八年级数学下册 第十八章 矩形、菱形与正方形 单元测试培优卷 华东师大版

八年级数学下册第十八章矩形、菱形与正方形单元测试培优卷华东师大版一、选择题（每题3分，共30分）1．如图，矩形ABCD纸片，AD=AN=10，点P是边AD上一点，AP=6，矩形纸片沿NP折叠，点A落在G处，NG的延长线交CD于点H，则NH的长为（）A．8 B．245 C．10 D．2．如图，E，F是正方形ABCD的边BC上两个动点，BE=CF．连接AE，BD交于点G，连接CG，DF交于点M．若正方形的边长为2，则线段BM的最小值是（）A．1 B．2−1 C．3−1 3．如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD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，有下列结论：①OG=12AB；②与△EGD全等的三角形共有5个；③S菱形ABCD=8S△ODG；④由点A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④4．如图，在矩形纸片ABCD中，点E为CD上一点，△ADE关于AE折叠得到△AFE，点F落于线段BC上；M为AB上一点，△BMF关于MF折叠得到△NMF，点N落于线段AF上，连接NE.设CF=a，CE=b，EF=c，ABCD的面积为S1，EFMN的面积为SA．aS1cS2 B．bs5．如图，菱形ABCD中，∠ABC=120①△CEF是等边三角形；②AG=CG；③BG垂直平分AC；④2BG=AD+CE.其中正确的结论有（）.A．1个 B．2个 C．3个 D．4个6．如图，在正方形ABCD中，AB=3,AE=1，点F是边AD上的动点，点P是线段BD上的动点，若EP+FP=3，则线段A．2 B．2 C．5 D．107．在菱形ABCD中，∠A=60°，点E、F分别在边AB、BC上，连结DE、DF，则添加下列条件后，不能判定AE=BF的是（）A．BE=CF B．DE=DF C．∠EDF=60° D．∠DEB=∠DFC8．如图，正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，AF、DE交于点P，连接BP、CP．则下列结论中：①AF⊥DE；②AD=BP；③∠BPE=∠CDE；④PE+PF=2A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④9．如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是对角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF．给出下列结论：①AP＝EF且AP⊥EF；②∠PFE＝∠BAP；③△ADP一定是等腰三角形；④四边形PECF的周长为42；⑤EF的最小值为22；⑥PB2＋PD2＝2PAA．3 B．4 C．5 D．610．如图，以△ABC三边向外分别作等边△ACD、△ABE、△BCF，下列结论①△BEF≌△BAC②若∠BAC=130°，则四边形ADFE为平行四边形③若AB=AC，则四边形AEFD是菱形④若四边形AEFD是正方形，则∠ABC=15°．⑤若AB=12，AC=5，BC=13，则四边形AEFD的面积是60其中正确的有（）个A．2 B．3 C．4 D．5二、填空题（每题3分，共18分）11．如图，在矩形ABCD中，AD>AB，点E是对角线AC上的一点，连接DE，BE，且满足∠AED=2∠DAE.已知AE=3CE，则BEDE=12．如图，正方形ABCD的边长为2，M是BC的中点，N是AM上的动点，过点N作EF⊥AM分别交AB，CD于点E，F，则EM＋AF的最小值为.

13．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，点B，C关于EF对称，点M在EF上，点N在AE上，且点A，M关于BN对称，BM的延长线交AD于点H，CM交BD于点G，则AHCG14．正方形ABCD的边长为8，点E、F分别在边AD、BC上，将四边形ABFE沿EF折叠，使点A落在A'处，点B落在点B'处，A'B'交BC于G．以下结论：①当A'为CD中点时，△A'DE三边之比为3:4:5；②连接AA'，则AA'=EF；③当△A'DE15．如图，在矩形ABCD中，AB=1，将ABC沿对角线AD翻折，得到△ABC，CE交AD于点F，再将△AEF沿AF翻折，得到△AGF，GF交AC于点H，若AC平分∠DAG，则FH的长为.16．如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE，垂足为H，连结BH并延长交DC于点F，连结DE交BF于点O下列结论：①AD=AE②∠DEA=∠DEC③H是BF的中点④BC−CF=2CE；其中正确的是三、解答题（共10题，共102分）17．2014年“壮族三月三”被列入国家级非物质文化遗产名录并成为广西法定公众假日，2025年是广西将“壮族三月三”作为法定假日的第12年，在南宁民歌湖举办主题活动，人们身着绚丽的壮锦服饰载歌载舞．其中壮锦披肩十分夺目，上面由一个个彩色丝线绣成的菱形图案组成．小邕的壮锦披肩，图案为菱形．如图，若菱形ABCD中已知两条对角线相交于点O，其中∠BAD=60°，菱形ABCD的周长为24cm．（1）求对角线BD的长；（2）小邕制作菱形ABCD需要多少平方厘米的布料（裁剪缝边除外）．18．如图，在边长为6的正方形AOBC中，M，N两点分别为线段BC，AB上的动点，且AN=2CM，求OM+119．如图1，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB=AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB，交AB的延长线于点E，连结OE.（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）若CE=23，∠ADC=120°，求四边形ABCD的面积.20．如图①，已知在△ABC中，∠BAC=45°，AB=AC，AD⊥BC于点D，将△ABC沿AD剪开，并分别沿AB，AC翻折，点E，F是点D的对应点，得到△ABE和△ACF(与△ABC在同一平面内).延长EB，FC相交于点G，（1）求证：四边形AEGF是正方形；（2）如果(1)中AB≠AC，其他条件不变，如图②，那么四边形AEGF是不是正方形?请说明理由；（3）在(2)中，若BD=2，DC=3，求AD的长.21．尺规作图问题：如图1，在等腰三角形ABC中，AB=AC，D，E分别是BC，AB的中点，在AC边上作一点F，使得四边形AEDF为菱形.甲同学：如图2，以点A为圆心，AE长为半径画弧，交AC于点F，连接DF，则四边形AEDF为菱形.乙同学：以点D为圆心，DE长为半径画弧，交AC于点F，连接DF，则四边形AEDF为菱形.甲同学：你的作法有问题.乙同学：哦…我明白了！（1）证明：甲同学所作的四边形AEDF为菱形；（2）请指出乙同学作法中存在的问题.22．如图正方形ABCD中，点E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F．（1）求证：EF＝ED；（2）若AB＝2，CE=2，BF的长度为（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．23．在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD、PB．点Q在BA的延长线上且PQ=PD．（1）如图1，若四边形ABCD是正方形．①求∠DPQ的度数；②探究AQ与OP的数量关系并说明理由．（2）如图2，若四边形ABCD是菱形且∠ABC=60°．探究AQ与CP的数量关系并说明理由．24．如图1，矩形ABCD中，AB=3，BC=5，动点E，F分别在边BC，CD上，连结AE，EF，以（1）如图2，点F与D重合时，①求▱AEFG的面积．②当EG最短时，求BE的长．（2）如图3，当AE⊥EF时，连结GD，若GE=2GD，求BE的长．25．如图1，在矩形ABCD中，AB=a，BC=3，动点P从B出发，以每秒1个单位的速度沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB'，设点P的运动时间为（1）当a=4时．①如图2．当点B'落在AC上时，显然△PCB'②当点B'不落在AC上时，请直接写出△PCB'（2）若直线PB'与直线CD相交于点M，且当t<3时，∠PAM=45°．问：当t>3时，26．综合与实践课上，同学们以“折纸”为主题开展数学活动．【动手操作】如图1，将边长为8cm的正方形ABCD对折，使点D与点B重合，得到折痕AC．打开后，再将正方形ABCD折叠，使得点D落在BC边上的点P处，得到折痕GH，折痕GH与折痕AC交于点Q．打开铺平，连接PQ、QD、PD．（1）【探究提炼】如图1，点P是BC上任意一点，线段QD和线段PQ存在什么关系？并说明理由；（2）如图2，连接PH，当PH恰好垂直于AC时，求线段CQ的长度；（3）【类比迁移】如图3，某广场上有一块边长为40m的菱形草坪ABCD，其中∠BCD＝60°．现打算在草坪中修建步道AC和MN﹣ND﹣DM，使得点M在BC上，点N在AC上，且MN＝ND．①求∠NMD的度数；②请问步道MN﹣ND﹣DM所围成的△MND（步道宽度忽略不计）的面积是否存在最小值？若存在，请直接写出最小值；若不存在，说明理由．

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：如图，连接PH，过N作NM⊥CD于点M，则四边形ADMN为矩形，由折叠的性质可知，GN=AN=10PG=AP=6，设DH=y，HG=x，则MH=10−y，NH=10+x，∴在Rt△MNH中，由勾股定理得MN2=NH2∴y2−在Rt△PDF中，由勾股定理得PH在Rt△PGH中，由勾股定理得PH∴42+y2①−②得，20x+20y−100=20，整理得x+y=6，∴y=6−x，∴6−x2解得x=4∴NH=4故答案为：D．【分析】如图，连接PH，过N作NM⊥CD于点M，根据矩形的判定定理：四个角都是直角的四边形是矩形可知：四边形ADMN为矩形，由折叠的性质可知：GN=AN=10PG=AP=6，设DH=y，HG=x，根据线段的和差运算可知：MH=10−y，NH=10+x，根据勾股定理：在Rt△MNH中，MN2=NH2−MH2，代入数据得：102=10+x2−10−y2，化简整理得：y2−x2=20x+20y−100①2．【答案】D【解析】【解答】解：取CD的中点O，连接OB、OM，如下图

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=AD=CB=DC，∠EBA=∠FCD=90°，∠ABG=∠CBG=45°，

∴在△ABE和△DCF中，AB=CD∠EBA=∠FCD∴△ABE≌△DCF(SAS)，∴∠BAE=∠CDF，在△ABG和△CBG中，AB=BC∠ABG=∠CBG∴△ABG≌△CBG(SAS)，∴∠BAG=∠BCG，∴∠CDF=∠BCG，∵∠FCD=∠DCM+∠BCG=90°，∴∠CDF+∠DCM=90°，∴∠DMC=180°−90°=90°，∵点O是CD的中点∴OM=CO=1在Rt△BOC中，OB=C根据三角形的三边关系，OM+BM>OB，∴当O、M、B三点共线时，BM的长度最小，∴BM的最小值=OB−OM=5故答案为：D．【分析】本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．根据正方形的性质：四边形相等，四个角都是90°，可知：AB=AD=CB=DC，∠EBA=∠FCD=90°，∠ABG=∠CBG=45°，再根据全等三角形的判定定理：SAS可证明△ABE≌△DCF，由全等三角形的性质：对应角相等得出：∠BAE=∠CDF，再根据全等三角形的判定定理：SAS证明△ABG≌△CBG，由全等三角形的性质得出∠BAG=∠BCG，再由角的和差和等量代换可得：∠CDF+∠DCM=90°即，∠DMC=90°，取CD的中点O，连接OB、OF，由直角三角形的性质：直角三角形斜边的中线=斜边的一半可知：OM=CO=12CD=1，由勾股定理求出OB的长，当O、M、B3．【答案】C【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≌△AODSSS∵CD=DE，∴AB=DE，在△ABG和△DEG中，∠BAG=∠EDG∠ABG=∠DGE∴△ABG≌△DEGAAS∴AG=DG，∴OG是△ACD的中位线，∴OG=12CD=12连接AE，∵AB∥CE，AB=DE，∴四边形ABDE为平行四边形，∵∠BCD=∠BAD=60°，∴△ABD、△CBD是等边三角形，∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，∴OD=AG，四边形ABDE为菱形，故④正确；∴AD⊥BE，在△BGA和△COD中，AG=DO∠BAG=∠CDO∴△BGA≌△CODSAS∴△ABO≌△BCO≌△AOD≌△COD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②错误；∵OG是△ACD的中位线，∴S△ODG=S∴S△ODG=1综上所述，正确的有①③④，故选：C．

【分析】本题考查菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及三角形中位线定理的综合应用，首先根据菱形的性质得到边和角的关系，证明ΔABG≅ΔDEG得出AG=DG，结合O为AC中点判定OG为ΔACD的中位线，验证结论①；连接AE，利用菱形和等边三角形的性质证明四边形ABDE为菱形，验证结论④；通过全等三角形的判定找出与ΔEGD全等的三角形，判断结论②的真假；利用三角形面积的倍数关系推导菱形ABCD与ΔODG的面积关系，验证结论③。4．【答案】B【解析】【解答】解：由折叠可知：

在△ADE沿AE折叠得到△AFE中，AD=AF，DE=EF=c，∠D=∠AFE=90°；

在△BMF沿MF折叠得到△NMF中，BM=MN，BF=NF，∠B=∠MNF=90°.

∵CD=CE+DE，

∴CD=b+c

在Rt△ECF中，根据勾股定理得，a2+b2=c2.

∴矩形ABCD的面积S1=AB×BC=AF×(b+c).

∵△BMF≅△NMF，

∴S△BMF=S△NMF.

A、S1=AF×(b+c)，S2是四边形EFMN的面积（与△CEF、△BMF等相关），由于a（CF）、c（EF）与S1、S2的比例关系不固定（a、c随E、F位置变化），因此aS1cS2不是固定值，A错误；

B、由Rt△ECF中a2+b2=c2，结合折叠性质和面积比例关系：四边形EFMN的面积S2与△CEF的面积存在固定比例（因折叠后图形的相似性与对称性），且S1=AF×(b+c)中AF、b+c与b、c的关系稳定，最终可推得bS1cS2为固定值，B正确；

C、S1=AF×(b+c)，代入后形式为故答案为：B.【分析】先分析折叠与几何图形的基本性质，求出折叠前后对应边、角相等；再由勾股定理，得出a2+b2=c2；再根据矩形面积公式为“长×宽”，求出矩形ABCD的面积S1=AB×BC=AF×(b+c)；最后根据“全等三角形面积相等”，得出△BMF=S△NMF；通过代入等计算出每个选项的正确与否，即可一一得出答案.5．【答案】D【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，

∴∠D=∠ABC=120°，AB//CD，AB=BC，∠ACD=∠ACB

∵EF//AD，

∴∠DEF=∠D=120°，

∴∠CEF=180°-120°=60°，

∵CE=EF，

∴△CEF是等边三角形

故①符合题意；

∵△CEF是等边三角形，

∴∠ECF=60°，CF=CE

∵AB//CD，

∴∠ABC+∠BCD=180°，

∴∠BCD=60°，

∴∠ACD=12×60°=30°，

∴∠ACF=60°+30°=90°，

∵G是AF的中点，

∴CG=12AF，

∴AG=CG，

故②符合题意；

∵AB=BC，AG=CG，

∴B和G在线段AC的垂直平分线上，

∴BG垂直平分AC，

故③符合题意；

∴H是AC的中点，

∴GH是△ACF的中位线，

∴CF=2GH，

∵∠BCH=12∠BCD=30°，∠BHC=90°，

∴BC=2BH，

∴BC+CF=2(GH+BH)=2BG

故答案为：D.【分析】由菱形的性质推出∠D=∠ABC=120°，AB//CD，AB=BC，∠ACD=∠ACB，由平行线的性质推出∠DEF=∠D=120°，由邻补角的性质得到求出∠CEF=60°，判定△CEF是等边三角形，得到∠ECF=60°，CF=CE，由平行线的性质求出∠BCD=60°，得到∠ACD=30°，因此∠ACF=90°，由直角三角形斜边中线的性质推出AG=CG，判定B和G在线段AC的垂直平分线上，推出BG垂直平分AC，由三角形中位线定理推出CF=2GH，由含30度角的直角三角形的性质得到BC=2BH，推出2BG=AD+CE.6．【答案】C【解析】【解答】解：在BC上截取一点E'，使得BE=BE'，连接EE'交BD于点G，过点E'作PE⊥BC，交BD于点P，E'P的延长线交AD于点F，连接EF，如图，

则四边形CDFE'和四边形ABE'F均为长方形，E'F=3，

∵四边形ABCD为正方形，

∴∠ABC=90°，AB=BC=3，∠ABD=∠CBD=45°，

∵BE=BE'，

∴△BEE'为等腰直角三角形，

又∵∠EBG=∠B'EG，

∴EG＝E'G，BG⊥EE'，

∴BD垂直平分EE'，

∴PE＝PE'，

∴PE+PF=PE'+PF=E'F=3，

∴AF＝BE'＝2，

∴EF=AE【分析】在BC上截取一点E'，使得BE=BE'，连接EE'交BD于点G，过点E'作PE⊥BC，交BD于点P，E'P的延长线交AD于点F，连接EF，则四边形CDFE'和四边形ABE'F均为长方形，E'F=3，然后根据正方形的性质证明△BEE'为等腰直角三角形，进而得到BD垂直平分EE'，则PE＝PE'，最后根据线段间数量关系和勾股定理即可求解．7．【答案】B【解析】【解答】解：选项A：因为四边形ABCD是菱形，所以AB=BC，

已知BE=CF，那么AB-BE=BC-CF，即AE=BF，该选项能判定，不符合题意，A错误；

选项B：由DE=DF，结合菱形中AD=BD，此时是“SSA”的情况，不能判定△ADE≌△BDF，也就不能判定AE=BF，该选项符合题意，B正确；

选项C：因为四边形ABCD是菱形且∠A=60°，

所以△ABD、△BCD都是等边三角形，AD=BD，∠A=∠DBC=60°，∠ADB=60°，

又因为∠EDF=60°，

所以∠ADE+∠EDB=∠EDB+∠BDF=60°，即∠ADE=∠BDF，

在△ADE和△BDF中，∠A=∠DBC=60°AD=BD∠ADE=∠BDF，根据“ASA”可判定△ADE≌△BDF，所以AE=BF，该选项能判定，不符合题意，C错误；

选项D：因为四边形ABCD是菱形且∠A=60°，所以AD=BD，∠A=∠DBC=60°，

已知∠DEB=∠DFC，则∠AED=180°-∠DEB，∠BFD=180°-∠DFC，

所以∠AED=∠BFD，

在△ADE和△BDF中，∠A=∠DBC=60°∠AED=∠BFDAD=BD，根据“AAS”可判定△ADE≌△BDF，所以AE=BF，该选项能判定，不符合题意，D错误；8．【答案】D【解析】【解答】解：如图1

图1

∵正方形ABCD，E、F均为中点

∴AD=DC=BC，∠ADC=∠DCB；EC=DF=12DC，

∵在△ADF和△DCE中，

AD=DC∠ADF=∠DCEDF=CE

∴△ADF≅△DCE(SAS)

∴∠AFD=∠DEC

∵∠DEC+∠CDE=90°

∴∠AFD+∠CDE=90°=∠DPF

∴AF⊥DE

∴①正确

如图2

图2

取AD的中点G，AP的中点M，连接MG，BM，BG

则MG∥DP,DG=12AD=12BC=BE

∴MG⊥AP

∵AD∥BC

∴DG∥BE

∴四边形BGDE为平行四边形

∴BG∥DP

∴B、M、G三点共线

∴BM⊥AP

∵AM=MP

∴BG是AP的垂直平分线

∴△ABP是等腰三角形

∴BP=AB=AD

∴②正确

由②知：BP=AB

∴∠BAP=∠BPA

又∵△ADF≅△DCE

∴∠CDE=∠DAF

又∵∠BAP+∠DAF=∠APB+∠BPE=90°

∴∠DAF=∠BPE

又∵∠DAF=∠CDE

∴∠BPE=∠CDE

∴③正确

如图3，延长DE至N，使得EN=PF，连接CN

图3

∵∠AFD=∠DEC

∴∠CEN=∠CFP

又∵E、F分别是BC，DC的中点

∴CE=CF

∵在△CEN和△CFP中

CE=CF∠CEN=∠CFPEN=PF

∴△CEN≅△CFP(SAS)

∴CN=CP，∠ECN=∠PCF

∵∠PCF+∠BCP=90°

∴∠ECN+∠BCP=∠NCP=90°

∴故答案为：D.【分析】根据正方形性质得出AD=DC=BC，∠ADC=∠DCB，EC=DF=12DC，证明△ADF≅△DCE，推出∠AFD=∠DEC，求出∠DPF=90°即可判断①；取AD的中点G，AP的中点M，连接MG，BM，BG，证明BG是AP的垂直平分线，推出△ABP是等腰三角形，即可判断②；由②知BP=AB，得到∠BAP=∠BPA，又根据△ADF≅△DCE，得到∠CDE=∠DAF，根据∠BAP+∠DAF=∠APB+∠BPE=90°得到∠DAF=∠BPE，就可以得到③正确；延长DE至N，使得EN=PF，证△CEN≅△CFP，推出CN=CP，∠ECN=∠PCF，求出△NCP9．【答案】B【解析】【解答】①连接PC，延长FP交AB于点G，∵PE⊥BC，PF⊥CD，∴∠PEC=∠PFC=90°，∵正方形ABCD中，∠BCD=90°，∴∠EPF=90°，∴四边形PECF是矩形，∴PC=EF，由正方形的对称性知，AP=PC，∴AP=EF；∵AB∥CD，∴PF⊥AB，∵△APG和△FEP中，PE⊥PG，PF⊥AG，∴AP⊥EF；∴正确；②∵PC=EF，PE=EP，∴Rt△PCE≌Rt△EFP(HL)，∴∠PFE=∠ECP，∵∠BAP=∠BCP，∴∠BAP=∠PFE；∴正确；③∵∠ADP=45°，∴∠DAP+∠DPA=135°，∵∠DAP＜∠DAB=90°，∠DPA＞∠DBA=45°，∴只有当∠DAP=∠DPA=67.5°时，或∠PAD=∠PDA=45°时，△ADP才是等腰三角形，除此之外都不是等腰三角形；∴不正确；④∵∠BDC=∠DBC=45°，∠DFP=∠PEB=90°，∴∠BPE=90-∠PBE=45°，∠DPF=90-∠PDF=45°，∴BE=PE，DF=PF，∴PE+EC+PF+CF=(BE+EC)+(DF+CF)=BC+CD=4+4=8；∴不正确；⑤连接AC，设AC与BD交点为O，则AC⊥BD，∴AP≥AO，∵AC=2∴AO=1∴AP≥22∴EF≥22∴EF的最小值为22∴正确；⑥∵AP∴2AP即PB∴正确．故选：B．【分析】本题主要对正方形，矩形，全等三角形，轴对称，等腰三角形，勾股定理等知识点进行考查；①首先，连接PC并延长FP，交AB于点G。由于已知PE垂直于BC，PF垂直于CD，并且在正方形ABCD中，∠BCD为90°，我们可以得出四边形PECF是矩形，因此PC等于EF。根据正方形的对称性，进一步推导出AP等于PC，即AP=EF。接下来，由于PE垂直于PG，PF垂直于AG，因此我们也可以得出AP垂直于EF。故①是正确的；

②由于PC=EF，且PE=EP，我们可以得出直角三角形PCE与EFP是全等的（Rt△PCE≌Rt△EFP）。因此，∠PFE=∠ECP。又根据已知条件∠BAP=∠BCP，我们可以推导出∠BAP=∠PFE。故②是正确的；

③根据∠ADP=45°，可以得出∠DAP+∠DPA=135°。同时，已知∠DAP＜∠DAB=90°，并且∠DPA＞∠DBA=45°。因此，只有在∠DAP=∠DPA=67.5°或∠PAD=∠PDA=45°的情况下，△ADP才会是等腰三角形。除此之外，△ADP都不是等腰三角形。故③的结论是不正确的；

④根据已知条件∠BDC=∠DBC=45°，以及∠DFP=∠PEB=90°，我们可以得出∠BPE=45°和∠DPF=45°。由此，得出BE=PE和DF=PF。因此，PE+EC+PF+CF可以表示为（BE+EC）+（DF+CF），即BC+CD。根据题设，BC=4，CD=4，因此PE+EC+PF+CF=4+4=8。故④的结论是不正确的；

⑤连接AC，设AC与BD交点为O，得到AC⊥BD，AP≥AO，根据题干信息AC=2AB=42，可得AO=12AC=22，所以AP≥22，得到EF≥22，推出EF的最小值为22；⑤正确；

10．【答案】C【解析】【解答】解：①∵△ACD、△ABE、△CBF是等边三角形，∴BE=AB，BF=CB，∠EBA=∠FBC=60°，AC=AD，∴∠EBF=∠ABC=60°−∠ABF，∴△EFB≌△ACBSAS故①正确．∵△EFB≌△ACBSAS∴EF=AC，

又∵在等边△ACD中，AC=AD∴EF=AC=AD，同理可证△CDF≌△CAB，得DF=AB=AE，∵AE=DF，AD=EF，

∴四边形ADFE是平行四边形，即当∠BAC=130°时，四边形ADFE是平行四边形．故②正确．由②知AB=AE，AC=AD，四边形∴当AB=AC时，AE=AD，∴平行四边形ADFE是菱形，故结论③正确；∵四边形AEFD是正方形，∴AE=AD，∠DAE=90°，∴AB=AE=AC=AD,∠BAC=360°−∠BAE−∠DAE−∠CAD=150°，∴∠ABC=∠ACB=1故④正确．过点E作ME⊥DF，交DF的延长线于点M，如图∴∠M=90°，∵AB=12，AC=5，BC=13，∴AC2+A即AC∴△ABC是直角三角形，且∠BAC=90°．∴∠DAE=360°−∠BAE−∠BAC−∠CAD=150°，∴∠DFE=∠DAE=150°，∴∠MFE=180°−∠DFE=30°，∴ME=1∴S四边形故⑤错误，综上所述，①②③④正确，故答案为：C．【分析】根据等边三角形的性质、SAS证三角形全等可对①进行判断；利用等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定可对②进行判断；利用菱形的判定可对③进行判断；利用正方形的性质和内角和定理可对④进行判断；过点E作ME⊥DF，交DF的延长线于点M，利用勾股定理逆定理可判断三角形ABD的形状，进一步可计算∠EAD的度数，再依次算出∠DFE、∠MFE的大小，再利用30°直角边等于斜边的一半计算出ME的长度，最后利用平行四边形的面积计算公式计算出S四边形AEFD，可对11．【答案】6【解析】【解答】解：如图，连接BD交AC于点O，过点E作EF⟂BD于点F，设EC=x，则AE=3CE=3x，∴AC=AE+EC=4x，∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OD=OB=OC=2x，∴设∠OAD=∠ODA=α，∴∠DOE=∠OAD+∠ODA=2α，∵∠AED=2∠DAE=2α，∴∠DOE=∠DEO，∴DE=DO=2x，∴OE=OC-EC=x，设OF=y，则DF=OD-OF=2x-y，∵EF⊥BD，∴O∴∴y=14∴BF=BO+OF=2x+在直角三角形EOF中，由勾股定理得：E在直角三角形BEF中，由勾股定理得：BE=∴故答案为：6【分析】如图，连接BD交AC于点O，过点E作EF⟂BD于点F，设EC=x，表示出OA=OD=OB=OC=2x，设∠OAD=∠ODA=α,得到∠DOE=∠DEO,推出DE=DO=2x，OE=OC-EC=x，设OF=y，利用勾股定理表示出OF=112．【答案】10【解析】【解答】解：过F作FG⟂AB于G，则FG=BC=AB,∠ABM=∠FGE=9∵正方形ABCD的边长为2，∴AB=BC=2,∠ABC=9∵M是BC的中点，∴BM=∴AM=AB2+B∴△ABM≅△FGE(SAS),∴AM=EF,将EF沿EM方向平移至MH，连接FH，则EF=M.H,∠AMH=9当A、F、H三点共线时，EM+AF=FH+AF=AH的值最小，此时.EM+AF=AH=∴EM+AF的最小值为10故答案为：10【分析】根据正方形的性质求得AB与BM，再由勾股定理求得AM；过F作FG⟂AB于G，证明△ABM≅△FGE得AM=EF，再将EF沿EM方向平移至MH，连接FH，当A、F、H三点共线时，EM+AF=FH+AF=AH的值最小，由勾股定理求出此时的AH的值便可.13．【答案】3+【解析】【解答】解：设AB=BC=CD=AD=2a，过点G作GT⊥CD于点T，如图，

∵A、M关于BN对称，

∴AB=BM=BC，

∵B、C关于EF对称，

∴BM=MC=BC，

∴△BCM是等边三角形，

∴∠MBC=∠BCM=90°，

∵∠ABC=∠BCD=90°，

∴∠ABH=∠DCG=30°，

∴BH=2AH.

∴AH=233a，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠CDB=45°，

∵GT⊥CD，

∴DT=GT，CG=2TG，CT=3GT，

∵DT+TC=2a，

∴DT=TG=(3-1)a，

∴CG=2(3-1)a，

∴AH故答案为：3+3【分析】本题做出辅助线后，根据对称的性质可以得出△BCM是等边三角形，然后利用勾股定理求出AH=233a；结合正方形对角线互相平分以及勾股定理，可以得出DT=GT，CG=2TG，CT=3GT，继而推出CG=2(14．【答案】①②④【解析】【解答】∵A'为CD中点，正方形ABCD∴AD=8,A由翻折可知：AE=A设AE=A'E=x∵在Rt△A'DE∴42解得：x=5，∴AE=5,DE=3，∴当A'为CD中点时，△A'故①正确；如图，连接AA'交EF于点Q，过点E作EM⊥BC，垂足为M，交∴EM//CD,EM=CD=AD，∴∠AEN=∠D=90°，由翻折可知：EF垂直平分AA∴∠AQE=90°∴∠EAN+∠ANE=∠QEN+∠ANE=90°∴∠EAN=∠QEN,在△AA'D∠DAA∴△AA∴AA'故②正确；当△A'DE三边之比为3:4:5时，假设A∵AD=AE+DE=8，∴5a+4a=8，解得：a=∴A'∴此时点A'不是CD故③错误；如图，过点A作AH⊥A'G，垂足为H，连接A由翻折可知：∠EA∴∠EAA∵∠D=90°，∴∠EAA又∵∠EA∴∠AA∵∠D=∠A∴△AA∴AD=AH,A∵AD=AB，∴AH=AB，在Rt△ABG与Rt△AHG中，∵AB=AHAG=AG∴Rt△ABG≌Rt△AHG(HL)，∴HG=BG，∴△AA'∴当A'在CD上移动时，△故④正确；故答案为①②④．【分析】本题考查正方形的性质、折叠的性质、勾股定理和全等三角形的判定与性质，需逐一分析每个结论的正确性。①当A'为CD中点时，A'D=4，设AE=A'E=x，则DE=8−x，在RtΔA'DE中，由勾股定理得42+(8−x)2=x2，解得x=5，DE=3，三边比为3：4：5，结论正确；②连接AA'交EF于Q，过E作EM⊥BC，可证明ΔAA'D≅ΔEFM（ASA），因此AA'=EF，结论正确；③当ΔA'DE三边比为3：4：5时，设A'D=3a，DE=4a15．【答案】2−【解析】【解答】解：连结EH，

∵四边形ABCD是矩形，AB=1，

∴∠B=∠BAD=∠D=90°，DC=AB=1，

由翻折得AG=AE=AB=1，∠G=∠E=∠B=90°，∠EAC=∠BAC=90°-∠DAC，

∴∠GAF=∠EAF=∠EAC-∠DAC=90°-2∠DAC，

∴∠GAC=∠GAF-∠DAC=90°-3∠DAC，

∵AC平分∠DAG，

∴∠GAC=∠DAC，

∴∠DAC=90°-3∠DAC，

∴∠DAC=22.5°，

∴∠GAF=∠EAF=90°-2×22.5°=45°

∴∠EAG=2∠EAF=90°，

∵∠G=∠A=∠E=90°，AG=AE=1，

∴四边形AEFG是正方形，

∴FE=AE=1，

∵∠DFC=∠EFA=∠EAF=45°，

∴∠DCF=∠DFC=45°，

∴DF=DC=1，

∴CF=DF2+DC2=12+12=2

∴CE=2+1，

∵AE//FH，

∴S△EFH=S△AFH，

∴S△EHC=S△EFH+S△CFH=S△AFH+S△CFH故答案为：2−2【分析】连结EH，由矩形的性质得∠B=∠BAD=∠D=90°，DC=AB=1，由翻折得AG=AE=AB=1，∠G=∠E=∠B=90°，∠EAC=∠BAC=90°-∠DAC，则∠GAF=∠EAF=90°-2∠DAC，所以∠GAC=∠DAC=90°-3∠DAC，求得∠DAC=22.5°，则∠GAF=∠EAF=45°，可证明四边形AEFG是正方形，则FE=AE=1，再证明DF=DC=1，求得CF=2，则CE=2+1，可证明S△EFH16．【答案】①②③④【解析】【解答】解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE=45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AE=2∵AD=2∴AE=AD，故①正确，在△ABE和△AHD中，∠BAE=∠DAE∠ABE=∠AHD=90°∴△ABE≌△AHD(AAS)，∴BE=DH，∴AB=BE=AH=HD，∴∠ADE=∠AED=1∴∠CED=180°−45°−67.5°=67.5°，∴∠AED=∠CED，故②正确；∵∠AHB=12(180°−45°)=67.5°∴∠OHE=∠AED，∴OE=OH，∵∠DHO=90°−67.5°=22.5°，∠ODH=67.5°−45°=22.5°，∴∠DHO=∠ODH，∵∠EBH=90°−67.5°=22.5°，∴∠EBH=∠OHD，又∵BE=DH，∠AEB=∠HDF=45°，在△BEH和△HDF中，∠EBH=∠OHDBE=DH∴△BEH≌△HDF(ASA)，∴BH=HF，HE=DF，∴点H是BF的中点，故③正确；∵AE=AD=BC，AB=AH=BE=CD，∴CE=EH，∴BC−CF=(CD+CE)−(CD−CE)=2CE，所以④正确；故答案为：①②③④．【分析】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的定义及等腰三角形的性质。①由AE平分∠BAD，矩形中∠BAD=90°，得∠BAE=45°，ΔABE是等腰直角三角形，故AE=2AB，又AD=2AB，因此AD=AE，①正确；②通过AAS证明ΔABE≅ΔAHD，得BE=DH，AB=AH=HD，计算∠ADE=∠AED=180°−45°2=67.5°，∠CED=180°−45°−67.5°=67.517．【答案】（1）解：∵菱形ABCD，菱形ABCD的周长为24cm，

∴AB=AD=6cm，

∵∠BAD=60°，

∴△ABD为等边三角形，

∴BD=6cm.（2）解：∵BO=DO=3cm，

∴AO=33cm，AC=63cm，

∵AC⊥BD，

∴菱形面积为：12×6×63【解析】【分析】（1）先利用菱形的性质可得AB=AD=6cm，再证出△ABD为等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得BD=6cm；

（2）先求出AO=33cm，（1）解：∵菱形ABCD，菱形ABCD的周长为24cm，∴AB=AD=6cm，∵∠BAD=60°，∴△ABD为等边三角形，∴BD=6cm；（2）解：∵BO=DO=3cm，∴AO=33cm，∵AC⊥BD，∴菱形面积为：12答：制作菱形ABCD需要18318．【答案】解：如图，建立直角坐标系，分别取OA，AN中点E、F，连接EF，以CM为边构造△CMP≌△AFE连接OP，OC，

∴12ON=EF=MP，则12ON+OM=OM+MP，

当点O、M、P在同一直线上时OM+MP值最小，

∴OM+MP最小值为OP，

∵四边形AOBC为正方形，

∴∠EAF=∠MCP=∠OCB=45°，且AE=CP=3，

∴∠OCP=90°，

在Rt△OBC中，OC=62，

在Rt△OCP中，OP=O【解析】【分析】分别取OA，AN中点E、F，连接EF，以CM为边构造△CMP≌△AFE，连接OP，OC，推出当点O、M、P在同一直线上时OM+MP值最小，求出OP即可.19．【答案】（1）证明：∵AB∥CD，∴∠ACD=∠BAC.∵AC平分∠BAD，∴∠BAC=∠DAC，∴∠DAC=∠ACD，∴AD=CD.又∵AB=AD，∴AB=CD.又∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形.∵AB=AD，∴▱ABCD是菱形（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABC=∠ADC=120°，AB=BC，∴∠CBE=60°.∵CE⊥AB，∴∠BEC=90°，∴∠BCE=30°，∴BC=2BE.在Rt△BCE中，由勾股定理，得BC2=BE2+CE2，即(2BE)2=BE2+(23)2，则BE=2，∴BC=2BE=4，∴AB=BC=4，∴四边形ABCD的面积=AB·CE=4×23=83【解析】【分析】(1)通过角的等量关系证明邻边相等，结合平行四边形的条件判定四边形为菱形；

(2)根据菱形的性质求出相关线段长度，进而计算菱形面积.20．【答案】（1）证明：∵AB=AC，AD⊥BC，∴∠ADB=∠ADC=90°，∠DAB=∠DAC=12由折叠的性质，得AE=AD，∠AEB=∠ADB=90°，∠EAB=∠DAB，∴∠EAD=2∠DAB=45°.同理AF=AD，∠AFC=90°，∠DAF=45°，∴AE=AF，∠EAF=∠EAD+∠DAF=90°，∴四边形AEGF是正方形.（2）解：四边形AEGF是正方形.理由：∵AD⊥BC，∴∠ADB=∠ADC=90°.由折叠的性质，得∠AEB=∠ADB=90°，∠AFC=∠ADC=90°，AE=AD，AF=AD，∠BAE=∠BAD，∠CAF=∠CAD，∴∠BAE+∠CAF=∠BAD+∠CAD=∠BAC=45°，AE=AF，∴∠EAF=∠BAE+∠CAF+∠BAC=90°，∴四边形AEGF是矩形.又∵AE=AF，∴四边形AEGF是正方形.（3）解：∵BD=2，DC=3，∴BC=5.设AD=x.由(2)知四边形AEGF是正方形，∴EG=GF=AE=AD=x，∠G=90°.由折叠的性质，得BE=BD=2，CF=DC=3，∴BG=x-2，CG=x-3.在Rt△BCG中，由勾股定理，得BG2+CG2=BC2，即(x-2)2+(x-3)2=52，解得x1=6，x2=-1(舍去)，∴AD=x=6.【解析】【分析】(1)先根据“等腰三角形三线合一”和“折叠性质”，证明四边形是矩形；再证明邻边相等，依据“有一组邻边相等的矩形是正方形”即可得出结论；

(2)折叠性质不依赖AB=AC，仍可证得“矩形+邻边相等”，故仍是正方形；

(3)根据正方形边长相等的性质，结合勾股定理，建立方程，求解即可得出答案.21．【答案】（1）证明：∵AB=AC，D为BC中点，∴AD⊥BC，又∵E为AB中点，∴DE=AE=1∴DE是△ABC的中位线，∴DE∥AC.由作图知：AF=AE∴DE=AF.∴四边形AEDF是平行四边形，∴AF=AE，∴四边形AEDF是菱形.（2）解：以D为圆心，DE为半径作弧，与AC可能会有两个交点，故存在问题.【解析】【分析】(1)根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；

(2)根据点F不唯一，判断出乙的方法有问题22．【答案】（1）证明：过点E作EM⊥AD于点M，ME的延长线交BC于点N，EH⊥AB于点H，如图1所示：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠BCD＝∠CDA＝90°，∠BAD＝∠DAC＝45°，AD∥BC，∴EN⊥BC，∴四边形ABNM，四边形CDMN和四边形AMEH都是矩形，∴∠FNE＝∠EMD＝90°，MN＝AB＝AD，AM＝BN，∴∠1+∠2＝90°，∵EF⊥DE，∴∠1+∠3＝90°，∴∠3＝∠2，∵EM⊥AD，∠DAC＝45°，∴△AME是等腰直角三角形，∴AM＝EM，∵MN＝AD，∴EM+EN＝DM+AM，∴EN＝DM，在△ENF和△DME中，∠FNE=∠EMD=90°∠3=∠2∴△ENF≌△DME（AAS），∴EF＝ED；（2）2（3）解：∠EFC的度数是120°或30°【解析】【解答】（2）解：∵四边形ABCD是正方形，且AB＝2，∴AD＝AB＝2，设AM＝EM＝BN＝a，∴DM＝AD﹣AM＝2﹣a，在△DME中，由勾股定理得：EM2+DM2＝DE2，∴a2整理得：a2﹣2a+1＝0，解得：a＝1，∴AM＝EM＝BN＝a＝1，∵△ENF≌△DME，∴FN＝EM＝1，∴BF＝BN+FN＝2，故答案为：2；（3）∵点E为对角线AC上一点，∴线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，有以下两种情况：①当DE与AD的夹角是30°时，即∠ADE＝30°，如图3①所示：∴∠EDC＝∠CDA﹣∠ADE＝60°，∵EF⊥DE，∴∠DEF＝90°，在四边形DEFC中，∠EFC+∠BCD+∠EDC+∠DEF＝360°，∴∠EFC+90°+60°+90°＝360°，∴∠EFC＝120°；②当DE与BC的夹角是30°时，即∠CDE＝30°，如图3②所示：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCA＝∠BCA＝45°，在△CDE中，∠CED＝180°﹣（∠CDE+∠DCA）＝180°﹣（30°+45°）＝105°，∵EF⊥DE，∴∠DEF＝90°，∴∠CEF＝∠CED﹣∠DEF＝105°﹣90°＝15°，∵∠BCA是△CEF的外角，∴∠BCA＝∠CEF+∠EFC，∴45°＝15°+∠EFC，∴∠EFC＝30°，综上所述：∠EFC的度数是120°或30°；故答案为：∠EFC的度数是120°或30°.

【分析】（1）过点E作EM⊥AD于点M，ME的延长线交BC于点N，EH⊥AB于点H，如图1所示，根据正方形的性质可证明得到四边形ABNM，四边形CDMN和四边形AMEH都是矩形，再由等角的余角相等可得∠3＝∠2，即可得到△AME是等腰直角三角形，结合线段的和差利用AAS证明△ENF≌△DME，再利用全等三角形的性质即可解答；

(2)设AM＝EM＝BN＝a，根据正方形的性质和勾股定理计算得到a=1；再结合全等的性质利用线段的和差运算即可解答；

(3)由题干信息线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°，分两种情况：当DE与AD的夹角是30°时，即∠ADE＝30°；当DE与BC的夹角是30°时，即∠CDE＝30°，分别计算即可解答.23．【答案】（1）解：①如图：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠DAC=∠BAC=45°，∠DAB=90°，∴∠DAQ=90°，∵AP=AP，∴△DAP≌△BAPSAS∴PD=PB，∠ADP=∠ABP，∵PQ=PD，∴PQ=PB，∴∠PQA=∠PBA=∠ADP，∵∠AMQ=∠DMP，∴∠DPQ=∠DAQ=90°；②AQ=2如图2，在OD上取一点N，使DN=PA，连接PN，∵四边形ABCD是正方形，∴OD=OA，∠AOD=90°，∴ON=OP，∴△PON是等腰直角三角形，∴PN=2∵∠DPQ=90°，∴∠APQ+∠OPD=90°，∵∠OPD+∠ODP=90°，∴∠APQ=∠ODP，∵PD=PQ，∴△DNP≌△PAQSAS∴PN=AQ，∴AQ=2（2）解：AQ=CP，理由如下：如图3，过点D作DE⊥BQ于E，连接DQ，∴∠AED=∠DEQ=90°，∠AED=∠DEQ=90°，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AD∥BC，∴∠ABD=30°，AC⊥BD，AD=AB=BC，∠DAE=∠ABC=60°，∴∠AOB=∠BOC=90°，△ABC是等边三角形，∴∠BOC=∠AED，∠AOB=∠DEQ，∠ACB=60°，由（1）同理得：PB=PD=PQ，∠DPQ=∠DAQ=60°，∴△PDQ是等边三角形，∴DQ=PD=PB，∴△ADE≌△BCOAAS∴DE=OB，OC=AE，∴Rt△DEQ≌Rt△BOPHL∴EQ=OP，∴EQ+AE=OP+OC，即AQ=CP．【解析】【分析】（1）①根据正方形性质可得AD=AB，∠DAC=∠BAC=45°，∠DAB=90°，根据全等三角形判定定理可得△DAP≌△BAPSAS，则PD=PB，∠ADP=∠ABP，根据等边对等角可得∠PQA=∠PBA=∠ADP，再根据角之间的关系即可求出答案.

（2）在OD上取一点N，使DN=PA，连接PN，根据正方形性质可得OD=OA，∠AOD=90°，根据等腰直角三角形判定定理可得△PON是等腰直角三角形，则PN=2OP，根据角之间的关系可得∠APQ=∠ODP，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.

（3）过点D作DE⊥BQ于E，连接DQ，根据菱形性质可得∠ABD=30°，AC⊥BD，AD=AB=BC，∠DAE=∠ABC=60°，根据等边三角形判定定理可得△ABC是等边三角形，则∠BOC=∠AED，∠AOB=∠DEQ，∠ACB=60°，由（1）同理得：PB=PD=PQ，∠DPQ=∠DAQ=60°，根据等边三角形判定定理可得△PDQ是等边三角形，则DQ=PD=PB，根据全等三角形判定定理可得△ADE≌△BCOAAS，则DE=OB，OC=AE，再根据全等三角形判定定理可得（1）解：①如图：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠DAC=∠BAC=45°，∠DAB=90°，∴∠DAQ=90°，∵AP=AP，∴△DAP≌△BAPSAS∴PD=PB，∠ADP=∠ABP，∵PQ=PD，∴PQ=PB，∴∠PQA=∠PBA=∠ADP，∵∠AMQ=∠DMP，∴∠DPQ=∠DAQ=90°；②AQ=2如图2，在OD上取一点N，使DN=PA，连接PN，∵四边形ABCD是正方形，∴OD=OA，∠AOD=90°，∴ON=OP，∴△PON是等腰直角三角形，∴PN=2∵∠DPQ=90°，∴∠APQ+∠OPD=90°，∵∠OPD+∠ODP=90°，∴∠APQ=∠ODP，∵PD=PQ，∴△DNP≌△PAQSAS∴PN=AQ，∴AQ=2（2）解：AQ=CP，理由如下：如图3，过点D作DE⊥BQ于E，连接DQ，∴∠AED=∠DEQ=90°，∠AED=∠DEQ=90°，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，AD∥BC，∴∠ABD=30°，AC⊥BD，AD=AB=BC，∠DAE=∠ABC=60°，∴∠AOB=∠BOC=90°，△ABC是等边三角形，∴∠BOC=∠AED，∠AOB=∠DEQ，∠ACB=60°，由（1）同理得：PB=PD=PQ，∠DPQ=∠DAQ=60°，∴△PDQ是等边三角形，∴DQ=PD=PB，∴△ADE≌△BCOAAS∴DE=OB，OC=AE，∴Rt△DEQ≌Rt△BOPHL∴EQ=OP，∴EQ+AE=OP+OC，即AQ=CP．24．【答案】（1）解：①∵AB=3，BC=5，

∴矩形ABCD面积15，

∵S▱ABCD=2S△ADE=15，

∴S▱AEFG=2S△ADE=15；

②记AD与EG交点为O，

∵▱AEFG，

∴OA=OD，EG=2OE，

当OE⊥BC（2）解：连结AF交EG于点O，连结OD，记AD与GF交于点H，∵AE⊥EF，

∴∠AEF=90°，

∴▱AEFG为矩形，

∴EG=2OG=2OF，

∵矩形ABCD，

∴∠ADF=90°，

∴OD=OF，

∵GE=2GD，

∴OD=DG=OG，

∴△ODG是等边三角形，

∴∠DOG=60°，

，

设∠OAD=α，则∠DOF=2α，

∴∠GOF=60+2α，

∴∠OFG=∠OGF=60−α，

∴∠AHG=∠OAD+∠OFG=60°，

∴∠HAG=30°，

∴∠BAE=90°−∠EAD=∠HAG=30°，

在Rt△ABE中，AB=3，

设BE=x，则AE=2x，

∴4x2−x2=9【解析】【分析】（1）①根据平行四边形的面积即可解决问题；②当OE⊥BC时，OE最小，EG即为最小，此时四边形ABEO为矩形，进而可以解决问题；（2）连结AF交EG于点O，连结OD，设AD与GF交于点H，先由矩形的性质可知OD是直角三角形ADF斜边AF上的中线，则OD等于AF的一半，又由矩形的对角线互相平分且相等可证明△ODG是等边三角形，则∠GOD=60°，此时为便于计算可设∠OAD=α，则由等边对等角结合三角形外角的性质可得∠DOF=2α，即∠GOF=60°+2α，再由三角形的内角和定理可得∠OFG=60°−α，再利用三角形的外角的性质可得∠AHC=60°，则由直角三角形两锐角互余结合同角的余角相等可得∠BAE=30°，再利用直角三角形中30度角的性质结合勾股定理求解即可．（1）解：①∵AB=3，∴矩形ABCD面积15，∵S▱ABCD∴S▱AEFG②记AD与EG交点为O，∵▱AEFG，∴OA=OD，当OE⊥BC时，OE最小，EG即为最小，此时四边形ABEO为矩形，∴BE=OA=1（2）解：连结AF交EG于点O，连结OD，记AD与GF交于点H，∵AE⊥EF，∴∠AEF=90°，∴▱AEFG为矩形，∴EG=2OG=2OF，∵矩形ABC