初中数学华东师大版（2024）八年级下册（2024）本章综合与测试单元测试复习练习题

这是一份初中数学华东师大版（2024）八年级下册（2024）本章综合与测试单元测试复习练习题，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图，矩形ABCD纸片，AD=AN=10，点P是边AD上一点，AP=6，矩形纸片沿NP折叠，点A落在G处，NG的延长线交CD于点H，则NH的长为（ ）
A．8B．245C．10D．343
2．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2，则线段BM的最小值是（ ）
A．1B．2−1C．3−1D．5−1
3．如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD=DE，连接BE分别交AC，AD于点F，G，连接OG，有下列结论：①OG=12AB；②与△EGD全等的三角形共有5个；③S菱形ABCD=8S△ODG；④由点A，B，D，E构成的四边形是菱形．其中一定正确的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
4．如图，在矩形纸片ABCD中，点E为CD上一点，△ADE关于AE折叠得到△AFE，点F落于线段BC上；M为AB上一点，△BMF关于MF折叠得到△NMF，点N落于线段AF上，连接NE.设CF=a，CE=b，EF=c，ABCD的面积为S1，EFMN的面积为S2，则下列哪个选项中的代数式数值是固定值（ ）
A．aS1cS2B．bs1cS2C．as1(b+c)S2D．bs1(a+c)S2
5． 如图，菱形 ABCD 中，∠ABC=120°，点 E 在 CD 边上，点 F 在菱形 ABCD 外部，且满足 EF ∥AD，CE = EF.连结 AF，CF，取 AF 的中点 G，连结 BG，AC.则下列结论：
①△CEF 是等边三角形；
②AG=CG；
③ BG 垂直平分 AC；
④2BG=AD+CE.
其中正确的结论有（ ）.
A．1 个B．2 个C．3 个D．4 个
6．如图，在正方形ABCD中，AB=3,AE=1，点F是边AD上的动点，点P是线段BD上的动点，若EP+FP=3，则线段EF的长为（ ）
A．2B．2C．5D．10
7．在菱形ABCD中，∠A=60°，点E、F分别在边AB、BC上，连结DE、DF，则添加下列条件后，不能判定AE=BF的是（ ）
A．BE=CFB．DE=DFC．∠EDF=60°D．∠DEB=∠DFC
8．如图，正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，AF、DE交于点P，连接BP、CP．则下列结论中：①AF⊥DE；②AD=BP；③∠BPE=∠CDE；④PE+PF=2PC，所有正确的结论是（只需填写序号）____
A．①②B．②③C．①②③D．①②③④
9．如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是对角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF．给出下列结论：①AP＝EF且AP⊥EF；②∠PFE＝∠BAP；③△ADP一定是等腰三角形；④四边形PECF的周长为42；⑤EF的最小值为22；⑥ PB2＋PD2＝2PA2．其中正确结论的个数是（ ）
A．3B．4C．5D．6
10．如图，以△ABC三边向外分别作等边△ACD、△ABE、△BCF，下列结论
①△BEF≌△BAC
②若∠BAC=130°，则四边形ADFE为平行四边形
③若AB=AC，则四边形AEFD是菱形
④若四边形AEFD是正方形，则∠ABC=15°．
⑤若AB=12，AC=5，BC=13，则四边形AEFD的面积是60
其中正确的有（ ）个
A．2B．3C．4D．5
二、填空题（每题3分，共18分）
11．如图，在矩形ABCD中， AD>AB，点E是对角线AC上的一点，连接DE， BE，且满足∠AED=2∠DAE.已知AE=3CE，则 BEDE= .
12．如图，正方形ABCD的边长为2，M是BC的中点，N是AM上的动点，过点N作EF⊥AM分别交AB，CD于点E，F，则EM＋AF的最小值为 .
13．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，点B，C关于EF对称，点M在EF上，点N在AE上，且点A，M关于BN对称，BM的延长线交AD于点H，CM交BD于点G，则AHCG .
14．正方形ABCD的边长为8，点E、F分别在边AD、BC上，将四边形ABFE沿EF折叠，使点A落在A'处，点B落在点B'处，A'B'交BC于G．以下结论：①当A'为CD中点时，△A'DE三边之比为3:4:5；②连接AA'，则AA'=EF；③当△A'DE三边之比为3:4:5时，A'为CD中点；④当A'在CD上移动时，△A'CG周长不变．其中正确的有 （写出所有正确结论的序号）．
15． 如图，在矩形 ABCD 中，AB=1，将 ABC 沿对角线 AD 翻折，得到 △ABC， CE 交 AD 于点 F，再将 △AEF 沿 AF 翻折，得到 △AGF， GF 交 AC 于点 H，若 AC 平分 ∠DAG，则 FH 的长为 .
16．如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE，垂足为H，连结BH并延长交DC于点F，连结DE交BF于点O下列结论：①AD=AE②∠DEA=∠DEC③H是BF的中点④BC−CF=2CE；其中正确的是 ．
三、解答题（共10题，共102分）
17．2014年“壮族三月三”被列入国家级非物质文化遗产名录并成为广西法定公众假日，2025年是广西将“壮族三月三”作为法定假日的第12年，在南宁民歌湖举办主题活动，人们身着绚丽的壮锦服饰载歌载舞．其中壮锦披肩十分夺目，上面由一个个彩色丝线绣成的菱形图案组成．小邕的壮锦披肩，图案为菱形．如图，若菱形ABCD中已知两条对角线相交于点O，其中∠BAD=60°，菱形ABCD的周长为24cm．
（1）求对角线BD的长；
（2）小邕制作菱形ABCD需要多少平方厘米的布料（裁剪缝边除外）．
18．如图，在边长为6的正方形AOBC中，M，N两点分别为线段BC，AB上的动点，且AN=2CM，求OM+12ON的最小值，并写出解答过程.
19．如图1，在四边形 ABCD中，AB∥CD，AB=AD，对角线 AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点 C 作 CE⊥AB，交AB的延长线于点 E，连结OE.
（1）求证：四边形ABCD 是菱形；
（2）若CE=2 3，∠ADC=120°，求四边形ABCD的面积.
20．如图①，已知在△ABC中，∠BAC=45°，AB=AC，AD⊥BC于点 D，将△ABC沿AD剪开，并分别沿AB，AC 翻折，点 E，F 是点 D 的对应点，得到△ABE和△ACF(与△ABC在同一平面内).延长EB，FC 相交于点G，
（1）求证：四边形AEGF 是正方形；
（2）如果(1)中AB≠AC，其他条件不变，如图②，那么四边形 AEGF 是不是正方形?请说明理由；
（3）在(2)中，若 BD=2，DC=3，求 AD的长.
21． 尺规作图问题：
如图1，在等腰三角形ABC中，AB=AC，D，E分别是BC，AB的中点，在AC边上作一点F，使得四边形AEDF为菱形.
甲同学：如图2，以点A为圆心，AE长为半径画弧，交AC于点F，连接DF，则四边形AEDF为菱形.
乙同学：以点D为圆心，DE长为半径画弧，交AC于点F，连接DF，则四边形AEDF为菱形.
甲同学：你的作法有问题.
乙同学：哦…我明白了！
（1）证明：甲同学所作的四边形AEDF为菱形；
（2）请指出乙同学作法中存在的问题.
22．如图正方形ABCD中，点E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F．
（1）求证：EF＝ED；
（2）若AB＝2，CE=2，BF的长度为 ；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数．
23．在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD、PB．点Q在BA的延长线上且PQ=PD．
（1）如图1，若四边形ABCD是正方形．
①求∠DPQ的度数；
②探究AQ与OP的数量关系并说明理由．
（2）如图2，若四边形ABCD是菱形且∠ABC=60°．探究AQ与CP的数量关系并说明理由．
24．如图1，矩形ABCD中，AB=3，BC=5，动点E，F分别在边BC，CD上，连结AE，EF，以AE，EF为边向上作▱AEFG，连结GE，
（1）如图2，点F与D重合时，
①求▱AEFG的面积．
②当EG最短时，求BE的长．
（2）如图3，当AE⊥EF时，连结GD，若GE=2GD，求BE的长．
25．如图1，在矩形ABCD中，AB=a，BC=3，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB'，设点P的运动时间为t(s)．
（1）当a=4时．
①如图2．当点B'落在AC上时，显然△PCB'是直角三角形，求此时t的值；
②当点B'不落在AC上时，请直接写出△PCB'是直角三角形时t的值；
（2）若直线PB'与直线CD相交于点M，且当t3时，∠PAM的大小是否发生变化，若不变，请说明理由．
26．综合与实践课上，同学们以“折纸”为主题开展数学活动．
【动手操作】
如图1，将边长为8cm的正方形ABCD对折，使点D与点B重合，得到折痕AC．打开后，再将正方形ABCD折叠，使得点D落在BC边上的点P处，得到折痕GH，折痕GH与折痕AC交于点Q．打开铺平，连接PQ、QD、PD．
（1）【探究提炼】
如图1，点P是BC上任意一点，线段QD和线段PQ存在什么关系？并说明理由；
（2）如图2，连接PH，当PH恰好垂直于AC时，求线段CQ的长度；
（3）【类比迁移】
如图3，某广场上有一块边长为40m的菱形草坪ABCD，其中∠BCD＝60°．现打算在草坪中修建步道AC和MN﹣ND﹣DM，使得点M在BC上，点N在AC上，且MN＝ND．
①求∠NMD的度数；
②请问步道MN﹣ND﹣DM所围成的△MND（步道宽度忽略不计）的面积是否存在最小值？若存在，请直接写出最小值；若不存在，说明理由．
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解：如图，连接PH，过N作NM⊥CD于点M，则四边形ADMN为矩形，
由折叠的性质可知，GN=AN=10 PG=AP=6，
设DH=y，HG=x，则MH=10−y，NH=10+x，
∴在Rt△MNH中，由勾股定理得MN2=NH2−MH2，
即102=10+x2−10−y2，
∴y2−x2=20x+20y−100①，
在Rt△PDF中，由勾股定理得PH2=PD2+DH2=42+y2，
在Rt△PGH中，由勾股定理得PH2=PG2+HG2=62+x2，
∴42+y2=62+x2，整理得y2−x2=20②，
①−②得，20x+20y−100=20，整理得x+y=6，
∴y=6−x，
∴6−x2−x2=20，
解得x=43，
∴NH=43+10=343，
故答案为：D．
【分析】
如图，连接PH，过N作NM⊥CD于点M，根据矩形的判定定理：四个角都是直角的四边形是矩形可知：四边形ADMN为矩形，由折叠的性质可知：GN=AN=10 PG=AP=6，设DH=y，HG=x，根据线段的和差运算可知：MH=10−y，NH=10+x，根据勾股定理：在Rt△MNH中，MN2=NH2−MH2，代入数据得：102=10+x2−10−y2，化简整理得：y2−x2=20x+20y−100①，再根据勾股定理： 在Rt△PDF和Rt△PGH中，PH2=PD2+DH2=PG2+HG2，代入数据得：42+y2=62+x2，化简整理得：y2−x2=20②，①−②得，20x+20y−100=20，则y=6−x，6−x2−x2=20，求x的值，最后根据线段的和差运算可求得NH的值，由此可得出答案．
2．【答案】D
【解析】【解答】解：取CD的中点O，连接OB、OM，如下图
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CB=DC，∠EBA=∠FCD=90°，∠ABG=∠CBG=45°，
∴在△ABE和△DCF中，
AB=CD∠EBA=∠FCDBE=CF，
∴△ABE≌△DCF(SAS)，
∴∠BAE=∠CDF，
在△ABG和△CBG中，
AB=BC∠ABG=∠CBGBG=BG，
∴△ABG≌△CBG(SAS)，
∴∠BAG=∠BCG，
∴∠CDF=∠BCG，
∵∠FCD=∠DCM+∠BCG=90°，
∴∠CDF+∠DCM=90°，
∴∠DMC=180°−90°=90°，
∵点O是CD的中点
∴OM=CO=12CD=1，
在Rt△BOC中，OB=CB2+OC2=22+12=5，
根据三角形的三边关系，OM+BM>OB，
∴当O、M、B三点共线时，BM的长度最小，
∴BM的最小值=OB−OM=5−1．
故答案为：D．
【分析】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．
根据正方形的性质：四边形相等，四个角都是90°，可知：AB=AD=CB=DC，∠EBA=∠FCD=90°，∠ABG=∠CBG=45°，再根据全等三角形的判定定理：SAS可证明△ABE≌△DCF，由全等三角形的性质：对应角相等得出：∠BAE=∠CDF，再根据全等三角形的判定定理：SAS证明△ABG≌△CBG，由全等三角形的性质得出∠BAG=∠BCG，再由角的和差和等量代换可得：∠CDF+∠DCM=90°即，∠DMC=90°，取CD的中点O，连接OB、OF，由直角三角形的性质：直角三角形斜边的中线=斜边的一半可知：OM=CO=12CD=1，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．
3．【答案】C
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，AB∥CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∴∠BAG=∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AODSSS，
∵CD=DE，
∴AB=DE，
在△ABG和△DEG中，
∠BAG=∠EDG∠ABG=∠DGEAB=DE，
∴△ABG≌△DEGAAS，
∴AG=DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG=12CD=12AB，OG∥AB∥CD，故①正确；
连接AE，
∵AB∥CE，AB=DE，
∴四边形ABDE为平行四边形，
∵∠BCD=∠BAD=60°，
∴△ABD、△CBD是等边三角形，
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，
∴OD=AG，四边形ABDE为菱形，故④正确；
∴AD⊥BE，
在△BGA和△COD中，
AG=DO∠BAG=∠CDOAB=DC，
∴△BGA≌△CODSAS，
∴△ABO≌△BCO≌△AOD≌△COD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②错误；
∵OG是△ACD的中位线，
∴S△ODG=S△OBG，S△BDG=S△ABG，
∴S△ODG=12S△BDG=14S△ABD=18S菱形ABCD，故③正确；
综上所述，正确的有①③④，
故选：C．
【分析】本题考查菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及三角形中位线定理的综合应用，首先根据菱形的性质得到边和角的关系，证明ΔABG≅ΔDEG得出AG=DG，结合O为AC中点判定OG为ΔACD的中位线，验证结论①；连接AE，利用菱形和等边三角形的性质证明四边形ABDE为菱形，验证结论④；通过全等三角形的判定找出与ΔEGD全等的三角形，判断结论②的真假；利用三角形面积的倍数关系推导菱形ABCD与ΔODG的面积关系，验证结论③。
4．【答案】B
【解析】【解答】解：由折叠可知：
在△ADE沿AE折叠得到△AFE中，AD=AF，DE=EF=c，∠D=∠AFE=90°；
在△BMF沿MF折叠得到△NMF中，BM=MN，BF=NF，∠B=∠MNF=90°.
∵CD=CE+DE，
∴CD=b+c
在Rt△ECF中，根据勾股定理得，a2+b2=c2.
∴矩形ABCD的面积S1=AB×BC=AF×(b+c).
∵△BMF≅△NMF，
∴S△BMF=S△NMF.
A、S1=AF×(b + c)，S2是四边形EFMN的面积（与△CEF、△BMF等相关），由于a（CF）、c（EF）与S1、S2的比例关系不固定（a、c随E、F位置变化），因此aS1cS2不是固定值，A错误；
B、由Rt△ECF中a2+b2=c2，结合折叠性质和面积比例关系：四边形EFMN的面积S2与△ CEF的面积存在固定比例（因折叠后图形的相似性与对称性），且S1=AF×(b + c)中AF、b + c与b、c的关系稳定，最终可推得bS1cS2为固定值，B正确；
C、S1=AF×(b + c)，代入后形式为a×AF×b+cb+cS2=a×AFS2，由于a（CF）、AF与S2的比例关系不固定，因此不是固定值，C错误；
D、S1=AF×(b + c)，a + c是CF + EF，与b、S2的比例关系不固定（因a、c随图形变化），因此不是固定值，D错误.
故答案为：B.
【分析】先分析折叠与几何图形的基本性质， 求出折叠前后对应边、角相等 ；再由勾股定理，得出a2+b2=c2；再根据矩形面积公式为“长 × 宽”，求出矩形ABCD的面积S1=AB×BC=AF×(b+c)；最后根据“全等三角形面积相等”，得出△BMF=S△NMF；通过代入等计算出每个选项的正确与否，即可一 一得出答案.
5．【答案】D
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠D=∠ABC=120°，AB//CD，AB=BC，∠ACD=∠ACB
∵EF//AD，
∴∠DEF=∠D=120°，
∴∠CEF=180°-120°=60°，
∵CE=EF，
∴△CEF是等边三角形
故①符合题意；
∵△CEF是等边三角形，
∴∠ECF=60°，CF=CE
∵AB//CD，
∴∠ABC+∠BCD =180°，
∴∠BCD=60°，
∴∠ACD=12×60°=30°，
∴∠ACF=60°+30°= 90°，
∵G是AF的中点，
∴CG=12AF，
∴AG=CG，
故②符合题意；
∵AB=BC，AG=CG，
∴B和G在线段AC的垂直平分线上，
∴BG垂直平分AC，
故③符合题意；
∴H是AC的中点，
∴GH是△ACF的中位线，
∴CF=2GH，
∵∠BCH=12∠BCD=30°，∠BHC =90°，
∴BC=2BH，
∴BC+CF=2(GH+BH)=2BG
∴2BG=AD+CE，
故④符合题意，
∴其中正确的结论有4个，
故答案为：D.
【分析】由菱形的性质推出∠D=∠ABC=120°，AB//CD，AB=BC，∠ACD=∠ACB，由平行线的性质推出∠DEF=∠D=120°，由邻补角的性质得到求出∠CEF=60°，判定△CEF是等边三角形，得到∠ECF=60°，CF=CE，由平行线的性质求出∠BCD=60°，得到∠ACD=30°，因此∠ACF=90°，由直角三角形斜边中线的性质推出AG=CG，判定B和G在线段AC的垂直平分线上，推出BG垂直平分AC，由三角形中位线定理推出CF=2GH，由含30度角的直角三角形的性质得到BC=2BH，推出2BG=AD+CE.
6．【答案】C
【解析】【解答】解：在BC上截取一点E'，使得BE=BE'，连接EE'交BD于点G，过点E'作PE⊥BC，交BD于点P，E'P的延长线交AD于点F，连接EF，如图，
则四边形CDFE'和四边形ABE'F均为长方形，E'F=3，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC=90°，AB=BC=3，∠ABD=∠CBD=45°，
∵BE=BE'，
∴△BEE'为等腰直角三角形，
又∵∠EBG=∠B'EG，
∴EG＝E'G，BG⊥EE'，
∴BD垂直平分EE'，
∴PE＝PE'，
∴PE+PF=PE'+PF=E'F=3，
∴AF＝BE'＝2，
∴EF=AE2+AF2=5，
故答案为：C.
【分析】在BC上截取一点E'，使得BE=BE'，连接EE'交BD于点G，过点E'作PE⊥BC，交BD于点P，E'P的延长线交AD于点F，连接EF，则四边形CDFE'和四边形ABE'F均为长方形，E'F=3，然后根据正方形的性质证明△BEE'为等腰直角三角形，进而得到BD垂直平分EE'，则PE＝PE'，最后根据线段间数量关系和勾股定理即可求解．
7．【答案】B
【解析】【解答】解：选项 A：因为四边形ABCD是菱形，所以AB = BC ，
已知BE = CF，那么AB - BE = BC - CF，即AE = BF，该选项能判定，不符合题意，A错误；
选项 B：由DE = DF，结合菱形中AD = BD，此时是 “SSA” 的情况，不能判定 △ADE≌△BDF ，也就不能判定AE = BF，该选项符合题意，B正确；
选项 C：因为四边形ABCD是菱形且∠A = 60°，
所以△ABD、△BCD都是等边三角形，AD = BD，∠A = ∠DBC =60°，∠ADB = 60°，
又因为∠EDF = 60°，
所以∠ADE +∠EDB =∠ EDB +∠BDF = 60°，即∠ADE =∠BDF，
在△ADE和△BDF中，∠A=∠DBC=60°AD=BD∠ADE=∠BDF，根据 “ASA” 可判定△ADE≌△BDF，所以AE = BF，该选项能判定，不符合题意，C错误；
选项 D：因为四边形ABCD是菱形且∠A = 60°，所以AD = BD，∠A =∠ DBC =60° ，
已知∠DEB=∠DFC，则∠AED = 180°-∠DEB，∠BFD = 180°-∠DFC，
所以∠AED =∠BFD ，
在△ADE和△BDF中，∠A=∠DBC=60°∠AED=∠BFDAD=BD，根据 “AAS” 可判定△ADE≌△BDF，所以AE=BF，该选项能判定，不符合题意，D错误；
故答案为：B，
【分析】菱形具有平行四边形的所有性质，且菱形四条边相等，本题中结合∠A = 60°得出等边三角形，再通过全等三角形的不同判定方法（ASA、AAS等 ），判断线段是否相等，核心是利用菱形性质构造全等三角形条件来推理.
8．【答案】D
【解析】【解答】解：如图1
图1
∵正方形ABCD，E、F均为中点
∴AD=DC=BC，∠ADC=∠DCB；EC=DF=12DC，
∵在△ADF和△DCE中，
AD=DC∠ADF=∠DCEDF=CE
∴△ADF≅△DCE(SAS)
∴∠AFD=∠DEC
∵∠DEC+∠CDE=90°
∴∠AFD+∠CDE=90°=∠DPF
∴AF⊥DE
∴①正确
如图2
图2
取AD的中点G，AP的中点M，连接MG，BM，BG
则MG∥DP,DG=12AD=12BC=BE
∴MG⊥AP
∵AD∥BC
∴DG∥BE
∴四边形BGDE为平行四边形
∴BG∥DP
∴B、M、G三点共线
∴BM⊥AP
∵AM=MP
∴BG是AP的垂直平分线
∴△ABP是等腰三角形
∴BP=AB=AD
∴②正确
由②知：BP=AB
∴∠BAP=∠BPA
又∵△ADF≅△DCE
∴∠CDE=∠DAF
又∵∠BAP+∠DAF=∠APB+∠BPE=90°
∴∠DAF=∠BPE
又∵∠DAF=∠CDE
∴∠BPE=∠CDE
∴③正确
如图3，延长DE至N，使得EN=PF，连接CN
图3
∵∠AFD=∠DEC
∴∠CEN=∠CFP
又∵E、F分别是BC，DC的中点
∴CE=CF
∵在△CEN和△CFP中
CE=CF∠CEN=∠CFPEN=PF
∴△CEN≅△CFP(SAS)
∴CN=CP，∠ECN=∠PCF
∵∠PCF+∠BCP=90°
∴∠ECN+∠BCP=∠NCP=90°
∴△NCP是等腰直角三角形
∴PN=PE+NE=PE+PF=2PC
∴④正确
故答案为：D.
【分析】根据正方形性质得出AD=DC=BC，∠ADC=∠DCB，EC=DF=12DC，证明△ADF≅△DCE，推出∠AFD=∠DEC，求出∠DPF=90°即可判断①；取AD的中点G，AP的中点M，连接MG，BM，BG，证明BG是AP的垂直平分线，推出△ABP是等腰三角形，即可判断②；由②知BP=AB，得到∠BAP=∠BPA，又根据△ADF≅△DCE，得到∠CDE=∠DAF，根据∠BAP+∠DAF=∠APB+∠BPE=90°得到∠DAF=∠BPE，就可以得到③正确；延长DE至N，使得EN=PF，证△CEN≅△CFP，推出CN=CP，∠ECN=∠PCF，求出△NCP是等腰直角三角形，即可判断④。
9．【答案】B
【解析】【解答】①连接PC，延长FP交AB于点G，
∵PE⊥BC， PF⊥CD，
∴∠PEC=∠PFC=90°，
∵正方形ABCD中，∠BCD=90°，
∴∠EPF=90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴PC=EF，
由正方形的对称性知，AP=PC，
∴AP=EF；
∵AB∥CD，
∴PF⊥AB，
∵△APG和△FEP中，PE⊥PG，PF⊥AG，
∴AP⊥EF；
∴正确；
②∵PC=EF，PE=EP，
∴Rt△PCE≌Rt△EFP(HL)，
∴∠PFE=∠ECP，
∵∠BAP=∠BCP，
∴∠BAP=∠PFE；
∴正确；
③∵∠ADP=45°，
∴∠DAP+∠DPA=135°，
∵∠DAP＜∠DAB=90°，∠DPA＞∠DBA=45°，
∴只有当∠DAP=∠DPA=67.5°时，或∠PAD=∠PDA=45°时，△ADP才是等腰三角形，除此之外都不是等腰三角形；
∴不正确；
④∵∠BDC=∠DBC=45°，∠DFP=∠PEB=90°，
∴∠BPE=90-∠PBE=45°，∠DPF=90-∠PDF=45°，
∴BE=PE，DF=PF，
∴PE+EC+PF+CF=(BE+EC)+(DF+CF)=BC+CD=4+4=8；
∴不正确；
⑤连接AC，设AC与BD交点为O，
则AC⊥BD，
∴AP≥AO，
∵AC=2AB=42，
∴AO=12AC=22，
∴AP≥22，
∴EF≥22，
∴EF的最小值为22；
∴正确；
⑥∵AP2=EF2=PE2+PF2，PE=BE，PF=DF，
∴2AP2=2PE2+2PF2=PB2+PD2，
即PB2+PD2=2AP2；
∴正确．
故选：B．
【分析】本题主要对正方形，矩形，全等三角形，轴对称，等腰三角形，勾股定理等知识点进行考查；
① 首先，连接PC并延长FP，交AB于点G。由于已知PE垂直于BC，PF垂直于CD，并且在正方形ABCD中，∠BCD为90°，我们可以得出四边形PECF是矩形，因此PC等于EF。根据正方形的对称性，进一步推导出AP等于PC，即AP=EF。接下来，由于PE垂直于PG，PF垂直于AG，因此我们也可以得出AP垂直于EF。故①是正确的；
② 由于PC=EF，且PE=EP，我们可以得出直角三角形PCE与EFP是全等的（Rt△PCE ≌ Rt△EFP）。因此，∠PFE=∠ECP。又根据已知条件∠BAP=∠BCP，我们可以推导出∠BAP=∠PFE。故②是正确的；
③ 根据∠ADP=45°，可以得出∠DAP+∠DPA=135°。同时，已知∠DAP＜∠DAB=90°，并且∠DPA＞∠DBA=45°。因此，只有在∠DAP=∠DPA=67.5°或∠PAD=∠PDA=45°的情况下，△ADP才会是等腰三角形。除此之外，△ADP都不是等腰三角形。故③的结论是不正确的；
④ 根据已知条件∠BDC=∠DBC=45°，以及∠DFP=∠PEB=90°，我们可以得出∠BPE=45°和∠DPF=45°。由此，得出BE=PE和DF=PF。因此，PE+EC+PF+CF可以表示为（BE+EC）+（DF+CF），即BC+CD。根据题设，BC=4，CD=4，因此PE+EC+PF+CF=4+4=8。故④的结论是不正确的；
⑤连接AC，设AC与BD交点为O，得到AC⊥BD，AP≥AO，根据题干信息AC=2AB=42，可得AO=12AC=22，所以AP≥22，得到EF≥22，推出EF的最小值为22；⑤正确；
⑥根据AP2=EF2=PE2+PF2，PE=BE，PF=DF，得到2AP2=2PE2+2PF2=PB2+PD2，得到PB2+PD2=2AP2；⑥正确．
10．【答案】C
【解析】【解答】解：①∵△ACD、△ABE、△CBF是等边三角形，
∴BE=AB，BF=CB，∠EBA=∠FBC=60°，AC=AD，
∴∠EBF=∠ABC=60°−∠ABF，
∴△EFB≌△ACBSAS，
故①正确．
∵△EFB≌△ACBSAS，
∴EF=AC，
又∵在等边△ACD中，AC=AD
∴EF=AC=AD，
同理可证△CDF≌△CAB，得DF=AB=AE，
∵AE=DF，AD=EF，
∴四边形ADFE是平行四边形，
即当∠BAC=130°时，四边形ADFE是平行四边形．
故②正确．
由②知AB=AE，AC=AD，四边形AEFD是平行四边形，
∴当AB=AC时，AE=AD，
∴平行四边形ADFE是菱形，
故结论③正确；
∵四边形AEFD是正方形，
∴AE=AD，∠DAE=90°，
∴AB=AE=AC=AD,∠BAC=360°−∠BAE−∠DAE−∠CAD=150°，
∴∠ABC=∠ACB=12(180°−∠BAC)=15°．
故④正确．
过点E作ME⊥DF，交DF的延长线于点M，如图
∴∠M=90°，
∵AB=12，AC=5，BC=13，
∴AC2+AB2=169，CB2=169，FE=AD=AC=5,DF=AE=AB=12，
即AC2+AB2=CB2，
∴△ABC是直角三角形，且∠BAC=90°．
∴∠DAE=360°−∠BAE−∠BAC−∠CAD=150°，
∴∠DFE=∠DAE=150°，
∴∠MFE=180°−∠DFE=30°，
∴ME=12EF=52，
∴S四边形AEFD=ME⋅DF=52×12=30，
故⑤错误，
综上所述，①②③④正确，
故答案为：C．
【分析】根据等边三角形的性质、SAS证三角形全等可对①进行判断；利用等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定可对②进行判断；利用菱形的判定可对③进行判断；利用正方形的性质和内角和定理可对④进行判断；过点E作ME⊥DF，交DF的延长线于点M，利用勾股定理逆定理可判断三角形ABD的形状，进一步可计算∠EAD的度数，再依次算出∠DFE、∠MFE的大小，再利用30°直角边等于斜边的一半计算出ME的长度，最后利用平行四边形的面积计算公式计算出S四边形AEFD，可对⑤进行判断.
11．【答案】62
【解析】【解答】解：如图，连接BD交AC于点O，过点E作 EF⟂BD于点F，
设EC=x，则AE=3CE=3x，
∴AC=AE+EC=4x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD=OB=OC=2x，
∴设∠OAD=∠ODA=α，
∴∠DOE=∠OAD+∠ODA=2α，
∵∠AED=2∠DAE=2α，
∴∠DOE=∠DEO，
∴DE=DO=2x，
∴OE=OC-EC=x，
设OF=y，则DF=OD-OF=2x-y，
∵EF⊥BD，
∴OE2−OF2=EF2=DE2−DF2,
∴x2−y2=2x2−2x−y2,
∴y=14x,即 OF=14x,
∴BF=BO+OF=2x+14x=94x,
在直角三角形EOF中，由勾股定理得： EF2=OE2−OF2=x2−14x2=1516x2,
在直角三角形BEF中，由勾股定理得：BE=BF2+EF2=6x,
∴BEDE=6x2x=62,
故答案为： 62.
【分析】如图，连接BD交AC于点O，过点E作 EF⟂BD于点F，设EC=x，表示出OA=OD=OB=OC=2x，设 ∠OA D=∠ODA=α,得 到 ∠DOE=∠DEO,推出DE=DO=2x，OE=OC-EC=x，设OF=y，利用勾股定理表示出 OF=14x,BE=6x,进而求解即可.
12．【答案】10
【解析】【解答】解：过F作 FG⟂AB于G，则 FG=BC=AB,∠ ABM=∠FGE=90∘,
∵正方形ABCD的边长为2，
∴AB=BC=2,∠ABC=90∘,
∵M是BC的中点，
∴BM=12BC=1,
∴AM=AB2+BM2=5,
∵EF⟂AM,
∴∠BAM=∠GFE,
∴△ABM≅△FGE(SAS),
∴AM=EF,
将EF沿EM方向平移至MH，连接FH，则EF=M. H,∠AMH=90∘,EM=FH,
当A、F、H三点共线时，EM+AF=FH+AF=AH的值最小，
此时. EM+AF=AH=AM2+MH2=5+5=10,
∴EM+AF的最小值为 10,
故答案为： 10.
【分析】根据正方形的性质求得AB与BM，再由勾股定理求得AM； 过F作 FG⟂AB于G，证明 △ABM≅△FGE得AM=EF，再将EF沿EM方向平移至MH， 连接FH， 当A、F、H三点共线时，EM+AF=FH+AF=AH的值最小，由勾股定理求出此时的AH的值便可.
13．【答案】3+36
【解析】【解答】解：设AB=BC=CD=AD=2a，过点G作GT⊥CD于点T，如图，
∵A、M关于BN对称，
∴AB=BM=BC，
∵B、C关于EF对称，
∴BM=MC=BC，
∴△BCM是等边三角形，
∴∠MBC=∠BCM=90°，
∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠ABH=∠DCG=30°，
∴BH=2AH.
∴AH=233a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CDB=45°，
∵GT⊥CD，
∴DT=GT，CG=2TG，CT=3GT，
∵DT+TC =2a，
∴DT=TG=(3-1)a，
∴CG=2(3-1)a，
∴AHCG=233a23−1a=3+36。
故答案为：3+36 .
【分析】本题做出辅助线后，根据对称的性质可以得出△BCM是等边三角形，然后利用勾股定理求出AH=233a；结合正方形对角线互相平分以及勾股定理，可以得出DT=GT，CG=2TG，CT=3GT，继而推出CG=2(3-1)a，最后比较计算即可。
14．【答案】①②④
【解析】【解答】∵A'为CD中点，正方形ABCD的边长为8，
∴AD=8,A'D=12CD=4,∠D=90°，
由翻折可知：AE=A'E，
设AE=A'E=x，则DE=8−x，
∵在Rt△A'DE中，A'D2+DE2=A'E2，
∴42+8−x2=x2，
解得：x=5，
∴AE=5,DE=3，
∴当A'为CD中点时，△A'DE三边之比为3:4:5，
故①正确；
如图，连接AA'交EF于点Q，过点E作EM⊥BC，垂足为M，交AA'于点N，
∴EM//CD,EM=CD=AD，
∴∠AEN=∠D=90°，
由翻折可知：EF垂直平分AA'，
∴∠AQE=90°
∴∠EAN+∠ANE=∠QEN+∠ANE=90°
∴∠EAN=∠QEN,
在△AA'D和△EFM中，
∠DAA'=∠FEMAD=EM∠D=∠EMF=90°，
∴△AA'D≌△EFM(ASA)
∴AA'=EF，
故②正确；
当△A'DE三边之比为3:4:5时，假设A'D=3a,DE=4a,A'E=5a，则AE=A'E=5a，
∵AD=AE+DE=8，
∴5a+4a=8，
解得：a=89
∴A'D=3a=83,A'C=CD−A'D=8−83=163，
∴此时点A'不是CD中点，
故③错误；
如图，过点A作AH⊥A'G，垂足为H，连接AA'，AG，
由翻折可知：∠EA'G=∠EAB=90°,A'E=AE，
∴∠EAA'=∠EA'A，
∵∠D=90°，
∴∠EAA'+∠DA'A=90°，
又∵∠EA'A+∠AA'G=∠EA'G=90°，
∴∠AA'G=∠DA'A，
∵∠D=∠A'HA=90°，
∴△AA'D≌△AA'H(AAS)，
∴AD=AH,A'D=A'H，
∵AD=AB，
∴AH=AB，
在Rt△ABG与Rt△AHG中，
∵AB=AHAG=AG，
∴Rt△ABG≌Rt△AHG(HL)，
∴HG=BG，
∴△A'CG的周长为：
A'C+A'G+CG=A'C+A'H+HG+CG=A'C+A'D+BG+CG=CD+BC=8+8=16，
∴当A'在CD上移动时，△A'CG周长不变，
故④正确；
故答案为①②④．
【分析】本题考查正方形的性质、折叠的性质、勾股定理和全等三角形的判定与性质，需逐一分析每个结论的正确性。①当A'为CD中点时，A'D=4，设AE=A'E=x，则DE=8−x，在RtΔA'DE中，由勾股定理得42+(8−x)2=x2，解得x=5，DE=3，三边比为3：4：5，结论正确；②连接AA'交EF于Q，过E作EM⊥BC，可证明ΔAA'D≅ΔEFM（ASA），因此AA'=EF，结论正确；③当ΔA'DE三边比为3：4：5时，设A'D=3a，DE=4a，A'E=5a，则AE+DE=9a=8，a=89，A'D=83≠4，不是CD中点，结论错误；④过A作AH⊥A'G，证明ΔAA'D≅ΔAA'H和RtΔABG≅RtΔAHG，得A'D=A'H、BG=HG，ΔA'CG的周长为A'C+A'G+CG=CD+BC=16，周长不变，结论正确。因此正确结论为①②④。
15．【答案】2−2
【解析】【解答】解：连结EH，
∵四边形ABCD是矩形，AB=1，
∴∠B=∠BAD=∠D=90°，DC=AB=1，
由翻折得AG=AE=AB=1，∠G=∠E=∠B=90°，∠EAC=∠BAC=90°-∠DAC，
∴∠GAF=∠EAF=∠EAC-∠DAC=90°-2∠DAC，
∴∠GAC=∠GAF-∠DAC=90°-3∠DAC，
∵AC平分∠DAG，
∴∠GAC=∠DAC，
∴∠DAC=90°-3∠DAC，
∴∠DAC=22.5°，
∴∠GAF=∠EAF=90°-2×22.5°=45°
∴∠EAG=2∠EAF=90°，
∵∠G=∠A=∠E=90°，AG=AE=1，
∴四边形AEFG是正方形，
∴FE=AE=1，
∵∠DFC=∠EFA=∠EAF =45°，
∴∠DCF=∠DFC=45°，
∴DF=DC=1，
∴CF=DF2+DC2=12+12=2
∴CE=2+1，
∵AE//FH，
∴S△EFH=S△AFH，
∴S△EHC=S△EFH+S△CFH=S△AFH+S△CFH=S△AFC，
∴12CE·FH=12CF·AE，
∴12×(2+1)FH=12×2×1，
∴FH=2−2，
故答案为：2−2.
【分析】连结EH，由矩形的性质得∠B=∠BAD=∠D=90°，DC=AB=1，由翻折得AG=AE=AB=1，∠G=∠E=∠B=90°，∠EAC=∠BAC=90°-∠DAC，则∠GAF=∠EAF=90°-2∠DAC，所以∠GAC=∠DAC=90°-3∠DAC，求得∠DAC=22.5°，则∠GAF=∠EAF=45°，可证明四边形AEFG是正方形，则FE=AE=1，再证明DF=DC=1，求得CF=2，则CE=2+1，可证明S△EFH=S△AFH，进而即可得出答案.
16．【答案】①②③④
【解析】【解答】解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE=2AB，
∵AD=2AB，
∴AE=AD，故①正确，
在△ABE和△AHD中，
∠BAE=∠DAE∠ABE=∠AHD=90°AE=AD，
∴△ABE≌△AHD(AAS)，
∴BE=DH，
∴AB=BE=AH=HD，
∴∠ADE=∠AED=12(180°−45°)=67.5°，
∴∠CED=180°−45°−67.5°=67.5°，
∴∠AED=∠CED，故②正确；
∵∠AHB=12(180°−45°)=67.5°，∠OHE=∠AHB，
∴∠OHE=∠AED，
∴OE=OH，
∵∠DHO=90°−67.5°=22.5°，∠ODH=67.5°−45°=22.5°，
∴∠DHO=∠ODH，
∵∠EBH=90°−67.5°=22.5°，
∴∠EBH=∠OHD，
又∵BE=DH，∠AEB=∠HDF=45°，
在△BEH和△HDF中，
∠EBH=∠OHDBE=DH∠AEB=∠HDF，
∴△BEH≌△HDF(ASA)，
∴BH=HF，HE=DF，
∴点H是BF的中点，故③正确；
∵AE=AD=BC，AB=AH=BE=CD，
∴CE=EH，
∴BC−CF=(CD+CE)−(CD−CE)=2CE，所以④正确；
故答案为：①②③④．
【分析】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的定义及等腰三角形的性质。①由AE平分∠BAD，矩形中∠BAD=90°，得∠BAE=45°，ΔABE是等腰直角三角形，故AE=2AB，又AD=2AB，因此AD=AE，①正确；②通过AAS证明ΔABE≅ΔAHD，得BE=DH，AB=AH=HD，计算∠ADE=∠AED=180°−45°2=67.5°，∠CED=180°−45°−67.5°=67.5°，故∠DEA=∠DEC，②正确；③通过ASA证明ΔBEH≅ΔHDF，得BH=HF，即H是BF中点，③正确；④由AE=AD=BC，AB=BE=CD，得CE=EH，BC−CF=(CD+CE)−(CD−CE)=2CE，④正确。
17．【答案】（1）解：∵菱形ABCD，菱形ABCD的周长为24cm，
∴AB=AD=6cm，
∵∠BAD=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD=6cm.
（2）解：∵BO=DO=3cm，
∴AO=33cm，AC=63cm，
∵AC⊥BD，
∴菱形面积为：12×6×63=183cm2，
答：制作菱形ABCD需要183cm2平方厘米的布料．
【解析】【分析】（1）先利用菱形的性质可得AB=AD=6cm，再证出△ABD为等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得BD=6cm；
（2）先求出AO=33cm，AC=63cm，再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半列出算式求解即可.
（1）解：∵菱形ABCD，菱形ABCD的周长为24cm，
∴AB=AD=6cm，
∵∠BAD=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD=6cm；
（2）解：∵BO=DO=3cm，
∴AO=33cm，AC=63cm，
∵AC⊥BD，
∴菱形面积为：12×6×63=183cm2，
答：制作菱形ABCD需要183cm2平方厘米的布料．
18．【答案】解：如图，建立直角坐标系，分别取OA，AN中点E、F，连接EF，以CM为边构造△CMP≌△AFE连接OP，OC，
∴12ON=EF=MP，则12ON+OM=OM+MP，
当点O、M、P在同一直线上时OM+MP值最小，
∴OM+MP最小值为OP，
∵四边形AOBC为正方形，
∴∠EAF=∠MCP=∠OCB=45°，且AE=CP=3，
∴∠OCP=90°，
在Rt△OBC中，OC=62，
在Rt△OCP中，OP=OC2+CP2=(62)2+32=9，
则OM+12ON的最小值为9.
【解析】【分析】分别取OA，AN中点E、F，连接EF，以CM为边构造△CMP≌△AFE，连接OP，OC，推出当点O、M、P在同一直线上时OM+MP值最小，求出OP即可.
19．【答案】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠ACD=∠BAC.
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∴∠DAC=∠ACD，
∴AD=CD.
又∵AB=AD，∴AB=CD.
又∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形.
∵AB=AD，∴▱ABCD是菱形
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=∠ADC=120°，AB=BC，
∴∠CBE=60°.
∵CE⊥AB，∴∠BEC=90°，
∴∠BCE=30°，∴BC=2BE.
在Rt△BCE中，由勾股定理，得BC2=BE2+CE2，
即(2BE)2=BE2+(23)2，则BE=2，
∴BC=2BE=4，∴AB=BC=4，
∴四边形ABCD的面积=AB·CE=4×23=83
【解析】【分析】(1)通过角的等量关系证明邻边相等，结合平行四边形的条件判定四边形为菱形；
(2)根据菱形的性质求出相关线段长度，进而计算菱形面积.
20．【答案】（1）证明：∵AB=AC，AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，∠DAB=∠DAC=12∠BAC=22.5°.
由折叠的性质，得AE=AD，∠AEB=∠ADB=90°，∠EAB=∠DAB，
∴∠EAD=2∠DAB=45°.
同理AF=AD，∠AFC=90°，∠DAF=45°，
∴AE=AF，∠EAF=∠EAD+∠DAF=90°，
∴四边形AEGF是正方形.
（2）解：四边形AEGF是正方形.
理由：∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°.
由折叠的性质，得∠AEB=∠ADB=90°，∠AFC=∠ADC=90°，AE=AD，AF=AD，∠BAE=∠BAD，∠CAF=∠CAD，
∴∠BAE+∠CAF=∠BAD+∠CAD=∠BAC=45°，AE=AF，
∴∠EAF=∠BAE+∠CAF+∠BAC=90°，
∴四边形AEGF是矩形.
又∵AE=AF，∴四边形AEGF是正方形.
（3）解：∵BD=2，DC=3，∴BC=5.
设AD=x.
由(2)知四边形AEGF是正方形，
∴EG=GF=AE=AD=x，∠G=90°.
由折叠的性质，得BE=BD=2，CF=DC=3，
∴BG=x-2，CG=x-3.
在Rt△BCG中，由勾股定理，得BG2+CG2=BC2，即(x-2)2+(x-3)2=52，
解得x1=6，x2=-1(舍去)，
∴AD=x=6.
【解析】【分析】(1)先根据“等腰三角形三线合一”和“折叠性质”，证明四边形是矩形；再证明邻边相等，依据“有一组邻边相等的矩形是正方形”即可得出结论；
(2)折叠性质不依赖AB=AC，仍可证得“矩形+邻边相等”，故仍是正方形；
(3)根据正方形边长相等的性质，结合勾股定理，建立方程，求解即可得出答案.
21．【答案】（1）证明：∵AB=AC，D为BC中点，
∴AD⊥BC，又∵E为AB中点，
∴DE=AE=12AB.
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AC.
由作图知：AF=AE
∴DE=AF.
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴AF=AE，
∴四边形AEDF是菱形.
（2）解：以D为圆心，DE为半径作弧，与AC可能会有两个交点，故存在问题.
【解析】【分析】(1)根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；
(2)根据点F不唯一，判断出乙的方法有问题
22．【答案】（1）证明：过点E作EM⊥AD于点M，ME的延长线交BC于点N，EH⊥AB于点H，如图1所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠BCD＝∠CDA＝90°，∠BAD＝∠DAC＝45°，AD∥BC，
∴EN⊥BC，
∴四边形ABNM，四边形CDMN和四边形AMEH都是矩形，
∴∠FNE＝∠EMD＝90°，MN＝AB＝AD，AM＝BN，
∴∠1+∠2＝90°，
∵EF⊥DE，
∴∠1+∠3＝90°，
∴∠3＝∠2，
∵EM⊥AD，∠DAC＝45°，
∴△AME是等腰直角三角形，
∴AM＝EM，
∵MN＝AD，
∴EM+EN＝DM+AM，
∴EN＝DM，
在△ENF和△DME中，
∠FNE=∠EMD=90°∠3=∠2EM=DM，
∴△ENF≌△DME（AAS），
∴EF＝ED；
（2）2
（3）解：∠EFC的度数是120°或30°
【解析】【解答】（2）解：∵四边形ABCD是正方形，且AB＝2，
∴AD＝AB＝2，
设AM＝EM＝BN＝a，
∴DM＝AD﹣AM＝2﹣a，
在△DME中，由勾股定理得：EM2+DM2＝DE2，
∴a2+(2−a)2=(2)2，
整理得：a2﹣2a+1＝0，
解得：a＝1，
∴AM＝EM＝BN＝a＝1，
∵△ENF≌△DME，
∴FN＝EM＝1，
∴BF＝BN+FN＝2，
故答案为：2；
（3）∵点E为对角线AC上一点，
∴线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，有以下两种情况：
①当DE与AD的夹角是30°时，即∠ADE＝30°，如图3①所示：
∴∠EDC＝∠CDA﹣∠ADE＝60°，
∵EF⊥DE，
∴∠DEF＝90°，
在四边形DEFC中，∠EFC+∠BCD+∠EDC+∠DEF＝360°，
∴∠EFC+90°+60°+90°＝360°，
∴∠EFC＝120°；
②当DE与BC的夹角是30°时，即∠CDE＝30°，如图3②所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCA＝∠BCA＝45°，
在△CDE中，∠CED＝180°﹣（∠CDE+∠DCA）＝180°﹣（30°+45°）＝105°，
∵EF⊥DE，
∴∠DEF＝90°，
∴∠CEF＝∠CED﹣∠DEF＝105°﹣90°＝15°，
∵∠BCA是△CEF的外角，
∴∠BCA＝∠CEF+∠EFC，
∴45°＝15°+∠EFC，
∴∠EFC＝30°，
综上所述：∠EFC的度数是120°或30°；
故答案为：∠EFC的度数是120°或30°.
【分析】（1）过点E作EM⊥AD于点M，ME的延长线交BC于点N，EH⊥AB于点H，如图1所示，根据正方形的性质可证明得到四边形ABNM，四边形CDMN和四边形AMEH都是矩形，再由等角的余角相等可得∠3＝∠2，即可得到△AME是等腰直角三角形，结合线段的和差利用AAS证明△ENF≌△DME，再利用全等三角形的性质即可解答；
(2)设AM＝EM＝BN＝a，根据正方形的性质和勾股定理计算得到a=1；再结合全等的性质利用线段的和差运算即可解答；
(3)由题干信息线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°，分两种情况：当DE与AD的夹角是30°时，即∠ADE＝30°；当DE与BC的夹角是30°时，即∠CDE＝30°，分别计算即可解答.
23．【答案】（1）解：①如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAC=∠BAC=45°，∠DAB=90°，
∴∠DAQ=90°，
∵AP=AP，
∴△DAP≌△BAPSAS，
∴PD=PB，∠ADP=∠ABP，
∵PQ=PD，
∴PQ=PB，
∴∠PQA=∠PBA=∠ADP，
∵∠AMQ=∠DMP，
∴∠DPQ=∠DAQ=90°；
②AQ=2OP，理由如下：
如图2，在OD上取一点N，使DN=PA，连接PN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OD=OA，∠AOD=90°，
∴ON=OP，
∴△PON是等腰直角三角形，
∴PN=2OP，
∵∠DPQ=90°，
∴∠APQ+∠OPD=90°，
∵∠OPD+∠ODP=90°，
∴∠APQ=∠ODP，
∵PD=PQ，
∴△DNP≌△PAQSAS，
∴PN=AQ，
∴AQ=2OP．
（2）解：AQ=CP，理由如下：
如图3，过点D作DE⊥BQ于E，连接DQ，
∴∠AED=∠DEQ=90°，∠AED=∠DEQ=90°，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AD∥BC，
∴∠ABD=30°，AC⊥BD，AD=AB=BC，∠DAE=∠ABC=60°，
∴∠AOB=∠BOC=90°，△ABC是等边三角形，
∴∠BOC=∠AED，∠AOB=∠DEQ，∠ACB=60°，
由（1）同理得：PB=PD=PQ，∠DPQ=∠DAQ=60°，
∴△PDQ是等边三角形，
∴DQ=PD=PB，
∴△ADE≌△BCOAAS，
∴DE=OB，OC=AE，
∴Rt△DEQ≌Rt△BOPHL，
∴EQ=OP，
∴EQ+AE=OP+OC，即AQ=CP．
【解析】【分析】（1）①根据正方形性质可得AD=AB，∠DAC=∠BAC=45°，∠DAB=90°，根据全等三角形判定定理可得△DAP≌△BAPSAS，则PD=PB，∠ADP=∠ABP，根据等边对等角可得∠PQA=∠PBA=∠ADP，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）在OD上取一点N，使DN=PA，连接PN，根据正方形性质可得OD=OA，∠AOD=90°，根据等腰直角三角形判定定理可得△PON是等腰直角三角形，则PN=2OP，根据角之间的关系可得∠APQ=∠ODP，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.
（3）过点D作DE⊥BQ于E，连接DQ，根据菱形性质可得∠ABD=30°，AC⊥BD，AD=AB=BC，∠DAE=∠ABC=60°，根据等边三角形判定定理可得△ABC是等边三角形，则∠BOC=∠AED，∠AOB=∠DEQ，∠ACB=60°，由（1）同理得：PB=PD=PQ，∠DPQ=∠DAQ=60°，根据等边三角形判定定理可得△PDQ是等边三角形，则DQ=PD=PB，根据全等三角形判定定理可得△ADE≌△BCOAAS，则DE=OB，OC=AE，再根据全等三角形判定定理可得Rt△DEQ≌Rt△BOPHL，则EQ=OP，再根据角之间的关系即可求出答案.
（1）解：①如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAC=∠BAC=45°，∠DAB=90°，
∴∠DAQ=90°，
∵AP=AP，
∴△DAP≌△BAPSAS，
∴PD=PB，∠ADP=∠ABP，
∵PQ=PD，
∴PQ=PB，
∴∠PQA=∠PBA=∠ADP，
∵∠AMQ=∠DMP，
∴∠DPQ=∠DAQ=90°；
②AQ=2OP，理由如下：
如图2，在OD上取一点N，使DN=PA，连接PN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OD=OA，∠AOD=90°，
∴ON=OP，
∴△PON是等腰直角三角形，
∴PN=2OP，
∵∠DPQ=90°，
∴∠APQ+∠OPD=90°，
∵∠OPD+∠ODP=90°，
∴∠APQ=∠ODP，
∵PD=PQ，
∴△DNP≌△PAQSAS，
∴PN=AQ，
∴AQ=2OP．
（2）解：AQ=CP，理由如下：
如图3，过点D作DE⊥BQ于E，连接DQ，
∴∠AED=∠DEQ=90°，∠AED=∠DEQ=90°，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AD∥BC，
∴∠ABD=30°，AC⊥BD，AD=AB=BC，∠DAE=∠ABC=60°，
∴∠AOB=∠BOC=90°，△ABC是等边三角形，
∴∠BOC=∠AED，∠AOB=∠DEQ，∠ACB=60°，
由（1）同理得：PB=PD=PQ，∠DPQ=∠DAQ=60°，
∴△PDQ是等边三角形，
∴DQ=PD=PB，
∴△ADE≌△BCOAAS，
∴DE=OB，OC=AE，
∴Rt△DEQ≌Rt△BOPHL，
∴EQ=OP，
∴EQ+AE=OP+OC，即AQ=CP．
24．【答案】（1）解：①∵AB=3，BC=5，
∴矩形ABCD面积15，
∵S▱ABCD=2S△ADE=15，
∴S▱AEFG=2S△ADE=15；
②记AD与EG交点为O，
∵▱AEFG，
∴OA=OD，EG=2OE，
当OE⊥BC时，OE最小，EG即为最小，
此时四边形ABEO为矩形，
∴BE=OA=12AD=52；
（2）解：连结AF交EG于点O，连结OD，记AD与GF交于点H，∵AE⊥EF，
∴∠AEF=90°，
∴▱AEFG为矩形，
∴EG=2OG=2OF，
∵矩形ABCD，
∴∠ADF=90°，
∴OD=OF，
∵GE=2GD，
∴OD=DG=OG，
∴△ODG是等边三角形，
∴∠DOG=60°，
，
设∠OAD=α，则∠DOF=2α，
∴∠GOF=60+2α，
∴∠OFG=∠OGF=60−α，
∴∠AHG=∠OAD+∠OFG=60°，
∴∠HAG=30°，
∴∠BAE=90°−∠EAD=∠HAG=30°，
在Rt△ABE中，AB=3，
设BE=x，则AE=2x，
∴4x2−x2=9，
∴BE=x=3．
【解析】【分析】（1）①根据平行四边形的面积即可解决问题；
②当OE⊥BC时，OE最小，EG即为最小，此时四边形ABEO为矩形，进而可以解决问题；
（2）连结AF交EG于点O，连结OD，设AD与GF交于点H，先由矩形的性质可知OD是直角三角形ADF斜边AF上的中线，则OD等于AF的一半，又由矩形的对角线互相平分且相等可证明△ODG是等边三角形，则∠GOD=60°，此时为便于计算可设∠OAD=α，则由等边对等角结合三角形外角的性质可得∠DOF=2α，即∠GOF=60°+2α，再由三角形的内角和定理可得∠OFG=60°−α，再利用三角形的外角的性质可得∠AHC=60°，则由直角三角形两锐角互余结合同角的余角相等可得∠BAE=30°，再利用直角三角形中30度角的性质结合勾股定理求解即可．
（1）解：①∵AB=3，BC=5，
∴矩形ABCD面积15，
∵S▱ABCD=2S△ADE=15，
∴S▱AEFG=2S△ADE=15；
②记AD与EG交点为O，
∵▱AEFG，
∴OA=OD，EG=2OE，
当OE⊥BC时，OE最小，EG即为最小，
此时四边形ABEO为矩形，
∴BE=OA=12AD=52；
（2）解：连结AF交EG于点O，连结OD，记AD与GF交于点H，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF=90°，
∴▱AEFG为矩形，
∴EG=2OG=2OF，
∵矩形ABCD，
∴∠ADF=90°，
∴OD=OF，
∵GE=2GD，
∴OD=DG=OG，
∴△ODG是等边三角形，
∴∠DOG=60°，
，
设∠OAD=α，则∠DOF=2α，
∴∠GOF=60+2α，
∴∠OFG=∠OGF=60−α，
∴∠AHG=∠OAD+∠OFG=60°，
∴∠HAG=30°，
∴∠BAE=90°−∠EAD=∠HAG=30°，
在Rt△ABE中，AB=3，
设BE=x，则AE=2x，
∴4x2−x2=9，
∴BE=x=3．
25．【答案】（1）①如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，∴AC=AB2+BC2=5∵翻折∴AB'=AB=4，PB'=PB=t，∴PC=3−t，CB'=AC−AB'=1∴在Rt△PCB'中，PC2=PB'2+CB'2∴(3−t)2=t2+12∴t=43；②4或16−473或16+473；（2）当t3时，如图，设∠APB=x
∴∠PAB=90°−x，
∴∠DAP=x，
易证△MDA≌△MB'A(HL)，
∴∠BAM=∠DAM，
∵翻折，
∴∠PAB=∠PAB'=90°−x，
∴∠DAB'=∠PAB'−∠DAP=90°−2x，
∴∠DAM=12∠DAB'=45°−x，
∴∠MAP=∠DAM+∠PAD=45°．
【解析】【解答】解：（1）①如图1中，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴AC=AB2+BC2=5
∵翻折
∴AB'=AB=4，PB'=PB=t，
∴PC=3−t，CB'=AC−AB'=1
∴在Rt△PCB'中，PC2=PB'2+CB'2
∴(3−t)2=t2+12
∴t=43；
②如图2-1中，当∠PCB'=90°，B'在CD上时，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=90°，AB=CD=4，AD=BC=3，
∴DB'=AB'2−AD2=7
∴CB'=CD−DB'=4−7
在Rt△PCB'中，∵B'P2=PC2+B'C2，
∴t2=(4−7)2+(3−t)2，
∴t=16−473．
如图2-2中，当∠PCB'=90°，B'在CD的延长线上时，
在Rt△ADB'中，DB'=AB'2−AD2=7，
∴CB'=4+7
在Rt△PCB'中，则有：(4+7)2+(t−3)2=t2，
解得t=16+473．
如图2-3中，当∠CPB'=90°时，
易证四边形AB'PB为正方形，则t=4．
综上所述，满足条件的t的值为4s或16−473s或16+473s；
（2）当t