第18章 平行四边形 期末压轴题训练 2022-2023学年人教版数学八年级下册（含解析）

第18章 平行四边形 期末压轴题训练
1．如图，在平行四边形中，，的平分线与的延长线交于点E，与交于点F，且点F为边的中点，，垂足为G．

(1)求证：；
(2)若，求线段和的长；
(3)若平行四边形的面积为，求的面积．
2．如图，在中，，设，以为边作正方形，使得点D落在的延长线上，连接．点P为正方形的边上一点（不与C、D重合），过点P作的垂线交的延长线于点F，交于点G，垂足为点H．
(1)请你依据题意，补全图形；
(2)求的度数（用含有的代数式表示）；
(3)若点C恰好为线段的中点，请你用等式表示线段、和之间的数量关系，并证明．
3．已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
(1)如图1，连接BG、CF，
①求的值；
②求∠BHC的度数．
(2)当正方形AEFG旋转至图2位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN，猜想MN与BE的数量关系与位置关系，并说明理由．
4．如图，平行四边形ABCD中，∠A＝30°，AB＝4，∠ABD＝α（0°＜α≤90°），以BD为一边作菱形BDEF，点F在射线BC上，BE与DF交于点O，与CD交于点G，连接GF．
（1）如图1，求证：A，D，E三点在一条直线上；
（2）如图1，当点F在线段BC上时，求∠DGF的大小（用含α的式子表示）；
（3）当△ABD为直角三角形时，求△DFG的面积．
5．如图，在等边三角形ABC中，边长为12cm，点P从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度是3cm/s；同时点Q由B点出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s，过点Q的直线QE∥AC，交BC于点E，设运动时间为t（s）（0＜t＜4），解答下列问题：
（1）当t为何值时，PQ⊥AC？
（2）当点P在线段AD上时，设四边形PQEC的面积为ycm2，求y与t的关系式；
（3）在整个运动过程中，是否存在某一时刻t，使得以P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，求出t的值，若不存在，说明理由
6．如图，四边形是正方形，点是线段的延长线上一点，点是线段上一点，连接，以点为直角顶点作交的角平分线于，过点作交于，连接，，．
（1）求证：．
（2）求证：．
（3）若，，求的长．
7．已知四边形为菱形，连接，点为菱形外任一点．
（1）如图1，若，，点为过点作边的垂线与边的延长线的交点，，交于点，求的长；
（2）如图2，若，，求证：；
（3）如图3，若点在延长线上时，连接，试猜想，，三个角之间的数量关系，直接写出结论．
8．如图1，在中，，是的一条角平分线，为的外角的平分线，，垂足为．已知，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）如图2，延长至点，使，连接，为的中点，连接，．求的长．
（3）如图3，在（2）问的条件下，为边上的一个动点，连接并延长交延长线于点，连接，为的中点，求点从点运动到点时，点所经过的路径长．
9．如图，为的对角线，平分为射线上一点．
（1）如图1，在延长线上，连接与交于点若；
①当为中点时，求证：；
②当时，求长度；
（2）如图2，在线段上，连接与交点于，若，试探究三条线段之间的数量关系，并说明理由．
10．（1）如图1，与都是等边三角形，连接和．求证：．
（2）如图2，四边形和四边形都是正方形，连接和．探究线段和有怎样的数量关系和位置关系？并证明你的结论．
（3）如图3，在图2的基础上，连接，将正方形绕着点旋转到某一位置时，恰好使得，．求出此时的度数．
11．已知：正方形ABCD、正方形EBGF：
（1）如图1， 若，，求的长；
（2）如图2，正方形绕点逆时针旋转，使点正好落在上，猜想、、之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）如图3，在（2）条件下，，，点为直线上一动点，连接，过点作，垂足为，直接写出的最小值．
12．如图，点是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段与、分别相交于点、．
（1）求证：；
（2）判断与的位置关系，并说明理由；
（3）若，，求的长．
13．在正方形中，是一条对角线，点在直线上（与点、不重合），连接，平移使点移动到点得到，作于点，连接、．
（1）问题猜想：如图，若点在线段上，试猜想与的关系，并给出证明；
（2）类比探究：如图，若点在线段的延长线上，其余条件不变，小明猜想（1）中的结论仍然成立，请你给出证明；
（3）解决问题：若点在线段的延长线上，且，正方形的边长为2，请在备用图中画出图形，并直接写出的长度是______．
14．在中，，点为直线上一动点（点不与重合），以为边在右侧作正方形，连接
（1）探究猜想如图1，当点在线段上时，
①与的位置关系为 ；
②之间的数量关系为 ；
（2）深入思考：如图2，当点在线段的延长线上时，结论①、②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
（3）拓展延伸如图3，当点在线段的延长线上时，正方形对角线交于点．若已知，请求出的长．
15．已知，点是矩形边上一点，点在边上，连接．
（1）若．
①如图1，点在边上，且，连接．求证：；
②如图2，点在边上，且，连接交于点．求证：．
（2）如图3，点在边上，连接交于点．若，，，．则______．
16．如图，在四边形ABCD中，，，∠BAD=45°，BC=8，DC=6，动点P沿射线DA的方向以每秒2个单位长度的速度运动，动点Q在线段CB上以每秒1个单位长度的速度向点B运动，点P、Q分别从点D、C同时出发，设运动的时间为t（秒）
（1）时，是否存在某一时刻t，使得与面积之比为2：3 若存在，求t的值；若不存在，请说明理由；
（2）当t为何值时，点P在∠ABC的角平分线上 请说明理由；
（3）设AQ中点为E，连接BD，与PQ相交于点F，若EF是的中位线，求此时点E到PQ的距离．
17．如图①，在正方形ABCD中，点E在AB上，点F在BC上，AF与DE相交于点G，AF＝DE，求证：∠DGF＝90°．
（1）请完成上题的证明过程．
（2）如图②，在菱形ABCD中，点E在AB上，点F在射线BC上，AF与DE相交于点G，AF＝DE，求证：∠DGF＝∠B．
（3）如图③，已知四边形ABCD，利用直尺和圆规作线段EF，使点E、F分别在AB、CD上，且满足EF＝AC，EF与AC相交所形成的锐角等于∠B．
18．如图所示，正方形的边长为，点为对角线上一动点，点在射线上．

（1）填空：________度；
（2）若点为的中点，连接、，求的最小值；
（3）若点是直线与射线的交点，当为等腰三角形时，求的度数．
参考答案：
1．(1)见解析
(2)，
(3)
【分析】（1）根据角平分线的性质可得，根据平行四边形的性质可得，，即可证明；
（2）根据全等三角形的性质可得，根据等腰三角形的性质可得，平行四边形的性质可得，即可求得，根据勾股定理，全等三角形的判定和性质可得，即可求得；
（3）根据全等三角形的性质可得平行四边形面积与面积的比例关系，即可求得．
【解析】（1）证明：∵是的平分线
∴
∵四边形是平行四边形
∴
∴，，
∵点F为边的中点
∴
∴
（2）由（1）可知，
∴
∴
∵四边形是平行四边形
∴
∴
∴
∴
∴
在中，
∵，
∴
∴
（3）连接

∵为等腰三角形，点F为边的中点
∴
∵
∴平行四边形的面积
由（2）可知
∴
∴平行四边形的面积
∴
【点评】本题考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理等，熟练掌握相关性质是解题的关键．
2．(1)图见解析
(2)
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据题意，补全图形即可；
（2）利用字型图，得到，再根据对顶角相等，即可得出结果；
（3）连接，易得，推出为等腰三角形，过点作，推出利用，，利用勾股定理和线段的转化，即可得出结论．
【解析】（1）解：补全图形，如图所示：
（2）解：∵正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
即：，
∴；
（3）解：，理由如下：
连接，
∵正方形，
∴，，
∵为中点，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
过点作，则：，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，即：，
整理，得：．
【点评】本题考查正方形的性质，中垂线的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
3．(1)①；②45°；
(2)；；理由见解析
【分析】（1）①通过证明△CAF∽△BAG，可得；
②由①得出∠ACF＝∠ABG，∠CAB＝45°，最后用三角形的内角和定理，即可求出答案；
（2）过点C作，由“ASA”可证△CMH≌△FME，可得CH＝EF，ME＝HM，由“SAS”可证△BCH≌△BAE，可得BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，由三角形中位线定理可得结论．
【解析】（1）①如图1，连接AF，AC，
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴，，∠CAB＝∠GAF＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠CAF＝∠BAG，，
∴△CAF∽△BAG，
∴；
②∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°，
在△BCH中，∠BHC＝180° （∠HBC＋∠HCB）
＝180° （∠HBC＋∠ACB＋∠ACF）
＝180° （∠HBC＋∠ACB＋∠ABG）
＝180° （∠ABC＋∠ACB）
＝45°；
（2）BE＝2MN，MN⊥BE；
理由如下：如图2
连接ME，过点C作CQ∥EF，交直线ME于Q，连接BQ，设CF与AD交点为P，CF与AG交点为R，
∵CQ∥EF，
∴∠FCQ＝∠CFE，
∵点M是CF的中点，
∴CM＝MF，
又∵∠CMQ＝∠FME，
∴△CMQ≌△FME（ASA），
∴CQ＝EF，ME＝QM，
∴AE＝CQ，
∵CQ∥EF，AG∥EF，
∴CQ∥AG，
∴∠QCF＝∠CRA，
∵AD∥BC，
∴∠BCF＝∠APR，
∴∠BCQ＝∠BCF＋∠QCF＝∠APR＋∠ARC，
∵∠DAG＋∠APR＋∠ARC＝180°，∠BAE＋∠DAG＝180°，
∴∠BAE＝∠BCQ，
又∵BC＝AB，CQ＝AE，
∴△BCQ≌△BAE（SAS），
∴BQ＝BE，∠CBQ＝∠ABE，
∴∠QBE＝∠CBA＝90°，
∵MQ＝ME，点N是BE中点，
∴BQ＝2MN，MN∥BQ，
∴BE＝2MN，MN⊥BE．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
4．（1）证明见解析；（2）；（3）或
【分析】（1）利用平行四边形的性质表示再利用菱形的性质表示利用三角形的内角和定理表示再证明即可；
（2）由（1）得三点共线，利用平行四边形与菱形的性质分别求解 ，再利用三角形的内角和定理可得答案；
（3）分两种情况讨论，与 再分别求解的大小，再构建直角三角形分别求解的底边与高，再利用三角形的面积公式即可得到答案.
【解析】解：（1） 平行四边形ABCD，
菱形
三点共线.
（2）由（1）得三点共线，平行四边形
菱形
是的垂直平分线，
（3）当△ABD为直角三角形时，如图，当时，
而∠A＝30°，AB＝4，
结合（2）得：
四边形是正方形，
过作于
则 设
则
当时，如图，
同理可得：
菱形
是等边三角形，
同理可得：
【点评】本题考查的是三点共线的几何证明，平行四边形与菱形的性质，正方形的判定，含的直角三角形中三边之比为：二次根式的运算，注意分类讨论，掌握以上知识是解题的关键.
5．（1）；（2）；（3）存在，或
【分析】（1）由等边三角形的性质得，求出，则，再由题意得：，，则，得，求解即可；
（2）过点作于，过点作于，由含角的直角三角形的性质得，，则，，再由勾股定理得，，得，证是等边三角形，得，然后求出，，求解即可；
（3）①当四边形是平行四边形时，则，证是等边三角形，得，则，求解即可；
②当四边形是平行四边形时，则，同①得是等边三角形，得，则，求解即可．
【解析】解：（1）是等边三角形，
，
，
，
，
，
由题意得：，，则，
，
解得：，
当为时，；
（2）过点作于，过点作于，如图1所示：
，
是等边三角形，
，
，
，，
，，
在中，由勾股定理得：，
在中，由勾股定理得：，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得：，
，
，
当点在线段上时，与的关系式为：；
（3）存在，理由如下：
①当四边形是平行四边形时，如图2所示：
则，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
；
②当四边形是平行四边形时，如图3所示：
则，
同①得：是等边三角形，
，
，
，
，
；
综上所述，当为或时，使得以，，，为顶点的四边形是平行四边形．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理以及分类讨论等知识等知识；本题综合性强，熟练掌握平行四边形的性质，证明△BQE是等边三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
6．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）在边上截取线段，使连，证明即可求解；
（2）由（1），证明四边形为平行四边形即可求解；
（3）过作垂足为，由（2）知，；得到，，平分所以，可知三角形是等腰直角三角形，再用勾股定理即可求出和MN和DN．
【解析】（1）证明：在边上截取线段，使连．
∵四边形是正方形
;
∵BN平分
在中,,
在和中
∴
．
（2）如图，
设与CE的交点为H，
∵四边形是正方形
∴
∵
在和中，
∴．
又，
又．
四边形为平行四边形．
．
（3）解：如图所示，过作垂足为．
由（2）知，
，
又
∴即
平分所以，
∴三角形是等腰直角三角形，
在中，
设，则，即，
．
，，
在中，，
又在中，，，
．
【点评】此题考查的是全等三角形的性质、等腰三角形的性质和判定和判定以及勾股定理的应用，掌握它们的性质和判定是解题的关键．
7．（1）；（2）见解析；（3）
【分析】（1）首先证明△AFB与△EFD为等腰直角三角形，然后在△ABF中依据勾股定理可求得BF和AF的长，从而得到DF的长；
（2）延长DE至F，使EF=EB，连接AF，首先证明∠AEB=∠AEF，然后依据SAS证明△AEB≌△AEF，由全等三角形的性质可证明△AFD为等边三角形，于是得到FD=BC，通过等量代换可得到问题的答案；
（3）记AB与DE的交点为O，首先依据菱形的性质可得到∠ABC=2∠ABD，然后依据平行四边形的性质可证明∠CDE=∠BOE，最后依据三角形外角的性质即可得出答案．
【解析】解：（1）如图1，
∵四边形ABCD为菱形，
，AB∥CD，
∴∠A=∠ADE=45°，
∵AD⊥BE，
∴∠AFB=∠DFE=90°，
∴△AFB与△EFD为等腰直角三角形．
设，根据勾股定理得，
符合题意，即
．
（2）证明：如图，延长DE至点，使得，连接
，
，
，
，
，
在和中，
，
，，
四边形为菱形，
，
，
是等边三角形，
，
，
．
（3）猜想：2∠ABD=∠BED+∠CDE．
如图3，记AB与DE的交点为O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB∥DC，∠ABC=2∠ABD，
∴∠CDE=∠BOE，
∵∠ABC=∠BED+∠EOB，
∴2∠ABD=∠BED+∠CDE．
【点评】本题主要考查的是四边形的综合应用，解答本题主要应用了菱形的性质、勾股定理、全等三角形判定和性质、平行线的性质、三角形外角的性质，掌握问题中辅助线的作法，并证得△AFD为等边三角形是解题的关键．
8．（1）见解析；（2）；（3）4
【分析】（1）先证明∠DAE=90°，然后可证四边形是矩形；
（2）连接AG，由勾股定理求出AB的长，进而求出DF、AG的长，然后证明△AGD≌△BGE即可；
（3）由题意知H运动的轨迹是△CQ1F的中位线，求出Q1F即可求出H运动的轨迹H1H2的长．
【解析】解：∵是的一条角平分线，为的外角的平分线，
∴∠3=∠4，∠1=∠2．
∵∠3+∠4+∠1+∠2=180°，
∴∠2+∠3=90°，即∠DAE=90°．
∵，是的一条角平分线，
∴AD⊥BC．
∵，
∴四边形是矩形；
（2）连接AG，
∵四边形是矩形，
∴BE=AD，∠DBE=∠ADB=∠BDF=90°，
∵为的中点，
∴DG=BG，
∴∠BDG=∠DBG，
∴∠ADG=∠EBG．
在△ADG和△EBG中
，
∴△ADG≌△EBG，
∴EG=AG．
∵，，
∴=，
∴DF=10-8=2，
∴BF=，
∴BG=GF=，
∴EG=AG=；
（3）由题意知点H运动的轨迹是一条线段，当P与E重合时，Q的位置在Q1，当P与B重合时，Q的位置在F，此时H分别在H1，H2的位置．
∵BE//AD，
∴∠BEG=∠DQ1G．
在△EBG和△Q1FG中
，
∴△EBG≌△Q1FG，
∴Q1F=BE=8，
由题意知H1H2是△CQ1F的中位线，
∴H1H2=Q1F=4．
【点评】本题考查了角平分线的定义，矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，以及三角形的中位线等知识，证明∠DAE=90°是解（1）的关键，证明△ADG≌△EBG是解（2）的关键，H运动的轨迹是△CQ1F的中位线是解（3）的关键．
9．（1）①见解析；②；（2）AC=AH+AD，理由见解析
【分析】（1）①由“ASA”可证△ADG≌△FCG，可得AD=CF=BC；
②先证四边形AECG是平行四边形，可得AE=CG，由“AAS”可证△ACE≌△NCE，可得AC=CN=8，AE=EN，在Rt△EBN中，由勾股定理可求EN的长，即可求解；
（2）由角的数量关系和三角形内角和定理可求∠ACE=∠BCE=18°，∠B=54°，由等腰三角形的性质可求∠CAF=∠ACF=36°，由余角的性质可求∠B=∠BAF=54°，可得AF=BF=CF=BC=AD，以C为顶点作∠BCP=36°，交AF的延长线于P，由三角形的外角性质可证∠CHP=∠PCH，∠CFP=∠P，可得CP=CF=PH，可得结论．
【解析】解（1）①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，AD∥BF，
∴∠D=∠FCD，
∵G是CD中点，
∴DG=CG，
∵∠FGC=∠DGA，
∴△ADG≌△FCG（ASA），
∴AD=FC，
∴FC=BC．
②在Rt△ABC中，AC=8，CD=6，
∴AD==10，
∴BC=10，
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE=∠BCE，
∵AC=AF，
∴∠F=∠CAF，
∵∠ACB=∠F+∠CAF=2∠F=∠ACE+∠BCE=2∠BCE，
∴∠F=∠BCE，
∴CE∥AG，
又∵AB∥CD，
∴四边形AECG是平行四边形，
∴AE=CG，
如图1，过点E作EN⊥BC于N，
∵∠ACE=∠ECN，∠EAC=∠ENC=90°，CE=CE，
∴△ACE≌△NCE（AAS），
∴AC=CN=8，AE=EN，
∴BN=2，
∵BE2=BN2+EN2，
∴（6-EN）2=EN2+4，
∴EN=，
∴AE=CG=；
（3）AC=AH+AD，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，AD=BC，
∵∠D=3∠ACE，
∴∠B=3∠ACE，
∵∠ACE+∠BCE+∠B+∠BAC=180°，
∴∠ACE=∠BCE=18°，∠B=54°，
∵AF=CF，
∴∠CAF=∠ACF=36°，
∴∠B=∠BAF=54°，
∴AF=BF=CF=BC=AD，
如图2，以C为顶点作∠BCP=36°，交AF的延长线于P，
∴∠ACP=72°，
又∵∠CAF=36°，
∴∠P=72°=∠ACP，
∴AC=AP，
∵∠CHP=∠ACE+∠CAF=54°，∠PCH=∠BCE+∠BCP=54°，
∴∠CHP=∠PCH，
∴CP=PH，
∵∠CFP=∠ACF+∠FAC=72°，
∴∠CFP=∠P，
∴CP=CF=PH，
∵AC=AP=AH+PH，
∴AC=AH+AD．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造等腰三角形是解题的关键．
10．（1）见解析；（2）AG=CE，AG⊥CE，证明见解析；（3）60°
【分析】（1）根据等边三角形的性质得出BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，则∠BCE=∠ACD，再证∠BCE≌△ACD（SAS），即可得出结论；
（2）证△ADG≌△CDE（SAS），得AG=CE，∠DAG=∠DCE，再由三角形的外角得∠DAG+∠ANM=∠DCE+∠ADC，则∠ANM=∠ADC=90°，即可得出结论；
（3）连接CG，证△CDE≌△CDG（SAS），得CE=CG，则AG=AC=CG，△ACG是等边三角形，再由等边三角形的性质求解即可．
【解析】解：（1）证明：∵△ABC和△DEC都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
即∠BCE=∠ACD，
在△BCE和△ACD中，
，
∴∠BCE≌△ACD（SAS），
∴BE=AD；
（2）解：AG=CE，AG⊥CE，证明如下：
设AD与CE交于点M，AG与CE交于点N，如图2所示：
∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=∠EDG=90°，DG=DE，
∴∠EDG+∠ADE=∠ADC+∠ADE，
即∠ADG=∠CDE，
在△ADG和△CDE中，
，
∴△ADG≌△CDE（SAS），
∴AG=CE，∠DAG=∠DCE，
∵∠AMC=∠DAG+∠ANM=∠DCE+∠ADC，
∴∠ANM=∠ADC=90°，
∴AG⊥CE；
（3）解：连接CG，如图3所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC=45°，
由（2）得：AG=CE，
∵CE=AC，
∴AG=AC，
∵DE∥AC，
∴∠ADE=∠DAC=45°，
∴∠CDE=90°+45°=135°，
∴∠CDG=360°-135°-90°=135°，
∴∠CDG=∠CDE，
在△CDE和△CDG中，
，
∴△CDE≌△CDG（SAS），
∴CE=CG，
∴AG=AC=CG，
∴△ACG是等边三角形，
∴∠CAG=60°．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形的外角性质、平行线的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和等边三角形的判定与性质，证明△ADG≌△CDE是解题的关键，属于中考常考题型．
11．（1）；（2），见解析；（3）
【分析】（1）在Rt△EBC中，由勾股定理可求得BE的长，再在Rt△FGC中，由勾股定理即可求得FC；
（2）易证明△GBC≌△EBA，从而可得GC=AE，在等腰Rt△EBG中，由勾股定理可得，由EC=GC+AE即可得结论；
（3）作点E关于直线BC的对称点H，分别连接HC、HM，过点H作HP⊥CE于点P，则可得EM+MN=HM+MN≥PH，当N点P点重合时，EM+MN最小值为线段PH的长，易得△HPC是等腰直角三角形，从而可求得PH的长．
【解析】解：（1）∵四边形ABCD是正方形、四边形BEFG是正方形
∴BC=AB=4，BE=BG=FG，∠B=∠FGC=90°
在Rt△EBC中，由勾股定理得：
∴BG=FG=1，GC=BC-BG=4-1=3
在Rt△FGC中，由勾股定理得：
（2）
证明如下：
∵四边形ABCD是正方形、四边形BEFG是正方形
∴BC=AB，BG=BE，∠ABC=∠EBG=90°
∴∠ABG+∠GBC=∠ABG+∠EBA
∴∠GBC=∠EBA
在Rt△GBC和Rt△EBA中
∴Rt△GBC≌Rt△EBA(SAS)
∴GC=AE
∵BG=BE，∠EBG=90°
∴由勾股定理得：
∴
（3）如图，作点E关于直线BC的对称点H，分别连接HC、HM，过点H作HP⊥CE于点P
则由对称性知：HM=EM，HC=EC=2，∠HCB=∠BCE=22.5°
∵EM+MN=HM+MN≥PH
∴当N点P点重合时，EM+MN最小值为线段PH的长
∵∠HCB=∠BCE=22.5°
∴∠HCP=45°
∵ HP⊥CE
∴∠PHC=∠HCP=45°
∴PC=PH
即△HPC是等腰直角三角形
由勾股定理得：
故EM+MN的最小值为
【点评】本题是一个正方形的综合题，考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，垂线段最短等知识，运用转化思想是解决第（3）问的关键．
12．（1）见解析；（2），见解析；（3）
【分析】（1）利用正方形的性质及定理证明；
（2）由（1）的结论得出，，再根据，通过等量代换即可证明；
（3）连接，证明出四边形是正方形，利用正方形的性质得出条件，证明，在中利用勾股定理求解可得．
【解析】（1）证明：四边形、四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
；
（2）解：，理由如下：
，
在中，
（3）解：连接
在中，
，
又．
．，
且．
四边形是正方形，
，
，
在中，
．
【点评】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定及性质、线线垂直的判定、勾股定理的使用，解题的关键是：掌握相关知识点，添加适当的辅助线，利用等量代换的思想求解．
13．（1），AG⊥EG，理由见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）由题意易得，则有是等腰直角三角形，进而可得，然后可证，最后问题可求解；
（2）同理（1）可证，然后问题可求证；
（3）由题意作出图形，连接EG，由（1）（2）结论可得AG=EG，进而可证△AGE是等腰直角三角形，然后可得，则有，然后问题可求解．
【解析】证明：（1），理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
由平移的性质可得，
∴，即，
∴，
∴，
∴，，
∴，即，
∴；
（2）∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
由平移的性质可得，
∴，即，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：由题意可得如图，连接EG，
同理（1）（2）可得，△DGF是等腰直角三角形，
∴AG=EG，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴△AGE是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为．
【点评】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的性质与判定、含30°直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的性质与判定、含30°直角三角形的性质及勾股定理是解题的关键．
14．（1）①垂直；②BC=CF+CD；（2）CF⊥BC成立；BC=CD+CF不成立，CD=CF+BC，证明见解析；（3）
【分析】（1）①根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC（SAS），根据全等三角形的性质即可得到结论；②由△DAB≌△FAC（SAS）得出CF=BD，则可得出结论；
（2）根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC（SAS），根据全等三角形的性质以及等腰直角三角形的角的性质可得到结论．
（3）求出BD=5，由（2）同理可证得△DAB≌△FAC，得出BC⊥CF，CF=BD=5，由勾股定理求出DF，则可得出答案．
【解析】解：（1）①正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，
，
∴△DAB≌△FAC（SAS），
∴∠ABC=∠ACF，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠ACB+∠ACF═45°+45°=90°，
即BC⊥CF；
故答案为：垂直；
②△DAB≌△FAC，
∴CF=BD，
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
故答案为：BC=CF+CD；
（2）CF⊥BC成立；BC=CD+CF不成立，CD=CF+BC．理由如下：
∵正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，
，
∴△DAB≌△FAC（SAS），
∴∠ABD=∠ACF，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ACB=∠ABC=45°．
∴∠ABD=180°-45°=135°，
∴∠BCF=∠ACF-∠ACB=135°-45°=90°，
∴CF⊥BC．
∵CD=DB+BC，DB=CF，
∴CD=CF+BC．
（3）∵∠BAC=90°，AB=AC=，
∴BC=4，
∴CD=BC=1，
∴BD=5，
由（2）同理可证得△DAB≌△FAC，
∴BC⊥CF，CF=BD=5，
∵四边形ADEF是正方形，
∴OD=OF，
∵∠DCF=90°，
∴DF=，
∴OC=．
【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，余角的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
15．（1）①见解析；②见解析；（2）
【分析】（1）①由“”可证，可得，由余角的性质可得结论；②过点作，交于，可证四边形是平行四边形，可得，由“”可证，可得，，由余角的性质可求，由等腰直角三角形的性质和平行线的性质可得结论；
（2）设，则，利用勾股定理分别求，的长，由面积关系列出方程即可求解．
【解析】解：证明：（1）①四边形是矩形，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
；
②如图2，过点作，交于，连接，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
又，
，
，
；
（2）过点作，交于，连接，过点作于，
，，
四边形是平行四边形，
，
设，则，
，
，，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，（不合题意舍去）
，
故答案为．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，利用梯形面积的不同计算方法列出方程是解题的关键．
16．（1）存在，或；（2），理由见解析；（3）
【分析】（1）分两种情况讨论，用含t的式子表示△ABP与△ABQ的面积，利用面积之比为2：3，求出对应的t；
（2）利用角平分线的性质定理“角平分线上的点到角两边的距离相等”和等面积法求解；
（3）由中位线，求出t的值，利用等面积法求出E到PQ的距离．
【解析】解：（1）由题意得：过点B作BH⊥AD于点H，则：四边形BCDH为矩形，
∴HD=BC=8，BH=CD=6，
∵∠BAD=45°，
∴AH=BH=6，AB=6，
∴AD=AH+HD=14，
当时，
AP=14-2t，BQ=8-t，
∵S△ABP：S△ABQ=2：3，S△ABQ= BQ BH，S△ABP= AP BH，
∴，
解得：t=．
当时，
∴AP=2t -14，BQ=8-t，
同理得：，
解得：t=．
综上，存在，或；
（2）过点P作PM⊥AB于点M，
∵点P在∠ABC的角平分线上，
∴PM=CD=6，
由（1）得，S△ABP= AP BH，AB=6，
∴S△ABP= 6 PM，
∴ 6 PM= AP BH，
∴PM=7-t，
∴7-t=6，
解得：t=7-3．
（3）∵EF是△APQ的中位线，点E是AQ的中点，
∴点F是PQ的中点，
∴PF=FQ，
∵AD∥BC，
∴∠FPD=∠FQB，
又∵∠DFP=∠BFQ，
∴△FPD≌△FQB（ASA），
∴PD=BQ，
∴2t=8-t，
解得：t=，
∴PD=，CQ=，AP=，
作QN⊥AD于点N，设点E到PQ的距离为h，
∴PN=PD-DN=PD-CQ=，
∴PQ=，
∵点E为AQ的中点，
∴S△EPQ=S△APQ= AP CD=××6=13，
∴ h =13，
解得：h=．
【点评】本题考查了角平分线的性质定理、三角形的面积、中位线的性质、三角形全等和等面积法求高．在解题中，要善于用含有t的式子表示线段，再结合相关的知识构造特殊的三角形求出对应的t值．
17．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）根据正方形的性质，证明Rt△DAE≌Rt△ABF，继而可得∠DGF＝∠ADE+∠DAF，从而得证；
（2）作AH⊥BC于点H，EK⊥CD于点K，证明Rt△EKD≌Rt△AHF，继而证得∠DGF＝∠DCF，再根据菱形的性质，等量代换即可得证；
（3）先作∠ABM，使∠ABM＝∠ACB，在射线BM上截取BI＝AC，作平行四边形BEFI即可．
【解析】（1）证明：如图1
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝AB，∠DAE＝∠B＝90°，
∵AF＝DE，
∴Rt△DAE≌Rt△ABF（HL），
∴∠ADE＝∠BAF，
∴∠ADE+∠DAF＝∠BAF+∠DAF＝∠DAB＝90°，
∴∠DGF＝∠ADE+∠DAF＝90°．
（2）证明：如图2，
作AH⊥BC于点H，EK⊥CD于点K，
则∠EKD＝∠AHF＝90°，
设AF交CD于点R，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，
∴S菱形ABCD＝EK DC＝AH BC，
∴EK＝AH，
∵AF＝DE，
∴Rt△EKD≌Rt△AHF（HL），
∴∠EDC＝∠F，
∴∠DRF﹣∠EDC＝∠DRF﹣∠F，
∵∠DGF＝∠DRF﹣∠EDC，∠DCF＝∠DRF﹣∠F，
∴∠DGF＝∠DCF，
∵CD∥AB，
∴∠DCF＝∠B，
∴∠DGF＝∠B．
（3）如图3，
作法：①作∠ABM，使∠ABM＝∠ACB，且边BM在∠ABC内部；
②在射线BM上截取BI＝AC；
③以点I为顶点作∠MIN，使∠MIN＝∠ACB，
且边IN与AB在直线BM同侧，IN交CD于点F；
④在BA上截取BE＝IF；
⑤连结EF．
线段EF就是所求作的线段．
证明：设BM交AC于点H，
由作法可知，∠ABH＝∠ACB，
∴∠AHB＝180°﹣∠ABH﹣∠BAC
＝180°﹣∠ACB﹣∠BAC＝∠ABC；
∵∠MIN＝∠ACB＝∠ABM，
∴IN∥AB，
∵BE＝IF，
∴四边形BEFI是平行四边形，
∴EF＝BI＝AC，
∴线段EF就是所求作的线段．
【点评】本题考查了平行四边形、菱形、正方形的性质，平行四边形的判定，三角形全等的判定与性质，尺规作图，掌握以上知识是解题的关键．
18．（1）45；（2）；（3）或
【分析】（1）根据正方形的对角线平分一组对角，且四个角为直角，确定出所求角度数即可；
（2）连接AP，当AP与PE在一条线上时，PE+PC最小，利用勾股定理求出最小值；
（3）分两种情况考虑：①当E在BC延长线上时，如图2所示，△PCE为等腰三角形，则CP=CE；②当E在BC上，如图3所示，△PCE是等腰三角形，则PE=CE，分别求出∠PEC的度数即可．
【解析】解：∵四边形为正方形，
∴度，
∵在上，
∴度，
故答案为：．
如图1所示：点关于直线的对称点为，
连接，交于点，
此时， 最小，
∵，是的中点，
∴
∴的最小值为．
分两种情况考虑：
①当点在的延长线上时，如图所示，
是等腰三角形，则，
∴，
∴，
∵在正方形中，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
②当点在上时，
如图所示，是等腰三角形，则，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
又，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上所述：当为等腰三角形时， 的度数为或．
【点评】此题属于四边形综合题，涉及的知识有：正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，以及三角形内角和定理，熟练掌握性质及定理是解本题的关键．