八年级数学第十八章第2节《特殊的平行四边形》提高训练卷 (34)(含解析)

第十八章第2节《特殊的平行四边形》提高训练卷(34)一、单选题1．如图，长方形纸片ABCD，点E，M，N分别在边AB，BC，AD上，将纸片分别沿EN，EM对折，使点A落在点处，点B落在点处，若，则的度数为（）A．B．C．D．2．如图，正方形的边长为3，点P为对角线上任意一点，，，垂足分别是E，Q，则的值是（）A．B．3C．D．3．如图，点为矩形的边上的点，于点，且，下列结论不正确的是（）A．平分B．为等腰三角形C．D．4．如图，正方形中，，点E在边上，且．将沿对折至，延长交边于点G，连接、．则下列结论：①；②；,③；④，错误的是（）A．①B．②C．③D．④5．在一次数学课上，张老师出示了一个题目：“如图，的对角线相交于点O，过点O作垂直于交，分别于点F，E，连接．请根据上述条件，写出一个正确结论．”其中四位同学写出的结论如下：小美：；小丽：四边形是菱形；小聪：；小明：．这四位同学写出的结论中不正确的是（）A．小美B．小丽C．小聪D．小明6．如图，在中，，，于点，连接，交于点．以为边作等边，连接，交于点，交于点，且为的中点．在下列说法中：①；②；③；④．正确的个数有（）A．1个B．2个C．3个D．4个7．如图，长方形ABCD中，，，点E为射线DC上的一个动点，与关于直线AE对称，当为直角三角形时，DE的长为,A．2或8B．或18C．或2D．2或188．如图，在正方形中，分别在边上，且，连接相交于点．则下列结论：①；②；③；④当为中点时，连接，则；正确结论的个数是（）A．B．C．D．二、解答题9．如图1，创建文明城市期间，路边设立了一块宣传牌，图2为从此场景中抽象出的数学模型，宣传牌（）顶端有一根绳子（），自然垂下后，绳子底端离地面还有（即），工作人员将绳子底端拉到离宣传牌处（即点到的距离为），绳子正好拉直，已知工作人员身高（）为，求宣传牌（）的高度．10．如图，在直角中，，点D是上一点，连接，把绕点A逆时针旋转90°，得到，连接交于点M．,（1）如图1，若，求的长；（2）如图2，若，点N为上一点，，求证：；（3）如图3，若，点D为直线上一动点，直线与直线交于点M，当为等腰三角形时，请直接写出此时的度数．11．如图，在中，，延长中线到点，作．点从点开始，沿射线方向以秒的速度运动，设运动时间为秒．过点作，垂足是点，连结，．若，，且当时，四边形是菱形．（1）求的长．（2）若四边形的一条对角线等于其中一边，求的值．12．如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的顶点O与坐标原点重合，顶点A、C在坐标轴上，B（8，4），将矩形沿EF折叠，使点A与点C重合．,（1）求点E的坐标；（2）点P从O出发，沿折线O-A-E方向以每秒2个单位的速度匀速运动，到达终点E时停止运动，设点P的运动时间为t，△PCE的面积为S，求S与t的关系式，井直接写出t的取值范围．（3）在（2）的条件下．当PA=PE时，在平面直角坐标系中是否存在点Q．使得以点P、E、G、Q为顶点的四边形为平行四边形？若不存在，请说明理出，若存在，请求出点Q的坐标．13．正方形中，对角线、交于点O，E为上一点，延长到点N，使，连接、．（1）求证：为直角三角形．（2）若，正方形的边长为6，求的长．14．如图，已知四边形是平行四边形，E是延长线上一点且，连接，．（1）求证：四边形是平行四边形（2）连接，若，，求的面积．15．“半角型”问题探究：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．（1）小明同学的方法是将△ABE绕点A逆时针旋转120°到△ADG的位置，然后再证明△AFE≌△AFG，从而得出结论：　　,（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．（3）如图3，边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，AE＝CF＝1，O为EF的中点，动点G、H分别在边AD、BC上，EF与GH的交点P在O、F之间（与O、F不重合），且∠GPE＝45°，设AG＝m，求m的取值范围．16．如图①，已知正方形中，，分别是边，上的点（点，不与端点重合），且，，交于点P，过点作交于点．（1）求证：．（2）若，试求线段的长．（3）如图②，连接并延长交于点，若点是的中点，试求的值．17．如图，在正方形中，点P是对角线上的一点，点E在的延长线上，且，连结．,（1）求证：．（2）试判断和的数量关系，并说明理由．18．如图，CD是线段AB的垂直平分线，M是AC延长线上一点．（1）在图中补充完整以下作图，保留作图痕迹：作∠BCM的角平分线CN，过点B作CN的垂线，垂足为E；（2）求证：四边形BECD是矩形；（3）AB与AC满足怎样的数量关系时，四边形BECD是正方形？证明你的结论．19．如图，将长方形ABCD沿着对角线BD折叠，使点C落在处，交AD于点E．（1）试判断的形状，并说明理由．（2）若，，求AE的长．20．如图，已知是矩形的一条对角线，点在的延长线上，且．连接，与相交于点，与相交于点．,（1）依题意补全图形；（2）若，解答下列问题：①判断与的位置关系，并说明理由；②连接，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．21．正方形中，点E是上一点，过点E作交射线于点F，连结．（1）若，求度数；（2）求证：三、填空题22．如图，将一张长方形纸片折叠成一个等腰梯形，则这个梯形的面积是_____cm2．23．如图，以的斜边为边，向外作正方形，设正方形的对角线与的交点为O，连接，若，，则的值是__________．,24．如图（1）所示为长方形纸带，将纸带沿折叠成图（2），再沿折叠成图（3），继续沿折叠成图（4），按此操作，最后一次折叠后恰好完全盖住；整个过程共折叠了8次，问图（1）中的度数是_________．25．如图，已知正方形的边长为2，延长至点，使，连结交于点，连结并延长与线段交于点，则的长是____．26．如图，正方形ABCD中，点E，F分别在BC和AB上，BE=2，AF=2，BF=4，将△BEF绕点E顺时针旋转，得到△GEH，当点H落在CD边上时，F，H两点之间的距离为______．27．如图，正方形ABCD的顶点B在直线l上，作于E，连结CE，若，，则的面积________．,28．如图，在正方形ABCD中，AB=，E是CD上一点，BE交AC于点F，连接DF．过点D且垂直于DF的直线，与过点A且垂直于AC的直线交于点G．∠ABE的平分线交AD于点M，当满足四边形面积时，线段AM的长度是_______．29．如图，△ABC是边长为1的等边三角形，取BC边中点E，作ED∥AB，EF∥AC，得到四边形EDAF，它的周长记作C1；取BE中点E1，作E1D1∥FB，E1F1∥EF，得到四边形E1D1FF1，它的周长记作C2．照此规律作下去，则C2020＝__．30．如图，在△ABC中，AB＝BC＝2，AO＝BO，P是射线CO上的一个动点，∠AOC＝60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为____．,【答案与解析】1．B【解析】先由翻折的性质得到，，由图可得，然后根据，得到，进而可求出的度数．由翻折的性质可知：，，由图知：，又∵，∴，∴，又∵，∴．故选：．本题主要考查的是翻折的性质，掌握翻折的性质是解题的关键．2．B【解析】证明四边形PQBE是矩形得PE=QB，证明△PEC是等腰直角三角形得PQ=BE便可求得结果解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∠ACB=∠BCD=45°∵PE⊥BC，PQ⊥AB，∴四边形PQBE是矩形，∴PQ=BE∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠PCE=45°，又∠PEC=90°∴△PEC是等腰直角三角形∴PE=CE∴PE+PQ=CE+BE=BC=3．故选：B．本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，等腰直角三角形的判定，关键是证明PE=CE，,PQ=BE．3．C【解析】根据矩形的性质及HL定理证明Rt△DEF≌Rt△DEC，然后利用全等三角形的性质进行推理判断解：在矩形ABCD中，∠C=90°，AB=CD∵于点，且∴∠DFE=∠C=90°，DF=CD在Rt△DEF和Rt△DEC中∴Rt△DEF≌Rt△DEC∴∠FDE=∠CDE，即平分，故A选项不符合题意；∵Rt△DEF≌Rt△DEC∴∠FED=∠CED又∵矩形ABCD中，AD∥BC∴∠ADE=∠CED∴∠FED=∠ADE∴AD=AE，即为等腰三角形，故B选项不符合题意∵Rt△DEF≌Rt△DEC∴EF=EC在矩形ABCD中，AD=BC，又∵AD=AE∴AE=AD=BC=BE+EC=BE+EF，故D选项不符合题意由于AB=CD=DF，但在Rt△ADF中，无法证得AF=DF，故无法证得AB=AF，故C选项符合题意故选：C．本题考查矩形的性质及三角形全等的判定和性质，掌握相关性质定理正确推理论证是解题关键．4．D【解析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△ABG≌Rt△AFG，在直角△ECG中，根据勾股定理可证BG=GC；通过证明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，由平行线的判定可得AG∥CF；分别求出S△EGC与S△AFE的面积比较即可；求得∠GAF=45°，∠AGB+∠AED=180°-∠GAF=135°．解：∵四边形ABCD为正方形，将沿对折至，∴AB=AD=AF=CD=6，∠AFG=∠AFE=∠D=90°，,∴∠AFG=90°，∵AG=AG，∠B=∠AFG=90°，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），∴BG=FG，∵，∴，EC=4，设BG=FG=x，则CG=6-x，在直角△ECG中，根据勾股定理，得，解得x=3．∴BG=3=6-3=CG，①正确；∵CG=BG，BG=GF，∴CG=GF，∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF．又∵Rt△ABG≌Rt△AFG；∴∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=2∠AGB=180°-∠FGC=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，∴AG∥CF，②正确；∵，，∴，③正确；∵∠BAG=∠FAG，∠DAE=∠FAE，又∵∠BAD=90°，∴∠GAE=45°，∴∠AGB+∠AED=180°-∠GAE=135°，④错误．故选：D．本题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用．5．D【解析】利用全等三角形的判定证明OE=OF，CE=AF，利用S四边形AFED=S△ADC=S平行四边形ABCD得出S,四边形AFED=S四边形FBCE，再利用“一组邻边相等的平行四边形是菱形”判定得出四边形是菱形，即可得出结果．解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，CD∥AB，∴∠ECO=∠FAO，在△EOC和△FOA中，，∴△EOC≌△FOA，∴OE=OF（故小美的结论正确），∴S△EOC=S△AOF，∴S四边形AFED=S△ADC=S平行四边形ABCD，∴S四边形AFED=S四边形FBCE（故小聪的结论正确），∵△EOC≌△FOA，∴CE=AF，（故小明的结论错误）∵CD=AB，∴DE=FB，DE∥FB，∴四边形DFBE是平行四边形，∵OD=OB，EO⊥DB，∴ED=EB，∴四边形DFBE是菱形，（故小丽的结论正确），故选：D．本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．6．B【解析】取AC的中点H，连接MH，连接CF．由AD∥BC，根据三角形面积变换可证，可知③正确；证明△ADE≌△CDF得到CF=AE，∠DCF=∠DAE=90°，由中位线定理可得MH∥CF，,，，用勾股定理可求得，又，可得，故②正确；根据DF=EF，AD≠AE，可知错误，故④不正确；证明，得，故，所以，故①不正确．解：如图1，取AC的中点H，连接MH，连接CF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴，∴，∴，故③正确；∵四边形ABCD是平行四边形，，∴四边形ABCD是菱形，∵，∴△ABC、△ADC是等边三角形，∴AB=BC=CD=AD=AC，∠ADC=60°，∵△DEF是等边三角形，∴∠EDF=60°，DE=DF，∴∠ADE=∠CDF，∴△ADE≌△CDF，∴CF=AE，∠DCF=∠DAE，,∵AD∥BC，,△ABC是等边三角形，∴∠DCF=∠DAE=90°，，∴，，∵H是AC的中点，M是AF的中点，∴MH∥CF，，，∴∠CMH=∠DCF=90°，∴，∴，∴，故②正确；∵△DEF是等边三角形，∴DF=EF，∴点F在线段DE的垂直平分线上，假设，那么AF就是线段DE的垂直平分线，则AD=AE，但，矛盾，所以假设错误，故AF与DE不垂直，故④错误；在△CMH中，∠HCM=60°，∴∠MHC=30°，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，故①错误；,综上所述，正确的有②③，共2个．故选：B．本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，三角形面积变换，勾股定理，三角形中位线定理等知识，综合性很强，难度较大，作辅助线构造全等三角形及中位线是解题关键．7．D【解析】分两种情况：当E点在线段DC上时，当E点在线段DC的延长线上时，利用全等三角形的判定和性质得出答案即可．解：分两种情况讨论：①当E点在线段DC上时，≌，，，，、、E三点共线，，，，；②当E点在线段DC的延长线上时，如下图，,，，在和中，，≌，，，，综上所知，或18，故选：D．本题考查翻折的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、掌握翻折的性质、分类探讨的思想方法是解决问题的关键．8．D【解析】证明△BCE≌△CDF可判断①；利用△BCE≌△CDF可得S△BCE=S△CDF，从而可判断②；证明△BCG∽△CEG得，可判断③；过D作DM⊥FG于M，证明MD=MG即可判断④，从而可得结论．解：∵四边形ABCD是正方形∴BC=CD，∠BCE=∠CDF又CE=DF∴△BCE≌△CDF∴，故①正确；,②∵△BCE≌△CDF∴S△BCE=S△CDF，∴S△BCE-S△CGE=S△CDF-S△CG，∴；③∵△BCE≌△CDF∴∠CBE=∠FCD∵∠BCG+，∴∠∴∠又∵∠BGC=∠CGE=90°，∠GBC=∠GCE∴△BCG∽△CEG∴,∴，故③正确；④过D作DM⊥FG于M，如图所示，设DF=a，则AD=2a∵CE=DF∴利用面积法可得∴同理可得，∴,∴MG=CF-FM-CG=∴MD=MG∵DMG=90°∴，故④正确∴正确的结论有4个，故选：D．此题主要考查了运用正方形的有关性质进行讲明和求解，熟练掌握正方形的性质是解答此题的关键．9．【解析】过点作于点，构造直角三角形，设，根据勾股定理列方程，求出AF，再根据矩形性质，加上DE长即可．解：如图，过点作于点．由题意，得，，，，∴．设，则，在中，，由勾股定理，得，即，解得．∴．答：宣传牌（）的高度为．本题考查了勾股定理的应用和矩形的性质，恰当的作出辅助线，构造直角三角形，应用勾股定理建立方程是解题关键．10．（1）；（2）见解析；（3）或或,【解析】（1）根据含30°角的直角三角形的性质可得BC=2AB=4，BD=AB=1，即可得出的长；（2）在BD上截取DF=EN，可证出，由全等三角形的性质得AN=AF，，可得出，则，可得，即F是BC的中点，可得出AN=AF=FC=DF+CD=EN+CD；（3）由题意可得AD=AE，，，分三种情况：①AM=MD，②AM=AD，③AD=MD，根据等腰三角形的性质求出的度数，再根据三角形外角的性质即可求解．解：（1）∵，，∴BC=2AB=4，，∵∴，∴BD=AB=1，∴=BC-BD=4-1=3；（2）证明：如图2，在BD上截取DF=EN，∵把绕点A逆时针旋转90°，得到，∴AD=AE，，，∵，∴，∴，,∴AN=AF，，∵，，∴，∵，，∴，∵AN=AF，∴，∴，即F是BC的中点，∴AF=FC=DF+CD=EN+CD，∵AN=AF，∴；（3）解：由题意可得AD=AE，，∴，分三种情况：①AM=MD时，∵AM=MD，∴，∴，∵，∴；②AM=AD时，∵AM=AD，,∴，∵，∴；③AD=MD时，∵AD=MD，∴，∴，∴，∵，∴．∴当为等腰三角形时，的度数为或或．本题主要考查了几何变换综合题，需要熟练掌握旋转的性质，直角三角形的性质，直角三角形斜边上中线的性质以及全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题．11．（1）；（2）或．【解析】（1）根据等腰三角形三线合一可得AD⊥BC，，若四边形是菱形，只需，此时利用勾股定理即可求得的长；（2）本题需要分①当时，②当时，③时，三种情况讨论，分别表示（或计算）出相应线段的长度，即可作答．解（1）由题可知，∵且，∴为等腰直角三角形，∴，∵，∴，当时，，,∵AB=AC，AD是△ABC的中线，∴AD⊥BC，，若四边形是菱形，则，∴．（2）解：①当时，，或，即或（舍去）．②当时，即．③时，，，，，，解得（舍去）．综上本题答案为：或．本题考查菱形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质．（1）掌握菱形的判定定理，并能结合题意灵活运用是解题关键；（2）中需注意分类讨论，能借助图形正确表示线段的长度是解题关键．12．（1）E(5，4)；（2）或；（3）存在，Q(4.8，-2.4)或(6.8，-2.4)．【解析】（1）设AE=x，根据勾股定理列方程得：（8-x）2+42=x2，解出可得结论；,（2）分两种情况：P在OA或AE上，分别根据三角形面积列式即可；（3）先根据分别计算PA和PE的长，如图4，过G作GH⊥OC于H，设OF=y，根据勾股定理列方程可得y的值，利用面积法计算GH的长，得G的坐标，根据平行四边形的性质和平移规律可得Q的坐标．解：（1）在矩形ABCO中，B(8，4)，∴AB=8，BC=4，设AE=x，则EC=x，BE=8-x，Rt△EBC中，由勾股定理得：EB2+BC2=EC2，∴（8-x）2+42=x2，解得：x=5，即AE=5，∴E(5，4)；（2）分两种情况：①当P在OA上时，0≤t≤2，如图2，S=S矩形OABC-S△PAE-S△BEC-S△OPC，=8×4-×5（4-2t）-×3×4-×8×2t，=-3t+16，②当P在AE上时，2＜t≤4.5，如图3，,S==×4×(9−2t)=2（9-2t）=-4t+18；（3）存在，由PA=PE可知：P在AE上，如图4，过G作GH⊥OC于H，∵AP+PE=5，∴AP=3，PE=2，设OF=y，则FG=y，FC=8-y，由折叠得：∠CGF=∠AOF=，OA=CG，由勾股定理得：FC2=FG2+CG2，∴（8-y）2=y2+42，解得：y=3，∴FG=3，FC=8-3=5，∴，∴×5×GH＝×3×4，解得：GH=2.4，由勾股定理得：FH，∴OH=3+1.8=4.8，∴G(4.8，-2.4)，∵点P、E、G、Q为顶点的四边形为平行四边形，且PE=2，∴Q(4.8，-2.4)或(6.8，-2.4)．此题考查四边形综合题，矩形的性质，翻折变换，勾股定理，平行四边形的判定和性质，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．13．（1）见解析；（2）．【解析】（1）由四边形ABCD是正方形，易证得△ABE≌△CBE，继而证得AE=CE，再由AE=CE，,AE=EN，即可证得∠ACN=90°，则可判定△CAN为直角三角形；（2）由AN=4，正方形的边长为6，易求得CN的长，然后由三角形中位线的性质，求得OE的长，继而求得答案．解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABD=∠CBD=45°，AB=CB，在△ABE和△CBE中，，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴AE=CE；∵AE=CE，AE=EN，∴∠EAC=∠ECA，CE=EN，∴∠ECN=∠N，∵∠EAC+∠ECA+∠ECN+∠N=180°，∴∠ACE+∠ECN=90°，即∠ACN=90°，∴△CAN为直角三角形；（2）∵正方形的边长为6，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴．,此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的判定以及勾股定理等知识．注意利用勾股定理求得各线段的长是关键．14．（1）见解析；（2）【解析】（1）根据四边形是平行四边形，得到，，再根据，得到，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形去判定．（2）先利用已知条件证四边形是菱形，再在中，利用勾股定理求BO，进而求BC，则可求菱形面积．解：（1）∵四边形是平行四边形，∴，，又∵，∴，，∴四边形是平行四边形．（2）如图，连接，交于点O，∵，，∴，由（1）得四边形是平行四边形，∴是菱形，∴，∵，∴，在中，，∴，∴．本题考查了平行四边形、菱形性质和判定的综合应用，熟练掌握相关知识是解答此题的关键．15．（1）见详解；（2）见详解；（3）,【解析】（1）根据旋转变换及三角形全等即可得解；（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，通过即可得解；（3）根据题意分两种情况∶P与O重合，H与C重合，通过构造全等三角形，求得MN=NQ，再设BM=a，则CM=4-a，MN=QN=a+2，根据，得出，进而得到a=，求得AG的长为于；根据BM=，可得，进而分析计算即可得出m的取值范围．解∶（1）结论∶EF=BE+FD．理由如下∶由旋转及题意知，F，D，G三点共线，BE=DG，AE=AG，∠BAE=∠DAG，∠EAF=BAD,∴∠GAF=∠DAF+∠DAG=∠DAF+∠BAE=∠BAD-∠EAF=∠EAF，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△AGF中，，∴∴.EF=FG，又∵FG=DG+DF=BE+DF，∴EF=BE+DF.（2）结论EF=BE+DF仍然成立．理由如下∶延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，如图所示∶,∵∠B+∠ADC＝180°，，∴，在△ABE和△ADG中，，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，，∴∠EAF=∠GAF，在△AEF和△AGF中，，∴∴.EF=FG.又∴FG=DG+DF=BE+DF，,∴EF=BE+DF．（3）①假设P与O重合，如图，∵O为EF的中点，∴O为正方形ABCD的对称中心，过A作ANEF交CD于N，则NF=AE=1，∴DN=CN=2，过O作交AD于，交BC于，，,过A作交BC于M，∴,,∴∠MAN=45°,延长CD到Q，使DQ=BM，由AB=AD，∠B=∠ADQ，BM=DQ，可得△ABM△ADQ，∴AM=AQ,∠BAM=∠DAQ∵∠MAN=45°,∠BAD=90°,∴∠BAM+∠DAN=45°=∠DAQ+∠DAN=∠QAN,∴∠MAN=∠QAN由AM=AQ，∠MAN=∠QAN，AN=AN，可得△MAN△QAN，,∴MN=NQ设BM=a，则CM=4-a，MN=QN=a+2，∵，,解得∶a=，∴BM=,CM=又∵，，②当H与C重合时，如图由①知BM=，∴m的取值范围为∶．本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转变换以及正方形的性质，熟练掌握相关各个性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键.,16．（1）见解析；（2）；（3）4【解析】（1）证明△ABE≌△DAF（SAS），得出∠ABE＝∠DAF，得出∠APB＝90°，可得出结论；（2）根据三角形ABE的面积可求出AP＝，证明△ABP≌△BCH（AAS），由全等三角形的性质得出BH＝AP＝，则PH＝BP﹣BH＝BP﹣AP，可求出答案；（3）证得∠CBP＝∠CPB，∠QPE＝∠QEP，可得出QE＝QP＝QA，在四边形QABC中，设，，则AB＝BC＝a，AQ＝x，QC＝x+a，由a2+（a﹣x）2＝（x+a）2可得出a，x的关系式，则可求出答案．（1）证明：∵正方形∴，∵∴∴∵∴∴∴∵∴(2)解：∵，∴，，∴，∴∵,∴∴∵∴∵和，且∴∴∴（3）解：∵为中点，且∴为以为底的等腰三角形∴，由（1）（2）的证明结果∵∴∴∴∵∴∴∴在中，为斜边的中线∴由，以及等腰三角形∴∴设，，则在中，,，根据勾股定理，有即得∴本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，平行线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想解决问题，学会用方程的思想方法解决问题．17．（1）见解析；（2），见解析【解析】（1）根据SAS证明可得PD=PB，再结合PD=PE即可得出结论；（2）证明是等腰直角三角形即可得出结论．解：（1）证明：∵四边形是正方形，∴，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∵，∴，∴，∵，∴．（2）．理由如下：∵由（1）知，，，∴设，∴，∵，∴，,∴，∴．∴是等腰直角三角形，∴．本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．18．（1）如图所示，见解析；（2）见解析；（3）当AB=AC时，矩形BECD是正方形，证明见解析．【解析】（1）根据角平分线及垂线的作图方法依次作图；（2）根据CD是AB的垂直平分线，推出∠CDB=90°，AC=BC，利用CN平分∠BCM求出∠DCN=∠DCB+∠BCN=90°，由BE⊥CN求得∠BEC=90°，即可得到结论；（3）当AB=AC时，矩形BECD是正方形，由AD=BD，AB=AC，求得BD=AC，根据AD⊥CD，∠CDB=90°，推出BD=CD，由此得到矩形BECD是正方形．（1）解：如图所示，（2）证明：∵CD是AB的垂直平分线，∴CD⊥BD，AD=BD，∴∠CDB=90°，AC=BC，∴∠DCB=∠ACB，∵CN平分∠BCM，,∴∠BCN=∠BCM，∵∠ACB+∠BCM=180°，∴∠DCN=∠DCB+∠BCN=（∠ACB+∠BCM）=90°，∵BE⊥CN，∴∠BEC=90°，∴四边形BECD是矩形；（3）当AB=AC时，矩形BECD是正方形∵AD=BD，AB=AC，∴BD=AC，∵AD⊥CD，∠CDB=90°，∴BD=CD，∴矩形BECD是正方形．此题考查作图—角平分线、垂线，矩形的判定定理，正方形的判定定理，正确作图及熟练掌握矩形和正方形的判定定理是解题的关键．19．（1）是等腰三角形，证明见解析；（2）．【解析】（1）根据折叠的性质可知，又因为，可知，即推出，所以，为等腰三角形．（2）设，则，在中根据勾股定理列出等式，解出x即可．（1）是等腰三角形，理由是：由折叠得：，∵四边形ABCD是矩形，∴，∴，∴，∴，∴是等腰三角形．（2）设，则，,∵四边形ABCD是矩形，∴，∴在中，，即，解得：，∴．本题考查翻折的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定以及勾股定理．根据翻折的性质间接证明出是解答本题的关键．20．（1）见解析；（2）①，见解析；②，见解析【解析】（1）根据线段的定义补图即可；（2）①证明△≌△，得到，利用，推出，即可得到；②如图，在线段上取点，使得，连接，证明△≌△，推出，，求出，得到△为等腰直角三角形，，即可得到．（1）补全的图形如图所示：（2）①解：.理由如下：由矩形性质知，∴，在△与△中，，,∴△≌△，∴，∵，∴，∴；②线段，，之间的数量关系：，如图，在线段上取点，使得，连接，在△与△中，，∴△≌△，∴，，∴，∴△为等腰直角三角形，∴，∴．此题考查矩形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，熟记三角形的判定定理是解题的关键．21．（1）；（2）见解析.【解析】（1）用正方形对角线平分对角，等腰三角形性质计算即可；（2）借助正方形的性质，证明三角形全等，运用等角对等边证明即可.（1）∵为正方形，∴．,又∵，∴．∴（2）证明：∵正方形关于对称，∴，∴．又∵，∴，∴，∴．本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形的全等，等腰三角形的判定，运用正方形的性质，证明三角形的全等是解题的关键.22．40【解析】先由矩形的性质得AD=BC=13cm，∠A=∠D=90°，AD∥BC，再由折叠的性质得AB=A'B=4cm，AE=A'E=3cm，CD=CD'=4cm，DF=D'F=3cm，求出EF的长，然后由梯形面积公式即可得出答案．解：如图所示：∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC=13cm，∠A=∠D=90°，AD∥BC，∴EF∥BC，AB⊥AD，由折叠的性质得：AB=A'B=4cm，AE=A'E=3cm，CD=CD'=4cm，DF=D'F=3cm，,∴EF=AD-AE-DF=13-3-3=7（cm），∴等腰梯形BCFE的面积=（EF+BC）×AB=（7+13）×4=40（cm2），故答案为：40．本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、等腰梯形的性质等知识；熟练掌握翻折变换和矩形的性质是解题的关键．23．【解析】如详解图：作垂足为F，的延长线，垂足为G，可证,可得四边形AFOG为正方形，BF=CG，AF=AG=，进而可求得答案．如图所示：作垂足为F，的延长线，垂足为G，则四边形AFOG为矩形，四边形BCDE是正方形，OB=OC，，S四边形AFDG为正方形,故答案为：．本题考查了正方形的性质和判定，全等三角形的性质，关键是构造全等三角形证明．24．20°【解析】根据最后一次折叠后恰好完全盖住∠EFG；整个过程共折叠了8次，可得CF与GF重合，依据平行线的性质，即可得到∠DEF的度数．解：设∠DEF=α，在图（1）中∵是长方形纸带，∴AD//BC，∴∠EFB=∠DEF=α，∵折叠8次后CF与GF重合，∴∠CFE=8∠EFB=8α，∵CF∥DE，∴∠DEF+∠CFE=180°，∴α+8α=180°，∴α=20°，即∠DEF=20°．故答案为：20°．本题考查了翻折变换以及矩形的性质．在本题中应理解∠DEF+∠CFE=180°．解决该题型题目时，根据翻折变换找出相等的边角关系是关键．25．【解析】用全等三角形的判定AAS得出△ADF≌△ECF，进而得出FG是△DCP的中位线，得出DG=GP=PE=,，再利用勾股定理得出BG的长，进而得出FG即可．解：如图，过点C作CP∥BG，交DE于点P．∵BC=CE=2，∴CP是△BEG的中位线，∴P为EG的中点．又∵AD=CE=2，AD∥CE，在△ADF和△ECF中，，∴△ADF≌△ECF（AAS），∴CF=DF，又CP∥FG，∴FG是△DCP的中位线，∴G为DP的中点．∵CD=CE=2，∴DE=2，因此DG=GP=PE=．连接BD，易知∠BDC=∠EDC=45°，所以∠BDE=90°．又∵，∴．,∴，故答案为：．此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定和勾股定理应用等知识，根据已知得出正确辅助线是解题关键．26．．【解析】根据旋转的可证明△BEF≌△CHE，作FM⊥CD于M，分别求出FM,MH的长，利用勾股定理即可求解．∵将△BEF绕点E顺时针旋转，得到△GEH，点H落在CD边上，∵BE=2，AF=2，BF=4∴GH=BF=EC=4，EH=EF=∴在Rt△HEC中，CH=∴BE=CH又∵∠B=∠C=90°，BF=CE=4∴△BEF≌△CHE作FM⊥CD于M，故四边形AFMD是矩形，∴DM=AF=2，MH=CM-CH=2，FM=AD=6∴FH=故答案为：．,此题主要考查正方形的性质与全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知勾股定理、正方形的性质、矩形的性质及全等三角形的判定定理．27．8【解析】过C作于点F，根据正方形的性质找出对应相等的边和角，求证出得到即可求三角形的面积．如图所示，过C作于点F，四边形ABCD是正方形，，，又，，，又，，，在和中，，，，，故答案为8．此题考查了正方形的性质和三角形全等的判定，以及三角形面积的公式，难度一般．28．【解析】,根据正方形ABCD，得，，，结合题意推导得、，通过证明，得，从而得到正方形面积，结合四边形面积，计算得到；过点M作交BE于点N，连接ME，根据正方形ABCD，通过计算即可完成求解．∵正方形ABCD∴，，∴，，∵过点D且垂直于DF的直线，与过点A且垂直于AC的直线交于点G∴，∴，∴，即∴∴∴∵四边形面积=正方形面积∴四边形面积=∵，且满足四边形面积∴∴∴如图，过点M作交BE于点N，连接ME,∵∠ABE的平分线交AD于点M∴∵，∴∴，设∵正方形ABCD∴∴故答案为：．本题考查了正方形、全等三角形、一元一次方程、二次根式、三角形角平分线、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握正方形、全等三角形、三角形角平分线的性质，从而完成求解．,29．【解析】先计算出C1、C2的长，进而得到规律，最后求出C2020的长即可．解：∵E是BC的中点，ED∥AB，∴DE是△ABC的中位线，∴DE＝AB＝，AD＝AC＝，∵EF∥AC，∴四边形EDAF是菱形，∴C1＝4×，同理C2＝4××=4×，…Cn＝4×，∴．故答案为：．本题考查了中位线的性质，菱形的判定与性质，根据题意得到规律是解题关键．30．或或1【解析】利用分类讨论，当∠ABP=90°时，如图2，由对顶角的性质可得∠AOC=∠BOP=60°，易得∠BPO=30°，易得BP的长，利用勾股定理可得AP的长；当∠APB=90°时，分两种情况讨论，情况一：如图1，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出PO=BO，易得△BOP为等边三角形，利用勾股定理可得AP的长；情况二：如图3，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得结论．当∠ABP=90°时（如图2），∵∠AOC=∠BOP=60°，∴∠BPO=30°，∴OP=2OB=2，∴BP=，,在直角三角形ABP中，AP=；当∠APB=90°时，分两种情况，情况一，（如图1），∵AO=BO，∴PO=BO，∵∠AOC=60°，∴∠BOP=60°，∴△BOP为等边三角形，∴BP=OB=1，∵AB=BC=2，∴AP=；情况二，如图3，∵AO=BO，∠APB=90°，∴PO=AO，∵∠AOC=60°，∴△AOP为等边三角形，∴AP=AO=1，故答案为：或或1．．本题主要考查了勾股定理，等边三角形的判定及性质，含30°直角三角形的性质和直角三角形斜边的中线，分类讨论，数形结合是解答此题的关键．