2017-2018年八年级数学下平行四边形单元试卷（人教版有答案和解释）

人教版数学八年级(下)平行四边形单元试卷(含详解)
      （题目较多，可自主择优使用）
一、单选题（共11题；共21分）
1.如图，边长为6的大正方形中有两个小正方形，若两个小正方形的面积分别为S1、S2  ， 则S1+S2的值为（    ）
 
A. 17                                         B. 18                                         C. 19                                         D. 20
2.顺次连结矩形四边中点所得的四边形一定是（   ）           
A. 菱形                                  B. 矩形                                  C. 正方形                                  D. 等腰梯形
3.如图，在矩形ABCD中，AD=5，AB=8，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折叠，当点D的对应点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，则DE的长为________．
 
4.将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形AECF．若AB=3，则菱形AECF的面积为（   ）
 
A. 1                                         B.                                           C.                                           D. 4
5.如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，点F是AB的中点，E为BC边上一点，且EF⊥ED，连结DF，M为DF的中点，连结MA，ME．若AM⊥ME，则AE的长为（   ）
 
A. 5                                      B.                                        C.                                        D. 
6.如图，已知正方形ABCD的边长为2，E是边BC上的动点，BF⊥AE交CD于点F，垂足为点G，连接CG，下列说法：①AG＞GE；②AE=BF；③点G运动的路径长为π；④CG的最小值  ﹣1．其中正确的说法有（   ）个．
 
A. 4                                            B. 3                                            C. 2                                            D. 1
7.（2017•绍兴）在探索“尺规三等分角”这个数学名题的过程中，曾利用了如图，该图中，四边形ABCD是矩形，E是BA延长线上一点，F是CE上一点，∠ACF=∠AFC，∠FAE=∠FEA。若∠ACB=21°，则∠ECD的度数是（    ）
 
A. 7°                                        B. 21°                                        C. 23°                                        D. 24°
8.（2017•宁波）如图，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在边AB上，BE＝4，过点E作EF∥BC，分别交BD、CD于G、F两点．若M、N分别是DG、CE的中点，则MN的长为   （       ）
 
A. 3                                         B.                                           C.                                           D. 4
9.（2017•营口）如图，在△ABC中，AB=AC，E，F分别是BC，AC的中点，以AC为斜边作Rt△ADC，若∠CAD=∠CAB=45°，则下列结论不正确的是（   ）  
A. ∠ECD=112.5°                    B. DE平分∠FDC                    C. ∠DEC=30°                    D. AB=  CD
10.（2017•益阳）下列性质中菱形不一定具有的性质是（   ）           
A. 对角线互相平分       B. 对角线互相垂直       C. 对角线相等       D. 既是轴对称图形又是中心对称图形
11.（2017•黄石）如图，已知凸五边形ABCDE的边长均相等，且∠DBE=∠ABE+∠CBD，AC=1，则BD必定满足（   ）  
A. BD＜2                           B. BD=2                           C. BD＞2                           D. 以上情况均有可能
二、综合题（共12题；共134分）
12.如图，在正方形ABCD中，AB=BC=CD=AD，∠BAD=∠B=∠C=∠D=90°，点E、F分别在正方形ABCD的边DC、BC上，AG⊥EF且 AG=AB，垂足为G，则：
（1）△ABF与△ AGF全等吗？说明理由；   
（2）求∠EAF的度数；   
（3）若AG=4，△AEF的面积是6，求△CEF的面积．   
13.在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC=90°，O为BC的中点。
    
（1）写出点O到△ABC的三个顶点A、B、C的距离的大小关系并说明理由；   
（2）如果点M、N分别在线段AB、AC上移动，在移动中保持AN＝BM，请判断△OMN的形状，并证明你的结论。   
14.ABCD中，E是CD边上一点，   
（1）将△ADE绕点A按顺时针方向旋转，使AD、AB重合，得到△ABF，如图1所示．观察可知：与DE相等的线段是 ________，∠AFB=∠ ________.
（2）如图2，正方形ABCD中，P、Q分别是BC、CD边上的点，且∠PAQ=45°，试通过旋转的方式说明：DQ+BP=PQ.
（3）在（2）题中，连接BD分别交AP、AQ于M、N，你还能用旋转的思想说明BM2+DN2=MN2 ． 
15.如图，在长方形  中，  ，  ，点  从点  出发，以  的速度沿  向点  运动，设点  的运动时间为  秒： 
（1） ________  .(用  的代数式表示)
   
（2）当  为何值时，     
（3）当点  从点  开始运动，同时，点  从点  出发，以 v 的速度沿  向点  运动，是否存在这样的v 值，使得  全等？若存在，请求出 v的值；若不存在，请说明理由.   
16.如图，已知tan∠EOF=2，点C在射线OF上，OC=12．点M是∠EOF内一点，MC⊥OF于点C，MC=4．在射线CF上取一点A，连结AM并延长交射线OE于点B，作BD⊥OF于点D．
 
（1）当AC的长度为多少时，△AMC和△BOD相似；   
（2）当点M恰好是线段AB中点时，试判断△AOB的形状，并说明理由；   
（3）连结BC．当S△AMC=S△BOC时，求AC的长．   
17.在边长为2的正方形ABCD中，点P、Q分别是边AB、BC上的两个动点（与点A、B、C不重合），且始终保持BP=BQ，AQ⊥QE，QE交正方形外角平分线CE于点E，AE交CD于点F，连结PQ.
 
（1）求证：△APQ≌△QCE；   
（2）求∠QAE的度数；   
（3）设BQ=x，当x为何值时，QF∥CE，并求出此时△AQF的面积.   
18.已知，正方形ABCD的边长为6，菱形EFGH的三个顶点E、G、H 分别在正方形ABCD边AB、CD、DA上，AH=2．   
（1）如图1，当DG=2，且点F在边BC上时.
 
求证：① △AHE≌△DGH；
② 菱形EFGH是正方形；   
（2）如图2，当点F在正方形ABCD的外部时，连接CF.
 
① 探究：点F到直线CD的距离是否发生变化？并说明理由；
② 设DG=x，△FCG的面积为S，是否存在x的值，使得S=1，若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由.   
19.在图1﹣﹣图4中，菱形ABCD的边长为3，∠A=60°，点M是AD边上一点，且DM=  AD，点N是折线AB﹣BC上的一个动点．
 
（1）如图1，当N在BC边上，且MN过对角线AC与BD的交点时，则线段AN的长度为________．   
（2）当点N在AB边上时，将△AMN沿MN翻折得到△A′MN，如图2，
①若点A′落在AB边上，则线段AN的长度为________；
②当点A′落在对角线AC上时，如图3，求证：四边形AM A′N是菱形；________
③当点A′落在对角线BD上时，如图4，求  的值．________   
20.已知：如图，在△ABC中，AB=AC，D为边BC上一点，以AB，BD为邻边作平行四边形ABDE，连接AD，EC．
 
（1）求证：△ADC≌△ECD；   
（2）当点D在什么位置时，四边形ADCE是矩形，请说明理由．   
21.如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE=  AC，连接AE交OD于点F，连接CE、OE．  
（1）求证：OE=CD；   
（2）若菱形ABCD的边长为2，∠ABC=60°，求AE的长．   
22.（2017•玉林）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4，D是AB的中点，E，F分别是AC，BC上的点（点E不与端点A，C重合），且AE=CF，连接EF并取EF的中点O，连接DO并延长至点G，使GO=OD，连接DE，DF，GE，GF．  
（1）求证：四边形EDFG是正方形；   
（2）当点E在什么位置时，四边形EDFG的面积最小？并求四边形EDFG面积的最小值．   
23.（2017•河南）如图1，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD=AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．
 
（1）观察猜想
图1中，线段PM与PN的数量关系是________，位置关系是________；   
（2）探究证明
把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；
 
（3）拓展延伸
把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出△PMN面积的最大值．   
三、填空题（共3题；共3分）
24.有一块边长为4的正方形ABCD，将一块足够大的直角三角板如图放置， CB延长线与直角边交于点E．则四边形AECF的面积是________．
25.如图，已知∠MON=30°，B为OM上一点，BA⊥ON于A，四边形ABCD为正方形，P为射线BM上一动点，连结CP，将CP绕点C顺时针方向旋转90°得CE，连结BE，若AB=4，则BE的最小值为________．
26.如图，在菱形ABCD中，∠BAC=60°，AC与BC交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD=DE，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论中一定成立的是________．（把所有正确结论的序号都填在横线上）  ①OG=  AB；
②与△EGD全等的三角形共有5个；
③S四边形CDGF＞S△ABF；
④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．
 
四、解答题（共4题；共45分）
27.如图，已知菱形BEDF，内接于△ABC，点E，D，F分别在AB，AC和BC上．若AB=15cm，BC=12cm，求菱形边长．
 
28.（2017•嘉兴）如图，  是  的中线，  是线段  上一点（不与点  重合）．  交  于点  ，  ，连结  ．
 
（1）如图1，当点  与  重合时，求证：四边形  是平行四边形；   
（2）如图2，当点  不与  重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由.   
（3）如图3，延长  交  于点  ，若  ，且  ．
①求  的度数；
②当  ，  时，求  的长．   
29.（2017•湖州）已知正方形  的对角线  ，  相交于点  ．
 
（1）如图1，  ，  分别是  ，  上的点，  与  的延长线相交于点  ．若  ，求证：  ；   
（2）如图2，  是  上的点，过点  作  ，交线段  于点  ，连结  交  于点  ，交  于点  ．若  ，
①求证：  ；
②当  时，求  的长．   
30.（2017•绍兴）如图1，已知□ABCD，AB//x轴，AB=6，点A的坐标为（1，-4），点D的坐标为（-3,4），点B在第四象限，点P是□ABCD边上的一个动点.
   
（1）若点P在边BC上，PD=CD，求点P的坐标.   
（2）若点P在边AB，AD上，点P关于坐标轴对称的点Q落在直线y=x-1上，求点P的坐标.   
（3）若点P在边AB，AD，CD上，点G是AD与y轴的交点，如图2，过点P作y轴的平行线PM，过点G作x轴的平行线GM，它们相交于点M，将△PGM沿直线PG翻折，当点M的对应点落在坐标轴上时，求点P的坐标（直接写出答案）.   
 

答案解析部分
一、单选题
1.【答案】B 
【考点】正方形的性质，等腰直角三角形  
【解析】【解答】如图：
 
由题意可得，S2的边长为3，由AC=  BC，BC=CE=  CD，可得AC=2CD，CD=2，EC=2  ；  、  ，即可解得S1+S2=8+9=17．
故B符合题意.
故答案为：B
【分析】由题意可得出S2的值，再根据正方形的性质和直角三角形的性质可求出CE的长，继而可得S1的值，从而求出答案.
2.【答案】A 
【考点】菱形的判定，矩形的性质  
【解析】【解答】已知：如图，四边形ABCD时矩形，E、F、G、H分别是边AD、AB、BC、CD的中点，
连接AC、BD，
∵四边形ABCD时矩形，
∴AC=BD，
又∵E、F、G、H分别是边AD、AB、BC、CD的中点，，
∴EF= BD，GH= BD，FG= AC，EH= AC，
∴EF=GH=FG=EH，
∴四边形EFGH是菱形，
故答案为：A.
 
【分析】根据矩形的性质得出AC=BD，再根据中点由三角形中位线得出EF=GH=FG=EH，最后根据菱形的判定：四边都相等的四边形是菱形即可得出答案.
3.【答案】 或10 
【考点】线段垂直平分线的性质，矩形的性质，翻折变换（折叠问题）  
【解析】【解答】①如图1，当点F在矩形内部时，
∵四边形ABCD为矩形，AD=5，AB=8，
∴AB=CD，
又∵点F在线段AB的垂直平分线MN上，
∴AN=DM=4，
由折叠性质得：AF=AD=5，DE=FE，
在Rt△ANF中，
∴NF= =3，
∴FM=5-3=2，
设DE=EF=x，则ME=4-x，
在Rt△ANF中，
∴ME2+MF2=EF2  ，
即（4-x）2+22=x2  ，
∴x= .
即DE= .
 
②如图2，当点F在矩形外部时，
∵四边形ABCD为矩形，AD=5，AB=8，
∴AB=CD，
又∵点F在线段AB的垂直平分线MN上，
∴AN=DM=4，
由折叠性质得：AF=AD=5，DE=FE，
在Rt△ANF中，
∴NF= =3，
∴FM=5+3=8，
设DE=EF=y，则ME=y-4，
在Rt△EMF中，
∴ME2+MF2=EF2  ，
即（y-4）2+82=y2  ，
∴y=10.
即DE=10.
 
故答案为： 或10.
【分析】根据题意分两种情况讨论：①点F在矩形内部，②点F在矩形外部，分别根据折叠的性质和勾股定理，列出方程求解即可得到DE的长.
4.【答案】C 
【考点】含30度角的直角三角形，菱形的判定与性质，翻折变换（折叠问题）  
【解析】【解答】设AE=x，则BE=3-x，
∵四边形AECF是菱形，AB=3，
∴∠FCO=∠ECO，AE=CE，
由折叠性质得∠ECB=∠ECO，
∴∠FCO=∠ECB=∠ECO=30°，
∴CE=2BE=2（3-x），
∴x=2（3-x），
∴x=2，
即AE=CE=2，
∴BE=1，
∴BC= ，
∴S四AECF=AE.BC=2× =2 .
故答案为：C.
【分析】设AE=x，则BE=3-x，由菱形性质得出∠FCO=∠ECO，AE=CE，再由折叠性质得∠ECB=∠ECO，从而得出∠ECB=30°，根据直角三角形中30°所对的直角边等于斜边的一半，从而求出x的值，从而求出菱形AECF的面积.
5.【答案】B 
【考点】勾股定理，矩形的性质，相似三角形的判定与性质  
【解析】【解答】设BE=x，则CE=6-x，
∵四边形ABCD矩形，AB=4，
∴AB=CD=4，∠C=∠B=90°，
∴∠DEC+∠CDE=90°，
又∵F是AB的中点，
∴BF=2，
又∵EF⊥ED，
∴∠FED=90°，
∴∠FEB+∠DEC=90°，
∴∠FEB=∠CDE，
∴△BFE∽△CED，
∴ = ，
∴ = ，
∴（x-2）（x-4）=0，
∴x=2，或x=4，
①当x=2时，
∴EF=2 ，DE=4 ，DF=2 ，
∴AM=ME= ，
∴AE= = =2 ,
②当x=4时，
∴EF=2 ，DE=2 ，DF=2 ，
∴AM=ME= ，
∴AE= =2 ,
AE= =4 ,
∴x=4不合题意，舍去
故答案为：B.
【分析】设BE=x，则CE=6-x，由矩形性质得出AB=CD=4，∠C=∠B=90°，又由EF⊥ED，根据同角的余角相等可得出∠FEB=∠CDE；由相似三角形的判定得出△BFE∽△CED，再根据相似三角形的性质得出 = ，由此列出方程从而求出x=2或x=4，分情况讨论：①当x=2时，由勾股定理算出
AE= = =2 ,②当x=4时，由勾股定理算出AE= =2 ,AE= =4 ,故x=4不合题意，舍去.
6.【答案】C 
【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质  
【解析】解答】∵四边形ABCD为正方形，BF⊥AE，
 
∴∠AGB=90°，
∴G点在以AB为直径，AB中点O为圆心的圆弧上，
∴当点E移动到与C重合时，F点与D点重合，此时G为AC中点，
∴AG=GE，
故①错误.
∵当点E运动到C点时停止，
∴点G运动的轨迹为 圆，
又∵正方形ABCD的边长为2，
∴圆弧的长为： ×2× ×1=  .
故③错误.
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCF=90°，
又∵BF⊥AE，
∴∠AGB=90°，
即∠ABG+∠GBE=90°，
∴∠BAG+∠ABG=90°，
∴∠GBE=∠BAG，
在△ABE和△BCF中，
∵ ，
∴△ABE≌△BCF，
∴AE=BF，
故②正确.
当O、G、C三点共线时，CG取得最小，
∵OB=1，BC=2，
∴OC= = ，
∴CG=OC-OG= -1，
故④正确.
故答案为：C.
【分析】①由题意得∠AGB=90°，G点在以AB为直径，AB中点O为圆心的圆弧上；故当E移动到与C重合时，F点与D点重合，此时G为AC中点，故①错误.
②由正方形的性质得出，AB=BC，∠ABC=∠BCF=90°，再由同角的余角相等得出∠GBE=∠BAG，再利用ASA得出△ABE≌△BCF，根据全等三角形性质得出AE=BF，故②正确.
②当点E运动到C点时停止，此时点G运动的轨迹为 圆，从而得出②错误.
④当O、G、C三点共线时，CG取得最小，根据勾股定理得出OC的长度，再由CG=OC-OG得出④正确.
7.【答案】C 
【考点】三角形的外角性质，矩形的性质  
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，AB//CD，∠BCD=90°，
所以∠FEA=∠ECD，∠ACD=90°-∠ACB=69°，
因为∠ACF=∠AFC，∠FAE=∠FEA，∠AFC=∠FAE+∠FEA，
所以∠ACF=2∠FEA，
则∠ACD=∠ACF+∠ECD=3∠ECD=69°，
所以∠ECD=23°
故选C.
【分析】由矩形的性质不难得到∠FEA=∠ECD，∠ACD=90°-∠ACB=69°；根据三角形的外角性质及已知条件不难得出∠ACF=2∠FEA，即可得∠ACD被线CE三等分，则可解出∠ECD。
8.【答案】C 
【考点】勾股定理，三角形中位线定理，正方形的性质，相似三角形的判定与性质  
【解析】【解答】解：取DF、CF中点K、H,连接MK、NH、CM，作MO⊥NH（如下图）.
 ∵四边形ABCD是边长为6的正方形，BE=4.
∴AE=DF=2,CF=BE=4.
∴△DGF∽△BGE
∴ = = .
∴GF=2,EF=4.
又∵M、N、K、H、都是中点，
∴MK= GF=1,NH= EF=3.KF= DF=1,FH= CF=2,
∴MK=OH=1.KH=MO=3
∴NO=2.
在Rt△MON中，
∴MN=  = =  .
故答案为C.
 
【分析】取DF、CF中点K、H,连接MK、NH、CM，作MO⊥NH（如上图）；由正方形ABCD是边长和BE的长可以得出AE=DF=2,CF=BE=4；
再由题得到△DGF∽△BGE，利用相似三角形的性质可以求出.GF=2,EF=4；再根据三角形中位线可以得出MO=3，NO=2；利用勾股定理即可得出答案.
9.【答案】C 
【考点】等腰三角形的性质，三角形中位线定理  
【解析】【解答】解：∵AB=AC，∠CAB=45°，  ∴∠B=∠ACB=67.5°．
∵Rt△ADC中，∠CAD=45°，∠ADC=90°，
∴∠ACD=45°，AD=DC，
∴∠ECD=∠ACB+∠ACD=112.5°，故A正确，不符合题意；
∵E、F分别是BC、AC的中点，
∴FE=  AB，FE∥AB，
∴∠EFC=∠BAC=45°，∠FEC=∠B=67.5°．
∵F是AC的中点，∠ADC=90°，AD=DC，
∴FD=  AC，DF⊥AC，∠FDC=45°，
∵AB=AC，
∴FE=FD，
∴∠FDE=∠FED=  （180°﹣∠EFD）=  （180°﹣135°）=22.5°，
∴∠FDE=  ∠FDC，
∴DE平分∠FDC，故B正确，不符合题意；
∵∠FEC=∠B=67.5°，∠FED=22.5°，
∴∠DEC=∠FEC﹣∠FED=45°，故C错误，符合题意；
∵Rt△ADC中，∠ADC=90°，AD=DC，
∴AC=  CD，
∵AB=AC，
∴AB=  CD，故D正确，不符合题意．
故选C．
【分析】由AB=AC，∠CAB=45°，根据等边对等角及三角形内角和定理求出∠B=∠ACB=67.5°．由Rt△ADC中，∠CAD=45°，∠ADC=90°，根据三角形内角和定理求出∠ACD=45°，根据等角对等边得出AD=DC，那么∠ECD=∠ACB+∠ACD=112.5°，从而判断A正确；
根据三角形的中位线定理得到FE=  AB，FE∥AB，根据平行线的性质得出∠EFC=∠BAC=45°，∠FEC=∠B=67.5°．根据直角三角形的性质以及等腰三角形的性质得到FD=  AC，DF⊥AC，∠FDC=45°，等量代换得到FE=FD，再求出∠FDE=∠FED=22.5°，进而判断B正确；
由∠FEC=∠B=67.5°，∠FED=22.5°，求出∠DEC=∠FEC﹣∠FED=45°，从而判断C错误；
在等腰Rt△ADC中利用勾股定理求出AC=  CD，又AB=AC，等量代换得到AB=  CD，从而判断D正确．
10.【答案】C 
【考点】菱形的性质  
【解析】【解答】解：A、菱形的对角线互相平分，此选项正确；  B、菱形的对角线互相垂直，此选项正确；
C、菱形的对角线不一定相等，此选项错误；
D、菱形既是轴对称图形又是中心对称图形，此选项正确；
故选：C．
【分析】根据菱形的性质解答即可得．
11.【答案】A 
【考点】等边三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质  
【解析】【解答】证明：∵AE=AB，  ∴∠ABE=∠AEB，同理∠CBD=∠CDB
∵∠ABC=2∠DBE，
∴∠ABE+∠CBD=∠DBE，
∵∠ABE=∠AEB，∠CBD=∠CDB，
∴∠AEB+∠CDB=∠DBE，
∴∠AED+∠CDE=180°，
∴AE//CD，
∵AE=CD，
∴四边形AEDC为平行四边形．
∴DE=AC=AB=BC．
∴△ABC是等边三角形，
∴BC=CD=1，
在△BCD中，∵BD＜BC+CD，
∴BD＜2．
故选A．
 
【分析】先根据等腰三角形的底角相等，得出∠AED+∠CDE=180°，判定AE//CD，再根据一个角是60°的等腰三角形是等边三角形，得出△ABC是等边三角形．
二、综合题
12.【答案】（1）解：△ABF与△ AGF全等，理由如下：
       在Rt ABF和Rt AGF中，
        ,
       ∴△ABF △ AGF.
（2）解：∵△ABF △ AGF，
       ∴ BAF= GAF，
       同理易得：△AGE △ ADE，有 GAE= DAE，
       即 EAF= EAD+ FAG=  BAD=45 .
（3）解：∵S AEF=  EF AG，AG=4，
       ∴6=  EF AG，
       ∴EF=3，
       ∵BF=FG，EG=DE，AG=AB=BC=CD=4，设FC=x，EC=y，则BF=4-x，DE=4-y，
       ∵BF+DE=FG+EG=EF=3，
       ∴4-x+4-y=3，
       ∴x+y=5    ①
       在Rt EFC中，∵EF2=EC2+FC2  ，
       ∴x2+y2=32      ②
       ①2-②得到，2xy=16，
       ∴S CEF= xy=4. 
【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质  
【解析】【分析】（1）根据HL可得出△ABF △ AGF；（2）只要证明 BAF= GAF， GAE= DAE，即可求出 EAF=45 ；（3）设FC=x，EC=y，则BF=4-x，DE=4-y，构建方程组，求出xy即可求出△CEF的面积．
13.【答案】（1）解：∵∠BAC=90°，O为BC的中点，
∴BO=CO=AO= BC，
（2）解：△OMN是等腰直角三角形.理由如下：
连接OA，如图，
∵AC=AB，∠BAC=90°，
∴OA=OB=OC，OA平分∠BAC，∠B=45°，
∴∠NAO=∠B=45°，
在△NAO和△MBO 中，
 AN=BM ，∠NAO=∠B ，AO=BO   ，
∴△NAO≌ △MBO，
∴ON=OM，∠AON=∠BOM，
∵AC=AB，O是BC的中点，
∴AO⊥BC，
即∠BOM+∠AOM=90°，
∴∠AON+∠AOM=90°，
即∠NOM=90°，
∴△OMN是等腰直角三角形.
  
【考点】全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，等腰直角三角形  
【解析】【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一边得出答案.
（2）△OMN是等腰直角三角形.理由如下：连接OA，由等腰直角三角形性质得出OA=OB=OC，AO⊥BC，OA平分∠BAC，∠NAO=∠B=45°，再由SAS得到△NAO≌ △MBO，由全等三角形的性质得出ON=OM，∠AON=∠BOM，再根据垂直的定义得出∠BOM+∠AOM=90°，由等量代换得∠NOM=90°，从而得证.
14.【答案】（1）BF.；AED.
（2）解：将△ADQ绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABE，如图2，
则∠D=∠ABE=90°，
即点E、B、P共线，∠EAQ=∠BAD=90°，AE=AQ，BE=DQ，
∵∠PAQ=45°，
∴∠PAE=45°，
∴∠PAQ=∠PAE，
在△APE和△APQ中
∵  ，
∴△APE≌△APQ（SAS），
∴PE=PQ，
而PE=PB+BE=PB+DQ，
∴DQ+BP=PQ.
（3）
解：四边形ABCD为正方形，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
如图，将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABK，
则∠ABK=∠ADN=45°，BK=DN，AK=AN，
与（2）一样可证明△AMN≌△AMK，得到MN=MK，
∵∠MBA+∠KBA=45°+45°=90°，
∴△BMK为直角三角形，
∴BK2+BM2=MK2  ，
∴BM2+DN2=MN2. 
【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质，旋转的性质  
【解析】【解答】（1）如图1，∵△ADE绕点A按顺时针方向旋转，使AD、AB重合，得到△ABF，∵DE=BF，∠AFB=∠AED．
故答案为：BF，AED.
【分析】（1）如图1，直接根据旋转的性质得到DE=BF，∠AFB=∠AED．
（2）将△ADQ绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABE，根据旋转的性质得∠EAQ=∠BAD=90°，AE=AQ，BE=DQ，而∠PAQ=45°，
则∠PAE=45°，再根据全等三角形的判定方法得到△APE≌△APQ，则PE=PQ，于是PE=PB+BE=PB+DQ，即可得到DQ+BP=PQ.
（3）根据正方形的性质有∠ABD=∠ADB=45°，将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABK，根据旋转的性质得∠ABK=∠ADN=45°，BK=DN，AK=AN，与（2）一样可证△AMN≌△AMK，得到MN=MK，由于∠MBA+∠KBA=45°+45°=90°，得到△BMK为直角三角形，根据勾股定理得BK2+BM2=MK2  ， 然后利用等量代换即可得到BM2+DN2=MN2.
15.【答案】（1）（10-2t）
（2） 解：当t=2.5时，△ABP≌△DCP.理由如下：
∵t=2.5，
∴BP=2t=2×2.5=5，
∴PC=10-5-5，
在△ABP和△DCP中，
∵ ,
∴△ABP≌△DCP（SAS）.
（3） 解：①当BP=CQ，AB=CP时，△ABP≌△PCQ.
∵AB=6，  BC= 10cm  ，
∴PC=6，
∴BP=10-6=4，
依题可得：2t=4，
∴t=2，
∴CQ=BP=4，
∴2v=4，
∴v=2.
②当BA=CQ，PB=PC时，△ABP≌△QCP.
∵PB=PC， BC= 10cm ，
∴PB=PC= BC=5，
依题可得：2t=5，
∴t=2.5，
∴CQ=BA=6，
∴2.5v=6，
∴v=2.4.
综上所述：当v等于2或2.4时△ABP与△PCQ全等. 
【考点】全等三角形的判定与性质，矩形的性质  
【解析】【解答】解：（1）依题可得：BP=2t，
又∵BC= 10cm，
∴CP=10-2t，
故答案为：10-2t.
【分析】（1）依题可得BP=2t，再由已知条件得出PC=10-2t，
（2）当t=2.5时，△ABP≌△DCP.理由如下：当t=2.5时可以求出BP=PC=5，由SAS得出,△ABP≌△DCP.
（3）分两种情况来讨论：①当BP=CQ，AB=CP时，△ABP≌△PCQ；由已知条件求出BP=2t=4，从而求出t=2；再根据CQ=BP=2v=4，从而求出v的值.
②当BA=CQ，PB=PC时，△ABP≌△QCP.由已知条件求出PB=PC= BC=2t=5，从而求t=2.5；再根据CQ=BA=2.5v=6，从而求出v的值.
16.【答案】（1）解：∵∠MCA=∠BDO=Rt∠，
∴△AMC和△BOD中，C与D是对应点，
∴△AMC和△BOD相似时分两种情况：
①当△AMC∽△BOD时，  =tan∠EOF=2，
∵MC=4，
∴  =2，
解得AC=8；
②当△AMC∽△OBD时，  =tan∠EOF=2，
∵MC=4，
∴  =2，
解得AC=2．
故当AC的长度为2或8时，△AMC和△BOD相似
（2）解：△ABO为直角三角形．理由如下：
∵MC∥BD，
∴△AMC∽△ABD，
∴  ，∠AMC=∠ABD，
∵M为AB中点，
∴C为AD中点，BD=2MC=8．
∵tan∠EOF=2，
∴OD=4，
∴CD=OC﹣OD=8，
∴AC=CD=8．
在△AMC与△BOD中，
 ，
∴△AMC≌△BOD（SAS），
∴∠CAM=∠DBO，
∴∠ABO=∠ABD+∠DBO=∠AMC+∠CAM=90°，
∴△ABO为直角三角形
（3）解：连结BC，
 
设OD=a，则BD=2a．
∵S△AMC=S△BOC  ， S△AMC=  AC  MC=2AC，S△BOC=  OC  BD=12a，
∴2AC=12a，
∴AC=6a．
∵△AMC∽△ABD，
∴  ，即  ，
解得a1=3，a2=﹣  （舍去），
∴AC=6×3=18． 
【考点】三角形的面积，三角形中位线定理，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义  
【解析】【分析】（1）△AMC和△BOD相似时分两种情况：△AMC∽△BOD和△AMC∽△OBD，再由相似三角形的对应边成比例求出AC的长；
（2）易证△AMC∽△ABD，根据相似三角形的性质和三角形的中位线性质可求出OD=4，CD=8，AC=CD=8，从而得出△AMC≌△BOD，则∠CAM=∠DBO，再由∠ABO=∠ABD+∠DBO=∠AMC+∠CAM可求出∠ABO的度数，进而得出△ABO的形状；
（3）设OD=a，则BD=2a．利用三角形的面积可得AC=6a，再由△AMC∽△ABD，根据相似三角形的对应边成比例可求出a的值，进而得出AC的长.
17.【答案】（1）解：∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=BC，∠B=∠BCD=∠DCM=90°，
∵ BP=BQ，
∴ △PBQ是等腰直角三角形，AP=QC，
∴ ∠BPQ=45°，
∴ ∠APQ=135°
∵ CE平分∠DCM，
∴ ∠DCE=∠ECM=45°，
∴ ∠QCE=135°，
∴ ∠APQ=∠QCE=135°，
∵ AQ⊥QE，即 ∠AQE=90°,
∴ ∠AQB+∠CQE=90°．
∵ ∠AQB+∠BAQ=90°．
∴ ∠BAQ=∠CQE．
∴ △APQ≌△QCE（ASA）．
（2）解：由（1）知△APQ≌△QCE．
∴ QA=QE.
∵ ∠AQE=90°，
∴ △AQE是等腰直角三角形，
∴ ∠QAE=45°
（3）解：连结AC，若QF∥CE，则∠FQC=∠ECM=45°.
 
∴ △QCF是等腰直角三角形，∴ CF=CQ=2-x, ∴ DF=BQ=x.
∵ AB=AD，∠B=∠D=90°，
∴ △ABQ≌△ADF（SAS）.
∴ AQ=AF，∠QAB=∠DAF=22.5°,
∴ AC垂直平分QF，
∴ ∠QAC=∠FAC=∠QAB=∠FAD=22.5°, FQ=2QN，
∴ FQ=2BQ=2x.
在Rt△QCF中，根据勾股定理，得(2-x)2+(2-x)2=(2x)2.
解这个方程，得 x1=-2+2  , x2=-2-2  (舍去).
∴ 当x=-2+2  时，QF∥CE.
此时，S△QCF=S△QEF  ，
∴ S△QCF+ S△AQF=S△QEF+ S△AQF= S△AQE=  AQ2  ，
∴ S△AQF= S△AQE- S△QCF=  AQ2-  CQ2=  (AQ2-CQ2)
=  [(x2+22)-(2-x)2]=  •4x=2x=-4+4  . 
【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质，等腰直角三角形  
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质可得出△PBQ是等腰直角三角形，从而求出AP=QC、∠APQ=∠QCE=135°，由余角的性质可得∠BAQ=∠CQE，利用ASA可证出；
（2）利用全等三角形的性质可得QA=QE，从而得出△AQE是等腰直角三角形，可求出∠QAE的度数；
（3）由题意可得 △QCF是等腰直角三角形，从而可得出 △ABQ≌△ADF，则 AQ=AF，进而可得FQ=2BQ.在Rt△QCF中，根据勾股定理可求出x的值，再求出△AGF的面积，即得△AQF的面积.
18.【答案】（1）解：① 在正方形ABCD中，∠A=∠D=90°，
在菱形EFGH中，EH=HG，
又∵ AH=DG=2，
∴ △AHE≌△DGH.
② 由（1）知△AHE≌△DGH，
∴ ∠AHE=∠DGH．
∵ ∠DGH+∠DHG=90°，
∴ ∠DHG+∠AHE=90°，
∴ ∠GHE=90°，
∴ 菱形EFGH是正方形．
（2）解：① 点F到直线CD的距离没有发生变化，理由如下：
作FM⊥DC于M，连结GE. 如图，
 
∵ 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．
② 不存在.
∵ DG=x，∴ GC=6-x.
∴ S= S△FCG=  ×2×(6-x)=6-x．
若S=S△FCG=1，∴ 由S△FCG=6-x，得x=5.
此时，在Rt△DGH中，HG=  =  ．
相应地，在Rt△AHE中，AE=  ＞6，即点E已经不在边AB上．
故不可能有S=1 
【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质，正方形的判定  
【解析】【分析】（1）①利用正方形的性质和菱形的性质易证出结论；
②由△AHE≌△DGH可得∠AHE=∠DGH，再由∠DGH+∠DHG=90°可得∠GHE=90°，再由正方形的判定定理可证出；
（2）①作FM⊥DC于M，连结GE. 证△AHE≌△MFG，则FM=HA=2，从而得出结论；
②先根据△FCG的面积求出x的值，在Rt△DGH中，利用勾股定理可求出HG的长，在Rt△AHE中，求AE的长，比较可得结论.
19.【答案】（1）
（2）1；解：②在菱形ABCD中，AC平分∠DAB，
∵∠DAB=60°，
∴∠DAC=∠CAB=30°，
∵△AMN沿MN翻折得到△A′MN，
∴AC⊥MN，AM=A′M，AN=A′N，；
∴∠AMN=∠ANM=60°，
∴AM=AN，
∴AM=A′M=AN=A′N，
∴四边形AM A′N是菱形；；③在菱形ABCD中，AB=AD，
∴∠ADB=∠ABD=60°，
∴∠BA′M=∠DMA′+∠ADB，
∴A′M=AM=2，∠NA′M=∠A=60°，
∴∠NA′B=∠DMA′，
∴△DMA′∽△BA′N，
∴  =    ，
∵MD=  AD=1，A′M=2，
∴  = 
【考点】等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形，勾股定理的应用，菱形的性质，相似三角形的判定与性质  
【解析】【解答】解：（1）如图1，
 
过点N作NG⊥AB于G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，OD=OB，
∴  =  =1，
∴BN=DM=  AD=1，
∵∠DAB=60°，
∴∠NBG=60°
∴BG=  ，GN=  ，
∴AN=  =  =  ；
故答案为：  ；
（ 2 ）①当点A′落在AB边上，则MN为AA′的中垂线，
∵∠DAB=60°AM=2，
∴AN=  AM=1，
故答案为：1；
【分析】（1）过点N作NG⊥AB于G，构造直角三角形，根据菱形的性质得出AD∥BC，OD=OB，∠NBG=60° ,根据平行线分线段成比例定理得出DM∶BN＝OD∶OB＝1，从而得出BN=DM=1 ，利用含30°的直角三角形的边的关系得出BG、GN的长，利用勾股定理解决问题；
（2）①利用线段中垂线的性质得到MN⊥AA',利用含30°的直角三角形的边的关系得出AN的长；
②利用菱形的性质得到对角线平分每一组对角，得到∠DAC=∠CAB=30°，根据翻折的性质得到AC⊥MN，AM=A′M，AN=A′N，∠AMN=∠ANM=60°，AM=AN，AM=A′M=AN=A′N，四边形AM A′N是菱形
③根据菱形的性质得到AB=AD，∠ADB=∠ABD=60°，求得∠NA′M=∠DMA′+∠ADB，证得A′M=AM=2，∠NA′M=∠A=60°，得到∠NA′B=∠DMA′，从而判断出△DMA′∽△BA′N，利用相似三角形对应边成比例得到结果．
20.【答案】（1）证明：∵四边形ABDE为平行四边形，
∴AB=DE，∠ABD=∠AED，AE∥BD，
∴∠AED=∠CDE，
又∵AB=AC，
∴∠ABD=∠ACD，AC=DE，
∴∠ACD=∠AED，
∴∠ACD=∠CDE，
在△ADC和△ECD中，
∵ ，
∴△ADC≌△ECD；
（2）解：当点D在BC中点时，四边形ADCE是矩形；理由如下：
∵D为BC中点，
∴BD=CD，
又∵四边形ABDE为平行四边形，
∴AE∥BD，AE=BD，AB=DE，
∴AE∥CD，AE=CD，
∴四边形ADCE为平行四边形，
又∵AB=AC，
∴AC=DE，
∴平行四边形ADCE为矩形. 
【考点】全等三角形的判定，等腰三角形的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定  
【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质得出AB=DE，∠ABD=∠AED，AE∥BD，再由平行线的性质得出∠AED=∠CDE，又由等腰三角形的性质得出∠ABD=∠ACD，根据等量代换得出AC=DE，∠ACD=∠AED=∠CDE，再由全等三角形的判定SAS得证.
（2）当点D在BC中点时，四边形ADCE是矩形；理由如下：由D为BC中点得出BD=CD；由平行四边形的性质得出AE∥BD，AE=BD，AB=DE；由等量代换得出AE∥CD，AE=CD，根据平行四边形的判定得出四边形ADCE为平行四边形，再由对角线相等的平行四边形为矩形.
21.【答案】（1）证明：四边形ABCD是菱形，  ∴OA=OC=  AC，AD=CD，
∵DE∥AC且DE=  AC，
∴DE=OA=OC，
∴四边形OADE、四边形OCED都是平行四边形，
∴OE=AD，
∴OE=CD；
（2）解：∵AC⊥BD，  ∴四边形OCED是矩形，
∵在菱形ABCD中，∠ABC=60°，
∴AC=AB=2，
∴在矩形OCED中，CE=OD=  =  ．
∴在Rt△ACE中，AE=  =  ． 
【考点】勾股定理的应用，菱形的性质，矩形的性质  
【解析】【分析】（1）由菱形ABCD中，DE∥AC且DE=  AC，易证得四边形OCED是平行四边形，继而可得OE=CD即可；（2）由菱形的对角线互相垂直，可证得四边形OCED是矩形，根据菱形的性质得出AC=AB，再根据勾股定理得出AE的长度即可．
22.【答案】（1）证明：连接CD，如图1所示．  
∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，D是AB的中点，
∴∠A=∠DCF=45°，AD=CD．
在△ADE和△CDF中，  ，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE=DF，∠ADE=∠CDF．
∵∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠EDC+∠CDF=∠EDF=90°，
∴△EDF为等腰直角三角形．
∵O为EF的中点，GO=OD，
∴GD⊥EF，且GD=2OD=EF，
∴四边形EDFG是正方形
（2）解：过点D作DE′⊥AC于E′，如图2所示．  
∵△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，AC=BC=4，
∴DE′=  BC=2，AB=4  ，点E′为AC的中点，
∴2≤DE＜2  （点E与点E′重合时取等号）．
∴4≤S四边形EDFG=DE2＜8．
∴当点E为线段AC的中点时，四边形EDFG的面积最小，该最小值为4． 
【考点】二次函数的最值，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，等腰直角三角形  
【解析】【分析】（1）连接CD，根据等腰直角三角形的性质可得出∠A=∠DCF=45°、AD=CD，结合AE=CF可证出△ADE≌△CDF（SAS），根据全等三角形的性质可得出DE=DF、ADE=∠CDF，通过角的计算可得出∠EDF=90°，再根据O为EF的中点、GO=OD，即可得出GD⊥EF，且GD=2OD=EF，由此即可证出四边形EDFG是正方形；（2）过点D作DE′⊥AC于E′，根据等腰直角三角形的性质可得出DE′的长度，从而得出2≤DE＜2  ，再根据正方形的面积公式即可得出四边形EDFG的面积的最小值．
23.【答案】（1）PM=PN；PM⊥PN
（2）解：由旋转知，∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，
同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PN=  BD，PM=  CE，
∴PM=PN，
∴△PMN是等腰三角形，
同（1）的方法得，PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCE，
同（1）的方法得，PN∥BD，
∴∠PNC=∠DBC，
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC
=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC
=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ABC=90°，
∴∠MPN=90°，
∴△PMN是等腰直角三角形
（3）解：如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，
∴MN最大时，△PMN的面积最大，
∴DE∥BC且DE在顶点A上面，
∴MN最大=AM+AN，
连接AM，AN，
在△ADE中，AD=AE=4，∠DAE=90°，
∴AM=2  ，
在Rt△ABC中，AB=AC=10，AN=5  ，
∴MN最大=2  +5  =7  ，
∴S△PMN最大=  PM2=  ×  MN2=  ×（7  ）2=  ．
 
【考点】三角形中位线定理，旋转的性质，等腰直角三角形  
【解析】【解答】解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点，
∴PN∥BD，PN=  BD，
∵点P，M是CD，DE的中点，
∴PM∥CE，PM=  CE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴BD=CE，
∴PM=PN，
∵PN∥BD，
∴∠DPN=∠ADC，
∵PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCA，
∵∠BAC=90°，
∴∠ADC+∠ACD=90°，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，
∴PM⊥PN，
故答案为：PM=PN，PM⊥PN，
【分析】（1）利用三角形的中位线得出PM=  CE，PN=  BD，进而判断出BD=CE，即可得出结论，另为利用三角形的中位线得出平行线即可得出结论；（2）先判断出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，同（1）的方法得出PM=  BD，PN=  BD，即可得出PM=PN，同（1）的方法即可得出结论；（3）先判断出MN最大时，△PMN的面积最大，进而求出AN，AM，即可得出MN最大=AM+AN，最后用面积公式即可得出结论．
三、填空题
24.【答案】16. 
【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质  
【解析】【解答】∵四边形ABCD为正方形，
             ∴ D= ABC=90 ，AD=AB，
             ∴ ABE= D=90 ，
             ∵ EAF=90 ，
             ∴ DAF+ BAF=90 ， BAE+ BAF=90 ，
             ∴ DAF= BAE，
             在 AEB和 AFD中，
             ∵ ,
             ∴ AEB  AFD（ASA），
             ∴S AEB=S AFD，
             它们都加上四边形ABCF的面积=正方形的面积=16.
              故答案为：16.
【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质、正方形的性质. 关键在于求证 AEB  AFD.
25.【答案】
【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质，旋转的性质  
【解析】【解答】如图，连接PD，
             由题意可得，PC=EC， PCE=90 = DCB，BC=DC，
             ∴ DCP= BCE，
             在 DCP和 BCE中，
              ，
              ∴ DCP  BCE（SAS），
              ∴PD=PE，
              当DP OM时，DP最短，此时BE最短，
              ∵ AOB=30 ，AB=4=AD，
              ∴OD=OA+AD= ，
              ∴当DP OM时，DP= OD= ，
              ∴BE的最小值为 .
              故答案为： .
【分析】连接PD，依据SAS构造全等三角形，即 DCP  BCE，将BE的长转化为PD的长，再根据垂线段最短得到当DP最短时，BE也最短，根据 AOB=30 ，OD= ，即可求得PD的最小值.
26.【答案】①④ 
【考点】全等三角形的判定，菱形的判定与性质  
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，  ∴AB=BC=CD=DA，AB∥CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∴∠BAG=∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD，
∵CD=DE，
∴AB=DE，
在△ABG和△DEG中，  ，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG=DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG=  CD=  AB，①正确；
∵AB∥CE，AB=DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD=∠BAD=60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，
∴OD=AG，四边形ABDE是菱形，④正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△ABG≌△BDG≌△DEG，
在△ABG和△DCO中，  ，
∴△ABG≌△DCO（SAS），
∴△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，②不正确；
∵OB=OD，AG=DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG∥AB，OG=  AB，
∴△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，
∴△GOD的面积=  △ABD的面积，△ABF的面积=△OGF的面积的4倍，AF：OF=2：1，
∴△AFG的面积=△OGF的面积的2倍，
又∵△GOD的面积=△AOG的面积=△BOG的面积，
∴S四边形ODGF=S△ABF；不正确；
正确的是①④．
故答案为：①④．
【分析】由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，证出OG是△ACD的中位线，得出OG=  CD=  AB，①正确；
先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB=BD=AD，因此OD=AG，得出四边形ABDE是菱形，④正确；
由菱形的性质得得出△ABG≌△BDG≌△DEG，由SAS证明△ABG≌△DCO，得出△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，得出②不正确；
证出OG是△ABD的中位线，得出OG∥AB，OG=  AB，得出△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，由相似三角形的性质和面积关系得出S四边形ODGF=S△ABF；③不正确；即可得出结果．
四、解答题
27.【答案】解：设菱形的边长为xcm，
则DE=DF=BF=BE=xcm，
∵四边形BEDF是菱形，
∴DE∥BC，DF∥AB，
∴∠ADE=∠C，∠A=∠CDF，
∴△AED∽△DFC，
∴  ，
∴  =  ，
x=  ，
即菱形的边长是  cm 
【考点】菱形的性质，相似三角形的判定与性质  
【解析】【分析】设菱形的边长为xcm，根据菱形的性质得出DE=DF=BF=BE=xcm，DE∥BC，DF∥AB，根据二直线平行同位角相等得出∠ADE=∠C，∠A=∠CDF，进而判断出△AED∽△DFC，根据相似三角形对应边成比例列出方程，求解即可得出答案。
28.【答案】（1）证明：∵DE//AB，∴∠EDC=∠ABM，
∵CE//AM，
∴∠ECD=∠ADB，
又∵AM是△ABC的中线，且D与M重合，∴BD=DC，
∴△ABD≅△EDC，
∴AB=ED，又∵AB//ED,
∴四边形ABDE为平行四边形。
（2）解：结论成立，理由如下：
过点M作MG//DE交EC于点G，
∵CE//AM，
∴四边形DMGE为平行四边形，
∴ED=GM且ED//GM，
由（1）可得AB=GM且AB//GM，
∴AB=ED且AB//ED.
∴四边形ABDE为平行四边形.
 
（3）解：①取线段HC的中点I，连结MI，
∴MI是△BHC的中位线，
∴MI//BH,MI= BH，
又∵BH⊥AC，且BH=AM，
∴MI= AM，MI⊥AC，
∴∠CAM=30°
②设DH=x,则AH= x，AD=2x,
∴AM=4+2x，∴BH=4+2x,
由（2）已证四边形ABDE为平行四边形，
∴FD//AB，
∴△HDF~△HBA，
∴ ，即
解得x=1± （负根不合题意，舍去）
∴DH=1+ .
  
【考点】三角形中位线定理，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，中考真题  
【解析】【分析】（1）由DE//AB，可得同位角相等：∠EDC=∠ABM，由CE//AM，可得同位角相等∠ECD=∠ADB，又由BD=DC，则△ABD≅△EDC，得到AB=ED，根据有一组对边平行且相等，可得四边形ABDE为平行四边形.
（2）过点M作MG//DE交EC于点G，则可得四边形DMGE为平行四边形，且ED=GM且ED//GM，由（1）可得AB=GM且AB//GM，即可证得；
（3）①在已知条件中没有已知角的度数时，则在求角度时往特殊角30°，60°，45°的方向考虑，则要求这样的特殊角，就去找边的关系，构造直角三角形，取线段HC的中点I，连结MI，则MI是△BHC的中位线，可得MI//BH,MI= BH，且MI⊥AC，则去找Rt△AMI中边的关系，求出∠CAM；
②根据①所得的∠CAM，则可设DH=x,即可用x分别表示出AH= x，AD=2x,AM=4+2x，BH=4+2x,由△HDF~△HBA，得到对应边成比例，求出x的值即可；
29.【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形.
∴AC⊥BD,OD=OC.
∴∠DOG=∠COE=90°.
∴∠OEC+∠OCE=90°.
∵DF⊥CE.
∴∠OEC+∠ODG=90°.
∴∠ODG=∠OCE.
∴△DOG≌△COE（ASA）.
∴OE=OG.
（2）①证明∵OD=OC,∠DOG=∠COE=90°.
又OE=OG.
∴△DOG≌△COE（SAS）.
∴∠ODG=∠OCE.
②解：设CH=x，
∵四边形ABCD是正方形，AB=1
∴BH=1-x
∠DBC=∠BDC=∠ACB=45°
∵EH⊥BC
∴∠BEH=∠EBH=45°
∴EH=BH=1-x
∵∠ODG=∠OCE
∴∠BDC-∠ODG=∠ACB-∠OCE
∴∠HDC=∠ECH
∵EH⊥BC
∴∠EHC=∠HCD=90°
∴△CHE∽△DCH
∴   = .
∴HC2=EH•CD
得x2+x-1=0
解得x1= ,x2= （舍去）.
∴HC= . 
【考点】解一元二次方程-公式法，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，相似三角形的判定与性质  
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质，可根据三角形全等的判定ASA和性质即可.
（2）①同（1）中，利用上面的结论，根据SAS可证的结论.
②设CH=x，然后根据正方形的性质和相似三角形的判定于性质可得 = ,然后列方程求解即可.
30.【答案】（1）解：在□ABCD中， CD=AB=6，
所以点P与点C重合，
所以点P的坐标为（3,4）.
（2）解：①当点P在边AD上时，
由已知得，直线AD的函数表达式为y=-2x-2，
设P（a,-2a-2），且-3≤a≤1，
若点P关于x轴对称点Q1（a,2a+2）在直线y=x-1上，
所以2a+2=a-1，解得a=-3，此时P（-3,4）。
若点Ｐ关于y轴对称点Q2（-a,-2a-2）在直线y=x-1上，
所以-2a-2=-a-1，解得a=-1，此时P（-1,0）.
②当点P在边AB上时，设P（a,-4）,且1≤a≤7，
若点P关于x轴对称点Q3（a，4）在直线y=x-1上，
所以4=a-1，解得a=5,此时P（5，-4）.
若点P关于y轴对称点Q4（-a,-4）在直线y=x-1上，
所以-4=-a-1，解得a=3,此时P（3，-4）.
综上所述，点P的坐标为（-3,4）或（-1,0）或（5，-4）或（3，-4）.
（3）解：因为直线AD为y=-2x-2，所以G（0,-2）.
①如图，当点P在CD边上时，可设P（m，4）,且-3≤m≤3,
则可得M′P=PM=4+2=6,M′G=GM=|m|，
易证得△OGM′~△HM′P，
则  ,
即  ，
则OM′=  ，
在Rt△OGM′中，
由勾股定理得，  ，
解得m=  或  ，
则P（  ，4）或（  ，4）；
 
②如下图，当点P在AD边上时，设P（m,-2m-2）,
 
则PM′=PM=|-2m|，GM′=MG=|m|,
易证得△OGM′~△HM′P，
则  ,
即  ，
则OM′=  ，
在Rt△OGM′中，
由勾股定理得，  ，
整理得m=  ,
则P（  ，3）；
如下图，当点P在AB边上时，设P（m，-4），
此时M′在y轴上，则四边形PM′GM是正方形，
所以GM=PM=4-2=2，
则P（2，-4）.
 
综上所述，点P的坐标为（2，-4）或（  ，3）或（  ，4）或（  ，4）. 
【考点】平行四边形的性质，翻折变换（折叠问题）  
【解析】【分析】（1）点P在BC上，要使PD=CD，只有P与C重合；（2）首先要分点P在边AB，AD上时讨论，根据“点P关于坐标轴对称的点Q”，即还要细分“点P关于x轴的对称点Q和点P关于y轴的对称点Q”讨论，根据关于x轴、y轴对称点的特征（关于x轴对称时，点的横坐标不变，纵坐标变成相反数；关于y轴对称时，相反；）将得到的点Q的坐标代入直线y=x-1，即可解答；（3）在不同边上，根据图象，点M翻折后，点M’落在x轴还是y轴，可运用相似求解.