浙教版初中数学八年级下册第五单元《特殊平行四边形》（困难）（含答案解析）（含答案解析） 试卷

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浙教版初中数学八年级下册第五单元《特殊平行四边形》（困难）（含答案解析）
考试范围：第五单元；   考试时间：120分钟；总分：120分，
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共12小题，共36.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，D是AB上一动点，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连接EF，则线段EF的最小值是(    )
A. 5 B. 4.8 C. 4.6 D. 4.4
2. 若顺次连接四边形ABCD各边中点所得四边形是矩形，则四边形ABCD一定是(    )
A. 矩形 B. 菱形
C. 对角线互相垂直的四边形 D. 对角线相等的四边形
3. 如图，在矩形ABCD中，点M在AB边上，把△BCM沿直线CM折叠，使点B落在AD边上的点E处，连接EC，过点B作BF⊥EC，垂足为F，若CD=1，CF=2，则线段AE的长为(    )

A. 5−2 B. 3−1 C. 13 D. 12
4. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=6，∠DAC=60°，点F在线段AO上从点A至点O运动，连接DF，以DF为边作等边三角形DFE，点E和点A分别位于DF两侧，下列结论：①∠BDE=∠EFC；②ED=EC；③∠ADF=∠ECF；④点E运动的路程是23，其中正确结论的序号为(    )
A. ①④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①②③④
5. 如图，矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=12.将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，折痕为EF，点E、F分别在边AD和边BC上.连接BG，交CD于点K，FG交CD于点H.给出以下结论：

①EF⊥BG；②GE=GF；③▵GDK和▵GKH的面积相等；④当点F与点C重合时，∠DEF=75∘，其中正确的结论共有(    )

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
6. 如图，将三角形纸片△ABC沿DE折叠，使点A落在BC边上的点F处，且DE //BC，下列结论中，一定正确的个数是(    )

①△BDF是等腰三角形；②DE=12BC；
③四边形ADFE是菱形；④∠BDF+∠FEC=2∠A．


A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
7. 已知菱形ABCD的边长为1，∠DAB=60°，E为AD上的动点，F在CD上，且AE+CF=1，设△BEF的面积为y，AE=x，当点E运动时，能正确描述y与x关系的图象是(    )



A. B. C. D.
8. 如图，菱形ABCD中，AB=4，∠ABC=120°，点E是边AB上一点，点F在BC上，在以下四个结论中不正确的是(    )
A. 若AE+CF=4，则△ADE≌△BDF
B. 若DF⊥AD，DE⊥CD，则EF=23
C. 若∠DEB=∠DFC，则△BEF周长的最小值(4+23)
D. 若DE=DF，则∠ADE+∠FDC=60°

9. 如图所示，E，F分别是正方形ABCD的边CD，AD上的点，且CE=DF，AE，BF相交于点O，下列结论①AE=BF;②AE⊥BF;③AO=OE;④S△AOB=S四边形DEOF中，错误的有(    )




A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
10. 如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE，过点A作AE的垂线交DE于点P.若AE=AP=1，PB=5，下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为2；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB=1+6  ⑤ S正方形ABCD=4+6.其中正确的序号是(    )

A. ①③④ B. ①②⑤ C. ③④⑤ D. ①③⑤
11. 如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上，且CE=1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为(    )



A. 62 B. 32 C. 2−3 D. 6−22
12. 如图，在边长为a的正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，且BE=BC，点P是CE上一动点，则点P到边BD，BC的距离之和PM+PN的值(    )
A. 有最大值a B. 有最小值22a C. 是定值a D. 是定值22a
第II卷（非选择题）
二、填空题（本大题共4小题，共12.0分）
13. 如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE=BD，连结AE，如果∠ADB=30°，则∠E=______度．


14. 如图，四边形OABC是矩形，点A的坐标为(8,0)，点C的坐标为(0,4)，把矩形OABC沿OB折叠，点C落在点D处，则点D的坐标为______．

15. 如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=3，点M为AB边上一点，AM=2，点N为AD边上的一动点，沿MN将△AMN翻折，点A落在点P处，当点P在菱形的对角线上时，AN的长度为_______．

16. 正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2，…按如图的方式放置．点A1，A2，A3，…和点C1，C2，C3，…分别在直线y=x+1和x轴上，则点Bn的坐标是______．

三、解答题（本大题共9小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题8.0分)
如图，已知正方形ABCD和正方形AEFG，连结BE、DG．
(1)求证：BE=DG，BE⊥DG；
(2)连接BD、EG、DE，点M、N、P分别是BD、EG、DE的中点，连接MP，PN，MN，求证：△MPN是等腰直角三角形；
(3)若AB=4，EF=22，∠DAE=45°，直接写出MN=______．

18. (本小题8.0分)
四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．

(1)如图1，求证：矩形DEFG是正方形；
(2)若AB=2，CE=2，求CG的长度；
(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．

19. (本小题8.0分)
如图，△ABC中，点O为AC边上的一个动点，过点O作直线MN // BC，设MN交∠BCA的外角平分线CF于点F，交∠ACB内角平分线CE于E．


(1)求证：EO=FO；
(2)当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形？并证明你的结论；
(3)若AC边上存在点O，使四边形AECF是正方形，猜想△ABC的形状并证明你的结论。

20. (本小题8.0分)
如图，在▱ABCD中，点O是边BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．

(1)求证：四边形BECD是平行四边形；
(2)若∠A=50°，则当∠BOD=_______°时，四边形BECD是矩形．

21. (本小题8.0分)
如图所示，已知OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为坐标原点，点A在x轴上，点C在y轴上，且OA=15，OC=9，在边AB上选取一点D，将△AOD沿OD翻折，使点A落在BC边上，记为点E．

(1)求DE所在直线的解析式；
(2)设点P在x轴上，以点O、E、P为顶点的三角形是等腰三角形，问这样的点P有几个，并求出所有满足条件的点P的坐标；
(3)在x轴、y轴上是否分别存在点M、N，使四边形MNED的周长最小？如果存在，求出周长的最小值；如果不存在，请说明理由．
22. (本小题8.0分)
定义：有一组对角是直角的四边形叫做“准矩形”；有两组邻边(不重复)相等的四边形叫做“准菱形”．

如图①，在四边形ABCD中，若∠A=∠C=90°，则四边形ABCD是“准矩形”；
如图②，在四边形ABCD中，若AB=AD，BC=DC，则四边形ABCD是“准菱形”．
(1)如图，在边长为1的正方形网格中，A、B、C在格点(小正方形的顶点)上，请分别在图③、图④中画出“准矩形”ABCD和“准菱形”ABCD′.(要求：D、D′在格点上)；
(2)下列说法正确的有_______；(填写所有正确结论的序号)
①一组对边平行的“准矩形”是矩形；
②一组对边相等的“准矩形”是矩形；
③一组对边相等的“准菱形”是菱形；
④一组对边平行的“准菱形”是菱形．
(3)如图⑤，在△ABC中，∠ABC=90°，以AC为一边向外作“准菱形”ACEF，且AC=EC，AF=EF，AE、CF交于点D．
①若∠ACE=∠AFE，求证：“准菱形”ACEF是菱形；
②在①的条件下，连接BD，若BD=2，∠ACB=15°，∠ACD=30°，请直接写出四边形ACEF的面积．

23. (本小题8.0分)
如图，将平行四边形DBEC沿BD折叠，点C恰好落在EB的延长线上点A处，连接AC，BD交于点O．
(1)证明：四边形ABCD是菱形；
(2)若AC=6，BD=8．
①求△ACE的面积；
②若直线AE上有一点F，当△FCE为等腰三角形时，直接写出线段为AF的长．

24. (本小题8.0分)
如图，矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发，相向而行，速度均为2cm/s，运动时间为t(0≤t≤5)秒．

(1)若G、H分别是AB、DC的中点，且t≠2.5，求证：以E、G、F、H为顶点的四边形始终是平行四边形．
(2)在(1)的条件下，当t为何值时，以E、G、F、H为顶点的四边形为矩形？
(3)若G、H分别是折线A−B−C，C−D−A上的动点，分别从A、C开始，与E、F相同的速度同时出发，当t为何值时，以E、G、F、H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．

25. (本小题8.0分)
已知，如图，矩形ABCD中，AD=6，DC=7，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD上，AH=2，连接CF．
(1)当四边形EFGH为正方形时，求DG的长；
(2)当△FCG的面积为1时，求DG的长；
(3)当△FCG的面积最小时，求DG的长．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】
【分析】
本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出CD⊥AB时，线段EF的值最小是解题的关键，难点在于利用三角形的面积列出方程．
连接CD，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CFDE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=CD，再根据垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可．
【解答】
解：如图，连接CD．

∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=AC2+BC2=10，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠C=90°，
∴四边形CFDE是矩形，
∴EF=CD，
由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，
此时，S △ABC=
1
2
BC⋅AC=
1
2
AB⋅CD，
即
1
2
×8×6=
1
2
×10⋅CD，
解得CD=4.8，
∴EF=4.8．
故选B．
  
2.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查了矩形的性质和三角形中位线定理，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线定理解答．此题要根据矩形的性质和三角形中位线定理求解；首先根据三角形中位线定理知：所得四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四边形是矩形，那么邻边互相垂直，故原四边形的对角线必互相垂直，由此得解．
【解答】
解：已知：如图，四边形EFGH是矩形，且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，

求证：四边形ABCD是对角线垂直的四边形．
证明：由于E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
根据三角形中位线定理得：EH//FG//BD，EF//AC//HG；
∵四边形EFGH是矩形，即EF⊥FG，
∴AC⊥BD，
故选C．  
3.【答案】A 
【解析】解：设AE=x，BM=a，
∵CD=1=AB，
∴AM=1−a，
∵△BCM沿直线CM折叠，使点B落在AD边上的点E处，
∴ME=BM=a，∠MEC=∠MBC=90°，BC=EC，
在Rt△AME中，AM2+AE2=ME2，
∴(1−a)2+x2=a2①，
∵∠AME=90°−∠AEM=∠DEC，
∴sin∠AME=sin∠DEC，
∴AEME=CDEC，即xa=1EC，
∴EC=ax，
∴BC=ax，
∵∠BCF=∠DEC=∠AME，
∴cos∠BCF=cos∠AME，
∴CFBC=AMME，即2ax=1−aa，
化简变形得：a=1−2x②，
把②代入①得：
(1−1+2x)2+x2=(1−2x)2，
解得x=5−2或x=−5−2(舍去)，
∴AE=5−2，
故选：A．
设AE=x，BM=a，在Rt△AME中，可得(1−a)2+x2=a2①，由sin∠AME=sin∠DEC，有xa=1EC，即得EC=ax=BC，而∠BCF=∠DEC=∠AME，知cos∠BCF=cos∠AME，可得2ax=1−aa，即a=1−2x②，把②代入①可解得AE=5−2．
本题考查矩形中的翻折问题，涉及锐角三角函数，勾股定理等知识，解题的关键是掌握翻折的性质，能熟练应用勾股定理及三角函数列方程解决问题．

4.【答案】D 
【解析】解：①∵∠DAC=60°，OD=OA，
∴△OAD为等边三角形，
∴∠DOA=∠DAO=∠ODA=60°，AD=OD，
∵△DFE为等边三角形，
∴∠EDF=∠EFD=∠DEF=60°，DF=DE，
∵∠BDE+∠FDO=∠ADF+∠FDO=60°，
∴∠BDE=∠ADF，
∵∠ADF+∠AFD+∠DAF=180°，
∴∠ADF+∠AFD=180°−∠DAF=120°，
∵∠EFC+∠AFD+∠DFE=180°，
∴∠EFC+∠AFD=180°−∠DFE=120°，
∴∠ADF=∠EFC，
∴∠BDE=∠EFC，
故结论①正确；
②如图，连接OE，
在△DAF和△DOE中，
AD=OD∠ADF=∠ODEDF=DE，
∴△DAF≌△DOE(SAS)，
∴∠DOE=∠DAF=60°，
∵∠COD=180°−∠AOD=120°，
∴∠COE=∠COD−∠DOE=120°−60°=60°，
∴∠COE=∠DOE，
在△ODE和△OCE中，
OD=OC∠DOE=∠COEOE=OE，
∴△ODE≌△OCE(SAS)，
∴ED=EC，∠OCE=∠ODE，
故结论②正确；
③∵∠ODE=∠ADF，
∴∠ADF=∠OCE，即∠ADF=∠ECF，
故结论③正确；
④如图，延长OE至E′，使OE′=OD，连接DE′，
∵△DAF≌△DOE，∠DOE=60°，
∴点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段OE′运动到E′，
∵OE′=OD=AD=AB⋅tan∠ABD=6⋅tan30°=23，
∴点E运动的路程是23，
故结论④正确；
故选：D．
①根据∠DAC=60°，OD=OA，得出△OAD为等边三角形，再由△DFE为等边三角形，得∠EDF=∠EFD=∠DEF=60°，即可得出结论①正确；
②如图，连接OE，利用SAS证明△DAF≌△DOE，再证明△ODE≌△OCE，即可得出结论②正确；
③通过等量代换即可得出结论③正确；
④如图，延长OE至E′，使OE′=OD，连接DE′，通过△DAF≌△DOE，∠DOE=60°，可分析得出点F在线段AO上从点A至点O运动时，点E从点O沿线段OE′运动到E′，从而得出结论④正确；
本题主要考查了矩形性质，等边三角形判定和性质，全等三角形判定和性质，等腰三角形的判定和性质，点的运动轨迹等，熟练掌握全等三角形判定和性质、等边三角形判定和性质等相关知识是解题关键．

5.【答案】C 
【解析】解：由折叠可知，点G是点B关于折痕EF的对称点．
设EF交BG于点O，根据对称点的连线被对称轴垂直平分，可知EF⊥BG，BO=GO，
故①正确．

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，∴∠EGO=∠FBO．
又∵BO=GO，∠EOG=∠FOB=90∘，
∴▵EGO≌▵FBO，
∴GE=BF．
又由折叠可知BF=GF，
∴GE=GF，故②正确．
过点K作KM⊥HG于M，

∵∠DGB=∠GBC，BF=FG，
∴∠DGB=∠GBC=∠HGK，即GB是∠AGF的平分线．
又∵CD⊥AD，KM⊥HG，
∴DK=KM．
在Rt▵DGH中，HG>DG，
∴▵HGK的面积大于▵DGK的面积，故③错误．
在Rt▵CDG中，CD=AB=6，CG=BC=12，
∴∠CGD=30∘．
由②知GE=BC，
∴四边形BCGE为平行四边形．
又∵BC=GC，
∴四边形BCGE为菱形，
∴∠BEG=180∘−∠CGD=150∘．
根据菱形的每条对角线平分一组对角，可知∠DEF=12∠BEG=12×150∘=75∘，故④正确．
正确的结论有①②④，共3个.故选C．

6.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查的是等腰三角形的判定，菱形的判定有关知识，根据菱形的判定和等腰三角形的判定，采用排除法，逐条分析判断．
【解答】
解：①∵DE//BC，
∴∠ADE=∠B，∠EDF=∠BFD，
又∵△ADE≌△FDE，
∴∠ADE=∠EDF，AD=FD，AE=CE，
∴∠B=∠BFD，
∴△BDF是等腰三角形，故①正确；
同理可证，△CEF是等腰三角形，
∴BD=FD=AD，CE=FE=AE，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC，故②正确；
∵∠B=∠BFD，∠C=∠CFE，
又∵∠A+∠B+∠C=180°，∠B+∠BFD+∠BDF=180°，∠C+∠CFE+∠CEF=180°，
∴∠BDF+∠FEC=2∠A，故④正确．
而无法证明四边形ADFE是菱形，故③错误．
所以一定正确的结论个数有3个，
故选C．  
7.【答案】A 
【解析】
【分析】
此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、动点问题的函数图象、三角形的面积问题．求出y与x的函数关系式是解决问题的关键．
证明△BEF是等边三角形，求出△BEF的面积y与x的函数关系式，即可得出答案．
【解答】
解：连接BD，如图所示：
∵菱形ABCD的边长为1，∠DAB=60°，
∴△ABD和△BCD都为正三角形，
∴∠BDE=∠BCF=60°，BD=BC，
∵AE+DE=AD=1，而AE+CF=1，
∴DE=CF，
在△BDE和△BCF中，DE=CF ∠BDE=∠C BD=BC ，
∴△BDE≌△BCF(SAS)；
∴∠DBE=∠CBF，BE=BF，
∵∠DBC=∠DBF+∠CBF=60°，
∴∠DBF+∠DBE=60°即∠EBF=60°，
∴△BEF为等边三角形；
∴BE=EF，△BEF的面积y=34BE2，
作BE′⊥AD于E′，则AE′=12AD=12，BE′=32，
∵AE=x，
∴EE′=12−x，
∴BE2=(12−x)2+(32)2，
∴y=34(x−12)2+3316(0≤x≤1)；
故选：A．  
8.【答案】D 
【解析】解：A、∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=120°
∴AD=DC=BC=AB=4，∠ABD=∠DBC=60°，
∴△ADB、△BDC都是等边三角形，
∴AD=BD，∠DAE=∠DBF=60°，
∵AE+CF=4，BF+CF=4，
∴AE=BF，
在△ADE和△BDF中，AD=BD∠DAE=∠DBFAE=BF，
∴△ADE≌△BDF.故A正确．
B、∵DF⊥AD，AD//BC，
∴DF⊥BC，
∵△DBC是等边三角形，
∴∠BDF=30°，DF=32CD=23，
同理∠BDE=30°，DE=23，
∴DE=DF，∠EDF=60°，
∴△EDF是等边三角形，
∴EF=DE=23.故B正确．
C、在△BDE和△CDF中，
∠DBE=∠DCF∠DEB=∠DFCDB=DC，
∴△DBE≌△DCF，
∴DE=DF，∠BDE=∠CDF，BE=CF，
∴∠EDF=∠BDC=60°，
∴△DEF是等边三角形，
∵△BEF的周长=BE+BF+EF=BF+CF+EF=BC+EF=4+EF，
∴等边三角形△DEF的边长最小时，△BEF的周长最小，
当DE⊥AB时，DE最小=23，
∴△BEF的周长最小值为4+23，故C正确
D、错误，当EF//AC时，DE=DF，此时∠ADE+∠FDC是变化的不是定值．故D错误．
故选：D．
A、正确，只要证明△ADE≌△BDF即可证明．
B、正确，只要证明DF⊥BC，△DEF是等边三角形即可．
C、正确，只要证明△DBE≌△DCF得出△DEF是等边三角形，因为△BEF的周长=BE+BF+EF=BF+CF+EF=BC+EF=4+EF，所以等边三角形△DEF的边长最小时，△BEF的周长最小，只要求出△DEF的边长最小值即可．
C、错误，当EF//AC时，DE=DF，由此即可判断．
本题考查菱形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、最小值问题等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，利用全等三角形的性质解决问题，学会转化的思想解决问题，属于中考常考题型．

9.【答案】A 
【解析】
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AD=AB=BC，
∵CE=DF，
∴DE=AF，
∵∠BAF=∠ADE=90°，BA=AD，
∴△ADE≌△BAF
∴AE=BF(故①正确)，S△ADE=S△BAF，∠DEA=∠AFB，∠EAD=∠FBA
∵S△AOB=S△BAF−S△AOF，
S四边形DEOF=S△ADE−S△AOF，
∴S△AOB=S四边形DEOF(故④正确)，
∵∠ABF+∠AFB=∠DAE+∠DEA=90°
∴∠AFB+∠EAF=90°
∴AE⊥BF一定成立(故②正确)．
假设AO=OE，
∵AE⊥BF(已证)，
∴AB=BE(线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等)，
∵在Rt△BCE中，BE>BC，
∴AB>BC，这与正方形的边长AB=BC相矛盾，
∴，假设不成立，AO≠OE(故③错误)；
故错误的只有一个．
故选：A．
【分析】
本题考查了正方形的四条边都相等，每一个角都是直角的性质，全等三角形的判定与性质．
根据四边形ABCD是正方形及CE=DF，可证出△ADE≌△BAF，则得到：①AE=BF，以及△ADE和△BAF的面积相等，得到；④S△AOB=S四边形DEOF；可以证出∠ABO+∠BAO=90°，则②AE⊥BF一定成立．错误的结论是：③AO=OE．  
10.【答案】D 
【解析】
【分析】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、三角形的面积及勾股定理的运用，综合性比较强，解题时要求熟练掌握相关的基础知识才能很好解决问题．
①首先利用已知条件根据边角边可以证明△APD≌△AEB；
②可证△EMB是等腰Rt△，故B到直线AE距离为BF=62，故②是错误的；
③由①可得∠BEP=90°，故BE不垂直于AE过点B作BM⊥AE延长线于M，由①得∠AEB=135°所以∠EMB=45°，可以得出∠PEB=90°就可以得出③正确，
④由△APD≌△AEB，可知S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB，然后利用已知条件计算即可判定；
⑤连接BD，根据三角形的面积公式得到S△BPD=12PD×BE=32，所以S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=2+62，由此即可判定．
【解答】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠BAD=90°．
∵AP⊥AE，
∴∠EAP=90°，
∴∠BAD=∠EAP，
∴∠BAD−∠BAP=∠EAP−∠BAP，
即∠DAP=∠BAE．
∵在△APD和△AEB中，
AD=AB∠DAP=∠BAEAP=AE，
∴△APD≌△AEB(SAS)，故①正确；
∴∠AEB=∠APD，
∵∠AEP=∠APE=45°，
∴∠APD=∠AEB=135°，
∴∠BEP=90°，
∴EB⊥ED，故③正确．
过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，则BF的长是点B到直线AE的距离，
在Rt△AEP中，由勾股定理得PE=2，
在Rt△BEP中，PB=5，PE=2，由勾股定理得：BE=3，
∵∠PAE=∠PEB=∠EFB=90°，AE=AP，
∴∠AEP=45°，
∴∠BEF=180°−45°−90°=45°，
∴∠EBF=45°，
∴EF=BF，
在Rt△EFB中，由勾股定理得：EF=BF=62，故②是错误的；
∵△APD≌△AEB，
∴PD=BE=3，
∴S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB=S△AEP+S△BEP=12+62，因此④是错误的；
连接BD，则S△BPD=12PD×BE=32，
所以S△ABD=S△APD+S△APB+S△BPD=2+62，
所以S正方形ABCD=2S△ABD=4+6.故⑤正确；
综上可知，正确的有①③⑤．
故选D．  
11.【答案】D 
【解析】解：如图，连接EF，过点F作FG⊥BE于点G，

∵正方形的面积为3，
∴正方形的边长为3，
∵CE=1，
∴在Rt▵BEC中，BE=BC2+EC2=2，
∵BF平分∠ABE，FA⊥AB，FG⊥BE，
∴FG=FA.∠A=∠FGB=90°，
又∵BF=BF，

∴▵FAB≌▵FGB，
∴BG=BA=3，
∴EG=BE−BG=2−3，
∵CD=3，∴DE=3−1．
设AF=FG=x，则FD=AD−AF=3−x，
在Rt▵DFE和Rt▵FGE中，FD2+DE2=FG2+GE2=FE2，
∴3−x2+3−12=x2+2−32，解得x=1，
∴FG=AF=1，
∴FE=FG2+GE2=12+2−32=8−43=6−2．
∵点M，N分别为BE，BF的中点，
∴MN为▵BEF的中位线，
∴MN=EF2=6−22.故选D．


12.【答案】D 
【解析】解：如图，连接BP，作EF⊥BC于点F，则∠EFB=90°，

∵正方形的性质可知∠EBF=45°，
∴△BEF为等腰直角三角形，
∵正方形的边长为a，
∴BE=BC=a，
∴BF=EF=22BE=22a，
∵PM⊥BD，PN⊥BC，
∴S△BPE+S△BPC=S△BEC，
∴12BE×PM+12BC×PN=12BC×EF，
∵BE=BC，
∴PM+PN=EF=22a.
则点P到边BD，BC的距离之和PM+PN的值是定值22a.
故选：D．
连接BP，作EF⊥BC于点F，由正方形的性质可知△BEF为等腰直角三角形，BE=a，可求EF，利用面积法得S△BPE+S△BPC=S△BEC，将面积公式代入即可．
本题主要考查正方形的性质，三角函数，等面积法，解决此题的关键是用等面积求出EF．

13.【答案】15 
【解析】
【分析】
本题主要考查矩形性质，熟练掌握矩形对角线相等且互相平分、对边平行是解题关键．
连接AC，由矩形性质可得∠E=∠DAE、BD=AC=CE，知∠E=∠CAE，而∠ADB=∠CAD=30°，可得∠E度数．
【解答】
解：连接AC，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BE，AC=BD，且∠ADB=∠CAD=30°，
∴∠E=∠DAE，
又∵BD=CE，
∴CE=CA，
∴∠E=∠CAE，
∵∠CAD=∠CAE+∠DAE，
∴∠E+∠E=30°，即∠E=15°，
故答案为15．  
14.【答案】(165,−125) 
【解析】
【分析】
此题考查了翻折变化(折叠问题)，坐标与图形变换，以及矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．由折叠的性质得到一对角相等，对应边相等，再由矩形对边相等且平行，得到一对内错角相等，等量代换及等角对等边得到BE=OE，AE=DE，过D作DF垂直OA，利用勾股定理及面积法求出DF与OF的长，即可确定出D坐标．
【解答】
解：由折叠得：∠CBO=∠DBO，0C=0D，BC=BD

∵矩形ABCO，
∴BC//OA，BC=OA=8，OC=AB=4，
∴∠CBO=∠BOA，OA=BD
∴∠DBO=∠BOA，
∴BE=OE，
∵OA=BD，
∴AE=DE，
设DE=AE=x，则有OE=BE=8−x，
在Rt△ODE中，根据勾股定理得：42+x2=(8−x)2
解得：x=3，即OE=5，DE=3，
过D作DF⊥OA，
∵S△OED=12OD⋅DE=12OE⋅DF，
∴DF=125，OF=42−(125)2=165，
则D(165,−125).
故答案为(165,−125).  
15.【答案】2或5−13 
【解析】解：分两种情况：①当点P在菱形对角线AC上时，如图1所示：
：由折叠的性质得：AN=PN，AM=PM，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，
∴∠PAM=∠PAN=30°，
∴∠AMN=∠ANM=90°−30°=60°，
∴AN=AM=2；
②当点P在菱形对角线BD上时，如图2所示：
设AN=x，
由折叠的性质得：PM=AM=2，PN=AN=x，∠MPN=∠A=60°，
∵AB=3，
∴BM=AB−AM=1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADC=180°−60°=120°，∠PDN=∠MBP=12∠ADC=60°，
∵∠BPN=∠BPM+60°=∠DNP+60°，
∴∠BPM=∠DNP，
∴△PDN∽△MBP，
∴DNBP=PDBM=PNPM，即3−xBP=PD1=x2，
∴PD=12x，
∴3−x3−12x=12x
解得：x=5−13或x=5+13(不合题意舍去)，
∴AN=5−13，
综上所述，AN的长为2或5−13；
故答案为：2或5−13．
分两种情况：①当点P在菱形对角线AC上时，由折叠的性质得：AN=PN，AM=PM，证出∠AMN=∠ANM=60°，得出AN=AM=2；
②当点P在菱形对角线BD上时，设AN=x，由折叠的性质得：PM=AM=2，PN=AN=x，∠MPN=∠A=60°，求出BM=AB−AM=1，证明△PDN∽△MBP，得出DNBP=PDBM=PNPM，求出PD=12x，由比例式3−x3−12x=x2，求出x的值即可．
本题考查了翻折变换的性质、菱形的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定以及分类讨论等知识；熟练掌握翻折变换的性质，证明三角形相似是关键．

16.【答案】(2n−1,2n−1)(n为正整数) 
【解析】解：设直线y=x+1与x轴交点为P，
当x=0时，y=x+1=1，当y=0时，x=−1，
∴A1(0,1)，P(−1,0)，
∴OA1=OP=1，
∴∠OPA1=45°，
∵A1B1//x轴，
∴∠A2A1B1=∠OPA1=45°，
∴A2B1=A1B1=1，
∵四边形A1B1C1O为正方形，
∴B1(1,1)，A2(1,2)．
同理可得：B2(3,2)，A3(3,4)，B3(7,4)，A4(7,8)，…，
∴An(2n−1−1,2n−1)，Bn(2n−1,2n−1)(n为正整数)．
故答案为：(2n−1,2n−1)(n为正整数)．
根据一次函数图象上点的坐标特征结合正方形的性质可找出部分点A、B的坐标，根据坐标的变化找出变化规律是解题的关键．(亦可利用等腰直角三角形的性质结合一次函数图象上点的坐标特征找出点An的坐标，进而得出点Bn的坐标)
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质以及规律型中点的坐标，根据点的坐标的变化找出变化规律“An(2n−1−1,2n−1)，Bn(2n−1,2n−1)(n为正整数)”是解题的关键．

17.【答案】(1)证明：∵正方形ABCD和正方形AEFG，
∴AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=90°，
∴∠BAD+∠DAE=∠EAG+∠DAE，
∴∠BAE=∠DAG，
∵在△BEA与△DGA中，
AB=AD∠BAE=∠DAGAE=AG，
∴△BEA≌△DGA(SAS)，
∴BE=DG，∠ADG=∠ABE，
∴∠BOD=∠BAD=90°，
∴BE⊥DG；

(2)证明：如图，

由三角形中位线定理可得：MP//BE，MP=12BE，
PN//DG，PN=12DG，
∴PM=PN，∠MPN=∠BOD=90°，
即△MPN是等腰直角三角形；
(3)25 
【解析】
(1)证明：∵正方形ABCD和正方形AEFG，
∴AB=AD，AE=AG，∠BAD=∠EAG=90°，
∴∠BAD+∠DAE=∠EAG+∠DAE，
∴∠BAE=∠DAG，
∵在△BEA与△DGA中，
AB=AD∠BAE=∠DAGAE=AG，
∴△BEA≌△DGA(SAS)，
∴BE=DG，∠ADG=∠ABE，
∴∠BOD=∠BAD=90°，
∴BE⊥DG；

(2)证明：如图，

由三角形中位线定理可得：MP//BE，MP=12BE，
PN//DG，PN=12DG，
∴PM=PN，∠MPN=∠BOD=90°，
即△MPN是等腰直角三角形；

(3)解：如图，

过点G作GH垂直于DA的延长线于点H，
∵∠DAE=45°，∠EAG=90°，
∴∠HAG=45°，
∵EF=22，
∴AH=HG=2，
∵AB=4，
∴DH=6，
∴DG=62+22=210，
∴NP=MP=10，
∴MN=25．
故答案为25．
【分析】(1)根据SAS证明△BEA与△DGA全等，再利用全等三角形的性质证明即可；
(2)利用三角形中位线定理证得△MPN是等腰直角三角形；
(3)过点G作GH垂直于DA的延长线于点H，利用勾股定理得出DG，进一步得出PN，利用勾股定理得出结果．
此题考查三角形全等的判定与性质，三角形的中位线定理，勾股定理，等腰直角三角形的性质，结合图形和数据，灵活作出辅助线解决问题．  
18.【答案】(1)证明：如图1，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，

∵正方形ABCD为正方形，
∴∠DCA=∠BCA=45°，
∴EQ=EP，∠QEC=∠PEC=45°，
∴∠QEP=90°，
∵∠QEF+∠FEP=90°，∠PED+∠FEP=90°，
∴∠QEF=∠PED，
在△EQF和△EPD中，
 ∠QEF=∠PEDEQ=EP  ∠EQF=∠EPD,
∴△EQF≌△EPD(ASA)，
∴EF=ED，
∴矩形DEFG是正方形；
(2)如图2中，在Rt△ABC中．AC=AB2+BC2=2AB=22，
∵EC=2，
∴AE=AC−EC=2，
∴AE=CE，
此时E点为AC中点，
∴DE⊥AC，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，
CG=DG=CE=DE，
∴CG=2；

(3)∠EFC=120°或30°． 
【解析】
【分析】
本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
(1)作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF=ED，根据正方形的判定定理证明即可；
(2)通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题；
(3)分两种情形考虑问题即可．
【解答】
解：(1)见答案：
(2)见答案；
(3)①当DE与AD的夹角为30°时，即∠ADE=30°,

∠EDC=90°−30°=60°，
∴则在四边形EDCF中，
∠EFC=360°−∠DEF−∠EDC−∠DCF=360°−90°−60°−90°=120°
②当DE与DC的夹角为30°时，∠EDC=30°，

∴∠AED=∠EDC+∠ACD=75°，
∴∠FEC=180°−∠AED−∠DEF=180°−75°−90°=15°，
∴∠EFC=∠ECB−∠CEF=45°−15°=30°，
综上所述，∠EFC=120°或30°．
故答案为∠EFC=120°或30°．  
19.【答案】(1)见解析；(2)运动到AC的中点时；(3)运动到AC的中点时，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时 
【解析】试题分析：(1)根据CE平分∠ACB，MN//BC，找到相等的角，即∠OEC=∠ECB，再根据等边对等角得OE=OC，同理OC=OF，可得EO=FO．
(2)利用矩形的判定解答，即有一个内角是直角的平行四边形是矩形．
(3)利用已知条件及正方形的性质解答．
试题解析：(1)∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE=∠BCE，
∵MN//BC，
∴∠OEC=∠ECB，
∴∠OEC=∠OCE，
∴OE=OC，
同理，OC=OF，
∴OE=OF．
(2)当点O运动到AC中点处时，四边形AECF是矩形．
如图AO=CO，EO=FO，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE=12∠ACB，
同理，∠ACF=12∠ACG，
∴∠ECF=∠ACE+∠ACF=12(∠ACB+∠ACG)=12×180°=90°，
∴四边形AECF是矩形．
(3)△ABC是直角三角形
∵四边形AECF是正方形，
∴AC⊥EN，故∠AOM=90°，
∵MN//BC，
∴∠BCA=∠AOM，
∴∠BCA=90°，
∴△ABC是直角三角形．
考点：1.正方形的性质；2.平行线的判定与性质；3.矩形的判定．


20.【答案】(1)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB//DC，AB=CD，
∴∠OEB=∠ODC，
又∵O为BC的中点，
∴BO=CO，
在△BOE和△COD中，
∠OEB=∠ODC∠BOE=∠CODBO=CO，
∴△BOE≌△COD(AAS)；
∴OE=OD，
∴四边形BECD是平行四边形；
(2)100． 
【解析】
【分析】
(1)由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE=OD，即可得出结论；
(2)由平行四边形的性质得出∠BCD=∠A=50°，由三角形的外角性质求出∠ODC=∠BCD，得出OC=OD，证出DE=BC，即可得出结论．
本题主要考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质和全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．
【解答】
解：(2)解：若∠A=50°，则当∠BOD=100°时，四边形BECD是矩形．
理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠A=50°，
∵∠BOD=∠BCD+∠ODC，
∴∠ODC=100°−50°=50°=∠BCD，
∴OC=OD，
∵BO=CO，OD=OE，
∴DE=BC，
∵四边形BECD是平行四边形，
∴四边形BECD是矩形；
故答案为100．  
21.【答案】解：(1)由题意知，OE=OA=15，AD=DE，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：CE=OE2−OC2=225−81=12，
∴BE=BC−CE=15−12=3
在Rt△BED中，由勾股定理知：AD2=DE2=BE2+BD2，即DE2=(9−DE)2+32，
解得DE=5，
∴AD=5
∴D(15,5)，E(12,9)
设DE直线的解析式为y=kx+b，
∴5=15k+b9=12k+b
解得k=−43，b=25
∴DE直线的解析式为y=−43x+25；
(2)当在x的正半轴上，OP1=OE=15时，点P1与点A重合，则P1(15,0)；
当在x的负半轴上，OP2=OE=15时，则P2(−15,0)；
当OE=EP3时，作EH⊥OA于点H，有OH=CE=HP3=12，则P3(24,0)；
当OP4=EP4时，由勾股定理知P4H2+EH2=P4E2，即(12−P4E)2+92=P4E2，
解得OP4=EP4=758，即P4(758,0)；
∴满足△OPE为等腰三角形的点有四个：
P1(15,0)；P2(−15,0)；P3(24,0)；P4(758,0)；

(3)作点D关于x的对称点D′，点E关于y轴的对称点E′，连接E′D′，
分别交于y轴、x轴于点N、点M，则点M、N是所求得的点．
在Rt△BE′D′中，D′E′=E′B2+D′B2=537
∴四边形DENM的周长=DE+EN+MN+MD=DE+D′E′=5+537．
 
【解析】本题综合考查矩形的性质、翻折的性质、勾股定理、待定系数法求一次函数解析式、轴对称的性质、等腰三角形的判定．运用了分类讨论思想．
(1)由于OE=OA=15，AD=DE，在Rt△OCE中，由勾股定理求得CE的值，再在Rt△BED中，由勾股定理建立关于DE的方程求解；
(2)分四种情况：在x的正半轴上，OP=OE时，OE=EP时，OP=EP时；在x的负半轴上，OP=OE时，分别可以求得点P对应的点的坐标；
(3)作点D关于x的对称点D′，点E关于y轴的对称点E′，连接E′D′，分别交于y轴、x轴于点N、点M，则点M、N是所求得的点，能使四边形的周长最小，周长且为E′D′+ED．

22.【答案】解：(1)如图③所示，四边形ABCD即为所求；
如图④所示，四边形ABCD′即为所求；

(2)①②③④；
(3)①证明：∵AC=EC，AF=EF，CF=CF，
∴△ACF≌△ECF(SSS)，
∴∠ACF=∠ECF，∠AFC=∠EFC，
∵∠ACE=∠AFE，
∴∠ACF=∠EFC，∠ECF=∠AFC，
∴AC//EF，AF//CE，
∴准菱形ACEF是平行四边形，
∵AC=EC，
∴准菱形ACEF是菱形；
②23． 
【解析】
【分析】
本题属于四边形综合题，考查了菱形的判定和性质，矩形的判定，直角三角形斜边中线的性质，含30度角的直角三角形，“准矩形”和“准菱形”的定义，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
(1)根据题意画出图形即可；
(2)根据矩形和菱形的判定定理即可得到结论；
(3)①根据全等三角形的性质得到∠ACF=∠ECF，∠AFC=∠EFC，求得∠ACF=∠EFC，∠ECF=∠AFC，推出AC//EF，AF//CE，根据菱形的判定定理即可得到结论；
②首先取AC的中点G，连接BG、DG、BD，再根据∠ADC=90°，∠ABC=90°，然后求出∠BGD=90°，即可判断出△BGD是等腰直角三角形；由勾股定理和直角三角形的性质，分别求出AD、CD的值，再根据三角形的面积的求法，求出菱形ACEF的面积为多少即可．
【解答】
解：(1)见答案；
(2)①当CD//AB，
∴∠D+∠A=∠C+∠B=180°，
∵∠A=∠C=90°，
∴∠D=∠B=90°，
∴四边形ABCD是矩形，故①正确；
②如下图，连接BD，
∵∠A=∠C=90°，CD=AB，BD=BD，
∴Rt△ABD≌Rt△CDB(HL)，
∴AD=CB，
∴四边形ABCD是矩形，故②正确；

③∵AD=AB，CD=CB，AD=BC，
∴AD=AB=BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形；
④如图②，连接BD，
∵AD=AB，CD=CB，
∴∠ADB=∠ABD，∠CDB=∠CBD，
当AD//BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∴∠ABD=∠CBD，
∴∠CDB=∠ABD，
∴AB//CD，
∴四边形ABCD是菱形；

故正确的有①②③④，
故答案为①②③④；
(3)①见答案．
②如图⑤，取AC的中点G，连接BG、DG、BD．

∵四边形ACEF是菱形，
∴AE⊥CF，
∴∠ADC=90°，
∵∠ACD=30°，∠ACB=15°，
∵DG=GA=GC=GB，
∴∠GCD=∠GDC=30°，∠GCB=∠GBC=15°，
∴∠AGB=15°×2=30°，∠AGD=30°×2=60°，
∴∠BGD=30°+60°=90°，
∴△BGD是等腰直角三角形，
设DG=BG=x，则BG2+DG2=BD2，即x2+x2=(2)2，
∴x=1，
∴DG=BG=1，
∴AC=2DG=2，
∴AD=12AC=1，
∴CD=AC2−AD2=22−12=3，
∴菱形ACEF的面积为：12×1×3×4=23．  
23.【答案】(1)证明：∵四边形DBEC是平行四边形，
∴BE//CD，
∴∠ODC=∠OBA，
由折叠的性质得：BD⊥AC，OA=OC，
在△OAB和△OCD中，
∠OBA=∠ODC∠AOB=∠CODOA=OC，
∴△OAB≌△OCD(AAS)，
∴AB=CD，
∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵BD⊥AC，
∴平行四边形ABCD是菱形．
(2)①∵四边形DBEC是平行四边形，
∴CE//BD，CE=BD=8，
由折叠的性质得：BD⊥AC，
∴CE⊥AC，
∴∠ACE=90°，
∴△ACE的面积=12AC×CE=12×6×8=24．
②由①得：∠ACE=90°，CE=8，
∴AE=AC2+CE2=62+82=10，
分三种情况：
a、EF=EC=8时，AF=AE+EF=18，或AF=AE−EF=2；
b、CF=CE=8时，过C作CG⊥AE于G，如图1所示：
则FG=EG，
∵△ACE的面积=12CG×AE=24，
∴CG=2×2410=245，
∴FG=EG=CE2−CG2=82−(245)2=325，
∴AG=AE−EG=10−325=185，
∴AF=FG−AG=325−185=145；
c、FC=FE时，F在CE的垂直平分线上，与点B重合，如图2所示：
∴F为AE的中点，
∴AF=12AE=5；
综上所述，线段为AF的长为18或2或145或5． 
【解析】(1)证△OAB≌△OCD(AAS)，得AB=CD，则四边形ABCD是平行四边形，再由BD⊥AC，即可得出结论；
(2)①由平行四边形的性质得CE//BD，CE=BD=8，再由折叠的性质得：BD⊥AC，则CE⊥AC，然后由三角形面积公式求解即可；
②由勾股定理得AE=10，分三种情况：
a、EF=EC=8时，AF=AE+EF=18，或AF=AE−EF=2；
b、CF=CE=8时，过C作CG⊥AE于G，则FG=EG，由三角形面积求出CG=245，再由勾股定理求出FG=EG=325，则AG=AE−EG=185，得AF=FG−AG=145；
c、FC=FE时，F在CE的垂直平分线上，则F为AE的中点，与点B重合，得AF=12AE=5即可．
本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、折叠的性质、勾股定理、三角形面积以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理，证明△OAB≌△OCD是解题的关键，属于常考题型．

24.【答案】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AB//CD，AD//BC，∠B=90°，
∴∠BAC=∠DCA，
∵AB=6cm，BC=8cm，
在Rt△ABC中，AC=AB2+BC2=62+82=10cm，
∵G、H分别是AB、DC的中点，
∴AG=12AB，CH=12CD，
∴AG=CH，
∵E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发，相向而行，速度均为2cm/s，
∴AE=CF，
∴AF=CE，
∴△AGF≌△CHE(SAS)，
∴GF=HE，∠AFG=∠CEH(或得∠EFG=∠FEH)，
∴GF//HE，
∴以E、G、F、H为顶点的四边形始终是平行四边形；
(2)如图1，连接GH，由(1)可知四边形EGFH是平行四边形，

∵G、H分别是AB、DC的中点，
∴GH=BC=8cm，
∴当EF=GH=8cm时，四边形EGFH是矩形，分两种情况：
①若AE=CF=2t，则EF=10−4t=8，解得：t=0.5，
②若AE=CF=2t，则EF=2t+2t−10=8，解得：t=4.5，
即当t为4.5秒或0.5秒时，四边形EGFH是矩形；
(3)如图2，连接AG、CH，

∵四边形GEHF是菱形，
∴GH⊥EF，OG=OH，OE=OF，
∵AF=CE
∴OA=OC，
∴四边形AGCH是菱形，
∴AG=CG，
设AG=CG=x，则BG=8−x，
由勾股定理得：AB2+BG2=AG2，
即62+(8−x)2=x2，解得：x=254，
∴BG=8−254=74，
∴AB+BG=6+74=314，
t=314÷2=318，
即t为318秒时，四边形EGFH是菱形． 
【解析】(1)根据勾股定理求出AC，证明△AFG≌△CEH，根据全等三角形的性质得到GF=HE，利用内错角相等得GF//HE，根据平行四边形的判定可得结论；
(2)如图1，连接GH，分AC−AE−CF=8、AE+CF−AC=8两种情况，列方程计算即可；
(3)连接AG、CH，判定四边形AGCH是菱形，得到AG=CG，根据勾股定理求出BG，得到AB+BG的长，根据题意解答．
本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、平行四边形的判定和菱形的判定，掌握矩形的性质定理、菱形的判定定理，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．

25.【答案】解：(1)∵四边形EFGH为正方形，
∴HG=HE，
∵∠DHG+∠AHE=90°，
∠DHG+∠DGH=90°，
∴∠DGH=∠AHE，
∴△AHE≌△DGH(AAS)
∴DG=AH=2

(2)作FM⊥DC，M为垂足，连接GE，
∵AB//CD，∴∠AEG=∠MGE
∵HE//GF，∴∠HEG=∠FGE，
∴∠AEH=∠MGF．
在△AHE和△MFG中，∠A=∠M=90°，HE=FG，∴△AHE≌△MFG．
∴FM=HA=2，即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值2．
因此S△FCG=12×2×GC=1，解得GC=1，DG=6．

(3)设DG=x，则由第(2)小题得，S△FCG=7−x，又在△AHE中，AE≤AB=7，
∴HE2≤53，∴x2+16≤53，x≤37，
∴S△FCG的最小值为7−37，此时DG=37． 
【解析】(1)当四边形EFGH为正方形时，则易证AHE≌△DGH，则DG=AH=2
(2)作FM⊥DC，M为垂足，连接GE，可以证明△AHE≌△MFG，则FM=HA=2，即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值2.根据△FCG的面积为1，就可以解出GC，DG的长．
(3)先求出DG的取值范围，S△FCG的面积可以表示成x的函数，根据函数的性质，就可以求出最值．
求最值的问题一般是转化为函数问题，根据函数的性质求解．