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 (35)(含解析)

第十八章第2节《特殊的平行四边形》提高训练卷(35)一、单选题1．如图，正方形中，，点E在边上，且．将沿对折至，延长交边于点G，连结、．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（）A．1B．2C．3D．42．如图，将长方形纸片沿对角线折叠，重叠部分为，则图中全等三角形共有（）A．0对B．1对C．2对D．3对3．在平面直角坐标系中，长方形OACB的顶点O在坐标原点，顶点A、B分别在x轴、y轴的正半轴上，OA＝3，OB＝4，D为边OB的中点，若E为x轴上的一个动点，当△CDE的周长最小时，求点E的坐标（）A．（一3，0）B．（3，0）C．（0，0）D．（1，0）4．如图，将菱形纸片折叠，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形的边长为4，，则的值是（）,A．B．2C．D．45．如图，将三角形纸片沿过边中点D、E的线段折叠，点A落在边上的点F处，下列结论中，一定正确的个数是（）①是等腰三角形②③四边形是菱形④A．1B．2C．3D．46．如图，在矩形中，点是的中点，的平分线交于点，将沿折叠，点恰好落在上点处，延长、交于点．有下列四个结论：①；②；③是等边三角形；④．其中，将正确结论的序号全部选对的是（）A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④7．如图，将等边与正方形按图示叠放，其中，两点分别在，上，且,．若，，则的面积为（）A．4B．C．2D．18．如图，在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，点M是边AB上一点（不与点A，B重合），作ME⊥AC于点E，MF⊥BC于点F，若点P是EF的中点，则CP的最小值是（　　）A．1.2B．1.5C．2.4D．2.5二、解答题9．如图，在四边形中，为一条对角线，，，，为的中点，连接．（1）求证：四边形为菱形；（2）连接，若平分，，求的长．10．如图1，在四边形中，若均为直角，则称这样的四边形为“美妙四边形”．,（1）概念理解：长方形__________________美妙四边形（填“是”或“不是”）；（2）性质探究：如图l，试证明：；（3）概念运用：如图2，在等腰直角三角形中，，点为的中点，点，点分别在上，连接，如果四边形是美妙四边形，试证明：．11．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分交于点E，连接．（1）求证：四边形是矩形；（2）若，求；（3）在（2）的条件下，若，求的面积．12．定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做和美四边形，对角线交点称为和美四边形中心．（1）写出一种你学过的和美四边形________；（2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是________A．矩形B．菱形C．正方形D．无法确定（3）如图1，点O是和美四边形的中心，分别是边的中点，连接，记四边形的面积为，用等式表示的数量关系（无需说明理由）（4）如图2，四边形是和美四边形，若，求的长．,13．已知：如图，在中，是边上的高，将沿方向平移，使点与点重合，得到．（1）求证：（2）若四边形是菱形，且，求的值．14．如图，将矩形沿DE折叠，连接CE使得点A的对应点F落在CE上．（1）求证：；（2）若，求的度数．15．已知正方形的边长为4，E是上一个动点，以点E为直角顶点，在正方形外侧等腰直角三角形，连结、、．（1）与的位置关系是__________．（2）①如图1，当（即点E与点D重合）时，的面积为_________．②如图2，当（即点E为的中点）时，的面积为________．③如图3，当时，的面积为_______．（3）如图4，根据上述计算的结果，当E是上任意一点时，请提出你对面积与正方形的面积之间关系的猜想，并证明你的猜想．16．如图，菱形EFGH的三个顶点E、G、H分别在正方形ABCD的边AB、CD、DA上，连接,CF．（1）求证：∠HEA＝∠CGF；（2）当AH＝DG时，求证：菱形EFGH为正方形．17．已知，点P是Rt△ABC斜边AB上一动点（不与A、B重合），分别过A、B向直线CP作垂线，垂足分别为D、E，M为斜边AB的中点（备注，可以直接用结论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半）．（1）如图1，当点P与点M重合时，AD与BE的位置关系是　　　　，MD与ME的数量关系是　　　　．（2）如图2，当点P在线段AB上不与点M重合时，试判断MD与ME的数量关系，并说明理由；（3）如图3，当点P在线段BA的延长线上且PQ是不与AB重合的任一直线时，分别过A、B向直线PQ作垂线，垂足分别为D、E，此时（2）中的结论是否成立？若成立，请说明理由．18．如图1，正方形ABCD，E为平面内一点，且，把绕点B逆时针旋转得，直线AG和直线CE交于点F．,（1）证明：四边形BEFG是正方形；（2）若，猜测CE和CF的数量关系，并说明理由；（3）如图2，连接DF，若，，求DF的长．19．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，AB＝DC＝4，AD＝BC＝8．延长BC到E，使CE＝3，连接DE，由直角三角形的性质可知DE＝5．动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点P运动的时间为t秒．（t＞0）（1）当t＝3时，BP＝　　；（2）当t＝　　时，点P运动到∠B的角平分线上；（3）请用含t的代数式表示△ABP的面积S；（4）当0＜t＜6时，直接写出点P到四边形ABED相邻两边距离相等时t的值．20．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上一点，连接AE，将∠B沿直线AE折叠，使点B落在点处．（1）如图1，当点E与点C重合时，与AD交于点F，求证：FA＝FC；,（2）如图2，当点E不与点C重合，且△为直角三角形时，求CE的长．21．阅读理解，在平面直角坐标系中，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，如何求P1P2的距离．如图1，作Rt△P1P2Q，在Rt△P1P2Q中，＝＋＝，所以＝．因此，我们得到平面上两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)之间的距离公式为＝．根据上面得到的公式，解决下列问题：（1）已知平面两点A(－3，4)，B(5，10)，求AB的距离；（2）若平面内三点A(－2，2)，B(5，－2)，C(1，4)，试判断△ABC的形状，说明理由；（3）如图2，在有对称美的正方形AOBC中，A(－4，3)，点D在OA边上，且D(－1，)，直线l经过O，C两点，点E是直线l上的一个动点，求DE＋EA的最小值．22．如图，在矩形中，M，N分别是，的中点，P，Q分别是，的中点．（1）求证：四边形是平行四边形．（2）猜想：四边形是哪种特殊的平行四边形？并证明你的猜想．,三、填空题23．已知，，，，若与全等，________．24．如图，在正方形中，有面积为4的正方形和面积为2的正方形、点分别在边上，点在边上，且组成的图形为轴对称图形，则正方形的面积为__________．25．如图，BD是矩形ABCD的对角线，在BA和BD上分别截取BE，BF，使BE＝BF；分别以E，F为圆心，以大于EF的长为半径作弧，两弧在∠ABD内交于点G，作射线BG交AD于点P，若AP＝3，则点P到BD的距离为_______．26．如图，在矩形ABCD中，AD＝2．将∠A向内翻折，点A落在BC上，记为，折痕为DE．若将∠B沿向内翻折，点B恰好落在DE上，记为，则AB＝_______．27．在长方形ABCD中，，，，CF平分，则_________．,28．如图在矩形中，对角线相交于点，若，则的长为_______．29．如图，矩形中，，，点E是边上的一个动点；把沿折叠，点A落在处，如果恰在矩形的对称轴上，则的长为______．30．如图，矩形全等于矩形，点C在上，连接，点H为的中点，若，，则的长为__________．,【答案与解析】1．C【解析】由正方形和折叠的性质得出AF＝AB，∠B＝∠AFG＝90°，由HL即可证明Rt△ABG≌Rt△AFG，得出①正确；设BG＝x，则CG＝BC−BG＝6−x，GE＝GF＋EF＝BG＋DE＝x＋2，由勾股定理求出x＝3，得出②正确；由等腰三角形的性质和外角关系得出∠AGB＝∠FCG，证出平行线，得出③正确；根据三角形的特点及面积公式求出△FGC的面积,即可求证④．∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝DC＝6，∠B＝D＝90°，∵CD＝3DE，∴DE＝2，∵△ADE沿AE折叠得到△AFE，∴DE＝EF＝2，AD＝AF，∠D＝∠AFE＝∠AFG＝90°，∴AF＝AB，∵在Rt△ABG和Rt△AFG中，，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），∴①正确；∵Rt△ABG≌Rt△AFG，∴BG＝FG，∠AGB＝∠AGF，设BG＝x，则CG＝BC−BG＝6−x，GE＝GF＋EF＝BG＋DE＝x＋2，在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG2＋CE2＝EG2，∵CG＝6−x，CE＝4，EG＝x＋2∴（6−x）2＋42＝（x＋2）2解得：x＝3，∴BG＝GF＝CG＝3，∴②正确；∵CG＝GF，,∴∠CFG＝∠FCG，∵∠BGF＝∠CFG＋∠FCG，又∵∠BGF＝∠AGB＋∠AGF，∴∠CFG＋∠FCG＝∠AGB＋∠AGF，∵∠AGB＝∠AGF，∠CFG＝∠FCG，∴∠AGB＝∠FCG，∴AG∥CF，∴③正确；∵△CFG和△CEG中，分别把FG和GE看作底边，则这两个三角形的高相同．∴，∵S△GCE＝×3×4＝6，∴S△CFG＝×6＝，∴④不正确；正确的结论有3个，故选：C．本题考查了正方形性质、折叠性质、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的性质和判定、平行线的判定等知识点的运用；主要考查学生综合运用性质进行推理论证与计算的能力，有一定难度．2．C【解析】因为图形对折，所以首先△CDB≌△ABD，由于四边形是长方形，进而可得△ABE≌△CDE，如此答案可得．解：∵△BDC是将长方形纸片ABCD沿BD折叠得到的，∴CD=AB，AD=BC，∵BD=BD，∴△CDB≌△ABD（SSS），∴∠CBD=∠ADB∴EB=ED∴CE=AE,又AB=CD∴△ABE≌△CDE，∴图中全等三角形共有2对故选：C本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、SSA、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．做题时要由易到难，循序渐进．3．D【解析】由于C、D是定点，则CD是定值，如果△CDE的周长最小，即DE＋CE有最小值．为此，作点D关于x轴的对称点D′，当点E在线段CD′上时，△CDE的周长最小．如图，作点D关于x轴的对称点D′，连接CD′与x轴交于点E，连接DE．若在边OA上任取点E′与点E不重合，连接CE′、DE′、D′E′由DE′＋CE′＝D′E′＋CE′＞CD′＝D′E＋CE＝DE＋CE，∴△CDE的周长最小．∵OB＝4，D为边OB的中点，∴OD＝2，∴D（0，2），∵在长方形OACB中，OA＝3，OB＝4，D为OB的中点，∴BC＝3，D′O＝DO＝2，D′B＝6，∵OE∥BC，∴Rt△D′OE∽Rt△D′BC，∴，即：，即：OE＝1，∴点E的坐标为（1，0）故选：D．,此题主要考查轴对称−−最短路线问题，解决此类问题，一般都是运用轴对称的性质，将求折线问题转化为求线段问题，其说明最短的依据是：两点之间线段最短．4．B【解析】根据菱形的性质证明△ABD是等边三角形，求得BD=4，再证明EF是△ABD的中位线即可得到结论．解：连接AC，BD∵四边形ABCD是菱形，∴，BD平分∠ABC，∴∠∵∴△ABD是等边三角形，∴由折叠的性质得：，EF平分AO，又∵，∴∴EF为△ABD的中位线，∴,故选：B．本题考查了折叠性质，菱形性质，主要考查学生综合运用定理进行推理和计算的能力．5．C【解析】根据菱形的判定和等腰三角形的判定，采用排除法，逐条分析判断．解：①∵DE∥BC，∴∠ADE＝∠B，∠EDF＝∠BFD，又∵△ADE≌△FDE，∴∠ADE＝∠EDF，AD＝FD，AE＝CE，∴∠B＝∠BFD，∴△BDF是等腰三角形，故①正确；同理可证，△CEF是等腰三角形，∴BD＝FD＝AD，CE＝FE＝AE，∴DE是△ABC的中位线，∴DE=BC，故②正确；∵∠B＝∠BFD，∠C＝∠CFE，又∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠B+∠BFD+∠BDF＝180°，∠C+∠CFE+∠CEF＝180°，∴∠BDF+∠FEC＝2∠A，故④正确．而无法证明四边形ADFE是菱形，故③错误．所以一定正确的结论个数有3个，故选：C．本题考查了菱形的判定，中位线定理，等腰三角形的判定和性质，菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分．具体选择哪种方法需要根据已知条件来确定．6．B【解析】由折叠的性质、矩形的性质与角平分线的性质，可证得CF＝FM＝DF，即可判断①；易求得∠BFE＝∠BFN，则可得BF⊥EN，即可判断②；易证得△BEN是等腰三角形，但无法判定是等边三角形，即可判断③；易求得BM＝2EM＝2DE，即可得EB＝3EM,，根据等高三角形的面积比等于对应底的比，即可判断④．∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠BCD＝90°，DF＝MF，由折叠的性质可得：∠EMF＝∠D＝90°，即FM⊥BE，CF⊥BC，∵BF平分∠EBC，∴CF＝MF，∴DF＝CF；故①正确；∵∠BFM＝90°−∠EBF，∠BFC＝90°−∠CBF，∴∠BFM＝∠BFC，∵∠MFE＝∠DFE＝∠CFN，∴∠BFE＝∠BFN，∵∠BFE＋∠BFN＝180°，∴∠BFE＝90°，即BF⊥EN，故②正确；∵在△DEF和△CNF中，∴△DEF≌△CNF（ASA），∴EF＝FN，∴BF垂直平分EN，∴BE＝BN，假设△BEN是等边三角形，则∠EBN＝60°，∠EBA＝30°，则AE＝BE，又∵AE＝AD，则AD＝BC＝BE，而明显BE＝BN＞BC，∴△BEN不是等边三角形；故③错误；∵∠BFM＝∠BFC，BM⊥FM，BC⊥CF，∴BM＝BC＝AD＝2DE＝2EM，,∴BE＝3EM，∴S△BEF＝3S△EMF＝3S△DEF；故④正确．故选：B．此题考查了折叠的性质、矩形的性质、角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．7．C【解析】过F作FQ⊥BC于Q，根据等边三角形的性质和判定和正方形的性质求出BE＝2，∠BED＝60°，∠DEF＝90°，EF＝2，求出∠FEQ，求出CE和FQ，即可求出答案．过F作FQ⊥BC于Q，则∠FQE＝90°，∵△ABC是等边三角形，AB＝6，∴BC＝AB＝6，∠B＝60°，∵BD＝BE，DE＝2，∴△BED是等边三角形，且边长为2，∴BE＝DE＝2，∠BED＝60°，∴CE＝BC−BE＝4，∵四边形DEFG是正方形，DE＝2，∴EF＝DE＝2，∠DEF＝90°，∴∠FEC＝180°−60°−90°＝30°，∴QF＝EF＝1，∴△EFC的面积=×CE×FQ＝×4×1＝2，故选：C．,本题考查了等边三角形的性质和判定、正方形的性质等知识点，能求出CE和FQ的长度是解此题的关键．8．A【解析】先由勾股定理求出AB=5，再证四边形CEMF是矩形，得EF=CM，当CM⊥AB时，CM最短，此时EF也最小，则CP最小，然后由三角形面积求出CM=2.4，即可得出答案．解：连接CM，如图所示：∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4，∴AB=，∵ME⊥AC，MF⊥BC，∠ACB=90°，∴四边形CEMF是矩形，∴EF=CM，∵点P是EF的中点，∴CP=EF，当CM⊥AB时，CM最短，此时EF也最小，则CP最小，∵△ABC的面积=AB×CM=AC×BC，∴CM==，∴CP=EF=CM=1.2，故选：A．本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、三角形面积以及最小值等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．9．（1）见解析；（2）【解析】,（1）根据，为的中点，证得四边形是平行四边形，再根据BE=DE即可证得结论；（2）根据AD∥BC，平分，求出AD=2BC=2=2AB，得到，，，根据求出答案即可．（1）证明：，为的中点，．，四边形是平行四边形．，，，则四边形是菱形；（2）解：如答图所示，连接，，平分，．．，，在中，．，，．在中，，．．此题考查菱形的判定定理及性质定理，勾股定理，直角三角形30度角的性质，平行线的性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，熟记菱形的判定及性质是解题的关键．,10．（1）是；（2）见解析；（3）见解析【解析】（1）因为长方形的四个角都是直角，所以长方形是美妙四边形；（2）连接BD，在Rt△ABD和Rt△CBD中，根据勾股定理可以解决；（3）连接AD，利用等腰直角三角形的性质证明，，，于是可证，继而证明用ASA证明，根据全等三角形的性质得，据此可得．解：（1）∵长方形的四个角都是直角，∴长方形是美妙四边形；故答案是：是；（2）如图1，连接BD，在Rt△ABD中，，在Rt△CBD中，，∴，∴；（3）如图2，连接AD，∵四边形是美妙四边形，，∴，∵，点为的中点，∴，，，,∴，在Rt△ADF和Rt△BDE中，∴，本题考查了四边形综合问题，等腰直角三角形的性质及全等三角形的判定和性质，勾股定理，作辅助线构造直角三角形或全等三角形是解题关键．11．（1）见解析；（2）135°；（3）【解析】（1）证明∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°即可解决问题；（2）证明△DCE是等腰直角三角形，得到∠DEC=45°，CD=CE，结合∠BDE得到∠CBD=∠ADB=30°，从而说明△OCD是等边三角形，得到CE=OC=CD，结合∠BCA的度数，根据三角形内角和求出∠COE，再加上∠COD的度数即可；（3）作OF⊥BC于F，求出OF=CD=1，再求出EC，可得BE，从而计算面积．解：（1）∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD=180°，∵∠ABC=90°，∴∠BAD=90°，∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，∴四边形ABCD是矩形．（2）由（1）可得：AO=CO，BO=DO，AC=BD，∴OD=OC，∵DE平分∠ADC，∴∠CDE=45°，∴△DCE是等腰直角三角形，∴∠DEC=45°，CD=CE，∵∠BDE=15°，,∴∠DBC=∠ADB=45°-15°=30°，∴∠BDC=60°，又OD=OC，∴△OCD是等边三角形，∴OC=CD=CE，∠DCO=∠COD=60°，∴∠OCE=30°，∴∠COE=∠CEO=（180°-30°）÷2=75°，∴∠DOE=∠COD+∠COE=60°+75°=135°；（3）作OF⊥BC于F．∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB=2，∠BCD=90°，AO=CO，BO=DO，AC=BD，∴AO=BO=CO=DO，∴BF=FC，∴OF=CD=1，∵EC=CD=AB=2，∴AC=BD=4，∴BC==，∴BE=BC-CE=-2，∴△BOE的面积===．本题考查矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题，属于中考常考题型．12．（1）正方形；（2）A；（3）S1+S3＝S2+S4；（4）【解析】（1）根据正方形的对角线互相垂直解答；（2）根据矩形的判定定理解答；（3）根据三角形的中线把三角形分为面积相等的两部分解答；,（4）根据和美四边形的定义、勾股定理计算即可．解：（1）正方形是学过的和美四边形，故答案为：正方形；（2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是矩形，故选：A．（3）由和美四边形的定义可知，AC⊥BD，则∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOA＝90°，又E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，∴△AOE的面积＝△BOE的面积，△BOF的面积＝△COF的面积，△COG的面积＝△DOG的面积，△DOH的面积＝△AOH的面积，∴S1+S3＝△AOE的面积+△COF的面积+△COG的面积+△AOH的面积＝S2+S4；（4）如图2，连接AC、BD交于点O，则AC⊥BD，∵在Rt△AOB中，AO2＝AB2-BO2，Rt△DOC中，DO2＝DC2-CO2，AB＝3，BC＝2，CD＝4，∴可得AD2＝AO2+DO2＝AB2-BO2+DC2-CO2＝AB2+DC2-BC2＝32+42-22＝21，即可得AD=．本题考查的是和美四边形的定义、矩形的判定、勾股定理的应用，正确理解和美四边形的定义、掌握矩形的判定定理是解题的关键．13．（1）见详解；（2）AB：BC=2：3．,【解析】（1）根据平移的性质，可得：AE=CG，再证明Rt△ABE≌Rt△CDG即可得到BE=DG；（2）根据四边形ABFG是菱形，得出AB=BF；根据条件找到满足AB=BF的AB与BC满足的数量关系即可．证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD．∵AE是BC边上的高，且CG是由AE沿BC方向平移而成．∴CG⊥AD．∴∠AEB=∠CGD=90°．∵AE=CG，AB=CD，∴Rt△ABE≌Rt△CDG（HL）．∴BE=DG；（2）∵四边形ABFG是菱形∴AB∥GF，AG∥BF，∵Rt△ABE中，∠B=60°，∴∠BAE=30°，∴BE=AB．（直角三角形中30°所对直角边等于斜边的一半）∵四边形ABFG是菱形，∴AB=BF．∴BE=CF，∴EF=AB，∴BC=AB，∴AB：BC=2：3．本题考查平移的基本性质是：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等和平行四边形的性质以及菱形的性质．14．（1）见解析；（2）75°,【解析】（1）由矩形的性质可得AD=BC，∠A=∠B=90°，CD∥AB，由折叠的性质可得AD=DF，∠A=∠DFE=90°，由“AAS”可证△CEB≌△DCF；（2）由直角三角形的性质可求∠DCF=30°，∠CDF=60°，由折叠的性质可得∠ADE=∠EDF=15°，即可求∠CDE的度数．解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形∴AD=BC，∠A=∠B=90°，CD∥AB，CD=AB，∴∠DCF=∠CEB，∵将矩形ABCD沿DE折叠，连接CE使得点A的对应点F落在CE上，∴AD=DF，∠A=∠DFE=90°，∴∠DFC=∠B=90°，DF=BC，∠DCE=∠CEB，∴△CEB≌△DCF（AAS）．（2）∵AB=2BC，∴CD=2DF，且∠DFC=90°，∴∠DCF=30°，∴∠CDF=60°，∵∠ADF=∠ADC-∠CDF=30°，∵将矩形ABCD沿DE折叠，连接CE使得点A的对应点F落在CE上．∴∠ADE=∠EDF=15°，∴∠CDE=∠CDF+∠EDF=75°．本题考查了翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用折叠的性质是本题的关键．15．（1）平行；（2）①8；②8；③8；（3）S正方形ABCD，理由见解析【解析】（1）证、、共线，根据平行四边形的判定推出平行四边形即可；（2）①根据三角形的面积公式求出即可；②③根据代入求出即可；（3）由（2）求出的面积，求出正方形的面积，即可得出答案．解：（1）正方形，等腰直角三角形，，,，即、、三点共线，，，四边形是平行四边形，，故答案为：平行．（2）①的面积是，故答案为：8．②的面积是：，故答案为：8．③与②求法类似：的面积是，故答案为：8．（3）面积与正方形的面积之间关系是S正方形ABCD．证明：，S正方形ABCD，∴S正方形ABCD．本题综合考查了正方形的性质，三角形的面积，等腰直角三角形，平行四边形的性质和判定等知识点的应用，解此题的关键是把要求的三角形的面积转化成能根据已知求出的三角形的面积的和或差的形式，再根据三角形的面积公式求出每一部分的面积．16．（1）见解析；（2）见解析.,【解析】（1）连接GE，根据正方形对边平行，得∠AEG=∠CGE，根据菱形的对边平行，得∠HEG=∠FGE，利用两个角的差求解即可；（2）根据正方形的判定定理，证明∠GHE=90°即可．证明：（1）连接GE，∵AB∥CD，∴∠AEG=∠CGE，∵GF∥HE，∴∠HEG=∠FGE，∴∠HEA=∠CGF；（2）∵四边形ABCD是正方形，∴∠D=∠A=90°，∵四边形EFGH是菱形，∴HG=HE，在Rt△HAE和Rt△GDH中，，∴Rt△HAE≌Rt△GDH，∴∠AHE=∠DGH，∵∠DHG+∠DGH=90°，∴∠DHG+∠AHE=90°，∴∠GHE=90°，∴菱形EFGH为正方形.本题考查了正方形的性质和判定，菱形的性质，平行线的性质，熟记正方形的性质和判定是解题的关键.,17．（1），；（2），理由见解析；（3）成立，理由见解析．【解析】（1）为的中点，可得：，由，可得，再证明，从而可得结论；（2）如图，延长交于再证明，可得，再利用直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半可得结论；（3）延长与交于点同理可得：可得再证明再利用直角三角形的斜边上的中线等于斜边的一半可得结论．解：（1）如图，为的中点，即故答案为：，（2）如图，延长交于,由（1）得：，为的中点，（3）延长与交于点,同理可得：本题考查的平行线的判定与性质，三角形全等的判定与性质，同时考查自主应用结论的能力，掌握作出适当的辅助线构建三角形全等是解题的关键．18．（1）见解析；（2）CE=CF，理由见解析；（3）或【解析】（1）根据正方形的判定定理进行证明即可；（2）证明≌得，AH=BG，再证明△DHG是等腰直角三角形，可得DH=BH=AG，最后由BEFG是正方形可得结论；（3）分点F在AB右侧和左侧两种情况求解即可．解：（1）证明：，把绕点B逆时针旋转得，，，，则，，四边形BEFG是正方形；（2），理由如下：过D点作，垂足为H，如图，,四边形ABCD是正方形，，，，，，，在和中，≌，，∵∠DGH=180°-∠AGD=45°∴在Rt△DHG中，∠GDH=45°∴DH=GH=AG∴又，，，；（3）①点F在AB右侧时，如图，过D作DK⊥AG，交其延长线于K．,设正方形BEFG的边长为x，则，，在中，，根据勾股定理可得，，即，解得，不符合条件，舍去，即，，∵四边形BEFG是正方形，∴∠BAD=90°．∵DK⊥AG，∴∠K=90°．∵∠BAG+∠KAD=180°—∠BAD=90°∠ADK+∠KAD=90°∴∠BAG=∠ADK在Rt△ABG和Rt△DAK中，所以Rt△ADK≌，则AK=BG=12，DK=AG=5，,∵AF+FK=AK=BG=GF=AG+AF∴FK=AG=5在Rt△DFK中，根据勾股定理可得，DF=②点F在AB左侧时，如图，过D作DK⊥AG，交其延长线于K．方法同①，可得FK=AG=12，在Rt△DFK中，根据勾股定理可得，DF=综上所述，DF的长为或．此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握相关性质和定理是解本题的关键．19．（1）6；（2）8；（3）①当点P在BC上运动时，S△ABP=4t；（0＜t＜4）；②当点P在CD上运动时，S△ABP=16；（4≤t≤6）；③当点P在AD上运动时，S△ABP=-4t+40；（6＜t≤10）；（4）t=2s或t=3s,或t=s【解析】（1）根据题意可得BP=2t，进而可得结果；（2）根据∠A=∠ABC=∠BCD=，可得四边形ABCD是矩形，根据角平分线定义可得AF=AB=4，得DF=4，进而可得t的值；（3）根据题意分3种情况讨论：①当点P在BC上运动时，②当点P在CD上运动时，③当点P在AD上运动时，分别用含t的代数式表示△ABP的面积S即可；（4）当0＜t＜6时，点P在BC、CD边上运动，根据题意分情况讨论：①当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，点P到AB边的距离也为4，②当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，点P到DE边的距离也为4，③当点P在CD上且P到BE与DE距离一样时．解：（1）由题意得：BP=2t=2×3=6，故答案为：6；（2）如图，作∠ABC的角平分线交AD于F，∴∠ABF=∠FBC，∵∠A=∠ABC=∠BCD=，∴四边形ABCD是矩形，∵AD∥BC，∴∠AFB=∠FBC，∴∠ABF=∠AFB，∴AF=AB=4，∴DF=AD-AF=8-4=4，∴BC+CD+DF=8+4+4=16，∴2t=16，解得t=8．∴当t=8时，点P运动到∠ABC的角平分线上；故答案为：8；（3）根据题意分3种情况讨论：,①当点P在BC上运动时，S△ABP＝×BP×AB=×2t×4=4t；（0＜t＜4）；②当点P在CD上运动时，S△ABP＝×AB×BC=×4×8=16；（4≤t≤6）；③当点P在AD上运动时，S△ABP＝×AB×AP=×4×（20-2t）=-4t+40；（6＜t≤10）；（4）当0＜t＜6时，点P在BC、CD边上运动，根据题意分情况讨论：①当点P在BC上，且点P到AB与AD距离一样时，∵点P到AD边的距离为4，∴点P到AB边的距离也为4，即BP=4，∴2t=4，解得t=2s；②当点P在BC上，且P到DE与AD距离一样时，如图，过P作PF⊥DE于点F，则PF=4，∵PF⊥DE，∴∠PFE=∠DCE=90°，∴在△PFE和△DCE中，，∴△PFE≌△DCE(AAS)，∴PE=DE=5，∴BP=BC+CE-PE=8+3-5=6，∴；③当点P在CD上，则P到BE与DE距离一样时，如图，过点P作PH⊥DE于点H，,设PC=PH=x，则，，∴，解得：x=1.5，∴BC+CP=8+1.5=9.5，∴．综上所述：t=2s或t=3s或t=s时，点P到四边形ABED相邻两边距离相等．本题考查平行四边形的性质、角平分线定理、三角形的面积、全等三角形的判定与性质，解题的关键是综合运用以上知识．20．（1）证明见解析；（2）CE的长为或1．【解析】（1）根据平行线的性质及折叠性质证明∠FAC=∠FCA即可．（2）分两种情况：①当时，设CE=x．根据折叠的性质证明A、、C三点共线，然后在Rt△中，根据勾股定理EC2=2+2列方程求解即可；②当时．根据折叠的性质证明△是等腰直角三角形，即可求解．解：（1）如图1，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，,∴∠FAC=∠ACB，∵∠ACB=∠ACF，∴∠FAC=∠FCA，∴FA=FC．（2）分两种情况：①当时，如图2，设CE=x，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∴AC2=AB2+BC2=32+42=25，∴AC=5，由折叠可知：，，，∴，∴A、、C三点共线，∴=5-3=2，在Rt△中，EC2=2+2∴x2=（4-x）2+22，∴x=，∴CE=．②当时，如图3．,∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∵，∴，由折叠可知：，∴，∴△是等腰直角三角形，∴BE=AB=3，∴=BC-BE=4-3=1，综上所述，CE的长为或1．本题属于矩形折叠问题，考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．21．（1）10；（2）直角三角形，理由见解析；（3）最小值为BD=．【解析】(1)直接代入两点间的距离公式计算即可；（2）利用公式计算三角形三边的长，根据边长的关系判定三角形的形状；（3）根据正方形的性质,知点A关于直线OC的对称点是B,因此EA+ED的最小值为BD,求得点B的坐标,利用距离公式即可求得.(1)∵点A(－3，4)，B(5，10)，∴AB==10;(2)△ABC是直角三角形;理由如下:∵A(－2，2)，B(5，－2)，C(1，4)，,∴==65,==52,==13,∴+=,故△ABC是直角三角形；(3)过点A,B分别作AM⊥x轴，BN⊥x轴，垂足分别为M，N，∵四边形ABCD是正方形，∴OA=OB，∠AOB=90°，∵∠AOM+∠NOB=90°，∠AOM+∠MAO=90°，∴∠MAO=∠NOB，∴△MAO≌△NOB，∴AM=ON，MO=BN，∵A(-4,3)，∴OM=4，AM=3,∴ON=3,BN=4，∴B（3,4），∵点A关于直线OC的对称点是B,∴EA+ED的最小值为BD,,∵D(－1，)，∴BD==,故DE＋EA的最小值为.这是一道阅读理解型考题，主要考查了坐标系中任意两点之间距离的计算，正方形的性质，互余原理，三角形的全等，线段和最小值，坐标与线段的关系，理解两点间距离公式，活用将军饮马河原理是解题的关键.22．（1）见解析；（2）菱形，理由见解析【解析】（1）因为M，N分别是AD，BC的中点，由矩形的性质可得DM=BN，DM∥BN，利用平行四边形的判定定理可得结论；（2）由四边形DMBN是平行四边形，求出BM=DN，BM∥DN，求出三角形MPNQ是平行四边形，根据直角三角形斜边上中线性质求出MQ=NQ，根据菱形判定推出即可．解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD=BC，∵M、N分别AD、BC的中点，∴DM=BN，∴四边形DMBN是平行四边形；（2）四边形MPNQ是菱形．∵四边形DMBN是平行四边形，∴BM=DN，BM∥DN，∵P、Q分别BM、DN的中点，∴MP=NQ，MP∥NQ，∴四边形MPNC是平行四边形，连接MN，∵四边形ABCD是矩形，,∴AD∥BC，AD=BC，∵M、N分别AD、BC的中点，∴DM=CN，∴四边形DMNC是矩形，∴∠DMN=∠C=90°，∵Q是DN中点，∴MQ=NQ，∴四边形MPNQ是菱形．本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，矩形的性质，综合运用各性质定理是解答此题的关键23．5cm或cm或cm．【解析】利用勾股定理列式求出AB，然后分①点P与点C在AB的两侧时，AP与BC是对应边时，四边形ACBP是矩形，然后利用勾股定理列式计算即可得解；AP与AC是对应边时，根据对称性可知AB⊥PC，再利用三角形的面积列式计算即可得解；②点P与点C在AB的同侧时，利用勾股定理求出BD，再根据PC=AB-2BD计算即可得解．解：在中，，，，由勾股定理得，，如图，①点P与点C在AB的两侧时，若AP与BC是对应边，则四边形ACBP1是矩形，∴P1C=AB=5cm，若AP与AC是对应边，则△ABC和△ABP关于直线AB对称，∴AB⊥PC设AB与P2C相交于点D，则S△ABC=×5•CD=×3×4，解得CD=，,∴P2C=2CD=2×=，②点P3与点C在AB的同侧时，由勾股定理得，，过点P3作P3E⊥AB，垂足E，连接P3C，如图，则有×5•P3E=×3×4，∴P3E=∴P3E=CD又P3E⊥AB，CD⊥AB，∴P3E//CD，∴四边形P3CDE是平行四边形，又∠CDE=90°∴四边形P3CDE是矩形，∴P3C=DE∵≌∴P3A=BC，∠P3AB=∠CBA又∠P3EA=∠CDB=90°∴△P3AE≌△CBD∴AE=BD∴P3C=AB-2BD=5-2×=，综上所述，PC的长为5cm或cm或cm．故答案为：5cm或cm或cm．本题考查了全等三角形的对应边相等的性质，勾股定理，轴对称性，难点在于分情况讨论，作出图形更形象直观．,24．【解析】连接，交于，交于，交于，依据轴对称图形的性质，即可得到的长，进而得到正方形的面积．解：如图，连接，交于，交于，交于，正方形中，有面积为4的正方形和面积为2的正方形，，，又组成的图形为轴对称图形，为对称轴，、为等腰直角三角形，四边形、四边形为矩形，，，，，，正方形的面积，故答案为：．本题主要考查了轴对称图形，轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合；轴对称图形的对称轴可以是一条，也可以是多条甚至无数条．25．3【解析】首先结合作图的过程确定BP是∠ABD的平分线，然后根据角平分线的性质求得点P到BD的距离即可．结合作图的过程知：BP平分∠ABD，∵∠A＝90°，AP＝3，,∴点P到BD的距离等于AP的长，为3，故答案为：3．考查了尺规作图的知识及角平分线的性质、矩形的性质等知识，解题的关键是根据图形确定BP平分∠ABD．26．【解析】利用矩形和折叠的性质，证明∠ADE=∠A'DE=∠A'DC=30°，∠C=∠A'B'D=90°，推出△DB'A'≌△DCA'，那么DC=DB'，设AB=DC=x，在Rt△ADE中，通过勾股定理可求出AB的长度．解：∵四边形ABCD为矩形，∴∠ADC=∠C=∠B=90°，AB=DC，由翻折知，△AED≌△A'ED，△A'BE≌△A'B'E，∠A'B'E=∠B=∠A'B'D=90°，∴∠AED=∠A'ED，∠A'EB=∠A'EB'，BE=B'E，∴∠AED=∠A'ED=∠A'EB=×180°=60°，∴∠ADE=90°-∠AED=30°，∠A'DE=90°-∠A'EB'=30°，∴∠ADE=∠A'DE=∠A'DC=30°，又∵∠C=∠A'B'D=90°，DA'=DA'，∴△DB'A'≌△DCA'（AAS），∴DC=DB'，在Rt△AED中，∠ADE=30°，AD=2，∴AE==，设AB=DC=x，则BE=B'E=x-∵AE2+AD2=DE2，∴解得，x1=−（负值舍去），x2=，故答案为：．,本题考查了矩形的性质，轴对称的性质等，解题关键是通过轴对称的性质证明∠AED=∠A'ED=∠A'EB=60°．27．【解析】延长CF，交EA的延长线于点G，连接EF，过点F作FH⊥CE于点H，过点E作EM⊥CF于点M，由题意易得FH=FD，FH=EM，EC=EG，进而可得△CDF≌△CME，然后可得CM=CD=，由勾股定理可得BG=3，设BE=x，则有EC=EG=3+x，最后利用勾股定理可求解．解：延长CF，交EA的延长线于点G，连接EF，过点F作FH⊥CE于点H，过点E作EM⊥CF于点M，如图所示：∵四边形ABCD是矩形，，∴BC=AD，，AB∥DC，∠D=∠ABC=∠CBE=90°∴∠DCF=∠G，∵CF平分∠ECD，∴∠DCF=∠ECF，DF=FH，∴∠G=∠ECF，∴EC=EG，∴△ECG是等腰三角形，∴CM=MG，∵CE=CF，∴△ECF是等腰三角形，∵EM、FH分别是等腰三角形ECF腰上的高线，∴FH=EM=DF，∴Rt△CDF≌Rt△CME（HL），,∴，∴CG=5，∴在Rt△CBG中，，设BE=x，则有EC=EG=3+x，在Rt△CBE中，，∴，解得：，∴；故答案为．本题主要考查等腰三角形的性质与判定、矩形的性质及勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质与判定、矩形的性质及勾股定理是解题的关键．28．4【解析】根据30度所对的直角边等于斜边的一半求出AC=4，利用矩形的性质得到BD=AC=4即可．在矩形中，，，，∵四边形是矩形，．故答案为：4．此题考查矩形的性质，直角三角形30度角的性质，熟记各性质是解题的关键．29．2或【解析】分两种情况：①过A′作MN∥CD交AD于M，交BC于N，则直线MN是矩形ABCD的对称轴，得出AM=BN=AD=2，由勾股定理得到A′N=0，求得A′M=2，再得到A′E即可；②过A′作PQ∥AD,交AB于P，交CD于Q；求出∠EBA′=30°，再利用勾股定理求出A′E，即可得出结果．解：分两种情况：①如图1，过A′作MN∥CD交AD于M，交BC于N，则直线MN是矩形ABCD的对称轴，∴AM=BN=AD=2，∵△ABE沿BE折叠得到△A′BE，∴A′E=AE，A′B=AB=2，∴A′N==0，即A′与N重合，∴A′M=2=A′E，∴AE=2；②如图2，过A′作PQ∥AD交AB于P，交CD于Q，则直线PQ是矩形ABCD的对称轴，∴PQ⊥AB，AP=PB，AD∥PQ∥BC，∴A′B=2PB，∴∠PA′B=30°，∴∠A′BC=30°，∴∠EBA′=30°，设A′E=x，则BE=2x，在△A′EB中，，解得：x=，∴AE=A′E=；,综上所述：AE的长为2或，故答案为：2或．本题考查了翻折变换—折叠问题，矩形的性质，勾股定理；正确理解折叠的性质是解题的关键．30．【解析】连接并延长交于Q，由矩形的性质得出，，，由平行线的性质得出，由证得，得出，，，，则是等腰直角三角形，得出，由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．如图所示：连接并延长交于Q，∵矩形全等于矩形，∴，，，，∴，∵点H为的中点，∴，,在和中，，∴，∴，，，，∴是等腰直角三角形，∴，在中，，∴，故答案为：．本题考查了矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质，通过作辅助线构建全等三角形是解题的关键．