，，
∴，
∵，為的中點，
∴，
∵（當且僅當點在線段上時，等號成立），
∴，
即的最小值為，
故答案為：．
【點睛】本題考查了正方形的性質，菱形的性質與判定，三角形全等的性質與判定，勾股定理，兩點之間線段最短，掌握正方形的性質是解題的關鍵．
6．已知正方形，為邊上一點不與、重合），過作，且，連接．
（1）如圖1，求的度數(shù)；
（2）如圖2，連接交于，求證：；
（3）如圖2，當，，則 （直接寫出結果）
【答案】（1）∠EAD=45°；（2）證明見詳解；（3）
【分析】（1）如圖1中，作EH⊥BA于H．只要證明△HPE≌△CBP，推出BC=PH=AB，HE=PB，推出PB=AH=EH，推出∠HAE=45°，即可解決問題；
（2）作EK∥AB交BD于K．首先證明四邊形ABKE是平行四邊形，再證明△GEK≌△GCD，可得GD=GK，根據(jù)BD=CD，即可解決問題；
（3）利用（1）（2）中結論即可解決問題；
【解析】(1)如圖1中，作EH⊥BA于H.
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠B=∠BAD=∠HAD=90°，AB=BC，
∵EP⊥PC，
∴∠EPC=90°，
∴∠BPC+∠HPE=90°,∠BPC+∠BCP=90°，
∴∠HPE=∠BCP，
在△HPE和△CBP中，
∴△HPE≌△CBP，
∴BC=PH=AB，HE=PB，
∴PB=AH=EH，
∴∠HAE=45°，
∴∠EAD=45°.
（2）證明：作EK∥AB交BD于K.
∵∠EAD=∠ADB=45°，
∴AE∥BK,
∵AB∥EK，
∴四邊形ABKE是平行四邊形，
∴EK=AB=CD，AE=BK，
∵AB∥CD，∴EK∥CD，
∴∠GEK=∠GCD，
∴△GEK≌△GCD，
∴GD=GK，
∵BD=CD，BD=BK+DK=AE+2DG，
∴AE+2DG=CD.
（3）∵BC=AB=10，PA=6，
∴BP=4，
由(1)可知AE=，由(2)可知+2DG=，
∴DG=，
∵BD=，
∴BG=
【點睛】本題主要考查正方形的綜合應用，熟練的在其中找到可以使用的全等三角形，平行四邊形并進行證明，可得出相應結論，同時對已證結果的直接使用，也很重要
7．如圖，已知正方形的邊長為，連接、交于點，平分交于點
（1）求的長
（2）過點作，交于點，求的長
（3）過點作，交于點，求的長
【答案】（1）（2）（3）
【分析】（1）求出，根據(jù)勾股定理求出BD，即可求出DE；
（2）求出，根據(jù)全等三角形的性質得出即可；
（3）延長交于，證，得出比例式，代入即可求出答案.
【解析】（1）∵四邊形是正方形，
∴，，
∵平分，∴，
∴，
∵，∴，
∴，
在中，由勾股定理得：,
∴
（2）∵，∴，
∴，
∵，
∴，∴
（3）如圖，延長交于，
由（2）知：，
由（1）知：，
∵四邊形是正方形，∴，
∴，∴，
∴，解得：
【點睛】本題主要考查了本題主要考查全等三角形的判定和相似三角形的判定和正方形的性質，熟練掌握全等三角形和相似三角形的的判定定理和性質是解此題的關鍵。
8．在□ABCD中，∠ADC的平分線交BC于點E，交AB的延長線于點F，以BE，BF為鄰邊作．
(1)如圖1，求證：是菱形；
(2)如圖2，若，連接BG，交EF于點O，連接OA，OC，AC，求OA的長；
(3)如圖3，若，連接AC，AG，求∠GAC的度數(shù)．
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)∠CAG=60°
【分析】（1）由平行四邊形的性質和角平分線的定義可證，可得結論；
（2）由勾股定理可求的長，由“”可證，可得，，由等腰直角三角形的性質可求解；
（3）先證四邊形是平行四邊形，四邊形是菱形，可得，，，可證，可得，即可求解．
（1）
證明：四邊形是平行四邊形，
，，
，，
平分，
，
，
，
又四邊形是平行四邊形，
是菱形；
（2）
解：，
四邊形是矩形，
，
，
，
菱形是正方形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
；
（3）
解：如圖3，延長，，交于點，連接，
四邊形是平行四邊形，，
，，，
四邊形是菱形，
，，，
，，
四邊形是平行四邊形，四邊形是平行四邊形，，
，
，
，
四邊形是菱形，
，，
是等邊三角形，是等邊三角形，
，，
，
，
．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質，菱形的判定，正方形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．
9．如圖正方形，點、、分別在、、上，與相交于點．
(1)如圖，當，
求證：；
平移圖中線段礎，使點與重合，點在延長線上，連接，取中點，連接，如圖，求證：；
(2)如圖，當，邊長，，則的長為______（直接寫出結果）．
【答案】(1)①見解析；②見解析
(2)
【分析】（1）作平行四邊形，則，，，通過證得≌，即可證得結論；在上截取一點，使得，則是等腰直角三角形，再證明是三角形的中位線即可解決問；
（2）過點作交于點，則四邊形是平行四邊形，得出，，根據(jù)勾股定理求得，進而求得，作，交延長線于，通過證≌，證得，，，繼而證得≌，證得，從而證得，設則，根據(jù)勾股定理求得，進一步根據(jù)勾股定理求得．
（1）
作平行四邊形，則，，，如圖，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴
∴；
在上截取一點，使得，則是等腰直角三角形，．
∵≌，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
得證．
（2）
過點作交于點，則四邊形是平行四邊形，
∴，，
∵，，，
∴，
∴，
作，交延長線于，
在和中，
，
∴≌，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，
即，
設，則，
在中，，解得，
∴．
即DE的值為．
【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，三角形中位線定理、勾股定理的應用，作出輔助線構建全等三角形是解題的關鍵，屬于中考壓軸題．
10．如圖1，在正方形ABCD中，點M、N分別在邊BC、CD上，AM、AN分別交BD于點P、Q，連接CQ、MQ．且．
（1）求證：
（2）求證：
（3）如圖2，連接MN，當，，求的面積
圖1 圖2
【答案】（1）見解析
（2）見解析
（3）15
【分析】（1）根據(jù)四邊形ABCD是正方形，得到∠QBA＝∠QBC，進而可得△QBA≌ △QBC，∠QAB＝∠QCB，再根據(jù)CQ＝MQ，得到∠QCB＝∠QMC，即可求證；
（2）根據(jù)∠QAB＝∠QMC，∠QMC＋∠QMB＝180°，得到∠QAB＋∠QMB＝180°，在四邊形QABM中，∠QAB＋∠QMB＋∠ABM＋∠AQM ＝360°可得∠ABM＋∠AQM ＝180°，再根據(jù)∠ABM ＝90°即可求解；
（3）設正方形ABCD的邊長為a，延長ND至點H，使DH＝BM＝2，證得△ADH≌ △ABM，得到∠DAH＝∠BAM，且AH＝AM，由（2）知，△QAM是等腰直角三角形，易得∠NAM＝∠NAH，進而得到△NAM≌ △NAH，在Rt△MNC中，利用勾股定理得到，即可求解．
【解析】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形
∴∠QBA＝∠QBC
在△QBA和△QBC中

∴△QBA≌ △QBC （SAS）
∴∠QAB＝∠QCB
又∵CQ＝MQ
∴∠QCB＝∠QMC
∴∠QAB＝∠QMC
（2）∵∠QAB＝∠QMC
又∵∠QMC＋∠QMB＝180°
∴∠QAB＋∠QMB＝180°
在四邊形QABM中
∠QAB＋∠QMB＋∠ABM＋∠AQM ＝360°
∴∠ABM＋∠AQM ＝180°
而∠ABM ＝90°
∴∠AQM ＝90°
（3）設正方形ABCD的邊長為a，則
，
延長ND至點H，使DH＝BM＝2
易證△ADH≌ △ABM
∴∠DAH＝∠BAM，且AH＝AM
由（2）知，△QAM是等腰直角三角形
∴∠QAM＝45°
∴∠DAN＋∠BAM ＝45°
∴∠DAN＋∠DAH ＝45°
即∠NAH＝45°
∴∠NAM＝∠NAH
∴△NAM≌ △NAH（SAS）
∴NM＝NH＝
在Rt△MNC中，
∴
∴
∴
【點睛】此題主要考查正方形的性質、全等三角形的判斷和性質、四邊形的內角和、等腰直角三角形的性質及勾股定理，靈活運用性質是解題關鍵．
11．如圖1，已知菱形的邊長為12，， 點、分別是邊、上的動點(不與端點重合)，且．
（1）求證: 是等邊三角形；
（2）點、在運動過程中，四邊形的面積是否變化，如果變化，請說明理由；如果不變，請求出面積；
（3）如圖2，連接分別與邊、交于、，當時，求證：．
【答案】（1）見解析；（2）不變，；（3）見解析．
【分析】（1）證明△ACE≌△ADF，證出AE=AF，結合，便證出△AEF是等邊三角形；
（2）根據(jù)△ACE≌△ADF，則四邊形的面積等于△ABC或者△ACD的面積．
（3）將△ADN繞點A順時針旋轉120°得到△ABP，連接PM．結合旋轉的性質證明△MAN≌△MAP，根據(jù)四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°，推出∠BPM=90°，即可證明結論.
【解析】（1）在菱形ABCD中，∵∠B=60°，
∴△ABC是等邊三角形，∠D=∠B=60°，
∴AB=BC=AC，∠ACB=60°，
∴AC=AD，
∵，
∴∠CAE=∠DAF，
又∵∠D=∠ACE=60°，
∴△ACE≌△ADF，
∴AE=AF，
∴△AEF是等邊三角形；
（2）點、在運動過程中，四邊形的面積不變.
理由：
∵△ACE≌△ADF，
∴,即
；
（3）將△ADN繞點A順時針旋轉120°得到△ABP，連接PM．
∵∠DAF=15°，∠EAF=60°，∠BAD=120°，
∴∠BAE=45°，∠BAP=∠DAF=15°，
∴∠MAN=∠MAP=60°，
∵AM=AM，AN=AP，
∴△MAN≌△MAP（SAS），
∴MN=PM，
∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴∠ADN=∠ADC=30°，
∴∠AND=180°-15°-30°=135°，∠ANM=45°，
∴∠APB=∠AND=135°，∠APM=∠ANM=45°，
∴∠BPM=90°，
∴BP2+PM2=BM2，
∵BP=DN，PM=MN，
∴DN2+MN2=BM2．
【點睛】本題考查了菱形的性質、全等三角形的判定和性質以及等邊三角形的判定和旋轉的性質及勾股定理，有一個角等于60度的等腰三角形是等邊三角形．
12．已知在菱形 ABCD 中，∠ABC＝60°，M、N 分別是邊 BC，CD 上的兩個動點，∠MAN＝60°，AM、AN 分別交 BD 于 E、F 兩點．
（1）如圖 1，求證：CM＋CN＝BC；
（2）如圖 2，過點 E 作 EG∥AN 交 DC 延長線于點 G，求證：EG＝EA；
（3）如圖 3，若 AB＝1，∠AED＝45°，直接寫出 EF 的長．
（4）如圖 3，若 AB＝1，直接寫出BE＋AE的最小值
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）EF＝；（4）
【分析】（1）由題意可得△ABC，△ACD都是等邊三角形，然后求出∠BAM＝∠CAN，證明△BAM≌△CAN，得到BM＝CN，則CM＋CN＝CM＋BM＝BC；
（2）證明△ABE≌△CBE，得到AE＝EC，∠BAE＝∠BCE，然后求出∠AND＝∠CAN＋∠ACN＝60°＋∠CAN，∠ECG＝60°＋∠ECB，得到∠ECG＝∠AND＝∠G，進而得出EC＝EG即可解決問題；
（3）如圖 3 中，將△ABE 繞點 A 逆時針旋轉 120°得到△ADQ，AC和BD交于點O，連接FQ，易證△AFE≌△AFQ，然后可求出∠FQD＝90°，∠QDF＝60°，根據(jù)含30度角直角三角形的性質，設DQ＝BE＝x，DF＝2x，EF＝FQ＝，再求出BD＝，進而列方程求出x即可；
（4）如圖4，過點E作EH⊥BC于H，過點A作AQ⊥BC于Q，則BE＋AE＝EH＋AE，可得當A、E、H三點共線時，EH＋AE最小，此時EH＋AE＝AQ，然后求出AQ即可.
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，
∴∠BAC＝∠MAN＝60°，
∴∠BAM＝∠CAN，
∵AB＝AC，∠B＝∠ACN＝60°，
∴△BAM≌△CAN，
∴BM＝CN，
∴CM＋CN＝CM＋BM＝BC；
（2）證明：如圖 2 中，連接 EC．
∵BA＝BC，∠ABE＝∠CBE，BE＝BE，
∴△ABE≌△CBE，
∴AE＝EC，∠BAE＝∠BCE，
∵EG∥AN，
∴∠G＝∠AND，
∵∠AND＝∠CAN＋∠ACN＝60°＋∠CAN，∠ECG＝60°＋∠ECB，
∵∠ECB＝∠BAE＝∠CAN，
∴∠ECG＝∠AND＝∠G，
∴EC＝EG，
∴EG＝EA；
（3）解：如圖 3 中，將△ABE 繞點 A 逆時針旋轉 120°得到△ADQ，AC和BD交于點O，連接FQ，則∠MAN＝∠FAQ＝60°，
∵AE＝AQ，AF＝AF，
∴△AFE≌△AFQ，
∴∠AEF＝∠AQF＝45°，
∵∠AEB＝∠AQD＝135°，
∴∠FQD＝90°，
∵∠QDF＝∠ADQ＋∠ADF＝∠ABD＋∠ADF＝60°，
∴設DQ＝BE＝x，則DF＝2x，EF＝FQ＝，
∵AB＝AD＝1，∠ABD＝30°，
∴AO＝，BO＝，
∴BD＝2BO＝，
∴x＋2x＋＝，
∴x＝，
∴EF＝＝；
（4）解：如圖4，過點E作EH⊥BC于H，過點A作AQ⊥BC于Q，
∵∠EBH＝30°，
∴EH＝BE，
∴BE＋AE＝EH＋AE，
當A、E、H三點共線時，EH＋AE最小，此時EH＋AE＝AQ，
∵AB=1，∠ABQ＝60°，
∴BQ＝，
∴AQ＝，即BE＋AE的最小值為.
【點睛】本題考查了菱形的性質、等邊三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質、等腰三角形的判定和性質、含30度角的直角三角形的性質以及勾股定理等，涉及知識點較多，較為復雜，靈活運用所學性質定理進行推理計算是解題的關鍵.
13．四邊形ABCD是矩形，點E是射線BC上一點，連接AC，DE．
（1）如圖1，點E在邊BC的延長線上，BE＝AC，若∠ACB＝40°，求∠E的度數(shù)；
（2）如圖2，點E在邊BC的延長線上，BE＝AC，若M是DE的中點，連接AM，CM，求證：AM⊥MC；
（3）如圖3，點E在邊BC上，射線AE交射線DC于點F，∠AED＝2∠AEB，AF＝4，AB＝4，則CE＝ ．（直接寫出結果）
【答案】（1）70°；（2）見解析；（3）2
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質：AC＝BD，OB＝OC，可得∠DBC＝∠ACB＝40°，由BD＝BE得出∠E＝∠BDE，可得結論；
（2）如圖2，延長CM交AD延長線于G，先證明△DMG≌△EMC（AAS），得AG＝AC，根據(jù)等腰三角形三線合一得：AM⊥MC；
（3）如圖3，取AF的中點P，根據(jù)直角三角形斜邊中線等于斜邊一半可得：PD＝AP＝AF＝2，證明∠DPE＝∠AED，則DE＝PD＝2，利用勾股定理可得CE的長．
【解析】解：（1）如圖1，連接BD，與AC交于點O，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OB＝OC
∴∠DBC＝∠ACB＝40°
∵BE＝AC，
∴BD＝BE，
∴∠BDE＝∠E，
∴∠E＝＝70°；
（2）如圖2，延長CM交AD延長線于G，
∵AG∥BE，
∴∠GDM＝∠E，∠G＝∠GCE，
∵M是DE的中點，
∴DM＝EM，
∴△DMG≌△EMC（AAS），
∴CE＝DG，CM＝MG，
∴BC+CE＝AD+DG，
即AG＝BE，
由（1）知：BE＝BD＝AC，
∴AG＝AC，
又∵CM＝MG，
∴AM⊥MC；
（3）如圖3，取AF的中點P，連接PD，則PD＝AP＝AF＝2，
∴∠PDA＝∠PAD，
在矩形ABCD中，∠AEB＝∠PAD，∠AED＝2∠AEB，
∴∠DPE＝∠PAD+∠PDA＝2∠PAD＝2∠AEB＝∠AED，
∴DE＝PD＝2，
在△DEC中，∠DCE＝90°，AB＝DC＝4，
∴CE＝＝＝2．
故答案為：2．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了矩形的性質、等腰三角形三線合一的性質、勾股定理、直角三角形斜邊中線的性質及全等三角形的判定和性質，熟練掌握矩形的性質和直角三角形的性質是解題的關鍵．
14．在矩形中，，，、是直線上的兩個動點，分別從、兩點同時出發(fā)相向而行，速度均為每秒2個單位長度，運動時間為秒，其中．
(1)如圖1，、分別是、中點，當四邊形是矩形時，求的值．
(2)若、分別從點、沿折線，運動，與相同的速度同時出發(fā)．
①如圖2，若四邊形為菱形，求的值；
②如圖3，作的垂直平分線交、于點、，當四邊形的面積是矩形面積的，則的值是________．
③如圖4，在異于、所在矩形邊上取、，使得，順次連接，請直接寫出四邊形周長的最小值：________．
【答案】(1)或
(2)①7；②；③
【分析】（1）連接交于點，根據(jù)矩形的性質，得到 ，分點在點上方和點在點下方兩種情況進行討論，即可求出的值；
（2）①連接交于點，結合菱形的性質和矩形的性質證明，從而證出直線是線段的垂直平分線，設，則，在中，利用勾股定理求出的值，求出的值，即可求解的值；②連接、，根據(jù)題意求出四邊形的面積，證明四邊形是平行四邊形，推出，求出，再根據(jù)即可求出的值；③作關于的對稱點為點，連接、，過點作的垂線，交延長線于點，當、、三點共線時，的值最小，即的值最小，最小值為的長度，此時四邊形周長最小，根據(jù)勾股定理即可求解．
【解析】（1）解：連接交于點，如圖所示
∵四邊形是矩形，，
∴
∵、分別是、中點
∴，
∵四邊形是矩形
∴
∴
當點在點上方時，
當點在點下方時，
∵速度均為每秒2個單位長度
∴ 的值為或
（2）解：①連接、，交于點，如圖所示
∵四邊形為菱形
∴，，，
∵，
∴
∵矩形
∴
在和中
∵
∴
∴
∴
∴直線是線段的垂直平分線
∴
設，則
在中，
∴，解得：
∴
∴的值為7
②連接、，如圖所示
∵四邊形的面積是矩形面積的
∴四邊形的面積為：
∵是的垂直平分線
∴，
由①可得：，
由題意可得：，
∴
∴
同理可得：
∴
∴四邊形是平行四邊形
∴
由題意可得：
∵
∴，解得：
∴當四邊形的面積是矩形面積的，則的值是，
故答案是：；
③作關于的對稱點為點，連接、，過點作的垂線，交延長線于點，如圖所示
由②可得：四邊形是平行四邊形
∴四邊形周長
∵對稱
∴
∴
當、、三點共線時，的值最小，即的值最小，最小值為的長度，此時四邊形周長最小
∵
∴
∵=
∴四邊形周長最小值為．
故答案是：．
【點睛】本題考查了矩形的性質、菱形的性質、全等三角形的判定和性質、平行四邊形的判定和性質、垂直平分線的性質、勾股定理、最值等知識點，解題的關鍵是熟記特殊四邊形的性質，在解題中靈活運用．
15．如圖，正方形ABCD的頂點C處有一等腰直角三角形CEP，∠PEC＝90°，連接AP，BE．
（1）若點E在BC上時，如圖1，線段AP和BE之間的數(shù)量關系是 ；
（2）若將圖1中的△CEP順時針旋轉使P點落在CD上，如圖2，則（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由；
（3）在（2）的基礎上延長AP，BE交于F點，若DP＝PC＝2，求BF的長．
【答案】（1）AP=BE；（2）成立，理由見解析；（3）
【分析】（1）首先說明A，P，C三點共線，設正方形ABCD的邊長為1，CE=x，根據(jù)正方形和等腰直角三角形的性質求出AP和BE的長，即可判斷；
（2）過點B作BH⊥BE，且BH=BE，連接AH，EH，證明△ABH≌△BEC，得到AH=EC=PE，∠AHB=∠CEB，從而證明四邊形AHEP是平行四邊形，同理可得AP=EH=BE；
（3）過B，D分別作AF的垂線，垂足為K，M，證明△ABK≌△DAM，得到BK=AM，求出AP，在△ADP中利用面積法求出DM，可得AM和BK，再利用勾股定理求出BF即可．
【解析】解：（1）∵點E在BC上，△PEC為等腰直角三角形，
∴PE=CE，∠PCE=45°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ACB=45°，
∴A，P，C三點共線，設正方形ABCD的邊長為1，CE=x，
∴PE=x，PC=x，AC=，
∴AP=AC-PC=，BE=BC-CE=1-x，
∴AP=BE；
（2）成立，
如圖，過點B作BH⊥BE，且BH=BE，連接AH，EH，
∵∠ABC=∠EBH=90°，
∴∠CBE+∠ABE=∠ABH+∠ABE=90°，
∴∠CBE=∠ABH，
又∵BH=BE，AB=BC，
∴△ABH≌△BEC（SAS），
∴AH=EC=PE，∠AHB=∠CEB，
∴∠AHE=∠AHB-∠EHB=∠CEB-45°，
∵∠HEP=360°-∠CEB-∠HEB-∠CEP
=360°-∠CEB-45°-90°
=225°-∠CEB，
∴∠AHE+∠HEP=∠CEB-45°+225°-∠CEB=180°，
∴AH∥PE，
∴四邊形AHEP是平行四邊形，
∴AP=EH=BE；
（3）如圖，過B，D分別作AF的垂線，垂足為K，M，
∵∠BAD=∠BAK+∠DAM=90°，∠ABK+∠BAK=90°，
∴∠ABK=∠DAM，
又∵AB=AD，∠AKB=∠AMD=90°，
∴△ABK≌△DAM（AAS），
∴BK=AM，
∵四邊形ABCD是正方形，DP=PC=2，
∴AD=CD=4，∠AHE=90°，
∴AP=，
∴S△ADP=，
∴，
∴，
∴AM=，
由（2）可知：△EBH為等腰直角三角形，HE∥AP，
∴∠KBF=∠HBE=45°，
∴∠F=45°，
∴BF==．
【點睛】本題考查了正方形的性質，等腰直角三角形的判定和性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
16．已知正方形ABCD，∠EAF＝45°，將∠EAF繞頂點A旋轉，角的兩邊始終與直線CD交于點E，與直線BC交于點F，連接EF．
（1）如圖①，當BF＝DE時，求證：△ABF≌△ADE；
（2）若∠EAF旋轉到如圖②的位置時，求證：∠AFB＝∠AFE；
（3）若BC＝4，當邊AE經(jīng)過線段BC的中點時，在AF的右側作以AF為腰的等腰直角三角形AFP，直接寫出點P到直線AB的距離．
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）或4
【分析】（1）利用定理判定即可；
（2）延長到，使，連接，易證，則，；再證明即可得出結論；
（3）分兩種情形：①，②；①過點作于點，過點作，交延長線于點，利用三角形的面積公式和勾股定理列出方程組求得線段；利用，可得，則點到直線的距離為，結論可得；②通過說明，可得，則點到直線的距離為，結論可得．
【解析】解：（1）證明：
四邊形為正方形，
，．
在和中，
，
．
（2）延長到，使，連接，如圖，
四邊形為正方形，
，．
．
在和中，
，
．
，．
，
．
即．
，
．
在和中，
，
．
．
（3）點到直線的距離為或4，理由：
當①時，；
過點作于點，過點作，交延長線于點，如圖，
四邊形為正方形，
，．
點是的中點，
，
．
設，，
，，
．
，
．
．
在中，
，
．
．
解得：，（不合題意，舍去）．
．
，
，
，
，
．
在和中，
，
．
，
到直線的距離為．
②當，時，
過作，交的延長線于點，如圖，
則點到直線的距離為，
，
，
，
，
．
在和中，
，
．
．
點到直線的距離為．
綜上，點到直線的距離為或4．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，主要考查了三角形全等的判定與性質，正方形的性質，三角形的面積，勾股定理，二元二次方程組的解法，根據(jù)正方形的特殊性質構造全等三角形是解題的關鍵．
17．在正方形中，點E是平面內一點，將線段繞點D逆時針旋轉得到線段，連接．在圖形旋轉不斷特殊化的過程中，我們發(fā)現(xiàn)了一些有趣的結論，一起來探索一下吧．
(1)如圖1，若點E在上運動，連接，當時，______，________；
(2)如圖2，若恰好經(jīng)過點C，連接，求證：；
(3)如圖3，若點E在上運動；
①（2）中的結論還成立嗎？若成立，請說明理由；若不成立，請?zhí)剿魅龡l線段的數(shù)量關系，并說明理由；
②若，點P在上，且，則的最小值為_______．
【答案】(1)5；
(2)見解析
(3)①不成立；AE2＋CE2＝2DE2；理由見解析；②
【分析】（1）由四邊形ABCD是正方形得AD＝CD，∠A＝∠B＝∠ADC＝∠BCD＝90°，由旋轉得∠EDF＝90°，DF＝DE，再證明△ADE≌△CDF，得AE＝CF，∠A＝∠DCF＝90°，可證明B、C、F三點在同一條直線上，即可由AB＝BC＝4，AE＝CF＝1，求得BE的長和BF的長，再根據(jù)勾股定理求出EF長；
（2）類比（1）中的方法，先證明△ADE≌△CDF，得AE＝CF，則AE＋CE＝CF＋CE＝EF，再由勾股定理求得EF＝，所以；
（3）①（2）中的結論不成立，先證明△ADE≌△CDF，得AE＝CF，∠DAE＝∠DCF＝45°，則∠ECF＝90°，根據(jù)勾股定理得AE2＋CE2＝CF2＋CE2＝EF2，而EF2＝2DE2，所以AE2＋CE2＝2DE2；
②作PG⊥CF于點G，則∠CGP＝90°，所以∠GPC＝∠GCP＝45°，得PG＝CG，由AB＝CD＝4，CP＝3PD得CP＝3，當點F與點G重合時，PF＝PG，此時線段PF最短，根據(jù)勾股定理求出PG的長即可．
（1）
解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠B＝∠ADC＝∠BCD＝90°，
由旋轉得∠EDF＝90°，DF＝DE，
∴∠ADE＝∠CDF＝90°?∠CDE，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，∠A＝∠DCF＝90°，
∴∠BCD＋∠DCF＝180°，
∴B、C、F三點在同一條直線上，
∵AB＝BC＝4，AE＝CF＝1，
∴BF＝BC＋CF＝4＋1＝5，BE＝AB?AE＝4?1＝3，
∴．
故答案為：5；．
（2）
證明：∵AD＝CD，∠ADE＝∠CDF＝90°?∠CDE，DE＝DF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，
∴AE＋CE＝CF＋CE＝EF，
∵，
∴．
（3）
解：①不成立，AE2＋CE2＝2DE2；理由如下：
連接CF，如圖所示：
∵AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴∠DAC＝∠DCA＝45°，
由旋轉得DE＝DF，∠EDF＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF＝90°?∠CDE，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴AE＝CF，∠DAE＝∠DCF＝45°，
∴∠ECF＝∠DCA＋∠DCF＝90°，
∴CF2＋CE2＝EF2，
∴AE2＋CE2＝EF2，
∵EF2＝DE2＋DF2＝2DE2，
∴AE2＋CE2＝2DE2，
②作PG⊥CF于點G，如圖所示：
則∠CGP＝90°，
∴∠GPC＝∠GCP＝45°，
∴PG＝CG，
∴CP2＝PG2＋CG2＝2PG2，
∴，
∵AB＝CD＝4，點P在CD上，且CP＝3PD，
∴CP＝CD＝×4＝3，
∴，
當點F與點G重合時，PF＝PG，此時線段PF最短，
∴PF的最小值為．
故答案為：．
【點睛】考查主要考查了正方形的性質、旋轉的性質、全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質、勾股定理等知識，根據(jù)正方形的性質和旋轉的性質得出三角形全等的條件，證明三角形全等，是解題的關鍵．
18．在矩形ABCD的CD邊上取一點E，將△BCE沿BE翻折，得到△BFE．
(1)點F恰好在AD上；
①如圖1，若∠EBC＝15°，則∠DFE＝ ；
②如圖2，過點F作FOCD交BE于點O，求證：四邊形FOCE為菱形．
(2)如圖3，E從C到D的運動過程中．
①∠ABF的角平分線交AD于點N，若BC=2AB，AB=2AN時，請寫出DE與EC的數(shù)量關系，并說明理由；
②若AB＝4，BC＝7，∠ABF的角平分線交EF的延長線于點M，E從C到D的過程中，直接寫出M運動的路徑長 ．
【答案】(1)①∠DEF=60°；②見解析
(2)①DE= EC，理由見解析；②
【分析】（1）①由翻折知∠FBC=30°，再根據(jù)平行線的性質得∠AFB=∠FBC=30°，從而得出答案；
②理由平行線的性質和翻折的性質可知OF=EF，從而得出OF=CE，證明四邊形FOCE是平行四邊形，再根據(jù)CE=EF，即可證明結論；
（2）①延長DG，使DG=CD，過點G作GH⊥BA，交BA的延長線于H，延長BN交HG于M，則四邊形BCGH是正方形，設AN=x，則AB=2x，BC=4x，HM=2x，設DE=y，則CE=EF=2x-y，在Rt△MEG中，由勾股定理得，（2x）2+（2x+y）2=（4x-y）2，從而得出x與y的關系，進而解決問題；
②過點M作HGAD，交CD延長線于G，BA延長線于H，作MK⊥AD于K，可證明四邊形BCGH為正方形，則MK=3，當點E與D重合時，DG=3，設HM=m，則GM=7-m，MD=4+m，在Rt△MDG中，由勾股定理得，（4+m）2=32+（7-m）2，解方程即可．
【解析】（1）解：（1）①∵將△BCE沿BE翻折，得到△BFE，
∴∠EBC=∠FBE=15°，∠BFE=∠BCE=90°，
∴∠FBC=30°，
∵ADBC，
∴∠AFB=∠FBC=30°，
∴∠DFE=180°-∠AFB-∠BFE=60°，
故答案為：60°；
②∵將△BCE沿BE翻折，得到△BFE，
∴CE=FE，∠CEB=∠FEB，
∵FOCE，
∴∠FOE=∠CEO，
∴∠FOE=∠FEO，
∴OF=EF，
∴OF=CE，
∴四邊形OCEF是平行四邊形，
∵CE=EF，
∴四邊形OCEF是菱形；
（2）①CE=2DE，理由如下：延長DG，使DG=CD，過點G作GH⊥BA，交BA的延長線于H，延長BN交HG于M，
則四邊形BCGH是正方形，
∵BC=2AB，AB=2AN，
∴設AN=x，則AB=2x，BC=4x，HM=2x，
∵BH=BC=BF，BM=BM，
∴Rt△HBM≌Rt△FBM（HL），
∴HM=MF=2x，
設DE=y，則CE=EF=2x-y，
在Rt△MEG中，由勾股定理得，
（2x）2+（2x+y）2=（4x-y）2，
解得y=x，
∴DE=x，CE=x，
∴CE=2DE；
②過點M作HGAD，交CD延長線于G，BA延長線于H，作MK⊥AD于K，
則四邊形BCGH為矩形，
∵BM平分∠HBF，
∴∠HBM=∠FBM，
∵∠BHM=∠BFM，BM=BM，
∴△HBM≌△FBM（AAS），
∴HB=BF，
∵BC=BF，
∴BH=BC，
∴四邊形BCGH為正方形，
∴MK=3，
當點E與D重合時，DG=3，
設HM=m，則GM=7-m，MD=4+m，
在Rt△MDG中，由勾股定理得，
（4+m）2=32+（7-m）2，
解得m=，
∴GM=7-=，
∴當點E從C到D的過程中，點M的運動路徑是線段MG，長度為，
故答案為：．
【點睛】本題主要考查了是四邊形綜合，矩形的性質，翻折的性質，正方形的判定與性質，菱形的判定與性質，勾股定理等知識，運用勾股定理列方程并熟練掌握基本幾何模型是解題的關鍵．
19．矩形中，將矩形沿、翻折，點的對應點為點，點的對應點為點，、、三點在同一直線上．
(1)如圖，求的度數(shù)；
(2)如圖，當時，連接，交、于點、，若，，求的長度；
(3)如圖，當，時，連接，，求的長．
【答案】(1)45°
(2)5
(3)4
【分析】（1）由折疊的性質得，則；
（2）連接，，，，由折疊的性質知垂直平分，垂直平分，則，，再求出，利用勾股定理可得答案；
（3）設，則，，，過點作垂直交的延長線于，證明四邊形是矩形，求出EH，在中，利用勾股定理列方程求解可得答案．
【解析】（1）解：由折疊的性質可知：，，
四邊形是矩形，
，
，
，
；
（2）如圖，連接，，，，

若，則四邊形是正方形，由題意可知點與點重合，
由折疊的性質可知：點與點關于對稱，點與點關于對稱，
垂直平分，垂直平分，
，，
為正方形的對角線，
，，
，
在中，由勾股定理得：．
（3）設，
由題意可知：，，
，
，
，
是等腰直角三角形，
在矩形中，，，
，
，，
，
由折疊的性質可知：，，，，，，
，
如圖，過點作垂直交的延長線于，則，
四邊形是矩形，
，，
，
在中，由勾股定理得：，
即，
整理得：，
解得或舍去，
．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了翻折的性質，矩形的判定和性質，正方形的性質，軸對稱的性質，等腰直角三角形的性質，勾股定理等知識，熟練掌握翻折的性質是解題的關鍵，同時注意方程思想的運用．
20．如圖，四邊形為菱形，，，點E為邊上動點（不含端點）點B關于直線的對稱點為點F，點H為中點．
（1）若，求的長；
（2）作，垂足為G，當時，求的度數(shù)；
（3）在（2）的條件下，設射線交于M，求的長．
【答案】（1）1；（2）；（3）1
【分析】（1）如圖1中，證明點與重合，可得結論．
（2）如圖2中，連接．證明是等腰直角三角形，可得結論．
（3）如圖3中，證明，過點作交的延長線于，在上取一點，使得，連接（見左邊圖），求出，可得結論．
【解析】解：（1）如圖1中，
四邊形是菱形，
，
，
是等邊三角形，
，
，
，
，此時點與重合，
．
（2）如圖2中，連接．
是等邊三角形，
，，
，，
，
，
，
．
（3）如圖3中，
由翻折可知，，
，
，
，
，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，，
過點作交的延長線于，在上取一點，使得，連接，
，
，
設，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，
．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了菱形的性質，等邊三角形的判定和性質，直角三角形角的性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會利用參數(shù)構建方程解決問題，屬于中考壓軸題．
21．在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，將△ABD沿著BD折疊，使點A與點E重合．
（1）如圖，對角線AC、BD相交于點O，連接OE，則線段OE的長＝ ；
（2）如圖，過點E作EF∥CD交線段BD于點F，連接AF，求證：四邊形ABEF是菱形；
（3）如圖，在（2）條件下，線段AE、BD相交于M，連接CE，求線段CE的長．
【答案】（1）；（2）見解析；（3）
【分析】（1）根據(jù)翻折的特點知OE=OA，由勾股定理求出AC即可求出OA；
（2）先證明四邊形ABEF是平行四邊形，再由翻折知AB=BE，即可得到四邊形ABEF是菱形；
（3）先在（2）的前提下，求出BM的長，從而得到BF的長，然后求出DF，再證明出四邊形DFEC是平行四邊形即可得到EC=DF=．
【解析】解：（1）由翻折知識知：OE=OA，
∵OA=，AC=，AB＝3，AD＝4，
∴AC=5，
∴OE= OA==，
故答案為：；
（2）證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴ AB∥CD，
∵EF∥CD，
∴AB∥EF ，
∴∠ABF=∠BFE，
由翻折性質可得：∠ABF＝∠EBF，AB＝BE，
∴∠BFE＝∠EBF，
∴BE＝FE，
∵AB＝BE，
∴AB＝FE，
∵AB∥EF，
∴四邊形ABEF是平行四邊形，
又∵BE＝FE，
∴平行四邊形ABEF是菱形；
（3）如圖，∵平行四邊形ABEF是菱形，
∴AE⊥BD，BM＝FM，
，
∴，
∴AM＝，
∴根據(jù)勾股定理得BM＝，
∴BF＝2BM＝，
∴DF＝BD-BF＝，
∵EH∥CD，EF＝CD，
∴四邊形EFCD是平行四邊形，
∴CE＝DF＝．
【點睛】此題利用翻折知識點考查特殊四邊形的判定和性質，勾股定理的應用，知識面較廣．
22．在矩形紙片中，，，點、在矩形的邊上，連接，將紙片沿折疊，點的對應點為點.
（1）如圖1，若點在邊上，當點與點重合時，則______°，當點與點重合時，則_____°；
（2）如圖2，若點在邊上，且點、分別在、邊上，則線段的取值范圍是_______；
（3）如圖3，若點與點重合，點在上，線段、交于點，且，求線段的長度.
【答案】（1）90°，45°；（2）：（3）
【分析】（1）①當點P與點A重合時，如圖4，畫出圖形可得結論；
當點E與點A重合時，如圖5，則
（2）由題意可知當點E與點A重合時，AP達到最長，可知四邊形EPFD為正方形，可算出AP的長度；當點F與點C重合時，AP長度達到最小，利用勾股定理可算出AP的長度
（3）根據(jù)全等三角形的判定和性質以及勾股定理解答即可．
【解析】解：（1）①當點P與點A重合時，如圖4，
是AD的中垂線，

當點E與點A重合時，如圖5，
此時
故答案為
(2)由題意可知：
當點E與點A重合時，AP達到最長，如圖5所示，
可知四邊形EPFD為正方形，

當點F與點C重合時，AP長度達到最小如下圖所示
由圖可知：,





（3）如圖6，連接EM，


設則則 ，



解得：
故
【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了矩形的性質、菱形的性質和判定、勾股定理、折疊的性質，熟練掌握折疊的性質是關鍵，本題難度適中，注意運用數(shù)形結合的思想．
23．在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，現(xiàn)將紙片折疊，點D的對應點記為點P，折痕為EF(點E、F是折痕與矩形的邊的交點)，再將紙片還原．
（1）若點P落在矩形ABCD的邊AB上(如圖1)．
①當點P與點A重合時，∠DEF= °，當點E與點A重合時，∠DEF= °．
②當點E在AB上時，點F在DC上時(如圖2)，若AP=，求四邊形EPFD的周長．
（2）若點F與點C重合，點E在AD上，線段BA與線段FP交于點M(如圖3)，當AM=DE時，請求出線段AE的長度．
（3）若點P落在矩形的內部(如圖4)，且點E、F分別在AD、DC邊上，請直接寫出AP的最小值．
【答案】（1）①90，45；②；（2） 0.6；（3）1．
【分析】（1）①當點與點重合時，是的中垂線，可得結論；當點與點重合時，如圖2，則平分；
②如圖3中，證明得，根據(jù)一組對邊平行且相等得：四邊形是平行四邊形，加上對角線互相垂直可得為菱形，當時，設菱形的邊長為，根據(jù)勾股定理列方程得：，求出的值即可；
（2）連接，由折疊性質可證，設．根據(jù)全等性質用x表示出線段關系，再由中可列方程求解；
（3）如圖，當與重合，點在對角線上時，有最小值，根據(jù)折疊的性質求，由勾股定理求，所以．
【解析】解：（1）①當點與點重合時，
是的中垂線，
，
當點與點重合時，
此時，
故答案為：90，45．
②如圖2中，設與交于點，由折疊知垂直平分．
，，
矩形，
，
，
，
，
，
，
四邊形是平行四邊形，
四邊形是菱形，
當時，設菱形邊長為，則，
在中，，
，
菱形的周長．
（2）如圖3中，連接，設．
由折疊知，，，
，，
，
，
，，
在中，
解得．
．
（3）如圖中，連接，，．
，，
，此時的最小值，
，
，
當與重合時，的值最小，由折疊得：，
由勾股定理得：，
，
當，，共線時，有最小值，
，
則的最小值是1．
【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了矩形的性質、菱形的性質和判定、勾股定理、折疊的性質，熟練掌握折疊的性質是關鍵，本題難度適中，注意運用數(shù)形結合的思想．
24．如圖1，點G是正方形ABCD對角線CA的延長線上任意一點，以線段AG為邊作一個正方形AEFG，線段EB和GD相交于點H．
（1）求證：EB=GD且EB⊥GD；
（2）若AB=2，AG=，求的長；
（3）如圖2，正方形AEFG繞點A逆時針旋轉連結DE，BG，與的面積之差是否會發(fā)生變化？若不變，請求出與的面積之差；若變化，請說明理由．
【答案】(1)見解析； (2) ；(3)不變，與的面積之差為0
【分析】(1)在△GAD和△EAB中，∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD，得到∠GAD=∠EAB，從而△EAB≌△GAD，即EB=GD；由∠AEB=∠AGD，∠EOH=∠AOG，即可得出∠EHG=∠EAG=90°；
(2)設BD與AC交于點O，由AB=AD=2，在Rt△ABD中求得DB，在Rt△GOD中利用勾股定理即可求得結果；
(3)作BQ⊥GA交GA的延長線于Q，作DP⊥EA交EA于P，可證得∠1=∠2，根據(jù)“AAS”可判斷△PDA≌△QBA，所以PD=BQ，然后根據(jù)三角形面積公式得到，保持不變．
【解析】(1)如圖1，
∵四邊形EFGA和四邊形ABCD是正方形，
∴AG=AE，AB=AD，∠EAG=90°，∠DAB=90°，
∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD，
∴∠GAD=∠EAB，
在△EAB和△GAD中，
，
∴EAB≌GAD(SAS)，
∴EB=GD；∠AEB=∠AGD，
∵∠EOH=∠AOG，
∴∠EHG=∠EAG=90°，
∴EB=GD且EB⊥GD；
(2)如圖2，連接BD，BD與AC交于點O，
∵AB=AD=2，
在RtABD中，，
∴AO=DO=，
∴，
∴；
(3)不變，．理由如下：
作BQ⊥GA交GA的延長線于Q，作DP⊥EA交EA于P，如圖3，
正方形ABCD和正方形AEFG中，
∠EAG=∠DAB=90°，AD=AB，
∴∠EAD+∠BAG+∠EAG+∠DAB =360，則∠BAG=180°-∠EAD，
∵∠1=90°-∠EAD，∠2=∠BAG -90°=180°-∠EAD -90°=90°-∠EAD，
∴∠1=∠2，
在△PDA和△QBA中，
，
∴△PDA≌△QBA(AAS)，
∴DP=BQ，
∵，，
∴．
【點睛】本題考查了正方形的性質及全等三角形的判定與性質、勾股定理、三角形外角的性質、三角形面積公式，作出輔助線，利用三角形全等是解題的關鍵．
25．如圖．四邊形ABCD、BEFG均為正方形．
（1）如圖1，連接AG、CE，請直接寫出AG和CE的數(shù)量和位置關系（不必證明）．
（2）將正方形BEFG繞點B順時針旋轉角（），如圖2，直線AG、CE相交于點M．
①AG和CE是否仍然滿足（1）中的結論？如果是，請說明理由：如果不是，請舉出反例：
②連結MB，求證：MB平分．
（3）在（2）的條件下，過點A作交MB的延長線于點N，請直接寫出線段CM與BN的數(shù)量關系．
【答案】（1）AG=EC，AG⊥EC；（2）①滿足，理由見解析；②見解析；（3）CM=BN．
【分析】（1）由正方形BEFG與正方形ABCD，利用正方形的性質得到兩對邊相等，一對直角相等，利用SAS得出三角形ABG與三角形CBE全等，利用全等三角形的對應邊相等，對應角相等得到CE=AG，∠BCE=∠BAG，再利用同角的余角相等即可得證；
（2）①利用SAS得出△ABG≌△CEB即可解決問題；
②過B作BP⊥EC，BH⊥AM，由全等三角形的面積相等得到兩三角形面積相等，而AG=EC，可得出BP=BH，利用到角兩邊距離相等的點在角的平分線上得到BM為角平分線；
（3）在AN上截取NQ=NB，可得出三角形BNQ為等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性質得到BQ=BN，接下來證明BQ=CM，即要證明三角形ABQ與三角形BCM全等，利用同角的余角相等得到一對角相等，再由三角形ANM為等腰直角三角形得到NA=NM，利用等式的性質得到AQ=BM，利用SAS可得出全等，根據(jù)全等三角形的對應邊相等即可得證．
【解析】解：（1）AG=EC，AG⊥EC，理由為：
∵正方形BEFG，正方形ABCD，
∴GB=BE，∠ABG=90°，AB=BC，∠ABC=90°，
在△ABG和△BEC中，
，
∴△ABG≌△BEC（SAS），
∴CE=AG，∠BCE=∠BAG，
延長CE交AG于點M，
∴∠BEC=∠AEM，
∴∠ABC=∠AME=90°，
∴AG=EC，AG⊥EC；
（2）①滿足，理由是：
如圖2中，設AM交BC于O．
∵∠EBG=∠ABC=90°，
∴∠ABG=∠EBC，
在△ABG和△CEB中，
，
∴△ABG≌△CEB（SAS），
∴AG=EC，∠BAG=∠BCE，
∵∠BAG+∠AOB=90°，∠AOB=∠COM，
∴∠BCE+∠COM=90°，
∴∠OMC=90°，
∴AG⊥EC．
②過B作BP⊥EC，BH⊥AM，
∵△ABG≌△CEB，
∴S△ABG=S△EBC，AG=EC，
∴EC?BP=AG?BH，
∴BP=BH，
∴MB平分∠AME；
（3）CM=BN，
理由為：在NA上截取NQ=NB，連接BQ，
∴△BNQ為等腰直角三角形，即BQ=BN，
∵∠AMN=45°，∠N=90°，
∴△AMN為等腰直角三角形，即AN=MN，
∴MN-BN=AN-NQ，即AQ=BM，
∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，
∴∠MBC=∠BAN，
在△ABQ和△BCM中，
，
∴△ABQ≌△BCM（SAS），
∴CM=BQ，
則CM=BN．
【點睛】此題考查了正方形，全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的判定與性質，角平分線的判定，熟練掌握正方形的性質是解本題的關鍵．

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