八年级数学下册苏科版试题-9.4《矩形、菱形、正方形》复习题-正方形（含解析）

9.4《矩形、菱形、正方形》复习题--正方形
【类型一：正方形的性质】
1．如图，在正方形ABCD的对角线BD上取点E使BE＝BA，连接AE，过点E作EF⊥AE交BC于点F，则∠EFC的大小为 　 　．
2．已知：如图，E是边长为2的正方形ABCD对角线BD上的一点，EF⊥BD交DC于点F，且DE＝CF．则线段EF的长为 　 　．
3．如图，正方形ABCD的对角线交于点O，以AB为边向外作等边△ABE，连接OE．交AB于点F．若AB＝4，则OE的长为 　 ．
4．如图，已知正方形ABCD的边长为5，点E、F分别在AD、DC上，AE＝DF＝2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，求GH的长．
5．如图，四边形ABCD是正方形，G是BC上任意一点（点G与B、C不重合），AE⊥DG于E，CF⊥DG于F．
（1）求证：△AED≌△DFC；
（2）求证：AE＝FC+EF．
【类型二：正方形的判定】
6．如图，已知 ABCD的对角线AC、BD交于点O，添加条件后， ABCD不一定是正方形的选项为（　　）
A．AB＝AD，AC＝BD B．AB＝BC，AC⊥BD
C．∠BAD＝90°，AC⊥BD D．∠AOD＝90°，AO＝DO
7．如图，△ABC中，D为AC边上一点，BD平分∠ABC，过点D作DE∥BC，与AB交于点E，作DF∥AB，与BC交于点F，连接EF．则以下结论中错误的是（　　）
A．四边形BFDE是菱形
B．BD与EF互相垂直且平分
C．当AB＝BC时，四边形DEFC是菱形
D．若∠ABC＝90°时，则四边形BFDE是正方形
8．如图， ABCD中，点E、F分别在边AD、BC上，点G、H在边BD上，且AE＝CF，BG＝DH，关于四边形EGFH，下列说法正确的个数是（　　）
①四边形EGFH一定是平行四边形且有无数个；
②四边形EGFH可以是矩形且有无数个；
③四边形EGFH可以是菱形且有无数个；
④四边形EGFH可以是正方形且有无数个．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
9．如图，AD是等腰三角形ABC的底边BC上的高，O是AC的中点，延长DO到点E，使AE∥BC，连接CE．
（1）求证：四边形ADCE是矩形；
（2）若AB＝2，BC＝2，求证：四边形ADCE是正方形．
10．△ABC中，点O是AC上一动点，过点O作直线MN∥BC，若MN交∠BCA的平分线于点E，交∠DCA的平分线于点F，连接AE、AF．
（1）说明：OE＝OF；
（2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形，证明你的结论；
（3）在（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形AECF为正方形．
11．如图，在正方形ABCD和 ECGF中，点B，C，G在同一条直线上，P是线段AF的中点，连接DP，连接EP并延长，交AD于点Q．请证明：
（1）四边形ECGF是矩形．
（2）当∠DPE＝90°时，四边形ECGF是正方形．
【类型三：正方形的旋转问题】
12．如图，将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转到正方形AB'C'D'，旋转角为a（0°＜α＜180°），连接B'D、C'D，若B'D＝C'D，则∠α＝　 　．
13．如图，边长为1的正方形ABCD绕点C逆时针旋转45°后得到正方形A′B′CD′，边A′D′与AB交于点E，则阴影部分的面积是（　　）
A． B． C． D．
14．已知正方形ABCD中，点E在边DC上，DE＝2，EC＝1，把线段AE绕点A旋转，使点E落在直线BC上的点F处，则EF的长为　 ．
15．如图，在边长为2的正方形ABCD中，若将AB绕点A逆时针旋转60°，使点B落在点B′的位置，连接BB′，过点D作DE⊥BB′，交BB′的延长线于点E，则B′E的长为（　　）
A． B． C． D．
【类型四：正方形的翻折问题】
16．如图，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝8，点M是AD的中点，点N是射线DC上一点，且CN＝6，连接BN，将△DMN沿MN翻折至△D'MN，使D恰好落在BN上，则m＝　 　．
17．【模型呈现】在正方形学习过程中，我们发现下面的结论：如图1，正方形ABCD中，点P为线段BC上一个动点，若线段MN垂直AP于点E，交线段AB于点M，交线段CD于点N，则AP＝MN．
（1）如图②，将边长为40的正方形ABCD折叠，使得点B落在CD上的点E处．若折痕FG＝41，则CE＝　 　．
【继续探索】
（2）如图③，正方形ABCD中，点P为线段BC上一动点，若MN垂直平分线段AP，分别交AB，AP，BD，
DC于点M，E，F，N．求证：EF＝ME+FN．
（3）如图④，在正方形ABCD中，E、F分别为AD，BC上的点，作DM⊥EF于M，在MF上截取MN＝DM，
连接BN，G为BN中点，连接CG，CM．请依题意补全图形，若CG＝2，则CM＝　 　．
【类型五：正方形的动点问题】
18．如图，正方形ABCD中，P为BD上一动点，过点P作PQ⊥AP交CD边于点Q．点P从点B出发，沿BD方向移动，若移动的路径长为6，则AQ的中点M移动的路径长为 　 ．
19．在正方形ABCD中，O是AD的中点，点P从A点出发沿A→B→C→D的路线匀速运动，移动到点D时停止．
（1）如图1，若正方形的边长为12，点P的运动速度为2单位长度/秒，设t秒时，正方形ABCD与∠POD重叠部分的面积为y．
①当t＝5时，y＝　　；当t＝10时，y＝　　．
②求t为何值时，以点O、A、P、C为顶点的四边形是平行四边形？
（2）如图2，若点Q从D出发沿D→C→B→A的路线匀速运动．P、Q两点同时出发，点P的速度大于点Q的速度，当P到终点时，Q也停止运动．设t秒时，正方形ABCD与∠POQ（包括边缘及内部）重叠部分的面积为S，S与t的函数图象如图3所示．
①P，Q两点在第 　　秒相遇；正方形ABCD的边长是 　　．
②点P的速度为 　 单位长度/秒；点Q的速度为 　　单位长度/秒．
③当t为何值时，重叠部分面积S等于32？
【类型六：正方形与函数综合】
20．若一个三角形有一边上的中线与这边的长相等，则称这个三角形为该边上的“完美三角形”．如图在直角坐标系中，正方形ABCO的两边OA、OC分别在坐标轴上，点B的坐标是（3，3）．在正方形ABCO的边上找一点P，使得△POC是OC边上的“完美三角形”，点P的坐标为
21．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点A（8，0），顶点C（0，6），点D为BC边上一动点，设CD的长为m，以AD为一边在与点B的同侧作正方形ADEF，在点D运动过程中，探究以下问题：
（1）①当点D与点C重合时，点E的坐标为 　 　；
②用含m的代数式表示点E的坐标为 　 　．
（2）三角形ABF的面积是否改变？如果不变，求出此定值；如果改变，请说明理由；
（3）当△BEF为等腰三角形时，直接写出所有m的值．
22．如图，正方形OABC的顶点O在坐标原点，定点A的坐标为（4，3）．
（1）求正方形OABC顶点C的坐标为 ，顶点B的坐标为 ；
（2）现有一动点P从C点出发，沿线段CB向终点B运动，P的速度为每秒1个单位长度，同时另一动点Q从点A出发沿A→O→C向终点C运动，速度为每秒k个单位长度．设运动时间为2秒时，将三角形CPQ沿它的一边翻折，若翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形，求k的值．
【类型七：正方形综合题】
23．如图1，点C在线段AB上，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和BCFG，连接AF、BD．
（1）若AF＝5，则BD＝　 　；
（2）如果点C在线段AB的延长线上，如图2，其他条件不变，求证：AF＝BD．
24．如图，∠MON＝90°，正方形ABCD的顶点A、B分别在OM、ON上，AB＝13，OB＝5，E为AC上一点，且∠EBC＝∠CBN，直线DE与ON交于点F．
（1）求证：BE＝DE；
（2）判断DF与ON的位置关系，并说明理由；
（3）△BEF的周长为　 　．
25．如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足．
（1）∠EAF＝　 　°（直接写出结果不写解答过程）；
（2）①求证：四边形ABCD是正方形．
②若BE＝EC＝3，求DF的长．
26．点E、F分别在正方形ABCD的边BC、AB所在直线上，点M在直线DE上，且DM＝EF，EF⊥DE，MN⊥直线BC，垂足分别是E、N．
（1）当点E在边BC上时，如图①，求证：MN+BE＝CD；
（2）当点E在BC的延长线上时，如图②；当点E在CB的延长线上时，如图③，请直接写出线段MN，BE，CD之间的数量关系，不需要证明．
27.数学课上，李老师给出这么一道数学问题：如图①，正方形ABCD中，点E是对角线AC上任意一点，过点E作EF⊥AC，垂足为E，交BC所在直线于点F．探索AF与DE之间的数量关系，并说明理由．
小明在解决这一问题之前，先进行特殊思考：如图②，当E是对角线AC的中点时，他发现AF与DE之间的数量关系是 　 ．若点E在其它位置时，这个结论是否都成立呢？小明继续探究，他用“平移法”将AF沿AD方向平移得到DG，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究DG与DE之间的数量关系．
（1）请你按照小明的思路，完成解题过程；
（2）你能用与小明不同的方法来解决李老师给出的“数学问题”吗？请写出解题过程．
28.在如图所示的平面直角坐标系中，正方形AOBC边长为2，点C的坐标为（2，2）．
（1）如图1，动点D在OB边上，将△BCD沿直线DC折叠，点B落在点B′处，连接DB′并延长，交AO于点E．
①当B′D＝OD时，点D的坐标是 　 　；
②若点E是线段OA的中点，求此时点D与点B′的坐标；
（2）如图2，动点D，G分别在边OB，AC上，将四边形DBCG沿直线DG折叠，使点B的对应点B′始终落在边OA上（点B′不与点O，A重合），点C落在点C′处，B′C′交AC于点E．设OB′＝t，四边形AB′DG的面积为S，直接写出S与t的关系式．
29.如图，正方形OABC的顶点A、C分别在x、y的正半轴上，点B的坐标为（4，4），一次函数的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足．点M是线段DE上的一个动点．
（1）连接BD、OE，求证：四边形ODBE是平行四边形；
（2）作BP⊥DE交OA于P，当△OMP面积为2.6时，求M点的坐标；
（3）设点N是x轴上方平面内的一点，以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形，求点N的坐标．
30.在数学综合与实践活动课上，同学们用两个完全相同的矩形纸片展开探究活动：
【实践探究】
（1）小红将两个矩形纸片摆成图1的形状，连接AG、AC，则∠ACG＝　　°；
【解决问题】
（2）将矩形AQGF绕点A顺时针转动，边AF与边CD交于点M，连接BM，AB＝10，AD＝6．
①如图2，当BM＝AB时，求证：AM平分∠DMB；
②如图3，当点F落在DC上时，连接BQ交AF于点O，则AO＝　　；
【迁移应用】
（3）如图4，正方形ABCD的边长为5，E是BC边上一点（不与点B、C重合），连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°至FE，作射线FC交AB的延长线于点G，则BG＝　　；
（4）如图5，在菱形ABCD中，∠A＝120°，E是CD边上一点（不与点C、D重合），连接BE，将线段BE绕点E顺时针旋转120°至FE，作射线FD交BC的延长线于点G．若BG＝6，则CG＝　　．
参考答案
【类型一：正方形的性质】
1．
【分析】由四边形ABCD是正方形，EF⊥AE得∠BAD＝∠AEF＝∠C＝90°，则∠DAE+∠BAE＝90°，∠BEF+∠BEA＝90°，∠ABD＝∠ADB＝∠CBD＝∠CDB＝45°，而BE＝BA，则DA＝BE，∠BAE＝∠BEA＝67.5°，所以∠DAE＝∠BEF，可证明△DAE≌△BEF，得∠AED＝∠EFB，则∠EFC＝∠BEA＝67.5°，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，EF⊥AE，
∴DA＝BA＝BC＝DC，∠BAD＝∠AEF＝∠C＝90°，
∴∠DAE+∠BAE＝90°，∠BEF+∠BEA＝90°，∠ABD＝∠ADB＝∠CBD＝∠CDB＝45°，
∵BE＝BA，
∴DA＝BE，∠BAE＝∠BEA（180°﹣45°）＝67.5°，
∴∠DAE＝∠BEF，
在△DAE和△BEF中，
，
∴△DAE≌△BEF（ASA），
∴∠AED＝∠EFB，
∴∠EFC＝180°﹣∠EFB＝180°﹣∠AED＝∠BEA＝67.5°，
故答案为：67.5°．
2．
【分析】由边长为2的正方形ABCD中∠BDC＝45°，EF⊥BD，DE＝CF，得BDDC＝2，设DE＝x，则DFDEx，由DF+FC＝DC，得x+x＝2，即可得EF＝DE＝x＝22．
【解答】解：由边长为2的正方形ABCD中∠BDC＝45°，EF⊥BD，DE＝CF，
得BDDC＝2，
设CF＝DE＝x，则DFDEx，
由DF+FC＝DC，
得x+x＝2，
得EF＝DE＝x＝22．
故答案为：22．
3．
【分析】根据正方形的性质得AB＝BC＝4，OA＝OC＝OB＝OD，∠ABC＝90°，则点O在线段AB的垂直平分线上，再根据等边三角形的性质得EA＝EB＝AB＝2，则点E在线段AB的垂直平分线上，由此的OE是线段AB的垂直平分线，则AF＝BF＝2，然后由勾股定理分别求出OF＝2，EF，进而可得OE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝4，
∴AB＝BC＝4，OA＝OC＝OB＝OD，∠ABC＝90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC，
∴OA＝OBAC，
∴点O在线段AB的垂直平分线上，
∵△ABE是等边三角形，
∴EA＝EB＝AB＝2，
∴点E在线段AB的垂直平分线上，
∴OE是线段AB的垂直平分线
∴OE⊥AB，AF＝BFAB＝2，
在Rt△AOF中，由勾股定理得：OF2，
在Rt△AEF中，由勾股定理得：EF，
∴OE＝OF+EF．
故答案为：．
4．解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠BAE＝∠ADF＝90°，
在△BAE和△ADF中
，
∴△BAE≌△ADF（SAS），
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA＝90°，
∴∠DAF+∠BEA＝90°，
∴∠AGE＝90°，
∴∠BGF＝90°，
∵点H为BF的中点，
∴GHBF，
又∵BC＝CD＝5，DF＝2，∠C＝90°，
∴CF＝3，
∴BF，
∴GH．
5．证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADC＝90°，
∴∠ADE+∠CDF＝90°，
∵AE⊥DG，CF⊥DG，
∴∠AED＝∠DFC＝90°，
∴∠DAE+∠ADE＝90°，
∴∠DAE＝∠CDF，
在△AEE和△DFC中，
，
∴△AED≌△DFC（AAS）；
（2）∵△AED≌△DFC，
∴AE＝DF，ED＝FC，
∵DF＝ED+EF＝FC+EF．
∴AE＝FC+EF．
【类型二：正方形的判定】
6．
【分析】根据题意逐一对选项分析即可得出答案．
【解答】解：A、因为AB＝AD，所以 ABCD为菱形，因为AC＝BD，所以 ABCD为正方形，不符合题意；
B、因为AB＝BC，所以 ABCD为菱形，但AC⊥BD不能证明 ABCD为正方形，符合题意；
C、因为∠BAD＝90°，所以 ABCD为矩形，又因为AC⊥BD所以 ABCD为正方形，不符合题意；
D、因为∠AOD＝90°，所以 ABCD为菱形，又因为AO＝DO所以 ABCD为正方形，不符合题意；
故选：B．
7．
【分析】根据菱形的判定得出四边形BFDE是菱形，再根据菱形的性质得出BD与EF互相垂直且平分，进而利用菱形的判定和正方形的判定解答即可．
【解答】解：∵DE∥BC，DF∥AB，
∴四边形BFDE是平行四边形，∠EDB＝∠DBF，
∵BD平分∠ABC，
∴∠EBD＝∠DBF，
∴∠EBD＝∠EDB，
∴BE＝DE，
∴ BFDE是菱形，故A正确；
∴BD与EF互相垂直且平分，故B正确；
∵∠ABC＝90°时，则四边形BFDE是正方形，故D正确；
当AB＝BC，不能得出四边形DEFC是菱形，故C错误；
故选：C．
8．
【分析】先利用SAS证明△BFH≌△DEG，由全等三角形的性质得出FH＝EG，∠BHF＝∠DGE，证出FH∥EG，得出四边形EGFH是平行四边形．再根据矩形、菱形、正方形的判定分别判断即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠FBH＝∠EDG，
∵AE＝CF，BG＝DH，
∴DE＝BF，BH＝DG，
在△BFH和△DEG中，
，
∴△BFH≌△DEG（SAS），
∴FH＝EG，∠BHF＝∠DGE，
∴FH∥EG，
∴四边形EGFH是平行四边形，
点E、F分别在边AD、BC上移动时， EGFH有无数个，故①说法正确；
如果EF＝GH，则 EGFH是矩形且有无数个，故②说法正确；
如果FG＝FH，则 EGFH是菱形且有无数个，故③说法正确；
假设过BD的中点O的直线交AD、BC于点M、N，只有当OG＝OM时，生产的四边形是正方形，点M、N即为符合题意得点E、F，且仅有这一种可能，故④说法错误．
故选：C．
9．证明：（1）∵AD是等腰三角形ABC底边BC上的高，
∴AD⊥BC，BD＝CD，
∴D为BC的中点，
又∵O是AC的中点，
∴DO∥AB，
∵DE∥AB，AE∥BD，
∴四边形AEDB是平行四边形，
∴AE＝BD＝CD，
∵AE＝CD，AE∥CD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵∠ADC＝90°，
∴四边形ADCE是矩形；
（2）∵AD是等腰三角形ABC的底边BC上的高，
∴BD＝CD，
∴AD，
∴AD＝CD，
∴四边形ADCE是正方形．
10．（1）证明：∵MN∥BC，
∴∠OEC＝∠BCE，∠OFC＝∠DCF，
又∵CE平分∠BCO，CF平分∠DCO，
∴∠OCE＝∠BCE，∠OCF＝∠DCF，
∴∠OCE＝∠OEC，∠OCF＝∠OFC，
∴EO＝CO，FO＝CO，
∴OE＝OF；
（2）解：当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形．理由如下：
∵当点O运动到AC的中点时，AO＝CO，
又∵EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵FO＝CO，
∴AO＝CO＝EO＝FO，
∴AO+CO＝EO+FO，即AC＝EF，
∴四边形AECF是矩形；
（3）解：当点O运动到AC的中点时，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形．
∵由（2）知，当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形，
已知MN∥BC，当∠ACB＝90°，则
∠AOF＝∠COE＝∠COF＝∠AOE＝90°，
∴AC⊥EF，
∴四边形AECF是正方形．
11．（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∴∠GCE＝90°，
∵四边形ECGF是平行四边形，
∴平行四边形ECGF是矩形；
（2）证明：在正方形ABCD和 ECGF中，点B，C，G在同一条直线上，
∴AD∥BG，EF∥BG，∠ADC＝90°，
∴AD∥EF，
∴∠QAP＝∠EFP，
∵P是线段AF的中点，
∴AP＝PF，
又∠APQ＝∠FPE，
∴△APQ≌△FPE（ASA），
∴AQ＝EF，QP＝PE，
∵∠DPE＝90°，
∴∠DPQ＝90°，
在△PDQ和△PDE中，
，
∴△PDQ≌△PDE（SAS），
∴QD＝DE，
∵AD＝DC，
∴AQ＝EC，
∴EC＝EF，
∴矩形ECGF是正方形．
【类型三：正方形的旋转问题】
12．
【分析】作DH⊥B′C′于H，交AD′于G，如图，根据旋转的性质得AD′＝AD，∠DAD′＝α，再根据等腰三角形的性质由B'D＝C'D得到B′H＝C′H，则AG＝D′G，然后证明△ADD′为等边三角形得到∠DAG＝60°，从而得到α的度数．
【解答】解：作DH⊥B′C′于H，交AD′于G，如图，
∵正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转到正方形AB'C'D'，旋转角为a，
∴AD′＝AD，∠DAD′＝α，
∵B'D＝C'D，
∴B′H＝C′H，
∵四边形AB'C'D'为正方形，
∴AG＝D′G，
连接DD′，如图，
∵DG垂直平分AD′，
∴DD′＝DA，
∴DD′＝AD＝AD′，
∴△ADD′为等边三角形，
∴∠DAG＝60°，
即α＝60°．
故答案为60°．
13．
【分析】连接A′C，证明A′，B，C三点共线，勾股定理求出A′C的长，进而求出A′B的长，利用分割法求出阴影部分的面积即可．
【解答】解：连接A′C，
∵边长为1的正方形ABCD绕点C逆时针旋转45°后得到正方形A′B′CD′，
∴BC＝1，∠BCD＝90°，∠DCD′＝45°，∠A′CD′＝∠D′A′C＝45°，A′D′＝CD′＝1，
∴∠BCD′＝∠BCD﹣∠DCD′＝45°，，
∵∠BCD′＝∠A′CD′＝45°，
∴A′，B，C三点共线，
∴，∠A′BE＝90°，
∵∠D′A′B＝45°，
∴，
∴，
∴；
故选：D．
14．
【分析】根据正方形的性质可得AB＝AD，∠ABC＝∠D＝90°，再根据旋转的性质可得AF＝AE，然后利用“HL”证明Rt△ABF和Rt△ADE全等，根据全等三角形对应边相等可得BF＝DE，再求出正方形的边长为3，然后分点F在线段BC上和CB的延长线上两种情况讨论求解．
【解答】解：在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABC＝∠D＝90°，
由旋转的性质得，AF＝AE，
在Rt△ABF和Rt△ADE中，，
∴Rt△ABF≌Rt△ADE（HL），
∴BF＝DE＝2，
∵DE＝2，EC＝1，
∴正方形的边长为2+1＝3，
①点F在线段BC上时，FC＝3﹣2＝1，
∴EF；
②点F在CB的延长线上时，FC＝3+2＝5，
∴EF′，
综上所述，EF的长为或，
故答案为：或．
15．
【分析】分别延长AD和BE交于点F，由直角三角形的性质求出EF的长，根据△ABB'是等边三角形，求出B'E＝BF﹣BB'﹣EF即可．
【解答】解：分别延长AD和BE交于点F，
由题知，AB＝2，∠ABF＝60°，
∴BF＝2AB＝4，AFAB＝2，∠F＝90°﹣∠ABF＝30°，
∴DF＝AF﹣AD＝22，
∴EFDF＝（2）3，
由题知，△ABB'是等边三角形，
∴B'E＝BF﹣BB'﹣EF＝4﹣2﹣（3）1，
故选：A．
方法二：分别延长BA和ED交于点F，
由题知，AD＝2，∠ABE＝60°，DE⊥BB′，
∴∠F＝90°﹣∠ABE＝30°，
∴AFAD＝2，
∴BF＝AF+AB＝22，
∴BEBF1，
由题知，△ABB'是等边三角形，
∴B'E＝BE﹣BB'1﹣21，
故选：A．
【类型四：正方形的翻折问题】
16．
【分析】分两种情况：如图，当点N在线段CD时，当点N在CD的延长线时，连接BM，根据矩形的性质得到∠C＝∠D＝∠A＝90°，AD＝BC＝8，AB＝CD＝m，由点M是AD的中点，得到AM＝DMAD＝4，根据折叠的性质得到DM＝D′M，∠MD′N＝∠D＝90°，∠DMN＝∠D′MN，根据全等三角形的性质得到∠AMB＝∠D′MB，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：如图，当点N在线段CD时，
连接BM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠D＝∠A＝90°，AD＝BC＝8，AB＝CD＝m，
∵点M是AD的中点，
∴AM＝DMAD＝4，
∵将△DMN沿MN翻折至△D'MN，使D恰好落在BN上，
∴DM＝D′M，∠MD′N＝∠D＝90°，∠DMN＝∠D′MN，ND′＝ND，
∴∠MDB＝90°，
在△AMB与△D′MB中，
，
∴△AMB≌△D′MB（SSS），
∴BD′＝AB＝m，∠AMB＝∠D′MB，
∴∠BMN＝∠BMD′+∠NMD′＝90°，
∴AB2+AM2＝BM2，DM2+DN2＝MN2，BM2+MN2＝BN2，
∴m2+42+42+（m﹣6）2＝（m+m﹣6）2，
∴m＝8（负值舍去），
如图，当点N在CD的延长线时，
连接BM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠D＝∠A＝90°，AD＝BC＝8，AB＝CD＝m，
∵点M是AD的中点，
∴AM＝DMAD＝4，
∵将△DMN沿MN翻折至△D'MN，使D恰好落在BN上，
∴DM＝D′M，∠MD′N＝∠D＝90°，∠DMN＝∠D′MN，
∴∠MDB＝90°，
在△AMB与△D′MB中，
，
∴△AMB≌△D′MB（SSS），
∴BD′＝AB＝m，∠AMB＝∠D′MB，
∴∠BMN＝∠BMD′+∠NMD′＝90°，
∴AB2+AM2＝BM2，DM2+DN2＝MN2，BM2+MN2＝BN2，
∴m2+42+42+（m+6）2＝（m+m+6）2，
解得m＝2（负值舍去），
综上所述，m＝8或2，
故答案为：8或2．
17．（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠ABC＝∠C＝90°，AB＝CB，
作FP⊥CB于P，连接BE，
则四边形AFPB是矩形，
∴∠BCE＝∠FPG＝90°，
由翻折知，GF⊥BE，
∴∠PFG＝∠CBE，
∵AB＝CB＝FP，
∴△FPG≌△BCE（ASA），
∴BE＝FG＝41，
在Rt△CBE中，由勾股定理得CE9，
故答案为：9；
（2）证明：如图2，连接FA，FP，FC，
∵正方形ABCD是轴对称图形，F为对角线BD上一点，
∴FA＝FC，
又∵FE垂直平分AP，
∴FA＝FP，
∴FP＝FC，
∴∠FPC＝∠FCP，
∵∠FAB＝∠FCP，
∴∠FAB＝∠FPC，
∴∠FAB+∠FPB＝180°，
∴∠ABC+∠AFP＝180°，
∴∠AFP＝90°，
∴FEAP，
由【模型呈现】知，AP＝MN，
∴MN＝ME+EF+FN＝AP＝2EF，
∴EF＝ME+FN；
（3）解：根据题意补全图形如图所示：
连接MG并延长使得MG＝GH，
∵点G为BN的中点，
∴BG＝NG，
又∵∠BGH＝∠NGM，
∴△BGH≌△NGM（SAS），
∴HG＝MG，BH＝NM，∠BHG＝∠NMG，则BH∥NM，
∴∠CBH＝∠BFE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，∠ADC＝90°，
∴∠BFE＝∠DEM，∠CDM+∠EDM＝90°，
又∵DM⊥EF，
∴∠DEM+∠EDM＝90°，
∴∠CDM＝∠DEM，
∴∠CDM＝∠BFE，
∴∠CBH＝∠CDM，
∵MN＝DM，
∴BH＝DM，
由正方形的性质可知，CB＝CD，
∴△CBH≌△CDM（SAS），
∴CH＝CM，∠BCH＝∠DCM，∠BCD＝90°，
则∠BCH+∠BCM＝∠DCM+∠BCM＝∠BCD＝90°，
∴△MCH是等腰直角三角形，
∵HG＝MG，
∴CG⊥MH，则△CGM也是等腰直角三角形，则CG＝MG，
∴CMCG＝2．
故答案为：2．
【类型五：正方形的动点问题】
18．
【分析】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．
【解答】解：连接AC，交BD于点O，连接PC，过P点作 PE⊥AD，PF⊥CD垂足分别为E、F，延长FP，交AB于G，
∵正方形ABCD，
∴∠ADC＝90°，∠EDB＝∠CDB＝45°，
∵∠PED＝∠PFD＝90°，
∴∠EPD＝∠EDP＝45°，
∴PE＝DE，则四边形PEDF为正方形，
∴PE＝PF，∠EPF＝90°，
∵∠APQ＝∠APE+∠EPQ＝90°，∠EPF＝∠FPQ+∠EPQ＝90°，
∴∠APE＝∠QPF，
在△PAE和△PQF中，
，
∴△PAE≌△PQF（AAS），
∴PA＝PQ；
∵正方形ABCD，
∴∠ABC＝∠C＝90°，∠EDB＝∠CDB＝∠ABD＝∠CBD＝45°，
∴GF∥BC，
∴∠BGP＝90°，
∴△BGP 为等腰直角三角形，
∵BP＝6，
∴，
∴，
∵正方形ABCD，
∴AB＝BC，∠ABP＝∠CBP＝45°，BP＝BP，O是AC中点，
∴△ABP≌△CBP，
∴PA＝PC＝PQ
，∵PF⊥CQ，
∴，
∵O是AC中点，M是AQ中点，
，
故答案为：．
19．解：（1）①当t＝5时，AP＝10，
∵O是正方形ABCD边AD的中点，
∴OA＝ODAD＝6，
∴S△AOPOA AP6×10＝30，
∴y＝S正方形ABCD﹣S△AOP＝122﹣30＝114；
当t＝10时，如图1，
则AB+BP＝20，
∴BP＝20﹣AB＝20﹣12＝8，
∴PC＝BC﹣BP＝12﹣8＝4，
∴y＝S梯形CDOP（PC+OD） CD（4+6）×12＝60；
故答案为：114；60．
②如图2，AB+BP＝2t，
∴PC＝24﹣2t，
∵OA∥CP，
∴当OA＝CP时，以点O、A、P、C为顶点的四边形是平行四边形，
∴6＝24﹣2t，
解得：t＝9，
∴当t＝9时，以点O、A、P、C为顶点的四边形是平行四边形．
（2）①由图3可知：当t＝4时，S＝0，即P，Q两点在第4秒相遇；
当t＝0时，S正方形ABCD＝AB2＝64，
∴AB＝8，即正方形ABCD的边长是8；
故答案为：4；8．
②由图3可知：点P、Q相遇于点C，且点P的速度大于点Q的速度，
∴点P的速度为点Q的速度的2倍，
设点Q的速度为a单位长度/秒，则点P的速度为2a单位长度/秒，
∴4（a+2a）＝24，
解得：a＝2，
∴点P的速度为4单位长度/秒，点Q的速度为2单位长度/秒；
故答案为：4；2．
③∵O是AD的中点，
∴OA＝OD＝4，
设t秒时，正方形ABCD与∠POQ（包括边缘及内部）重叠部分的面积S等于32，
分三种情况讨论：
当0≤t≤2时，点P在AB边上，点Q在CD边上，如图，
则AP＝4t，DQ＝2t，OA＝OD＝4，
∴S＝S正方形ABCD﹣S△OAP﹣S△ODQ＝644×4t4×2t＝64﹣12t，
由题意得：64﹣12t＝32，
解得：t2（不符合题意，舍去）；
当2＜t≤4时，点P在BC边上，点Q在CD边上，如图，
则AB+BP＝4t，AB＝8，
∴BP＝4t﹣8，
∵DQ＝2t，OA＝OD＝4，
∴S＝S正方形ABCD﹣S梯形OABP﹣S△ODQ＝64（4t﹣8+4）×84×2t＝80﹣20t，
由题意得：80﹣20t＝32，
解得：t，符合题意；
当4＜t≤6时，点P在CD边上，点Q在BC边上，如图，
∵AB+BC+CP＝4t，AB＝BC＝CD＝AD＝8，
∴DP＝24﹣4t，
∵DC+CQ＝2t，
∴BQ＝16﹣2t，
∴S＝S正方形ABCD﹣S梯形OABQ﹣S△ODP＝64（4+16﹣2t）×84×（24﹣4t）＝16t﹣64，
由题意得：16t﹣64＝32，
解得：t＝6（符合题意）；
综上，当t或6时，正方形ABCD与∠POQ（包括边缘及内部）重叠部分的面积等于32．
【类型六：正方形与函数综合】
20．
【分析】根据正方形的性质得出C（3，0），A（0，3），进而利用勾股定理解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCO是正方形，点B的坐标是（3，3），
∴C（3，0），A（0，3），
∴OC中点D的坐标为（1.5，0），
如图所示，当点P在AB上时，设P（m，3）；
∵△POC是OC边上的“完美三角形”，
∴P1D＝OC＝3，
∴（m﹣1.5）2+（3﹣0）2＝32，
解得m＝1.5，
∴点P的坐标为（1.5，3）．
如图2所示，当点P在BC上时，设P（3，n）；
∵△POC是OC边上的“中线三角形”，
∴P2D＝OC＝3，
∴（n﹣0）2+（3﹣1）2＝32，
解得m（负值舍去），
∴点P的坐标为（3，），
如图3所示，当点P在OA上时，设P（0，s）；
∵△POC是OC边上的“中线三角形”，
∴P3D＝OC＝3，
∴（s﹣0）2+（0﹣1）2＝32，
解得s（负值舍去），
∴点P的坐标为（0，）；
综上所述，点P的坐标为（1.5，3）或（3，）或（0，）．
21．解：（1）①如图1﹣1中，过点E作EH⊥BC于H．
∵四边形ABCO是矩形，A（8，0），C（0，6），
∴OA＝BC＝8，AB＝OC＝6，
∵∠BCO＝∠ACE＝90°，
∴∠ACB＝∠ECH，
∵CE＝CB，∠EHC＝∠ABC＝90°，
∴△EHC≌△CBA（AAS），
∴EH＝CB＝8，CH＝AB＝6，
∴E（6，14）．
故答案为：（6，14）；
②如图1﹣2中，过点E作EH⊥BC于H．
同法可证：△EHD≌△DBA（AAS），
∴EH＝DB＝8﹣m，DH＝AB＝6，
∴CH＝6+m，
∴E（6+m，14﹣m）．
故答案为：（6+m，14﹣m）；
（2）△ABF的面积不会改变，理由如下：
如图2，过点F作FH⊥AB，交AB的延长线于H，
∵矩形OABC的顶点B坐标为（8，6），
∴AB＝6，BC＝8，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∴∠DAB+∠FAB＝90°，且∠DAB+∠BDA＝90°，
∴∠BDA＝∠FAB，
∵AD＝AF，∠ABD＝∠AHF＝90°，
∴△ABD≌△FHA（AAS），
∴HF＝AB＝6，
∴△ABF的面积AB×HF＝18；
（3）若BE＝EF，当点B与点D重合时，AD＝AB＝6，此时m＝8．
当点B与点D不重合时，如图3，过点E作EH⊥DB于H，
∵∠EDH+∠ADB＝90°，∠ADB+∠DAB＝90°，
∴∠EDH＝∠DAB，
AD＝DE，∠EHD＝∠ABD＝90°，
∴△ADB≌△DEH（AAS），
∴DH＝AB＝6，
∵BE＝EF，EF＝DE，
∴DE＝BE，
∵EH⊥DB
∴DH＝BH＝6，
∴DB＝12，
∵DB＜BC，
∴此种情形不存在．
若EB＝BF，
∵BE＝BF，
∴∠BEF＝∠BFE，
∴∠DEB＝∠AFB，
∵DE＝AF，BE＝BF，
∴△DEB≌△AFB（AAS），
∴DB＝AB＝36，
∴CD＝BC﹣BD＝8﹣6＝2，即m＝2；
若BF＝EF，如图4，过点F作FH⊥AB于H，
∵∠DAB+∠FAB＝90°，∠DAB+∠BDA＝90°，
∴∠BDA＝∠FAB，
∵AD＝AF，∠ABD＝∠AHF＝90°，
∴△ABD≌△FHA（AAS），
∴AH＝DB，
∵EF＝BF，EF＝AF，
∴BF＝AF，
∵FH⊥AB，
∴AH＝BH＝3，
∴DB＝3，
∴CD＝BC﹣BD＝8﹣3＝5，即m＝5，
综上所述，满足条件的m的值为8或2或5．
22．解：（1）过点A作AD⊥x轴于D，过点B作BE⊥AD交DA的延长线于E，过点C作CF⊥x轴于点F，
∴∠ADO＝∠OFC＝∠BEA＝90°，
∴∠DAO+∠AOD＝90°，
∵四边形ABCO是正方形，
∴∠OAB＝∠AOC＝90°，OA＝OC＝AB，
∴∠COF+∠AOD＝90°，∠BAE+∠DAO＝90°，
∴∠FOC＝∠DAO，∠BAE＝∠AOD，
∴△COF≌△AOD≌△BAE（AAS），
∴OF＝AD＝BE，CF＝OD＝AE，
∵点A的坐标为（4，3），
∴OF＝AD＝BE＝3，CF＝OD＝AE＝4，
∴点C的坐标为（﹣3，4）；
∴ED＝4+3＝7，点B到y轴的距离为OD﹣BE＝4﹣3＝1，
∴点B的坐标为（1，7）；
故答案为：﹣3，4，1，7；
（2）由题意，得AO＝CO＝BC＝AB5，
当 t＝2 时，CP＝2．
将三角形CPQ沿它的一边翻折，若翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形，
只需三角形CPQ是等腰三角形即可．
①当点Q在OA上时，
∵PQ AB＞PC，
∴只存在一点Q，使QC＝QP．
过点Q作QD⊥PC于点D，如图，
则CD＝PD＝1，
∵QA＝BD，
∴2k＝5﹣1＝4，
∴k＝2；
②当点Q在OC上时，
∵∠BCO＝90°，
∴只存在一点Q，使CP＝CQ＝2，
∴2k＝10﹣2＝8，
∴k＝4．
综上所述，k的值为2或4．
【类型七：正方形综合题】
23．（1）解：四边形ACDE和四边形BCFG是正方形，
∴AC＝CD，∠DCA＝∠DCB＝90°，BC＝CF，
在△AFC和△DBC中，
∴在△AFC≌△DBC（SAS），
∴BD＝AF＝5；
故答案为：5；
（2）证明：连接AF，
∵四边形ACDE、BCFG是正方形，
∴AC＝DC，CB＝CF，
同（1）可证△ACF≌△DCB（SAS），
∴AF＝DB，
24．解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴CA平分∠BCD，BC＝DC，
∴∠BCE＝∠DCE＝45°，
∵CE＝CE，
∴△BCE≌△DCE（SAS），
∴BE＝DE．
（2）DF⊥ON，理由如下：
∵△BCE≌△DCE，
∴∠EBC＝∠EDC，
∵∠EBC＝∠CBN，
∴∠EDC＝∠CBN，
∵∠EDC+∠1＝90°，∠1＝∠2，
∴∠2+∠CBN＝90°，
∴∠EFB＝90°，即DF⊥ON；
（3）如图所示，过C作CG⊥ON于G，过D作DH⊥CG于H，则∠CGB＝∠AOB＝90°，四边形DFGH是矩形，
又∵∠ABC＝90°，
∴∠ABO+∠BAO＝90°＝∠ABO+∠CBG，
∴∠BAO＝∠CBG，
又∵AB＝BC，
∴△ABO≌△BCG（AAS），
∴BG＝AO12，CG＝BO＝5，
同理可得△CDH≌△BCG，
∴DH＝CG＝5，CH＝BG＝12，
∴HG＝5+12＝17，
∴DF＝HG＝17，GF＝DH＝5，
∴BF＝BG﹣GF＝12﹣5＝7，
∴△BEF的周长＝BF+EF+BE＝BF+EF+DE＝BF+DF＝7+17＝24，
故答案为：24．
25．（1）解：∵∠C＝90°，
∴∠CFE+∠CEF＝90°，
∴∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，
∵AF平分∠DFE，AE平分∠BEF，
∴∠AFEDFE，∠AEFBEF，
∴∠AEF+∠AFE（∠DFE+∠BEF）270°＝135°，
∴∠EAF＝180°﹣∠AEF﹣∠AFE＝45°，
故答案为：45；
（2）①证明：作AG⊥EF于G，如图1所示：
则∠AGE＝∠AGF＝90°，
∵AB⊥CE，AD⊥CF，
∴∠B＝∠D＝90°＝∠C，
∴四边形ABCD是矩形，
∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，
∴AB＝AG，AD＝AG，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形；
②解：设DF＝x，
∵BE＝EC＝3，
∴BC＝6，
由①得四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝6，
在Rt△ABE与Rt△AGE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），
∴BE＝EG＝6，
同理，GF＝DF＝x，
在Rt△CEF中，EC2+FC2＝EF2，
即32+（6﹣x）2＝（x+3）2，
解得：x＝2，
∴DF的长为2．
26．（1）证明：当点E在边BC上时，如图①，
过M点作MG⊥DC于G点，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C＝∠B＝90°，
∴∠1+∠2＝90，
∴∠DEF＝90°，
∴∠2+∠3＝90，
∴∠1＝∠3，
又∵∠MGD＝∠B＝90°，DM＝EF，
∴△DGM≌△EBF（AAS），
∴DG＝EB，
∵MG⊥DC，MN⊥BC，∠C＝90°，
∴∠MGC＝∠MNC＝∠C＝90°，
∴四边形GMNC是矩形，
∴MN＝GC，
∴MN+BE＝GC+DG＝CD．
（2）当点E在BC的延长线上时，如图②，
延长DC，过M点作MG⊥DC的延长线于G点，
则四边形MNCG是矩形，
∴MN＝CG，
∵∠DCE＝90°，∠DEF＝90°，
∴∠1+∠2＝90，∠2+∠3＝90，
∴∠1＝∠3，
∵∠DGM＝∠EBF＝90°，DM＝EF，
∴△DGM≌△EBF（AAS），
∴DG＝EB，
∵DG＝DC+CG，
∴EB＝DC+MN．
当点E在CB的延长线上时，如图③，
过D点作DG⊥MN于G点，
则四边形GDCN是矩形，
∴DC＝GN，
∵∠N＝90°，
∴∠1+∠2＝90°，
∵∠MEF＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3，
∵∠MGD＝∠EBF＝90°，MD＝EF，
∴△MGD≌△EBF（AAS），
∴MG＝EB，
∵MN＝MG+GN，
∴MN＝BE+DC．
27.解：AFDE，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，E是对角线AC的中点，
∴AC⊥BD，AE＝BE＝CE＝DE．
∵AB2＝AE2+BE2，
∴AB2＝2DE2，
∵B点与F点重合，
∴AF2＝2DE2，
∴；
（1）如图③，延长BC，作DG∥AF，交BC的延长线于点G，连接EG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD﹣90°，AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC，
∵DG∥AF，AD∥BC，
∴四边形AFGD为平行四边形，
∴AF＝DG，AD＝FG，
∴FG＝CD．
∵∠ABC＝90°，AB＝BC，
∴∠ACB＝45°，∠ACD＝45°，
∵EF⊥AC，
∴∠FEC＝90°，
∴∠EFC＝∠ECF＝45°，
∴EF＝EC．
∴∠EFC＝∠ECD．
∴△CDE≌△FGE（SAS）．
∴ED＝EG，∠FEG＝∠CED．
∴∠DEG＝∠FEC＝90°，
∴△DEG是等腰直角三角，
∴DG2＝DE2+EG2＝2DE2，
∴，
∴AFDE，
故答案为：AFDE．
（2）如图④，作DG⊥DE，并截取DG＝DE，连接AG、GE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝90°，CD＝AD，
∴∠DAC＝∠DCA＝45°，
同理，∠ACB＝45°，
∵GD⊥DE，
∴∠GDE＝90°，
又∵DG＝DE，
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴EG2＝DE2+DG2＝2DE2，
∴EGDE，
∵∠ADC＝∠GDE＝90°，
∴∠GDA＝∠EDC，
∴△GDA≌Δ EDC（SAS），
∴∠GAD＝∠ECD＝45°，AG＝EC，
∴∠GAE＝90°，
∵EF⊥AC，
∴∠FEC＝∠FEA＝90°，
∴∠EFC＝∠ECF＝45°，
∴EF＝EC．
∴EF＝AG，
∵∠GAE＝∠FEA＝90°，
∴AG∥EF，
∴四边形AGEF为平行四边形，
∴AF＝EG．
∵AFDE．
28.解：（1）①∵正方形AOBC边长为2，点C的坐标为（2，2），
∴OB＝BC＝AC＝OA＝2，
∵将△BCD沿直线DC折叠，
∴B′D＝BD，
又∵B′D＝OD，
∴BD＝OD，
∴，
∴点D的坐标是（1，0），
故答案为：（1，0）；
②连接CE．
∵折叠，
∴CB′＝CB＝AC＝2．
在Rt△EAC和Rt△E′BC中，
，
∴Rt△EAC≌Rt△E′BC（HL），
∴EB′＝AE，
∵E为OA中点，
∴AE＝OEOA＝1，
∴EB′＝AE＝1．
设D（x，0），则OD＝x，DB＝DB′＝2﹣x，DE＝3﹣x．
∵∠EOD＝90°，
∴12+x2＝（3﹣x）2，
解得：x，
∴D（，0），
∵EB′：DB′＝1：（2）＝3：2，
∴S△OEB′：S△ODB′＝3：2，
又∵S△OED1，
∴S△OEB′S△OED，S△ODB′S△OED，
∴1×xB′，yB′
∴xB′，yB′，
∴B′（，）．
（2）如图，连接B'G，B'B，BG，
设OB'＝t，则AB'＝OA﹣OB'＝2﹣t．设BD＝B'D＝m，则OD＝OB﹣BD＝2﹣m，
在RtΔOB'D中，OB'+OD2＝B'D2，
∴t2+（2﹣m）2＝m2，
解得．
∴，
设CG＝n，则AG＝AC﹣CG＝2﹣n，
在 Rt△AB'G中，B'G2＝AB'2+AG2＝（2﹣t）2+（2﹣n）2，
在Rt△BCG中，BG2＝CG2+BC2＝n2+22＝n2+4，
由折叠可知DG垂直平分B'B，
∴B'G＝BG，
∴B'G2＝BG2，
即（2﹣t）2+（2﹣n）2＝n2+4，
解得，
∴S梯形DBCG，
∴S＝S正方形OABC﹣S△BOD﹣S梯形DBCG．
29.（1）证明：正方形OABC的顶点A、C分别在x、y的正半轴上，点B的坐标为（4，4），
∴OC＝AB＝OA＝BC＝4，OC∥AB，
∵3，
∴BE＝3，AE＝1，
∴E（4，1），
代入yx+b得﹣2+b＝1，解得b＝3，
∴yx+3，
∴D（0，3），
∴OD＝BE＝3，
∵OD∥BE，
∴四边形ODBE是平行四边形；
（2）解：过点D作DH⊥AB于H，
∴∠DHE＝∠BAP＝90°，四边形ODHA是矩形，
∴DH＝OA＝AB＝4，BH＝CD＝1，
∵DH⊥AB，BP⊥DE，
∴∠EDH+DEH＝∠PBA+DEH＝90°，
∴∠EDH＝∠PBA，
∴△DHE≌△BAP（ASA），
∴PA＝EH＝BE﹣BH＝2，
∴OP＝OA﹣PA＝2，
设M的坐标为（m，m+3），
∴S△OMP2×（m+3）＝2.6，解得m，
∴M点的坐标为（，）；
（3）解：当四边形OMDN是菱形时，如图，
∵M的纵坐标是1.5，把y＝1.5代入1.5x+3，解得：x＝3，
则M的坐标是（3，1.5），
∴点N的坐标为（﹣3，1.5）；
当四边形OMND是菱形时，如图，
∵OM＝OD＝3，则设M的横坐标是m，则纵坐标是m+3，
则m2+（m+3）2＝9，
解得：m或0（舍去）．
则M的坐标是（，），
∴点N的坐标为（，）．
综上，点N的坐标为（﹣3，1.5）或（，）．
30.（1）解：∵长方形纸片ABCD和AFGQ是两个完全相同的长方形，
∴AC＝AG，∠BAC＝∠GAF，
∴∠BAC+∠CAD＝∠GAF+∠CAD，
∴∠GAC＝∠BAD＝90°，
∴△ACG是等腰直角三角形，
∴∠ACG＝45°，
故答案为：45；
（2）①证明：∵BM＝AB，
∴∠BMA＝∠BAM，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴∠DMA＝∠MAB；
∴∠BMA＝∠DMA，
∴AM平分∠DMB；
②解：过点B作BE⊥AF于点E，
∵AF＝AB＝10，AD＝6，
∴DF8，
∴CF＝DC﹣DF＝2，
∵AB＝AF，
∴∠AFB＝∠ABF，
∵AB∥CD，
∴∠ABF＝∠CFB，
∴∠AFB＝∠CFB，
∵BF＝BF，∠C＝∠BEF＝90°，
∴△BCF≌△BEF（AAS），
∴CF＝EF＝2，BC＝BE，
∴AE＝8，
∵AD＝AQ＝BC，
∴AQ＝BE，
∵∠QAO＝∠BEO，∠AOQ＝∠BOE，
∴△AOQ≌△EOB（AAS），
∴AO＝OEAE＝4，
故答案为：4；
（3）解：如图，过点F作FH⊥CD交CD于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝AB，∠ABC＝90°，
∴∠H＝∠ABC＝90°，
由旋转的性质得：∠AEF＝90°，EF＝AE，
∵∠BEA+∠BAE＝∠BEA+∠FEH＝90°，
∴∠BAE＝∠FEH，
在△AEB和△EFH中，
，
∴△AEB≌△EFH（AAS），
∴FH＝BE，AB＝EH，
∴EH＝CB，
∴CH+CE＝CE+BE，
∴CH＝BE，
∴FH＝CH，
∴∠FCH＝45°，
∴∠BCG＝45°，
∵∠CBG＝90°，
∴△CBG是等腰直角三角形，
∴BG＝BC＝5；
故答案为：5；
（4）解：过点F作∠EFH＝∠BEC，与ED的延长线交于点H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CB＝CD，∠A＝∠BCD＝120°，
由旋转得∠BEF＝120°，EF＝BE，
∴∠BEC+∠CBE＝∠BEC+∠FEH＝60°，
∴∠CBE＝∠FEH，
∴△BEC≌△EFH（AAS），
∴∠H＝∠BCD＝120°，EH＝BC，FH＝CE，
∴CD＝EH，
∴DH＝CE，
∴DH＝FH，
∴∠FDH＝∠DFH＝30°，
∴∠CDG＝30°，
∵∠DCG＝180°﹣∠BCD＝60°，
∴∠G＝90°，
∴△DCG是直角三角形，
∵∠CDG＝30°，
∴CGCDBC，
∵BG＝6，
∴3CG＝6，
∴CG＝2．
故答案为：2．