中考数学压轴题剖析与精炼（含解析）：11 四边形问题学案

这是一份中考数学压轴题剖析与精炼（含解析）：11 四边形问题学案，共69页。
11 四边形问题

【典例分析】
【考点1】多边形的内角和与外角和
【例1】一个十二边形的内角和等于( )
A．2160° B．2080° C．1980° D．1800°
【答案】D
【解析】
【分析】
根据多边形的内角和公式进行求解即可.
【详解】
多边形内角和公式为，其中为多边形的边的条数，
∴十二边形内角和为，
故选D.
【点睛】
本题考查了多边形的内角和，熟记多边形的内角和公式是解题的关键.
【变式1-1】已知正多边形的一个外角为36°，则该正多边形的边数为( ).
A．12 B．10 C．8 D．6
【答案】B
【解析】
【分析】
利用多边形的外角和是360°，正多边形的每个外角都是36°，即可求出答案．
【详解】
解：360°÷36°＝10，所以这个正多边形是正十边形．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了多边形的外角和定理．是需要识记的内容．
【变式1-2】如图，六边形的内角都相等，，则_______°．

【答案】60°．
【解析】
【分析】
先根据多边形内角和公式求出六边形的内角和，再除以6即可求出的度数，由平行线的性质可求出的度数．
【详解】
解：在六边形中，
，
，
∴，
∵，
∴，
故答案为：60°．
【点睛】
本题考查了多边形的内角和公式，平行线的性质等，解题关键是能够熟练运用多边形内角和公式及平行线的性质．
【考点2】平行四边形的判定与性质的应用
【例2】如图，中，对角线、相交于点O，交于点E，连接，若的周长为28，则的周长为（ ）

A．28 B．24 C．21 D．14
【答案】D
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质和中垂线定理，再结合题意进行计算，即可得到答案.
【详解】
解：∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∵平行四边形的周长为28，
∴
∵，
∴是线段的中垂线，
∴，
∴的周长，
故选：D．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质和中垂线定理，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质和中垂线定理.
【变式2-1】如图，在四边形中，是边的中点，连接并延长，交的延长线于点，.添加一个条件使四边形为平行四边形，你认为下面四个条件中可选择的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
把A、B、C、D四个选项分别作为添加条件进行验证，D为正确选项．添加D选项，即可证明△DEC≌△FEB，从而进一步证明DC＝BF＝AB，且DC∥AB，则四边形ABCD是平行四边形.
【详解】
∵∠F＝∠CDE，
∴CD∥AF，
在△DEC与△FEB中，
，
∴△DEC≌△FEB（ASA），
​∴DC＝BF，∠C＝∠EBF，
∴AB∥DC，
∵AB＝BF，
∴DC＝AB，
​∴四边形ABCD为平行四边形．
故选D.
【点睛】
本题是一道探索性的试题，考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．平行四边形的判定方法有：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤.两组对角分别相等的四边形是平行四边形.
【变式2-2】如图，在▱ABCD中，点M，N分别是边AB，CD的中点．
求证：AN=CM．

【答案】见解析
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质：平行四边的对边相等，可得，，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可得.
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD．
∵M，N分别是AB、CD的中点，
∴CN=CD，AM=AB，
∵CN∥AM，
∴四边形ANCM为平行四边形，
∴AN=CM．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质，根据条件选择适当的判定方法是解题关键.
【变式2-3】如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，延长CE，BA交于点F，连接AC，DF．
（1）求证：四边形ACDF是平行四边形；
（2）当CF平分∠BCD时，写出BC与CD的数量关系，并说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）BC=2CD，理由见解析.
【解析】
分析：（1）利用矩形的性质，即可判定△FAE≌△CDE，即可得到CD=FA，再根据CD∥AF，即可得出四边形ACDF是平行四边形；
（2）先判定△CDE是等腰直角三角形，可得CD=DE，再根据E是AD的中点，可得AD=2CD，依据AD=BC，即可得到BC=2CD．
详解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠FAE=∠CDE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
又∵∠FEA=∠CED，
∴△FAE≌△CDE，
∴CD=FA，
又∵CD∥AF，
∴四边形ACDF是平行四边形；
（2）BC=2CD．
证明：∵CF平分∠BCD，
∴∠DCE=45°，
∵∠CDE=90°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CD=DE，
∵E是AD的中点，
∴AD=2CD，
∵AD=BC，
∴BC=2CD．
点睛：本题主要考查了矩形的性质以及平行四边形的判定与性质，要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的．
【考点3】矩形的判定与性质的应用
【例3】如图，在矩形中，，对角线与相交于点，，垂足为点，且平分，则的长为_____.

【答案】．
【解析】
【分析】
由矩形的性质可得AO=CO=BO=DO，可证△ABE≌△AOE，可得AO=AB=BO=DO，由勾股定理可求AB的长．
【详解】
解：∵四边形是矩形
∴，
∵平分
∴，且，，
∴≌（）
∴，且
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练运用矩形的性质是本题的关键．
【变式3-1】在中，分别是的中点，连接
求证：四边形是矩形；
请用无刻度的直尺在图中作出的平分线（保留作图痕迹，不写作法）．

【答案】（1）证明见解析；（2）作图见解析.
【解析】
【分析】
首先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可判断．
连接交于点，作射线即可．
【详解】
证明：分别是的中点，

四边形是平行四边形，

四边形是矩形
连接交于点，作射线，射线即为所求．

【点睛】
本题考查三角形中位线定理，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识.
【变式3-2】如图，在□ABCD 中，对角线 AC 与 BD 相交于点 O ，点 E ， F 分别为 OB ， OD 的中点，延长 AE 至 G ，使 EG ＝AE ，连接 CG ．
（1）求证： △ABE≌△CDF ；
（2）当 AB 与 AC 满足什么数量关系时，四边形 EGCF 是矩形？请说明理由.

【答案】（1）见解析；（2）时,四边形EGCF是矩形，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，由平行线的性质得出∠ABE=∠CDF，证出BE=DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
（2）证出AB=OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG=90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，由三角形中位线定理得出OE∥CG，EF∥CG，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，
∴∠ABE=∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE=OB，DF=OD，
∴BE=DF，
在△ABE和△CDF中，


（2）当AC=2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：
∵AC=2OA，AC=2AB，
∴AB=OA，
∵E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠OEG=90°，
同理：CF⊥OD，
∴AG∥CF，
∴EG∥CF，
∵EG=AE，OA=OC，
∴OE是△ACG的中位线，
∴OE∥CG，
∴EF∥CG，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵∠OEG=90°，
∴四边形EGCF是矩形．
【点睛】
本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.
【考点4】菱形判定与性质的应用
【例4】如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AD，DC的中点，若BD＝4，EF＝3，则菱形ABCD的周长为__．

【答案】.
【解析】
【分析】
连接AC，利用三角形的中位线定理求得AC的长，从而利用菱形的性质求得AO和BO的长，利用勾股定理求得边长后即可求得周长．
【详解】
解：如图，连接AC，

∵E，F分别是AD，DC的中点，EF＝3，
∴AC＝2EF＝6，
∵四边形ABCD为矩形，BD＝4，
∴AC⊥BD，AO＝3，BO＝2，
∴AB＝，
∴周长为，
故答案为：．
【点睛】
考查了菱形的性质，解题的关键是了解菱形的对角线互相垂直平分，难度不大．
【变式4-1】如图，在菱形中，对角线交于点，过点作于点，已知BO=4，S菱形ABCD=24，则___．

【答案】
【解析】
【分析】
根据菱形面积=对角线积的一半可求，再根据勾股定理求出，然后由菱形的面积即可得出结果.
【详解】
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、勾股定理以及菱形面积公式.熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出是解题的关键.
【变式4-2】如图，矩形的顶点，分别在菱形的边，上，顶点、在菱形的对角线上.

（1）求证：；
（2）若为中点，，求菱形的周长。
【答案】（1）证明见解析；（2）8.
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质得到EH=FG，EH∥FG，得到∠GFH=∠EHF，求得∠BFG=∠DHE，根据菱形的性质得到AD∥BC，得到∠GBF=∠EDH，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）连接EG，根据菱形的性质得到AD=BC，AD∥BC，求得AE=BG，AE∥BG，得到四边形ABGE是平行四边形，得到AB=EG，于是得到结论．
【详解】
（1）∵四边形EFGH是矩形，
∴EH=FG，EH∥FG，
∴∠GFH=∠EHF，
∵∠BFG=180°-∠GFH，∠DHE=180°-∠EHF，
∴∠BFG=∠DHE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠GBF=∠EDH，
∴△BGF≌△DEH（AAS），
∴BG=DE；
（2）连接EG，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵E为AD中点，
∴AE=ED，
∵BG=DE，
∴AE=BG，AE∥BG，
∴四边形ABGE是平行四边形，
∴AB=EG，
∵EG=FH=2，
∴AB=2，
∴菱形ABCD的周长=8．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别作图是解题的关键．
【变式4-3】如图，BD是▱ABCD的对角线，按以下步骤作图：①分别以点B和点D为圆心，大于BD的长为半径作弧，两弧相交于E，F两点；②作直线EF，分别交AD，BC于点M，N，连接BM，DN．若BD＝8，MN＝6，则▱ABCD的边BC上的高为___．

【答案】.
【解析】
【分析】
由作法得MN垂直平分BD，则MB=MD，NB=ND，再证明△BMN为等腰三角形得到BM=BN，则可判断四边形BMDN为菱形，利用菱形的性质和勾股定理计算出BN=5，然后利用面积法计算的边BC上的高．
【详解】

由作法得MN垂直平分BD，
∴MB＝MD，NB＝ND，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠MDB＝∠NBD，
而MB＝MD，
∴∠MBD＝∠MDB，
∴∠MBD＝∠NBD，
而BD⊥MN，
∴△BMN为等腰三角形，
∴BM＝BN，
∴BM＝BN＝ND＝MD，
∴四边形BMDN为菱形，
∴，
设▱ABCD的边BC上的高为h，
∵，
∴，
即▱ABCD的边BC上的高为．
故答案为．
【点睛】
本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了平行四边形的性质．
【考点5】正方形的判定与性质的应用
【例5】如果一个正方形的面积是3，那么它的边长是＝_______.
【答案】
【解析】
【分析】
正方形的面积公式：S=a，所以a= ，求出这个正方形的边长，即可解答．
【详解】
设正方形的边长为a，则有
a2=3
∴边长为a=
故答案为
【点睛】
此题考查正方形的面积，掌握运算公式是解题关键
【变式5-1】如图，，是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是_____．

【答案】
【解析】
【分析】
连接交于点，则可证得，，可证四边形为平行四边形，且，可证得四边形为菱形；根据勾股定理计算的长，可得结论．
【详解】
如图，连接交于点，
∵四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴四边形为平行四边形，且，
∴四边形为菱形，
∴，
∵，，
由勾股定理得：，
∴四边形的周长，
故答案为：.

【点睛】
本题考查了正方形的性质、菱形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键．
【变式5-2】如图①，等腰直角三角形的直角顶点为正方形的中心，点，分别在和上，现将绕点逆时针旋转角，连接，（如图②）．
（1）在图②中，　 　；（用含的式子表示）
（2）在图②中猜想与的数量关系，并证明你的结论．

【答案】（1）；（2）．理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）如图②，利用旋转得，再利用四边形为正方形，求出∠AOD，从而求出∠AOF;
（2）如图②，利用四边形为正方形，得到，，又因为为等腰三角形，所以OF=OE,再证明即可.
【详解】
解：（1）如图②，
绕点逆时针旋转角，
，
四边形为正方形，
，
；
故答案为；
（2）．
理由如下：
如图②，四边形为正方形，
，，
，
，
为等腰直角三角形，
，
在和中
，
，
．
【点睛】
本题考查的是等腰直角三角形和正方形的综合运用，熟练掌握旋转的性质是解题的关键.
【达标训练】
一、单选题
1．如图，某人从点A出发，前进8m后向右转60°，再前进8m后又向右转60°，按照这样的方式一直走下去，当他第一次回到出发点A时，共走了（　　）

A．24m B．32m C．40m D．48m
【答案】D
【解析】
【分析】
从A点出发，前进8m后向右转60°，再前进8m后又向右转60°，…，这样一直走下去，他第一次回到出发点A时，所走路径为正多边形，根据正多边形的外角和为360°，判断多边形的边数，再求路程．
【详解】
解：依题意可知，某人所走路径为正多边形，设这个正多边形的边数为n，
则60n＝360，解得n＝6，
故他第一次回到出发点A时，共走了：8×6＝48（m）．
故选：D．
【点睛】
本题考查了多边形的外角和，正多边形的判定与性质．关键是根据每一个外角判断多边形的边数．
2．如图，已知矩形一条直线将该矩形分割成两个多边形（含三角形），若这两个多边形的内角和分别为和则不可能是（ ）.

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
如图，一条直线将该矩形ABCD分割成两个多边（含三角形）的情况有以上三种，
①当直线不经过任何一个原来矩形的顶点，
此时矩形分割为一个五边形和三角形，
∴M+N=540°+180°=720°；

②当直线经过一个原来矩形的顶点，
此时矩形分割为一个四边形和一个三角形，
∴M+N=360°+180°=540°；

③当直线经过两个原来矩形的对角线顶点，
此时矩形分割为两个三角形，
∴M+N=180°+180°=360°．

故选D．
3．四边形的对角线与相交于点，下列四组条件中，一定能判定四边形为平行四边形的是(　　)
A． B．，
C．， D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定方法逐一进行分析判断即可.
【详解】
A.只有一组对边平行无法判定四边形是平行四边形，故错误；
B. ，，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可以判定，故正确；
C. ，，一组对边平行，一组对边相等的四边形可能是平行四边形也可能是等腰梯形，故错误；
D. 对角线互相垂直不能判定四边形是平行四边形，故错误，
故选B.
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键.
4．若正多边形的内角和是，则该正多边形的一个外角为（　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据多边形的内角和公式求出多边形的边数，再根据多边形的外角和是固定的，依此可以求出多边形的一个外角．
【详解】
正多边形的内角和是，
多边形的边数为
多边形的外角和都是，
多边形的每个外角
故选．
【点睛】
本题主要考查了多边形的内角和与外角和之间的关系，关键是记住内角和的公式与外角和的特征，难度适中．
5．如图，在平行四边形中，、是上两点，，连接、、、，添加一个条件，使四边形是矩形，这个条件是( )

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由平行四边形的性质可知：，，再证明即可证明四边形是平行四边形．
【详解】
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵对角线上的两点、满足，
∴，即，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
6．如图，在△ABC中，点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，已知∠ADE=65°，则∠CFE的度数为（ ）

A．60° B．65° C．70° D．75°
【答案】B
【解析】
【分析】
根据三角形中位线的性质可得DE//BC，EF//AB，根据平行线的性质求出∠CFE的度数即可.
【详解】
∵点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，
∴DE//BC，EF//AB，
∴∠ADE=∠B，∠B=∠CFE，
∵∠ADE=65°，
∴∠CFE=∠ADE=65°，
故选B.
【点睛】
本题考查了三角形中位线的性质及平行线的性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，熟练掌握相关性质是解题关键.
7．如图，在四边形中，，是对角线，分别是的中点，连接，则四边形的形状是（　　）

A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【答案】C
【解析】
【分析】
根据三角形的中位线定理可得，平行且等于的一半，平行且等于的一半，根据等量代换和平行于同一条直线的两直线平行，得到和平行且相等，所以为平行四边形，又因为等于的一半且，所以得到所证四边形的邻边与相等，所以四边形为菱形．
【详解】
解：∵分别是的中点，
∴在 中，为的中位线，所以且；同理且，同理可得，
则且，
∴四边形为平行四边形，又，所以，
∴四边形为菱形．
故选：C．
【点睛】
此题考查学生灵活运用三角形的中位线定理，平行四边形的判断及菱形的判断进行证明，是一道综合题．
8．如图，D是△ABC内一点，BD⊥CD，AD＝7，BD＝4，CD＝3，E、F、G、H分别是AB、BD、CD、AC的中点，则四边形EFGH的周长为( )

A．12 B．14 C．24 D．21
【答案】A
【解析】
【分析】
利用勾股定理列式求出BC的长，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EH＝FG＝BC，EF＝GH＝AD，然后代入数据进行计算即可得解．
【详解】
∵BD⊥CD，BD＝4，CD＝3，
∴BC＝，
∵E、F、G、H分别是AB、AC、CD、BD的中点，
∴EH＝FG＝BC，EF＝GH＝AD，
∴四边形EFGH的周长＝EH+GH+FG+EF＝AD+BC，
又∵AD＝7，
∴四边形EFGH的周长＝7+5＝12.
故选A.
【点睛】
此题考查三角形中位线定理，勾股定理，解题关键在于求出BC的值
9．已知菱形，是动点，边长为4， ，则下列结论正确的有几个（ ）

①； ②为等边三角形
③ ④若，则
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】
【分析】
①易证△ABC为等边三角形，得AC=BC，∠CAF=∠B，结合已知条件BE=AF可证△BEC≌△AFC；②得FC=EC，∠FCA=∠ECB，得∠FCE=∠ACB，进而可得结论；③证明∠AGE=∠BFC则可得结论；④分别证明△AEG∽△FCG和△FCG∽△ACF即可得出结论.
【详解】
在四边形是菱形中，
∵，
∴
∵
∴
∴△ABC为等边三角形，
∴
又，
∴，故①正确；
∴，
∴∠FCE=∠ACB=60°,
∴为等边三角形，故②正确；
∵∠AGE+∠GAE+∠AEG=180°，∠BEC+∠CEF+∠AEG=180°，
又∵∠CEF=∠CAB=60°,
∴∠BEC=∠AGE，
由①得，∠AFC=∠BEC，
∴∠AGE=∠AFC，故③正确；
∴∠AEG=∠FCG
∴△AEG∽△FCG，
∴，
∵∠AGE=∠FGC，∠AEG=∠FCG
∴∠CFG=∠GAE=∠FAC，
∴△ACF∽△FCG，
∴
∴
∵AF=1，
∴BE=1，
∴AE=3，
∴，故④正确.
故选D.
【点睛】
本题主要考查了运用菱形的性质求解，主要的知识点有：全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，难度较大，综合性较强，是一道好题.
10．如图，在中，，依据尺规作图的痕迹，计算的度数是（　　）

A．67°29′ B．67°9′ C．66°29′ D．66°9′
【答案】D
【解析】
【分析】
根据平行四边形性质，角平分线性质和线段垂直平分线性质可求出结果.
【详解】
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
由作法得垂直平分，平分，
∴，，
∵，
∴，
∴的度数是66°9′．
故选：D．

【点睛】
考核知识点：线段垂直平分线，平行四边形性质.理解作图的意义是关键.
11．如图，在中，分别是的中点，点在延长线上，添加一个条件使四边形为平行四边形，则这个条件是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
利用三角形中位线定理得到，结合平行四边形的判定定理进行选择．
【详解】
∵在中，分别是的中点，
∴是的中位线，
∴．
A、根据不能判定，即不能判定四边形为平行四边形，故本选项错误．
B、根据可以判定，即，由“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”得到四边形为平行四边形，故本选项正确．
C、根据不能判定，即不能判定四边形为平行四边形，故本选项错误．
D、根据不能判定四边形为平行四边形，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】
本题三角形的中位线的性质和平行四边形的判定．三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．
12．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于M、N，连按EN、EF、有以下结论：①AN＝EN，②当AE＝AF时，＝2﹣，③BE+DF＝EF，④存在点E、F，使得NF＞DF，其中正确的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
①如图1，证明△AMN∽△BME和△AMB∽△NME，可得∠NAE=∠AEN=45°，则△AEN是等腰直角三角形可作判断；
②先证明CE=CF，假设正方形边长为1，设CE=x，则BE=1-x，表示AC的长为AO+OC可作判断；
③如图3，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，证明△AEF≌△AEH（SAS），则EF=EH=BE+BH=BE+DF，可作判断；
④在△ADN中根据比较对角的大小来比较边的大小．
【详解】
①如图1，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBM＝∠ADM＝∠FDN＝∠ABD＝45°，
∵∠MAN＝∠EBM＝45°，∠AMN＝∠BME，
∴△AMN∽△BME，
∴，
∵∠AMB＝∠EMN，
∴△AMB∽△NME，
∴∠AEN＝∠ABD＝45°
∴∠NAE＝∠AEN＝45°，
∴△AEN是等腰直角三角形，
∴AN＝EN，
故①正确；
②在△ABE和△ADF中，
∵，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE＝DF，
∵BC＝CD，
∴CE＝CF，
假设正方形边长为1，设CE＝x，则BE＝1﹣x，
如图2，连接AC，交EF于H，

∵AE＝AF，CE＝CF，
∴AC是EF的垂直平分线，
∴AC⊥EF，OE＝OF，
Rt△CEF中，OC＝EF＝x，
△EAF中，∠EAO＝∠FAO＝22.5°＝∠BAE＝22.5°，
∴OE＝BE，
∵AE＝AE，
∴Rt△ABE≌Rt△AOE（HL），
∴AO＝AB＝1，
∴AC＝＝AO+OC，
∴1+x＝，
x＝2﹣，
∴＝＝＝；
故②不正确；
③如图3，

∴将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则AF＝AH，∠DAF＝∠BAH，
∵∠EAF＝45°＝∠DAF+∠BAE＝∠HAE，
∵∠ABE＝∠ABH＝90°，
∴H、B、E三点共线，
在△AEF和△AEH中，
，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EF＝EH＝BE+BH＝BE+DF，
故③正确；
④△ADN中，∠FND＝∠ADN+∠NAD＞45°，
∠FDN＝45°，
∴DF＞FN，
故存在点E、F，使得NF＞DF，
故④不正确；
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，等腰直角三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质和判定等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线构造全等三角形.
二、填空题
13．已知一个多边形的每一个内角都等于108°，则这个多边形的边数是　 　．
【答案】5
【解析】
试题分析：∵多边形的每一个内角都等于108°，∴每一个外角为72°．
∵多边形的外角和为360°，∴这个多边形的边数是：360÷÷72=5．
14．如图，在矩形ABCD中，，，点E从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AD向点D运动，同时点F从点C出发，以每秒1个单位长度的速度沿CB向点B运动，当点E到达点D时，点E，F同时停止运动．连接BE，EF，设点E运动的时间为t，若是以BE为底的等腰三角形，则t的值为________．

【答案】
【解析】
【分析】
过点E作于G，可得，，由勾股定理可求t的值．
【详解】
如图，过点E作于G，

∴四边形ABGE是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，利用勾股定理列出方程是本题的关键．
15．如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E是AB的中点，的周长是8，则的周长为_____．

【答案】16 ．
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质可得，进而可得OE是的中位线，由三角形中位线定理得出，再根据平行四边形的性质可得，从而可得的周长的周长．
【详解】
解：∵▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，
，
∴O为BD中点，
∵点E是AB的中点，

∵四边形ABCD是平行四边形，


的周长为8，


的周长是16，
故答案为16．
【点睛】
考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理以及线段中点的定义．关键是掌握平行四边形的性质：①边：平行四边形的对边平行且相等．②角：平行四边形的对角相等；③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
16．如图，已知点E在正方形ABCD的边AB上，以BE为边向正方形ABCD外部作正方形BEFG，连接DF，M、N分别是DC、DF的中点，连接MN.若AB=7，BE=5，则MN=_______.

【答案】
【解析】
【分析】
连接FC，根据三角形中位线定理可得FC=2MN，继而根据四边形ABCD，四边形EFGB是正方形，推导得出G、B、C三点共线，然后再根据勾股定理可求得FC的长，继而可求得答案.
【详解】
连接FC，∵M、N分别是DC、DF的中点，
∴FC=2MN，
∵四边形ABCD，四边形EFGB是正方形，
∴∠FGB=90°，∠ABG=∠ABC=90°，FG=BE=5，BC=AB=7，
∴∠GBC=∠ABG+∠ABC=180°，
即G、B、C三点共线，
∴GC=GB+BC=5+7=12，
∴FC==13，
∴MN=，
故答案为：.

【点睛】
本题考查了正方形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，正确添加辅助线，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键.
17．如图，正方形纸片的边长为12，是边上一点，连接．折叠该纸片，使点落在上的点，并使折痕经过点，得到折痕，点在上．若，则的长为__________．

【答案】
【解析】
【分析】
先根据勾股定理得出AE的长，然后根据折叠的性质可得BF垂直平分AG，再根据,求出AM 的长，从而得出AG,继而得出GE的长
【详解】
解：在正方形中，∠BAD=∠D =，

∴∠BAM+∠FAM=
在Rt中，
∵由折叠的性质可得
∴AB=BG，∠FBA=∠FBG
∴BF垂直平分AG，
∴AM=MG，∠AMB=
∴∠BAM+∠ABM=
∴∠ABM=∠FAM
∴
∴ ，∴
∴AM=, ∴AG=
∴GE=5-
【点睛】
本题考查了正方形与折叠，勾股定理，等腰三角形的性质，以及三角形相似的判定和性质，熟练掌握相关的知识是解题的关键
18．如图所示，过正五边形的顶点作一条射线与其内角的角平分线相交于点，且，则_____度．

【答案】66
【解析】
【分析】
首先根据正五边形的性质得到度，然后根据角平分线的定义得到度，再利用三角形内角和定理得到的度数．
【详解】
解：∵五边形为正五边形，
∴度，
∵是的角平分线，
∴度，
∵，
∴．
故答案为：66．
【点睛】
本题考查了多边形内角与外角，题目中还用到了角平分线的定义及三角形内角和定理．
19．用一条宽度相等的足够长的纸条打一个结（如图1所示），然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图2所示的正五边形．图中，____度．

【答案】36°.
【解析】
【分析】
利用多边形的内角和定理和等腰三角形的性质即可解决问题．
【详解】
，是等腰三角形，
度．
【点睛】
本题主要考查了多边形的内角和定理和等腰三角形的性质． 解题关键在于知道n边形的内角和为：180°（n﹣2）．
20．如图，正方形的边长为4，为上一点，且，为边上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边，连接，则的最小值为_____．

【答案】
【解析】
【分析】
由题意分析可知，点为主动点，为从动点，所以以点为旋转中心构造全等关系，得到点的运动轨迹，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得最小值．
【详解】
由题意可知，点是主动点，点是从动点，点在线段上运动，点也一定在直线轨迹上运动

将绕点旋转，使与重合，得到，
从而可知为等边三角形，点在垂直于的直线上，
作，则即为的最小值，
作，可知四边形为矩形，
则.
故答案为．

【点睛】
本题考查了线段极值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点的运动轨迹，是本题的关键．
21．如图，在中，、是对角线上两点，，，，则的大小为___________

【答案】21°.
【解析】
【分析】
由直角三角形斜边中线的性质得DE＝AE＝EF，进而可得DC＝DE，设∠ADE＝x，则∠DAE＝x，进而可得∠DCE＝∠DEC＝2x，再根据平行线的性质可得 ∠ACB＝∠DAE＝x，再根据∠ACB+∠ACD＝∠BCD=63°，即可求得答案.
【详解】
∵AE＝EF，∠ADF＝90°，
∴DE＝AE＝EF，
∴∠DAE=∠ADE，
又∵AE＝EF＝CD，
∴DC＝DE，
∴∠DEC=∠DCE，
设∠ADE＝x，则∠DAE＝x，
则∠DCE＝∠DEC＝2x，
又AD∥BC，
∴∠ACB＝∠DAE＝x，
由∠ACB+∠ACD＝∠BCD=63°，
得：x+2x＝63°，
解得：x＝21°，
∴∠ADE=21°，
故答案为：21°.
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，平行四边形的性质等，正确把握相关性质是解题的关键.
22．如图，在四边形中，．若将沿折叠,点与边的中点恰好重合，则四边形的周长为________．

【答案】20
【解析】
【分析】
根据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到DE=BE=AB=5，再根据折叠的性质，即可得到四边形BCDE的周长为5×4=20．
【详解】
解：∵BD⊥AD，点E是AB的中点，
∴DE=BE=AB=5，
由折叠可得，CB=BE，CD=ED，
∴四边形BCDE的周长为5×4=20，
故答案为：20．
【点睛】
本题主要考查了直角三角形的性质及折叠问题，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
23．如图，已知菱形的对角线交于点为的中点，若，则菱形的周长为_____．

【答案】24
【解析】
【分析】
根据菱形的对角线互相平分可得，然后求出是的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出，然后根据菱形的周长公式计算即可得解．
【详解】
四边形是菱形，

点是的中点，
是的中位线，
，
菱形的周长；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质以及三角形中位线定理；熟记菱形性质与三角形中位线定理是解题的关键．
24．如图，平行四边形纸片ABCD的边AB，BC的长分别是10cm和7.5cm，将其四个角向内对折后，点B与点C重合于点C'，点A与点D重合于点A′．四条折痕围成一个“信封四边形”EHFG，其顶点分别在平行四边形ABCD的四条边上，则EF＝__cm．

【答案】10．
【解析】
【分析】
先根据有三个角是直角的四边形是矩形证明四边形EHFG是矩形，再证明△FCH≌△EAG，可得CF=AE=FC'，可知EF=AB，即可得结论．
【详解】
如图中，

由翻折可知：∠CHF＝∠FHC'，∠BHE＝∠EHC'，
∴∠FHE＝∠FHC'+∠EHC'（∠CHC'+∠BHC'）＝90°，
同法可证：∠HFG＝∠GEH＝90°，
∴四边形EHFG是矩形．
∴FH＝EG，FH∥EG，
∴∠HFC'＝∠FEG，
∵∠CFH＝∠HFC'，∠AEG＝∠GEA'，
∴∠CFH＝∠AEG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C＝∠A，BC＝AD，
由翻折得：CH＝C'H＝BHBC，AG＝A'G＝DGAD，
∴CH＝AG，
∴△HCF≌△GAE（AAS），
∴CF＝AE，
∴EF＝FC'+EC'＝AE+BE＝AB＝10cm，
故答案为：10．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，翻折变换，矩形的判定和性质，三角形全等的性质和判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
25．如图，，是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是_____．

【答案】
【解析】
【分析】
连接交于点，则可证得，，可证四边形为平行四边形，且，可证得四边形为菱形；根据勾股定理计算的长，可得结论．
【详解】
如图，连接交于点，
∵四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴四边形为平行四边形，且，
∴四边形为菱形，
∴，
∵，，
由勾股定理得：，
∴四边形的周长，
故答案为：.

【点睛】
本题考查了正方形的性质、菱形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键．
26．如图，在中，为斜边的中点，连接，点是边上的动点（不与点重合），过点作交延长线交于点，连接，下列结论：
①若，则；
②若，则；
③和一定相似；
④若，则．
其中正确的是_____．（填写所有正确结论的序号）

【答案】①②④
【解析】
【分析】
①由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得AD=BD，由BF=CF，BD=CD得DE是BC的垂直平分线，得BE=CE，再由勾股定理便可得结论，由此判断结论的正误；②证明△ABC∽△DBE，求得BE，再证明DE∥AB，得DE垂直平分BC，得CE=BE，便可判断结论的正误；③证明∠ABD=∠CBE，再证明BE与BC或BC与BE两边的比不一定等于AB与BD的比，便可判断结论正误；④先求出AC，进而得BD，再在Rt△BCE中，求得BE，进而由勾股定理求得结果，便可判断正误．
【详解】
解：①为斜边的中点，
，
，
，
，

，


故①正确；
②，
，
，
，
，
，
即．
，
，
，
，
，

，
，
垂直平分，
，
，
故②正确；
③，
，
，
但随着点运动，的长度会改变，而
或不一定等于，
和不一定相似，
故③错误；
④，


，
，
，
故④正确；
故答案为：①②④．
【点睛】
本题是三角形的一个综合题，主要考查了勾股定理，相似三角形的性质与判定，解直角三角形，直角三角形的性质，线段垂直平分线的判定与性质，考试的内容多，难度较大，关键是综合应用以上性质灵活解题．
三、解答题
27．如图，在矩形ABCD中，对角线AC的中点为O，点G，H在对角线AC上，AG＝CH，直线GH绕点O逆时针旋转α角，与边AB、CD分别相交于点E、F（点E不与点A、B重合）．

（1）求证：四边形EHFG是平行四边形；
（2）若∠α＝90°，AB＝9，AD＝3，求AE的长．
【答案】（1）详见解析；（2）AE＝5．
【解析】
【分析】
（1）由“ASA”可证△COF≌△AOE，可得EO＝FO，且GO＝HO，可证四边形EHFG是平行四边形；
（2）由题意可得EF垂直平分AC，可得AE＝CE，由勾股定理可求AE的长．
【详解】
证明：（1）∵对角线AC的中点为O
∴AO＝CO，且AG＝CH
∴GO＝HO
∵四边形ABCD是矩形
∴AD＝BC，CD＝AB，CD∥AB
∴∠DCA＝∠CAB，且CO＝AO，∠FOC＝∠EOA
∴△COF≌△AOE（ASA）
∴FO＝EO，且GO＝HO
∴四边形EHFG是平行四边形；
（2）如图，连接CE

∵∠α＝90°，
∴EF⊥AC，且AO＝CO
∴EF是AC的垂直平分线，
∴AE＝CE，
在Rt△BCE中，CE2＝BC2+BE2，
∴AE2＝（9﹣AE）2+9，
∴AE＝5
【点睛】
此题主要考查特殊平行四边形的证明与性质，解题的关键是熟知矩形的性质及勾股定理的运用.
28．如图，点E、F、G、H分别在矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA(不包括端点)上运动，且满足，．
(1)求证：；
(2)试判断四边形EFGH的形状，并说明理由．
(3)请探究四边形EFGH的周长一半与矩形ABCD一条对角线长的大小关系，并说明理由．

【答案】(1)证明见解析；(2)四边形EFGH是平行四边形，理由见解析；(3)四边形EFGH的周长一半大于或者等于矩形ABCD一条对角线长度，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据全等三角形的判定定理SAS证得结论；
（2）由（1）中全等三角形的性质得到：EH=GF，同理可得FE=HG，即可得四边形EFGH是平行四边形；
（3）由 轴对称--最短路径问题得到：四边形EFGH的周长一半大于或等于矩形ABCD一条对角线长度．
【详解】
解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴．
∴在与中，，
∴；
(2)∵由(1)知，，则，同理证得，则，
∴四边形EFGH是平行四边形；
(3) 四边形EFGH的周长一半大于或等于矩形ABCD一条对角线长度．
理由如下：作G关于BC的对称点G′，连接EG′，可得EG′的长度就是EF+FG的最小值．

连接AC，
∵CG′=CG=AE，AB∥CG′，
∴四边形AEG′C为平行四边形，
∴EG′=AC．
在△EFG′中，∵EF+FG′≥EG′=AC，
∴四边形EFGH的周长一半大于或等于矩形ABCD一条对角线长度．
【点睛】
考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质．灵活运用这些性质进行推理证明是本题的关键．
29．如图，把平行四边形纸片沿折叠，点落在点处，与相交于点．

（1）连接，则与的位置关系是　 　；（2）与相等吗？证明你的结论．
【答案】（1）；（2）与相等，详见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据，，即可得到，再根据三角形内角和定理，即可得到，进而得出；
（2）依据平行线的性质以及折叠的性质，即可得到，进而得出．
【详解】
解：（1）连接，
在平行四边形中，
，，
把平行四边形纸片沿折叠，点落在点处.
，，
，
.
，
.
，
故答案为；
（2）与相等．
由折叠可得，，
，
，
，
．

【点睛】
本题主要考查了折叠问题以及平行四边形的性质，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
30．如图，四边形中，，点、分别在上，，过点、分别作的垂线，垂足为、．

（1）求证：；（2）连接，线段与是否互相平分？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）线段与互相平分，见解析.
【解析】
【分析】
（1）由垂线的性质得出∠G=∠H=90°，AG∥CH，由平行线的性质和对顶角相等得出∠AEG=∠CFH，由AAS即可得出△AGE≌△CHF；
（2）连接AH、CG，由全等三角形的性质得出AG=CH，证出四边形AHCG是平行四边形，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：，，
，，
，
，
，，
，
在和中，，
；
（2）线段与互相平分，理由如下：
连接、，如图所示：

由（1）得：，
，
，
∴四边形是平行四边形，
∴线段与互相平分．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、平行线的性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
31．如图，在▱ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F，再分别以点B、F为圆心，大于BF的相同长为半径画弧，两弧交于点P；连接AP并延长交BC于点E，连接EF，则所得四边形ABEF是菱形．
（1）根据以上尺规作图的过程，求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若菱形ABEF的周长为16，AE=4，求∠C的大小．

【答案】（1）证明见解析；（2）60°．
【解析】
试题分析：（1）由作图过程可知，AB＝AF，AE平分∠BAD，即可得∠BAE＝∠EAF．再由四边形ABCD为平行四边形，可得BC∥AD，根据平行线的性质可得∠AEB＝∠EAF，所以∠BAE＝∠AEB，根据等腰三角形的性质可得AB＝BE，即可得BE＝AF，所以四边形ABEF为平行四边形，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可判定四边形ABEF为菱形；（2）连接BF，已知四边形ABEF为菱形，根据菱形的性质可得BF与AE互相垂直平分，∠BAE＝∠FAE，OA＝AE＝．再由菱形ABEF的周长为16，可得AF＝4．所以cos∠OAF＝＝．即可得∠OAF＝30°，所以∠BAF＝60°．再由平行线的性质即可得∠C＝∠BAD＝60°．
试题解析：
（1）由作图过程可知，AB＝AF，AE平分∠BAD．∴∠BAE＝∠EAF．
∵四边形ABCD为平行四边形，∴BC∥AD．∴∠AEB＝∠EAF．
∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE．∴BE＝AF．∴四边形ABEF为平行四边形．
∴四边形ABEF为菱形．
（2）连接BF，

∵四边形ABEF为菱形，∴BF与AE互相垂直平分，∠BAE＝∠FAE．
∴OA＝AE＝．∵菱形ABEF的周长为16，∴AF＝4．
∴cos∠OAF＝＝．∴∠OAF＝30°，∴∠BAF＝60°．
∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠C＝∠BAD＝60°．
32．如图，是菱形的对角线，，（1）请用尺规作图法，作的垂直平分线，垂足为，交于；（不要求写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）条件下，连接，求的度数．

【答案】（1）答案见解析；（2）45°．
【解析】
【分析】
（1）分别以A、B为圆心，大于长为半径画弧，过两弧的交点作直线即可；
（2）根据∠DBF＝∠ABD﹣∠ABF计算即可；
【详解】
（1）如图所示，直线EF即为所求；

（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD＝∠DBC∠ABC＝75°，DC∥AB，∠A＝∠C，
∴∠ABC＝150°，∠ABC+∠C＝180°，
∴∠C＝∠A＝30°．
∵EF垂直平分线段AB，
∴AF＝FB，
∴∠A＝∠FBA＝30°，
∴∠DBF＝∠ABD﹣∠FBE＝45°．
【点睛】
本题考查了线段的垂直平分线作法和性质，菱形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
33．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，点O是对角线AC的中点，过点O作AC的垂线，分别交AD、BC于点E、F，连接AF、CE.试判断四边形AECF的形状，并证明.

【答案】四边形AECF为菱形；证明见解析.
【解析】
【分析】
如图，根据平行线的性质可得∠1=∠2，由O是AC中点可得AO=CO，利用AAS可证明△AOE≌△COF，可得AE=CF，根据中垂线的性质可得AF=CF，AE=CE，进而可证明AF=CF=AE=CE，即可得四边形AECF为菱形.
【详解】
四边形AECF为菱形.证明如下：
∵AD∥BC，
∴∠1=∠2，
∵O是AC中点，
∴AO=CO，
在△AOE和△COF中，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴AE=CF，
∵EF⊥AC，OA=OC，
∴AF=CF，AE=CE，
∴AF=CF=AE=CE
∴平行四边形AECF为菱形.

【点睛】
本题考查了平行线的性质、全等三角形的判定与性质、线段中垂线的性质及菱形的判定，熟练掌握判定定理及性质是解题关键.
34．如图，将平行四边形纸片沿一条直线折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为．求证：
（1）；
（2）．

【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
【分析】
(1)依据平行四边形的性质，即可得到，由折叠可得，，即可得到；
(2)依据平行四边形的性质，即可得出，，由折叠可得，，，即可得到，，进而得出．
【详解】
(1)四边形是平行四边形，
，
由折叠可得， ，
，
，
；
(2)四边形是平行四边形，
，，
由折叠可得，，，
，，
又，
．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定，熟练掌握平行四边形的性质以及折叠的性质是解题的关键.
35．如图，四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，点E在射线AC上（不包括点A和点C），过点E的直线GH交直线AD于点G，交直线BC于点H，且GH∥DC，点F在BC的延长线上，CF＝AG，连接ED，EF，DF．

（1）如图1，当点E在线段AC上时，
①判断△AEG的形状，并说明理由．
②求证：△DEF是等边三角形．
（2）如图2，当点E在AC的延长线上时，△DEF是等边三角形吗？如果是，请证明你的结论；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）①△AEG是等边三角形；理由见解析；②证明见解析；（2）△DEF是等边三角形；理由见解析；
【解析】
【分析】
（1）①由菱形的性质得出AD∥BC，AB＝BC＝CD＝AD，AB∥CD，∠CAD＝∠BAD＝60°，由平行线的性质得出∠BAD＋∠ADC＝180°，∠ADC＝60°，∠AGE＝∠ADC＝60°，得出∠AGE＝∠EAG＝∠AEG＝60°，即可得出△AEG是等边三角形；
②由等边三角形的性质得出AG＝AE，由已知得出AE＝CF，由菱形的性质得出∠BCD＝∠BAD＝120°，得出∠DCF＝60°＝∠CAD，证明△AED≌△CFD（SAS），得出DE＝DF，∠ADE＝∠CDF，再证出∠EDF＝60°，即可得出△DEF是等边三角形；
（2）同（1）①得：△AEG是等边三角形，得出AG＝AE，由已知得出AE＝CF，由菱形的性质得出∠BCD＝∠BAD＝120°，∠CAD＝∠BAD＝60°，得出∠FCD＝60°＝∠CAD，证明△AED≌△CFD（SAS），得出DE＝DF，∠ADE＝∠CDF，再证出∠EDF＝60°，即可得出△DEF是等边三角形．
【详解】
（1）①解：△AEG是等边三角形；理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，
∴AD∥BC，AB＝BC＝CD＝AD，AB∥CD，∠CAD＝∠BAD＝60°，
∴∠BAD+∠ADC＝180°，
∴∠ADC＝60°，
∵GH∥DC，
∴∠AGE＝∠ADC＝60°，
∴∠AGE＝∠EAG＝∠AEG＝60°，
∴△AEG是等边三角形；
②证明：∵△AEG是等边三角形，
∴AG＝AE，
∵CF＝AG，
∴AE＝CF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BCD＝∠BAD＝120°，
∴∠DCF＝60°＝∠CAD，
在△AED和△CFD中，，
∴△AED≌△CFD（SAS）
∴DE＝DF，∠ADE＝∠CDF，
∵∠ADC＝∠ADE+∠CDE＝60°，
∴∠CDF+∠CDE＝60°，
即∠EDF＝60°，
∴△DEF是等边三角形；
（2）解：△DEF是等边三角形；理由如下：
同（1）①得：△AEG是等边三角形，
∴AG＝AE，
∵CF＝AG，
∴AE＝CF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BCD＝∠BAD＝120°，∠CAD＝∠BAD＝60°，
∴∠FCD＝60°＝∠CAD，
在△AED和△CFD中，，
∴△AED≌△CFD（SAS），
∴DE＝DF，∠ADE＝∠CDF，
∵∠ADC＝∠ADE﹣∠CDE＝60°，
∴∠CDF﹣∠CDE＝60°，
即∠EDF＝60°，
∴△DEF是等边三角形．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
36．如图1，在正方形中，点是边上的一个动点（点与点不重合），连接，过点作于点，交于点．
（1）求证：；
（2）如图2，当点运动到中点时，连接，求证：；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点作于点，分别交于点，求的值．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）先判断出，再由四边形是正方形，得出，，即可得出结论；
（2）过点作于，设，先求出，进而得出，再求出，，再判断出，进而判断出，即可得出结论；
（3）先求出，再求出，再判断出，求出，再用勾股定理求出，最后判断出，得出，即可得出结论.
【详解】
（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图2，过点作于，

设，
∵点是的中点，
∴，
∴，
在中，根据面积相等，得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：如图3，过点作于，

，
∴，
在中， ，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
【点睛】
此题是相似形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，判断出是解本题的关键.
37．如图1，在正方形中，平分，交于点，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点．

(1)求证：；
(2)如图2，连接、，求证：平分；
(3)如图3，连接交于点，求的值．
【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3).
【解析】
【分析】
(1)由正方形性质得出，，根据直角三角形两锐角互余的关系可得，利用可证得，即可得出结论；(2)由正方形性质与角平分线的定义得出，利用可证得得出，由直角三角形斜边中线的性质得出，根据角的和差关系可得，即可得出结论；(3)连接，由正方形的性质得出，，，推出，根据角的和差关系可得，利用可证得，得出，推出，即可证得△DCM∽△ACE，即可得出结果．
【详解】
(1)∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴.
(2)证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵平分，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴平分.
(3)解：连接，如图3所示：
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∵，，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴=22.5°，
∵，
∴，
∴．

【点睛】
本题是相似综合题，考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、角平分线定义、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，涉及知识面广，熟练掌握正方形的性质、角平分线定义，证明三角形全等与相似是解题的关键．
38．如图，线段，射线，为射线上一点，以为边作正方形，且点、与点在两侧，在线段上取一点，使，直线与线段相交于点（点与点、不重合）．

（1）求证：；
（2）判断与的位置关系，并说明理由；
（3）求的周长．
【答案】（1）详见解析；（2），理由详见解析；（3）16.
【解析】
【分析】
（1）四边形正方形，则平分，，，即可求解；
（2），则，而，则，又，则即可求解；
（3）证明，则，，即可求解．
【详解】
（1）证明：∵四边形正方形，
∴平分，，
∴，
∴；
（2），理由如下：
∵，∴，
∵，∴，
∵，，
∴，
∴，∴；
（3）如图，过点作．

∵，，∴，
∴，
又，∴，
∴，，
∵，∴，
∴






．
【点睛】
本题为四边形综合题，涉及到正方形的性质、三角形全等等知识点，其中（3），证明，是本题的关键．
39．如图，四边形ABCD是正方形，连接AC，将绕点A逆时针旋转α得，连接CF，O为CF的中点，连接OE，OD．

（1）如图1，当时，请直接写出OE与OD的关系（不用证明）．
（2）如图2，当时，（1）中的结论是否成立？请说明理由．
（3）当时，若，请直接写出点O经过的路径长．
【答案】（1），，理由见解析；（2）当时，（1）中的结论成立，理由见解析；（3）点O经过的路径长为．
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质可得OD与OE的数量关系；根据旋转的性质和正方形的性质可得AC=AF以及△ACF各内角的度数，进一步即可求出∠COE与∠DOF的度数，进而可得OD与OE的位置关系；
（2）延长EO到点M，使，连接DM、CM、DE，如图2所示，先根据SAS证明≌，得，，再根据正方形的性质和旋转的性质推得，进一步在△ACF中根据三角形内角和定理和正方形的性质得出，再一次运用SAS推出≌，于是，进一步即可得出OE、OD的位置关系，然后再运用SAS推出≌，即可得OD与OE的数量关系；
（3）连接AO，如图3所示，先根据等腰三角形三线合一的性质得出，即可判断点O的运动路径，由可得点O经过的路径长，进一步即可求得结果.
【详解】
解：（1），；理由如下：
由旋转的性质得：，，
∵四边形ABCD是正方形，∴，
∴，
∴，
∵，O为CF的中点，∴，
同理：，∴，
∴，，
∴，∴；
（2）当时，（1）中的结论成立，理由如下：
延长EO到点M，使，连接DM、CM、DE，如图2所示：

∵O为CF的中点，∴，
在和中，，
∴≌（SAS），∴，.
∵四边形ABCD是正方形，∴，，
∵绕点A逆时针旋转α得，
∴，，
∴，，
∵，，，
∴，
∵，，∴，
在中，∵，
∴，
∵，∴，∴，
在和中，，
∴≌（SAS），∴，
∵，∴，
在和中，，
∴≌（SAS），∴.
∴，∴，；
（3）连接AO，如图3所示：
∵，，∴，∴，
∴点O在以AC为直径的圆上运动，
∵，∴点O经过的路径长等于以AC为直径的圆的周长，
∵，∴点O经过的路径长为：．

【点睛】
本题是正方形的综合题，综合考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质和判断动点运动路径等知识，考查的知识点多、综合性强，倍长中线构造全等三角形、熟知正方形的性质、灵活应用旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解（2）题的关键.