中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點練習(xí)考向26 四邊形的綜合問題（動點.最值）（含答案詳解）

·····試卷第=page22頁，共=sectionpages1818頁考向26四邊形的綜合問題（動點.最值）【考點梳理】四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識【題型探究】題型一：中點四邊形1．（2022·廣東佛山·?？家荒＃┤鐖D，點E，F(xiàn)，G，H分別為四邊形ABCD四條邊AB，BC，CD，DA的中點，則關(guān)于四邊形EFGH，下列說法正確的是（

）A．不一定是平行四邊形 B．當AC＝BD時，它為菱形C．一定是軸對稱圖形 D．不一定是中心對稱圖形2．（2022·四川德陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，在四邊形中，點，，，分別是，，，邊上的中點，則下列結(jié)論一定正確的是（

）A．四邊形是矩形B．四邊形的內(nèi)角和小于四邊形的內(nèi)角和C．四邊形的周長等于四邊形的對角線長度之和D．四邊形的面積等于四邊形面積的3．（2022·湖北襄陽·統(tǒng)考一模）如圖，四邊形ABCD是矩形，E，F(xiàn)，G，H分別為各邊的中點，則四邊形EFGH一定是（

）A．菱形 B．矩形C．正方形 D．對角線相等的四邊形題型二：利用四邊形的對稱性求陰影面積問題4．（2022秋·九年級課時練習(xí)）如圖，四邊形ABCD四邊的中點分別為E，F(xiàn)，G，H，對角線AC與BD相交于點O，若四邊形EFGH的周長是3，則AC＋BD的長為（

）A．3 B．6 C．9 D．125．（2015·山東日照·統(tǒng)考一模）如圖，在邊長為2的菱形ABCD中，∠B=45°，AE為BC邊上的高，將△ABE沿AE所在直線翻折得△AB1E，則△AB1E與四邊形AECD重疊部分的面積為（）A．0．7 B．0．9 C．2?2 D．6．（2022春·）正方形ABCD的邊長為1cm，E、F分別是BC、CD的中點，連接BF、DE，則圖中陰影部分的面積是()cm2．A． B． C． D．題型三：四邊形中的線段最值問題7．（2022·山東臨沂·統(tǒng)考二模）如圖，四邊形ABCD中，AB//CD，∠ABC=60°，，點M是四邊形ABCD內(nèi)的一個動點，滿足∠AMD=90°，則點M到直線BC的距離的最小值為（

）A． B． C． D．8．（2022·安徽·校聯(lián)考一模）如圖，在邊長為2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD邊的中點，N是AB邊上的一動點，將△AMN沿MN所在直線翻折得到△MN，連接C，則C長度的最小值是（

）A． B． C． D．9．（2022·重慶·一模）如圖，在正方形ABCD中，AB=8，AC與BD交于點O，N是AO的中點，點M在BC邊上，且BM=6．P為對角線BD上一點，則PM﹣PN的最大值為（）A．2 B．3 C． D．題型四：平行四邊形的動點問題10．（2021·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，菱形ABCD中，，點P從點B出發(fā)，沿折線方向移動，移動到點D停止．在形狀的變化過程中，依次出現(xiàn)的特殊三角形是（

）A．直角三角形→等邊三角形→等腰三角形→直角三角形B．直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等邊三角形C．直角三角形→等邊三角形→直角三角形→等腰三角形D．等腰三角形→等邊三角形→直角三角形→等腰三角形11．（2021·黑龍江齊齊哈爾·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，P是菱形ABCD邊上的一動點，它從點A出發(fā)沿A→B→C的路徑勻速運動到點C，點R是CD邊的中點，點M，點N分別是線段AP，PR的中點，設(shè)P點運動時間為x，MN的長為y，則y關(guān)于x的函數(shù)圖像大致為（

）A．B．C． D．12．（2021·江蘇蘇州·統(tǒng)考一模）如圖1，已知E為矩形ABCD的邊AD上的一點，動點P，Q同時從點B出發(fā)，點P沿折線BE-ED-DC運動到點C時停止；點Q沿BC運動到點C時停止，它們運動的速度都是1cm/s．設(shè)P，Q同時出發(fā)，t(s)時，△BPQ的面積為y()．已知y與t的函數(shù)關(guān)系圖象如圖2(曲線OM為拋物線的一部分)，有下列結(jié)論：①AD＝BE＝5cm；②；③當時，；④當時，△ABE∽△QBP其中正確的結(jié)論是（

）A．①② B．③④ C．①③④ D．①②③④題型五：四邊形的其他類型問題13．（2022·黑龍江牡丹江·統(tǒng)考中考真題）下列圖形是黃金矩形的折疊過程：第一步，如圖（1），在一張矩形紙片一端折出一個正方形，然后把紙片展平；第二步，如圖（2），把正方形折成兩個相等的矩形再把紙片展平；第三步，折出內(nèi)側(cè)矩形的對角線AB，并把AB折到圖（3）中所示的AD處；第四步，如圖（4），展平紙片，折出矩形BCDE就是黃金矩形．則下列線段的比中：①，②，③，④，比值為的是（

）A．①② B．①③ C．②④ D．②③14．（2022·黑龍江大慶·統(tǒng)考三模）如圖，已知四邊形為正方形，，為對角線上一點，連接，過點作，交的延長線于點，以，為鄰邊作矩形，連接．下列結(jié)論：①矩形是正方形；②；③平分；④．其中結(jié)論正確的序號有（

）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④15．（2022秋·九年級課時練習(xí)）如圖，矩形紙片，點M、N分別在矩形的邊、上，將矩形紙片沿直線折疊，使點落在矩形的邊上，記為點，點落在處，連接，交于點,連接．下列結(jié)論成立的是（

）A．當點與點重合時， B．C． D．的面積最大值為題型六：四邊形的壓軸問題16．（2023·湖南衡陽·衡陽市華新實驗中學(xué)?？家荒＃┮阎喝鐖D，矩形中和中，點C在上，，，，連接，點M從點D出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為，同時，點N從點E出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為，過點M作交于點H，交于點G．設(shè)運動時間t（s）為（）．解答下列問題：(1)當t為何值時，？(2)連接，作交于Q，當四邊形為矩形時，求t的值；(3)連接，，設(shè)四邊形的面積為S（），求S與t的函數(shù)關(guān)系式．17．（2022·安徽合肥·校聯(lián)考三模）已知分別是四邊形和四邊形的對角線，點E在的內(nèi)部，．(1)探索發(fā)現(xiàn)：如圖1，當四邊形和四邊形均為正方形時，則的度數(shù)為；(2)引申運用：如圖2，當四邊形和四邊形均為矩形時，①若，（1）中的結(jié)論還成立嗎？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由；②若，，求線段的長；(3)聯(lián)系拓展：如圖3，當四邊形和四邊形均為菱形且時，設(shè)，試探究a，b，c三者之間的等量關(guān)系，并說明理由．18．（2022·內(nèi)蒙古赤峰·模擬預(yù)測）問題情境：如圖1，在正方形中，為邊上一點不與點、重合，垂直于的一條直線分別交、、于點、、．則、、之間的數(shù)量關(guān)系為．問題探究：在“問題情境”的基礎(chǔ)上．如圖2，若垂足恰好為的中點，連接，交于點，連接，并延長交邊于點求的度數(shù)；如圖3，當垂足在正方形的對角線上時，連接，將沿著翻折，點落在點處，若正方形的邊長為，的中點為，求的最小值．問題拓展：如圖4，在邊長為的正方形中，點、分別為邊、上的點，將正方形沿著翻折，使得的對應(yīng)邊恰好經(jīng)過點，交于點分別過點、作，，垂足分別為、,若，請直接寫出的長．【必刷基礎(chǔ)】一、單選題19．（2021·新疆·?？既＃┤鐖D，點O為矩形的對稱中心，點E從點A出發(fā)沿向點B運動，移動到點B停止，延長EO交于點F，則四邊形形狀的變化依次為（

）A．矩形→菱形→平行四邊形→矩形 B．平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形C．平行四邊形→正方形→菱形→矩形 D．平行四邊形→菱形→正方形→矩形20．（2022秋·九年級課時練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，E為CD邊的中點，P，Q為BC邊上兩個動點，且PQ＝2，當四邊形APQE的周長最小時，BP的長為（

）A．0 B．3 C．4 D．621．（2022秋·九年級課時練習(xí)）如圖，矩形中，，，，分別是，上的兩個動點，，沿翻折形成，連接，，則的最小值是（

）A． B． C． D．22．（2022秋·遼寧鞍山·九年級）如圖，在平面四邊形ABCD中，，，點M從A出發(fā)沿路徑運動，點N從B出發(fā)沿路徑運動，M，N兩點同時出發(fā)，且點N的運動速度是點M運動速度的3倍，當M運動到B時，M，N兩點同時停止運動，若M的運動路程為x，△BMN的面積為y；則能反映y與x之間函數(shù)關(guān)系的圖象是（

）A．B．C． D．23．（2021·山東泰安·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝60°，AD＝BC＝CD＝4，點M是四邊形ABCD內(nèi)的一個動點，滿足∠AMD＝90°，則點M到直線BC的距離的最小值為（）A．2 B．3 C．32 D．2124．（2022·山東臨沂·?？级＃┤鐖D，在矩形中，，，在上，，是線段上的動點，將沿所在的直線折疊得到，連接，則的最小值是（

）A．6 B．4 C． D．25．（2022·廣東東莞·東莞市光明中學(xué)校考三模）中，，，點為直線上一動點點不與，重合，以為邊在右側(cè)作菱形，使，連接．(1)觀察猜想：如圖，當點在線段上時，與的位置關(guān)系為：______．，，之間的數(shù)量關(guān)系為：______；(2)數(shù)學(xué)思考：如圖，當點在線段的延長線上時，結(jié)論，是否仍然成立？若成立，請給予證明；若不成立，請你寫出正確結(jié)論再給予證明．(3)拓展延伸：如圖，當點在線段的延長線上時，設(shè)與相交于點，若已知，，求的長．26．（2022·遼寧葫蘆島·統(tǒng)考二模）如圖，四邊形ABCD是正方形，E是射線DC上一點，F(xiàn)是CE的中點，將線段EF繞點F逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到點GF，連接GE，CG，以CG，CD為鄰邊作，連接AE，M是AE的中點．(1)如圖1，當點E與點D重合時，HM與AE的位置關(guān)系是______．(2)如圖2，當點E與點D不重合，（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，請寫出證明過程；若不成立，請說明理由；(3)當時，連接HE，請直接寫出的值．27．（2022·浙江衢州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形ABCD中，AB=5，BD為對角線.點E是邊AB延長線上的任意一點，連結(jié)交于點，平分交于點G．(1)求證：.(2)若．①求菱形的面積.②求的值.(3)若，當?shù)拇笮“l(fā)生變化時（），在上找一點，使為定值，說明理由并求出的值．【必刷培優(yōu)】一、單選題28．（2022秋·廣東茂名·九年級統(tǒng)考期中）如圖，菱形中，，與交于點O，E為延長線上的一點，且，連結(jié)，分別交，于點F、G，連結(jié)，則下列結(jié)論：①﹔②﹔③由點A、B、D、E構(gòu)成的四邊形是菱形；④四邊形其中正確的結(jié)論是（）A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④29．（2022秋·）如圖，在四邊形中，，，，．為上一點，且．若，則的長為（

）A． B． C．1 D．30．（2021·廣東深圳·統(tǒng)考中考真題）在正方形中，，點E是邊的中點，連接，延長至點F，使得，過點F作，分別交、于N、G兩點，連接、、，下列正確的是：①；②；③；④（

）A．4 B．3 C．2 D．131．（2021·黑龍江綏化·統(tǒng)考中考真題）如圖所示，在矩形紙片中，，點分別是矩形的邊上的動點，將該紙片沿直線折疊．使點落在矩形邊上，對應(yīng)點記為點，點落在處，連接與交于點．則下列結(jié)論成立的是（

）①；②當點與點重合時；③的面積的取值范圍是；④當時，．A．①③ B．③④ C．②③ D．②④二、填空題32．（2022·廣東佛山·?？既＃┰诰匦沃?，，，點為矩形內(nèi)部一動點，且，點為線段上一動點，連接，，則的最小值為______．33．（2022秋·福建福州·九年級?？茧A段練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，，，點E在BC上，且，點M為矩形內(nèi)一動點，使得，連接AM，則線段AM的最小值為______．34．（2022·安徽·統(tǒng)考二模）如圖，點E在邊長為2的正方形ABCD內(nèi)，且，點F是邊AD的中點，點G是邊CD上的一動點，連接EG，F(xiàn)G．（1）當，且時，四邊形AEGF的面積為_________；（2）的最小值為_________．35．（2022·湖北武漢·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，，，分別以的三邊為邊向外作三個正方形，，，連接．過點作的垂線，垂足為，分別交，于點，．若，，則四邊形的面積是_________．36．（2022·黑龍江大慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形中，點E，F(xiàn)分別是邊上的兩個動點，且正方形的周長是周長的2倍，連接分別與對角線交于點M，N．給出如下幾個結(jié)論：①若，則；②；③若，則；④若，則．其中正確結(jié)論的序號為____________．37．（2022·山東濟南·濟南育英中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，在正方形中，點E、F分別在邊、上，且，AE交于M點，交于N點．（1）若正方形的邊長為3，則的周長是_____．（2）下列結(jié)論：①；②連接，則為等腰直角三角形；③若F是的中點，則．其中正確結(jié)論的序號是_____（把你認為所有正確的都填上）．38．（2022·江蘇泰州·校聯(lián)考三模）如圖，在矩形中，，，點P從點A出發(fā)，每秒個單位長度的速度沿方向運動，點Q從點C出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿對角線方向運動．已知P，Q兩點同時出發(fā)，當點Q到達點A時，P，Q兩點同時停止運動，連接PQ，設(shè)運動時間為t秒．在運動過程中，若將沿翻折，翻折前后兩個三角形組成的四邊形為菱形，則運動時間t的值為______．三、解答題39．（2022·遼寧朝陽·統(tǒng)考中考真題）【思維探究】如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，連接AC．求證：BC+CD＝AC．(1)小明的思路是：延長CD到點E，使DE＝BC，連接AE．根據(jù)∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，從而得到∠B＝∠ADE，然后證明ADE≌ABC，從而可證BC+CD＝AC，請你幫助小明寫出完整的證明過程．(2)【思維延伸】如圖2，四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，連接AC，猜想BC，CD，AC之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．(3)【思維拓展】在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC與BD相交于點O．若四邊形ABCD中有一個內(nèi)角是75°，請直接寫出線段OD的長．40．（2022·江蘇南通·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形中，，點E在折線上運動，將繞點A順時針旋轉(zhuǎn)得到，旋轉(zhuǎn)角等于，連接．(1)當點E在上時，作，垂足為M，求證；(2)當時，求的長；(3)連接，點E從點B運動到點D的過程中，試探究的最小值．41．（2022·內(nèi)蒙古呼倫貝爾·統(tǒng)考一模）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC，BD相交于點O，．(1)求證：四邊形OBEC是矩形；(2)若∠ABC=120°，AB=6，求矩形OBEC的周長；42．（2022·遼寧丹東·統(tǒng)考中考真題）已知矩形ABCD，點E為直線BD上的一個動點（點E不與點B重合），連接AE，以AE為一邊構(gòu)造矩形AEFG（A，E，F(xiàn)，G按逆時針方向排列），連接DG．(1)如圖1，當＝＝1時，請直接寫出線段BE與線段DG的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系；(2)如圖2，當＝＝2時，請猜想線段BE與線段DG的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，并說明理由；(3)如圖3，在（2）的條件下，連接BG，EG，分別取線段BG，EG的中點M，N，連接MN，MD，ND，若AB＝，∠AEB＝45°，請直接寫出△MND的面積．43．（2022·廣東廣州·華南師大附中校考三模）已知正方形ABCD的邊長為1，點E是射線BC上的動點，以AE為直角邊在直線BC的上方作等腰直角三角形AEF，∠AEF＝90°，設(shè)BE＝m．(1)如圖1，若點E在線段BC上運動，EF交CD于點P，連接CF．①當m＝時，求線段CF的長；②設(shè)CP＝n，請求出n與m的關(guān)系式；(2)如圖2，AF交CD于點Q，在△PQE中，設(shè)邊QE上的高為h，求h的最大值．44．（2021·浙江寧波·校考三模）如果四邊形的一條對角線把四邊形分成兩個等腰三角形，且兩個等腰三角形的頂角頂點重合，則稱此四邊形為環(huán)繞四邊形，此頂點稱為該四邊形的環(huán)繞點．例如，有一個角為的菱形就是環(huán)繞四邊形，菱形鈍角頂點式環(huán)繞點．(1)在網(wǎng)格的格點上找出所有的點，使四邊形是環(huán)繞四邊形；(2)如圖1，四邊形是環(huán)繞四邊形，且為環(huán)繞點，，，，求；(3)如圖2，為正方形內(nèi)部一點，四邊形為環(huán)繞四邊形，為環(huán)繞點，，過點作直線的垂線，垂足為點，連結(jié)，，求△的面積．參考答案：1．B【分析】先連接AC，BD，根據(jù)EF＝HG＝AC，EH＝FG＝BD，可得四邊形EFGH是平行四邊形，當AC⊥BD時，∠EFG＝90°，此時四邊形EFGH是矩形；當AC＝BD時，EF＝FG＝GH＝HE，此時四邊形EFGH是菱形，據(jù)此進行判斷即可．【詳解】解：連接AC，BD，如圖：∵點E、F、G、H分別為四邊形ABCD的四邊AB、BC、CD、DA的中點，∴EF＝HG＝AC，EH＝FG＝BD，∴四邊形EFGH是平行四邊形，故A錯誤；∴四邊形EFGH一定是中心對稱圖形，故D錯誤；當AC⊥BD時，∠EFG＝90°，此時四邊形EFGH是矩形，當AC＝BD時，EF＝FG＝GH＝HE，此時四邊形EFGH是菱形，∴四邊形EFGH可能是軸對稱圖形，故C錯誤；∴說法正確的是當AC＝BD時，它為菱形，故選：B．【點睛】本題主要考查了中點四邊形的運用，解題時注意：平行四邊形是中心對稱圖形．解決問題的關(guān)鍵是掌握三角形中位線定理．2．C【分析】連接，根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)，，，繼而逐項分析判斷即可求解．【詳解】解：連接，設(shè)交于點，點，，，分別是，，，邊上的中點，，，A.四邊形是平行四邊形，故該選項不正確，不符合題意；B.四邊形的內(nèi)角和等于于四邊形的內(nèi)角和，都為360°，故該選項不正確，不符合題意；C.四邊形的周長等于四邊形的對角線長度之和，故該選項正確，符合題意；D.四邊形的面積等于四邊形面積的，故該選項不正確，不符合題意；故選C【點睛】本題考查了中點四邊形的性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，掌握三角形中位線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．A【分析】連接AC、BD，根據(jù)三角形中位線定理可得HG=AC，EF=AC，EH=BD，GF=BD，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AC=BD，進而可證四邊形EFGH一定是菱形．【詳解】解：連接AC、BD，在△DAC中，G、H為CD、DA的中點，∴HG=AC，同理可證EF=AC，EH=BD，GF=BD，∵四邊形ABCD是矩形，∴AC=BD，∴HG=EH=GF=EF，∴四邊形ABCD是菱形，故選：A．【點睛】本題考查的是中點四邊形，掌握三角形中位線定理、矩形的性質(zhì)、菱形的判定定理是解題的關(guān)鍵．4．A【分析】先由三角形的中位線定理推知四邊形EFGH是平行四邊形，然后求解即可．【詳解】解：如圖，∵E、F、G、H分別是線段AB、BC、CD、AD的中點，∴EH、FG分別是△ABD、△BCD的中位線，EF、HG分別是△ACD、△ABC的中位線，根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)知：EF∥AC，GH∥AC且EF=GH=AC，EH=FG=BD，∴四邊形EFGH是平行四邊形，∵四邊形EFGH的周長是3，即EF+GH+EH+FG=3，∴AC+BD=3，故選：A．【點睛】本題主要考查中點四邊形，解題時，利用三角形中位線定理判定四邊形EFGH是平行四邊形是解題的關(guān)鍵．5．C【詳解】試題分析：如圖，求出AE、BE的長度，證明△CFB1∽△BAB1，列出比例式求出CF的長度，運用三角形的面積公式即可解決問題．試題解析：如圖：∵∠B=45°，AE⊥BC∴∠BAE=∠B=45°∴AE=BE由勾股定理得：BE2+AE2=22解得：BE=由題意得：△ABE≌△AB1E∴∠BAB1=2∠BAE=90°，BE=B1E=∴BB1=2，B1C=2-2∵四邊形ABCD為菱形，∴∠FCB1=∠B=45°，∠CFB1=∠BAB1=90°，∴∠CB1F=45°，CF=B1F∵CF∥AB∴△CFB1∽△BAB1，∴，解得：CF=2-∴△AEB1、△CFB1的面積分別為：，．∴△AB1E與四邊形AECD重疊部分的面積=．故選C．考點：1．菱形的性質(zhì)；2．翻折變換（折疊問題）6．B【分析】陰影部分的面積可轉(zhuǎn)化為兩個三角形面積之和，根據(jù)角平分線定理，可知陰影部分兩個三角形的高相等，正方形的邊長已知，故只需將三角形的高求出即可，根據(jù)△DON∽△DEC可將△ODC的高求出，進而可將陰影部分兩個三角形的高求出．【詳解】連接AC，過點O作MN∥BC交AB于點M，交DC于點N，PQ∥CD交AD于點P，交BC于點Q，如圖，∵AC為∠BAD的角平分線，∴OM=OP，OQ=ON；設(shè)OM=OP=h1，ON=OQ=h2，∵ON∥BC，∴，即，解得，∴OM=OP，故選：B．【點睛】本題考查了角平分線的性質(zhì)，三角形的面積公式，相似三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是讀懂題意及圖形，正確作出輔助線，將陰影部分分成幾個規(guī)則圖形面積相加或相減求得．7．C【分析】取AD的中點O，連接OM，過點M作ME⊥BC交BC的延長線于E，過點O作OF⊥BC于F，交CD于G，則，求出OM，OF即可解決問題．【詳解】解：取AD的中點O，連接OM，過點M作ME⊥BC交BC的延長線于E，過點O作OF⊥BC于F，交CD于G，則．∵∠AMD＝90°，AD＝8，OA＝OD，∴OMAD＝4，∵AB∥CD，∴∠GCF＝∠B＝60°，∴∠DGO＝∠CGF＝30°，∵AD＝BC，∴∠DAB＝∠B＝60°，∴∠ADC＝∠BCD＝120°，∴∠DOG＝30°＝∠DGO，∴DG＝DO＝4，∵CD＝8，∴CG＝4，∴OG＝2OD?cos30°＝4，GF，OF＝6，∴ME≥OF﹣OM＝64，∴當O，M，E共線時，ME的值最小，最小值為64．故選：C．【點睛】本題考查等腰梯形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、解直角三角形、求線段最值等，通過作輔助線得出是解題關(guān)鍵．8．C【分析】過作交的延長線于，根據(jù)為定值，可知當在上時，取得最小值，然后依據(jù)角度和三角函數(shù)，即可求得的長．【詳解】解：∵是定值，∴當在上時，取得最小值，如圖，過作交的延長線于，∵在邊長為2的菱形中，，為的中點，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，故選：C．【點睛】本題考查了菱形性質(zhì)、折疊問題、三角函數(shù)和勾股定理等知識點，找出所在位置是解答本題的關(guān)鍵．9．A【分析】以BD為對稱軸作N的對稱點N′，連接PN′，MN′，依據(jù)PM?PN=PM?PN′?MN′，可得當P，M，N′三點共線時，取“=”，再求得，即可得出，∠CMN′=90°，再根據(jù)△N′CM為等腰直角三角形，即可得到CM=MN′=2，即可求得．【詳解】解：如圖所示，以BD為對稱軸作N的對稱點N’，連接MN′并延長交BD于P，連NP，根據(jù)軸對稱性質(zhì)可知，PN=PN'，∴PM﹣PN=PM﹣PN'≤MN'，當P，M，N'三點共線時，取“=”，∵正方形邊長為8，∴，∵O為AC中點，∴，∵N為OA中點，∴，∴，∴，∵BM=6，∴CM=AB-BM=8-6=2，∴，∴，∠CMN’=90°，∵∠N'CM=45°，∴△N'CM為等腰直角三角形，∴CM=MN'=2，即PM-PN的最大值為2，故選：A．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)以及最短路線問題，凡是涉及最短距離的問題，一般要考慮線段的性質(zhì)定理，結(jié)合軸對稱變換來解決，多數(shù)情況要作點關(guān)于某直線的對稱點．10．C【分析】是特殊三角形，取決于點P的某些特殊位置，按其移動方向，逐一判斷即可．【詳解】解：連接AC，BD，如圖所示．∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，∠D=∠B．∵∠B=60°，∴∠D=∠B=60°．∴和都是等邊三角形．點P在移動過程中，依次共有四個特殊位置：（1）當點P移動到BC邊的中點時，記作．∵是等邊三角形，是BC的中點，∴．∴．∴是直角三角形．（2）當點P與點C重合時，記作．此時，是等邊三角形；（3）當點P移動到CD邊的中點時，記為．∵和都是等邊三角形，∴．∴是直角三角形．（4）當點P與點D重合時，記作．∵，∴是等腰三角形．綜上，形狀的變化過程中，依次出現(xiàn)的特殊三角形是：直角三角形→等邊三角形→直角三角形→等腰三角形．故選：C【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、直角三角形的判定、等腰三角形的判定、等邊三角形的性質(zhì)與判定等知識點，熟知特殊三角形的判定方法是解題的關(guān)鍵．11．D【分析】連接AR，利用三角形的中位線即可對圖象加以判斷．【詳解】解：如圖所示，連接AR．∵M是AP的中點，N是PR的中點，∴MN是的中位線．∴．即點P在符合條件的運動過程中，始終有．∴．∵A、R是定點，∴AR是定值．∴y是定值，與點P運動的時間x無關(guān)．故選：D【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、三角形的中位線的判定與性質(zhì)、動點問題的函數(shù)圖象等知識點，熟知三角形的中位線定理是解題的關(guān)鍵．12．C【分析】利用數(shù)形結(jié)合思想，看出運動分成了三段即0＜t≤5，此時點P到達E，點Q到達C，并停止運動，此時BE=BC=5=AD，5＜t≤7，運動了兩秒即ED=2，根據(jù)，計算可得AB=4，于是；根據(jù)三角形的面積公式可得；7＜t時，點P沿著DC運動，此時QP=4-(t-7)=11-t，利用兩邊對應(yīng)成比例且夾角相等的兩個三角形相似判斷即可．【詳解】解：根據(jù)圖（2）可得，當點P到達點E時點Q到達點C，∵點P、Q的運動的速度都是1cm/秒，∴BC=BE=5，∴AD=BE=5，故①小題正確；又∵從M到N的變化是2，∴ED=2，∴AE=AD-ED=5-2=3，根據(jù)圖像2，得，∴AB=4，∴，故②小題錯誤；當0＜t≤5時，故，故③小題正確；7＜t時，點P沿著DC運動，此時QP=4-(t-7)=11-t，∴當時，QP=4-(t-7)=11-t＝，∴QP：QB=：5=3：4=AE：AB，又∵∠A=∠Q=90°，∴△ABE∽△QBP，故④小題正確．綜上所述，正確的有①③④．故選C．【點睛】本題考查了矩形中的動點問題，三角形的相似，銳角三角函數(shù)，熟練運用數(shù)形結(jié)合思想，讀懂圖像，從中獲得正確的解題信息是解題的關(guān)鍵．13．B【分析】設(shè)，則，求出，，分別求出比值，作出判斷．【詳解】解：設(shè)，∴，在中，，由折疊可知，，∴，又∵，∴，，，，，∴比值為的是①③，故選：B．【點睛】本題考查四邊形綜合題，黃金矩形的定義、勾股定理、翻折變換、矩形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學(xué)知識解決問題．14．A【分析】過作，過作于，如圖所示，根據(jù)正方形性質(zhì)得，，推出四邊形是正方形，由矩形性質(zhì)得，，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得，推出矩形是正方形，故①正確；根據(jù)正方形性質(zhì)得，推出，得到，，由此推出平分，故③正確；進而求得，故②錯誤；當時，點與點重合，得到不一定等于，故④錯誤；故選A．【詳解】過作，過作于，如圖所示，∵四邊形是正方形，∴，，∴，∴，∴四邊形是正方形，∴，∵四邊形是矩形，∴，∴，在和中，，∴，∴，

∴矩形是正方形，故①正確；∴，∵四邊形是正方形∴，∴在和中∴∴，∵∴平分，故③正確；

∴，故②錯誤；當時，點與點重合，∴不一定等于，故④錯誤．故選：A【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)與判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，正確作出輔助線是解本題的關(guān)鍵．15．C【分析】點P與點A重合時設(shè)BN=x，表示出AN=NC=8-x，利用勾股定理解出x，進而求出MN即可判斷選項A，先判斷四邊形CMPN是平行四邊形，再根據(jù)PN=CN判斷四邊形CMPN是菱形，可判斷選項B與C，當P與A重合時，求出四邊形面積的最大值，即可判斷選項D．【詳解】如圖1，當點P與A重合時，設(shè)BN=x，則AN=NC=8-x，在Rt△ABN中，AB2+BN2=AN2，即42+x2=(8-x)2，解得x=3，∴CN=8-3=5，故A錯誤；∵PM∥CN，∴∠PMN=∠MNC，∵∠MNC=∠PNM，∴∠PMN=∠PNM，∴PM=PN，∵NC=NP，∴PM=CN，∵MP∥CN，∴四邊形CNPM是平行四邊形，∵CN=NP，∴四邊形CNPM是菱形，∴，不能推出MN=PC，故C正確，B錯誤；由題知，當P點與A點重合時，CN最長，如圖1，四邊形CMPN的面積最大，此時面積最大，S△CQN=S四邊形CMPN=×5×4=5，故D錯誤，故選：C．【點睛】本題主要考查翻折問題，三角形的面積，矩形、菱形及平行四邊形的性質(zhì)等知識點，熟練應(yīng)用矩形、菱形、平行四邊形的性質(zhì)及翻折的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．16．(1)(2)(3)【分析】（1）作，根據(jù)勾股定理求出，，結(jié)合即可得到答案；（2）根據(jù)矩形性質(zhì)得到，結(jié)合、即可得到、與t的關(guān)系，列式求解即可得到答案；（3）連接與交于K，根據(jù)同角三角函數(shù)得到比例線段列出方程，得、的值，然后根據(jù)面積的和差關(guān)系即可得答案；【詳解】（1）解：作，∵，，，∴，∵，，∴，∴；（2）解：若MHQN為矩形時，∴，∵，，∴，，∴，∴；（3）解：連接與交于K，∵，，∴，∵，四邊形是矩形，∴，∴∴，∴，，∴．【點睛】考查了三角函數(shù)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理，梯形的面積，熟練掌握性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．17．(1)(2)①（1）中的結(jié)論還成立；證明見解析；②(3)．理由見解析【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到，，由相似三角形的性質(zhì)得到，由余角的性質(zhì)得到；（2）①如圖2，連接，設(shè)，，于是得到，，根據(jù)勾股定理得到，，推出，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，于是得到；②根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到，，推出，設(shè)，得到，，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論；（3）首先根據(jù)，可得，在中，根據(jù)勾股定理可求得之間的關(guān)系，之間的關(guān)系；然后根據(jù)相似三角形判定的方法，判斷出，即可用b表示出的值；最后判斷出，在中，根據(jù)勾股定理，判斷出a，b，c三者之間滿足的等量關(guān)系即可．【詳解】（1）解：∵四邊形和四邊形均為正方形，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∴；故答案為：；（2）解：①若，（1）中的結(jié)論還成立；證明：如圖2，連接，∵，，∴，∴，設(shè)，，∴，，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴；②∵，∴，，又∵，∴，∴，設(shè)，又∵，∴，，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；（3）解：同理可得，如圖3，過C點作延長線于H，∵四邊形為菱形，∴，設(shè)，∵，∴，，∴，∴，同理可得，∴，在和中，，∵四邊形和四邊形均為菱形，，∴，∴，∴，∴，∴，，又∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，即a，b，c三者之間滿足的等量關(guān)系是：．【點睛】此題主要考查了四邊形綜合題，相似三角形的判定和性質(zhì)的應(yīng)用，直角三角形的性質(zhì)和應(yīng)用，以及勾股定理的應(yīng)用，考查了數(shù)形結(jié)合方法的應(yīng)用，要熟練掌握．18．問題情境：問題探究：（1）；（2）2問題拓展：【分析】問題情境：過點作分別交、于點、，證出四邊形為平行四邊形，得出，證明≌得出，即可得出結(jié)論；問題探究：（1）連接，過點作，分別交、于點、，證出是等腰直角三角形，，，證明≌得出，得出是等腰直角三角形，得出，即可得出結(jié)論；（2）連接交于點，則的直角頂點在上運動，設(shè)點與點重合時，則點與點重合；設(shè)點與點重合時，則點的落點為，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出，當點在線段上運動時，過點作于點，過點作交延長線于點，連接，證明≌得出，證明≌得出，，由正方形的性質(zhì)得出，易得出，得出，，得出，故，點在線段上運動；過點作，垂足為，即可得出結(jié)果；問題拓展：延長交于，交的延長線于，延長交于，則，，得出，由勾股定理得出，得出，證明∽，得出，，證明∽，得出，由折疊的性質(zhì)得：，，，求出，，證明∽，得出，，證明∽，得出，得出．【詳解】問題情境：解：線段、、之間的數(shù)量關(guān)系為：；理由如下：四邊形是正方形，，，，過點作分別交、于點、，如圖所示：四邊形為平行四邊形，，，，，，，在和中，，≌，，，；問題探究：解：（1）連接，過點作，分別交、于點、，如圖所示：四邊形是正方形，四邊形為矩形，，，，是正方形的對角線，，是等腰直角三角形，，，是的垂直平分線，，在和中，，≌，，，，是等腰直角三角形，，即；（2）連接交于點，如圖所示：則的直角頂點在上運動，設(shè)點與點重合時，則點與點重合；設(shè)點與點重合時，則點的落點為，，，，當點在線段上運動時，過點作于點，過點作交延長線于點，連接，點在上，，在和中，，≌，，，，，，，，，，，，，，，，由翻折性質(zhì)得：，在和中，，≌，，，是正方形的對角線，，易得，，，，故，點在線段上運動；過點作，垂足為，點為的中點，，則的最小值為；問題拓展：解：延長交于，交的延長線于，延長交于，如圖：則，，，在中，，，，，∽，，，，，，，∽，，即，解得：，由折疊的性質(zhì)得：，，，，，，，∽，，解得：，，，，，，∽，，即，解得：，．19．B【分析】根據(jù)對稱中心的定義，根據(jù)矩形的性質(zhì)，可得四邊形AECF形狀的變化情況：這個四邊形先是平行四邊形，當對角線互相垂直時是菱形，然后又是平行四邊形，最后點E與點B重合時是矩形．【詳解】解：觀察圖形可知，四邊形AECF形狀的變化依次為平行四邊形→菱形→平行四邊形→矩形．故選：B．【點睛】本題考查了中心對稱，矩形的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定，根據(jù)EF與AC的位置關(guān)系即可求解．20．C【分析】要使四邊形APQE的周長最小，由于AE與PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可．為此，先在BC邊上確定點P、Q的位置，可在AD上截取線段AF＝DE＝2，作F點關(guān)于BC的對稱點G，連接EG與BC交于一點即為Q點，過A點作FQ的平行線交BC于一點，即為P點，則此時AP+EQ＝EG最小，然后過G點作BC的平行線交DC的延長線于H點，那么先證明∠GEH＝45°，再由CQ＝EC即可求出BP的長度．【詳解】解：如圖，在AD上截取線段AF＝PQ＝2，作F點關(guān)于BC的對稱點G，連接EG與BC交于一點即為Q點，過A點作FQ的平行線交BC于一點，即為P點，過G點作BC的平行線交DC的延長線于H點．∵四邊形是矩形，∴，，∠QCE＝90°，∵，∴,∵點F點關(guān)于BC的對稱點G，∴∴∴四邊形是矩形，∴GH＝DF＝6，∠H＝90°,∵點E是CD中點，∴CE=2，∴EH＝2+4＝6，∴∠GEH＝45°，∴∠CEQ＝45°，設(shè)BP＝x，則CQ＝BC﹣BP﹣PQ＝8﹣x﹣2＝6﹣x，在△CQE中，∵∠QCE＝90°，∠CEQ＝45°，∴CQ＝EC，∴6﹣x＝2，解得x＝4．故選：C．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，軸對稱﹣最短路線問題的應(yīng)用，題目具有一定的代表性，是一道難度較大的題目，對學(xué)生提出了較高的要求．21．B【分析】作點D關(guān)于BC的對稱點D′，連接PD′，ED′，證得DP=PD′，推出PD+PF=PD′+PF，又EF=EA=2是定值，即可推出當E、F、P、D′四點共線時，PF+PD′定值最小，最小值=ED′-EF即可得出結(jié)果．【詳解】解：作點關(guān)于的對稱點，連接，，如圖所示：矩形中，，，，，，，在和中，，≌，，，是定值，當、、、四點共線時，定值最小，最小值，的最小值為，故選：B【點睛】本題考查翻折變換、矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用軸對稱，根據(jù)兩點之間線段最短解決最短問題．22．C【分析】過點N作NE⊥AB交射線AB于E，根據(jù)四邊形ABCD為平行四邊形，求出∠DAB=∠NBE=60°，根據(jù)NE⊥AB，求出∠BNE=90°-∠NBE=30°，分兩段，當點N在BC上時，求出，當點N在CD上，點N到AB的距離，過點C作CF⊥AB交射線AB于F，求出，然后對各選項進行分析即可．【詳解】解：過點N作NE⊥AB交射線AB于E，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DAB=∠NBE=60°，

∵NE⊥AB，∴∠BNE=90°-∠NBE=30°，分兩段，當點N在BC上時，AM=x，BN=3AM=3x，∴BE=，∴NE=，∴，當點N在CD上，點N到AB的距離，過點C作CF⊥AB交射線AB于F，∵NE⊥AB，CF⊥AB，CD∥AB，∴∠NEF=∠CFE=∠ENC=90°，∴四邊形NEFC為矩形，

∴CF=NE，在Rt△BCF中，BC=4，∠BCF=90°-∠CBE=30°，∴BF=，∴CF=，，∴點N在BC上是開口向下的拋物線，點N在CD上是一次函數(shù)，A．圖像是兩個一次函數(shù)的聯(lián)合，故選項A不合題意；B．點N在BC上時函數(shù)圖像是一次函數(shù)，點N在CD上函數(shù)圖像是開口向上的拋物線，故選項B不合題意；C．點N在BC上時函數(shù)圖像是開口向下的拋物線，點N在CD上函數(shù)圖像是一次函數(shù)，故選項C合題意；D．點N在BC上時函數(shù)圖像是開口向下的拋物線函數(shù)，點N在CD上函數(shù)圖像是開口向上的拋物線，故選項D不合題意．故選擇C．【點睛】本題考查平行四邊形性質(zhì)，二次函數(shù)，一次函數(shù)，圖形動點問題，30°張角三角形性質(zhì)，勾股定理，三角形面積，掌握平行四邊形性質(zhì)，二次函數(shù)，一次函數(shù)，圖形動點問題，30°張角三角形性質(zhì)，勾股定理，三角形面積是解題關(guān)鍵．23．C【分析】取AD的中點O，連接OM，過點M作ME⊥BC交BC的延長線于E，過點O作OF⊥BC于F，交CD于G，則，求出OM，OF即可解決問題．【詳解】解：取AD的中點O，連接OM，過點M作ME⊥BC交BC的延長線于E，過點O作OF⊥BC于F，交CD于G，則．∵∠AMD＝90°，AD＝4，OA＝OD，∴OMAD＝2，∵AB∥CD，∴∠GCF＝∠B＝60°，∴∠DGO＝∠CGF＝30°，∵AD＝BC，∴∠DAB＝∠B＝60°，∴∠ADC＝∠BCD＝120°，∴∠DOG＝30°＝∠DGO，∴DG＝DO＝2，∵CD＝4，∴CG＝2，∴OG＝2OD?cos30°＝2，GF，OF＝3，∴ME≥OF﹣OM＝32，∴當O，M，E共線時，ME的值最小，最小值為32．故選：C．【點睛】本題考查等腰梯形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、解直角三角形、求線段最值等，通過作輔助線得出是解題關(guān)鍵．24．D【分析】的運動軌跡是以E為圓心，以BE的長為半徑的圓．所以，當點落在DE上時，D取得最小值．根據(jù)勾股定理求出DE，根據(jù)折疊的性質(zhì)可知E＝BE＝1，DE?E即為所求．【詳解】解：如圖，的運動軌跡是以E為圓心，以BE的長為半徑的圓．所以，當點落在DE上時，D取得最小值．根據(jù)折疊的性質(zhì)，△EBF≌△EB’F，∴E⊥F，∴E＝EB，∵∴E＝1，∵，，∴AE=3-1=2，∴DE＝，∴D＝-1．故選：D．【點睛】本題主要考查了折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、兩點之間線段最短的綜合運用，確定點在何位置時，D的值最小，是解決問題的關(guān)鍵．25．(1)①；②(2)①成立，證明見解析；②不成立，證明見解析(3)【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)以及等邊三角形的性質(zhì)，推出≌，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到，再根據(jù)，即可得出；依據(jù)≌，即可得到，進而得到；依據(jù)≌可得，依據(jù)，即可得出；判定≌，即可得到，，再根據(jù)∽，即可得到，進而得出的長．（1）解：，，是等邊三角形，，，又菱形中，，≌，，又，，；≌，又，，故答案為：；；（2）結(jié)論成立，而結(jié)論不成立．證明：如圖，，，是等邊三角形，，，，又菱形中，，≌，，又，，；≌，又，；（3）解：如圖，連接，過作于，則，，中，，，，是等邊三角形，又，，，≌，，，又，∽，，可設(shè)，則，，，，解得，．【點睛】此題屬于四邊形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)的綜合運用，利用已知條件判定≌和∽是解本題的關(guān)鍵．26．(1)(2)成立，理由見解析(3)或【分析】（1）由四邊形CGHD是平行四邊形，可得GH∥CD，根據(jù)點E與點D重合，可知AE與AD重合，進而可知M為AD的中點，則DM=AD，由四邊形ABCD是正方形，可知AD⊥CD，AD=CD，則GH⊥AD，由F為CE的中點，可知DF=EF=CD，則DM=GF=DF，由旋轉(zhuǎn)可知：GF=DF，則∠DFG=90°，則AD∥GF，則四邊形GFDM是平行四邊形，進而GM∥CD，由此可知點M在GH上，由此可證明結(jié)論；（2）如圖，連接HA，HE，根據(jù)平四邊形的性質(zhì)與判定，以及正方形的性質(zhì)可證，進而可證明結(jié)論成立；（3）分兩種情況當點E在線段CD上時，連接AH、EH，設(shè)直線GH交直線AD于點N，可計算出一種結(jié)果，當E在線段DC的延長線上時，連接AH，EH，設(shè)直線GH交直線AD與點N，可計算出第二種結(jié)果，進行總結(jié)即可．（1）解：∵四邊形CGHD是平行四邊形，∴GH∥CD，∵點E與點D重合，∴AE與AD重合，∵M為AE的中點，∴M為AD的中點，∴DM=AD，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD⊥CD，AD=CD，∴GH⊥AD，∵F為CE的中點，∴DF=EF=CD，∴DM=GF=DF，由旋轉(zhuǎn)可知：GF=DF，∠DFG=90°，∴AD∥GF，∴四邊形GFDM是平行四邊形，∴GM∥CD，∴點M在GH上，∴HM⊥AD，即HM⊥AE，故答案為：HM⊥AE；（2）成立，理由如下：如圖，連接HA，HE，∵四邊形ABCD是正方形，∴，，∵四邊形CGHD是平行四邊形，∴，，∴，由旋轉(zhuǎn)可知，，，∴，，∵，∴GF垂直平分CD，∴，∴，∵四邊形CGHD是平行四邊形，∴，，∴，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴．（3）當點E在線段CD上時，如圖甲所示，連接AH、EH，設(shè)直線GH交直線AD于點N，由(2)得△ADH≌△HGE，AD⊥GH，∴∠GHE=∠DAH，∴tan∠GHE=tan∠DAH=，∵DE=2CE，∴設(shè)CE=m，則DE=2m，HN=DN=FG=EF=CE=m，∴AD=CD=DE+CE=2m+m=3m，∴AN=AD-DN=3m-m=m，∴tan∠GHE===，當E在線段DC的延長線上時，如圖乙所示，連接AH，EH，設(shè)直線GH交直線AD與點N，由（2）可得△ADH≌△HE，AD⊥GH，∴∠GHE=∠DAH，∴tan∠GHE=tan∠DAH=；∵DE=2CE，設(shè)CE=m，則DE=2m-m=m，∴AN=AD+DN=m+m=m，∴tan∠GHE===，綜上所述，tan∠GHE的值為或．

圖甲

圖乙【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)與判定，正方形的性質(zhì)，解直角三角形，能夠根據(jù)需要添加合適的輔助線是解決本題的關(guān)鍵．27．(1)見解析(2)①24，②(3)＝，理由見解析【分析】（1）由菱形的性質(zhì)可證得∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，由平分交于點G，得到∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，進一步即可得到答案；（2）①連接AC交BD于點O,Rt△DOC中，OC＝，求得AC＝8，由菱形的面積公式可得答案；②由BGAC，得到，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，則，再證明△CDH∽△AEH，CH＝AC＝，OH＝OC－CH＝4－＝，利用正切的定義得到答案；（3）過點G作GTBC，交AE于點T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，則EG＝GH，再證△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得，GT＝，為定值，即可得到ET的值．（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴BC＝DC，ABCD，∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，∵平分交于點G，∴∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，∴∠CBD＋∠CBG＝（∠ABC＋∠CBE）＝×180°＝90°，∴∠DBG＝90°；（2）解：①如圖1，連接AC交BD于點O，∵四邊形ABCD是菱形，BD＝6，∴OD＝BD＝3，AC⊥BD，∴∠DOC＝90°，在Rt△DOC中，OC＝，∴AC＝2OC＝8，∴，即菱形的面積是24．②如圖2，連接AC，分別交BD、DE于點O、H，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵∠DBG＝90°∴BG⊥BD，∴BGAC，∴，∴DH＝HG，DG＝2DH，∵DG＝2GE，∴EG＝DH＝HG，∴，∵ABCD，∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，∴△CDH∽△AEH，∴，∴CH＝AC＝，∴OH＝OC－CH＝4－＝，∴tan∠BDE＝；（3）如圖3，過點G作GTBC交AE于點T，此時ET＝．理由如下：由題（1）可知，當∠DAB的大小發(fā)生變化時，始終有BGAC，∴△BGE∽△AHE，∴，∵AB＝BE＝5，∴EG＝GH，同理可得，△DOH∽△DBG，∴，∵BO＝DO，∴DH＝GH＝EG，∵GTBC，∴GTAD，∴△EGT∽△EDA，∴，∵AD＝AB＝5，∴GT＝，為定值，此時ET＝AE＝（AB＋BE）＝．【點睛】此題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識，熟練掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．28．B【分析】①證明，得為的一條中位線，即可得結(jié)論；②證明，利用面積比等于相似比的平方，可得結(jié)論；③證明四邊形是菱形即可；④分別判斷四邊形,比較大小即可．【詳解】①四邊形是菱形①正確．②由①四邊形是菱形,,,②正確③由①四邊形是平行四邊形，由②知：四邊形是菱形③正確．④四邊形四邊形④不正確．綜上所述①②③正確．故選B．【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，三角形全等，30度角的正切值，三角形相似的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理．求證出是解題的關(guān)鍵．29．C【分析】過點作，交CB延長線于，證明為正方形，表示出后，使用勾股定理即可．【詳解】過點作，交CB延長線于∵，∴∵，∴四邊形為矩形∵，∴∴矩形為正方形∴設(shè)，則，∴即∴∴，即，故選C．【點睛】本題考查了矩形，正方形的性質(zhì)與判定，及勾股定理，熟知以上知識的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．30．B【分析】解：①中由即可得到，再由正切等于對邊比鄰邊即可求解；②中先證明得到EM=EC，DM=FC，再證明即可求解；③中先證明GECM，得到即可求解；④中由得到，再由即可求解．【詳解】解：①∵，∴∠DMF=90°=∠NCF，且對頂角∠MND=∠CNF，∴∠GFB=∠EDC，∵ABCD為正方形，E是BC的中點，∴BC=CD，∴，①正確；②由①知，又，已知，∴()，∴，∴，∵，，，∴()，∴，故②正確；③∵，，∴BE=ME，且∠B=∠GME=90°，GE為和的公共邊，∴（），∴，∵，∴，由三角形外角定理可知：，∴，∴，∴，∵，，∴，故③錯誤；④由上述可知：，，∴，∵，∴，∴，故④正確．故選B．【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題．31．D【分析】①根據(jù)題意可知四邊形BFGE為菱形，所以EF⊥BG且BN=GN，若BN=AB，則BG=2AB=6，又因為點E是AD邊上的動點，所以3<BG<．從而判斷①不正確；②如圖，過點E作EH⊥BC于點H，再利用勾股定理求解即可；③當點E與點A重合時，的面積有最小值，當點G與點D重合時的面積有最大值．故<<．④因為，則EG=BF=6-=．根據(jù)勾股定理可得ME=，從而可求出△MEG的面積．【詳解】解：①根據(jù)題意可知四邊形BFGE為菱形，∴EF⊥BG且BN=GN，若BN=AB，則BG=2AB=6，又∵點E是AD邊上的動點，∴3<BG<．故①錯誤；②如圖，過點E作EH⊥BC于點H，則EH=AB=3，在Rt△ABE中即解得：AE=，∴BF=DE=6-=．∴HF=-=．在Rt△EFH中=；故②正確；③當點E與點A重合時，如圖所示，的面積有最小值==，當點G與點D重合時的面積有最大值==．故<<．故③錯誤．④因為，則EG=BF=6-=．根據(jù)勾股定理可得ME=，∴．故④正確．故選D．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)和判定，菱形的判定與性質(zhì)，勾股定理，翻折的性質(zhì)等知識，掌握相關(guān)知識找到臨界點是解題的關(guān)鍵．32．【分析】取的中點，連接，作點B關(guān)于的對稱點，連接，．利用勾股定理求出OT，再利用兩點之間線段最短，即可解決問題．【詳解】如圖，取的中點，連接，作點B關(guān)于的對稱點，連接，．∵四邊形是矩形，∴，∵AB=4，AD=3，四邊形ABCD是矩形，∴，BC=AD=3，∵B，T關(guān)于對稱，∴BT=2BC=6，∴，∵∠DAE+∠BAE=，∠DAE=∠EBA，∴∠EBA+∠BAE=，∴∠AEB=，∵OA=OB，∴，∵B，T關(guān)于對稱，∴BF=FT，∴，∴，∴EF+BF的最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查軸對稱?最短問題，矩形的性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用軸對稱解決最短問題，屬于中考?？碱}型．33．##【分析】作的外接圓，得到點M的軌跡是矩形內(nèi)以O(shè)為圓心，OE為半徑的，連接OA、OE、OC，OA交于，分析得到當M與重合時，AM取得最小值．分別過點O作于點H，過點O作于點G，根據(jù)圓的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)即可求解．【詳解】∵，∴，如圖，作的外接圓，點M的軌跡是矩形內(nèi)以O(shè)為圓心，OE為半徑的，連接OA、OE、OC，OA交于，當M與重合時，AM取得最小值．過點O作于點H，∵∴，∴，，過點O作于點G，∴，，AG=6-2=4，∴，則．故答案為：．【點睛】本題考查動點問題．涉及圓的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)和勾股定理．解題的關(guān)鍵是找到點M的軌跡．34．

1

##【分析】（1）取AB的中點H，連接EH，得E為正方形ABCD的中心，由DG=GC，證得G，E，H三點共線，進而推出四邊形AFGE為平行四邊形，最后求得面積；（2）由，可知點E在以AB為直徑的圓O上運動，作點F關(guān)于CD的對稱點，連接O，線段即為所求．【詳解】解：（1）取AB的中點H，連接EH，∵AE⊥EB，AE=EB，∴EH垂直平分AB，E為正方形ABCD的中心，又DG=GC，∴G，E，H三點共線，∴GH⊥AB，∵AD⊥AB，∴AD∥EG，∵F，E分別是AD，GH的中點，∴GE=AF，∴四邊形AFGE為平行四邊形，∴四邊形AEGF的面積為1×1=1．故答案為：1；（2）由，可知點E在以AB為直徑的圓O上運動，作點F關(guān)于CD的對稱點，連接O，∵，∴FG+GE=G+GE≥E，當，G，E三點共線時，F(xiàn)G+GE有最小值，在Rt中，，∴=，即FG+GE最小值為．故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，最短路徑問題，以及動點軌跡的探究，能夠準確地判斷動點的軌跡和找出最短路徑是解決問題的關(guān)鍵．35．80【分析】連接LC、EC、EB，LJ，由平行線間同底的面積相等可以推導(dǎo)出：,由，可得，故，證得四邊形是矩形，可得，在正方形中可得：，故得出：．由，可得，即可求出，可得出【詳解】連接LC、EC、EB，LJ，在正方形，，中．∵，∴，∴，∴，∴．∵，∴四邊形是矩形，∴．∵，∴，∴，∵∴，∴．∵，∴．∴∴．∵.∴,∵∴，∴，∵，∴，∴，∵,∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．設(shè)，∵∴，∴，∴，∴∵，∴，∴，∴，∴．∴，∴．故答案為：80．36．②【分析】根據(jù)已知條件可得，即可判斷①，進而推出，導(dǎo)角可得②正確，作于點，連接，證明是直角三角形，勾股定理驗證③，證明，即可判斷④求解．【詳解】解：∵正方形的周長是周長的2倍，∴，，①若，則，故①不正確；如圖，在的延長線上取點，使得，四邊形是正方形，，，，，，，，，，，，，，，，，即，故②正確；如圖，作于點，連接，則，，，，同理可得，，關(guān)于對稱軸，關(guān)于對稱，，，，是直角三角形，③若，，，故③不正確，，若，即，，，，又，，，即，，，，，，故④不正確．故答案為：②．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，解直角三角形，全等三角形的性質(zhì)與判定，掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．37．

6

①②【分析】（1）過A作，交延長線于G，證明，得，，由，證明，得，故的周長：，即可得答案；（2）①將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，證明，可得，中，有，即得，故①正確；②由，，得，有，可得，從而，為等腰直角三角形，故②正確；③過A作，交延長線于G，設(shè)，，中，，解得，，設(shè)，則，中，，即得，故③不正確．【詳解】解：（1）過A作，交延長線于G，如圖：∵四邊形是正方形，∴，，∴，，在和中，，∴，∴，，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴的周長：，∵正方形的邊長為3，∴的周長為6；故答案為：6；（2）①將繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，連接，∵，∴，∵繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到，∴，，，又，∴，∴，而，中，，∴，故①正確；②∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴為等腰直角三角形，故②正確，③過A作，交延長線于G，如圖：由（1）知：，，設(shè)，，則，，，，中，，∴，解得，∴，設(shè)，則，∴，，中，，∴，故③不正確；∴正確結(jié)論的序號是①②．故答案為：①②．【點睛】本題屬于四邊形的綜合題，考查正方形性質(zhì)及應(yīng)用，涉及全等三角形的判定與性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)變換、相似三角形的判定及性質(zhì)、勾股定理等知識，綜合性較強，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造全等三角形．38．2【分析】根據(jù)題意得：，過點Q作于點M，然后根據(jù)30°角直角三角形的性質(zhì)得到，最后根據(jù)勾股定理列出方程求解即可．【詳解】根據(jù)題意得：，如圖所示，過點Q作于點M，∵翻折前后兩個三角形組成的四邊形為菱形，∴，∴，∵，∴，∴在，，∴，解得：或6（舍去）．故答案為：2．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是掌握以上知識點．39．(1)AC=BC+CD；理由見詳解；(2)CB+CD=AC；理由見詳解；(3)或【分析】（1）如圖1中，延長CD到點E，使DE=BC，連接AE．證明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等邊三角形，可得結(jié)論；（2）結(jié)論：CB+CD=AC．如圖2中，過點A作AM⊥CD于點M，AN⊥CB交CB的延長線于點N．證明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，證明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得結(jié)論；（3）分兩種情形：如圖3-1中，當∠CDA=75°時，過點O作OP⊥CB于點P，CQ⊥CD于點Q．如圖3-2中，當∠CBD=75°時，分別求解即可．【詳解】（1）證明：如圖1中，延長CD到點E，使DE=BC，連接AE．∵∠BAD+∠BCD=180°，∴∠B+∠ADC=180°，∵∠ADE+∠ADC=180°∴∠B=∠ADE，在△ADE和△ABC中，，∴△ADE≌△ABC（SAS），∴∠DAE=∠BAC，AE=AC，∴∠CAE=∠BAD=60°，∴△ACE的等邊三角形，∴CE=AC，∵CE=DE+CD，∴AC=BC+CD；（2）解：結(jié)論：CB+CD=AC．理由：如圖2中，過點A作AM⊥CD于點M，AN⊥CB交CB的延長線于點N．∵∠DAB=∠DCB=90°，∴∠CDA+∠CBA=180°，∵∠ABN+∠ABC=180°，∴∠D=∠ABN，∵∠AMD=∠N=90°，AD=AB，∴△AMD≌△ANB（AAS），∴DM=BN，AM=AN，∵AM⊥CD，AN⊥CN，∴∠ACD=∠ACB=45°，∴AC=CM，∵AC=AC．AM=AN，∴Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），∴CM=CN，∴CB+CD=CNBN+CM+DM=2CM=AC；（3）解：如圖3-1中，當∠CDA=75°時，過點O作OP⊥CB于點P，CQ⊥CD于點Q．∵∠CDA=75°，∠ADB=45°，∴∠CDB=30°，∵∠DCB=90°，∴CD=CB，∵∠DCO=∠BCO=45°，OP⊥CB，OQ⊥CD，∴OP=OQ，∴，∴，∵AB=AD=，∠DAB=90°，∴BD=AD=2，∴OD=．如圖3-2中，當∠CBD=75°時，同法可證，，綜上所述，滿足條件的OD的長為或．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，等邊三角形的判定和性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．40．(1)見詳解(2)或(3)【分析】（1）證明即可得證．（2）分情況討論，當點E在BC上時，借助，在中求解；當點E在CD上時，過點E作EG⊥AB于點G，F(xiàn)H⊥AC于點H，借助并利用勾股定理求解即可．（3）分別討論當點E在BC和CD上時，點F所在位置不同，DF的最小值也不同，綜合比較取最小即可．（1）如圖所示，由題意可知，，，，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知：AE=AF，在和中，，，．（