提优题型十一 综合探究题2 与动点有关的探究题（专题训练）（解析版）

题型十一综合探究题类型二与动点有关的探究题（专题训练）1.在数学兴趣小组活动中，小亮进行数学探究活动．（1）是边长为3的等边三角形，E是边上的一点，且，小亮以为边作等边三角形，如图1，求的长；（2）是边长为3的等边三角形，E是边上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图2，在点E从点C到点A的运动过程中，求点F所经过的路径长；（3）是边长为3的等边三角形，M是高上的一个动点，小亮以为边作等边三角形，如图3，在点M从点C到点D的运动过程中，求点N所经过的路径长；（4）正方形的边长为3，E是边上的一个动点，在点E从点C到点B的运动过程中，小亮以B为顶点作正方形，其中点F、G都在直线上，如图4，当点E到达点B时，点F、G、H与点B重合．则点H所经过的路径长为______，点G所经过的路径长为______．【答案】（1）1；（2）3；（3）；（4）；【分析】（1）由、是等边三角形，，，，可证即可；（2）连接，、是等边三角形，可证，可得，又点在处时，，点在A处时，点与重合．可得点运动的路径的长；（3）取中点，连接，由、是等边三角形，可证，可得．又点在处时，，点在处时，点与重合．可求点所经过的路径的长；（4）连接CG,AC，OB，由∠CGA=90°，点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，由四边形ABCD为正方形，BC为边长，设OC=x，由勾股定理即，可求，点G所经过的路径长为长=，点H所经过的路径长为的长．【详解】解:（1）∵、是等边三角形，∴，，．∴，∴，∴，∴；（2）连接，∵、是等边三角形，∴，，．∴，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，又点在处时，，点在A处时，点与重合．∴点运动的路径的长；（3）取中点，连接，∴，∴，∵，∴，∴，∵、是等边三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，，∴，又点在处时，，点在处时，点与重合，∴点所经过的路径的长；（4）连接CG,AC，OB，∵∠CGA=90°，∴点G在以AC中点为圆心，AC为直径的上运动，∵四边形ABCD为正方形，BC为边长，∴∠COB=90°，设OC=x，由勾股定理即，∴，点G所经过的路径长为长=，点H在以BC中点为圆心，BC长为直径的弧上运动，点H所经过的路径长为的长度，∵点G运动圆周的四分之一，∴点H也运动圆周的四分一，点H所经过的路径长为的长=，故答案为；．【点睛本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，90°圆周角所对弦是直径，圆的弧长公式，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，90°圆周角所对弦是直径，圆的弧长公式是解题关键．2.（2021·浙江中考真题）已知在中，是的中点，是延长线上的一点，连结．（1）如图1，若，求的长．（2）过点作，交延长线于点，如图2所示．若，求证：．（3）如图3，若，是否存在实数，当时，？若存在，请直接写出的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）见解析；（3）存在，【分析】（1）先解直角三角形ABC得出，从而得出是等边三角形，再解直角三角形ACP即可求出AC的长，进而得出BC的长；（2）连结，先利用AAS证出，得出AE=2PE，AC=DE，再得出是等边三角形，然后由SAS得出，得出AE=BC即可得出结论；（3）过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，由（2）得AE=2AP，DE=AC，再证明，从而得出得出DE=BE，然后利用勾股定理即可得出m的值．【详解】（1）解，，，，是等边三角形，是的中点，，在中，，，．（2）证明：连结，，，，，，，，又，，是等边三角形，，，又，，，．（3）存在这样的．过点作，交延长线于点，连接BE，过C作CG⊥AB于G，过E作EN⊥AB于N，则，，由（2）得AE=2AP，DE=AC，∴CG=EN，∵，∴AE=BC，∵∠ANE=∠BGC=90°，，∴∠EAN=∠CBG∵AE=BC，AB=BA，∴∴AC=BE，∴DE=BE，∴∠EDB=∠EBD=45°，∴∠DEB=90°，∴，∵∴【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形和等腰三角形的性质、勾股定理，解题的关键是合理添加辅助线，有一定的难度．3.（2021·浙江中考真题）问题：如图，在中，，，，的平分线AE，BF分别与直线CD交于点E，F，求EF的长．答案：．探究：（1）把“问题”中的条件“”去掉，其余条件不变．①当点E与点F重合时，求AB的长；②当点E与点C重合时，求EF的长．（2）把“问题”中的条件“，”去掉，其余条件不变，当点C，D，E，F相邻两点间的距离相等时，求的值．【答案】（1）①10；②5；（2），，【分析】（1）①利用平行四边形的性质和角平分线的定义先分别求出，，即可完成求解；

②证明出即可完成求解；

（2）本小题由于E、F点的位置不确定，故应先分情况讨论，再根据每种情况，利用，以及点C，D，E，F相邻两点间的距离相等建立相等关系求解即可．【详解】（1）①如图1，四边形ABCD是平行四边形，，．平分，．．．同理可得：．点E与点F重合，．

②如图2，点E与点C重合，同理可证，∴▱ABCD是菱形，，点F与点D重合，．（2）情况1，如图3，可得，．情况2，如图4，同理可得，，又，．情况3，如图5，由上，同理可以得到，又，．综上：的值可以是，，．【点睛】本题属于探究型应用题，综合考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、菱形的判定与性质等内容，解决本题的关键是读懂题意，正确画出图形，建立相等关系求解等，本题综合性较强，要求学生有较强的分析能力，本题涉及到的思想方法有分类讨论和数形结合的思想等．4.如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，过点E作EFAB交PQ于F，连接BF．（1）求证：四边形BFEP为菱形；（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动；①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形BFEP的边长；②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．【答案】（1）见解析；（2）①；②【分析】（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；（2）①由矩形的性质得出BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由对称的性质得出CE＝BC＝5cm，在RtCDE中，由勾股定理求出DE＝4cm，得出AE＝AD﹣DE＝1cm；在RtAPE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP＝cm即可；②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案．【详解】（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，∴点B与点E关于PQ对称，∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，又∵EFAB，∴∠BPF＝∠EFP，∴∠EPF＝∠EFP，∴EP＝EF，∴BP＝BF＝EF＝EP，∴四边形BFEP为菱形；（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，∵点B与点E关于PQ对称，∴CE＝BC＝5cm，在RtCDE中，DE＝＝4cm，∴AE＝AD﹣DE＝5cm﹣4cm＝1cm；在RtAPE中，AE＝1，AP＝3﹣PB＝3﹣PE，∴EP2＝12+（3﹣EP）2，解得：EP＝cm，∴菱形BFEP的边长为cm；②当点Q与点C重合时，如图2：点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；当点P与点A重合时，如图3所示：点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．5.（2021·山东中考真题）如图，已知正方形ABCD，点E是BC边上一点，将△ABE沿直线AE折叠，点B落在F处，连接BF并延长，与∠DAF的平分线相交于点H，与AE，CD分别相交于点G，M，连接HC（1）求证：AG＝GH；（2）若AB＝3，BE＝1，求点D到直线BH的距离；（3）当点E在BC边上（端点除外）运动时，∠BHC的大小是否变化？为什么？

【答案】（1）见解析；（2）；（3）不变，理由见解析【分析】（1）根据折叠的性质得到AG⊥BF，结合角平分线的定义得到∠FAH=∠FAD，从而推出∠EAH=（∠BAF+∠FAD）=45°，可得AG=GH；（2）连接DH，DF，交AH于点N，易得等腰直角△DHF，推出DH的长即为点D到BH的距离，根据DH=FH，转化为求FH的长，结合（1）中条件，证明△ABG∽△AEB，得到，从而求出GF和GH，可得DH；（3）作正方形ABCD的外接圆，判断出点H在圆上，结合圆周角定理求出∠BHC即可．【详解】解：（1）∵△ABE沿直线AE折叠，点B落在点F处，∴∠BAG=∠GAF=BAF，B、F关于AE对称，∴AG⊥BF，∴∠AGF=90°，∵AH平分∠DAF，∴∠FAH=∠FAD，∴∠EAH=∠GAF+∠FAH=∠BAF+∠FAD=（∠BAF+∠FAD）=∠BAD，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∴∠EAH=∠BAD=45°，∴∠GHA=45°，∴GA=GH；（2）连接DH，DF，交AH于点N，由（1）可知：AF=AD，∠FAH=∠DAH，∴AH⊥DF，FN=DN，∴DH=HF，∠FNH=∠DNH=90°，又∵∠GHA=45°，∴∠FHN=45°=∠NDH=∠DHN，∴∠DHF=90°，∴DH的长即为点D到直线BH的距离，由（1）知：在Rt△ABE中，，∴，∵∠BAE+∠AEB=∠BAE+∠ABG=90°，∴∠AEB=∠ABG，∴△ABG∽△AEB，∴，∴，，由（1）知：GF=BG，AG=GH，∴，，∴DH=FH=GH-GF==，即点D到直线BH的长为；（3）作正方形ABCD的外接圆，对角线BD为圆的直径，∵∠BHD=90°，∴H在圆周上，∴∠BHC=∠BDC，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，BC=CD，∴∠BDC=∠DBC=45°，∴∠BHC=45°，∴当点E在BC边上（除端点外）运动时，∠BHC的大小不变．【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，侧重对学生能力的考查：几何变换的能力，转化能力以及步骤书写能力，具有一定艺术性．6.（2021·湖南中考真题）如图，在中，点为斜边上一动点，将沿直线折叠，使得点的对应点为，连接，，，．（1）如图①，若，证明：．（2）如图②，若，，求的值．（3）如图③，若，是否存在点，使得．若存在，求此时的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，的值为或．【分析】（1）先根据平行线的判定与性质可得，再根据折叠的性质可得，从而可得，然后根据平行线的判定可得，最后根据菱形的判定与性质即可得证；（2）设与的交点为点，过点作于点，设，从而可得，先证出，从而可得，设，根据线段的和差可得，代入可求出，从而可得，再在中，解直角三角形可得，由此可得，然后在中，根据余弦三角函数的定义即可得；（3）如图（见解析），设，从而可得，分①点在直线的左侧；②点在直线的右侧两种情况，再分别利用等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质求解即可得．【详解】（1）证明：，，，，由折叠的性质得：，，，四边形是平行四边形，又，平行四边形是菱形，；（2）如图，设与的交点为点，过点作于点，

，是等腰三角形，，设，则，，，由折叠的性质得：，在和中，，，，设，则，，解得，，在中，，，则；（3），，设，则，由折叠的性质得：，，由题意，分以下两种情况：①如图，当点在直线的左侧时，过点作于点，

（等腰三角形的三线合一），，在中，，，又，，，，是等边三角形，，；②如图，当点在直线的右侧时，过点作于点，

同理可得：，，点在上，由折叠的性质得：，在中，，，，综上，存在点，使得，此时的值为或．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、折叠的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），正确分两种情况讨论是解题关键．7.（2020•河北）如图1和图2，在△ABC中，AB＝AC，BC＝8，tanC=34．点K在AC边上，点M，N分别在AB，BC上，且AM＝CN＝2．点P从点M出发沿折线MB﹣BN匀速移动，到达点N时停止；而点Q在AC边上随P移动，且始终保持∠APQ＝∠（1）当点P在BC上时，求点P与点A的最短距离；（2）若点P在MB上，且PQ将△ABC的面积分成上下4：5两部分时，求MP的长；（3）设点P移动的路程为x，当0≤x≤3及3≤x≤9时，分别求点P到直线AC的距离（用含x的式子表示）；（4）在点P处设计并安装一扫描器，按定角∠APQ扫描△APQ区域（含边界），扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒．若AK=94，请直接写出点【分析】（1）如图1中，过点A作AH⊥BC于H．解直角三角形求出AH即可．（2）利用相似三角形的性质求解即可．（3）分两种情形：当0≤x≤3时，当3＜x≤9时，分别画出图形求解即可．（4）求出CK的长度，以及CQ的最大值，利用路程与速度的关系求解即可．【解析】（1）如图1中，过点A作AH⊥BC于H．∵AB＝AC，AH⊥BC，∴BH＝CH＝4，∠B＝∠C，∴tan∠B＝tan∠C=AH∴AH＝3，AB＝AC=AH∴当点P在BC上时，点P到A的最短距离为3．（2）如图1中，∵∠APQ＝∠B，∴PQ∥BC，∴△APQ∽△ABC，∵PQ将△ABC的面积分成上下4：5，∴S△APQS△ABC=（AP∴APAB∴AP=10∴PM＝AP＝AM=103-（3）当0≤x≤3时，如图1﹣1中，过点P作PJ⊥CA交CA的延长线于J．∵PQ∥BC，∴APAB=PQBC，∠∴x+25∴PQ=85（∵sin∠AQP＝sin∠C=3∴PJ＝PQ•sin∠AQP=2425（当3＜x≤9时，如图2中，过点P作PJ⊥AC于J．同法可得PJ＝PC•sin∠C=35（11﹣（4）由题意点P的运动速度=936=当3＜x≤9时，设CQ＝y．∵∠APC＝∠B+∠BAP＝∠APQ+∠CPQ，∠APQ＝∠B，∴∠BAP＝∠CPQ，∵∠B＝∠C，∴△ABP∽△PCQ，∴ABCP∴511-x∴y=-15（x﹣7）∵-15∴x＝7时，y有最大值，最大值=16∵AK=9∴CK＝5-当y=114时，114=-15（解得x＝7±32∴点K被扫描到的总时长＝（114+6﹣3）÷8.（2020•凉山州）如图，点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC上的动点（端点除外），点P、点Q以相同的速度，同时从点A、点B出发．（1）如图1，连接AQ、CP．求证：△ABQ≌△CAP；（2）如图1，当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，AQ、CP相交于点M，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数；（3）如图2，当点P、Q在AB、BC的延长线上运动时，直线AQ、CP相交于M，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS证明△ABQ≌△CAP即可；（2）先判定△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝60°；（3）先判定△ABQ≌△CAP，根据全等三角形的性质可得∠BAQ＝∠ACP，从而得到∠QMC＝120°．【解析】（1）证明：如图1，∵△ABC是等边三角形∴∠ABQ＝∠CAP＝60°，AB＝CA，又∵点P、Q运动速度相同，∴AP＝BQ，在△ABQ与△CAP中，AB=CA∠ABQ=∠CPA∴△ABQ≌△CAP（SAS）；（2）点P、Q在AB、BC边上运动的过程中，∠QMC不变．理由：∵△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ＝∠ACP，∵∠QMC是△ACM的外角，∴∠QMC＝∠ACP+∠MAC＝∠BAQ+∠MAC＝∠BAC∵∠BAC＝60°，∴∠QMC＝60°；（3）如图2，点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时，∠QMC不变理由：同理可得，△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ＝∠ACP，∵∠QMC是△APM的外角，∴∠QMC＝∠BAQ+∠APM，∴∠QMC＝∠ACP+∠APM＝180°﹣∠PAC＝180°﹣60°＝120°，即若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，∠QMC的度数为120°．9.（2020•衡阳）如图1，平面直角坐标系xOy中，等腰△ABC的底边BC在x轴上，BC＝8，顶点A在y的正半轴上，OA＝2，一动点E从（3，0）出发，以每秒1个单位的速度沿CB向左运动，到达OB的中点停止．另一动点F从点C出发，以相同的速度沿CB向左运动，到达点O停止．已知点E、F同时出发，以EF为边作正方形EFGH，使正方形EFGH和△ABC在BC的同侧，设运动的时间为t秒（t≥0）．（1）当点H落在AC边上时，求t的值；（2）设正方形EFGH与△ABC重叠面积为S，请问是否存在t值，使得S=9136？若存在，求出（3）如图2，取AC的中点D，连结OD，当点E、F开始运动时，点M从点O出发，以每秒25个单位的速度沿OD﹣DC﹣CD﹣DO运动，到达点O停止运动．请问在点E的整个运动过程中，点M可能在正方形EFGH内（含边界）吗？如果可能，求出点M在正方形EFGH内（含边界）的时长；若不可能，请说明理由．【分析】（1）利用平行线分线段成比例定理解决问题即可．（2）由题意，在E，F的运动过程中，开始正方形EFGH的边长为1，因为正方形EFGH与△ABC重叠面积为S，S=9136，推出此时点F与O重合，已经停止运动，如图1﹣2中，重叠部分是五边形（3）分别求出点M第一次和第二次落在正方形内部（包括边界）的时长即可解决问题．【解析】（1）如图1﹣1中，由题意，OA＝2，OB＝OC＝4，EF＝EH＝FG＝HG＝1，当点H落在AC上时，∵EH∥OA，∴CECO∴CE4∴CE＝2，∴点E的运动路程为1，∴t＝1时，点E落在AC上．（2）由题意，在E，F的运动过程中，开始正方形EFGH的边长为1，∵正方形EFGH与△ABC重叠面积为S，S=91∴此时点F与O重合，已经停止运动，如图1﹣2中，重叠部分是五边形OEKJG．由题意：（t﹣3）2-12•3t-132•（3t﹣13整理得45t2﹣486t+1288＝0，解得t=143或∴满足条件的t的值为143（3）如图3﹣1中，当点M第一次落在EH上时，4t+t＝3，t=当点M第一次落在FG上时，4t+t＝4，t=4∴点M第一次落在正方形内部（包括边界）的时长=45-当点M第二次落在FG上时，4t﹣t＝4，t=4当点M第二次落在EH上时，4t﹣（t+1）＝4，t=5点M第二次落在正方形内部（包括边界）的时长=5∴点M落在正方形内部（包括边界）的总时长=15+10.（2020•青岛）已知：如图，在四边形ABCD和Rt△EBF中，AB∥CD，CD＞AB，点C在EB上，∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，延长DC交EF于点M．点P从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为2cm/s；同时，点Q从点M出发，沿MF方向匀速运动，速度为1cm/s．过点P作GH⊥AB于点H，交CD于点G．设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．解答下列问题：（1）当t为何值时，点M在线段CQ的垂直平分线上？（2）连接PQ，作QN⊥AF于点N，当四边形PQNH为矩形时，求t的值；（3）连接QC，QH，设四边形QCGH的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；（4）点P在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点P在∠AFE的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由平行线分线段成比例可得CMBF=CEBE，可求CM的长，由线段垂直平分线的性质可得（2）利用锐角三角函数分别求出PH=65t，QN＝6-（3）利用面积的和差关系可得S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，即可求解；（4）连接PF，延长AC交EF于K，由“SSS”可证△ABC≌△EBF，可得∠E＝∠CAB，可证∠ABC＝∠EKC＝90°，由面积法可求CK的长，由角平分线的性质可求解．【解析】（1）∵AB∥CD，∴CMBF∴8-68∴CM=3∵点M在线段CQ的垂直平分线上，∴CM＝MQ，∴1×t=3∴t=3（2）如图1，过点Q作QN⊥AF于点N，∵∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，∴AC=AB2+BC2=64+36∵CE＝2cm，CM=32∴EM=EC∵sin∠PAH＝sin∠CAB，∴BCAC∴610∴PH=65同理可求QN＝6-45∵四边形PQNH是矩形，∴PH＝NQ，∴6-45t=∴t＝3；∴当t＝3时，四边形PQNH为矩形；（3）如图2，过点Q作QN⊥AF于点N，由（2）可知QN＝6-45∵cos∠PAH＝cos∠CAB，∴AHAP∴AH2t∴AH=85∵四边形QCGH的面积为S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，∴S=12×6×（8-85t+6+8-85t+32）-12×32×[6﹣（6-45t）]（4）存在，理由如下：如图3，连接PF，延长AC交EF于K，∵AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，AC＝EF＝10cm，∴△ABC≌△EBF（SSS），∴∠E＝∠CAB，又∵∠ACB＝∠ECK，∴∠ABC＝∠EKC＝90°，∵S△CEM=12×EC×CM=1∴CK=2×∵PF平分∠AFE，PH⊥AF，PK⊥EF，∴PH＝PK，∴65t＝10﹣2t+∴t=7∴当t=72时，使点P在∠11.（2020•临沂）如图，菱形ABCD的边长为1，∠ABC＝60°，点E是边AB上任意一点（端点除外），线段CE的垂直平分线交BD，CE分别于点F，G，AE，EF的中点分别为M，N．（1）求证：AF＝EF；（2）求MN+NG的最小值；（3）当点E在AB上运动时，∠CEF的大小是否变化？为什么？【分析】（1）连接CF，根据垂直平分线的性质和菱形的对称性得到CF＝EF和CF＝AF即可得证；（2）连接AC，根据菱形对称性得到AF+CF最小值为AC，再根据中位线的性质得到MN+NG的最小值为AC的一半，即可求解；（3）延长EF，交DC于H，利用外角的性质证明∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由AF＝CF＝EF，得到∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，从而推断出∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FAE+∠CEF，从而可求出∠ABF＝∠CEF＝30°，即可证明．【解析】（1）连接CF，∵FG垂直平分CE，∴CF＝EF，∵四边形ABCD为菱形，∴A和C关于对角线BD对称，∴CF＝AF，∴AF＝EF；（2）连接AC，∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，∴MN=12AF，NG=12CF，即MN+NG当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，AF+CF最小，即此时MN+NG最小，∵菱形ABCD边长为1，∠ABC＝60°，∴△ABC为等边三角形，AC＝AB＝1，即MN+NG的最小值为12（3）不变，理由是：延长EF，交DC于H，∵∠CFH＝∠FCE+∠FEC，∠AFH＝∠FAE+∠FEA，∴∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，∵点F在菱形ABCD对角线BD上，根据菱形的对称性可得：∠AFD＝∠CFD=12∠∵AF＝CF＝EF，∴∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，∴∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FAE+∠CEF，∴∠ABF＝∠CEF，∵∠ABC＝60°，∴∠ABF＝∠CEF＝30°，为定值．12.（2020•岳阳）如图1，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，动点P，Q分别从C点，A点同时以每秒1个单位长度的速度出发，且分别在边CA，AB上沿C→