【正文】 明∠PFH+∠HPF=90176?！唷螪PF=∠DBC=45176。∴PF=EC=DF，∴在Rt△DPF中，DP2=DF2+PF2=EC2+EC2=2EC2，∴DP=EC．故①正確；②∵PE⊥BC，PF⊥CD，∠BCD=90176?！唷螧AP+∠APG=90176?！郃P⊥EF，故⑥正確；本題正確的有：①②④⑤⑥；故選：A．【點睛】本題考查了正方形的性質，垂直的判定，等腰三角形的性質，勾股定理的運用．本題難度較大，綜合性較強，在解答時要認真審題．3．A【分析】首先證明Rt△AFB≌Rt△AFH，推出BF=FH，設EF=x，則BF=FH=，在Rt△FEH中，根據(jù)構建方程即可解決問題；【詳解】解：連接AF． ∵四邊形ABCD是正方形， ∴AD=BC=1，∠B=90176。AF=AF，AH=AB， ∴Rt△AFB≌Rt△AFH， ∴BF=FH，設EF=x，則BF=FH=， 在Rt△FEH中，∵ ∴ ∴ 故選：A．【點睛】本題考查翻折變換、正方形的性質、全等三角形的判定和性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是準確尋找全等三角形解決問題，學會利用參數(shù)構建方程解決問題，4．C【分析】根據(jù)三角形中位線定理求出△A1B1C1的周長，根據(jù)計算總結規(guī)律，根據(jù)規(guī)律解答.【詳解】根據(jù)三角形中位線定理求出△A1B1C1的周長，根據(jù)計算結果總結規(guī)律，根據(jù)規(guī)律解答．解：∵AC1分別為AB、AC的中點，∴A1C1＝BC＝13，同理，A1B1＝AC＝7，B1C1＝AB＝12，∴△A1B1C1的周長＝7+12+13＝32，∴△A1B1C1的周長＝△ABC的周長，則△A2B2C2的周長＝△A1B1C1的周長＝△ABC的周長（）2，……∴△A8B8C8的周長＝△ABC的周長（）8＝64＝，故選：C．【點睛】本題考查三角形中位線定理，掌握三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半是解題的關鍵.5．D【分析】由于在四邊形中，MN∥AB∥DC，EF∥DA∥CB，因此MN、EF把一個平行四邊形分割成四個小平行四邊形．可設MN到DC的距離為h1，MN到AB的距離為h2，根據(jù)AB=CD，DE=AF，EC=FB及平行四邊形的面積公式即可得出答案．【詳解】解：∵MN∥AB∥DC，EF∥DA∥CB，∴四邊形ABCD，四邊形ADEF，四邊形BCEF，紅、紫、黃、白四邊形都為平行四邊形，∴AB=CD，DE=AF，EC=BF．設MN到DC的距離為h1，MN到AB的距離為h2，則S1=DE?h1，S2=AF?h2，S3=EC?h1，S4=FB?h2，因為DE，h1，F(xiàn)B，h2的關系不確定，所以S1與S4的關系無法確定，故A錯誤；S1+S4=DE?h1+FB?h2=AF?h1+FB?h2，S2+S3=AF?h2+EC?h1=AF?h2+FB?h1，故B錯誤；S1+S3=CD?h1，S2+S4=AB?h2，又AB=CD，而h1不一定與h2相等，故C錯誤；S1S3=AF?h2?EC?h1=AF?h2?FB?h1，所以S1S3，故D正確；故選：D．【點睛】本題考查平行四邊形的判定與性質，注意掌握平行四邊形的面積等于平行四邊形的邊長與該邊上的高的積．即S=a?h．其中a可以是平行四邊形的任何一邊，h必須是a邊與其對邊的距離，即對應的高．6．C【分析】過P作PG⊥AB于點G，根據(jù)正方形對角線的性質及題中的已知條件，證明△AGP≌△FPE后即可證明①AP=EF；在此基礎上，根據(jù)正方形的對角線平分對角的性質，在Rt△DPF中，DP2=DF2+PF2=EC2+EC2=2EC2，求得，即可得到答案．【詳解】證明：過P作PG⊥AB于點G，∵點P是正方形ABCD的對角線BD上一點，∴GP=EP，在△GPB中，∠GBP=45176。∴GB=GP，同理，得PE=BE，∵AB=BC=GF，∴AG=ABGB，F(xiàn)P=GFGP=ABGB，∴AG=PF，∴△AGP≌△FPE，∴AP=EF；故①正確；延長AP到EF上于一點H，∴∠PAG=∠PFH，∵∠APG=∠FPH，∴∠PHF=∠PGA=90176?！唷螾DF=∠DPF=45176。∴ME=MF，∵∠MEB=∠MFB=∠EBF=90176?！唷螦ME=∠NMF，∵∠AEM=∠MFN=90176?！螦MO+∠NMP=90176?！唷鰽OM≌△MPN（AAS），∴PM=OA=，故②正確；∵DQ=BH，AD=AB，∠ADQ=∠ABH=90176?！逜M=MN，∠AMN=90176?！唷螻AQ=∠NAH=45176?！唷鰾CD是等邊三角形，∴BD=BC=4，∵M是BC的中點，∴DM⊥BC，CM=BM=2，在Rt△CDM中，CM=2，CD=4，∴DM=，故選：C．【點睛】本題考查了軸對稱最短路線問題，菱形的性質，等邊三角形的性質，直角三角形勾股定理；掌握利用軸對稱求最短距離，將PB與PM之和的最小值轉化為線段DM的長是解題的關鍵．9．B【分析】由等腰三角形“三線合一”得ED⊥CA，根據(jù)三角形中位線定理可得EF=AB；由直角三角形斜邊上中線等于斜邊一半可得EG=CD，即可得EF=EG；連接FG，可證四邊形DEFG是平行四邊形，即可得FH=FD，由三角形中位線定理可證得S△OEF=S△AOB，進而可得S△EFD=S△OEF+S△ODE=S?ABCD，而S△ACD=S?ABCD，推出S△EFDS△ACD，即可得出結論．【詳解】連接FG，如圖所示： ∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC，OB=OD，AD=BC，AD∥BC，AB=CD，AB∥CD，∵BD=2AD，∴OD=AD，∵點E為OA中點，∴ED⊥CA，故①正確；∵E、F、G分別是OA、OB、CD的中點，∴EF∥AB，EF=AB，∵∠CED=90176。+∠EBH，∠BDG=90176。DE⊥BC，∴△BDE為等腰直角三角形，所以①錯誤；∵BF⊥CD，∴∠C+∠CBF=90176?！唷螧HE=∠C，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠A=∠C，∴∠A=∠BHE，所以②正確；在△BEH和△DEC中，∴△BEH≌△DEC，∴BH=CD，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB=CD，∴AB=BH，所以③正確；∵∠BHD=90176。+∠BDE，∵∠BDE=∠DBE＞∠EBH，∴∠BDG＞∠BHD，所以④錯誤；故選：B．【點睛】本題考查平行四邊形的性質，全等三角形的性質和判定，等腰直角三角形的判定和性質，三角形外角的性質．熟練掌握平行四邊形的性質并能靈活運用是解題關鍵，本題中主要用到平行四邊形對邊相等，對角相等．11．D【分析】由勾股定理可求BE的長，由折疊的性質可得CE＝EF＝2，BE⊥CF，F(xiàn)H＝CH，由面積法可求CH＝，由勾股定理可求EH的長，由三角形中位線定理可求DF＝2EH＝．【詳解】解：如圖，連接CF，交BE于H，∵在正方形ABCD中，AB＝4，E是CD的中點，∴BC＝CD＝4，CE＝DE＝2，∠BCD＝90176。OB=OC，∴△OBC是等邊三角形，∴OB=BC=OC，∠OBC=60176?！唷螦BO=30176。∴∠ABO=∠OBF，∵AB∥CD，∴∠OCF=∠OAE，∵OA=OC，易證△AOE≌△COF，∴OE=OF，∴OB⊥EF，∴四邊形EBFD是菱形，∴③正確，∵△EOB≌△FOB≌△FCB，∴△EOB≌△CMB錯誤．∴②錯誤，∵∠OMB=∠BOF=90176?！郙B=，OF=，∵OE=OF，∴MB：OE=3：2，∴④正確；故選C．點睛：本題考查了矩形的性質，菱形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的判定和性質以及三角函數(shù)等的知識，會綜合運用這些知識點解決問題是解題的關鍵.14．A【分析】如圖1，根據(jù)線段垂直平分線的性質得到PA=PD，QA=QD，則根據(jù)SSS可判斷APQ≌DPQ，則可對甲進行判斷；如圖2，根據(jù)平行四邊形的判定方法先證明四邊形APDQ為平行四邊形，則根據(jù)平行四邊形的性質得到PA=DQ，PD=AQ，PD,，QA=PQ，∴△APQ≌△DPQ所以甲正確；如圖2，∵PD∥AP，∴四邊形APDQ為平行四達形，∴PA=DQ,，PD=AQ，∵PQ=QP，∴△APQ≌△DQP角可證△ABQ為等腰直角三角形，從而可得可得，進而證明，利用三角形的全等性質求解即可．【詳解】解：如圖所示：連接，延長交于點，延長交于，延長交于．，，點為兩條高的交點，為邊上的高，即：，由中位線定理可得，故①正確；，，，根據(jù)以上條件得，，故②正確；，，故③成立；無法證明，故④錯誤．綜上所述