北京市2023年九年级中考数学一轮复习——四边形 练习题(解析版)

这是一份北京市2023年九年级中考数学一轮复习——四边形 练习题(解析版)，共31页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

北京市2023年九年级中考数学一轮复习——四边形 练习题

一、单选题
1．（2021·北京·中考真题）下列多边形中，内角和最大的是（    ）
A． B． C．D．
2．（2020·北京·中考真题）下列图形中，既是中心对称图形也是轴对称图形的是（    ）
A． B．
C． D．
3．（2020·北京·中考真题）五边形的外角和等于（）
A．180° B．360° C．540° D．720°
4．（2022·北京·中国人民大学附属中学分校一模）若正多边形的一个外角是，则该正多边形的内角和为（  ）
A． B． C． D．
5．（2022·北京市第七中学一模）如图，小明从点A出发沿直线前进10米到达点B，向左转后又沿直线前进10米到达点C，再向左转后沿直线前进10米到达点D……照这样走下去，小明第一次回到出发点A时所走的路程为（ ）

A．100米 B．80米 C．60米 D．40米
6．（2022·北京海淀·二模）五边形的内角和是(   )
A．180° B．360° C．540° D．720°
7．（2022·北京密云·二模）正五边形的内角和是（    ）
A． B． C． D．
8．（2022·北京市十一学校二模）内角和为540°的多边形是（    ）
A． B． C． D．
9．（2022·北京四中模拟预测）一个正多边形的内角和是1260°，则这个正多边形的一个外角等于（    ）
A．60° B．45° C．72° D．40°
10．（2022·北京十一学校一分校一模）如图，点E是△ABC内一点，∠AEB=90°，AE平分∠BAC，D是边AB的中点，延长线段DE交边BC于点F，若AB=6，EF=1，则线段AC的长为（    ）

A．7 B．8 C．9 D．10
11．（2022·北京朝阳·模拟预测）用一条宽相等的足够长的纸条,打一个结,如下图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 ABCDE,则∠BAC的度数是（   ）
     
A．36° B．30° C．45° D．40°

二、填空题
12．（2021·北京·中考真题）如图，在矩形中，点分别在上，．只需添加一个条件即可证明四边形是菱形，这个条件可以是______________（写出一个即可）．

13．（2022·北京·东直门中学一模）如图将一张矩形纸片ABCD沿对角线BD翻折，点C的对应点为C′，AD与BC′交于点E，若∠ABE＝30°，BC＝3，则DE的长度为_____．

14．（2022·北京市广渠门中学模拟预测）如图，正方形是由四个全等的直角三角形围成的，若，，则的长为___．

15．（2022·北京·中国人民大学附属中学朝阳学校一模）如图1，将矩形和正方形分别沿对角线和剪开，拼成如图2所示的平行四边形，中间空白部分的四边形是正方形．如果正方形和正方形的面积分别是16和1，则矩形的面积为_______．

16．（2022·北京顺义·二模）一个正多边形的内角和为，则这个多边形的外角的度数为______．
17．（2022·北京市师达中学模拟预测）如图，▱ABCD中，E为AD上一点，F为BC上一点，EF与对角线BD交于点O，以下三个条件：

①BO＝DO；
②EO＝FO；
③AE＝CF，以其中一个作为题设，余下的两个作为结论组成命题，其中真命题的个数为_____．
18．（2022·北京西城·一模）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，点F，G在边BC上，且DG=EF．只需添加一个条件即可证明四边形DFGE是矩形，这个条件可以是______．（写出一个即可）


三、解答题
19．（2022·北京·中考真题）如图，在中，交于点，点在上，．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若求证：四边形是菱形．
20．（2022·北京·中考真题）在中，，D为内一点，连接，，延长到点，使得

(1)如图1，延长到点，使得，连接，，若，求证：；
(2)连接，交的延长线于点，连接，依题意补全图2，若，用等式表示线段与的数量关系，并证明．
21．（2020·北京·中考真题）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求证：四边形OEFG是矩形；
（2）若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．

22．（2020·北京·中考真题）在中，∠C=90°，AC＞BC，D是AB的中点．E为直线上一动点，连接DE，过点D作DF⊥DE，交直线BC于点F，连接EF．
（1）如图1，当E是线段AC的中点时，设，求EF的长（用含的式子表示）；
（2）当点E在线段CA的延长线上时，依题意补全图2，用等式表示线段AE，EF，BF之间的数量关系，并证明．

23．（2022·北京·清华附中一模）如图1，在△ABC中，∠ABC=90°，BA=BC．将线段AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AD，E是边BC上的一动点，连结DE交AC于点F，连结BF.  

(1)求证：FB=FD；
(2)如图2，连结CD，点H在线段BE上（不含端点），且BH=CE，连结AH交BF于点N.
①判断AH与BF的位置关系，并证明你的结论；
②连接CN．若AB=2，请直接写出线段CN长度的最小值.
24．（2022·北京·中国人民大学附属中学朝阳学校一模）如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AD于点E，延长DA至点F，使得EF＝DA，连接BF，CF．

（1）求证：四边形BCEF是矩形；
（2）若AB＝3，CF＝4，DF＝5，求EF的长．
25．（2022·北京·东直门中学一模）如图，点E是正方形ABCD内一动点，满足∠AEB＝90°且∠BAE＜45°，过点D作DF⊥BE交BE的延长线于点F．
（1）依题意补全图形；
（2）用等式表示线段EF，DF，BE之间的数量关系，并证明；
（3）连接CE，若AB＝2，请直接写出线段CE长度的最小值．

26．（2022·北京市师达中学模拟预测）如图，四边形ABCD是平行四边形,AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，且BE=DF．

(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)连接EF并延长，交AD的延长线于点G，若∠CEG=30°，AE =2，求EG的长．
27．（2022·北京·中国人民大学附属中学分校一模）如图，正方形ABCD中，P为BD上一动点，过点P作交CD边于点Q．

(1)求证：；
(2)用等式表示PB、PD、AQ之间的数量关系，并证明；
(3)点P从点B出发，沿BD方向移动，若移动的路径长为4，则AQ的中点M移动的路径长为 （直接写出答案）．
28．（2022·北京海淀·一模）如图，在中，，D是BC的中点，点E，F在射线AD上，且．

(1)求证：四边形BECF是菱形；
(2)若，，求菱形BECF的面积．
29．（2022·北京通州·一模）如图．在△ABC中，AB＝BC，BD平分∠ABC交AC于点D．点E为AB的中点，连接DE，过点E作交CB的延长线于点F．

(1)求证：四边形DEFB是平行四边形；
(2)当AD＝4，BD＝3时，求CF的长．
30．（2022·北京朝阳·模拟预测）如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，分别过点C、作CEBD，DEAC，CE和DE交于点E

(1)求证：四边形ODEC是矩形；
(2)当∠ADB＝60°，AD＝10时，求CE和AE的长．

参考答案：
1．D
【分析】根据多边形内角和公式可直接进行排除选项．
【详解】解：A、是一个三角形，其内角和为180°；
B、是一个四边形，其内角和为360°；
C、是一个五边形，其内角和为540°；
D、是一个六边形，其内角和为720°；
∴内角和最大的是六边形；
故选D．
【点睛】本题主要考查多边形内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键．
2．D
【分析】根据中心对称图形以及轴对称图形的定义即可作出判断．
【详解】解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故选项错误；
B、不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故选项错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故选项错误；
D、既是轴对称图形，又是中心对称图形，故选项正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了中心对称图形和轴对称图形的定义，正确理解定义是关键．
3．B
【分析】根据多边形的外角和等于360°解答．
【详解】解：五边形的外角和是360°．
故选B．
【点睛】本题考查了多边形的外角和定理，多边形的外角和与边数无关，任意多边形的外角和都是360°．
4．C
【分析】根据正多边形的外角度数求出多边形的边数，根据多边形的内角和公式即可求出多边形的内角和.
【详解】由题意，正多边形的边数为，
其内角和为．
故选C.
【点睛】考查多边形的内角和与外角和公式，熟练掌握公式是解题的关键.
5．B
【分析】根据题意，小明走过的路程是正多边形，先用360°除以45°求出边数，然后再乘以10米即可．
【详解】解：∵小明每次都是沿直线前进10米后再向左转，
∴他走过的图形是正多边形，边数n=360°÷45°=8，
∴小明第一次回到出发点A时所走的路程=8×10=80米．
故选：B．
【点睛】本题考查了正多边形外角问题的实际应用，根据题意判断小明走过的图形是正多边形是解题的关键．
6．C
【分析】根据n边形的内角和为：，且n为整数，求出五边形的内角和是多少度即可．
【详解】解：五边形的内角和是：
(5﹣2)×180°
＝3×180°
＝540°
故选C．
【点睛】此题主要考查了多边形的内角和定理，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确n边形的内角和为：，且n为整数．
7．B
【分析】n边形的内角和是 ，把多边形的边数代入公式，就得到多边形的内角和．
【详解】（5﹣2）×180°=540°．
故选B．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和定理，解决本题的关键是正确运用多边形的内角和公式，是需要熟记的内容．
8．C
【详解】设它是n边形，
根据题意得，（n﹣2）•180°=540°，
解得：n=5．
故选：C．

9．D
【分析】先根据多边形的内角和定理求得多边形的边数，然后求得内角即可，进而得出其外角度数．
【详解】解：设正多边形的边数为n，
∵正多边形的内角和为1260°，
∴（n-2）×180°=1260°，
解得：n=9，
∵360°÷9=40°，
∴正九边形的每个外角40°，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了多边形内角和及外角和定理，任何多边形的外角和是360°．
10．B
【分析】延长交于，证明，根据全等三角形的性质求出，根据三角形中位线定理解答即可．
【详解】解：延长交于，
平分，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
故选：B．

【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
11．A
【详解】分析:根据多边形内角和公式和正五边形每个内角都相等可得∠ABC=108°,再根据等腰三角形和三角形内角和公式可得∠BAC=36°.
详解:因为正五边形 ABCDE,
所以∠ABC=108°,
因为三角形ABC是等腰三角形,
所以∠BAC=36°,
故选A.
点睛:本题主要考查正五边形的性质和等腰三角形的性质,解决本题的关键是要熟练运用正五边形和等腰三角形的性质.
12．（答案不唯一）
【分析】由题意易得四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定定理可进行求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
若要添加一个条件使其为菱形，则可添加或AE=CE或CE=CF或AF=CF，理由：一组邻边相等的平行四边形是菱形；
故答案为（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定定理、矩形的性质及平行四边形的判定是解题的关键．
13．2．
【分析】由∠ABE＝30°，可得∠CBD=∠C'BD=∠EDB=30°，证出BE=2AE，得出DE=BE=2AE，求出AE=1，得出DE=2即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，AD＝BC＝3，AD∥BC，
∴∠CBD＝∠EDB，
由折叠的性质得：∠CBD＝∠C'BD，
∵∠ABE＝30°，
∴BE＝2AE，∠CBD＝∠C'BD＝∠EDB＝30°，
∴DE＝BE＝2AE，
∵AD＝AE+DE＝3，
∴AE+2AE＝3，
∴AE＝1，
∴DE＝2；
故答案为：2．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、含30°角的直角三角形的性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握翻折变换的性质和等腰三角形的判定是解题的关键．
14．
【分析】由全等三角形的性质可得AE＝BG＝CF＝DH＝5，AH＝BE＝CG＝DF＝12，∠DAB＝90°，∠DAH＝∠ABE，可得EG＝GF＝FH＝HF＝7，∠ABE＋∠BAE＝90°，可证四边形EGFH是正方形，即可求EF的长．
【详解】解：∵正方形ABCD是由四个全等的三角形围成的，
∴AE＝BG＝CF＝DH＝5，AH＝BE＝CG＝DF＝12，∠DAB＝90°，∠DAH＝∠ABE
∴EG＝GF＝FH＝HF＝7，∠ABE＋∠BAE＝90°，
∴四边形EGFH是菱形，且∠AEB＝90°
∴四边形EGFH是正方形
∴EF＝EG＝

故答案为：
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的性质，证明四边形EGFH是正方形是本题的关键．
15．15
【分析】根据正方形的面积公式求得正方形EFCH和正方形KRST的边长，再根据线段的和差关系可求矩形ABCD的长和宽，再根据矩形的面积公式即可求解．
【详解】解：∵正方形EFCH和正方形KRST的面积分别是16和1，
∴正方形EFCH和正方形KRST的边长分别是4和1，
则矩形ABCD的面积为（4+1）×（4-1）=15．
故答案为：15．
【点睛】本题考查图形的拼剪，矩形的性质，正方形的性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．
16．60°
【分析】首先设这个正多边形的边数为n，根据多边形的内角和公式可得180（n-2）=720，继而可求得答案．
【详解】解：设这个正多边形的边数为n，
∵一个正多边形的内角和为720°，
∴180（n-2）=720，
解得：n=6，
∴这个正多边形的每一个外角是：360°÷6=60°．
故答案为：60°．
【点睛】本题考查了多边形的内角和与外角和的知识．此题难度不大，注意掌握方程思想的应用，注意熟记公式是关键．
17．3
【分析】利用已知结合全等三角形的判定与性质得出答案．
【详解】解：已知②EO＝OF；①BO＝DO，结论：③AE＝CF．
理由：在△DOE和△BOF中
，
∴△DOE≌△BOF（SAS），
∴DE＝BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，
∴AE＝FC，
同理可得：已知②EO＝FO，③AE＝CF，结论：①BO＝DO，是真命题；
已知：①BO＝DO，③AE＝CF，结论：②EO＝FO，是真命题，
故答案为：3．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练应用全等三角形的判定方法是解题关键．
18．或
【分析】由DE是中位线得出，又DG=EF表示的是对角线相等，根据：对角线相等的平行四边形是矩形；增加条件使四边形DFGE是平行四边形即可．
【详解】解：分别是的中点，
，
当时，四边形DFGE是平行四边形，
，
四边形DFGE是矩形；
当时，四边形DFGE是平行四边形，
，
四边形DFGE是矩形；
故答案为：或．
【点睛】本题考查矩形的判定、平行四边形的判定，根据：对角线相等的平行四边形是矩形；准确分析出平行四边形的判定是解题关键．
19．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形，得出，，再根据，得出，即可证明结论；
（2）先证明，得出，证明四边形ABCD为菱形，得出，即可证明结论．
（1）
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
即，
∴四边形是平行四边形．
（2）
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴四边形ABCD为菱形，
∴，
即，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法，是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)；证明见解析

【分析】（1）先利用已知条件证明，得出，推出，再由即可证明；
（2）延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，先证，推出，通过等量代换得到，利用平行线的性质得出，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得到．
【详解】（1）证明：在和中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴．
（2）解：补全后的图形如图所示，，证明如下：

延长BC到点M，使CM＝CB，连接EM，AM，
∵，CM＝CB，
∴ 垂直平分BM，
∴，
在和中，
，
∴ ，
∴ ，，
∵，
∴ ，
∴ ，
∵，
∴，
∴ ，即，
∵，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，平行线的判定与性质，勾股定理的逆用，直角三角形斜边中线的性质等，第二问有一定难度，正确作辅助线，证明是解题的关键．
21．(1)见解析；(2)OE=5，BG=2.
【分析】(1)先证明EO是△DAB的中位线，再结合已知条件OG∥EF，得到四边形OEFG是平行四边形，再由条件EF⊥AB，得到四边形OEFG是矩形；
(2)先求出AE=5，由勾股定理进而得到AF=3，再由中位线定理得到OE=AB=AD=5，得到FG=5，最后BG=AB-AF-FG=2．
【详解】解：(1)证明:∵四边形ABCD为菱形，
∴点O为BD的中点，
∵点E为AD中点，
∴OE为△ABD的中位线，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，∴四边形OEFG为平行四边形
∵EF⊥AB，∴平行四边形OEFG为矩形．
(2)∵点E为AD的中点，AD=10，
∴AE=
∵∠EFA=90°，EF=4，
∴在Rt△AEF中，．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD=10，
∴OE=AB=5，
∵四边形OEFG为矩形，
∴FG=OE=5，
∴BG=AB-AF-FG=10-3-5=2．
故答案为：OE=5，BG=2．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质、勾股定理等知识点，解题的关键是掌握特殊四边形的性质和判定属于中考常考题型，需要重点掌握．
22．（1）；（2）图见解析，，证明见解析．
【分析】（1）先根据中位线定理和线段中点定义可得，，，再根据平行四边形的性质、矩形的判定与性质可得，从而可得，然后利用勾股定理即可得；
（2）如图（见解析），先根据平行线的性质可得，，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，，然后根据垂直平分线的判定与性质可得，最后在中，利用勾股定理、等量代换即可得证．
【详解】（1）∵D是AB的中点，E是线段AC的中点
∴DE为的中位线，且
∴，
∵
∴
∵
∴
∴四边形DECF为矩形
∴

∴
则在中，；
（2）过点B作AC的平行线交ED的延长线于点G，连接FG
∵
∴，
∵D是AB的中点
∴
在和中，
∴
∴，
又∵
∴DF是线段EG的垂直平分线
∴
∵，
∴
在中，由勾股定理得：
∴．

【点睛】本题考查了中位线定理、矩形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、垂直平分线的判定与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
23．（1）见解析；（2）①AH⊥BF，见解析；②.
【分析】（1）证明△FAD≌△FAB（SAS）即可解决问题．
（2）①首先证明四边形ABCD是正方形，再证明∠BAH=∠CBF即可解决问题．
②如图3中，取AB的中点O，连接ON，OC．理由三角形的三边关系解决问题即可．
【详解】（1）证明：如图1中，

∵BA=BC，∠ABC=90°，
∴∠BAC=∠ACB=45°，
∵线段AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AD，
∴∠BAD=90°，BA=AD，
∴∠FAD=∠FAB=45°，
∵AF=AF，
∴△FAD≌△FAB（SAS），
∴BF=DF．
（2）①解：结论：AH⊥BF．
理由：如图2中，连接CD．

∵∠ABC+∠BAD=180°，
∴AD∥BC，
∵AD=AB=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AB=BC，
∴四边形ABCD是正方形，
∵BA=CD，∠ABH=∠DCE，BH=CE，
∴△ABH≌△DCE（SAS），
∴∠BAH=∠CDE，
∵∠FCD=∠FCB=45°，CF=CF，CD=CB，
∴△CFD≌△CFB（SAS），
∴∠CDF=∠CBF，
∴∠BAH=∠CBF，
∵∠CBF+∠ABF=90°，
∴∠BAH+∠ABF=90°，
∴∠ANB=90°，
∴AH⊥BF．
②如图3中，取AB的中点O，连接ON，OC．

∵∠ANB=90°，AO=OB，
∴ON=AB=1，
在Rt△OBC中，OC=，
∵CN≥OC-ON，
∴CN≥-1，
∴CN的最小值为-1．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用三角形的三边关系解决最值问题.
24．（1）见解析；（2）EF=．
【分析】（1）先证明四边形BCEF是平行四边形，再根据垂直，即可求证；
（2）根据勾股定理的逆定理，求得△CDF是直角三角形，等面积法求得CE，勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵EF=DA，
∴EF=BC，EF∥BC，
∴四边形BCEF是平行四边形，
又∵CE⊥AD，
∴∠CEF=90°，
∴平行四边形BCEF是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=3，
∵CF=4，DF=5，
∴CD2+CF2=DF2，
∴△CDF是直角三角形，∠DCF=90°，
∴△CDF的面积=DF×CE=CF×CD，
∴CE=，
由（1）得：EF=BC，四边形BCEF是矩形，
∴∠FBC=90°，BF=CE=，
∴BC=，
∴EF=．
【点睛】此题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的性质，勾股定理以及逆定理，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
25．（1）见解析；（2）EF＝DF+BE，证明见解析；（3）CE的最小值为．
【分析】（1）依题意补全图形；
（2）过点A作AM⊥FD交FD的延长线于点M，可证四边形AEFM是矩形，由“AAS”可证△AEB≌△AMD，可得BE＝DM，AE＝AM，可证矩形AEFM是正方形，可得EF＝MF，可得结论；
（3）取AB中点O，连接OC，由勾股定理可求OC＝5，由点E在以O为圆心，OB为半径的圆上，可得当点E在OC上时，CE有最小值，即可求解．
【详解】解：（1）依题意补全图形，如图，

（2）线段EF，DF，BE的数量关系为：EF＝DF+BE，
理由如下：如图，过点A作AM⊥FD交FD的延长线于点M，

∵∠M＝∠F＝∠AEF＝90°，
∴四边形AEFM是矩形，
∴∠DAE+∠MAD＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE+∠DAE＝90°，AB＝AD，
∴∠BAE＝∠MAD．
又∵∠AEB＝∠M＝90°，
∴△AEB≌△AMD（AAS）
∴BE＝DM，AE＝AM，
∴矩形AEFM是正方形，
∴EF＝MF，
∵MF＝DF+DM，
∴EF＝DF+BE；
（3）如图，取AB中点O，连接OC，

∵AB＝2
∴OB＝，
∴OC＝＝5，
∵∠AEB＝90°，
∴点E在以O为圆心，OB为半径的圆上，
∴当点E在OC上时，CE有最小值，
∴CE的最小值为．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，确定点E的运动轨迹是本题的关键．
26．(1)见解析
(2)4

【分析】（1）根据平行四边形的性质及全等三角形的判定证得≌，从而得到AB=AD，再由菱形的判定定理即可得到结论；
（2）利用平行四边形的性质得到∠G=30°，∠EAG=90°，再由直角三角形的性质即可得到结果．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
又∵BE=DF，
∴≌，
∴AB= AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）如图，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠CEG=∠G，∠AEB=∠EAG，
∵∠CEG=30°，AE⊥BC，
∴∠G=30°，∠EAG=90°，
又∵AE=2，
∴EG=2AE=4．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是解题的关键．
27．(1)见解析
(2)
(3)

【分析】（1）过P点作 垂足分别为E、F，由正方形性质和同角余角相等，易证得： ，即可得证
（2）延长FP，交AB于G，则 ，由等腰直角三角形和勾股定理以及等量代换即可求得．
（3）根据题意，画出运动后的M点位置，再根据三角形中位线定理即可求得．
（1）
证明：过P点作 垂足分别为E、F，
∵正方形ABCD，
，
，

，
则四边形PEDF为正方形，
，
， ，

在和中
，
，
；
，
（2）
延长FP，交AB于G，
∵正方形ABCD，

，
，
为等腰直角三角形，
，正方形ABCD，
∴四边形BGFC为矩形，四边形GAEP为矩形，
，
为等腰直角三角形，
，
由（1）得，是等腰直角三角形，
，
在直角三角形AGP中， ，．
，
；

（3）
当P在B点时，Q应该在C点，所以M应与O点重合，所以当P移动使得BP=4时，OM即为AQ中点移动的距离，
由（2）可得：CF=BG= ，
∵正方形ABCD，
， O是AC中点，
，
，
在等腰三角形PCQ 中，
，
，
∵O是AC中点，M是AQ中点，
．

【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，矩形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形中位线定理以及勾股定理，并且考查了等量代换和动点问题，综合掌握以上性质和判定，并能熟练运用是解题关键．
28．(1)见解析
(2)

【分析】（1）先由等腰三角形“三线合一”的性质得到，再结合已知即可证明结论；
（2）设 ，根据题意，求出，，再根据勾股定理列出方程求解，最后计算菱形的面积即可．
（1）
，D是BC的中点，
，
，
四边形BECF是菱形；
（2）
设，
，，，
，，
，
，
在中，，
即，
解得，
，
菱形BECF的面积．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、菱形的判定定理和性质定理，勾股定理，菱形的面积，熟练掌握知识点是解题的关键．
29．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）根据题目所给条件得到三角形是等腰三角形，由角平分线的条件，根据“三线合一”的知识，从而得到点D为中点，再利用中位线的性质，从而得到，再根据平行四边形判定定理即可证明；
（2）根据等腰三角形“三线合一”的知识，从而得到为直角三角形，根据题目所给条件，得出的长，再根据直角三角形斜边中线的性质以及平行四边形的性质，得到的长度，从而得到最后结果．
（1）
证明：∵在△ABC中，AB＝BC，
∴△ABC为等腰三角形，
∴，
又∵BD为∠ABC的角平分线，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴D为中点，
又∵点E为AB的中点，
∴为中位线，
∴，
即，
又∵，
∴四边形DEFB是平行四边形．
（2）
解：∵由（1）得，
∴，
又∵点E为AB的中点，
∴为的中线，
∴，
∵在中，AD＝4，BD＝3，
∴，
∴，
又∵四边形DEFB是平行四边形，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】本题考查了三角形的中位线，平行四边形的判定定理和性质，等腰三角形的三线合一，直角三角形斜边上的中线的性质和勾股定理的知识，解决本题的关键是利用好中点的条件以及平行四边形的性质．
30．(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据平行四边形的判定得出四边形ODEC是平行四边形，根据菱形的性质得出∠DOC＝90°，根据矩形的判定得出即可；
（2）求出OD，根据勾股定理求出AO，根据菱形的性质求出AC，根据勾股定理求出即可．
（1）
证明：∵DEAC，CEBD，
∴四边形ODEC是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
即∠DOC＝90°，
∴平行四边形ODEC是矩形；
（2）
解：∵在Rt△AOD中，∠ADO＝60°，
∴∠OAD＝30°，
∵AD＝10，
∴ ，
∴AO，
∵四边形ABCD是菱形，
∴ ，
∵四边形ODEC是矩形，
∴∠ACE＝90°，CE＝OD＝5，
在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE＝．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．