中考数学一轮复习考点练习考向26 四边形的综合问题（动点.最值）（含答案详解）

·····试卷第=page22页，共=sectionpages1818页考向26四边形的综合问题（动点.最值）【考点梳理】四边形综合题目，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识【题型探究】题型一：中点四边形1．（2022·广东佛山·校考一模）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD四条边AB，BC，CD，DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的是（

）A．不一定是平行四边形 B．当AC＝BD时，它为菱形C．一定是轴对称图形 D．不一定是中心对称图形2．（2022·四川德阳·统考中考真题）如图，在四边形中，点，，，分别是，，，边上的中点，则下列结论一定正确的是（

）A．四边形是矩形B．四边形的内角和小于四边形的内角和C．四边形的周长等于四边形的对角线长度之和D．四边形的面积等于四边形面积的3．（2022·湖北襄阳·统考一模）如图，四边形ABCD是矩形，E，F，G，H分别为各边的中点，则四边形EFGH一定是（

）A．菱形 B．矩形C．正方形 D．对角线相等的四边形题型二：利用四边形的对称性求阴影面积问题4．（2022秋·九年级课时练习）如图，四边形ABCD四边的中点分别为E，F，G，H，对角线AC与BD相交于点O，若四边形EFGH的周长是3，则AC＋BD的长为（

）A．3 B．6 C．9 D．125．（2015·山东日照·统考一模）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠B=45°，AE为BC边上的高，将△ABE沿AE所在直线翻折得△AB1E，则△AB1E与四边形AECD重叠部分的面积为（）A．0．7 B．0．9 C．2−2 D．6．（2022春·）正方形ABCD的边长为1cm，E、F分别是BC、CD的中点，连接BF、DE，则图中阴影部分的面积是()cm2．A． B． C． D．题型三：四边形中的线段最值问题7．（2022·山东临沂·统考二模）如图，四边形ABCD中，AB//CD，∠ABC=60°，，点M是四边形ABCD内的一个动点，满足∠AMD=90°，则点M到直线BC的距离的最小值为（

）A． B． C． D．8．（2022·安徽·校联考一模）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△MN，连接C，则C长度的最小值是（

）A． B． C． D．9．（2022·重庆·一模）如图，在正方形ABCD中，AB=8，AC与BD交于点O，N是AO的中点，点M在BC边上，且BM=6．P为对角线BD上一点，则PM﹣PN的最大值为（）A．2 B．3 C． D．题型四：平行四边形的动点问题10．（2021·浙江绍兴·统考中考真题）如图，菱形ABCD中，，点P从点B出发，沿折线方向移动，移动到点D停止．在形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（

）A．直角三角形→等边三角形→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→等边三角形C．直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形D．等腰三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形11．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考模拟预测）如图，P是菱形ABCD边上的一动点，它从点A出发沿A→B→C的路径匀速运动到点C，点R是CD边的中点，点M，点N分别是线段AP，PR的中点，设P点运动时间为x，MN的长为y，则y关于x的函数图像大致为（

）A．B．C． D．12．（2021·江苏苏州·统考一模）如图1，已知E为矩形ABCD的边AD上的一点，动点P，Q同时从点B出发，点P沿折线BE-ED-DC运动到点C时停止；点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/s．设P，Q同时出发，t(s)时，△BPQ的面积为y()．已知y与t的函数关系图象如图2(曲线OM为抛物线的一部分)，有下列结论：①AD＝BE＝5cm；②；③当时，；④当时，△ABE∽△QBP其中正确的结论是（

）A．①② B．③④ C．①③④ D．①②③④题型五：四边形的其他类型问题13．（2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）下列图形是黄金矩形的折叠过程：第一步，如图（1），在一张矩形纸片一端折出一个正方形，然后把纸片展平；第二步，如图（2），把正方形折成两个相等的矩形再把纸片展平；第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图（3）中所示的AD处；第四步，如图（4），展平纸片，折出矩形BCDE就是黄金矩形．则下列线段的比中：①，②，③，④，比值为的是（

）A．①② B．①③ C．②④ D．②③14．（2022·黑龙江大庆·统考三模）如图，已知四边形为正方形，，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．下列结论：①矩形是正方形；②；③平分；④．其中结论正确的序号有（

）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④15．（2022秋·九年级课时练习）如图，矩形纸片，点M、N分别在矩形的边、上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在矩形的边上，记为点，点落在处，连接，交于点,连接．下列结论成立的是（

）A．当点与点重合时， B．C． D．的面积最大值为题型六：四边形的压轴问题16．（2023·湖南衡阳·衡阳市华新实验中学校考一模）已知：如图，矩形中和中，点C在上，，，，连接，点M从点D出发，沿方向匀速运动，速度为，同时，点N从点E出发，沿方向匀速运动，速度为，过点M作交于点H，交于点G．设运动时间t（s）为（）．解答下列问题：(1)当t为何值时，？(2)连接，作交于Q，当四边形为矩形时，求t的值；(3)连接，，设四边形的面积为S（），求S与t的函数关系式．17．（2022·安徽合肥·校联考三模）已知分别是四边形和四边形的对角线，点E在的内部，．(1)探索发现：如图1，当四边形和四边形均为正方形时，则的度数为；(2)引申运用：如图2，当四边形和四边形均为矩形时，①若，（1）中的结论还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；②若，，求线段的长；(3)联系拓展：如图3，当四边形和四边形均为菱形且时，设，试探究a，b，c三者之间的等量关系，并说明理由．18．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测）问题情境：如图1，在正方形中，为边上一点不与点、重合，垂直于的一条直线分别交、、于点、、．则、、之间的数量关系为．问题探究：在“问题情境”的基础上．如图2，若垂足恰好为的中点，连接，交于点，连接，并延长交边于点求的度数；如图3，当垂足在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点落在点处，若正方形的边长为，的中点为，求的最小值．问题拓展：如图4，在边长为的正方形中，点、分别为边、上的点，将正方形沿着翻折，使得的对应边恰好经过点，交于点分别过点、作，，垂足分别为、,若，请直接写出的长．【必刷基础】一、单选题19．（2021·新疆·校考三模）如图，点O为矩形的对称中心，点E从点A出发沿向点B运动，移动到点B停止，延长EO交于点F，则四边形形状的变化依次为（

）A．矩形→菱形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形20．（2022秋·九年级课时练习）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，E为CD边的中点，P，Q为BC边上两个动点，且PQ＝2，当四边形APQE的周长最小时，BP的长为（

）A．0 B．3 C．4 D．621．（2022秋·九年级课时练习）如图，矩形中，，，，分别是，上的两个动点，，沿翻折形成，连接，，则的最小值是（

）A． B． C． D．22．（2022秋·辽宁鞍山·九年级）如图，在平面四边形ABCD中，，，点M从A出发沿路径运动，点N从B出发沿路径运动，M，N两点同时出发，且点N的运动速度是点M运动速度的3倍，当M运动到B时，M，N两点同时停止运动，若M的运动路程为x，△BMN的面积为y；则能反映y与x之间函数关系的图象是（

）A．B．C． D．23．（2021·山东泰安·统考模拟预测）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝60°，AD＝BC＝CD＝4，点M是四边形ABCD内的一个动点，满足∠AMD＝90°，则点M到直线BC的距离的最小值为（）A．2 B．3 C．32 D．2124．（2022·山东临沂·校考二模）如图，在矩形中，，，在上，，是线段上的动点，将沿所在的直线折叠得到，连接，则的最小值是（

）A．6 B．4 C． D．25．（2022·广东东莞·东莞市光明中学校考三模）中，，，点为直线上一动点点不与，重合，以为边在右侧作菱形，使，连接．(1)观察猜想：如图，当点在线段上时，与的位置关系为：______．，，之间的数量关系为：______；(2)数学思考：如图，当点在线段的延长线上时，结论，是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．(3)拓展延伸：如图，当点在线段的延长线上时，设与相交于点，若已知，，求的长．26．（2022·辽宁葫芦岛·统考二模）如图，四边形ABCD是正方形，E是射线DC上一点，F是CE的中点，将线段EF绕点F逆时针旋转90°得到点GF，连接GE，CG，以CG，CD为邻边作，连接AE，M是AE的中点．(1)如图1，当点E与点D重合时，HM与AE的位置关系是______．(2)如图2，当点E与点D不重合，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；(3)当时，连接HE，请直接写出的值．27．（2022·浙江衢州·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结交于点，平分交于点G．(1)求证：.(2)若．①求菱形的面积.②求的值.(3)若，当的大小发生变化时（），在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值．【必刷培优】一、单选题28．（2022秋·广东茂名·九年级统考期中）如图，菱形中，，与交于点O，E为延长线上的一点，且，连结，分别交，于点F、G，连结，则下列结论：①﹔②﹔③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④四边形其中正确的结论是（）A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④29．（2022秋·）如图，在四边形中，，，，．为上一点，且．若，则的长为（

）A． B． C．1 D．30．（2021·广东深圳·统考中考真题）在正方形中，，点E是边的中点，连接，延长至点F，使得，过点F作，分别交、于N、G两点，连接、、，下列正确的是：①；②；③；④（

）A．4 B．3 C．2 D．131．（2021·黑龙江绥化·统考中考真题）如图所示，在矩形纸片中，，点分别是矩形的边上的动点，将该纸片沿直线折叠．使点落在矩形边上，对应点记为点，点落在处，连接与交于点．则下列结论成立的是（

）①；②当点与点重合时；③的面积的取值范围是；④当时，．A．①③ B．③④ C．②③ D．②④二、填空题32．（2022·广东佛山·校考三模）在矩形中，，，点为矩形内部一动点，且，点为线段上一动点，连接，，则的最小值为______．33．（2022秋·福建福州·九年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，，，点E在BC上，且，点M为矩形内一动点，使得，连接AM，则线段AM的最小值为______．34．（2022·安徽·统考二模）如图，点E在边长为2的正方形ABCD内，且，点F是边AD的中点，点G是边CD上的一动点，连接EG，FG．（1）当，且时，四边形AEGF的面积为_________；（2）的最小值为_________．35．（2022·湖北武汉·统考中考真题）如图，在中，，，分别以的三边为边向外作三个正方形，，，连接．过点作的垂线，垂足为，分别交，于点，．若，，则四边形的面积是_________．36．（2022·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，正方形中，点E，F分别是边上的两个动点，且正方形的周长是周长的2倍，连接分别与对角线交于点M，N．给出如下几个结论：①若，则；②；③若，则；④若，则．其中正确结论的序号为____________．37．（2022·山东济南·济南育英中学校考模拟预测）如图，在正方形中，点E、F分别在边、上，且，AE交于M点，交于N点．（1）若正方形的边长为3，则的周长是_____．（2）下列结论：①；②连接，则为等腰直角三角形；③若F是的中点，则．其中正确结论的序号是_____（把你认为所有正确的都填上）．38．（2022·江苏泰州·校联考三模）如图，在矩形中，，，点P从点A出发，每秒个单位长度的速度沿方向运动，点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿对角线方向运动．已知P，Q两点同时出发，当点Q到达点A时，P，Q两点同时停止运动，连接PQ，设运动时间为t秒．在运动过程中，若将沿翻折，翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形，则运动时间t的值为______．三、解答题39．（2022·辽宁朝阳·统考中考真题）【思维探究】如图1，在四边形ABCD中，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，AB＝AD，连接AC．求证：BC+CD＝AC．(1)小明的思路是：延长CD到点E，使DE＝BC，连接AE．根据∠BAD+∠BCD＝180°，推得∠B+∠ADC＝180°，从而得到∠B＝∠ADE，然后证明ADE≌ABC，从而可证BC+CD＝AC，请你帮助小明写出完整的证明过程．(2)【思维延伸】如图2，四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD，连接AC，猜想BC，CD，AC之间的数量关系，并说明理由．(3)【思维拓展】在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝，AC与BD相交于点O．若四边形ABCD中有一个内角是75°，请直接写出线段OD的长．40．（2022·江苏南通·统考中考真题）如图，矩形中，，点E在折线上运动，将绕点A顺时针旋转得到，旋转角等于，连接．(1)当点E在上时，作，垂足为M，求证；(2)当时，求的长；(3)连接，点E从点B运动到点D的过程中，试探究的最小值．41．（2022·内蒙古呼伦贝尔·统考一模）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，．(1)求证：四边形OBEC是矩形；(2)若∠ABC=120°，AB=6，求矩形OBEC的周长；42．（2022·辽宁丹东·统考中考真题）已知矩形ABCD，点E为直线BD上的一个动点（点E不与点B重合），连接AE，以AE为一边构造矩形AEFG（A，E，F，G按逆时针方向排列），连接DG．(1)如图1，当＝＝1时，请直接写出线段BE与线段DG的数量关系与位置关系；(2)如图2，当＝＝2时，请猜想线段BE与线段DG的数量关系与位置关系，并说明理由；(3)如图3，在（2）的条件下，连接BG，EG，分别取线段BG，EG的中点M，N，连接MN，MD，ND，若AB＝，∠AEB＝45°，请直接写出△MND的面积．43．（2022·广东广州·华南师大附中校考三模）已知正方形ABCD的边长为1，点E是射线BC上的动点，以AE为直角边在直线BC的上方作等腰直角三角形AEF，∠AEF＝90°，设BE＝m．(1)如图1，若点E在线段BC上运动，EF交CD于点P，连接CF．①当m＝时，求线段CF的长；②设CP＝n，请求出n与m的关系式；(2)如图2，AF交CD于点Q，在△PQE中，设边QE上的高为h，求h的最大值．44．（2021·浙江宁波·校考三模）如果四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，且两个等腰三角形的顶角顶点重合，则称此四边形为环绕四边形，此顶点称为该四边形的环绕点．例如，有一个角为的菱形就是环绕四边形，菱形钝角顶点式环绕点．(1)在网格的格点上找出所有的点，使四边形是环绕四边形；(2)如图1，四边形是环绕四边形，且为环绕点，，，，求；(3)如图2，为正方形内部一点，四边形为环绕四边形，为环绕点，，过点作直线的垂线，垂足为点，连结，，求△的面积．参考答案：1．B【分析】先连接AC，BD，根据EF＝HG＝AC，EH＝FG＝BD，可得四边形EFGH是平行四边形，当AC⊥BD时，∠EFG＝90°，此时四边形EFGH是矩形；当AC＝BD时，EF＝FG＝GH＝HE，此时四边形EFGH是菱形，据此进行判断即可．【详解】解：连接AC，BD，如图：∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，∴EF＝HG＝AC，EH＝FG＝BD，∴四边形EFGH是平行四边形，故A错误；∴四边形EFGH一定是中心对称图形，故D错误；当AC⊥BD时，∠EFG＝90°，此时四边形EFGH是矩形，当AC＝BD时，EF＝FG＝GH＝HE，此时四边形EFGH是菱形，∴四边形EFGH可能是轴对称图形，故C错误；∴说法正确的是当AC＝BD时，它为菱形，故选：B．【点睛】本题主要考查了中点四边形的运用，解题时注意：平行四边形是中心对称图形．解决问题的关键是掌握三角形中位线定理．2．C【分析】连接，根据三角形中位线的性质，，，继而逐项分析判断即可求解．【详解】解：连接，设交于点，点，，，分别是，，，边上的中点，，，A.四边形是平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；B.四边形的内角和等于于四边形的内角和，都为360°，故该选项不正确，不符合题意；C.四边形的周长等于四边形的对角线长度之和，故该选项正确，符合题意；D.四边形的面积等于四边形面积的，故该选项不正确，不符合题意；故选C【点睛】本题考查了中点四边形的性质，三角形中位线的性质，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．3．A【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理可得HG=AC，EF=AC，EH=BD，GF=BD，根据矩形的性质可得AC=BD，进而可证四边形EFGH一定是菱形．【详解】解：连接AC、BD，在△DAC中，G、H为CD、DA的中点，∴HG=AC，同理可证EF=AC，EH=BD，GF=BD，∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，∴HG=EH=GF=EF，∴四边形ABCD是菱形，故选：A．【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形的性质、菱形的判定定理是解题的关键．4．A【分析】先由三角形的中位线定理推知四边形EFGH是平行四边形，然后求解即可．【详解】解：如图，∵E、F、G、H分别是线段AB、BC、CD、AD的中点，∴EH、FG分别是△ABD、△BCD的中位线，EF、HG分别是△ACD、△ABC的中位线，根据三角形的中位线的性质知：EF∥AC，GH∥AC且EF=GH=AC，EH=FG=BD，∴四边形EFGH是平行四边形，∵四边形EFGH的周长是3，即EF+GH+EH+FG=3，∴AC+BD=3，故选：A．【点睛】本题主要考查中点四边形，解题时，利用三角形中位线定理判定四边形EFGH是平行四边形是解题的关键．5．C【详解】试题分析：如图，求出AE、BE的长度，证明△CFB1∽△BAB1，列出比例式求出CF的长度，运用三角形的面积公式即可解决问题．试题解析：如图：∵∠B=45°，AE⊥BC∴∠BAE=∠B=45°∴AE=BE由勾股定理得：BE2+AE2=22解得：BE=由题意得：△ABE≌△AB1E∴∠BAB1=2∠BAE=90°，BE=B1E=∴BB1=2，B1C=2-2∵四边形ABCD为菱形，∴∠FCB1=∠B=45°，∠CFB1=∠BAB1=90°，∴∠CB1F=45°，CF=B1F∵CF∥AB∴△CFB1∽△BAB1，∴，解得：CF=2-∴△AEB1、△CFB1的面积分别为：，．∴△AB1E与四边形AECD重叠部分的面积=．故选C．考点：1．菱形的性质；2．翻折变换（折叠问题）6．B【分析】阴影部分的面积可转化为两个三角形面积之和，根据角平分线定理，可知阴影部分两个三角形的高相等，正方形的边长已知，故只需将三角形的高求出即可，根据△DON∽△DEC可将△ODC的高求出，进而可将阴影部分两个三角形的高求出．【详解】连接AC，过点O作MN∥BC交AB于点M，交DC于点N，PQ∥CD交AD于点P，交BC于点Q，如图，∵AC为∠BAD的角平分线，∴OM=OP，OQ=ON；设OM=OP=h1，ON=OQ=h2，∵ON∥BC，∴，即，解得，∴OM=OP，故选：B．【点睛】本题考查了角平分线的性质，三角形的面积公式，相似三角形的判定和性质，解题的关键是读懂题意及图形，正确作出辅助线，将阴影部分分成几个规则图形面积相加或相减求得．7．C【分析】取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，过点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则，求出OM，OF即可解决问题．【详解】解：取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，过点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则．∵∠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，∴当O，M，E共线时，ME的值最小，最小值为64．故选：C．【点睛】本题考查等腰梯形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、解直角三角形、求线段最值等，通过作辅助线得出是解题关键．8．C【分析】过作交的延长线于，根据为定值，可知当在上时，取得最小值，然后依据角度和三角函数，即可求得的长．【详解】解：∵是定值，∴当在上时，取得最小值，如图，过作交的延长线于，∵在边长为2的菱形中，，为的中点，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，故选：C．【点睛】本题考查了菱形性质、折叠问题、三角函数和勾股定理等知识点，找出所在位置是解答本题的关键．9．A【分析】以BD为对称轴作N的对称点N′，连接PN′，MN′，依据PM−PN=PM−PN′⩽MN′，可得当P，M，N′三点共线时，取“=”，再求得，即可得出，∠CMN′=90°，再根据△N′CM为等腰直角三角形，即可得到CM=MN′=2，即可求得．【详解】解：如图所示，以BD为对称轴作N的对称点N’，连接MN′并延长交BD于P，连NP，根据轴对称性质可知，PN=PN'，∴PM﹣PN=PM﹣PN'≤MN'，当P，M，N'三点共线时，取“=”，∵正方形边长为8，∴，∵O为AC中点，∴，∵N为OA中点，∴，∴，∴，∵BM=6，∴CM=AB-BM=8-6=2，∴，∴，∠CMN’=90°，∵∠N'CM=45°，∴△N'CM为等腰直角三角形，∴CM=MN'=2，即PM-PN的最大值为2，故选：A．【点睛】本题主要考查了正方形的性质以及最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．10．C【分析】是特殊三角形，取决于点P的某些特殊位置，按其移动方向，逐一判断即可．【详解】解：连接AC，BD，如图所示．∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，∠D=∠B．∵∠B=60°，∴∠D=∠B=60°．∴和都是等边三角形．点P在移动过程中，依次共有四个特殊位置：（1）当点P移动到BC边的中点时，记作．∵是等边三角形，是BC的中点，∴．∴．∴是直角三角形．（2）当点P与点C重合时，记作．此时，是等边三角形；（3）当点P移动到CD边的中点时，记为．∵和都是等边三角形，∴．∴是直角三角形．（4）当点P与点D重合时，记作．∵，∴是等腰三角形．综上，形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是：直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形．故选：C【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形的判定、等腰三角形的判定、等边三角形的性质与判定等知识点，熟知特殊三角形的判定方法是解题的关键．11．D【分析】连接AR，利用三角形的中位线即可对图象加以判断．【详解】解：如图所示，连接AR．∵M是AP的中点，N是PR的中点，∴MN是的中位线．∴．即点P在符合条件的运动过程中，始终有．∴．∵A、R是定点，∴AR是定值．∴y是定值，与点P运动的时间x无关．故选：D【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线的判定与性质、动点问题的函数图象等知识点，熟知三角形的中位线定理是解题的关键．12．C【分析】利用数形结合思想，看出运动分成了三段即0＜t≤5，此时点P到达E，点Q到达C，并停止运动，此时BE=BC=5=AD，5＜t≤7，运动了两秒即ED=2，根据，计算可得AB=4，于是；根据三角形的面积公式可得；7＜t时，点P沿着DC运动，此时QP=4-(t-7)=11-t，利用两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似判断即可．【详解】解：根据图（2）可得，当点P到达点E时点Q到达点C，∵点P、Q的运动的速度都是1cm/秒，∴BC=BE=5，∴AD=BE=5，故①小题正确；又∵从M到N的变化是2，∴ED=2，∴AE=AD-ED=5-2=3，根据图像2，得，∴AB=4，∴，故②小题错误；当0＜t≤5时，故，故③小题正确；7＜t时，点P沿着DC运动，此时QP=4-(t-7)=11-t，∴当时，QP=4-(t-7)=11-t＝，∴QP：QB=：5=3：4=AE：AB，又∵∠A=∠Q=90°，∴△ABE∽△QBP，故④小题正确．综上所述，正确的有①③④．故选C．【点睛】本题考查了矩形中的动点问题，三角形的相似，锐角三角函数，熟练运用数形结合思想，读懂图像，从中获得正确的解题信息是解题的关键．13．B【分析】设，则，求出，，分别求出比值，作出判断．【详解】解：设，∴，在中，，由折叠可知，，∴，又∵，∴，，，，，∴比值为的是①③，故选：B．【点睛】本题考查四边形综合题，黄金矩形的定义、勾股定理、翻折变换、矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．14．A【分析】过作，过作于，如图所示，根据正方形性质得，，推出四边形是正方形，由矩形性质得，，根据全等三角形的性质得，推出矩形是正方形，故①正确；根据正方形性质得，推出，得到，，由此推出平分，故③正确；进而求得，故②错误；当时，点与点重合，得到不一定等于，故④错误；故选A．【详解】过作，过作于，如图所示，∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，∴四边形是正方形，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，在和中，，∴，∴，

∴矩形是正方形，故①正确；∴，∵四边形是正方形∴，∴在和中∴∴，∵∴平分，故③正确；

∴，故②错误；当时，点与点重合，∴不一定等于，故④错误．故选：A【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解本题的关键．15．C【分析】点P与点A重合时设BN=x，表示出AN=NC=8-x，利用勾股定理解出x，进而求出MN即可判断选项A，先判断四边形CMPN是平行四边形，再根据PN=CN判断四边形CMPN是菱形，可判断选项B与C，当P与A重合时，求出四边形面积的最大值，即可判断选项D．【详解】如图1，当点P与A重合时，设BN=x，则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错误；∵PM∥CN，∴∠PMN=∠MNC，∵∠MNC=∠PNM，∴∠PMN=∠PNM，∴PM=PN，∵NC=NP，∴PM=CN，∵MP∥CN，∴四边形CNPM是平行四边形，∵CN=NP，∴四边形CNPM是菱形，∴，不能推出MN=PC，故C正确，B错误；由题知，当P点与A点重合时，CN最长，如图1，四边形CMPN的面积最大，此时面积最大，S△CQN=S四边形CMPN=×5×4=5，故D错误，故选：C．【点睛】本题主要考查翻折问题，三角形的面积，矩形、菱形及平行四边形的性质等知识点，熟练应用矩形、菱形、平行四边形的性质及翻折的性质是解题的关键．16．(1)(2)(3)【分析】（1）作，根据勾股定理求出，，结合即可得到答案；（2）根据矩形性质得到，结合、即可得到、与t的关系，列式求解即可得到答案；（3）连接与交于K，根据同角三角函数得到比例线段列出方程，得、的值，然后根据面积的和差关系即可得答案；【详解】（1）解：作，∵，，，∴，∵，，∴，∴；（2）解：若MHQN为矩形时，∴，∵，，∴，，∴，∴；（3）解：连接与交于K，∵，，∴，∵，四边形是矩形，∴，∴∴，∴，，∴．【点睛】考查了三角函数，矩形的判定与性质，勾股定理，梯形的面积，熟练掌握性质是解本题的关键．17．(1)(2)①（1）中的结论还成立；证明见解析；②(3)．理由见解析【分析】（1）根据正方形的性质得到，，由相似三角形的性质得到，由余角的性质得到；（2）①如图2，连接，设，，于是得到，，根据勾股定理得到，，推出，根据相似三角形的性质得到，于是得到；②根据相似三角形的性质得到，，推出，设，得到，，根据勾股定理即可得到结论；（3）首先根据，可得，在中，根据勾股定理可求得之间的关系，之间的关系；然后根据相似三角形判定的方法，判断出，即可用b表示出的值；最后判断出，在中，根据勾股定理，判断出a，b，c三者之间满足的等量关系即可．【详解】（1）解：∵四边形和四边形均为正方形，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∴；故答案为：；（2）解：①若，（1）中的结论还成立；证明：如图2，连接，∵，，∴，∴，设，，∴，，∴，，∴，∴，∵，，∴，∴；②∵，∴，，又∵，∴，∴，设，又∵，∴，，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；（3）解：同理可得，如图3，过C点作延长线于H，∵四边形为菱形，∴，设，∵，∴，，∴，∴，同理可得，∴，在和中，，∵四边形和四边形均为菱形，，∴，∴，∴，∴，∴，，又∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，即a，b，c三者之间满足的等量关系是：．【点睛】此题主要考查了四边形综合题，相似三角形的判定和性质的应用，直角三角形的性质和应用，以及勾股定理的应用，考查了数形结合方法的应用，要熟练掌握．18．问题情境：问题探究：（1）；（2）2问题拓展：【分析】问题情境：过点作分别交、于点、，证出四边形为平行四边形，得出，证明≌得出，即可得出结论；问题探究：（1）连接，过点作，分别交、于点、，证出是等腰直角三角形，，，证明≌得出，得出是等腰直角三角形，得出，即可得出结论；（2）连接交于点，则的直角顶点在上运动，设点与点重合时，则点与点重合；设点与点重合时，则点的落点为，由等腰直角三角形的性质得出，当点在线段上运动时，过点作于点，过点作交延长线于点，连接，证明≌得出，证明≌得出，，由正方形的性质得出，易得出，得出，，得出，故，点在线段上运动；过点作，垂足为，即可得出结果；问题拓展：延长交于，交的延长线于，延长交于，则，，得出，由勾股定理得出，得出，证明∽，得出，，证明∽，得出，由折叠的性质得：，，，求出，，证明∽，得出，，证明∽，得出，得出．【详解】问题情境：解：线段、、之间的数量关系为：；理由如下：四边形是正方形，，，，过点作分别交、于点、，如图所示：四边形为平行四边形，，，，，，，在和中，，≌，，，；问题探究：解：（1）连接，过点作，分别交、于点、，如图所示：四边形是正方形，四边形为矩形，，，，是正方形的对角线，，是等腰直角三角形，，，是的垂直平分线，，在和中，，≌，，，，是等腰直角三角形，，即；（2）连接交于点，如图所示：则的直角顶点在上运动，设点与点重合时，则点与点重合；设点与点重合时，则点的落点为，，，，当点在线段上运动时，过点作于点，过点作交延长线于点，连接，点在上，，在和中，，≌，，，，，，，，，，，，，，，，由翻折性质得：，在和中，，≌，，，是正方形的对角线，，易得，，，，故，点在线段上运动；过点作，垂足为，点为的中点，，则的最小值为；问题拓展：解：延长交于，交的延长线于，延长交于，如图：则，，，在中，，，，，∽，，，，，，，∽，，即，解得：，由折叠的性质得：，，，，，，，∽，，解得：，，，，，，∽，，即，解得：，．19．B【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况：这个四边形先是平行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点E与点B重合时是矩形．【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．故选：B．【点睛】本题考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据EF与AC的位置关系即可求解．20．C【分析】要使四边形APQE的周长最小，由于AE与PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可．为此，先在BC边上确定点P、Q的位置，可在AD上截取线段AF＝DE＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，则此时AP+EQ＝EG最小，然后过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点，那么先证明∠GEH＝45°，再由CQ＝EC即可求出BP的长度．【详解】解：如图，在AD上截取线段AF＝PQ＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点．∵四边形是矩形，∴，，∠QCE＝90°，∵，∴,∵点F点关于BC的对称点G，∴∴∴四边形是矩形，∴GH＝DF＝6，∠H＝90°,∵点E是CD中点，∴CE=2，∴EH＝2+4＝6，∴∠GEH＝45°，∴∠CEQ＝45°，设BP＝x，则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．故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称﹣最短路线问题的应用，题目具有一定的代表性，是一道难度较大的题目，对学生提出了较高的要求．21．B【分析】作点D关于BC的对称点D′，连接PD′，ED′，证得DP=PD′，推出PD+PF=PD′+PF，又EF=EA=2是定值，即可推出当E、F、P、D′四点共线时，PF+PD′定值最小，最小值=ED′-EF即可得出结果．【详解】解：作点关于的对称点，连接，，如图所示：矩形中，，，，，，，在和中，，≌，，，是定值，当、、、四点共线时，定值最小，最小值，的最小值为，故选：B【点睛】本题考查翻折变换、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称，根据两点之间线段最短解决最短问题．22．C【分析】过点N作NE⊥AB交射线AB于E，根据四边形ABCD为平行四边形，求出∠DAB=∠NBE=60°，根据NE⊥AB，求出∠BNE=90°-∠NBE=30°，分两段，当点N在BC上时，求出，当点N在CD上，点N到AB的距离，过点C作CF⊥AB交射线AB于F，求出，然后对各选项进行分析即可．【详解】解：过点N作NE⊥AB交射线AB于E，∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，∴∠DAB=∠NBE=60°，

∵NE⊥AB，∴∠BNE=90°-∠NBE=30°，分两段，当点N在BC上时，AM=x，BN=3AM=3x，∴BE=，∴NE=，∴，当点N在CD上，点N到AB的距离，过点C作CF⊥AB交射线AB于F，∵NE⊥AB，CF⊥AB，CD∥AB，∴∠NEF=∠CFE=∠ENC=90°，∴四边形NEFC为矩形，

∴CF=NE，在Rt△BCF中，BC=4，∠BCF=90°-∠CBE=30°，∴BF=，∴CF=，，∴点N在BC上是开口向下的抛物线，点N在CD上是一次函数，A．图像是两个一次函数的联合，故选项A不合题意；B．点N在BC上时函数图像是一次函数，点N在CD上函数图像是开口向上的抛物线，故选项B不合题意；C．点N在BC上时函数图像是开口向下的抛物线，点N在CD上函数图像是一次函数，故选项C合题意；D．点N在BC上时函数图像是开口向下的抛物线函数，点N在CD上函数图像是开口向上的抛物线，故选项D不合题意．故选择C．【点睛】本题考查平行四边形性质，二次函数，一次函数，图形动点问题，30°张角三角形性质，勾股定理，三角形面积，掌握平行四边形性质，二次函数，一次函数，图形动点问题，30°张角三角形性质，勾股定理，三角形面积是解题关键．23．C【分析】取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，过点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则，求出OM，OF即可解决问题．【详解】解：取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，过点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则．∵∠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，∴当O，M，E共线时，ME的值最小，最小值为32．故选：C．【点睛】本题考查等腰梯形的性质、等腰三角形的性质、平行线的性质、解直角三角形、求线段最值等，通过作辅助线得出是解题关键．24．D【分析】的运动轨迹是以E为圆心，以BE的长为半径的圆．所以，当点落在DE上时，D取得最小值．根据勾股定理求出DE，根据折叠的性质可知E＝BE＝1，DE−E即为所求．【详解】解：如图，的运动轨迹是以E为圆心，以BE的长为半径的圆．所以，当点落在DE上时，D取得最小值．根据折叠的性质，△EBF≌△EB’F，∴E⊥F，∴E＝EB，∵∴E＝1，∵，，∴AE=3-1=2，∴DE＝，∴D＝-1．故选：D．【点睛】本题主要考查了折叠的性质、矩形的性质、两点之间线段最短的综合运用，确定点在何位置时，D的值最小，是解决问题的关键．25．(1)①；②(2)①成立，证明见解析；②不成立，证明见解析(3)【分析】根据菱形的性质以及等边三角形的性质，推出≌，根据全等三角形的性质即可得到结论；根据全等三角形的性质得到，再根据，即可得出；依据≌，即可得到，进而得到；依据≌可得，依据，即可得出；判定≌，即可得到，，再根据∽，即可得到，进而得出的长．（1）解：，，是等边三角形，，，又菱形中，，≌，，又，，；≌，又，，故答案为：；；（2）结论成立，而结论不成立．证明：如图，，，是等边三角形，，，，又菱形中，，≌，，又，，；≌，又，；（3）解：如图，连接，过作于，则，，中，，，，是等边三角形，又，，，≌，，，又，∽，，可设，则，，，，解得，．【点睛】此题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质的综合运用，利用已知条件判定≌和∽是解本题的关键．26．(1)(2)成立，理由见解析(3)或【分析】（1）由四边形CGHD是平行四边形，可得GH∥CD，根据点E与点D重合，可知AE与AD重合，进而可知M为AD的中点，则DM=AD，由四边形ABCD是正方形，可知AD⊥CD，AD=CD，则GH⊥AD，由F为CE的中点，可知DF=EF=CD，则DM=GF=DF，由旋转可知：GF=DF，则∠DFG=90°，则AD∥GF，则四边形GFDM是平行四边形，进而GM∥CD，由此可知点M在GH上，由此可证明结论；（2）如图，连接HA，HE，根据平四边形的性质与判定，以及正方形的性质可证，进而可证明结论成立；（3）分两种情况当点E在线段CD上时，连接AH、EH，设直线GH交直线AD于点N，可计算出一种结果，当E在线段DC的延长线上时，连接AH，EH，设直线GH交直线AD与点N，可计算出第二种结果，进行总结即可．（1）解：∵四边形CGHD是平行四边形，∴GH∥CD，∵点E与点D重合，∴AE与AD重合，∵M为AE的中点，∴M为AD的中点，∴DM=AD，∵四边形ABCD是正方形，∴AD⊥CD，AD=CD，∴GH⊥AD，∵F为CE的中点，∴DF=EF=CD，∴DM=GF=DF，由旋转可知：GF=DF，∠DFG=90°，∴AD∥GF，∴四边形GFDM是平行四边形，∴GM∥CD，∴点M在GH上，∴HM⊥AD，即HM⊥AE，故答案为：HM⊥AE；（2）成立，理由如下：如图，连接HA，HE，∵四边形ABCD是正方形，∴，，∵四边形CGHD是平行四边形，∴，，∴，由旋转可知，，，∴，，∵，∴GF垂直平分CD，∴，∴，∵四边形CGHD是平行四边形，∴，，∴，，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴．（3）当点E在线段CD上时，如图甲所示，连接AH、EH，设直线GH交直线AD于点N，由(2)得△ADH≌△HGE，AD⊥GH，∴∠GHE=∠DAH，∴tan∠GHE=tan∠DAH=，∵DE=2CE，∴设CE=m，则DE=2m，HN=DN=FG=EF=CE=m，∴AD=CD=DE+CE=2m+m=3m，∴AN=AD-DN=3m-m=m，∴tan∠GHE===，当E在线段DC的延长线上时，如图乙所示，连接AH，EH，设直线GH交直线AD与点N，由（2）可得△ADH≌△HE，AD⊥GH，∴∠GHE=∠DAH，∴tan∠GHE=tan∠DAH=；∵DE=2CE，设CE=m，则DE=2m-m=m，∴AN=AD+DN=m+m=m，∴tan∠GHE===，综上所述，tan∠GHE的值为或．

图甲

图乙【点睛】本题考查平行四边形的性质与判定，正方形的性质，解直角三角形，能够根据需要添加合适的辅助线是解决本题的关键．27．(1)见解析(2)①24，②(3)＝，理由见解析【分析】（1）由菱形的性质可证得∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，由平分交于点G，得到∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，进一步即可得到答案；（2）①连接AC交BD于点O,Rt△DOC中，OC＝，求得AC＝8，由菱形的面积公式可得答案；②由BGAC，得到，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，则，再证明△CDH∽△AEH，CH＝AC＝，OH＝OC－CH＝4－＝，利用正切的定义得到答案；（3）过点G作GTBC，交AE于点T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，则EG＝GH，再证△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得，GT＝，为定值，即可得到ET的值．（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝DC，ABCD，∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，∵平分交于点G，∴∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，∴∠CBD＋∠CBG＝（∠ABC＋∠CBE）＝×180°＝90°，∴∠DBG＝90°；（2）解：①如图1，连接AC交BD于点O，∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，∴OD＝BD＝3，AC⊥BD，∴∠DOC＝90°，在Rt△DOC中，OC＝，∴AC＝2OC＝8，∴，即菱形的面积是24．②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，∵四边形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）如图3，过点G作GTBC交AE于点T，此时ET＝．理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有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＝，为定值，此时ET＝AE＝（AB＋BE）＝．【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．28．B【分析】①证明，得为的一条中位线，即可得结论；②证明，利用面积比等于相似比的平方，可得结论；③证明四边形是菱形即可；④分别判断四边形,比较大小即可．【详解】①四边形是菱形①正确．②由①四边形是菱形,,,②正确③由①四边形是平行四边形，由②知：四边形是菱形③正确．④四边形四边形④不正确．综上所述①②③正确．故选B．【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等，30度角的正切值，三角形相似的判定与性质，三角形中位线定理．求证出是解题的关键．29．C【分析】过点作，交CB延长线于，证明为正方形，表示出后，使用勾股定理即可．【详解】过点作，交CB延长线于∵，∴∵，∴四边形为矩形∵，∴∴矩形为正方形∴设，则，∴即∴∴，即，故选C．【点睛】本题考查了矩形，正方形的性质与判定，及勾股定理，熟知以上知识的应用是解题的关键．30．B【分析】解：①中由即可得到，再由正切等于对边比邻边即可求解；②中先证明得到EM=EC，DM=FC，再证明即可求解；③中先证明GECM，得到即可求解；④中由得到，再由即可求解．【详解】解：①∵，∴∠DMF=90°=∠NCF，且对顶角∠MND=∠CNF，∴∠GFB=∠EDC，∵ABCD为正方形，E是BC的中点，∴BC=CD，∴，①正确；②由①知，又，已知，∴()，∴，∴，∵，，，∴()，∴，故②正确；③∵，，∴BE=ME，且∠B=∠GME=90°，GE为和的公共边，∴（），∴，∵，∴，由三角形外角定理可知：，∴，∴，∴，∵，，∴，故③错误；④由上述可知：，，∴，∵，∴，∴，故④正确．故选B．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．31．D【分析】①根据题意可知四边形BFGE为菱形，所以EF⊥BG且BN=GN，若BN=AB，则BG=2AB=6，又因为点E是AD边上的动点，所以3<BG<．从而判断①不正确；②如图，过点E作EH⊥BC于点H，再利用勾股定理求解即可；③当点E与点A重合时，的面积有最小值，当点G与点D重合时的面积有最大值．故<<．④因为，则EG=BF=6-=．根据勾股定理可得ME=，从而可求出△MEG的面积．【详解】解：①根据题意可知四边形BFGE为菱形，∴EF⊥BG且BN=GN，若BN=AB，则BG=2AB=6，又∵点E是AD边上的动点，∴3<BG<．故①错误；②如图，过点E作EH⊥BC于点H，则EH=AB=3，在Rt△ABE中即解得：AE=，∴BF=DE=6-=．∴HF=-=．在Rt△EFH中=；故②正确；③当点E与点A重合时，如图所示，的面积有最小值==，当点G与点D重合时的面积有最大值==．故<<．故③错误．④因为，则EG=BF=6-=．根据勾股定理可得ME=，∴．故④正确．故选D．【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质等知识，掌握相关知识找到临界点是解题的关键．32．【分析】取的中点，连接，作点B关于的对称点，连接，．利用勾股定理求出OT，再利用两点之间线段最短，即可解决问题．【详解】如图，取的中点，连接，作点B关于的对称点，连接，．∵四边形是矩形，∴，∵AB=4，AD=3，四边形ABCD是矩形，∴，BC=AD=3，∵B，T关于对称，∴BT=2BC=6，∴，∵∠DAE+∠BAE=，∠DAE=∠EBA，∴∠EBA+∠BAE=，∴∠AEB=，∵OA=OB，∴，∵B，T关于对称，∴BF=FT，∴，∴，∴EF+BF的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查轴对称−最短问题，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．33．##【分析】作的外接圆，得到点M的轨迹是矩形内以O为圆心，OE为半径的，连接OA、OE、OC，OA交于，分析得到当M与重合时，AM取得最小值．分别过点O作于点H，过点O作于点G，根据圆的性质和矩形的性质即可求解．【详解】∵，∴，如图，作的外接圆，点M的轨迹是矩形内以O为圆心，OE为半径的，连接OA、OE、OC，OA交于，当M与重合时，AM取得最小值．过点O作于点H，∵∴，∴，，过点O作于点G，∴，，AG=6-2=4，∴，则．故答案为：．【点睛】本题考查动点问题．涉及圆的性质、矩形的性质和勾股定理．解题的关键是找到点M的轨迹．34．

1

##【分析】（1）取AB的中点H，连接EH，得E为正方形ABCD的中心，由DG=GC，证得G，E，H三点共线，进而推出四边形AFGE为平行四边形，最后求得面积；（2）由，可知点E在以AB为直径的圆O上运动，作点F关于CD的对称点，连接O，线段即为所求．【详解】解：（1）取AB的中点H，连接EH，∵AE⊥EB，AE=EB，∴EH垂直平分AB，E为正方形ABCD的中心，又DG=GC，∴G，E，H三点共线，∴GH⊥AB，∵AD⊥AB，∴AD∥EG，∵F，E分别是AD，GH的中点，∴GE=AF，∴四边形AFGE为平行四边形，∴四边形AEGF的面积为1×1=1．故答案为：1；（2）由，可知点E在以AB为直径的圆O上运动，作点F关于CD的对称点，连接O，∵，∴FG+GE=G+GE≥E，当，G，E三点共线时，FG+GE有最小值，在Rt中，，∴=，即FG+GE最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，最短路径问题，以及动点轨迹的探究，能够准确地判断动点的轨迹和找出最短路径是解决问题的关键．35．80【分析】连接LC、EC、EB，LJ，由平行线间同底的面积相等可以推导出：,由，可得，故，证得四边形是矩形，可得，在正方形中可得：，故得出：．由，可得，即可求出，可得出【详解】连接LC、EC、EB，LJ，在正方形，，中．∵，∴，∴，∴，∴．∵，∴四边形是矩形，∴．∵，∴，∴，∵∴，∴．∵，∴．∴∴．∵.∴,∵∴，∴，∵，∴，∴，∵,∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．设，∵∴，∴，∴，∴∵，∴，∴，∴，∴．∴，∴．故答案为：80．36．②【分析】根据已知条件可得，即可判断①，进而推出，导角可得②正确，作于点，连接，证明是直角三角形，勾股定理验证③，证明，即可判断④求解．【详解】解：∵正方形的周长是周长的2倍，∴，，①若，则，故①不正确；如图，在的延长线上取点，使得，四边形是正方形，，，，，，，，，，，，，，，，，即，故②正确；如图，作于点，连接，则，，，，同理可得，，关于对称轴，关于对称，，，，是直角三角形，③若，，，故③不正确，，若，即，，，，又，，，即，，，，，，故④不正确．故答案为：②．【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．37．

6

①②【分析】（1）过A作，交延长线于G，证明，得，，由，证明，得，故的周长：，即可得答案；（2）①将绕点A逆时针旋转得到，连接，证明，可得，中，有，即得，故①正确；②由，，得，有，可得，从而，为等腰直角三角形，故②正确；③过A作，交延长线于G，设，，中，，解得，，设，则，中，，即得，故③不正确．【详解】解：（1）过A作，交延长线于G，如图：∵四边形是正方形，∴，，∴，，在和中，，∴，∴，，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴的周长：，∵正方形的边长为3，∴的周长为6；故答案为：6；（2）①将绕点A逆时针旋转得到，连接，∵，∴，∵绕点A逆时针旋转得到，∴，，，又，∴，∴，而，中，，∴，故①正确；②∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴为等腰直角三角形，故②正确，③过A作，交延长线于G，如图：由（1）知：，，设，，则，，，，中，，∴，解得，∴，设，则，∴，，中，，∴，故③不正确；∴正确结论的序号是①②．故答案为：①②．【点睛】本题属于四边形的综合题，考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质、旋转变换、相似三角形的判定及性质、勾股定理等知识，综合性较强，解题的关键是根据题意作出辅助线，构造全等三角形．38．2【分析】根据题意得：，过点Q作于点M，然后根据30°角直角三角形的性质得到，最后根据勾股定理列出方程求解即可．【详解】根据题意得：，如图所示，过点Q作于点M，∵翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形，∴，∴，∵，∴，∴在，，∴，解得：或6（舍去）．故答案为：2．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．39．(1)AC=BC+CD；理由见详解；(2)CB+CD=AC；理由见详解；(3)或【分析】（1）如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接AE．证明△ADE≌△ABC（SAS），推出∠DAE=∠BAC，AE=AC，推出△ACE的等边三角形，可得结论；（2）结论：CB+CD=AC．如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点N．证明△AMD≌△ANB（AAS），推出DM=BN，AM=AN，证明Rt△ACM≌Rt△ACN（HL），推出CM=CN，可得结论；（3）分两种情形：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点Q．如图3-2中，当∠CBD=75°时，分别求解即可．【详解】（1）证明：如图1中，延长CD到点E，使DE=BC，连接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的等边三角形，∴CE=AC，∵CE=DE+CD，∴AC=BC+CD；（2）解：结论：CB+CD=AC．理由：如图2中，过点A作AM⊥CD于点M，AN⊥CB交CB的延长线于点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：如图3-1中，当∠CDA=75°时，过点O作OP⊥CB于点P，CQ⊥CD于点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=．如图3-2中，当∠CBD=75°时，同法可证，，综上所述，满足条件的OD的长为或．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，角平分线的性质定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．40．(1)见详解(2)或(3)【分析】（1）证明即可得证．（2）分情况讨论，当点E在BC上时，借助，在中求解；当点E在CD上时，过点E作EG⊥AB于点G，FH⊥AC于点H，借助并利用勾股定理求解即可．（3）分别讨论当点E在BC和CD上时，点F所在位置不同，DF的最小值也不同，综合比较取最小即可．（1）如图所示，由题意可知，，，，由旋转性质知：AE=AF，在和中，，，．（