华东师大版数学八年级下册第19章 矩形、菱形与正方形定向训练试题（含解析）

华东师大版数学八年级下册第19章 矩形、菱形与正方形定向训练
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、下列命题中，是真命题的是（ ）．A．三角形的外心是三角形三个内角角平分线的交点
B．满足的三个数，，是勾股数
C．对角线相等的四边形各边中点连线所得四边形是矩形
D．五边形的内角和为
2、在数学活动课上，老师和同学们判断一个四边形门框是否为矩形．下面是某个合作小组的4位同学拟定的方案，其中正确的是（ ）
A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等
C．测量其内角是否均为直角 D．测量对角线是否垂直
3、如图，正方形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，点E在BD上，且BE=AD，则∠ACE的度数为（　　　）
A．22.5° B．27.5° C．30° D．35°
4、如图，已知E为邻边相等的平行四边形ABCD的边BC上一点，且∠DAE=∠B=80 ，那么∠CDE的度数为（ ）
A．20 B．25 C．30 D．35
5、如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE=AD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（　　）
A．AB=BE B．DE⊥DC C．∠ADB=90° D．CE⊥DE
6、如图，正方形OABC的边长为4，点D是OA边的中点，连接CD，将△OCD沿着CD折叠得到△ECD，CE与OB交于点F．若反比例函数y＝的图象经过点F，则m的值为（　　）
A． B． C． D．
7、菱形ABCD的周长是8cm，∠ABC＝60°，那么这个菱形的对角线BD的长是（　　）
A．cm B．2cm C．1cm D．2cm
8、如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，以点O为顶点的正方形OEGF的两边OE，OF分别交正方形ABCD的两边AB，BC于点M，N，记的面积为，的面积为，若正方形的边长，，则的大小为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
9、下列命题是真命题的是（ ）
A．五边形的内角和是720° B．三角形的任意两边之和大于第三边
C．内错角相等 D．对角线互相垂直的四边形是菱形
10、下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．四条边相等的四边形是正四边形
C．有一组邻边相等的平行四边形是矩形 D．如果，则
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题6分，共计30分）
1、如图，在正方形ABCD中，，M是AD边上的一点，．将△BMA沿BM对折至△BMN，连接DN，则DN的长是________．
2、如图，长方形纸片，点E，F分别在边上，将纸片沿折叠，使点B落在边上的点处，然后再次折叠纸片使点F与点重合，点C落在点，折痕为，若，则_______度．
3、如图，在菱形ABCD中，，，为等边三角形，点E，F分别在菱形的边BC，CD上滑动，且E，F不与B，C，D重合，则四边形AECF的面积是______．
4、三国时期，数学家赵爽绘制了“勾股圆方图”，又叫“赵爽弦图”，如图所示，△ABH、△BCG、△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD和四边形EFGH都是正方形，如果EF＝2，AH＝6，那么四边形ABCD的面积等于_____．
5、如图，，D为外一点，且交的延长线于E点，若，则_______．
三、解答题（4小题，每小题10分，共计40分）
1、如图，已知正方形ABCD的边长为6，E，F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
（1）求证：EF＝MF；
（2）若AE＝2，求FC的长．
2、如图，将 ABCD的边AB延长到点E，使BE＝AB，连接DE，交边BC于点F．
（1）求证：△BEF≌△CDF．
（2）连接BD，CE，若∠BFD＝2∠A，求证四边形BECD是矩形．
3、数学兴趣小组的同学发现：一些复杂的图形运动是由若干个图形基本运动组合形成的，如一个图形沿一条直线翻折后再沿这条直线的方向平移，这样的一种图形运动，大家讨论后把它称为图形的“翻移运动”，这条直线则称为（这次运动的）“翻移线”如图1，就是由沿直线1翻移后得到的．（先翻折，然后再平移）
(1)在学习中，兴趣小组的同学就“翻移运动”对应点（指图1中的与，与…）连线是否被翻移线平分发生了争议．对此你认为如何？（直接写出你的判断）
(2)如图2，在长方形中，，点分别是边中点，点在边延长线上，联结，如果是经过“翻移运动”得到的三角形．请在图中画出上述“翻移运动”的“翻移线”直线；联结，线段和直线交于点，若的面积为3，求此长方形的边长的长．
(3)如图3，是（2）中的长方形边上一点，如果，先按（2）的“翻移线”直线翻折，然后再平移2个单位，得到，联结线段，分别和“翻移线”交于点和点，求四边形的面积．
4、如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG＝2OD，OE＝2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连结AG、DE．
（1）猜想AG与DE的数量关系，请直接写出结论；
（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°），得到图2，请判断：
（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）在正方形OEFG旋转过程中，请直接写出：
①当α＝30°时，∠OAG的度数；
②当△AEG的面积最小时，旋转角α的度数．
-参考答案-
一、单选题
1、D
【解析】
【分析】
正确的命题是真命题，根据定义解答．
【详解】
解：A. 三角形的外心是三角形三条边垂直平分线的交点，故该项不符合题意；
B. 满足的三个正整数，，是勾股数，故该项不符合题意；
C. 对角线相等的四边形各边中点连线所得四边形是菱形，故该项不符合题意；
D. 五边形的内角和为，故该项符合题意；
故选：D．
【点睛】
此题考查了真命题的定义，正确掌握三角形外心的定义，勾股数的定义，中点四边形的判定定理及多边形内角和的计算公式是解题的关键．
2、C
【解析】
【分析】
根据矩形的判定：（1）四个角均为直角；（2）对边互相平行且相等；（3）对角线相等且平分，据此即可判断结果．
【详解】
解：A、根据矩形的对角线相等且平分，故错误；
B、对边分别相等只能判定四边形是平行四边形，故错误；
C、矩形的四个角都是直角，故正确；
D、矩形的对角线互相相等且平分，所以垂直与否与矩形的判定无关，故错误．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查的是矩形的判定方法，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
3、A
【解析】
【分析】
利用正方形的性质证明∠DBC=45°和BE=BC，进而证明∠BEC=67.5°．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=AD，∠DBC=45°，
∵BE=AD，
∴BE=BC，
∴∠BEC=∠BCE=（180°﹣45°）÷2=67.5°，
∵AC⊥BD，
∴∠COE=90°，
∴∠ACE=90°﹣∠BEC=90°﹣67.5°=22.5°，
故选：A．
【点睛】
本题考查正方形的性质，以及等腰三角形的性质，掌握正方形的性质并加以利用是解决本题的关键．
4、C
【解析】
【分析】
依题意得出AE=AB=AD，∠ADE=50°，又因为∠B=80°故可推出∠ADC=80°，∠CDE=∠ADC-∠ADE，从而求解．
【详解】
∵ADBC，
∴∠AEB=∠DAE=∠B=80°，
∴AE=AB=AD，
在三角形AED中，AE=AD，∠DAE=80°，
∴∠ADE=50°，
又∵∠B=80°，
∴∠ADC=80°，
∴∠CDE=∠ADC-∠ADE=30°．
故选：C．
【点睛】
考查菱形的边的性质，同时综合利用三角形的内角和及等腰三角形的性质，解题关键是利用等腰三角形的性质求得∠ADE的度数．
5、B
【解析】
【分析】
先证明四边形BCED为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC，
又∵AD=DE，
∴DE∥BC，且DE=BC，
∴四边形BCED为平行四边形，
A、∵AB=BE，DE=AD，
∴BD⊥AE，
∴□DBCE为矩形，故本选项不符合题意；
B、∵DE⊥DC，
∴∠EDB=90°+∠CDB＞90°，
∴四边形DBCE不能为矩形，故本选项符合题意；
C、∵∠ADB=90°，
∴∠EDB=90°，
∴□DBCE为矩形，故本选项不符合题意；
D、∵CE⊥DE，
∴∠CED=90°，
∴□DBCE为矩形，故本选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定等知识，判定四边形BCED为平行四边形是解题的关键．
6、B
【解析】
【分析】
先根据折叠的性质得到，，设，利用两点间的距离公式得到，，解关于、的方程组得到点的坐标为，，再利用待定系数法求出直线的解析式为，易得直线的解析式为，解方程组得，，然后根据反比例函数图象上点的坐标特征求的值．
【详解】
解：正方形的边长为4，点是边的中点，
，，，，
沿着折叠得到，
，，
设，
，
，
，，
点的坐标为，，
设直线的解析式为，
把，，分别代入得，
解得，
直线的解析式为，
易得直线的解析式为，
解方程组得，
，，
点，在反比例函数的图象上，
．
故选：B．
【点睛】
本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握反比例函数为常数，的图象是双曲线，图象上的点的横纵坐标的积是定值，即．也考查了正方形的性质和折叠的性质．
7、B
【解析】
【分析】
由菱形的性质得AB＝BC＝2（cm），OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，再证△ABC是等边三角形，得AC＝AB＝2（cm），则OA＝1（cm），然后由勾股定理求出OB＝（cm），即可求解．
【详解】
解：∵菱形ABCD的周长为8cm，
∴AB＝BC＝2（cm），OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝2cm，
∴OA＝1（cm），
在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB＝＝＝（cm），
∴BD＝2OB＝2（cm），
故选：B．
【点睛】
此题考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定方法．
8、D
【解析】
【分析】
由题意依据全等三角形的判定得出△BOM≌△CON，进而根据正方形的性质即可得出的大小.
【详解】
解：∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴OC=OD=BO=AO，∠ABO=∠ACB=45°，AC⊥BD．
∵∠MOB+∠BON=90°，∠BON+∠CON=90°
∴∠BOM=∠CON，且OC=OB，∠ABO=∠ACB=45°，
∴△BOM≌△CON（ASA），=S△BOM，
∴，
∵=S正方形ABCD，正方形的边长，，
∴=S正方形ABCD -=.
故选：D.
【点睛】
本题考查正方形的性质以及全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是解答本题的关键．
9、B
【解析】
【分析】
利用多边形的内角和公式、三角形的三边关系、平行线的性质及菱形的判定分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】
解：A、五边形的内角和为540°，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
B、三角形的任意两边之和大于第三边，正确，是真命题，符合题意；
C、两直线平行，内错角相等，故原命题错误，是假命题，不符合题意；
D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，不符合题意，
故选：B．
【点睛】
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解多边形的内角和公式、三角形的三边关系、平行线的性质及菱形的判定等知识，难度不大．
10、A
【解析】
【分析】
利用等式的性质以及矩形、正方形、菱形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】
解：A、若，则，故此命题正确；
B、四条边相等的四边形是菱形，故原命题不正确；
C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故原命题不正确；
D、如果，a≠0时，则，若时，此命题不正确，
故选：A．
【点睛】
本题考查了命题与定理以及等式的性质等知识，解题的关键是了解矩形及菱形的判定方法．
二、填空题
1、
【解析】
【分析】
连接AN交BM于点O，过点N作NH⊥AD于点H，根据正方形的性质可得AM=3，DM=6，从而得到，再由轴对称图形的性质，可得AN⊥BM，AO=NO，MN=AM=3，再由，可得，从而得到，再由勾股定理可得，从而得到，进而得到， ，即可求证．
【详解】
解：如图，连接AN交BM于点O，过点N作NH⊥AD于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AB=AD，
∵， ．
∴AM=3，DM=6，
∴ ，
∵将△BMA沿BM对折至△BMN，
∴AN⊥BM，AO=NO，MN=AM=3，
∵ ，
∴ ，
∴，
在 中，由勾股定理得：
，
在 中，由勾股定理得：
，
∴，
即 ，解得： ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ．
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了正方形与折叠问题，勾股定理，轴对称图形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
2、144
【解析】
【分析】
根据将纸片沿折叠，使点B落在边上的点处，得出∠EB′F=∠B=90°，∠BFE=∠B′FE，可得∠AB′E+∠DB′F=90°根据四边形ABCD为矩形，得出AD∥BC，可得∠DBF=∠B′FB=2∠EFB，可求∠AB′E =90°-∠DB′F=90°-2∠EFB，根据GH为对称轴，可得∠CB′F=∠CFB′=180°-∠B′FB=180°-2∠EFB，可得∠C′B′D=∠C′B′F-∠FB′D=180°-2∠EFB-2∠EFB，根据，列方程180°-2∠EFB-2∠EFB-（90°-2∠EFB）=18°，解方程即可．
【详解】
解：∵将纸片沿折叠，使点B落在边上的点处，
∴∠EB′F=∠B=90°，∠BFE=∠B′FE，
∴∠AB′E+∠DB′F=90°
∴∠AB′E =90°-∠DB′F
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DB′F=∠B′FB=2∠EFB，
∴∠AB′E =90°-∠DBF=90°-2∠EFB，
∵GH为对称轴，
∴∠C′B′F=∠CFB′=180°-∠B′FB=180°-2∠EFB，
∵∠C′B′D=∠C′B′F-∠FB′D=180°-2∠EFB-2∠EFB，
∵，
∴180°-2∠EFB-2∠EFB-（90°-2∠EFB）=18°，
解得∠EFB=36°，
∴∠EFC=180°-∠EFB=180°-36°=144°．
故答案为144．
【点睛】
本题考查折叠性质，矩形性质，平行线性质，补角性质，列一元一次方程，掌握折叠性质，矩形性质，平行线性质，补角性质，列一元一次方程是解题关键．
3、
【解析】
【分析】
连接AC，根据菱形的性质及等边三角形的性质证明△ABE≌△ACF（ASA），得到S△ABE=S△ACF，进而得到四边形AECF的面积=S△ABC，过点A作AH⊥BC于H，由勾股定理求出AH，再利用三角形面积公式计算即可．
【详解】
解：连接AC，
∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，
∴∠1+∠EAC=60°，
∵为等边三角形，
∴∠3+∠EAC=60°，
∴∠1=∠3，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴△ABC和△ACD为等边三角形，
∴∠4=60°，AC=AB，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴S△ABE=S△ACF，
∴四边形AECF的面积=S△ABC，
过点A作AH⊥BC于H，则∠BAH=30°，
∴，
∴，
∴四边形AECF的面积=S△ABC=，
故答案为：．
【点睛】
此题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，熟记菱形的性质及全等三角形的判定是解题的关键．
4、
【解析】
【分析】
由图知，四边形ABCD的面积=4个直角三角形面积的和+正方形EFGH的面积，由题意可求得直角三角形的面积及正方形EFGH的面积，从而可求得结果．
【详解】
∵四边形EFGH是正方形
∴GH=EF=2
∵△ABH≌△BCG
∴BG=AH=6
∴BH=BG+GH=6+2=8
∴
∵ △ABH、△BCG、△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形
∴这四个直角三角形的面积均为24
∵四边形EFGH是正方形
∴
∴
故答案为：100
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质及图形的面积，关键是全等三角形的性质求得直角三角形的面积．
5、2
【解析】
【分析】
过点D作DM⊥CB于M，证出∠DAE=∠DBM，判定△ADE≌△BDM，得到DM=DE=3，证明四边形CEDM是矩形，得到CE=DM=3，由AE=1，求出BC=AC=2．
【详解】
解：∵DE⊥AC，
∴∠E=∠C=90°，
∴，
过点D作DM⊥CB于M，则∠M=90°=∠E，
∵AD=BD，
∴∠BAD=∠ABD，
∵AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA，
∴∠DAE=∠DBM，
∴△ADE≌△BDM，
∴DM=DE=3，
∵∠E=∠C=∠M =90°，
∴四边形CEDM是矩形，
∴CE=DM=3，
∵AE=1，
∴BC=AC=2，
故答案为：2．
【点睛】
此题考查了全等三角形的判定及性质，矩形的判定及性质，等边对等角证明角度相等，正确引出辅助线证明△ADE≌△BDM是解题的关键．
三、解答题
1、（1）见解析；（2）FC=3．
【解析】
【分析】
（1）由旋转可得DE＝DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF＝90°，由∠EDF＝45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF＝∠MDF，再由DF＝DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF＝MF；
（2）由（1）的全等得到AE＝CM＝2，正方形的边长为6，用AB﹣AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF＝MF＝x，可得出BF＝BM﹣FM＝BM﹣EF＝8﹣x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长，由此即可求出CF的长．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠FCD=∠ADC=90°，
∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠A=∠DCM=90°，AE=CM，∠ADE=∠CDM，DE=DM
∴∠FCD+∠DCM＝180°，∠ADE+∠EDC=∠CDM+∠EDC=90°，
∴F、C、M三点共线，∠EDM=90°，
∴∠EDF+∠FDM＝90°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
在△DEF和△DMF中，
∵，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF＝MF；
（2）设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝2，且BC＝6，
∴BM＝BC+CM＝6+2＝8，
∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝8﹣x，
∵EB＝AB﹣AE＝6﹣2＝4，
在Rt△EBF中，由勾股定理得，
即，
解得：x＝5，
∴EF＝5，
∴CF=FM-CM=EF-CM=3．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、三角形全等及勾股定理，关键是根据半角旋转得到三角形的全等，然后利用勾股定理求得线段的长．
2、（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质可得ABCD且AB=CD，进而证明∠BEF=∠FDC,∠FBE=∠FCD, ASA证明△BEF≌△CDF.
（2）根据等边对等角证明FD=FC，进而证明，根据对角线相等的平行四边形是矩形即可证明
【详解】
(1)∵四边形ABCD为平行四边形,
∴ABCD且AB=CD.
∵BE=AB,
∴BECD且BE=CD.
∴∠BEF=∠FDC,∠FBE=∠FCD,
∴△BEF≌△CDF.
(2)∵BECD且BE=CD.
∴四边形BECD为平行四边形,
∴DF=DE,CF=BC,
∵四边形ABCD为平行四边形,
∴∠FCD=∠A,
∵∠BFD=∠FCD+∠FDC,∠BFD=2∠A,
∴∠FDC=∠FCD,
∴FD=FC.
又DF=DE,CF=BC,
∴BC=DE,
∴ BECD是矩形.
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，三角形全等的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．
3、 (1)“翻移运动”对应点（指图1中的与，与连线被翻移线平分
(2)3
(3)11或10
【解析】
【分析】
（1）画出图形，即可得出结论；
（2）作直线，即为“翻移线”直线，再由“翻移运动”的性质和三角形面积关系求解即可；
（3）分两种情况：①先按（2）的“翻移线”直线翻折，然后再向上平移2个单位，②先按（2）的“翻移线”直线翻折，然后再向下平移2个单位，由“翻移运动”的性质、梯形面积公式和三角形面积公式分别求解即可．
(1)
解：如图1，连接，，
则“翻移运动”对应点（指图1中的与，与连线被翻移线平分；
(2)
解：作直线，即为“翻移线”直线，如图2所示：
四边形是长方形，
，，
由“翻移运动”的性质得：，，是的中点，
，
，
，
，
，
，
；
(3)
解：分两种情况：
①先按（2）的“翻移线”直线翻折，然后再向上平移2个单位，如图3所示：
设翻折后的三角形为，连接，
则，
同（2）得：，，
，，
，
四边形的面积梯形的面积的面积的面积；
②先按（2）的“翻移线”直线翻折，然后再向下平移2个单位，如图4所示：
设翻折后的三角形为，连接，
则，
同（2）得：，，
，，
，
四边形的面积梯形的面积的面积的面积；
综上所述，四边形的面积为11或10．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了长方形的性质、“翻移运动”的性质、梯形面积公式、三角形面积公式等知识，本题综合性强，解题的关键是熟练掌握“翻移运动”的性质和长方形的性质．
4、（1）AG=DE；（2）成立，理由见解析；（3）①90°，②135°
【解析】
【分析】
（1）证明△AOG≌△DOE（SAS），得出AG=DE即可；
（2）先证明∠AOG=∠DOE，再证明△AOG≌△DOE（SAS），得出AG=DE即可；
（3）①过点E作EM⊥AC交AC的延长线于点M，证明△AOG≌△DOE，则可得出答案；
②作AH⊥GE于H，连接OH，则当O、A、H在同一直线上时OH最小，然后根据旋转的性质可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，
∴OA=OD，OA⊥OD，
∴∠AOG=∠DOE=90°，
∵四边形OEFG是正方形，
∴OG=OE，
在△AOG和△DOE中
，
∴△AOG≌△DOE（SAS），
∴AG=DE；
（2）成立，理由：
∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，
∴OA=OD，OA⊥OD，
∴∠AOD=∠DOC=90°，
∵∠DOG=∠COE=α，
∴∠AOG=∠DOE，
∵四边形OEFG是正方形，
∴OG=OE，
在△AOG和△DOE中
，
∴△AOG≌△DOE（SAS），
∴AG=DE；
（3）①过点E作EM⊥AC交AC的延长线于点M，则∠EMO=90°，
由旋转的性质可知∠MOE=∠DOG=α=30°，
∴∠MOE=90°-30°=60°，
∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，
∴OA⊥OD，
∴∠AOG=90°-30°=60°，
∴∠AOG =∠MOE，
在△AOG和△DOE中
，
∴△AOG≌△DOE（SAS），
∴∠OAG=∠EMO=90°；
②作AH⊥GE于H，连接OH，
∵OG＝2OD，OE＝2OC，
∴OG、OE为定值，
∴GE=是定值，
∴当AH最小时，△AEG的面积最小，
∵当O、A、H在同一直线上时OH最小，OA为定值，
∴此时AH最小，即△AEG的面积最小，
此时的旋转角α=∠HOG+∠AOD=45°+90°=135°．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质等知识，熟练掌握旋转的性质及证明三角形全等是解决问题的关键．