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A
C
A
D
B
2或$\frac{10}{3}$
【分析】
要解决这道题，我们需要先回忆平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，然后逐个分析每个箭头处的条件是否能实现对应的图形转化：
1. 先看箭头①：是平行四边形转化为矩形，需要回忆矩形的判定条件，思考平行四边形满足什么条件能成为矩形；
2. 箭头②：平行四边形转化为菱形，回忆菱形的判定条件；
3. 箭头③：矩形转化为正方形，思考矩形添加什么条件能变成正方形；
4. 箭头④：菱形转化为正方形，回忆菱形变正方形的条件。
通过对每个选项的条件和对应判定定理对比，找出错误的选项。
【解析】
我们逐个分析选项：
选项A：平行四边形的性质就是对角相等，这个条件不能让平行四边形转化为矩形。矩形的判定条件是“有一个角是直角”或“对角线相等”的平行四边形，所以①的条件填写错误；
选项B：根据菱形的判定定理，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以②的条件填写正确；
选项C：矩形是平行四边形，若有一条对角线平分一组对角，结合矩形对边平行的性质，可推出邻边相等，此时矩形的邻边相等且四个角都是直角，符合正方形的特征，所以③的条件填写正确；
选项D：根据正方形的判定定理，对角线相等的菱形是正方形，所以④的条件填写正确。
综上，填写错误的是选项A。
【答案】
A
【知识点】
矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定
【点评】
本题考查特殊平行四边形之间的转化，核心是准确掌握各类特殊平行四边形的判定定理，明确不同图形间转化的关键条件，避免混淆平行四边形的性质与特殊平行四边形的判定条件。
【难度系数】
0.7
【分析】
首先，根据EF//AC、GF//AB可判定四边形AEFG是平行四边形，得出对边相等（AE=GF，AG=EF）；接着由AB=AC可知△ABC是等腰三角形，∠B=∠C；再结合平行线的性质，推出∠EFB=∠B、∠GFC=∠C，进而得到BE=EF、GC=GF；最后将四边形AEFG的周长转化为AB+AC的长度，即可计算出结果。
【解析】
1. 判定平行四边形：
因为EF//AC，GF//AB，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”，可知四边形AEFG是平行四边形，所以AE=GF，AG=EF（平行四边形对边相等）。
2. 利用等腰三角形性质：
已知AB=AC=8，所以△ABC是等腰三角形，根据“等腰三角形两底角相等”，可得∠B=∠C。
3. 推导等腰三角形BEF和FGC：
由EF//AC，根据“两直线平行，同位角相等”，得∠EFB=∠C，又因为∠B=∠C，所以∠EFB=∠B，根据“等角对等边”，可得BE=EF；
同理，由GF//AB，得∠GFC=∠B，又∠B=∠C，所以∠GFC=∠C，可得GC=GF。
4. 计算周长：
四边形AEFG的周长=AE+EF+FG+AG=AE+BE+GC+AG=(AE+BE)+(AG+GC)=AB+AC=8+8=16。
【答案】
C
【知识点】
等腰三角形的性质，平行四边形的判定与性质，平行线的性质
【点评】
本题综合考查等腰三角形、平行四边形的性质及平行线的性质，解题关键是通过角的关系将四边形的边转化为等腰三角形的腰长，利用转化思想简化计算，注重对基础性质的灵活应用。
【难度系数】
0.6
【分析】
首先，我们需要结合矩形的性质和三角形中位线定理来分析所得中点四边形的边长：
1. 矩形的对角线相等，已知矩形ABCD对角线长为6，即AC=BD=6；
2. 顺次连接矩形四边中点得到的四边形，其每条边都是以矩形对角线为第三边的三角形的中位线；
3. 根据三角形中位线定理，三角形的中位线长度为第三边的一半，因此中点四边形的每条边长均为矩形对角线的一半，即3；
4. 最后计算该四边形的周长，四条边长度之和即为所求。
【解析】
设矩形ABCD的四边中点依次为E、F、G、H，连接AC、BD。
1. 因为四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，矩形的对角线相等，所以AC=BD=6；
2. 根据三角形中位线定理：
在△ABC中，E、F分别是AB、BC的中点，故EF是△ABC的中位线，因此$EF=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}×6=3$；
在△BCD中，F、G分别是BC、CD的中点，故FG是△BCD的中位线，因此$FG=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}×6=3$；
在△CDA中，G、H分别是CD、DA的中点，故GH是△CDA的中位线，因此$GH=\frac{1}{2}AC=3$；
在△DAB中，H、E分别是DA、AB的中点，故HE是△DAB的中位线，因此$HE=\frac{1}{2}BD=3$；
3. 计算四边形EFGH的周长：$EF+FG+GH+HE=3+3+3+3=12$。
【答案】
A
【知识点】
三角形中位线定理，矩形对角线相等
【点评】
本题考查矩形性质与三角形中位线定理的综合应用，核心是理解中点四边形的边长与原矩形对角线的数量关系，只要牢记相关定理和矩形的基本性质，就能轻松求解。
【难度系数】
0.7
【分析】
要解决本题，需分两部分分析：
1. 判断重叠部分面积m是否变化：利用正方形ABCD的对角线性质，结合全等三角形的判定（ASA）证明△AOM≌△BON，将重叠部分面积转化为△AOB的面积，从而确定m为定值；
2. 分析△BMN的周长n的最值：通过设参数表示△BMN的各边长，利用勾股定理表示MN的长度，进而得到周长的表达式，根据二次函数的性质判断周长的最值情况。
【解析】
步骤1：证明重叠部分面积m不变
在正方形ABCD中，边长为6，对角线AC、BD交于O，因此：
OA=OB，∠OAB=∠OBC=45°，∠AOB=90°，且$S_{△ AOB}=\frac{1}{4}S_{正方形ABCD}=\frac{1}{4}×6×6=9$。
正方形OEFG绕O旋转，∠MON=90°，故∠AOM + ∠MOB=∠BON + ∠MOB=90°，即$∠ AOM=∠ BON$。
在$△ AOM$和$△ BON$中：
$\begin{cases}∠ OAM=∠ OBN \\OA=OB \\∠ AOM=∠ BON\end{cases}$
根据ASA全等判定，$△ AOM ≌ △ BON$，因此$S_{△ AOM}=S_{△ BON}$。
重叠部分面积$m=S_{四边形OMBN}=S_{△ BOM}+S_{△ BON}=S_{△ BOM}+S_{△ AOM}=S_{△ AOB}=9$，即m不发生变化。
步骤2：分析△BMN的周长n的最值
设$AM=BN=t$（$0＜t＜6$），则$BM=6-t$，$BN=t$。
在$Rt△ BMN$中，由勾股定理得：
$MN=\sqrt{BM^2 + BN^2}=\sqrt{(6-t)^2 + t^2}=\sqrt{2t^2 -12t +36}=\sqrt{2(t-3)^2 + 18}$。
△BMN的周长$n=BM + BN + MN=(6-t)+t+\sqrt{2(t-3)^2 + 18}=6+\sqrt{2(t-3)^2 + 18}$。
对于二次函数$y=2(t-3)^2 + 18$，当$t=3$时，$y$取得最小值18，此时$\sqrt{y}$取得最小值$3\sqrt{2}$，则$n$取得最小值$6+3\sqrt{2}$；当$t$趋近于0或6时，$MN$趋近于6，$n$趋近于12，故$n$存在最小值，无最大值。
综上，m不发生变化，n存在最小值，故选D。
【答案】
D
【知识点】
1. 正方形的性质
2. 全等三角形的判定与性质
3. 二次函数的最值
【点评】
本题考查正方形旋转的综合问题，核心是利用全等三角形转化面积，结合代数表达式分析周长的最值，需要灵活运用正方形性质、全等判定及函数最值思想，对几何转化和代数分析能力要求较高。
【难度系数】
0.4
【分析】
要解决这道题，我们可以利用旋转的思想将分散的三角形面积进行转化。首先结合正方形的性质：AB=AD，∠BAD=90°，已知∠EAF=45°，可得∠BAE+∠DAF=45°。此时将△ADF绕点A顺时针旋转90°，使AD与AB重合，构造出与△AEF全等的三角形，进而通过全等三角形的面积相等，推导出各面积之间的关系。
【解析】
将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG。
1. 由正方形ABCD的性质可知：AB=AD，∠BAD=∠ABC=∠D=90°。
2. 旋转后，∠ABG=∠D=90°，故∠ABG+∠ABC=180°，即G、B、E三点共线。
3. 因为∠EAF=45°，所以∠BAE+∠DAF=∠BAD - ∠EAF=90°-45°=45°。
4. 根据旋转的性质：∠GAB=∠DAF，AG=AF，$S_{△ ABG}=S_{△ ADF}=S_3$，
因此∠GAB+∠BAE=∠DAF+∠BAE=45°，即∠GAE=∠EAF=45°。
5. 在△GAE和△FAE中：
$\begin{cases}AG=AF\\∠GAE=∠FAE\\AE=AE\end{cases}$
所以△GAE≌△FAE（SAS）。
6. 由全等三角形面积相等可知：$S_{△ GAE}=S_{△ AEF}=S_2$，
又因为$S_{△ GAE}=S_1+S_{△ ABG}=S_1+S_3$，
所以$S_1+S_3=S_2$。
【答案】
B
【知识点】
正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题通过旋转构造全等三角形，将分散的面积进行转化，充分利用正方形的边与角的特性，是几何中面积转化类问题的典型考法，需要掌握旋转法在正方形相关几何问题中的应用技巧。
【难度系数】
0.6
【分析】
这是一道矩形中的动点问题，需根据点P、Q的运动阶段分情况讨论：
1. 先明确点P的运动阶段：0≤t≤3时，P在AB上；3＜t≤5时，P在BC上。
2. 点Q在t≥3时开始运动，3≤t≤4时，Q在DA上运动；t＞4时，Q到达A点停止。
3. 针对不同阶段，分别表示出△APQ的底和高，利用三角形面积公式列方程求解，最后验证解是否在对应时间段内。
【解析】
分三种情况讨论：
1. 当$ 0 ＜ t ≤ 3 $时：
点Q未开始运动，停在D点，此时$ AP = t \, \mathrm{cm} $，△APQ的高为$ AD = 2 \, \mathrm{cm} $。
根据三角形面积公式：
$ S_{△ APQ} = \frac{1}{2} × AP × AD = \frac{1}{2} × t × 2 = t $
令$ t = 2 $，满足$ 0 ＜ t ≤ 3 $，故$ t = 2 $是一个解。
2. 当$ 3 ＜ t ≤ 4 $时：
点P在BC上，△APQ的高为$ AB = 3 \, \mathrm{cm} $；点Q从D向A运动，运动时间为$ t - 3 $，则$ DQ = 2(t - 3) $，因此$ AQ = AD - DQ = 2 - 2(t - 3) = 8 - 2t $。
△APQ的面积为：
$ S_{△ APQ} = \frac{1}{2} × AQ × AB = \frac{1}{2} × (8 - 2t) × 3 $
令面积为$ 2 \, \mathrm{cm}^2 $，列方程：
$ \frac{1}{2} × (8 - 2t) × 3 = 2 $
化简得：$ 3(8 - 2t) = 4 $，即$ 24 - 6t = 4 $，解得$ t = \frac{10}{3} $，满足$ 3 ＜ t ≤ 4 $，故$ t = \frac{10}{3} $是一个解。
3. 当$ 4 ＜ t ≤ 5 $时：
点Q已到达A点，此时△APQ的三个点重合两个，面积为0，不符合题意，舍去。
综上，t的值为2或$\frac{10}{3}$。
【答案】
2或$\frac{10}{3}$
【知识点】
1. 矩形的性质
2. 动点问题分类讨论
3. 三角形面积公式
【点评】
本题考查矩形中的动点问题，关键在于根据动点的运动时间划分不同阶段，准确表示出各线段长度，结合三角形面积公式列方程求解，注意验证解的合理性，避免漏解或错解。
【难度系数】
0.6
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