答案：1.C2.B3.C4.C5.B6.B7. 22.5°8. 212. 解：（1）∵正方形ABCD
﹣2 9. （4，4）10.
555或.11. ()na2 239∴AD=BA，∠BAD=90°，即∠BAQ+∠DAP=90° ∵DP⊥AQ
∴∠ADP+∠DAP=90° ∴∠BAQ=∠ADP
∵AQ⊥BE于点Q，DP⊥AQ于点P ∴∠AQB=∠DPA=90° ∴△AQB≌△DPA（AAS） ∴AP=BQ
（2）①AQ﹣AP=PQ ②AQ﹣BQ=PQ ③DP﹣AP=PQ ④DP﹣BQ=PQ
13. （1）解：结论AE=EF=AF． 理由：如图1中，连接AC， ∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°， ∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=60°， ∴△ABC，△ADC是等边三角形， ∴∠BAC=∠DAC=60° ∵BE=EC，
∴∠BAE=∠CAE=30°，AE⊥BC， ∵∠EAF=60°， ∴∠CAF=∠DAF=30°， ∴AF⊥CD，
∴AE=AF（菱形的高相等）， ∴△AEF是等边三角形， ∴AE=EF=AF．
（2）证明：如图2中，∵∠BAC=∠EAF=60°， ∴∠BAE=∠CAE， 在△BAE和△CAF中，
，
∴△BAE≌△CAF， ∴BE=CF．
（3）解：过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H， ∵∠EAB=15°，∠ABC=60°， ∴∠AEB=45°，
在RT△AGB中，∵∠ABC=60°AB=4， ∴BG=2，AG=2
，
在RT△AEG中，∵∠AEG=∠EAG=45°， ∴AG=GE=2
，
14. （1）证明：∵∠ABC=90°，AM=MC， ∴BM=AM=MC， ∴∠A=∠ABM，
∵四边形ABED是圆内接四边形， ∴∠ADE+∠ABE=180°， 又∠ADE+∠MDE=180°， ∴∠MDE=∠MBA， 同理证明：∠MED=∠A， ∴∠MDE=∠MED， ∴MD=ME．
（2）①由（1）可知，∠A=∠MDE， ∴DE∥AB，
∴=，
∵AD=2DM， ∴DM：MA=1：3， ∴DE=AB=×6=2． 故答案为2．
②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形． 理由：连接OD、OE， ∵OA=OD，∠A=60°， ∴△AOD是等边三角形， ∴∠AOD=60°， ∵DE∥AB，
∴∠ODE=∠AOD=60°，∠MDE=∠MED=∠A=60°， ∴△ODE，△DEM都是等边三角形， ∴OD=OE=EM=DM， ∴四边形OEMD是菱形． 故答案为60°．
15. 解：（1）如图1，△ADC即为所求； （2）存在，理由：作E关于CD的对称点E′， 作F关于BC的对称点F′，
连接E′F′，交BC于G，交CD于H，连接FG，EH， 则F′G=FG，E′H=EH，则此时四边形EFGH的周长最小， 由题意得：BF′=BF=AF=2，DE′=DE=2，∠A=90°， ∴AF′=6，AE′=8， ∴E′F′=10，EF=2
，
+10，
∴四边形EFGH的周长的最小值=EF+FG+GH+HE=EF+E′F′=2∴在边BC、CD上分别存在点G、H， 使得四边形EFGH的周长最小， 最小值为2
+10；
（3）能裁得，
理由：∵EF=FG=∴∠1=∠2，
，∠A=∠B=90°，∠1+∠AFE=∠2+AFE=90°，
在△AEF与△BGF中，∴△AEF≌△BGF，
，
∴AF=BG，AE=BF，设AF=x，则AE=BF=3﹣x， ∴x2+（3﹣x）2=（
）2，解得：x=1，x=2（不合题意，舍去），
∴AF=BG=1，BF=AE=2， ∴DE=4，CG=5， 连接EG，
作△EFG关于EG的对称△EOG， 则四边形EFGO是正方形，∠EOG=90°， 以O为圆心，以EG为半径作⊙O， 则∠EHG=45°的点在⊙O上，
连接FO，并延长交⊙O于H′，则H′在EG的垂直平分线上， 连接EH′GH′，则∠EH′G=45°，
此时，四边形EFGH′是要想裁得符合要求的面积最大的， ∴C在线段EG的垂直平分线设， ∴点F，O，H′，C在一条直线上， ∵EG=
，
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