第十八章矩形、菱形与正方形单元测试培优卷2025-2026学年华东师大版数学八年级下册

华东师大版数学八（下）第十八章矩形、菱形与正方形单元测试培优卷 一、选择题（每题3分，共30分） 1．如图，矩形纸片，，点P是边上一点，，矩形纸片沿折叠，点A落在G处，的延长线交于点H，则的长为（　　） A．8 B． C．10 D． 2．如图，，是正方形的边上两个动点，．连接，交于点，连接，交于点．若正方形的边长为2，则线段的最小值是（　　） A．1 B． C． D． 3．如图，在菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点，，连接，有下列结论：①；②与全等的三角形共有5个；③；④由点，，，构成的四边形是菱形．其中一定正确的是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 4．如图，在矩形纸片ABCD中，点E为CD上一点，关于AE折叠得到，点F落于线段BC上；M为AB上一点，关于MF折叠得到，点N落于线段AF上，连接NE.设，，，ABCD的面积为，EFMN的面积为，则下列哪个选项中的代数式数值是固定值（　　） A． B． C． D． 5． 如图，菱形 ABCD 中，，点 E 在 CD 边上，点 F 在菱形 ABCD 外部，且满足 EF ∥AD，CE = EF.连结 AF，CF，取 AF 的中点 G，连结 BG，AC.则下列结论： ① 是等边三角形； ②； ③ BG 垂直平分 AC； ④. 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，，点是边AD上的动点，点是线段BD上的动点，若，则线段EF的长为（　　） A． B．2 C． D． 7．在菱形中，，点、分别在边、上，连结、，则添加下列条件后，不能判定的是（　　） A． B． C． D． 8．如图，正方形中，分别为的中点，交于点，连接．则下列结论中：；；；，所有正确的结论是（只需填写序号）____ A． B． C． D． 9．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；⑤EF的最小值为；⑥ PB2＋PD2＝2PA2．其中正确结论的个数是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 10．如图，以三边向外分别作等边、、，下列结论 ① ②若，则四边形为平行四边形 ③若，则四边形是菱形 ④若四边形是正方形，则． ⑤若，，，则四边形的面积是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 　 　. 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　 　. 14．正方形的边长为8，点、分别在边、上，将四边形沿折叠，使点落在处，点落在点处，交于．以下结论：①当为中点时，三边之比为；②连接，则；③当三边之比为时，为中点；④当在上移动时，周长不变．其中正确的有　 　（写出所有正确结论的序号）． 15． 如图，在矩形 ABCD 中，，将 ABC 沿对角线 AD 翻折，得到 ， CE 交 AD 于点 F，再将 沿 AF 翻折，得到 ， GF 交 AC 于点 H，若 AC 平分 ，则 FH 的长为　 　. 16．如图，在矩形中，，的平分线交于点，，垂足为，连结并延长交于点，连结交于点下列结论：①②③是的中点④；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，若菱形中已知两条对角线相交于点，其中，菱形的周长为． （1）求对角线的长； （2）小邕制作菱形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的正方形中，，两点分别为线段，上的动点，且，求的最小值，并写出解答过程. 19．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=2 ，∠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，，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，，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．在四边形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．点Q在的延长线上且． （1）如图1，若四边形是正方形． ①求的度数； ②探究与的数量关系并说明理由． （2）如图2，若四边形是菱形且．探究与的数量关系并说明理由． 24．如图1，矩形中，，动点E，F分别在边上，连结，以为边向上作，连结， （1）如图2，点F与D重合时， ①求的面积． ②当最短时，求的长． （2）如图3，当时，连结，若，求的长． 25．如图1，在矩形中，，，动点从出发，以每秒1个单位的速度沿射线方向移动，作关于直线的对称，设点的运动时间为． （1）当时． ①如图2．当点落在上时，显然是直角三角形，求此时的值； ②当点不落在上时，请直接写出是直角三角形时的值； （2）若直线与直线相交于点，且当时，．问：当时，的大小是否发生变化，若不变，请说明理由． 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 【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题） 【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=10 PG=AP=6， 设，，则，， ∴在Rt△MNH中，由勾股定理得， 即， ∴①， 在Rt△PDF中，由勾股定理得， 在Rt△PGH中，由勾股定理得， ∴，整理得②， ①②得，，整理得， ∴， ∴， 解得， ∴， 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=10 PG=AP=6，设DH=y，HG=x，根据线段的和差运算可知：，，根据勾股定理：在Rt△MNH中，，代入数据得：，化简整理得：①，再根据勾股定理： 在Rt△PDF和Rt△PGH中，，代入数据得：，化简整理得：②，①②得，，则，，求的值，最后根据线段的和差运算可求得NH的值，由此可得出答案． 2．【答案】D 【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；直角三角形的性质；三角形全等的判定-SAS 【解析】【解答】解：取的中点，连接、，如下图 ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ∵点O是CD的中点 ∴， 在中，， 根据三角形的三边关系，， 当、、三点共线时，的长度最小， 的最小值． 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：，，，再根据全等三角形的判定定理：SAS可证明，由全等三角形的性质：对应角相等得出：，再根据全等三角形的判定定理：SAS证明，由全等三角形的性质得出，再由角的和差和等量代换可得：即，∠DMC=90°，取的中点，连接、，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：，由勾股定理求出的长，当、、三点共线时，的长度最小，则可求出答案． 3．【答案】C 【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形的中位线定理 【解析】【解答】解：∵四边形是菱形， ∴，，，，， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴是的中位线， ∴，，故①正确； 连接， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴、是等边三角形， ∴，， ∴，四边形为菱形，故④正确； ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故②错误； ∵是的中位线， ∴，， ∴，故③正确； 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，证明得出AG=DG，结合O为AC中点判定OG为的中位线，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与的面积关系，验证结论③。 4．【答案】B 【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题） 【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，最终可推得为固定值，B正确； C、S1=AF×(b + c)，代入后形式为，由于a（CF）、AF与S2的比例关系不固定，因此不是固定值，C错误； D、S1=AF×(b + c)，a + c是CF + EF，与b、S2的比例关系不固定（因a、c随图形变化），因此不是固定值，D错误. 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 【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；直角三角形斜边上的中线 【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°， ∴， ∴∠ACF=60°+30°= 90°， ∵G是AF的中点， ∴， ∴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， ∵，∠BHC =90°， ∴BC=2BH， ∴BC+CF=2(GH+BH)=2BG ∴2BG=AD+CE， 故④符合题意， ∴其中正确的结论有4个， 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 【知识点】正方形的性质；轴对称的性质；三角形全等的判定-SAS 【解析】【解答】解：在BC上截取一点E'，使得，连接EE'交BD于点G，过点E'作，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， ∵四边形ABCD为正方形， ∴ ∵， ∴为等腰直角三角形， 又∵ ∴， ∴BD垂直平分EE'， ∴ ∴ ∴ ∴ 故答案为：C. 【分析】在BC上截取一点E'，使得，连接EE'交BD于点G，过点E'作，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，然后根据正方形的性质证明为等腰直角三角形，进而得到BD垂直平分EE'，则最后根据线段间数量关系和勾股定理即可求解． 7．【答案】B 【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的性质 【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，，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，，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； 故答案为：B， 【分析】菱形具有平行四边形的所有性质，且菱形四条边相等，本题中结合∠A = 60°得出等边三角形，再通过全等三角形的不同判定方法（ASA、AAS等 ），判断线段是否相等，核心是利用菱形性质构造全等三角形条件来推理. 8．【答案】D 【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；线段垂直平分线的性质；平行四边形的判定与性质；正方形的性质 【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；， ∵在△ADF和△DCE中， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴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 ∴ ∵ ∴ ∴四边形BGDE为平行四边形 ∴ ∴B、M、G三点共线 ∴ ∵AM=MP ∴BG是AP的垂直平分线 ∴是等腰三角形 ∴BP=AB=AD ∴②正确 由②知：BP=AB ∴∠BAP=∠BPA 又∵ ∴∠CDE=∠DAF 又∵ ∴ 又∵ ∴ ∴③正确 如图3，延长DE至N，使得EN=PF，连接CN 图3 ∵ ∴ 又∵E、F分别是BC，DC的中点 ∴CE=CF ∵在和中 ∴ ∴CN=CP， ∵ ∴ ∴是等腰直角三角形 ∴PN=PE+NE=PE+PF= ∴④正确 故答案为：D. 【分析】根据正方形性质得出AD=DC=BC，∠ADC=∠DCB，，证明，推出，求出即可判断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，推出是等腰三角形，即可判断②；由②知BP=AB，得到∠BAP=∠BPA，又根据，得到∠CDE=∠DAF，根据得到，就可以得到③正确；延长DE至N，使得EN=PF，证，推出CN=CP，，求出是等腰直角三角形，即可判断④。 9．【答案】B 【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；轴对称的性质 【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， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴EF的最小值为； ∴正确； ⑥∵，PE=BE，PF=DF， ∴， 即； ∴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，可得，所以，得到，推出EF的最小值为；⑤正确； ⑥根据，PE=BE，PF=DF，得到，得到；⑥正确． 10．【答案】C 【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定；矩形的判定 【解析】【解答】解：①∵是等边三角形， ∴，，，， ∴， ∴， 故①正确． ∵， ∴， 又∵在等边△ACD中，AC=AD ∴， 同理可证，得， ∵，， ∴四边形是平行四边形， 即当时，四边形是平行四边形． 故②正确． 由②知，四边形是平行四边形， ∴当时，， ∴平行四边形是菱形， 故结论③正确； ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 故④正确． 过点E作，交的延长线于点M，如图 ∴， ∵，，， ∴，， 即， ∴是直角三角形，且． ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 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，交的延长线于点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，可对⑤进行判断. 11．【答案】 【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质 【解析】【解答】解：如图，连接BD交AC于点O，过点E作 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， 即 在直角三角形EOF中，由勾股定理得： 在直角三角形BEF中，由勾股定理得： 故答案为： 【分析】如图，连接BD交AC于点O，过点E作 于点F，设EC=x，表示出OA=OD=OB=OC=2x，设 得 到 推出DE=DO=2x，OE=OC-EC=x，设OF=y，利用勾股定理表示出 进而求解即可. 12．【答案】 【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系 【解析】【解答】解：过F作 于G，则 ∵正方形ABCD的边长为2， ∵M是BC的中点， 将EF沿EM方向平移至MH，连接FH，则EF=M. 当A、F、H三点共线时，EM+AF=FH+AF=AH的值最小， 此时. 的最小值为 故答案为： 【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 于G，证明 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】 【知识点】正方形的性质；轴对称的性质 【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=a， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠CDB=45°， ∵GT⊥CD， ∴DT=GT，CG=2TG，CT=GT， ∵DT+TC =2a， ∴DT=TG=(-1)a， ∴CG=2(-1)a， ∴。 故答案为： . 【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=a；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=GT，继而推出CG=2(-1)a，最后比较计算即可。 14．【答案】①②④ 【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题） 【解析】【解答】∵为中点，正方形的边长为8， ∴， 由翻折可知：， 设，则， ∵在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴当为中点时，三边之比为， 故①正确； 如图，连接交于点Q，过点E作，垂足为M，交于点N， ， ， 由翻折可知：垂直平分， 在和中， ， ， 故②正确； 当三边之比为时，假设，则， ∵， ∴， 解得： ∴， ∴此时点不是中点， 故③错误； 如图，过点A作，垂足为H，连接，， 由翻折可知：， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在与中， ∵， ∴， ∴， ∴的周长为： ， ∴当在上移动时，周长不变， 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当为中点时，，设，则，在中，由勾股定理得，解得，，三边比为3：4：5，结论正确；②连接交于，过作，可证明（ASA），因此，结论正确；③当三边比为3：4：5时，设，，，则，，，不是中点，结论错误；④过作，证明和，得、，的周长为，周长不变，结论正确。因此正确结论为①②④。 15．【答案】 【知识点】矩形的性质；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题） 【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， ∴ ∴， ∵AE//FH， ∴S△EFH=S△AFH， ∴S△EHC=S△EFH+S△CFH=S△AFH+S△CFH=S△AFC， ∴， ∴， ∴， 故答案为：. 【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，则，可证明S△EFH=S△AFH，进而即可得出答案. 16．【答案】①②③④ 【知识点】三角形全等的判定；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；角平分线的概念 【解析】【解答】解：在矩形中，平分， ， 是等腰直角三角形， ， ， ，故①正确， 在和中， ， ， ， ， ， ， ，故②正确； ，， ， ， ，， ， ， ， 又，， 在和中， ， ， ，， 点是的中点，故③正确； ，， ， ，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由平分，矩形中，得，是等腰直角三角形，故，又，因此，①正确；②通过证明，得，，计算，，故，②正确；③通过证明，得，即是中点，③正确；④由，，得，，④正确。 17．【答案】（1）解：∵菱形，菱形的周长为， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴. （2）解：∵， ∴，， ∵， ∴菱形面积为：， 答：制作菱形需要平方厘米的布料． 【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质 【解析】【分析】（1）先利用菱形的性质可得，再证出为等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得； （2）先求出，，再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半列出算式求解即可. （1）解：∵菱形，菱形的周长为， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴； （2）解：∵， ∴，， ∵， ∴菱形面积为：， 答：制作菱形需要平方厘米的布料． 18．【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， ∴，则， 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，， 在Rt△OCP中，， 则的最小值为9. 【知识点】勾股定理；正方形的性质 【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+(2)2，则BE=2， ∴BC=2BE=4，∴AB=BC=4， ∴四边形ABCD的面积=AB·CE=4×2=8 【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质 【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=∠BAC=22.5°. 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. 【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题） 【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：，D为BC中点， ，又为AB中点， . 是的中位线， . 由作图知： . 四边形AEDF是平行四边形， ， 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. 【知识点】等腰三角形的性质；菱形的判定；三角形的中位线定理 【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， ， ∴△ENF≌△DME（AAS）， ∴EF＝ED； （2）2 （3）解：∠EFC的度数是120°或30° 【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的判定；正方形的性质；三角形的外角和 【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， ∴， 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： ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ②，理由如下： 如图2，在上取一点N，使，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：，理由如下： 如图3，过点D作于E，连接， ∴，， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴，是等边三角形， ∴， 由（1）同理得：， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即． 【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS 【解析】【分析】（1）①根据正方形性质可得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据等边对等角可得，再根据角之间的关系即可求出答案. （2）在上取一点N，使，连接，根据正方形性质可得，根据等腰直角三角形判定定理可得是等腰直角三角形，则，根据角之间的关系可得，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作于E，连接，根据菱形性质可得，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，由（1）同理得：，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系即可求出答案. （1）解：①如图： ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ②，理由如下： 如图2，在上取一点N，使，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：，理由如下： 如图3，过点D作于E，连接， ∴，， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴，是等边三角形， ∴， 由（1）同理得：， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即． 24．【答案】（1）解：①∵， ∴矩形面积15， ∵， ∴； ②记与交点为O， ∵， ∴， 当时，最小，即为最小， 此时四边形为矩形， ∴； （2）解：连结交于点O，连结，记与交于点H，∵， ∴， ∴为矩形， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， 设，则， ∴， ∴． 【知识点】三角形外角的概念及性质；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线 【解析】【分析】（1）①根据平行四边形的面积即可解决问题； ②当时，最小，即为最小，此时四边形为矩形，进而可以解决问题； （2）连结交于点O，连结，设与交于点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是等边三角形，则，此时为便于计算可设，则由等边对等角结合三角形外角的性质可得，即，再由三角形的内角和定理可得，再利用三角形的外角的性质可得，则由直角三角形两锐角互余结合同角的余角相等可得，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∵， ∴矩形面积15， ∵， ∴； ②记与交点为O， ∵， ∴， 当时，最小，即为最小， 此时四边形为矩形， ∴； （2）解：连结交于点O，连结，记与交于点H， ∵， ∴， ∴为矩形， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， 设，则， ∴， ∴． 25．【答案】（1）①如图1中，∵四边形是矩形，∴，∴∵翻折∴，，∴，∴在中，∴∴；②或或；（2）当时，如图，∵∴，∵翻折，∴，，又∵，∴，∴，即四边形是正方形，当时，如图，设∴，∴，易证，∴，∵翻折，∴，∴，∴，∴． （1）解：①如图1中，∵四边形是矩形，∴，∴ ∵翻折 ∴，， ∴， ∴在中， ∴ ∴； ②或或； （2）解：当时，如图，∵ ∴， ∵翻折， ∴，， 又∵， ∴， ∴，即四边形是正方形， 当时，如图，设 ∴， ∴， 易证， ∴， ∵翻折， ∴， ∴， ∴， ∴． 【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题） 【解析】【解答】解：（1）①如图1中，∵四边形是矩形， ∴， ∴ ∵翻折 ∴，， ∴， ∴在中， ∴ ∴； ②如图2-1中，当，在上时， ∵四边形是矩形，∴，，， ∴ ∴ 在中，∵， ∴， ∴． 如图2-2中，当，在的延长线上时， 在中，， ∴ 在中，则有：， 解得． 如图2-3中，当时， 易证四边形为正方形，则． 综上所述，满足条件的的值为或或； （2）当时，如图，∵ ∴， ∵翻折， ∴，， 又∵， ∴， ∴，即四边形是正方形， 当时，如图，设 ∴， ∴， 易证， ∴， ∵翻折， ∴， ∴， ∴， ∴． 【分析】 本题考查了四边形综合，全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识点，难度较大，需要熟练在掌握相关基础知识． （1）①利用勾股定理求出AC，再根据折叠的性质以及勾股定理即可得出答案； ②分三种情况进行讨论：①如图2-1中，当时，②如图2-2中，当时，③如图2-3中，当时，在中分别找出每条边的长度，再利用勾股定理建立方程求解即可得出答案； （2）首先证明是正方形，再利用全等三角形的性质以及折叠的性质即可得出答案． 26．【答案】（1）解：QP＝QD，理由： 由折叠可知：QP＝QD； 连接QD、QB， 由折叠可知QB＝QD＝QP，∠QBC＝∠QDC＝∠QPB，∠AQB＝∠AQD， 设∠QBC＝x°，则∠AQB＝∠AQD＝45°+x°，∠BQP＝180°﹣2x°， ∴∠DQP＝360°﹣∠AQB﹣∠AQD﹣∠BQP＝360°﹣2（45°+x°）﹣（180°﹣2x°）＝90°， ∴DQ⊥QP； （2）解：由折叠可知：∠PHQ＝∠DHQ，∠PQH＝∠DQH，QP＝QD； 在正方形ABCD中，AD＝CD＝BC＝AB＝8，∠BCD＝90°，∠ACD＝∠ACBBCD＝45°， ∵PH⊥AC， ∴∠PHC＝∠HPC＝45°， ∴∠QHD∠PHD（180°﹣∠PHC）＝67.5°，如图，连接QD， ∵HI＝PI，PH⊥AC，即QC是PH垂直平分线， ∴QP＝QH， ∴QH＝QD， ∴∠QHD＝∠QDH＝67.5°， ∴∠CQD＝180°﹣∠QDC﹣∠QCD＝180°﹣67.5°﹣45°＝67.5°， ∴∠CQD＝∠QDC， ∴CQ＝CD＝8cm； （3）解：①如图；过点N作NE⊥BC，垂足为E，过点N作NF⊥CD，垂足为F， ∵∠BCD＝60°， ∴∠ENF＝360°﹣∠NFC﹣∠NEC﹣∠BCD＝120°， ∵在菱形ABCD中，AC是∠BCD的角平分线，∠BCD＝60°， ∴NE＝NF， ∵NM＝ND， ∴Rt△NEM≌Rt△NFD（HL）， ∴∠ENM＝∠FND， ∴∠ENM+∠MNF＝∠MNF+∠FND， ∴∠DNM＝∠ENF＝120°， ∵DN＝MN， ∴∠NMD＝∠NDM（180°﹣∠DNM）＝30°； ②△MND的面积存在最小值为100m2 【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题） 【解析】【解析】解：（3）②过点N作NK⊥DM于点K，设DM＝a， 则MKDMa，NKMN， ∵MN2＝NK2+MK2，即（2NK）2＝NK2+（）2， 解得：NKa， 则S△NDKMD•NK， ∴当a最小时，△MND面积最小， ∴当DM⊥BC时，△MND面积最小， 如图， ∵DM⊥BC，∠BCD＝60°， ∴∠CDM＝30°， ∴MCCD20（m）， ∴DM， 则S△NDK100（m2）， ∴△MND的面积存在最小值为100m2． 【分析】(1)根据折叠的性质可知GH垂直平分PD，再结合垂直平分线性质求解，即可解题； (2)结合折叠的性质△QHP≌△QHD，理由等腰三角形性质，以及全等三角形性质得到 ∠QHD=∠QHP=∠QDH=∠QPH，结合正方形性质得到∠QDH=67.5°，再利用三角形内角和定理推 出∠DQC=∠QDH，最后根据等腰三角形性质求解，即可解题. (3)①过点N作NR⊥BC于点R，过点N作NS⊥DC于点S，利用四边形内角和得到∠RNS，结合菱形性质 证明Rt△NRM≌Rt△NSD，结合全等的性质进行等量代换，即可解题； 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $