2021年中考备考一轮复习数学-四边形压轴题训练（word版含答案）

这是一份2021年中考备考一轮复习数学-四边形压轴题训练（word版含答案），共90页。试卷主要包含了如图，点A的图象的两个交点，综合与实践等内容，欢迎下载使用。

2021中考数学备考-四边形压轴题训练
解答题
1．如图，四边形ABCD是边长为3的正方形，点E在边AD所在的直线上，连接CE，以CE为边，作正方形CEFG（点C、E、F、G按顺时针排列），连接BF．
（1）如图1，当点E与点D重合时，BF的长为　 　；
（2）如图2，当点E在线段AD上时，若AE＝1，求BF的长；（提示：过点F作BC的垂线，交BC的延长线于点M，交AD的延长线于点N．）
（3）当点E在直线AD上时，若AE＝4，请直接写出BF的长．

2．如图，点A（1，6）和B（n，2）是一次函数y1＝kx＋b的图象与反比例函数y2＝（x＞0）的图象的两个交点．
（1）求一次函数与反比例函数的表达式；
（2）设点P是y轴上的一个动点，当△PAB的周长最小时，求点P的坐标；
（3）从下面A，B两题中任选一题作答．
A.在（2）的条件下，设点D是坐标平面内一个动点，当以点A，B，P，D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出符合条件的所有点D的坐标．
B．设直线AB交y轴于点C，点M是坐标平面内一个动点，点Q在y轴上运动，以点A，C，Q，M为顶点的四边形能构成菱形吗？若能，请直接写出点Q的坐标；若不能，说明理由．

3．综合与实践
（1）问题发现：正方形ABCD和等腰直角△BEF按如图①所示的方式放置，点F在AB上，连接AE、CF，则AE、CF的数量关系为 ，位置关系为 ．
（2）类比探究：正方形ABCD保持固定，等腰直角△BEF绕点B顺时针旋转，旋转角为α(0°<α ≤360°)，请问（1）中的结论还成立吗？请就图②说明你的理由：
（3）拓展延伸：在（2）的条件下，若AB= 2 BF= 4，在等腰直角△BEF旋转的过程中，当CF为最大值时，请直接写出DE的长．

4．如图，在平面直角坐标系中，已知点，点A以每秒1个单位长度的速度从点O向x负半轴方向匀速运动，设运动时间为t．以为边在x轴下方作正方形．

（1）当点A运动到中点时，如图1，求直线的解析式；
（2）连结，过点B作的垂线，交直线于点F，点E为垂足，作边的垂直平分线l与直线交于点l．
①设的面积为S，当时，如图2，求S关于t的函数关系式．
②在点A运动过程中，是否存在点F，使以A，C，F为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，求出符合条件的t的值．若不存在，请说明理由．

5．如图，四边形OABC为矩形，其中O为原点，A、C两点分别在x轴和y轴上，B点的坐标是（4，6），将矩形沿直线DE折叠，使点C落在AB边上点F处，折痕分别交OC，BC于点E、D，且D点坐标是（，6）．
（1）求F点的坐标；
（2）如图2，P点在第二象限，且，求P点的坐标；
（3）若M点为x轴上一动点，N点为直线DE上一动点，为以FN为底边的等腰直角三角形，求N点的坐标．


6．如图，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于F，以为邻边作平行四边形．
（1）证明平行四边形是菱形；
（2）若，连结，
①求证：；
②求的度数；
（3）若，，，M是的中点，求的长．

7．已知ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点(点D不与B、C重合)．在AD右侧，以AD为边作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接CF．

（1）如图1，当点D在边BC上时，请写出∠AFC，∠DAC， ∠ABC之间存在的数量关系；
（2）如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，请写出∠AFC，∠DAC， ∠ABC之间存在的数量关系，并写出证明过程；
（3）如图3，当点D在边CB的延长线上时，且点A、F分别在直线BC的异侧，其他条件不变，请补全图形，并直接写出∠AFC，∠DAC，∠ABC之间存在的等量关系．
8．如图1，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，点在轴的负半轴，且．

（1）求直线的解析式．
（2）若点在直线上，其横坐标为，而点分别是直线和轴上的动点，当最小时，求此时点的坐标．
（3）在（2）的结论下，点分别是直线上的动点，若以点为顶点的四边形是平行四边形时，求此时点的坐标．


9．如图1，在菱形中，，，点为上一动点，在点的运动过程中，始终保持，，连接，，与相交于点．

（1）如图1，求证四边形为平行四边形；
（2）当点运动到什么位置时，四边形为矩形？并说明理由；
（3）如图2，延长到，使，连接，判断与的数量关系，并说明理由．




10．综合与实践﹣﹣图形变换中的数学问题．
问题情境：
如图1，在Rt△ABC中，AB＝5，∠ABC＝90°，∠BAC＝45°．将△ABC沿AC翻折得到△ADC，然后展平，两个三角形拼成四边形ABCD．
（1）求证：四边形ABCD是正方形．
初步探究：
（2）将△ABC从图1位置开始绕点B按逆时针方向旋转角度α（0°＜α＜90°），得到△EBF，其中点A，C的对应点分别是点E，F，连接AE，FC并分别延长，交于点M．试猜想线段AM与FM的数量关系和位置关系，并说明理由．
深入探究：
（3）如图3，连接DE，当DE∥CM时，请直接写出CM的长．

11．在平面直角坐标系中，A(0，a)，B(b，0)，D(c，0)，＋ c2﹣4c＋4＝0，b为最大的负整数，DE⊥x轴且∠BED＝∠ABD，BE交y轴于点C，AE交 x轴于点F．
（1）求A，B，D的坐标；
（2）在y轴上是否存在点G使得GF＋GE有最小值？如果存在，求出GF＋GE的最小值；如果不存在，请说明理由；
（3）如图，过P(0，﹣1)作x轴的平行线，在平行线上有一点Q（点Q在P的右侧）使∠QEM＝45°，QE交x轴于N，ME交 y轴正半轴于M，求的值．

12．（1）如图1，在正方形中，的顶点E、F分别在、边上，高与正方形的边长相等，求的度数；

（2）如图2，在中，．点M、N是边上的两点，且，点H为外一点，连结、、．若，，探素、、的关系．
（3）在（2）的条件下，若，，求线段的长度是多少？
13．发现规律：（1）如图①，△ABC与△ADE都是等边三角形，直线交于点F．直线，交于点H．求∠BFC的度数；

（2） 如图③，在平面直角坐标系中，点O的坐标为，点M的坐标为，N为y轴上一动点，连接．将线段绕点M逆时针旋转60°得到线段，连接，，求线段长度的最小值．

14．如图，点B，C，D在同一条直线上，△BCF和△ACD都是等腰直角三角形，连接AB，DF，延长DF交AB于点E．
（1）如图1，若AD＝BD，DE是∠ADB的平分线，BC＝1，求CD的长度；
（2）如图2，连接CE，求证：DE＝CE＋AE；
（3）如图3，改变△BCF的大小，始终保持点在线段AC上（点F与点A，C不重合）．将ED绕点E顺时针旋转90°得到EP，取AD的中点O，连接OP．当AC＝2时，直接写出OP长度的最大值．

15．定义：有一个内角为90°，且对角线相等的四边形称为准矩形．
（1）如图1，准矩形ABCD中，∠ABC＝90°，若AB＝2，BC＝4，则BD＝　 　；
（2）如图2，正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，AB上的点，且CF⊥BE，求证：四边形BCEF是准矩形；
（3）如图3，准矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝DC，求这个准矩形的面积．



16．[问题解决]
（1）如图1．在平行四边形纸片ABCD（AD＞AB）中，将纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在AD上的点处，折线AE交BC于点E，连接B'E．求证：四边形是菱形．
[规律探索]
（2）如图2，在平行四边形纸片ABCD（AD＞AB）中，将纸片沿过点P的直线折叠，点B恰好落在AD上的点Q处，点A落在点A′处，得到折痕FP，那么△PFQ是等腰三角形吗？请说明理由．
[拓展应用]
（3）如图3，在矩形纸片ABCD（AD＞AB）中，将纸片沿过点P的直线折叠，得到折痕FP，点B落在纸片ABCD内部点处，点A落在纸片ABCD外部点处，与AD交于点M，且M＝M．已知：AB＝4，AF＝2，求BP的长．

17．已知中，，，中，，，连接．

（1）如图1，求证：；
（2）如图2，当在上，在的延长线上，直线、相交于点，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，若是中点，若，求的长．

18．在中，，将的顶点放在斜边的中点P处，将此直角绕点P旋转，两直角边分别交射线于点D、点E，图①，②是旋转得到的两种图形．

（1）以图①为例，连接，猜想线段和之间的有怎样的大小关系；并说明理由．
（2）以图①为例，连接，猜想之间的数量关系，并说明理由．
（3）在旋转过程中是否能构成等腰三角形？若能，指出所有的情况，并直接求出为等腰三角形时的长．
19．综合与实践
问题情境：
如图1，是线段上任意一点（不与点重合），分别以和为斜边在同侧构造等腰直角三角形和等腰直角三角形，连接．取中点中点，连接．
猜想验证：
（1）如图2，当点与点重合时，试判断与之间的数量关系，并说明理由；
延伸探究：
（2）如图3，当点与点不重合时，问题（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）如图3，若，线段是否存在最小值，若存在，请直接写出最小值；若不存在，请说明理由．

20．如图1，在正方形中，点分别在边上，且，延长到点G，使得，连接．

（特例感知）
（1）图1中与的数量关系是______________．
（结论探索）
（2）图2，将图1中的绕着点A逆时针旋转，连接并延长到点G，使得，连接，此时与还存在（1）中的数量关系吗？判断并说明理由．
（拓展应用）
（3）在（2）的条件下，若，当是以为直角边的直角三角形时，请直接写出的长．


21．在正方形中，是边上任意一点，连接．将绕点顺时针旋转，所在的直线与交与点，连接．
探究：（1）以为圆心，为半径作圆，交的延长线于点，连接（如图1）．求证：；
应用：（2）点在边上移动，当时，直线与、的延长线分别交于点、．（如图2）．求证：；
类比：（3）将正方形改为长与宽不相等的矩形，在（2）的条件下，其余条件不变（如图3），直接写出线段、、之间的数量关系．


22．问题：如图（1），在中，，试探究满足的等量关系．

[探究发现]小聪同学利用图形变换，将绕点逆时针旋转得到，连接，由已知条件易得．
根据“边角边”可证______，得．
在中，由______定理，可得，由，可得之间的等量关系是______．
[实践运用]
（1）如图（2），在正方形中，的顶点分别在边上，高与正方形的边长相等，
①求的度数；
②连接，分别交于点，若，运用小聪同学探究的结论，求正方形的边长及的长．
（2）在（1）的条件下，请继续探究与的面积的数量关系，写出结论并加以证明．


23．我们知道求函数图像的交点坐标，可以联立两个函数解析式组成方程组，方程组的解就是交点的坐标．如：求直线与的交点坐标，我们可以联立两个解析式得到方程组，解得，所以直线与的交点坐标为．请利用上述知识解决下列问题：

（1）已知直线和双曲线，
①当时，求直线与双曲线的交点坐标；
②当为何值时，直线与双曲线只有一个交点？
（2）已知点是轴上的动点，，以为边在右侧做正方形，当正方形的边与反比例函数的图像有4个交点时，试求的取值范围．


24．如图1，在中，，，点为边上一点，以为斜边，在外，作，使得，且．现将绕点逆时针旋转，旋转角为，连接．
（1）如图2，当且时，求的长；
（2）连接，设的中点为点，的中点为点，连接，直线与线段交于点，连接．
①求证：；
②探索线段，，之间的数量关系．

25．如图1所示，菱形ABCD的顶点A，B在x轴上，点A在点B的左侧，点D在y轴的正半轴上，其中点、．

（1）求C点的坐标；
（2）如图2，E是AD上一点，且AE＝，P是AC上一动点，求的最小值；
（3）如图3，动点Q从点B出发，以每秒个单位长度的速度，沿折线在菱形的两边上匀速运动，设运动时间为秒． 若点Q到BD的距离是，则＝ ．


26．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线AB：y＝x＋4交x轴于点A，交y轴于点B．直线CD：y＝－x－1与直线AB相交于点M，交x轴于点C，交y轴于点D．
（1）直接写出点B和点D的坐标；
（2）若点P是射线MD的一个动点，设点P的横坐标是x，△PBM的面积是S，求S与x之间的函数关系；
（3）当S＝20时，平面直角坐标系内是否存在点E，使以点B，E，P，M为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点P坐标并求出所有符合条件的点E的坐标；若不存在，请说明理由．

27．如图，M为正方形ABCD的对角线BD上一点，过M作BD的垂线交AD于E，连BE，取BE中点O．
（1）如图1，连AO、MO，试证明∠AOM＝90°；
（2）如图2，连接AM、AO，并延长AO交对角线BD于点N，∠NAM＝45°，试探究线段DM，MN，NB之间的数量关系并证明；
（3）如图3，延长对角线BD至Q，延长DB至P，连CP，CQ，若PB＝2，PQ＝9，且∠PCQ＝135°，则PC＝　 　．（直接写出结果）

28．已知是等边三角形，点D是射线上的一个动点（点D不与点B，C重合）．是以为边的等边三角形，过点E作的平行线，分别交射线、于点，连接．
（1）如图①，当点D在线段上时，求证：．

（2）如图②，当点D在旳延长线时，探究四边形是怎样特殊的四边形并说明理由．

（3）在（2）的情况下，当点D运动到什么位置时，四边形是菱形？并说明理由．
29．如图1，在矩形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，连接CE．
（1）若BE＝4，CE＝，求AD的长；
（2）如图2，点F是BC上一点，且EF＝EC，过点C作CG⊥EF于点G，交BE于点H，求证：BH＝DE；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接DG，当BE＝BC时，请直接写出的值．

30．（2021·沙坪坝区·重庆八中八年级期末）在等腰中，，，点、分别在、上，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接、，交于点
（1）如图1，若点为中点，，，求的长；
（2）如图2，求证：．

31．（2020·石家庄市第四十一中学八年级期中）问题情境：如图1，已知正方形ABCD与正方形CEFG，B、C、G在一条直线上，M是AF的中点，连接DM，EM．探究DM，EM的数量关系与位置关系．
小明的思路是：小明发现AD//EF，所以通过延长ME交AD于点H，构造△EFM和△HAM全等，进而可得△DEH是等腰直角三角形，从而使问题得到解决，请你参考小明同学的思路，探究并解决下列问题：
（1）猜想图1中DM、EM的数量关系 ，位置关系 ．
（2）如图2，把图1中的正方形CEFG绕点C旋转180°，此时点E在线段DC的延长线上，点G落在线段BC上，其他条件不变，（1）中结论是否成立？请说明理由；
（3）我们可以猜想，把图1中的正方形CEFG绕点C旋转任意角度，如图3，（1）中的结论 （“成立”或“不成立”）
拓展应用：
将图1中的正方形CEFG绕点C旋转，使D，E，F三点在一条直线上，若AB＝13，CE＝5，请画出图形，并直接写出MF的长．

32．（探究发现）（1）如图1，中，，点D为的中点，E、F分别为边、上两点，若满足，则、、之间满足的数量关系是_______________．
（类比应用）（2）如图2，中，，，点D为的中点，E、F分别为边、上两点，若满足，试探究、、之间满足的数量关系，并说明理由．
（拓展延伸）（3）在中，，，点D为的中点，E、F分别为直线、上两点，若满足，，请直接写出的长．

33．如图．四边形ABCD、BEFG均为正方形．
（1）如图1，连接AG、CE，请直接写出AG和CE的数量和位置关系（不必证明）．
（2）将正方形BEFG绕点B顺时针旋转角（），如图2，直线AG、CE相交于点M．
①AG和CE是否仍然满足（1）中的结论？如果是，请说明理由：如果不是，请举出反例：
②连结MB，求证：MB平分．
（3）在（2）的条件下，过点A作交MB的延长线于点N，请直接写出线段CM与BN的数量关系．


34．如图，在四边形中，．动点P从点B出发，沿射线的方向以每秒的速度运动到C点返回，动点Q从点A出发，在线段上以每秒的速度向点D运动，点P，Q分别从点B，A同时出发，当点Q运动到点D时，点P随之停止运动，设运动时间为t（秒）．

（1）当时，若四边形是平行四边形，求出满足要求的t的值；
（2）当时，若以C，D，Q，P为顶点的四边形面积为，求相应的t的值；
（3）当时，若以C，D，Q，P为顶点的四边形面积为，求相应的t的值．

35．如图1，已知△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，点D在AB边的延长线上，且CD＝AB．
（1）求BD的长度；
（2）如图2，将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A'CD'．
①若α＝30°，A'D'与CD相交于点E，求DE的长度；
②连接A'D、BD'，若旋转过程中A'D＝BD'时，求满足条件的α的度数．
（3）如图3，将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A'CD'，若点M为AC的中点，点N为线段A'D'上任意一点，直接写出旋转过程中线段MN长度的取值范围．










参考答案

1．（1）3；（2）；（3）BF的长为或．
【分析】
（1）根据勾股定理可以得到解答；
（2）过点F作BC的垂线，交BC的延长线于点M，交AD的延长线于点N．由题意可以求得FM、BM的值，然后根据勾股定理即可得到解答；
（3）作图后与（2）类似可以得到解答，注意有两种情况，需分类讨论 ．
【详解】
解：（1）∵AB＝3，AF＝6，根据勾股定理，得
BF3．
故答案为3．
（2）过点F作BC的垂线，交BC的延长线于点M，交AD的延长线于点N．

∵四边形CEFG是正方形∴EC＝EF，∠FEC＝90°∴∠DEC+∠FEN＝90°，
又∵四边形ABCD是正方形∴∠ADC＝90°∴∠DEC+∠ECD＝90°，
∴∠ECD＝∠FEN，EF＝EC
又∵∠EDC＝∠FNE＝90°，
∴△EDC≌△NFE（AAS）
∴FN＝ED ，EN＝CD＝3
∵AD＝3，AE＝1，ED＝AD﹣AE＝3﹣1＝2，
∴FN＝ED＝2，
∵∠DNM＝∠NDC＝∠DCM＝90°，
∴四边形CDNM为矩形，
∴MN＝CD＝3，CM＝DN＝EN﹣ED＝3﹣2＝1，
∴FM＝FN+MN＝2+3＝5，BM＝BC+CM＝3+1＝4
在Rt△BFN中，BF；
（3）分两种情况：
①如图：
过点F作BC的垂线，交BC的延长线于点M，交AD的延长线于点N．
同（2）的方法可得△EDC≌△NFE，
∴NF=DE=AE-AD=4-3=1,EN=DC=3,
∴MF=MN-NF=CD-NF=3-1=2,BM=AN=AE+EN=4+3=7，
∴BF．

②如下图所示，

过点F作FM⊥BC于M，交AD于P，
同（2）的方法得，△EFP≌△CED，
∴FP＝DE＝AD+AE＝7，EP＝CD＝3，
∴FM＝FP+PM＝FP+AB＝10，BM＝AP＝AE﹣PE＝1，
在Rt△BMF中，BF．
∴BF的长为或．

2．（1）y＝，y＝﹣2x+8；（2）（0，5）；（3）A.点D的坐标为（2，1）或（﹣2，9）或（4，3）；B.能；点Q的坐标为（0，8+）或（0，8﹣）或（0，4）或（0，）
【分析】
（1）将点A的坐标代入反比例函数表达式，求出m＝6，利用反比例函数求点B的坐标为（3，2），将点A、B坐标代入一次函数表达式解方程组即可；
（2）作点A关于y轴的对称点G（﹣1，6），连接BG交y轴于点P，则点P为所求点；
（3）A：先确定点A、B、P的坐标,设点D的坐标为（s，t），①当AB是边时，利用平移可得0+2＝s，5﹣4＝t或0﹣2＝s，5+4＝t，求出s、t，②当AB是对角线时，由中点公式得：（1+3）＝（s+0），（6+2）＝（5+t）求即可；
B：由直线AB求点C（0，8），由点A、C的坐标求AC2＝5，设点Q的坐标为（0，m），点M的坐标为（s，t），①当AC为边时，则AC＝CQ或AC＝AQ，即5＝（m﹣8）2或5＝1+（m﹣6）2，求出s、m，②当AC是对角线时，则AM＝AQ且AC的中点即为MQ的中点，则，解方程组即可．
【详解】
解：（1）将点A的坐标代入反比例函数表达式得：6＝，
解得m＝6，
故反比例函数表达式为y＝，
当y＝＝2时，x＝3＝n，即点B的坐标为（3，2），
将点A、B坐标代入一次函数表达式得：，
解得，
故一次函数表达式为y＝﹣2x+8；
（2）作点A关于y轴的对称点G（﹣1，6），连接BG交y轴于点P，则点P为所求点，

理由：△PAB的周长＝AP+PB+AB＝GP+PB+AB＝BG+AB为最小，
由点B、G的坐标，同理可得：BG的表达式为y＝﹣x+5，
故点P的坐标为（0，5）；
（3）能，理由：
A：由（1）（2）知，点A、B、P的坐标分别为（1，6）、（3，2）、（0，5），
设点D的坐标为（s，t），
①当AB是边时，
则点A向右平移2个单位向下平移4个单位得到B，同样点P（D）向右平移2个单位向下平移4个单位得到D（P），
则0+2＝s，5﹣4＝t或0﹣2＝s，5+4＝t，
解得或；

②当AB是对角线时，
由中点公式得：（1+3）＝（s+0），（6+2）＝（5+t），
解得；

故点D的坐标为（2，1）或（﹣2，9）或（4，3）．
B：由直线AB的表达式知，点C（0，8），由点A、C的坐标知AC2＝5，
设点Q的坐标为（0，m），点M的坐标为（s，t），
①当AC为边时，

则AC＝CQ或AC＝AQ，
即5＝（m﹣8）2或5＝1+（m﹣6）2，
解得m＝8±或8（舍去）或4，
即m＝8±或4；
②当AC是对角线时，

则AM＝AQ且AC的中点即为MQ的中点，
则，
解得，
综上，点Q的坐标为（0，8+）或（0，8﹣）或（0，4）或（0，）．

3．（1）相等，垂直；（2）成立，见解析；（3）2．
【分析】
（1）利用SAS证明△ABE≌△CBF，延长CF交AB于点M，证明∠AMC=90°即可；
（2）仿照（1）的证明方法求解即可；
（3）根据题意，得点F在以B为圆心，BF为半径的圆上运动，根据直径最大原理，知道当C，B，F三点一线时，CF最大，此时点E恰好在AB的延长线上，连接DE，利用勾股定理求值即可.
【详解】
（1）如图①，∵正方形ABCD和等腰直角△BEF,
∴BA=BC，∠EBA=∠FBC=90° ，BE=BF，
∴△ABE≌△CBF，
∴AE=CF，
延长CF交AE于点M，
∵△ABE≌△CBF，
∴∠EAB=∠FCB ，
∵∠AFM=∠BFC ，
∴∠AMF=∠FBC=90° ，
∴AE⊥CF，
故答案为：相等，垂直；

（2）结论还成立．理由如下：
如图②，∵正方形ABCD和等腰直角△BEF,
∴BA=BC，∠EBF=∠ABC=90° ，BE=BF，
∴∠EBF-∠ABF =∠ABC-∠ABF，
∴∠EBA =∠FBC，
∴△ABE≌△CBF，
∴AE=CF，
延长CF交AE于点N，交AB于点G，

∵△ABE≌△CBF，
∴∠EAB=∠FCB ，
∵∠AGN=∠BGC ，
∴∠ANG=∠GBC=90° ，
∴AE⊥CF，
故结论成立；
（3）如图③，根据题意，得点F在以B为圆心，BF为半径的圆上运动，根据直径最大原理，知道当C，B，F三点一线时，CF最大，此时点E恰好在AB的延长线上，连接DE，∵AB= 2BF = 4，
∴AE=AB+BE=6，
在直角三角形ADE中，
DE==2．


4．（1）直线BD的解析式为；（2）①；②当以A，C，F为顶点的三角形为等腰三角形时，或或2或．
【分析】
（1）由题意易得点，则有，进而可得点，设直线BD的解析式为，然后把点B、D的坐标代入求解即可；
（2）①连接AI，由题意易得，，，进而可得，然后可得，则直线l与直线AD的距离为，最后问题可求解；
②当点A在点B的右侧时，，由①可得，，，当AF=AC时，当AF=CF时，当AC=CF时，进而分类求解即可；当点A在点B的左侧时，，同理可进行求解．
【详解】
解：（1）∵点A运动到中点，，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴点，
设直线BD的解析式为，代入点B、D的坐标得：
，解得：，
∴直线BD的解析式为；
（2）①连接AI，如图所示：

∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴（AAS），
∴，
由题意可得，
∵的垂直平分线l与直线交于点I，
∴直线l的解析式为，
∴直线l与直线AD的距离为，
设的面积为S，当时，
∴S关于t的函数关系式为；
②当点A在点B的右侧时，，如图2，

由①可得，，
∴，
∴当AF=AC时，则根据两点距离公式可得：
，
解得：（不符合题意，舍去），
当AF=CF时，则根据两点距离公式可得：
，
解得：（不符合题意，舍去）；
当AC=CF时，则根据两点距离公式可得：
，
解得：（不符合题意，舍去）；
当点A在点B的左侧时，，如图所示：

由①可得，，
∴，
同理以上方法分别可得当AF=AC时，；当AF=CF时， t的值不满足；当AC=CF时，t的值不满足；
综上所述：当以A，C，F为顶点的三角形为等腰三角形时，或或2或．
5．（1）F（4，4）；（2）P（﹣，3）；（3）（﹣，）或（﹣9，﹣17）．
【分析】
（1）根据翻折的性质，利用勾股定理即可得解；
（2）作如图，根据翻折的性质得到，利用勾股定理建立方程解得E点坐标，再根据点在坐标系下的平移规律即可得解；
（3）解出，设（m,2m+1），以FN为对角线作正方形如图3所示，将M、的纵坐标分别用m的代数式表示出来，分类为M或落在x轴上时计算即可．
【详解】
解：（1）由题：，，，，
，，
，
，
（4，4）；
（2）由（1）F（4，4），
根据翻折性质，且，
是矩形，
作如图2，
设E（0，n），则，
，
解得，
（0，1），
在矩形中，，
：横坐标减4，纵坐标减3，
：（，6-3）为（，3），
（，3）；
（3）为以FN为底边的等腰直角三角形，
以FN为对角线构造正方形如图3所示，
D（，6），（0，1），设，
解得，
设（m，2m+1），（4，4），
则根据中点坐标公式：（，），
由图，
，
，
，
，
当M落在x轴上时：，解得，
则（，）；
当落在x轴上时：，解得，
则（-9，-17），
综上为（，）或（-9，-17）．

6．（1）见解析；（2）①见解析；②60°；（3）
【分析】
（1）平行四边形的性质可得ADBC，ABCD，再根据平行线的性质证明∠CEF＝∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；
（2）先判断出∠BEG＝120°＝∠DCG，再判断出AB＝BE，进而得出BE＝CD，即可判断出△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE＝60°，进而得出△BDG是等边三角形，即可得出结论；
（3）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根据∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】
解：（1）证明：
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，ABCD，
∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ABDC，AB＝DC，ADBC，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°
由（1）知，四边形CEGF是菱形，
∴CE＝GE，∠BCG＝∠BCF＝60°，
∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°，
∵EG∥DF，
∴∠BEG＝120°＝∠DCG，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE，
∵ADBC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE，
∴BE＝CD，
∴△DGC≌△BGE（SAS）；
②∵△DGC≌△BGE，
∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC，
∴∠BGD＝∠CGE，
∵CG＝GE＝CE，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CGE＝60°，
∴∠BGD＝60°，
∵BG＝DG，
∴△BDG是等边三角形，
∴∠BDG＝60°；
（3）如图，连接BM，MC，

∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，∠ECF＝90°，
∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF＝∠DAF，
∴BE＝AB＝DC，
∵M为EF中点，
∴∠CEM＝∠ECM＝45°，
∴∠BEM＝∠DCM＝135°，
在△BME和△DMC中，
∵，
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB＝MD，∠DMC＝∠BME．
∴∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°，
∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB＝8，AD＝14，
∴BD＝，
∴DM＝．

7．（1）∠AFC=∠DAC+∠ABC；（2）∠AFC=∠ABC－∠DAC；（3）补全图形见解析，．
【分析】
（1）由题意结合等边三角性的性质和菱形的性质易证，再由三角形外角性质即可求出三个角之间的数量关系；
（2）同理可证题，同样由三角形外角性质即可求出三个角之间的数量关系；
（3）补全图形再根据（1）同理可证，再由三角形外角性质和等边三角形的性质及角之间的数量关系，即可证明出．
【详解】
（1）∵为等边三角形，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵四边形ADEF是菱形，
∴．
即在和中，，
∴，
∴．
∵，
∴．
（2）由（1）同理可证，
∴．
又∵，
∴，即．
（3）补全图形如下图，

由（1）同理可证，
∴．
∵．
∴．
∵
∴．
∵．
∴．

8．（1）；（2），，；（3），，，或，，，或，，，
【分析】
（1）先求出点坐标，进而求出点坐标，最后用待定系数法即可得出结论；
（2）先判断出三角形是直角三角形，再找出最小时，满足的条件，再计算即可得出；
（3）设出点，坐标，利用中点坐标公式建立方程组求解即可得出结论．
【详解】
解：（1）直线交轴于点，交轴于点，
令，则，
，
令，则，
，
，
点在轴的负半轴且，
，，
，
设直线的解析式为，
，
，
直线的解析式为；
（2）如图，由（1）知，，，，，
，，
，
，
是直角三角形，，
，，
点关于直线的对称点，
点在直线上，其横坐标为，
，，
点关于轴的对称点，，
连接交直线于，交轴于，此时，最小，
，，，
直线的解析式为①，
令，
，
，
，
直线的解析式为②，
联立①②解得，，，
，；
（3）由（2）知，直线的解析式为，
设，
直线，点，
由（2）知，，，，
以点、、、为顶点的四边形是平行四边形，
①当为对角线时，，，
，，
，，，，
②当为对角线时，，，
，，
，，，，
③当为对角线时，，，
，，
，，，，
即：以点、、、为顶点的四边形是平行四边形时，，，，或，，，或，，，．


9．（1）见解析；（2）的垂直平分线上，理由见解析；（3），理由见解析
【分析】
（1）菱形的性质可得，，根据平移的性质可得，，继而可证得四边形为平行四边形；
（2）通过证得，再结合四边形为平行四边形，即可得证；
（3）连接，根据四边形为平行四边形及，可得是△的中位线，继而得到，根据菱形的轴对称可得，继而可得．
【详解】
解：（1）证明：由菱形的性质可得，，
由平移可得，，；
∴，，
∴四边形为平行四边形；
（2）当点运动到的垂直平分线上时，四边形为矩形．
∵菱形中，，
∴，，
∵，
∴，即，
又∵四边形为平行四边形，
∴四边形为矩形；
（3）如图，连接，

由（1）得四边形为平行四边形，
∴，
又∵，
∴是的中位线，
∴，
由菱形的轴对称可得，即，
∴．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质，三角形的中位线的性质，解题的关键是掌握相关判定与性质．
10．（1）证明见解析；（2）AM⊥FM且AM＝FM；理由见解析；（3）CM＝．
【分析】
（1）先证明△ABC是等腰三角形，再根据翻折的性质可证明四边形ABCD是菱形，进而可证明四边形ABCD是正方形．
（2）根据旋转性质得△ABC≌△EBF，进而可证明△ABE≌△CBF，△ACM≌△FEM，利用全等三角形性质可得AM⊥FM且AM＝FM．
（3）取AC的中点G，连接EG，BG，先证明△BAG≌△BEG，利用全等三角形性质可证得BG⊥AE，利用面积法建立方程求出AE，再运用勾股定理即可求得CM．
【详解】
解：（1）∵∠ABC＝90°，∠BAC＝45°，
∴∠BCA＝90°﹣45°＝45°，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴AB＝BC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵△ABC沿AC翻折得到△ADC，
∴△ABC≌△ADC，
∴AD＝AB，CD＝BC，
∴AB＝AD＝CD＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∵∠B＝90°，
∴四边形ABCD是正方形．
（2）由旋转可知，△ABC≌△EBF，
∴AB＝BE，BC＝BF，AC＝EF，∠ABE＝∠CBF＝α，
在△ABE和△CBF中，，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴∠AEB＝∠BFC，AE＝CF，
∵AB＝BC，
∴AB＝BE＝BC＝BF，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴∠AEB＝∠BCF，
∵∠BEF＝∠ACB＝45°，∠AEB＝∠BCF，
∴180°﹣（∠AEB+∠BEF）＝180°﹣（∠BCF+∠ACB），
∴∠FEM＝∠ACM，
在△ACM和△FEM中，，
∴△ACM≌△FEM（AAS），
∴AM＝FM，∠MAC＝∠MFE，
∵∠DAC＝∠DCA＝45°，
∴∠MAC＝45°﹣∠DAM，∠MCA＝45°+∠MCD，
∴∠DAM＝∠MCD，
∴∠MAC+∠ACM＝45°﹣∠DAM+45°+∠MCD＝90°，
∴∠M＝90°，
∴AM⊥FM，
故答案为：AM⊥FM且AM＝FM．
（3）取AC的中点G，连接EG，BG，
∵DE∥CM，
∴∠DEM＝∠M＝90°，
∵AG＝GE＝，AB＝BE，
在△BAG和△BEG中，，
∴△BAG≌△BEG（SSS），
∠BEG＝∠BAG＝90°，∠GBA+∠GBE＝，
∵∠EBA＝α，
∴∠EAB＝，
∴∠ABG+∠BAE＝+＝90°，
∴BG⊥AE，
∵AB＝5，AG＝，
∴BG＝，
∴AE•＝×2×5× ，
解得：AE＝2，
设CM＝ME＝x，
在Rt△ACM中，x2+（x+2）2＝（5）2，
∵x＞0，
∴x＝，
故CM＝．


11．（1）A(0，3)，B(﹣1，0)，D(2，0)；（2）存在，最小值为；（3）1．
【分析】
（1）由非负数的性质可求得a、c的值，可求得A、B、D的坐标；
（2）由条件可证明△ABO≌△BED，可求得DE和BD的长，可求得E点坐标，再求得直线AE的解析式，可求得F点坐标；如图1，作点F关于 y轴的对称点F'(﹣3，0)，连接EF'，交AO于G，则GF＋GE最小值为EF'，由勾股定理可求解；
（3）过E作EG⊥OA于点G，EH⊥PQ于点H，可证明四边形GEHP为正方形，在GA上截GI＝QH，可证明 △IGE≌△QHE，可证得∠IEM＝∠MEQ＝45°，可证明△EIM≌△EQM，可得到IM＝MQ，再结合条件可求得 AI＝PQ，可求得答案．
【详解】
解：（1）∵＋c2﹣4 c＋4＝0，
∴＋（c﹣2）2＝0，
∴a＝3，c＝2，
∵b为最大的负整数，
∴b＝﹣1，
∴A(0，3)，B(﹣1，0)，D(2，0)；
（2）∵A(0，3)，B(﹣1，0)，D(2，0)，
∴OB＝1，OD＝2，OA＝3，
∴AO＝BD，
在△ABO和△BED中，
，
∴△ABO≌△BED（AAS），
∴DE＝BO＝1，
∴E(2，1)，
设直线AE解析式为y＝kx＋b，
把A、E坐标代入可得，
解得，
∴直线AE的解析式为y＝﹣x＋3，
令y＝0，可解得x＝3，
∴F(3，0)，
如图1，作点F关于y轴的对称点F'(﹣3，0)，连接EF'，交AO于G，则GF＋GE最小值为EF'，

∴EF'＝＝ ＝，
∴GF＋GE的最小值为；
（3）过E作EG⊥OA，EH⊥PQ，垂足分别为G、H，在GA上截取GI＝QH，如图2，

∵E(2，1)，P(﹣1，0)，
∴GE＝GP＝EH＝PH＝2，
∴四边形GEHP为正方形，
∴∠IGE＝∠EHQ＝90°，
在Rt△IGE和Rt△QHE中，

∴△IGE≌△QHE（SAS），
∴IE＝EQ，∠1＝∠2，
∵∠QEM＝45°，
∴∠2＋∠3＝45°，
∴∠1＋∠3＝45°，
∴∠IEM＝∠QEM，
在△EIM和△EQM中，
，
∴△EIM≌△EQM（SAS），
∴IM＝MQ，
∴AM﹣MQ＝AM﹣IM＝AI，
由（2）可知OA＝OF＝3，∠AOF＝90°，
∴∠A＝∠AEG＝45°，
∴PH＝GE＝GA＝IG＋AI，
∴AI＝GA﹣IG＝PH﹣QH＝PQ，
∴＝1．

12．（1）；（2），理由见详解；（3）
【分析】
（1）由题意易得，则有，同理可得，然后问题可求解；
（2）由题意易得，则有，进而可证，，然后可得，，则，最后根据勾股定理可求解；
（3）由（2）得，，由题意易得BD=12，设，则有，然后根据勾股定理可求解．
【详解】
解：（1）∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴（HL），
∴，
同理可得，
∵，
∴，
∴；
（2），理由如下：
∵，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴（SAS），
∴，
∴，
∵，
∴，
∵AN=AN，
∴（SAS），
∴，
∴在Rt△HDN中，，
∴；
（3）由（2）得，，，
∵，
∴，
∵，
∴设，则有，
∴，
解得：，
∴．
【点睛】
本题主要考查勾股定理、正方形的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握勾股定理、正方形的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键．
13．（1）∠BFC的度数为60°；（2）线段OK长度的最小值为
【分析】
（1）由“SAS”可证△BAD≌△CAE，可得∠ABD=∠ACE，由三角形内角和即可求解；
（2）由旋转的性质可得△MNK是等边三角形，可得MK=MN=NK，∠NMK=∠NKM=∠KNM=60°，如图，将△MOK绕点M顺时针旋转60°，OK=NQ，MO=MQ，则当NQ为最小值时，OK有最小值，由垂线段最短可得当QN⊥y轴时，NQ有最小值，由直角三角形的性质可求解；
【详解】
（1）∵△ABC与△ADE是等边三角形
∴AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=∠ABC=∠ACB=60°
∴∠BAD=∠CAE，
∴△BAD≌△CAE（SAS）
∴∠ABD=∠ACE，
∵ ∠ABD+∠DBC=∠ABC=60°
∴∠ACE+∠DBC=60°，
∴∠BFC=180°-∠DBC-∠ACE-∠ACB=60°；
（3）∵将线段MN绕点M逆时针旋转得到线段MK
∴MN=MK，∠NMK=60°，
∴△MNK是等边三角形
∴MK=MN=NK，∠NMK=∠NKM=∠KNM=60°，
如下图，将△MOK绕点M顺时针旋转60°，得到△MON，连接OQ

∴△MOK≌△MON,∠OMQ=60°，
∴OK=NQ，MO=MQ
∴△MOQ是等边三角形
∴∠QOM=60°，
∴∠NOQ=30°，
∵OK=NQ
∴当NQ为最小值时，OK有最小值，由垂线段最短可得当ON⊥y轴时，NQ有最小值
∵点M的坐标为（3，0）
∴OM=OQ=3
∵QN⊥y轴，∠NOQ=30°
∴NQ=OQ=
∴线段OK长度的最小值为．

14．（1）；（2）证明见解析；（3）．
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质，求出，再判断出，即可得出结论；
（2）先判断出，得出，进而判断出，得出，，即可得出结论；
（3）先判断出，再判断出，进而求出．即可得出结论．
【详解】
（1）解：和都是等腰直角三角形，
，，，
，是的平分线，
垂直平分，
，
，
；
（2）证明：如图2，过点作交于点，

和都是等腰直角三角形，
，，；
，
，
，
，
，
，
．
在和中，
，
，
，，
．
；
（3）的最大值是．
解：如图3，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，，则．

由（2）知，，
在中，点是斜边的中点，
，
，
在和中，
，
，
．
，当且仅当、、三点共线时，取“”号，
的最大值是．
【点睛】
此题是几何变换综合题，主要等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，构造出全等三角形是解本题的关键．
15．（1）2；（2）证明见解析；（3） ．
【分析】
（1）利用勾股定理计算，再根据准矩形的特点求出即可；
（2）先利用正方形的性质判断出△ABE≌△BCF，即可得证；
（3）作DF⊥BC，根据梯形的面积公式，三角形面积公式即可得出答案．
【详解】
解：（1）∵∠ABC=90°，AB=2，BC=4，
∴AC=，
∵四边形ABCD是准矩形，
∴BD=AC=2．
故答案为：2；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=90°，
∴∠EBF+∠EBC=90°，
∵BE⊥CF，
∴∠EBC+∠BCF=90°，
∴∠EBF=∠BCF，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE=CF，
∴四边形BCEF是准矩形；
（3）作DF⊥BC，垂足为F，


∵∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，
∴∠BCA＝30°，
∴AC=4，BC=2，
∵AC=BD，AC=DC，
∴BD=CD=4，
∴BF=CF=BC=，
∴DF=，
∴S准矩形ABCD=S△DCF+S梯形ABFD
=
=

=．

16．（1）证明见解析；（2）是，理由见解析；（3）．
【分析】
（1）由平行线的性质和翻折可推出，即．故四边形是平行四边形，再由翻折可知，即证明平行四边形是菱形．
（2）由翻折和平行线的性质可知，，即得出，即是等腰三角形．
（3）延长交AD于点G，根据题意易证，得出结论，．根据（2）同理可知为等腰三角形，即FG=PG．再在中，，即可求出，最后即可求出．
【详解】
（1）由平行四边形的性质可知，
∴，
由翻折可知，
∴，
∴．
∴四边形是平行四边形．
再由翻折可知，
∴四边形是菱形．
（2）由翻折可知，
∵，
∴，
∴，
∴QF=QP，
∴是等腰三角形．
（3）如图，延长交AD于点G，
根据题意可知，
在和中，，
∴，
∴，．
根据（2）同理可知为等腰三角形．
∴FG=PG．
∵，
∴在中，，
∴，
∴，
∴．


17．（1）见解析；（2）见解析；（3）12
【分析】
（1）由证得，即可得出结论；
（2）由证得，得出，由三角形外角的性质得出，即可得出结论；
（3），，通过，求得，则，而，解得：，则．即可求解．
【详解】
解：（1）证明：
，，
，
在和中，，，，
，
；
（2）证明：在和中，，，，
，
，
为、的外角，
，
，
；
（3）如图3，设，
是的中点，则，则，
在中，，
，
，
在中，，
，
即，
即，解得，
则，
而，解得：，
则．

18．（1）PD=PE，理由见解析；（2），理由见解析；（3）能，0或1或2-或2+
【分析】
（1）证明△DPC≌△EPB，即可得出PD=PE．
（2）根据△DPC≌△EPB，得到CD=BE，可得AD=CE，根据勾股定理得到，替换可得结果；
（3）分EP=EB、EP=PB、BE=BP三种情况，画出图形进行解答．
【详解】
解：（1）∵△ABC是等腰直角三角形，P为斜边AB的中点，
∴PC=PB，CP⊥AB，∠DCP=∠B=45°，
又∵∠MPN=∠DPC+∠CPE=90°，∠CPE+∠EPB=90°，
∴∠DPC=∠EPB，
∴△DPC≌△EPB（ASA），
∴PD=PE；
（2），
理由是：∵△DPC≌△EPB，
∴CD=BE，
又∵AC=BC，
∴AD=CE，
∵∠ACB=90°，
∴，
∴；

（3）在Rt△ABC中，∵AC=CB=2，∠C=90°，
∴AB==，
∵P是AB中点，
∴PB=PA=，
当EP=EB时，
∠EBP=∠EPB=45°，即∠PEB=90°，
∴BE=PE==1，
∴CE=BC-BE=1；

当EP=PB时，点E在BC上，
则点E和C重合，CE=0；

当BE=BP时，若点E在BC上，
则CE=2-；
若点E在CB的延长线上，
则CE=2+；

综上：△PBE能构成等腰三角形，此时CE的长为：0或1或2-或2+．

19．（1），见解析；（2）成立，见解析；（3）存在，
【分析】
（1）证明△CMD是直角三角形，连接AF，可得CD=2MF，由点与点重合得MF=EF，故可得结论；
（2）延长交的延长线于点，连接，证明四边形CGDM是矩形，得到CD=MG，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可证得结论；
（3）设AM=a，则BM=2-a，证明，根据勾股定理求出,确定CD的最小值，从而得到结论．
【详解】
解：（1）．
理由如下：
和都是等腰直角三角形，
，
．
．


是的中点，
，即．
∵点与点重合，

．
（2）如图，延长交的延长线于点，连接，

和都是等腰直角三角形，
，
．
．
∴四边形是矩形，是等腰直角三角形，
．
是的中点，
，
．
是的中点，
是的中点．
在中，是的中点，
，
，即．
（3）设AM=a，则BM=2-a，
和都是等腰直角三角形，
∴
∴
∴



所以，当时，取最小值1，即CD取最小值1，
又∵EF=
∴EF存在最小值为

20．(1) =，(2)存在，证明见解析，（3）或或16或4．
【分析】
(1)连接GC，证△CDG≌△CBE，得出△GCE为等腰直角三角形即可；
(2)类似（1）的方法，先证△AFD≌△AEB，再证△CDG≌△CBE，得出△GCE为等腰直角三角形即可；
(3)根据E、F是直角顶点分类讨论，结合（2）中结论，利用勾股定理求解即可．
【详解】
解：(1)连接GC，
∵AE=AF，AD=AB，
∴DF=BE，
∵，
∴DG = BE，
∵∠GDC=∠B=90°，DC=BC，
∴△CDG≌△CBE，
∴CE=CG，∠GCD=∠ECB，
∵∠ECB+∠DCE=90°，
∴∠GCE=∠GCD+∠DCE=90°，
∴=；
故答案为：=；

(2) 存在，连接GC，
∵AE=AF，AD=AB，∠FAE=∠DAB=90°，
∴∠FAD=∠EAB，
∴△FAD≌△EAB，
∴FD=EB=GD，∠FDA=∠EBA，
∵∠GDC+∠FDA=90°，∠EBC+∠EBA=90°，
∴∠GDC=∠EBC，
∵DC=BD，
∴△CDG≌△CBE，
与（1）同理，=；

(3)当∠FEG=90°时，如图1，因为∠FEA=∠GEC=45°，
所以，A、E、C在一条直线上，
∵AB=5，
∴AC=5,
CE=5-3=2,
GE=EC=4；

如图2，E在CA延长线上，同理可得，EC=8，
GE=EC=16；


当∠EFG=90°时，如图3，∠AFD=∠EFG+∠AFE=135°，
由（2）得，∠AFD=∠AEB=135°，DF=BE，
所以，B、E、F在一条直线上，作AM⊥EF，垂足为M，
∵，
∴EF=6，AM=ME=MF=3，
，
BE=DF=1,FG=2，
；

如图4，同图3，BE=DF=7，FG=14，EF=6，
，

综上，的长为或或16或4．

21．（1）证明过程见解析；（2）证明过程见解析；（3）EF2=2BF2+2DE2．
【分析】
（1）根据正方形的性质得到AB=BC=CD=AD，∠BAD=∠ABC=∠C=∠D=90°，得到∠ABG=90°，根据HL得到△ABG≌△ADE，所以∠BAG=∠DAE，BG=DE，由旋转得∠EAF=45°，可得∠GAF=45°，根据SAS得到△GAF≌△EAF，得到GF=EF，从而可得BF+DE=EF．
（2）连接GM，根据正方形ABCD的性质及EC=CF得到△CEF、△DEN、△BMF均为等腰直角三角形，所以DN=DE，BF=BM，∠BMF=∠N=45°，从而得到AM=AN，根据SAS得到△GAF≌△EAF，所以∠BMG=∠N=45°，MG=NE，可得∠GMF=∠BMG+∠BMF=90°，根据勾股定理得GF2=MF2+GM2，从而得到．
（3）延长EF交AB于点M，交AD于N，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△AGH，连接HM、HF，作HO⊥BC交BC延长线于O，根据勾股定理得(OB+BF)2+OH2= FH2，可得(GH+BF)2+(BM-GM)2= FH2，由（1）得△AFH≌△AFE，可得FE=HF，DE=GH=GM，BF=BM，从而得到EF2=2BF2+2DE2．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠BAD=∠ABC=∠C=∠D=90°，
∴∠ABG=90°，
∵AG=AE，
在△ABG和△ADE中，
，
∴△ABG≌△ADE（H.L）
∴∠BAG=∠DAE，BG=DE，
由旋转得∠EAF=45°，
∴∠BAF+∠DAE=45°，
∴∠BAF+∠BAG=45°，
即∠GAF=45°，
在△GAF和△EAF中，
，
∴△GAF≌△EAF（SAS），
∴GF=EF，
∵BG=DE，且BF+BG=GF，
∴BF+DE=EF．
（2）证明：连接GM，

∵EC=CF，∠C=90°，
∴∠CEF=∠CFE=45°，
∴∠DEN=∠CEF=45°，∠BFM=∠CFE=45°，
∴△CEF、△DEN、△BMF均为等腰直角三角形，
∴DN=DE，BF=BM，∠BMF=∠N=45°，
∵BC=CD，EC=CF，
∴BF=DE=DN=BM，
∵AB=AD，
∴AB+BM=AD+DN，
即AM=AN，
在△GAM和△EAN中，
，
∴△GAM≌△EAN（SAS），
∴∠BMG=∠N=45°，MG=NE，
∴∠GMF=∠BMG+∠BMF=90°，
在Rt△GMF中，GF2=MF2+GM2，
∵GF=EF，GM=NE，
∴．
（3）解：EF2=2BF2+2DE2
理由如下：延长EF交AB于点M，交AD于N，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△AGH，连接HM、HF，作HO⊥BC交CB延长线于O，

由（1）得△AFH≌△AFE，
∵(OB+BF)2+OH2= FH2，
∴(GH+BF)2+BG2=FH2，
即(GH+BF)2+(BM-GM)2= FH2，
∵FE=FH，DE=GH=GM，BF=BM，
∴(GH+BF)2+(BF-GH)2=EF2，
即2(DE2+BF2)=EF2．
∴EF2=2BF2+2DE2．

22．[探究发现]：，勾股；；[实践运用]：（1）①，②正方形的边长为6，；（2），证明见详解
【分析】
[探究发现]：根据题意可直接进行求解；
[实践运用]：（1）①由题意易证，则有，同理可得，然后问题可求解；②将绕点逆时针旋转得到，根据题意易证，则有，设，则，进而根据勾股定理可求解；在AH上截取AK=AN，连接MK，然后可得，由此可得，设，最后根据勾股定理可求解；
（2）如②图，过点K作KP⊥AB于点P，过点M作MT⊥AB于点T，由（1）可得：，，，进而可得，然后可得，，最后问题可求解．
【详解】
解：[探究发现]
由旋转的性质可得：，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理，可得，
∵，
∴；
故答案为，勾股；；
[实践运用]
（1）①∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∵，，AE=AE，
∴（HL），
∴，
同理可得，
∴，即，
∴；
②将绕点逆时针旋转得到，如图所示：

由旋转的性质可得：，
由①可得：，，
∴，由正方形ABCD可得：，
∵AE=AE，
∴（SAS），
∵BE=2，
∴，
设，则，
∴在Rt△ECF中，，即，
解得：（不符合题意，舍去），
∴，
∵∠DBC=45°，
∴△BCD是等腰直角三角形，
∴，
在AH上截取AK=AN，连接MK，如图，
∵，
∴（SAS），
∴，，
∴，
∵，
∴（SAS），
∴，
设，由可得：，
∴在Rt△KBM中，，即，
解得：，
∴；
（2）如②图，过点K作KP⊥AB于点P，过点M作MT⊥AB于点T，

由（1）可得：，，，
∴，△BPK、△BTM都为等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
，
∴．

23．（1）①（-1，-6），（，4）；②0或；（2）a＞2或-16＜a＜-4
【分析】
（1）①联立两函数解析式，解方程可得交点坐标；②分k=0和k≠0两种情况，结合根的判别式列方程求解；
（2）分a＞0、a＜0两种情况，探讨正方形的边与反比例函数图象交点的情况，进而求解．
【详解】
：（1）①由题意得：，
化简得：，
当时，，
解得：x=-1或x=，
代入，得y=-6，y=4，
∴交点坐标为（-1，-6），（，4）；
②当k=0时，直线为，，
则，则x=-3，满足只有一个交点；
当k≠0时，由①可得：，
则，
解得：k=，
综上：当为0或时，直线与双曲线只有一个交点；
（2）①当a＞0时，如图1，

点A、B的坐标分别为：（a，0）、（0，），
由点A、B的坐标得，直线AB的表达式为：，
当线段AB与双曲线有一个交点时，
联立AB表达式与反比例函数表达式得：，
整理得：4x2-4ax+2a=0，
△=（-4a）2-16×2a=0，解得：a=2，
故当a＞2时，如图，正方形ABCD与反比例函数的图象有4个交点；

②当a＜0时，如图2，


（Ⅰ）当边AD与双曲线有一个交点时，
过点D作ED⊥x轴于点E，
∵∠BAO+∠DAE=90°，∠DAE+∠ADE=90°，
∴∠ADE=∠BAO，
∵AB=AD，∠AOB=∠DEA=90°，
∴△AOB≌△DEA（AAS），
∴ED=AO=-a，AE=OB=，
故点D（a+，a），
由点A、D的坐标可得，直线AD的表达式为：，
联立AD与反比例函数表达式并整理得：ax2-a2x-16=0，
△=（-a2）2-4a×（16）=0，解得：a=-4（不合题意值已舍去）；
（Ⅱ）当边BC与双曲线有一个交点时，
同理可得：a=-16，
所以当正方形ABCD的边与反比例函数的图象有4个交点时，a的取值范围为：-16＜a＜-4；
综上所述，a的取值范围是a＞2或-16＜a＜-4．

24．（1）；（2）①见解析；②
【分析】
（1）解：过点作于点．由，，可得．由，是等腰直角三角形．．可求， ． ．在中，．可求；
（2）证明：①延长到点，使，连接，连接交于点，BE与AC交于K，可证．可得，．由，可得．DF为中位线，可得，．可得即可；
②，理由如下：连接交于点R，在上截取，连接．由，，点为中点，可证．可得．．．即可．
【详解】
（1）解：过点作于点．
∵，，
∴．
∵，
∴．
∴是等腰直角三角形．
∴．
∵，
∴在中，，
，
．
∴．
∴．
∴在中，，
，
．
∴．

（2）证明：①延长到点，使，连接，连接交于点，BE与AC交于K，
则，．
∵，
∴．
∴．
在和中，
，
∴．
∴，．
∵，
∴．
∵点为中点，点为中点，
∴，．
∴，
∴．

②，理由如下：
连接交于点O，在上截取，连接．
∵，，点为中点，
∴，．
∴．
∵，，
∴．
在和中
，
∴．
∴，．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．


25．（1）；（2）；（3）或
【分析】
（1）利用菱形的性质将Rt的三边分别表示出来，利用勾股定理求出即可；
（2）根据将军饮马可知作点的对称点，当D、P、三点共线时，最小，利用勾股定理求出的值，即可求出的最小值；
（3）根据题意可知，Q点在BC中点和CD中点时，点Q到BD的距离是，分情况讨论即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD为菱形，
∴AD＝AB＝BC＝CD，设AO＝x，
则AB＝＝AD，
在Rt中， ，
即 ，
解得，DC＝AB＝ ，
∴；
（2）∵四边形ABCD为菱形，AC为∠DAB的角平分线，
∴∠DAC＝∠BAC，
∴点E关于AC的对称点在AB上，

且，，
连结，
∴当D、P、三点共线时，最小，且值为，
，
即为所求最小值为；
（3）易知Q点越靠近C点，距离DB越远，
最大距离为,
且点Q到BD的距离是匀速变大或变小的，
时，距离由0增大到，
时，距离由减小到，
∴Q点在BC中点和CD中点时，符合要求，
由（1）可知菱形边长为，
∴当运动到BC中点时，运动了个单位，
，
当运动到CD中点时，运动了个单位，
，
故答案为：或．



26．（1）B（0，4），D（0，－1）；（2）S＝＋x（x>－5）；（3）存在，P点为（3，-2）；E（8，）或（－8，）或（－2，）
【分析】
（1）利用y轴上的点的坐标特征即可得出结论；
（2）先求出点M的坐标，再用三角形的面积之和即可得出结论；
（3）分三种情况利用对角线互相平分的四边形是平行四边形和线段的中点坐标的确定方法即可得出结论．
【详解】
解：（1）∵点B是直线AB：y=x+4与y轴的交点坐标，
∴B（0，4），
∵点D是直线CD：y=-x-1与y轴的交点坐标，
∴D（0，-1）；
（2）如图1，

∵直线AB与CD相交于M，
∴
①-②可得：x+5=0，
∴x=-5，
把x=-5代入②可得：y=，
∴M坐标为（-5，），
∵B（0，4），D（0，-1），
∴BD=5，
∵点P在射线MD上，
当P在MD的延长线上时，x≥0，
S=S△BDM+S△BDP=×5（5+x）= ，
当P在线段MD上时，-5＜x＜0，
S=S△BDM-S△BDP=×5（5+x）=，
∴S=（ x＞-5）
（3）如图，


由（2）知，S=，
当S=20时，=20，
∴x=3，
∴P（3，-2），
①当BP是对角线时，取BP的中点G，连接MG并延长取一点E'使GE'=GM，
设E'（m，n），
∵B（0，4），P（3，-2），
∴BP的中点坐标为（，1），
∵M（-5， ），
∴，
∴m=8，n=，
∴E'（8，），
②当AB为对角线时，同①的方法得，E（-8，），
③当MP为对角线时，同①的方法得，E''（-2，-），
即：满足条件的点E的坐标为（8，）、（-8， ）、（-2，-）．

27．（1）见解析；（2）MN2＝BN2+DM2，证明见解析；（3）
【分析】
（1）由直角三角形的性质得AO＝MO＝BE＝BO＝EO，得∠ABO＝∠BAO，∠OBM＝∠OMB，证出∠AOM＝∠AOE+∠MOE＝2∠ABO+2∠MBO＝2∠ABD＝90°即可；
（2）在AD上方作AF⊥AN，使AF＝AN，连接DF、MF，证△ABN≌△ADF（SAS），得BN＝DF，∠DAF＝∠ABN＝45°，则∠FDM＝90°，证△NAM≌△FAM（SAS），得MN＝MF，在Rt△FDM中，由勾股定理得 ，进而得出结论；
（3）作P关于直线CQ的对称点E，连接PE、BE、CE、QE，则△PCQ≌△ECQ，∠ECQ＝∠PCQ＝135°，EQ＝PQ＝9，得∠PCE＝90°，则∠BCE＝∠DCP，△PCE是等腰直角三角形，得CE＝CP＝PE，证△BCE≌△DCP（SAS），得∠CBE＝∠CDB＝∠CBD＝45°，则∠EBQ＝∠PBE＝90°，由勾股定理求出BE＝4，PE＝6，即可得出PC的长．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，∠ABD＝∠ADB＝45°，
∵ME⊥BD，
∴∠BME＝90°，
∵O是BE的中点，
∴AO＝MO＝BE＝BO＝EO，
∴∠ABO＝∠BAO，∠OBM＝∠OMB，
∴∠AOM＝∠AOE+∠MOE＝2∠ABO+2∠MBO＝2∠ABD＝90°；
（2）解：MN2＝BN2+DM2，理由如下：
在AD上方作AF⊥AN，使AF＝AN，连接DF、MF，如图2所示：

则∠NAF＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠NAF＝90°，
∴∠BAN＝∠DAF，
∵∠NAM＝45°，
∴∠FAM＝45°＝∠NAM，
在△ABN和△ADF中，，
∴△ABN≌△ADF（SAS），
∴BN＝DF，∠ADF＝∠ABN＝45°，
∴∠FDM＝∠ADB+∠ADF＝90°，
∵∠NAM＝45°，
∴∠FAM＝45°＝∠NAM，
在△NAM和△FAM中，，
∴△NAM≌△FAM（SAS），
∴MN＝MF，
在Rt△FDM中，FM2＝DM2+FD2，
即MN2＝BN2+DM2；
（3）解：作P关于直线CQ的对称点E，连接PE、BE、CE、QE，如图3所示：

则△PCQ≌△ECQ，∠ECQ＝∠PCQ＝135°，EQ＝PQ＝9，
∴∠PCE＝360°﹣∠PCQ﹣∠ECQ＝90°，
∴∠BCE＝∠DCP，△PCE是等腰直角三角形，
∴CE＝CP＝PE，
在△BCE和△DCP中，，
∴△BCE≌△DCP（SAS），
∴∠CBE＝∠CDB＝∠CBD＝45°，
∴∠EBQ＝90°，
∴∠PBE＝90°，
∵PB＝2，PQ＝9，
∴BQ＝PQ﹣PB＝7，
∴BE＝＝＝4，
∴PE＝＝＝6，
∴PC＝PE＝3；
故答案为：3．

28．（1）证明见解析；（2）平行四边形，见解析；（3）当D点运动到时，为菱形，证明见解析．
【分析】
（1）由正三角形的性质得AB=AC，AD=AE，再由∠BAC=∠DAE=60°可得∠EAB=∠DAC，最后据SAS证得；
（2）先得△AFG为正三角形，再由（1）得△AFE≌AGD得到∠AGD=60°、FE=DG；再据∠F+∠FGA+∠AGD=60°+60°+60°=180°得到FB∥GD，得四边形FBDG为平行四边形；据平行四边形对边相等得FB=DG，从而得到△FBE为正三角形；由△FBE为正三角形得到∠FEB=60°，得到∠FEB=∠FGA，最后得到BE∥CG，从而证得四边形BCGE为平行四边形；
（3）先证△ABE≌△ACD，得到BE=CD；由菱形的定义得只需BC=BE可得平行四边形为菱形，从而得到当BC=CD时，四边形为菱形．
【详解】
（1）证明：如图①

∵△ABC为正三角形
∴AB=AC，∠BAC=60°
∵△ADE为正三角形
∴AD=AE，∠EAD=60°
∴∠BAC=∠EAD
∴∠EAB=∠DAC
∴．
（2）如图②所示，
∵△ABC为正三角形
∴∠ABC=∠BAC=60°

∵FG∥BC
∴∠AFE=∠ABC=60°
∴是等边三角形，
∴∠FGA=60°
又△AED为正三角形，同理（1）证明可得，
．
∴，FE=DG，
∴
∴FB∥GD
∴四边形BFGD为平行四边形
∴FB=GD
∴FB=FE
∴△FBE为正三角形
∴∠FEB=60°
∴∠FEB=∠FGA
∴BE∥GC
∴四边形是平行四边形．
（3）如图②

∵△ABC是正三角形
∴AB=AC，∠BAC=60°
∵△AED是正三角形
∴AE=AD，∠EAD=60°
∴∠BAC=∠EAD
∴△ABE≌△ACD
∴CD=BE
由（2）知四边形BCGE为平行四边形
所以要使四边形为菱形，只需使
∴需使，即当D点运动到时，有四边形为菱形．

29．（1）5；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）根据题意可先证得△ABE为等腰直角三角形，从而求出AB，AE，然后在△CED中运用勾股定理求出ED的长度，最终得到AD的长度；
（2）作HR⊥BC于点R，ET⊥BC于点T，首先证明CE=CH，再证明△CRH≌△ETC，推出HR=CT=DE，从而得出结论；
（3）在（2）的基础之上，作GM⊥AD于M点，GN⊥CD于N点，设AB=AE=m，则BE=BC=m，推出DE=AD-AE=m-m，BH=DE=2m-m，再求出DG即可得出结论．
【详解】
（1）∵在矩形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，
∴∠ABE=45°，△ABE为等腰直角三角形，
则，即：，
由矩形性质可得：，
在Rt△CED中，，
∴AD=AE+ED=4+1=5；
（2）如图所示，作HR⊥BC于点R，ET⊥BC于点T，
由题意可得四边形ABTE为正方形，
∴∠EBT=∠BET=45°，
∵EF=EC，ET⊥FC，
∴FT=TC，∠FET=∠CET，∠EFC=∠ECF，
∵CG⊥EF，
∴∠CGF=∠ETC=90°，
∴∠CFG+∠FCG=90°，∠CET+∠ECT=90°，
∴∠GCF=∠CET，
∵∠CEH=∠CET+∠BET=45°+∠CET，
∠CHB=∠CBH+∠HCB=45°+∠HCB，
∴∠CEH=∠CHE，
∴CE=CH，
∵HR⊥BC，
∴∠CRH=∠ETC=90°，
在△CRH和△ETC中，

∴△CRH≌△ETC（AAS），
∴HR=CT，
由题意可知，△BRH为等腰直角三角形，四边形ETCD为矩形，
∴HR=CT=DE，
∴；

（3）如图所示，在（2）的条件下，作GM⊥AD于M点，GN⊥CD于N点，
设AB=AE=m，则BE=BC=m，
∴DE=AD-AE=m-m，
∴BH=DE=2m-m，
当BE=BC时，∠CEH =∠BCE=（180°-∠EBC）÷2=67.5°，
由（2）可知，∠CEH=∠CHE=∠BCE=45°+∠BCH=67.5°，
∴∠BCH=22.5°，∠ECH=45°，
∵CG⊥EG，
∴GC=GE，
∵∠MGN=∠EGC=90°，
∴∠MGE=∠NGC，
在△GME和△GNC中，

∴△GME≌△GNC（AAS），
∴GM=GN，
∵GM⊥AD，GN⊥CD，
∴GD平分∠ADC，
∴∠CDG=45°，
结合（1）可得∠DCH=67.5°，
∴∠CGD=180°-45°-67.5°=67.5°，
∴DG=DC=m，
∴．


30．（1）1；（2）证明见解析
【分析】
（1）根据顶角为120°的等腰三角形三边长关系，可得AB =2，结合含30°角的直角三角形三边长关系，可得BE，EG的长，进而即可求解；
（2）过点E作ER∥AC交AB于点R，过点R作RS∥BC交AC于点S，可得四边形SREC是平行四边形，易得AR=SR=CE，再根据全等三角形性质，通过证明，得BF=DR，通过计算即可完成证明．
【详解】
（1）连接CD，

∵=2，，点为中点，
∴CD⊥AB，∠ABC=30°，
∴BD=BC=，
∴AD=BD=，
∵，且∠DBE=30°，
∴DE=，BE=DE=，
∵DE=EF且∠DEF=120°，
∴∠ EDG=30°，
∴EG=DE=×=，
∴=EB-EG=-=1；
（2）过点E作ER∥AC交AB于点R，过点R作RS∥BC交AC于点S，

∴四边形SREC是平行四边形
∴∠DRE=∠A=∠DBE=30°，
∴RS=CE，DE=DB，RE=BE
∵∠ASR=∠ACB=120°，
∴∠SAR=∠ARS=30°，
∴AR=SR=CE，
∵∠EDF=∠ACB=120°
∴∠DEB+∠FEB=120°，∠DEB+∠DER=120°
∴∠FEB=∠DER
∵线段绕点顺时针旋转得到线段
∴
∴
∴
∴BF=DR
∴AD=DR+AR=，即．

31．（1）DM⊥EM，DM＝ME，理由见详解；（2）结论成立，理由见详解；（3）成立；拓展应用：MF=或
【分析】
（1）结论：DM⊥EM，DM＝EM．只要证明△AMH≌△FME，推出MH＝ME，AH＝EF＝EC，推出DH＝DE，因为∠EDH＝90°，可得DM⊥EM，DM＝ME；
（2）延长EM交DA的延长线于H，证法同第（1）小题；
（3）如图3中，延长EM到点 H，使EM=HM，连接AH，DE，DH，先证明△AMH≌△FME，延长AH交CE于点K，交CD于点O，再证明∆DCE≅∆DAH，可得∆HDE是等腰直角三角形，M是HE的中点，即可得到结论；
拓展应用：分两种情形画出图形，理由勾股定理以及等腰直角三角形的性质解决问题即可．
【详解】
解：（1）结论：DM⊥EM，DM＝EM．
理由：如图1中，延长EM交AD于H．

∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，
∴AD∥EF，
∴∠MAH＝∠MFE，
∵M是AF的中点，
∴AM＝MF，
又∵∠AMH＝∠FME，
∴△AMH≌△FME，
∴MH＝ME，AH＝EF＝EC，
∴AD-AH=CD-CE，
∴DH＝DE，
∵∠EDH＝90°，
∴DM⊥EM，DM＝ME．
故答案是：DM⊥EM，DM＝ME；
（2）如图2中，结论不变．DM⊥EM，DM＝EM．

理由：如图2中，延长EM交DA的延长线于H．
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，
∴AD∥EF，
∴∠MAH＝∠MFE，
∵AM＝MF，∠AMH＝∠FME，
∴△AMH≌△FME，
∴MH＝ME，AH＝EF＝EC，
∴AD+AH=CD+CE，
∴DH＝DE，
∵∠EDH＝90°，
∴DM⊥EM，DM＝ME；
（3）如图3中，延长EM到点 H，使EM=HM，连接AH，DE，DH，
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，
∵AM＝MF，∠AMH＝∠FME，
∴△AMH≌△FME，
∴AH＝EF＝EC，∠MAH=∠MFE，
∴AH∥EF，
延长AH交CE于点K，交CD于点O，
∴∠AKE=∠CEF=90°，
∴∠DCE+∠COK=∠DAH+∠AOD，
∵∠COK=∠AOD，
∴∠DCE=∠DAH，
在∆ DCE和∆DAH中，
∵，
∴∆DCE≅∆DAH，
∴DH=DE，∠CDE=∠ADH，
∴∠ADH+∠CDH=∠CDE+∠CDH=90°，即：∠HDE=∠ADC=90°，
∴∆HDE是等腰直角三角形，M是HE的中点，
∴DM⊥EM，DM＝ME，
故答案是：成立；

拓展应用：如图4中，连接DE．延长EM到H，使得MH＝ME，连接AH，延长FE交AD的延长线于K．作MR⊥DE于R．

易证△AMH≌△FME（SAS），
∴AH＝EF＝EC，∠MAH＝∠MFE，
∴AH∥DF，
∴∠DAH＋∠ADE＝180°，
∴∠DAH＋∠CDE＝90°，
∵∠DCE＋∠EDC＝90°
∴∠DAH＝∠DCE，
∵DA＝DC，
∴△DAH≌△DCE（SAS），
∴DH＝DE，∠ADH＝∠CDE，
∴∠HDE＝∠ADC＝90°，
∵ME＝MH，
∴DM⊥EH，DM＝MH＝EM，
在Rt△CDE中，DE＝，
∵DM＝ME，DM⊥ME，MR⊥DE，
∴MR＝DE＝6，DR＝RE＝6，
在Rt△FMR中，FM＝，
如图5中，作MR⊥DE于R．同法可得DE＝12，MR＝6，可得FR＝6−5＝1，

在Rt△MRF中，FM＝
综上所述：MF=或．
32．[探究发现]AE+AF=AB；[类比应用]AE+AF=AB；[拓展延伸]或
【分析】
[探究发现]证明△BDF≌△ADE，可得BF=AE，从而证明AB=AF+AE；
[类比应用] 取AB中点G，连接DG，利用ASA证明△GDF≌△ADE，得到GF=AE，可得AG=AB=AF+FG=AE+AF；
[拓展延伸]分当点E在线段AC上时，当点E在AC延长线上时，两种情况，取AC的中点H，连接DH，同理证明△ADF≌△HDE，得到AF=HE，从而求解．
【详解】
解：[探究发现]
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠C=45°，
∵D为BC中点，
∴AD⊥BC，∠BAD=∠CAD=45°，AD=BD=CD，
∴∠ADB=∠ADF+∠BDF=90°，
∵∠EDF=∠ADE+∠ADF=90°，
∴∠BDF=∠ADE，
又∵BD=AD，∠B=∠CAD=45°，
∴△BDF≌△ADE（ASA），
∴BF=AE，
∴AB=AF+BF=AF+AE；
[类比应用]
AE+AF=AB，理由是：
取AB中点G，连接DG，
∵点G是△ADB斜边中点，
∴DG=AG=BG=AB，
∵AB=AC，∠BAC=120°，点D为BC的中点，
∴∠BAD=∠CAD=60°，
∴∠GDA=∠BAD=60°，即∠GDF+∠FDA=60°，
又∵∠FAD+∠ADE=∠FDE=60°，
∴∠GDF=∠ADE，
∵DG=AG，∠BAD=60°，
∴△ADG为等边三角形，
∴∠AGD=∠CAD=60°，GD=AD，
∴△GDF≌△ADE（ASA），
∴GF=AE，
∴AG=AB=AF+FG=AE+AF；

[拓展延伸]
当点E在线段AC上时，
如图，取AC的中点H，连接DH，
当AB=AC=5，CE=1，∠EDF=60°时，
AE=4，此时F在BA的延长线上，
同（2）可得：△ADF≌△HDE，
∴AF=HE，
∵AH=CH=AC=，CE=1，
∴AF=HE=CH-CE=-1=；

当点E在AC延长线上时，
同理可得：AF=HE=CH+CE=+1=．

综上：AF的长为或．

33．（1）AG=EC，AG⊥EC；（2）①满足，理由见解析；②见解析；（3）CM=BN．
【分析】
（1）由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS得出三角形ABG与三角形CBE全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到CE=AG，∠BCE=∠BAG，再利用同角的余角相等即可得证；
（2）①利用SAS得出△ABG≌△CEB即可解决问题；
②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而AG=EC，可得出BP=BH，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM为角平分线；
（3）在AN上截取NQ=NB，可得出三角形BNQ为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到BQ=BN，接下来证明BQ=CM，即要证明三角形ABQ与三角形BCM全等，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由三角形ANM为等腰直角三角形得到NA=NM，利用等式的性质得到AQ=BM，利用SAS可得出全等，根据全等三角形的对应边相等即可得证．
【详解】
解：（1）AG=EC，AG⊥EC，理由为：
∵正方形BEFG，正方形ABCD，
∴GB=BE，∠ABG=90°，AB=BC，∠ABC=90°，
在△ABG和△BEC中，
，
∴△ABG≌△BEC（SAS），
∴CE=AG，∠BCE=∠BAG，
延长CE交AG于点M，
∴∠BEC=∠AEM，
∴∠ABC=∠AME=90°，
∴AG=EC，AG⊥EC；


（2）①满足，理由是：
如图2中，设AM交BC于O．

∵∠EBG=∠ABC=90°，
∴∠ABG=∠EBC，
在△ABG和△CEB中，
，
∴△ABG≌△CEB（SAS），
∴AG=EC，∠BAG=∠BCE，
∵∠BAG+∠AOB=90°，∠AOB=∠COM，
∴∠BCE+∠COM=90°，
∴∠OMC=90°，
∴AG⊥EC．
②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，
∵△ABG≌△CEB，
∴S△ABG=S△EBC，AG=EC，
∴EC•BP=AG•BH，
∴BP=BH，
∴MB平分∠AME；


（3）CM=BN，
理由为：在NA上截取NQ=NB，连接BQ，
∴△BNQ为等腰直角三角形，即BQ=BN，
∵∠AMN=45°，∠N=90°，
∴△AMN为等腰直角三角形，即AN=MN，
∴MN-BN=AN-NQ，即AQ=BM，
∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，
∴∠MBC=∠BAN，
在△ABQ和△BCM中，
，
∴△ABQ≌△BCM（SAS），
∴CM=BQ，
则CM=BN．



34．（1）t=5；（2）t=9；（3）t=15
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出DQ=CP，当0＜t＜10.5时，P、Q分别沿AD、BC运动，由题意得出方程，解方程即可；
（2）当0＜t＜10.5时，P、Q分别沿AD、BC运动，由梯形面积公式得出方程，解方程即可；
（3）当10.5≤t＜16时，点P到达C点返回，由梯形面积公式得出方程，解方程即可．
【详解】
解：（1）∵四边形PQDC是平行四边形，
∴DQ=CP，
当0＜t＜10.5时，P、Q分别沿AD、BC运动，如图1所示：

∵DQ=AD-AQ=16-t，
CP=21-2t
∴16-t=21-2t
解得：t=5；
即当t=5秒时，四边形PQDC是平行四边形；
（2）当0＜t＜10.5时，P、Q分别沿AD、BC运动，如图1所示：


CP=21-2t，DQ=16-t，
若以C，D，Q，P为顶点的四边形面积为60cm2，
则（DQ+CP）×AB=60，
即（16-t+21-2t）×12=60，
解得：t=9；
即当0＜t＜10.5时，若以C，D，Q，P为顶点的四边形面积为60cm2，t的值为9秒；
（3）当10.5≤t＜16时，如图2所示，点P到达C点返回，CP=2t-21，DQ=16-t，
则同（2）得：（DQ+CP）×AB=60，
即（16-t+2t-21）×12=60，
解得：t=15．
即当10.5≤t＜16时，若以C，D，Q，P为顶点的四边形面积为60cm2，t的值为15秒．


35．（1）3﹣3；（2）①6﹣2；②45°或225°；（3）3﹣3≤MN≤6＋3
【分析】
（1）过点C作CH⊥AB于H，由等腰直角三角形的性质可得CH＝BH＝AB，由勾股定理求出DH，则可求出答案；
（2）①由旋转的性质可得CD＝CD'＝，∠DCD'＝30°＝∠CDA＝∠CD'A'，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可得CF＝D'F＝3，EF＝，CE＝2EF＝2，即可求解；
②分两种情况讨论，由“SSS”可证△A'CD≌△BCD'，可得∠A'CD＝∠BCD'，即可求解；
（3）当A'D'⊥AC时，N是AC与A'D'的交点时，MN的长度最小，当A'D'⊥AC时，N是AC与A'D'的交点时，MN的长度最小，即可求解．
【详解】
解：（1）如图1，过点C作CH⊥AB于H，

∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，CH⊥AB，
∴AB＝CD＝6，CH＝BH＝AB＝3，∠CAB＝∠CBA＝45°，
∴DH＝，
∴BD＝DH﹣BH＝3﹣3；
（2）①如图2，过点E作EF⊥CD'于F，

∵将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A′CD′，
∴CD＝CD'＝6，
∵图1中CD=2CH，
∴∠DCD'＝30°＝∠CDA＝∠CD'A'，
∴CE＝D'E，
又∵EF⊥CD'，
∴CF＝D'F＝3，EF＝，CE＝2EF＝2，
∴DE＝DC﹣CE＝6﹣2；
②如图2﹣1，

∵∠ABC＝45°，∠ADC＝30°，
∴∠BCD＝15°，
∴∠ACD＝105°，
∵将△ACD绕点C逆时针旋转α（0°＜α＜360°）得到△A′CD′，
∴AC＝A'C，CD＝CD'，∠ACA'＝∠DCD'＝α，
∴CB＝CA'，
又∵A′D＝BD′，
∴△A'CD≌△BCD'（SSS），
∴∠A'CD＝∠BCD'，
∴105°﹣α＝15°＋α，
∴α＝45°；
如图2﹣2，

同理可证：△A'CD≌△BCD'，
∴∠A'CD＝∠BCD'，
∴α﹣105°＝360°﹣α﹣15°，
∴α＝225°，
综上所述：满足条件的α的度数为45°或225°；
（3）如图3，当A'D'⊥AC时，N是AC与A'D'的交点时，MN的长度最小，

∵∠A'＝45°，A'D'⊥AC，
∴∠A'＝∠NCA'＝45°，
∴CN＝A'N＝3，
∵点M为AC的中点，
∴CM＝AC＝3，
∴MN的最小值＝NC﹣CM＝3﹣3；
如图4，当点A，点C，点D'共线，且点N与点D'重合时，MN有最大值，

此时MN＝CM＋CN＝6＋3，
∴线段MN的取值范围是3﹣3≤MN≤6＋3．