北师大版九年级数学上册基础知识专项讲练 专题1.11 正方形的性质与判定（巩固篇）（专项练习）

这是一份北师大版九年级数学上册基础知识专项讲练 专题1.11 正方形的性质与判定（巩固篇）（专项练习），共72页。试卷主要包含了单选题，据正方形性质进行证明，添加一个条件使四边形成正方形，据正方形性质与判定求角的大小，据正方形性质与判定进行证明， 中点四边形，正方形的综合问题等内容，欢迎下载使用。

类型一、据正方形性质求角的大小、线段的长及面积
1．如图，在正方形中，点E在边上，连接，点、F分别在、上，，，则的度数为（ ）
A．75°B．65°C．125°D．115°
2．如图，正方形纸片ABCD的边长为15，E、F分别是CD、AD边上的点，连接AE，把正方形纸片沿BF折叠，使点A落在AE上的一点G，若CE＝7，则GE的长为（ ）
A．3B．C．4D．
3．如图，以Rt 的各边为边分别向外作正方形， ，连接，点为 的中点，连接 ，若要求出的面积，只需知道（ ）
A．的面积B．正方形的面积
C．正方形的面积D．正方形的面积
类型二、据正方形性质进行证明
4．如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是边BC上的一个动点，OE⊥OF，交边AB于点F，点G，H分别是点E，F关于直线AC的对称点，点E从点C运动到点B时，图中阴影部分面积的大小变化是（ ）
A．先增大后减小B．先减小后增大
C．一直不变D．不确定
5．如图，在边长为的正方形ABCD中，E，F分别是边AB，BC的中点，连接CE，DF，G，H分别是CE，DF的中点，连接GH，则GH的长为（ ）
A．B．1C．2D．
6．如图，E，F是正方形ABCD的边BC上两个动点，BE＝CF．连接AE，BD交于点G，连接CG，DF交于点M．若正方形的边长为1，则线段BM的最小值是（ ）
A．B．C．D．
类型三、添加一个条件使四边形成正方形
7．已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论：①当AB＝BC时，它是菱形；②当AC⊥BD时，它是菱形；③当∠ABC＝90°时，它是矩形；④当AC＝BD时，它是正方形，其中错误的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
8．如图，在反映特殊四边形之间关系的知识结构图中，①②③④表示需要添加的条件，则下列描述错误的是（ ）
A．①表示有一个角是直角B．②表示有一组邻边相等
C．③表示四个角都相等D．④表示对角线相等
9．如图，AC，BD是四边形ABCD对角线，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，连接EM，MF，NE，要使四边形EMFN为正方形，则需要添加的条件是（ ）

A．B．
C．D．
类型四、据正方形性质与判定求角的大小、线段的长及面积
10．如图，在正方形纸片ABCD上，E是AD上一点（不与点A，D重合）．将纸片沿BE折叠，使点A落在点A处，延长EA'交CD于点F，则∠EBF＝（ ）
A．40°B．45°C．50°D．不是定值
11．如图，正方形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（1，1），（3，1），若正方形ABCD第1次沿x轴翻折，第2次沿y轴翻折，第3次沿x轴翻折，第4次沿y轴翻折，第5次沿x轴翻折，…则第2021次翻折后点C对应点的坐标为（ ）
A．（3，﹣3）B．（3，3）C．（﹣3，3）D．（﹣3，﹣3）
12．如图，矩形ABCD中，AC交BD于点O，且AB=24，BC=10，将AC绕点C顺时针旋转90°至CE．连接AE，且F、G分别为AE、EC的中点，则四边形OFGC的面积是（ ）
A．100B．144C．169D．225
类型五、据正方形性质与判定进行证明
13．如图．已知正方形ABCD的边长为12，BE＝EC，将正方形的边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG．现有如下3个结论；①AG+EC＝GE；②∠GDE＝45°；③△BGE的周长是24．其中正确的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
14．如图，四边形中，，，，，则的长是（ ）
A．B．C．D．
15．如图，在正方形中，点在对角线上，连接，于点，交于点，连接，已知，，则的面积为（ ）
A．4B．5C．10D．
类型六、 中点四边形
16．如图，已知点E、F、G、H分别是四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，顺次连接E、F、G、H得到四边形EFGH，我们把四边形EFGH叫做四边形ABCD的“中点四边形”．若四边形ABCD是矩形，则矩形ABCD的“中点四边形”一定是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．正方形
17．如图，点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的为（ ）
A．一定不是平行四边形
B．一定不是中心对称图形
C．当AC＝BD时，它是轴对称图形
D．当AC＝BD时，它是矩形
18．如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点，则下列说法：
①若AC＝BD，则四边形EFGH为矩形；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；
③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；
其中正确的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
类型七、正方形的综合问题
19．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
20．如图，矩形ABCD的边CD上有一点E，，，垂足为F，将绕点F顺时针旋转，点E恰好落在点B处，点A落在EF上的点G处．下列结论：①；②；③；④若M为BG中点，则为等腰直角三角形；⑤B、G、O三点共线．正确的个数是（ ）
A．5B．4C．3D．2
21．如图，在四边形中，，，，．为上一点，且．若，则的长为（ ）
A．B．C．1D．
二、填空题
类型一、据正方形性质求角的大小、线段的长及面积
22．如图，以正五边形ABCDE的对角线BE为边，作正方形BEFG，使点A落在正方形BEFG内，则∠ABG的度数为______．
23．如图，在正方形ABCD中，AB＝6，连接对角线AC、BD相交于点O，点P是正方形边上或对角线上的一点，若，则AP＝______．
24．如图，正方形的边长为4，点E、F分别在和上，，则的面积为________．
类型二、据正方形性质进行证明
25．如图，已知：，，以AB为边作正方形ABCD，使P、D两点落在直线AB的两侧．当时，则PD的长为______．
26．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝7，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，EF垂直于CA的延长线于F，连接CE，则CE的长为 _____．
27．如图，正方形边长为4，点在边上运动（不含端点），以为边作等腰直角三角形，连接．
下面有四个说法：
①当时，；
②当时，点，，共线；
③当时，三角形与三角形面积相等；
④当时，是的角平分线．
所有正确说法的序号是________．
类型三、添加一个条件使四边形成正方形
28．如图，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点．要使四边形EFGH是正方形，BD、AC应满足的条件是_____．
29．已知在四边形ABCD中，，若使四边形ABCD是正方形，则还需加上一个条件：________________．
30．如图，的对角线与相交于点O，且，下列条件：①；②；③；④中，任选一个，能使得为正方形的有__________（填序号）．
类型四、据正方形性质与判定求角的大小、线段的长及面积
31．如图，四边形中，．则______．
32．如图，直线l过正方形ABCD的顶点B，点A，C到直线l的距离分别是a和b，且满足：+|b﹣2|＝0，则正方形ABCD的边长是________，面积是________．
33．图（1）是一张矩形纸片，将其依次按图（2）、图（3）的方式折叠，AE与AD恰好重合．
（1）如图（3），折痕AM与EF交于点G，则∠AGD＝______．
（2）若DFG的面积为S，则矩形ABCD的面积为______．
类型五、据正方形性质与判定进行证明
34．如图，，分别是正方形的边，上的点，且，与相交于．下列结论：①；②；③；④．其中正确的有______．
35．长方形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，当为直角三角形时，BE的长为___．
36．如图，，正方形的边长为，点到的距离是，则
（1）正方形的对角线的长＝________；（2）点到的距离＝________；
（3）点到的距离＝________．
类型六、 中点四边形
37．如图，点 A、B、C为平面内不在同一直线上的三点．点D为平面内一个动点．线段AB，BC，CD，DA的中点分别为M、N、P、Q．在点D的运动过程中，有下列结论：
①存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个中点四边形MNPQ是菱形
③存在无数个中点四边形MNPQ是矩形
④存在无数个中点四边形MNPQ是正方形
所有正确结论的序号是___．
38．如图，点A，B，C为平面内不在同一直线上的三点，点D为平面内一个动点，线段AB，BC，CD，DA的中点分别为M，N，P，Q ，在点D的运动过程中，有下列结论：
①存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；
③存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；
④中点四边形MNPQ不可能是正方形；
所有结论正确的序号是___________．
39．四边形的对角线交点，点分别为边的中点．有下列四个推断，
①对于任意四边形，四边形都是平行四边形；
②若四边形是平行四边形，则与交于点；
③若四边形是矩形，则四边形也是矩形；
④若四边形是正方形，则四边形也一定是正方形．
所有正确推断的序号是_____________．
40．如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后折痕DE分别交AB、AC于点E、G，连结 GF，给出下列结论：①∠ADG=22.5°；②；③；④四边形AEFG是菱形；⑤BE=2OG；⑥若，则正方形ABCD的面积是，其中正确的结论个数为______个．
类型七、正方形的综合问题
41．如图，已知正方形，点M是边延长线上的动点（不与点A重合），且，由平移得到，若过点E作，H为垂足，则有以下结论：①点M位置变化，使得时，；②无论点M运动到何处，都有；③在点M的运动过程中，四边形可能成为菱形；④无论点M运动到何处，一定大于以上结论正确的有______（把所有正确结论的序号都填上）．
42．如图，在矩形中，，，、分别为、边上的点，且，为上一点，且，、分别为、的中点，则______．
三、解答题
43．如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE，过点A作AE的垂线交DE于点P，若，．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)求正方形ABCD的面积．
44．如图，四边形ABCD是正方形，E，F是对角线AC上的两点，且．
(1)求证：四边形BEDF是菱形；
(2)若，求四边形BEDF的周长．
45．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC⊥BD，垂足为E，点F是BC延长线上的点，且DF⊥DB．
(1)求证：AD＝CF；
(2)当点C为BF中点时，求证：四边形ABCD是菱形；
(3)在（2）的条件下，当△BDF满足什么条件时，四边形ABCD是正方形？（不必说明理由）
46．如图，在四边形中，，点E为边上一点，且，，求的面积．（采用补形法解决）
47．如图，在正方形中，点在边上（异于点），作线段的垂直平分线分别交于点，
(1)补全图形；
(2)证明：；
(3)用等式表示线段之间的数量关系，并证明你的结论
48．如图，四边形ABCD中，AC＝m，BD＝n，且AC丄BD，顺次连接四边形ABCD 各边中点，得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B1C1D1各边中点，得到四边形A2B2C2D2…，如此进行下去，得到四边形AnBnCnDn．
(1)四边形A1B1C1D1是 形；
(2)四边形A2B2C2D2是 形；
(3)四边形A5B5C5D5的周长是 ；
(4)四边形AnBnCnDn的面积是 ．
49．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，G为CD边中点．交BG延长线于点F，且，BF交AC于点E，连接DE，CF．
(1)求证，四边形CFDE是矩形；
(2)若四边形CFDE是正方形，且，求AB的长．
参考答案
1．D
【分析】
根据条件信息及三角形内角和定理求出，再根据矩形及平行线的性质得出，利用平角等于即可求解．
解：如图：
由，则，
又，
由三角形内角和定理：，
根据正方形的性质：，
，
，
故选：D．
【点拨】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理、平行线的性质，解题的关键是是掌握平行线的性质，通过转化的思想进行求解．
2．B
【分析】
由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，先证△ABF≌△DAE，推出AF的长，再利用勾股定理求出BF的长，最后再Rt△ADF中利用面积法可求出AH的长，可进一步求出AG的长，GE的长．
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=15，∠BAD=∠D=90°，
∵CE=7，
∴DE=15-7=8，
由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，
∴BF⊥AE，AH=GH，
∴∠BAH+∠ABH=90°，
又∵∠FAH+∠BAH=90°，
∴∠ABH=∠FAH，
在△ABF与△DAE中

∴△ABF≌△DAE(ASA)，
∴AF=DE=8，BF=AE，
在Rt△ABF中，
BF===17,
∴15×8=17AH，
∴AH=，
∴AG=2AH=
AE=BF=17，
∴GE=AE-AG=17-=．
故选：B．
【点拨】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，面积法求线段的长度等，解题关键是能灵活运用正方形的性质和轴对称的性质．
3．B
【分析】
如图，延长HA交BC于点P，交MN于点Q，可得△DAG≌△BAC，，利用全等三角形的性质以及平行线间的距离相等等性质将阴影部分的面积转化即可．
解：如图，延长HA交BC于点P，交MN于点Q，连接CE、AN．
由题意可得：AB=AD，，AC=AG，
∴△DAG≌△BAC（SAS），
∴∠2=∠4．
由题意可得：，，
∴（SAS），
∵点H为DG的中点，∠DAG=90，
∴∠1=∠2．
∵∠1+∠3=90，
∴∠3+∠4=90，
∴HA⊥BC，
∴，
∴．
∵△ABN≌△EBC，
∴．
∵BE//CD，
∴，
∴，
故选：B．
【点拨】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是利用全等三角形以及平行线间的距离相等等性质，将阴影部分的面积进行转换．
4．C
【分析】
连接BD，证明△FOB≌△EOC，同理得到△HOD≌△GOC，即可得到答案．
解：连接BD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOC = 90°，，
∴∠BOЕ+∠EOC=90°，
∵OE⊥OF，
∴∠BOE+ ∠FOB = 90°，
∴∠FOB = ∠EOC，
在△FOB和△EOC，
，
∴△FOB≌△EOC，
同理，△HOD≌△GOC，
∴图中阴影部分的面积=△ABD的面积=正方形ABCD的面积．
∴阴影部分面积的大小一直不变．
故选：C．
【点拨】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
5．B
【分析】
连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据正方形的性质得到∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2，根据全等三角形的性质得到PD＝CF＝，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，
∴，
∵AD∥BC，
∴∠DPH＝∠FCH，
∵H是DF中点，
∴DH=FH，
在△PDH与△CFH中，
，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD＝CF＝，
∴AP＝AD﹣PD＝，
∴，
∵点G，H分别是EC，PC的中点，
∴GH＝EP＝1．
故选B．
【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质．
6．D
【分析】
先证明△ABE≌△DCF（SAS），由全等三角形的性质得出∠BAE＝∠CDF，证明△ABG≌△CBG（SAS），由全等三角形的性质得出∠BAG＝∠BCG，取CD的中点O，连接OB、OF，则OF＝CO＝CD＝，由勾股定理求出OB的长，当O、M、B三点共线时，BM的长度最小，则可求出答案．
解：如图，在正方形ABCD中，AB＝AD＝CB，∠EBA＝∠FCD，∠ABG＝∠CBG，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠BAE＝∠CDF，
在△ABG和△CBG中，
，
∴△ABG≌△CBG（SAS），
∴∠BAG＝∠BCG，
∴∠CDF＝∠BCG，
∵∠DCM+∠BCG＝∠FCD＝90°，
∴∠CDF+∠DCM＝90°，
∴∠DMC＝180°﹣90°＝90°，
取CD的中点O，连接OB、OF，
则OF＝CO＝CD＝，
在Rt△BOC中，OB＝＝＝，
根据三角形的三边关系，OF+BM＞OB，
∴当O、M、B三点共线时，BM的长度最小，
∴BM的最小值＝OB﹣OF＝＝．
故选：D．
【点拨】本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
7．A
【分析】
根据矩形、菱形、正方形的判定可以判断题目中的各个小题的结论是否正确，从而可以解答本题．
解：四边形是平行四边形，
A、当时，它是菱形，选项不符合题意，
B、当时，它是菱形，选项不符合题意，
C、当时，它是矩形，选项不符合题意，
D、当时，它是矩形，不一定是正方形，选项符合题意，
故选：．
【点拨】本题考查正方形、菱形、矩形的判定，解答本题的关键是熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定定理．
8．C
【分析】
根据特殊四边形的判定方法判断即可．
解：∵有一个角是平行四边形是矩形，
∴①表示有一个角是直角是正确的；
∴A的描述正确，不符合题意；
∵有一组邻边相等的平行四边形是菱形，
∴②表示有一组邻边相等是正确的；
∴B的描述正确，不符合题意；
∵四个角都相等的四边形是矩形，
∴③表示四个角都相等是错误的；
∴C的描述错误，符合题意；
∵对角线相等的菱形是正方形，
∴④表示对角线相等是正确的；
∴D的描述正确，不符合题意；
故选C．
【点拨】本题考查了特殊四边形的判定，熟练掌握特殊四边形的各种判定方法是解题的关键．
9．A
【分析】
证出、、、分别是、、、的中位线，得出，，，，证出四边形为平行四边形，当时，，得出平行四边形是菱形；当时，，则，即可得出菱形是正方形．
解：点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，
、、、分别是、、、的中位线，
∴，，，，
四边形为平行四边形，
当时，，
平行四边形是菱形；
当时，，
则，
菱形是正方形；
故选：A．
【点拨】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
10．B
【分析】
由折叠可得∠ABE=∠A'BE，由题意可证Rt△BCF≌Rt△BA'F，可得∠CBF=∠FBA'，即可求∠EBF的值．
解：∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠ABC=90°
∵折叠
∴AB=A'B，∠ABE=∠A'BE
∴A'B=BC，且BF=BF
∴Rt△BCF≌Rt△BA'F（HL）
∴∠A'BF=∠CBF
∵∠ABE+∠A'BE+∠A'BF+∠CBF=90°
∴∠EBF=45°
故选B．
【点拨】本题考查了折叠问题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
11．A
【分析】
由A，B的坐标分别为（1，1），（3，1），四边形ABCD是正方形，可得点C对应点的坐标，再求出第1次翻折、第2次翻折、第3次翻折、第4次翻折后点C对应点的坐标，然后根据规律即可得经过第2021次翻折后点C对应点的坐标．
解：∵A，B的坐标分别为（1，1），（3，1）
∴AB＝2
∵四边形ABCD是正方形
∴BC＝AB＝2
∴C点坐标为（3，3）
∴第1次翻折后点C对应点的坐标为（3，﹣3），第2次翻折后点C对应点的坐标为（﹣3，﹣3），第3次翻折后点C对应点的坐标为（﹣3，3），第4次翻折后点C对应点的坐标为（3，3），即翻折4次为一个周期．
∵2021÷4＝505……1
∴经过第2021次翻折后点C对应点的坐标为（3，﹣3）．
故选：A．
【点拨】本题考查了正方形的性质和平面直角坐标系中坐标点的变换，属于规律性题目，熟悉相关性质并在平面直角坐标系中找到规律是解题的关键．
12．C
【分析】
先根据矩形的性质、三角形中位线定理可得，再根据平行四边形的判定可得四边形为平行四边形，然后根据旋转的性质可得，从而可得，最后根据正方形的判定可得四边形为正方形，由此即可得．
解：四边形为矩形，，
，
分别为的中点，
，
，
四边形为平行四边形，
又绕点顺时针旋转，
，
，
平行四边形为正方形，
四边形的面积是，
故选：C．
【点拨】本题考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．
13．D
【分析】
由正方形的性质和折叠的性质可得，DF=DC=DA，∠DFG=∠A，进而Rt△ADG≌Rt△FDG，根据全等三角形的性质以及折叠的性质，可得到EB=EG，由此可得△BGE的周长．
解：由折叠可知：CE=FE，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，
∴∠DFG=∠A=90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL），
∴AG=FG，
∴AG+EC=GF+EF=GE，
故①正确，
∵Rt△ADG≌Rt△FDG，
∴∠ADG=∠FDG，
由折叠可知，∠CDE=∠FDE，
∴∠GDE=∠GDF＋∠EDF=，
故②正确，
∵正方形的边长为12，
∴BE=EC=EF=6，
设AG=FG=x，则EG=x+6，BG=12-x，
由勾股定理可得：，
即，
解得：x=4，
∴AG=GF=4，BG=8，EG=10，
∴△BGE的周长=BE+EG+GB=6+10+8=24，
故③正确，
故选：D．
【点拨】本题主要考查折叠变换，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，能够熟练应用勾股定理是解决本题的关键．
14．C
【分析】
运用割补法把原四边形转化为正方形，易证≌，由此可得，，再由勾股定理可求出的长，进而可求出的长．
解：过作，交的延长线于，如图所示：
，，
，，
，
四边形是矩形，
，
，
即，
在和中
，
≌，
，，
，，
，
，
故选：．
【点拨】本题考查了求线段长，涉及正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识点，正确作出图形的辅助线是解题的关键．
15．B
【分析】
过点E作MN⊥DC，根据得出EN=DN=AM=3，则ME=1，根据勾股定理，算出AE的值，根据“AAS”证明，得出EF的长，算出三角形的面积即可．
解：过点E作MN⊥DC，交AB于点M，交DC于点N，如图所示：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BDC=∠ABD=45°，AB=BC=CD=AD=4，，
∴∠DEN=90°-45°=45°，
∴，
∵四边形ADNM为矩形，
∴MN=AD=4，AM=DN=3，
∴ME=MN-EN=4-3=1，
∴，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF=90°，
∴∠AEM+∠FEN=180°-90°=90°，
∵∠FEN+∠EFN=90°，
∴∠AEM=∠EFN，
∵在△AME和△ENF中，
∴，
∴，
∴，故B正确．
故选：B．
【点拨】本本题主要考查了正方形性质的应用和三角形全等的判定和性质，以及勾股定理的应用，正确作出辅助线是解题的关键．
16．C
【分析】
原四边形ABCD是矩形时，它的对角线相等，那么中点四边形是菱形（平行四边形相邻的两边都相等）．
解：连接AC和BD
、分别是、的中点，
是的中位线，
，
同理，，，．
四边形是平行四边形．
四边形是矩形时，
，则，
平行四边形是菱形
故选：C.
【点拨】本题主要考查了矩形的性质和判定，菱形的性质和判定等知识点．
17．C
【分析】
先连接AC，BD，根据EF=HG=AC，EH=FG=BD，可得四边形EFGH是平行四边形可判断A，根据平行四边形是中心对称图形，四边形EFGH是平行四边形是中心对称图形可判断B，当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，据此可判断C，只有AD⊥BD时是矩形，当AC与BD不垂直时，不是矩形可判断D即可．
解：连接AC，BD交于O，AC交GF于M，DB交EF于N，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，EF∥AC，GF∥DB，
∴四边形EFGH是平行四边形，故选项A错误；
∵平行四边形是中心对称图形，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是中心对称图形，故选项B错误；
当AC=BD时，EF=FG=GH=HE，此时四边形EFGH是菱形，
菱形是轴对称图形，
∴菱形EFGH是轴对称图形，故选项C正确；
只有AC⊥BD时∠MON=90°，
∵GF∥DB，
∴AC⊥GF，
∴∠OMF=90°，
∵EF∥AC，
∴BD⊥EF，
∴∠ONF=90°，
∴∠NFM=360°-∠MON-∠OMF-∠ONF=90°，
∴平行四边形GHEF是矩形，
当AC与BD不垂直时，
∵GF∥DB，EF∥AC，
∴四边形ONFM为平行四边形，∠MFN=∠MON≠90°，即∠GFE≠90°，
∴平行四边形GHEF不是矩形，故选项D错误．
故选：C．
【点拨】本题主要考查了中点四边形的运用，轴对称识别，中心对称识别，矩形判定，三角形中位线性质解题时注意：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．
18．A
【分析】
根据一般四边形的中点四边形是平行四边形，得四边形EFGH是平行四边形，①当时，，四边形EFGH是菱形；②当时，，四边形EFGH是矩形；③当四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD不一定互相平分；故可以判断出正确的个数，即可得．
解：∵点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点，
∴，，，，
，，，，
∴，，
∴四边形EFGH是平行四边形，
①当时，，
∴四边形EFGH是菱形；
②当时，，
∴四边形EFGH是矩形；
③当四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD不一定互相平分；
正确的个数为0个，
故选A．
【点拨】本题考查了中点四边形，解题的关键是掌握平行四边形的判定与性质，菱形的判定，矩形的判定．
19．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．
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．
【点拨】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．
20．A
【分析】
若△ABE是个等腰三角形则容易判断①⑤两个选项，考虑先从等腰三角形入手；若EG=AF，则EG与AF所在的正方形对角线相等，过G作GK⊥AD于K，连接正方形AFGK的对角线KF，KF和KD在△KFD中可从等腰三角形证明相等；由EG=AF可得出两正方形的边长关系从而求出面积比；由FM=BM，∠FBM=22.5，可证④；
解：作GK⊥AD于K，连接KF，连接MF
由旋转可知AF=FG，EF=BF，
∵EF⊥AB，ABCD是矩形，
∴四边形AFGK和FBCE都是正方形；
∠DEA=67.5°，
∴∠AEF=22.5°，∠EAF=67.5°，
∠AEB=22.5°＋45°=67.5°，
∴∠AEB=∠EAB，BE=AB；
∵∠ABG=∠AEF=22.5°，∠FBE=45°，
∴BG是∠ABE的角平分线，
O为矩形AFED的对角线交点，
∴OE=OA，
△BAE为等腰三角形，三线合一，
∴BO也是是∠ABE的角平分线，
∴B、G、O三点共线，
故①⑤说法正确；
三角形KFD中，∠KFD=∠KDF=22.5°，
∴KF=KD=EG=AF，
故②说法正确；
设AF=x，则S△ADE=，
四边形BCEG的面积=正方形BCEF的面积-三角形BGF的面积，
∴S四边形BCEG==
，
故③正确；
△BGF中M为BG中点，∠BFG=90°，直角三角形斜边中线为斜边一半，
∴MF=MB，∠MFB=22.5°
∴∠OMF=∠MBF＋∠MFB=45°，
∠MFO=180°－∠AFD－∠MFB=90°，
∴为等腰直角三角形；
故④正确；
综上所述①②③④⑤正确；
故答案选：A
【点拨】本题综合考查等腰三角形的性质和判定，旋转的性质，矩形的性质，角平分线的性质，作出辅助线证明三点共线是个关键步骤．
21．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．
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．
【点拨】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．
22．
【分析】
先根据正五边形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据正方形的性质可得，最后根据角的和差即可得．
解：五边形为正五边形，
，
，
四边形为正方形，
，
，
故答案为：．
【点拨】本题考查了正五边形的内角和、正方形的性质等知识点，熟练掌握正五边形的内角和公式是解题关键．
23．2或或
【分析】
根据正方形的性质得出AC⊥BD，AC=BD，OB=OA=OC=OD，AB=BC=AD=CD=6，∠ABC=90°，根据勾股定理求出AC、BD、求出OA、OB、OC、OD，画出符合的三种情况，根据勾股定理求出即可．
解：①∵四边形ABCD是正方形，AB＝6，
∴，AC＝BD，OB＝OA＝OC＝OD，AB＝BC＝AD＝CD＝6，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
有6种情况：①点P在AD上时，
∵AD＝6，，
∴AP＝2；
②点P在AC上时，
设AP＝x，则DP＝2x，
在中，由勾股定理得：，，
解得：（负数舍去），即；
③点P在AB上时，
设AP＝y，则DP＝2y，
在中，由勾股定理得：，，
解得：（负数舍去），即；
④当P在BC上，
设BP＝z，
∵，
∴，
即，，此方程无解，
即当点P在BC上时，不能使；
⑤P在DC上，
∵，
∴AP>DP，不能，
即当P在DC上时，不能具备；
⑥P在BD上时，过P作于N，过P作于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴四边形ANPM是矩形，
∴AM＝PN，AN＝PM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴BM＝PM＝AN，同理DN＝PN＝AM，
设PM＝BM＝AN＝e，则PN＝DN＝AM＝6－e，
∵，
∴由勾股定理得：，
即，，此方程无解，
即当P在BD上时，不能，
故答案为：2或或．
【点拨】本题考查了正方形的性质和勾股定理，能求出符合的所有情况是解此题的关键，用了分类讨论思想．
24．
【分析】
由正方形的性质得出AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠D＝∠A＝∠B＝90°，由勾股定理得出BE＝3，同理DF＝3，得出AE＝AF＝1，则△CEF的面积＝正方形ABCD的面积﹣△AEF的面积﹣△BCE的面积﹣△CDF的面积．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠D＝∠A＝∠B＝90°，
∴BE3，
同理DF＝3，
∴AE＝AF＝1，
∴△CEF的面积＝正方形ABCD的面积﹣△AEF的面积﹣△BCE的面积﹣△CDF的面积＝4×41×1﹣24×3；
故答案为：．
【点拨】本题考查了正方形的性质、勾股定理以及三角形面积公式等知识；熟练掌握正方形的性质和勾股定理是解题的关键．
25．
【分析】
由于AD＝AB，∠DAB＝90°，则把△APD绕点A顺时针旋转90°得到△AFB，AD与AB重合，PA旋转到AF的位置，根据旋转的性质得到AP＝AF，∠PAF＝90°，PD＝FB，则△APF为等腰直角三角形，得到∠APF＝45°，，即有∠BPF＝∠APB+∠APF＝45°+45°＝90°，然后在Rt△FBP中，根据勾股定理可计算出FB的长，即可得到PD的长．
解：∵AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴把△APD绕点A顺时针旋转90°得到△AFB，AD与AB重合，PA旋转到FA的位置，如图，
∴AP＝AF，∠PAF＝90°，PD＝FB，
∴△APF为等腰直角三角形，
∴∠APF＝45°， ，
∴∠BPF＝∠APB+∠APF＝45°+45°＝90°，
在Rt△FBP中，PB＝4，，
∴由勾股定理得，
∴，
故答案为：
【点拨】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理．正确的作出辅助线是解题关键．
26．17
【分析】
利用正方形的性质得∠BAE＝90°，AE＝AB，利用同角的余角相等得∠AEF＝∠BAC，再∠F＝∠ACB=90°，利用AAS得到△AEF≌△BAC，利用全等三角形的对应边相等得到EF＝AC＝8，AF＝BC＝7，得FA+AC=FC=15，在Rt△CEF中，利用勾股定理即可求出EC的长．
解： ∵四边形ABDE为正方形，
∴∠BAE＝90°，AE＝AB，
∵∠EAF+∠AEF＝90°，∠EAF+∠BAC＝90°，
∴∠AEF＝∠BAC，
在△AEF和△BAC中，
，
∴△AEF≌△BAC（AAS），
∴EF＝AC＝8，AF＝BC＝7，
在Rt△ECF中，EF＝8，FC＝FA+AC＝8+7＝15，
根据勾股定理得：CE＝＝17．
故答案为：17．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理求边长以及玉娇的性质，熟练掌握以上知识是解决问题的关键.
27．①②
【分析】
由勾股定理和等腰直角三角形的性质可求，可判断①；如图1，过点F作DH⊥CD，交CD的延长线于H，可证△ AED≌△EFH ，可得AD=HE=4，DE=HF=2，可证∠HDF+ ∠ADH+ ∠ADB=180°，可判断②；分别计算出三角形ADF与三角形EDF的面积，可判断③；如图2，在AD上截取DN=DE，连接NE，可求出∠NAE≠22.5°，可判断④，即可求解．
解：当DE=1时，则，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴ ，故①正确；
当DE=2时，如图1，过点F作DH⊥CD，交CD的延长线于H，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AED+∠FEH=90°，
∵∠AED+∠DAE=90°，
∴∠DAE=∠FEH，
在△AED和△EFH中，
∴△ AED≌△EFH (AAS)，
∴AD=HE=4， DE=HF=2，
∴DH=4-2=2=HF，
∴∠HDF=45°，
∵∠HDF+ ∠ADH+ ∠ADB=180°，
∴点B，点D，点F三点共线，故②正确；
当DE=时，由②可得，△AED≌△EFH，
∴DE=HF=，AD=HE=4，
∴DH=，
∴S△ADF=×AD×HD=×4×=3，S△EDF=×DE×HF=××=，
∴ S△ADF≠S△EDF，故③错误；
当DE=时，如图2，在AD上截取DN=DE，连接NE，
∵∠ADC=90， DN=DE=，
∴∠DNE=∠DEN=45°， NE=，
∵AN=AD-DN=≠NE，
∴∠NAE≠22.5°，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴∠EAF=45°，
∴∠FAD≠∠EAD，
∴ AD不是∠EAF的平分线，故④错误，
故答案为：①②．
【点拨】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是添加恰当辅助线构造全等三角形．
28．且
【分析】
根据条件先判定四边形为平行四边形，再由可判定其为菱形，最后由可得其为正方形．
解：满足的条件应为：且．
理由：∵，，，分别是边、、、的中点
∴在中，为的中位线
∴且
同理且
则且
∴四边形为平行四边形
又∵
∴
∴四边形为菱形
∵，
∴
∵
∴
∴
∴菱形是正方形．
故答案是：且
【点拨】本题考查了中点四边形的性质、三角形中位线的性质、平行四边形的判定、菱形的判定、正方形的判定、平行线的判定与性质等，解题的关键是能利用中位线的性质得到且．
29．（答案不唯一）
【分析】
由四边形ABCD中，，根据三个角是直角的四边形是矩形得出四边形ABCD是矩形，再根据有一组邻边相等的矩形是正方形，可知加上一个条件可使得矩形ABCD是正方形.
解：四边形ABCD中，，使得四边形ABCD是正方形还需加上一个条件.理由如下：
，
四边形ABCD是矩形，
又，
矩形ABCD是正方形．
故答案为：答案不唯一.
【点拨】本题考查了正方形的判定，正方形的判定方法有： 有一个角是直角的菱形是正方形一组邻边相等的矩形是正方形对角线互相垂直的矩形是正方形四边相等，有一个角是直角的四边形是正方形先证菱形一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形先证菱形四边均相等，对角线互相垂直平分且相等的平面四边形先证菱形）.
30．①或③
【分析】
根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得四边形ABCD是菱形，根据正方形的判定定理逐一判定即可得答案．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，，
∴四边形ABCD是菱形，
当∠BAD=90°时，四边形ABCD是正方形，故①符合题意，
当AB=BC时，不能判定四边形ABCD是正方形，故②不符合题意，
当AC=BD时，四边形ABCD是正方形，故③符合题意，
当AB=CD时，不能判定四边形ABCD是正方形，故④不符合题意，
∴能使得为正方形的有①或③，
故答案为：①或③
【点拨】本题考查菱形的判定及正方形的判定，对角线互相垂直的平行四边形是菱形；有一个角是直角的菱形是正方形；对角线相等的菱形是正方形；熟练掌握判定定理是解题关键．
31．45°
【分析】
作AE⊥BC于E，AF⊥CD延长线于点F，易证四边形AECF为矩形，可得∠FAE＝90°，再根据∠DAB＝90°，可得∠DAF＝∠BAE，即可证明△BAE≌△DAF，可得AE＝AF，即可判定矩形AECF为正方形，即可解题．
解：作AE⊥BC于E，AF⊥CD延长线于点F，
∵∠AEC＝∠AFC＝∠BCD＝90°，
∴四边形AECF为矩形，
∴∠FAE＝90°，即∠DAF＋∠DAE＝90°，
∵∠DAE＋∠BAE＝90°，
∴∠DAF＝∠BAE，
在△BAE和△DAF中，
∠AEB＝∠F，∠BAE＝∠DAF，AB＝AD，
∴△BAE≌△DAF（AAS），
∴AE＝AF，
∴矩形AECF为正方形，
∴∠ACB＝45°；
故答案为：45°．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
32． 5
【分析】
由题意可求得a与b的值；根据正方形性质得出AB＝CB，∠ABC＝90°，求出∠EAB＝∠FBC，证△AEB≌△BFC，求出BE＝CF＝2，在Rt△AEB中，由勾股定理求出AB，即可求出正方形的面积．
解：∵+|b﹣2|＝0
∴a-1=0，b-2=0
∴a=1，b=2
如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵AE⊥EF，CF⊥EF，
∴∠AEB＝∠BFC＝90°，
∴∠ABE＋∠CBF＝180°−90°＝90°，∠ABE＋∠EAB＝90°，
∴∠EAB＝∠CBF，
在△AEB和△BFC中，
，
∴△AEB≌△BFC（AAS），
∴BE＝CF＝2，
在Rt△AED中，由勾股定理得：AB＝．
∴正方形ABCD的面积是AB2=5，
故答案为：；5．
【点拨】本题考查了正方形性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，关键是求出BE＝CF，主要考查学生分析问题和解决问题的能力，题型较好，难度适中．
33． 112.5°##112.5度 ()
【分析】
（1）先求得∠ADG=∠AEG=45°，利用折叠的性质求得∠DAG=22.5°，根据三角形内角和定理即可求解；
（2）由题意得到△DFG是等腰直角三角形，设DF=FG=a，推出AB=EF=(1+)a，再得到AD=AE=(+2)a，利用矩形面积公式即可求解．
解：（1）由题意可知四边形ABEF是正方形，
∴∠EAF=∠AEF=45°，
∴∠ADG=∠AEG=45°.
根据折叠的性质知AM平分∠DAE，
∴∠DAG=22.5°，
∴∠AGD=180°-∠DAG-∠ADG=112.5°；
故答案为：112.5°；
（2）由（1）知∠ADG=45°，∠DFG=90°，可知△DFG是等腰直角三角形，
设DF=FG=a，则S=a2，EG=DG=a，
∴a2=2S，AB=EF=(1+)a，
∴AD=AE= (1+)a=(+2)a，
∴= AB AD
=(1+)a・(+2)a
=(3+4)a2
=2(3+4)S
=(6+8)S．
故答案为：(6+8)S．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，翻折的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，灵活运用勾股定理是解题的关键．
34．①②④
【分析】
首先利用全等三角形的判定方法利用SAS证明△BAF≌△ADE，即可得出AE＝BF，故可判断①；进而得出∠BFA+∠EAD＝90°，即AE⊥BF，故可判断②；利用三角形全等即面积相等，都减去公共面积剩余部分仍然相等，即可得出④；过点E作EG⊥AB交BF与点H．然后依据直角三角形中斜边大于任何一条直角边即可判断③．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAF＝∠ADE＝90°．
∵CE＝DF，
∴AF＝DE．
在△ABF和△DAE中，，
∴△ABF≌△DAE．
∴AE＝BF，故①正确．
∵△ABF≌△DAE，
∴∠AFB＝∠AED．
∵∠AED+∠DAE＝90°，
∴∠AFB+∠DAE＝90°，
∴∠AOF＝90°，即AE⊥BF，故②正确．
∵△ABF≌△DAE，
∴S△ABF＝S△ADE．
∴S△AOB＝S△ABF﹣S△AOF，S四边形DEOF＝S△ADE﹣S△AOF，
∴S△AOB＝S四边形DEOF，故④正确；
如图所示：过点E作EG⊥AB，则EG＝AD．

∵HE＞OE，GE＞HE，
∴GE＞OE．
∴AD＞OE，故③错误．
故答案为：①②④
【点拨】此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质和反证法的应用等知识，得出△BAF≌△ADE，从而得出相应等量关系是解决问题的关键．
35．3或
【分析】
当为直角三角形时，分三种情况考虑，当点落在矩形内部时，连接AC，先利用勾股定理计算出AC，然后根据折叠的性质得到，而为直角三角形时，只能得到，所以此时点共线，即点落在AC上，从而结合矩形的性质以及勾股定理进行计算即可；当点落在矩形边AD上时，根据题意可证明四边形为正方形，从而求解即可．
解：设BE=x，
（1）如图1所示，当时，
在矩形ABCD中，∠B=90°，
∵由∠B折叠得到，
∴，
∴此时点共线，
在Rt△ABC中，，
由折叠的性质得：，，，
∴，
在中，由勾股定理得：，
即：，
解得：，
∴；
（2）如图2所示，当时，
由折叠性质可知，，，
∴四边形为正方形，
∴BE=3；
（3）当时，∠ECD=90°，
∴点应该落在CD边上，
∵AB=3，BC=4，
∴这种情况不成立；
综上，BE的长度为3或；
故答案为：3或．
【点拨】本题考查矩形的折叠问题，涉及到勾股定理，矩形的性质等，理解基本性质，灵活分类讨论是解题关键．
36．
【分析】
（1）根据勾股定理直接计算即可；
（2）过点B作，由题意可知OR的长度，运用勾股定理计算即可；
（3）作与MO延长线交于点T，过A点作垂足为P，证明四边形APRT为正方形，设AT=x，则OT=x-4，运用勾股定理列方程计算即可．
解：（1）四边形是边长为5的正方形，
，
故答案为：；
（2））过点B作，
点到的距离是，
，
在中，
，
故答案为：；
（3）如图，作与MO延长线交于点T，
过A点作垂足为P，
，
四边形APRT是矩形，
，
，
又，
(AAS)
，
四边形APRT是正方形，
，
，
设AT=x，则OT=x-4，
在中，，
解得：(负数，舍去)，
即点到的距离为，
故答案为：．
【点拨】本题主要考查正方形的判定与性质，勾股定理，全等三角形判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题关键．
37．①②③
【分析】
根据中点四边形的性质：一般中点四边形是平行四边形，对角线相等的四边形的中点四边形是菱形，对角线垂线的中点四边形是矩形，对角线相等且垂直的四边形的中点四边形是正方形，由此即可判断．
解：∵一般中点四边形是平行四边形，对角线相等的四边形的中点四边形是菱形，对角线垂线的中点四边形是矩形，对角线相等且垂直的四边形的中点四边形是正方形，
∴存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形，存在无数个中点四边形MNPQ是菱形，存在无数个中点四边形MNPQ是矩形．
故答案为：①②③
【点拨】本题考查中点四边形，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
38．①②③
【分析】
根据中点四边形的性质：一般中点四边形是平行四边形，对角线相等的四边形的中点四边形是菱形，对角线垂线的中点四边形是矩形，对角线相等且垂直的四边形的中点四边形是正方形，由此即可判断．
解：∵一般中点四边形是平行四边形，对角线相等的四边形的中点四边形是菱形，对角线垂线的中点四边形是矩形，对角线相等且垂直的四边形的中点四边形是正方形，
∴存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形，存在无数个中点四边形MNPQ是菱形，存在无数个中点四边形MNPQ是矩形．
故答案为：①②③．
【点拨】本题考查中点四边形，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
39．①②
【分析】
根据四边形的性质及中位线的性质推导即可．
解：①如图所示：
∵M，N，P，Q分别是AB，BC，CD，DA的中点
∴且，且
∴且
∴MNPQ是平行四边形
故①正确；
②如图所示：
∵ABCD是平行四边形，且N，Q分别是BC，AD中点
∴
∵O为AC中点，
∴
∴N，O，Q三点共线
同理可得：M，O，P三点共线，
故MP与NQ交于点O
故②正确
③如图所示：
∵ABCD为矩形
∴AC=BD
∵M，N，P，Q分别是AB，BC，CD，DA的中点
∴且，且，且
∴且
∴MNPQ是平行四边形
∵AC=BD，
∴MN=PN
∴MNPQ为菱形
故③错误；
④如图所示：
∵MNPQ为正方形
∴MN=PN，且
∵M，N，P，Q分别是AB，BC，CD ,DA中点
∴且，且
∴AC=BD，且
∴ABCD可为正方形，也可为对角线垂直的等腰梯形
故④错误，
故答案为：①②．
【点拨】熟练使用中位线的性质，及各个四边形对角线的性质是解题的关键．
40．3
【分析】
①由四边形是正方形，可得，又由折叠的性质，可求得的度数；
②由，可得，在用锐角三角函数即可判断；
③由，可得的面积的面积；
④由折叠的性质与平行线的性质，易得是等腰三角形，即可证得；
⑤易证得四边形是菱形，由等腰直角三角形的性质，即可得；
⑥根据四边形是菱形可知AB//GF，，再由，可得出时等腰直角三角形，由求出的长，进而可得出及的长，利用正方形的面积公式可得出结论．
解：①四边形是正方形，
，
由折叠的性质可得：，故①正确；
②由折叠的性质可得：，，
，
，
，故②错误；
③，
，与同高，
，故③错误．
④，
∴EF//AC，
，
，
，
，
，
，
，，
，
四边形是菱形，故④正确；
⑤，
，
．故⑤正确．
⑥四边形是菱形，
∴AB//GF，，
，，
是等腰直角三角形．
，
，解得，
，，
，
，
，故⑥错误；
其中正确结论的序号是：①④⑤共3个．
故答案为：3．
【点拨】本题考查的是四边形综合题，涉及到正方形的性质、折叠的性质、等腰直角三角形的性质以及菱形的判定与性质、锐角三角函数等知识，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用是解题的关键．
41．①②④
【分析】
由正方形性质、三角形性质、平行四边形的性质、菱形的性质以及全等三角形的判定及性质，对结论推理论证即可．
解：由题意得
∴
∵四边形是正方形，
∴，，
∴
∴
∴，
∴，为等腰直角三角形
∴
故②正确
当时，
∴中，DM=2AM
即DM=2BE
故①正确
∵CD//EM，AD//DM
∴四边形是平行四边形
∵，
∴
∴四边形不可能为菱形
故③错误
∵点M是边延长线上的动点（不与点A重合）且
∴
∴
故④正确
综上所述①②④正确
故答案为：①②④．
【点拨】本题为四边形内的综合问题，熟悉正方形、三角形、平行四边形、菱形以及全等三角形的等知识点的性质是解题的关键．
42．
【分析】
取DF的中点H，CF的中点Q，连接MH，NQ，过点M作MK⊥NQ于K，由三角形中位线定理可得NQ＝EF＝4，MH＝GF＝1，MH∥EF，NQ∥EF，HQ＝CD＝3，由勾股定理可求解．
解：如图，取DF的中点H，CF的中点Q，连接MH，NQ，过点M作MK⊥NQ于K，
∵EF∥BC，AB∥CD，
∴四边形BCFE是平行四边形，
又∵∠BCD＝90°，
∴四边形BCFE是矩形，
∴EF＝BC＝AD＝8，
∵M、N分别为GD、EC的中点，H是DF的中点，Q是CF的中点，
∴NQ＝EF＝4，MH＝GF＝1，MH∥EF，NQ∥EF，HQ＝CD＝3，
∴MH∥NQ，
∵KM⊥NQ，∠NQD＝90°，
∴MK∥HQ，
∴四边形MHQK是平行四边形，
∴MK＝3，KQ＝MH＝1，
∴NK＝3，
∴MN＝MK＝3．
故答案是：．
【点拨】本题考查了矩形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．
43．(1)见分析 (2)见分析 (3)
【分析】
(1)由ABCD是正方形得到，，由得到，进一步得到，再根据“边角边”即可证明；
(2)由及得到，进而得到，由(1)中全等得到，最后由即可证明；
(3)过点B作交AE的延长线于点F，证明为等腰直角三角形，求出，在中由勾股定理求出即可得到正方形的面积．
(1)
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∵，
∴．
∴，
即．
∵，
∴．
(2)
证明：如下图：
∵，，
∴·
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
(3)
解：如图，过点B作交AE的延长线于点F．
∵，，
∴由勾股定理得：．
由(2)知，，
∴由勾股定理得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴．
∴，
在中，由勾股定理得：，
．
【点拨】本题借助正方形的性质考查了三角形全等的判定方法、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理求线段长等知识点；本题中第(3)问的关键点是过点B作交AE的延长线于点F，进而构造等腰直角三角形，利用其性质求解．
44．(1)证明见分析 (2)
【分析】
（1）连接，先根据正方形的性质可得，再根据三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据平行线的判定可证，根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，最后根据菱形的判定即可得证；
（2）连接，交于点，先根据正方形的性质可得，从而可得，再利用勾股定理可得，然后根据菱形的周长公式即可得．
(1)
证明：如图，连接，
四边形是正方形，
，
在和中，，
，
，
，即，
，
四边形是平行四边形，
又，即，
四边形是菱形．
(2)
解：如图，连接，交于点，
四边形是正方形，，
，
，
，
在中，，
则四边形的周长为．
【点拨】本题考查了菱形的判定、正方形的性质等知识点，熟练掌握正方形的性质是解题关键．
45．(1)见分析 (2)见分析 (3)当△BDF满足 时，四边形ABCD是正方形
【分析】
（1）由已知可得 ，AD∥BC，通过证明四边形ACFD是平行四边形即可得到结论；
（2）先证明，再结合已知即可证明四边形ABCD是平行四边形，再由对角线互相垂直即可得到结论；
（3）先判断△BDF是等腰直角三角形，再由等边对等角得到，根据菱形的性质可得，即可得到结论．
解：(1)
AC⊥BD，DF⊥DB

AD∥BC
四边形ACFD是平行四边形
AD＝CF
(2)
点C为BF中点

AD＝CF

AD∥BC
四边形ABCD是平行四边形
对角线AC⊥BD
四边形ABCD是菱形
(3)
当△BDF满足 时，四边形ABCD是正方形；理由如下
DF⊥DB

由（2）得，四边形ABCD是菱形


四边形ABCD是正方形
【点拨】本题考查了平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的判定及等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
46．15
【分析】
过A作AF⊥CD于F，易证四边形ABCF是正方形，延长CB到G，使BG=DF，先据判定△AGB≌△ADF，得出AG=AD，∠GAB=∠DAF，进而可得∠EAD=∠GAE，然后再证△ADE≌△AGE，得出ED=EG=5，最后据全等三角形的面积相等计算即可求得．
解：如图，过点A作交的延长线于点F，
∴∠AFC＝90°，
∵∠ABE＝90°,AB∥CD，
∴∠ABE＝∠BCD＝90°,即∠AFC＝∠ABE＝∠BCD＝90°,
∴四边形ABCF是矩形，
∵AB＝BC＝6，
∴四边形ABCF是正方形，
延长到点G，使，连接．
在△AGB和△ADF中，
∴△AGB≌△ADF（SAS），
∴，
，
∵，
∴，
∵，
∴，
在△ADE和△AGE中，
∴△ADE≌△AGE（SAS），
∴，
∴．
【点拨】本题主要考查三角形全等的判定和性质，正方形的性质，作出辅助线是解答本题的关键．
47．(1)见分析 (2)见分析 (3)，证明见分析
【分析】
（1）分别以A，B为圆心，大于为半径画弧，连接两弧的交点，得到的线段即为线段的垂直平分线；
（2）作MG⊥CD于点G，首先根据同角的余角相等得到，然后证明出， 可得到AP=MN；
（3）连接AQ，PQ，CQ，首先证明出，然后得到，进一步证明出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可．
解：(1)
如图所示，
；
(2)
如图所示，作MG⊥CD于点G，
∵AH⊥MN，AM⊥MG，
∴，
∴，
又∵，AB=MG，
∴，
∴AP=MN；
(3)
如图所示，连接AO，PQ，CQ，
∵，，，
∴，
∴，，
又∵MN垂直平分AP，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵点H是AP的中点，
∴，
∵由(2)可知，，
∴．
【点拨】此题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，垂直平分线的性质等知识，解题的关键是根据题意正确作出辅助线．
48．(1)矩 (2)菱 (3) (4)
【分析】
（1）根据三角形中位线定理、矩形的判定定理解答；
（2）根据菱形的判定定理解答；
（3）、（4）根据矩形、菱形的面积公式计算，总结规律，根据规律解答．
(1)
解∵在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD 各边中点，得到四边形A1B1C1D1，
∴A1D1∥BD，B1C1∥BD，C1D1∥AC，A1B1∥AC；
∴A1D1∥B1C1，A1B1∥C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴A1B1⊥A1D1，
∴平行多边形A1B1C1D1是矩形，
故答案为：矩；
(2)
连接A1C1，B1D1，
∵四边形A1B1C1D1是矩形，
∴B1D1=A1C1，
∴A2D2=C2D2=C2B2=B2A2，
∴四边形A2B2C2D2是菱形；
故答案为：菱；
(3)
根据中位线的性质易知，根据中位线的性质可知，A5B5=A3B3=A1B1=AC，B5C5=B3C3=B1C1=BD，
∴四边形A5B5C5D5的周长是2×（m+n）=，
故答案为；
(4)
∵四边形ABCD中，AC=m，BD=n，且AC⊥BD，
∴S四边形ABCD=ab÷2；
由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，
四边形AnBnCnDn的面积是，
故答案为：．
【点拨】本题考查的是菱形的判定定理、矩形的判定定理、三角形中位线定理，掌握菱形和矩形的判定定理是解题的关键．
49．(1)见分析 (2)
【分析】
（1）由“ASA”可证△DGF≌△CGE，可得．可得四边形CFDE为平行四边形．四边形ABCD是平行四边形，再证BE=EF=AB=CD，可得结论；
（2）由勾股定理可求CG的长，可得结论．
解：(1)
证明：∵，G为CD边中点，
，，．
∴△DGF≌△CGE．
∴．
∴四边形CFDE为平行四边形．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴．
∴．
又，
∴．
∴四边形CFDE为矩形，
(2)
解：∵四边形CFDE是正方形，
∴，．
∴．
在Rt△BGC中，由勾股定理，得．
即．
∴．
∴．
【点拨】本题考查了正方形的性质，矩形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．