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第十八章第2节《特殊的平行四边形》提高训练卷(5)一、单选题1．如图．在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，已知AO＝5，∠AOB＝60°，则下列选项中图形的周长是有理数的是（ ）A．ABCB．BOCC．CODD．矩形ABCD2．矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，则点A到BD的距离是（ ）A．4B．4.6C．4.8D．53．如图，在矩形ABCD中，在CD上取点E，连接AE，在AE，AB上分别取点F，G，连接DF，GF，，将沿FD翻折，点A落在BC边的处，若，且，，的长是（）A．B．C．D．4．如图，E、F分别是矩形ABCD边上的两点，设∠ADE＝α，∠EDF＝β，∠FDC＝γ，若∠AED＝α+β，下列结论正确的是（）A．α＝βB．α＝γC．α+β+2γ＝90°D．2α+γ＝90°5．如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DF垂直平分OC，交AC于点E，交BC于点F，连接AF，若AB＝．则AF的长为（ ）,A．B．2C．3D．6．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=5，AC=12，P为边BC上一动点（P不与B、C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的取值范围是（）A．≤AM＜6B．≤AM＜12C．≤AM＜12D．≤AM＜67．如图，O是菱形的对角线的交点，E，F分别是的中点给出下列结论：①；②四边形也是菱形；③四边形的面积大小等于；④；⑤是轴对称图形．其中正确的结论有（）A．2个B．3个C．4个D．5个8．如图，把菱形ABCD向右平移至DCEF的位置，作EG⊥AB，垂足为G，EG与CD相交于点K，GD的延长线交EF于点H，连接DE，则下列结论：①BG=AB+HF；②DG=DE；③∠DHE=∠BAD；④∠B=∠DEF，其中正确结论的个数是（）A．1个B．2个C．3个D．4个9．如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE=BD，连结AE，如果∠ADB=40°，则∠E的度数是（）,A．10°B．20°C．30°D．40°10．如图，在△ABC中，点D是边BC上的点（与B、C两点不重合），过点D作DE//AC，DF//AB，分别交AB、AC于E、F两点，下列说法错误的是（）A．四边形AEDF是平行四边形B．若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是菱形C．若AB⊥AC，则四边形AEDF是矩形D．若BD=CD，则四边形AEDF是正方形二、解答题11．如图，已知矩形是一条对角线，请用尺规在边上确定点，在边上确定点，使得四边形是菱形（不写作法，保留作图痕迹）．12．在菱形中，，为菱形内对角线右侧一点．（1）如图1，连接，若，求证：；（2）如图2，过点作于点，于点，于点．连接，若，求面积的最大值．,13．如图，在中，过点B作，垂足为E，过点C作，交的延长线于点．求证：四边形是菱形．14．如图，矩形中，是的中点，延长，交于点，连接，．求证：四边形是平行四边形．15．如图，已知正方形ABCD的边长为12，点E在DC边上，点G在BC的延长线上，设正方形CEFG的面积为，以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为，且＝．（1）求线段DE的长．（2）若H为BC边上一点，CH＝5，连接DH，DG，判断△DHG的形状．,16．如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，（1）若∠BAE=30°，AE=3，求菱形ABCD的周长．（2）作AF⊥CD于点F，连接EF，BD，求证：EF∥BD．（3）设AE与对角线BD相交于点G，若CE=4，BE=8，四边形CDGE和AGD的面积分别是S1和S2，求S1﹣S2的值．17．如图，平行四边形中，点、、、分别在、、、边上且，．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）如果，且，求证：四边形是矩形．18．如图，矩形ABCD中，AC与BD交于点O，BE⊥AC，CF⊥BD，垂足分别为E，F．（1）求证：BE=CF．（2）若∠AOB=60°，AB=8，求矩形的面积．19．如图1，在矩形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，连接CE．（1）若BE＝4，CE＝，求AD的长；（2）如图2，点F是BC上一点，且EF＝EC，过点C作CG⊥EF于点G，交BE于点H，求证：BH＝DE；（3）如图3，在（2）的条件下，连接DG，当BE＝BC时，请直接写出的值．,20．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝2AD，∠BAC＝90°，点E为BC的中点．求证：四边形AECD是菱形．21．如图，四边形的对角线于点，点为四边形外一点，且，平分，．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，°，，求的长．22．如图，长方形纸片，，将长方形纸片折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为．（1）求证：．（2）求的面积．23．如图，在中，点O是边上的一个动点，过点O作直线，设交的角平分线于点E，交的外角的平分线于点F，连接．（1）求证：；,（2）当点O运动到何处时，四边形是矩形？并证明你的结论．（3）在（2）的条件下，满足什么条件时，四边形是正方形？并说明理由．24．等腰Rt△ABC，CA＝CB，D在AB上，CD＝CE，CD⊥CE．（1）如图1，连接BE，探究线段AD与线段BE的关系并证明；（2）如图2，连接AE，CF⊥AE交AB于F，T为垂足，①求证：FD＝FB；②如图3，若AE交BC于N，O为AB中点，连接OC，交AN于M，连FM、FN，当S△FMN＝5，则OF2+BF2的最小值为 ．25．问题情境：如图1，已知正方形ABCD与正方形CEFG，B、C、G在一条直线上，M是AF的中点，连接DM，EM．探究DM，EM的数量关系与位置关系．小明的思路是：小明发现AD//EF，所以通过延长ME交AD于点H，构造△EFM和△HAM全等，进而可得△DEH是等腰直角三角形，从而使问题得到解决，请你参考小明同学的思路，探究并解决下列问题：（1）猜想图1中DM、EM的数量关系，位置关系．（2）如图2，把图1中的正方形CEFG绕点C旋转180°，此时点E在线段DC的延长线上，点G落在线段BC上，其他条件不变，（1）中结论是否成立？请说明理由；（3）我们可以猜想，把图1中的正方形CEFG绕点C旋转任意角度，如图3，（1）中的结论（“成立”或“不成立”）拓展应用：,将图1中的正方形CEFG绕点C旋转，使D，E，F三点在一条直线上，若AB＝13，CE＝5，请画出图形，并直接写出MF的长．三、填空题26．如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，为的中点，则的最小值是______．27．若正方形的对角线的长为4，则该正方形的面积为_________．28．如图，在矩形ABCD中，E是直线BC上一点，且CE＝CA，连接AE．若∠BAC＝60°，则∠CAE的度数为__．29．如图，在中，，，，都是的中线，点是的中点，若，则______．30．如图，在矩形中，，，点为上一点，将沿着翻折至，与交于点，且，则的长度为______．,,,【答案与解析】1．C【解析】根据矩形的性质得出∠ABC＝90°，AD＝BC，AB＝CD，AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，求出AO＝CO＝BO＝DO＝5，根据勾股定理求出BC，再求出答案即可．解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，AD＝BC，AB＝CD，AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，∴AO＝CO＝BO＝DO，∵AO＝5，∴AO＝CO＝BO＝DO＝5，AC＝10，∵∠AOB＝60°，∴△AOB是等边三角形，∴AB＝AO＝5，由勾股定理得：BC＝，∴△ABC的周长是AB+BC+AC＝5++10＝15+，是无理数，不是有理数，△BOC的周长是BC+BO+CO＝+5+5＝10+，是无理数，不是有理数，△COD的周长是CD+DO+CO＝5+5+5＝15，是有理数，矩形ABCD的周长是AB+BC+CD+AD＝5++5+＝10+，是无理数，不是有理数，故选：C．本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，注意：矩形的四个角都是直角，矩形的对角线互相平分且相等，矩形的对边相等．2．C【解析】先根据矩形的性质和勾股定理求出BD＝10，再根据△ABD的面积即可得出答案．解：设点A到BD的距离为h，在矩形ABCD中，∴AB＝6，BC＝AD＝8，∴由勾股定理可知：BD＝=10，S矩形ABCD=AD•AB=48，,S△ABD=S矩形ABCD=24，∴h•BD＝24，∴h＝4.8，故选：C．本题考查矩形的性质，解题的关键是熟练运用勾股定理以及矩形的性质，本题属于基础题型．3．A【解析】由折叠的性质得根据勾股定理求出，得，再由勾股定理求出的长即可得出结论．解：连接由折叠得，∠∵∴∠∵∴∠∵∠∴∠∴△是等腰直角三角形，∴∵∠∴∴∴,∴故选：A．此题主要考查了折叠牟性质，平行线的性质，勾股定理等知识，能证明△是等腰直角三角形是解答此题的关键．4．B【解析】由矩形的性质得出∠A＝∠ADC＝90°，则α+β+γ＝90°，由直角三角形的性质得出∠AED+α＝90°，证出2α+β＝90°，推出α+β+γ＝2α+β，即可得出结果．解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADC＝90°，∵∠ADE＝α，∠EDF＝β，∠FDC＝γ，∴α+β+γ＝90°，∵∠AED+α＝90°，∠AED＝α+β，∴2α+β＝90°，∴α+β+γ＝2α+β，∴α＝γ，故选：B．本题考查了矩形的性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．5．A【解析】由矩形的性质和垂直平分线的性质可证得是等边三角形，可得，由勾股定理可求出BC的长，由直角三角形的性质可求出，由勾股定理可求出AF的长.解：∵四边形是矩形，∴，AO=CO=BO=DO，∵DF垂直平分OC∴∴∴是等边三角形∴,∴∴∵是等边三角形，，∴∴∴∴∴故选A.本题主要考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质和勾股定理，求出BF的长是本题的解题关键.6．A【解析】首先证明四边形AEPF是矩形，因为M是EF的中点，推出延长AM经过点P，推出EF＝AP，可得AM＝EF＝PA，求出PA的最小值可得AM的最小值，又由AP＜AC，即可求得AM的取值范围．解：在Rt△ABC中，∵∠BAC＝90°，AB＝5，AC＝12，∴BC＝，∵PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，∴∠PEA＝∠PFA＝∠EAF＝90°，∴四边形AEPF是矩形，∵M是EF的中点，∴延长AM经过点P，∴EF＝AP，AM＝EF＝PA，当PA⊥CB时，PA＝，,∴AM的最小值为，∵PA＜AC，∴PA＜12，∴AM＜6，∴≤AM＜6，故选：A．此题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的斜边上的高的求法，注意当AP⊥BC时，AP最小，且AP＜AC．7．C【解析】①正确，根据三角形的面积公式可得到结论．②根据已知条件利用菱形的判定定理可证得其正确．③正确，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求得．④不正确，根据已知可求得∠FDO＝∠EDO，而无法求得∠ADE＝∠EDO．⑤正确，由已知可证得△DEO≌△DFO，从而可推出结论正确．解：①正确∵E、F分别是OA、OC的中点．∴AE＝OE．∵S△ADEAE×ODOE×OD＝S△EOD∴S△ADE＝S△EOD．②正确∵四边形ABCD是菱形，E，F分别是OA，OC的中点．∴EF⊥OD，OE＝OF．∵OD＝OB．∴四边形BFDE是菱形．③正确∵菱形ABCD的面积AC×BD．∵E、F分别是OA、OC的中点．,∴EFAC．∴菱形ABCD的面积＝EF×BD．④不正确由已知可求得∠FDO＝∠EDO，而无法求得∠ADE＝∠EDO．⑤正确∵EF⊥OD，OE＝OF，OD＝OD．∴△DEO≌△DFO．∴△DEF是轴对称图形．∴正确的结论有四个，分别是①②③⑤，故选：C．此题主要考查学生对菱形的性质等知识的理解及运用能力．8．C【解析】首先证明△ADG≌△FDH，再利用菱形的性质、直角三角形斜边中线的性质即可一一判断．解：∵菱形ABCD向右平移至DCEF的位置，∴AB∥CD∥EF，AD＝CD＝DF，∴∠GAD＝∠F，∵∠ADG＝∠FDH，∴△ADG≌△FDH，∴DG＝DH，AG＝FH，∴BG=AB＋AG＝AB＋HF，故①正确，∵EG⊥AB，∴∠BGE＝∠GEF＝90°，又∵DG＝DH，∴DE＝DG＝DH，故②正确，∴∠DHE＝∠DEH，∵∠DEH＝∠CEF，∠CEF＝∠CDF＝∠BAD，∴∠DHE＝∠BAD，故③正确，∵∠B＝∠DCE，∠CED＝∠CDE＝∠DEF＝∠DHE，∴∠DCE＝∠EDH，,∴∠B＝∠EDH，若∠B=∠DEF，则∠EDH=∠DEF=∠DHE，那么∆DHE是等边三角形，但题目中没有明确∆DHE是等边三角形，故④错误．故选：C．本题考查菱形的性质、平移变换、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．9．B【解析】如图连接AC．只要证明CE＝CA，推出∠E＝∠CAE，进而即可解决问题．解：连接AC，交BD于点O，∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，∵EC＝BD，∴AC＝CE，∴∠E＝∠CAE，∵OB=OC，∴∠ACB=∠DBC，又∵AD∥BC，∴∠DBC=∠ADB，∴∠ACB＝∠ADB＝40°，∵∠ACB＝∠E＋∠CAE，∴∠E＝∠CAE＝20°，故选B．本题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰三角形解决问题．10．D【解析】,由平行四边形，矩形和菱形的判定定理逐一判断选项，即可得出结论．解：∵DE//AC，DF//AB，∴四边形AEDF是平行四边形，故选项A正确，不符合题意；若AD平分∠BAC，则∠EAD=∠FAD，又∵∠EAD=∠FDA，∴∠FAD=∠FDA，∴FA=FD，∴平行四边形AEDF是菱形，故选项B正确，不符合题意；∵AB⊥AC，∴平行四边形AEDF是矩形，故选项C正确，不符合题意；若BD＝CD，则四边形AEDF不一定是正方形；选项D错误，符合题意．故选D．本题考查了平行四边形，矩形、菱形的判定定理；熟记菱形和矩形的判定方法是解决问题的关键．11．作图见解析．【解析】如图，连接BD交AC于点O，过点O作OM⊥AC交AD于E，交BC于F，连接CE，AF，四边形AECF即为所求作．解：如图，四边形AECF即为所求作．本题考查作图-复杂作图，菱形的判定，矩形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．12．（1）证明解详解；（2）【解析】（1）延长DP至E，使PE＝PB，连接BE，根据菱形的性质和等边三角形的判定易证：△ABD和△PBE,是等边三角形，继而根据“SAS”证得：△ABP≌△DBE，根据全等三角形对应边相等和等量代换即可求证结论；（2）连接DP、BP、CP，设AC、BD相交于点O，根据图形可知：S△BCD＝S△BDP＋S△BCP＋S△CDP，进而可得：，根据图形可得：S△EFG＝S△PEF＋S△EPG＋S△FPG，设，，，继而可得，继而即可求解．（1）延长DP至E，使PE＝PB，连接BE，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AB＝AD，∴∠DAB＋∠ADC＝180°，∵∠ADC＝120°，∴∠DAB＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴AB＝DB，∠ABD＝60°，∵∠BPD＝2∠BAD，∴∠BPD＝120°，∴∠BPD＋∠BPE＝180°，∴∠BPE＝60°，∵BP＝PE，∴△PBE是等边三角形，∴BP＝BE，∠PBE＝60°，∴∠ABD＝∠PBE，∴∠ABD＋∠DBP＝∠PBE＋∠DBP，即∠ABP＝∠DBE，在△ABP和△DBE中，，∴△ABP≌△DBE（SAS），∴AP＝DE，,∵DE＝DP＋PE＝BP＋DP，∴AP＝BP＋DP；（2）连接DP、BP、CP，设AC、BD相交于点O，∵四边形ABCD是菱形，AB＝6∴AC⊥BD，OB＝OD，BC＝CD＝BD＝6，OB＝3∴∴S△BCD＝∵S△BCD＝S△BDP＋S△BCP＋S△CDP∴∵∠BCD＝∠CBD＝∠BDC＝60°，PF⊥BD，PE⊥CD，PG⊥BC，∴∠FPG＋∠DBC＝180°，∠FPE＋∠BDC＝180°，∠FPG＋∠BCD＝180°，∴∠FPG＝∠FPE＝∠EPG＝120°∵S△EFG＝S△PEF＋S△EPG＋S△FPG设，，∴∴∵,∴∴S△EFG＝,S△EFG最大值为．本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质、三角形面积公式，勾股定理，综合性较强，解题的关键是综合运用所学知识．13．见详解【解析】根据平行四边形的性质得出证明的判定条件AAS，得出AB=BC，根据菱形的判定条件：邻边相等的平行四边形是菱形，即可证明∵四边形是平行四边形，∴．∴．又∵，∴．在△BEA与△CFB中,∴（AAS）∴．∴四边形是菱形．本题考查三角形的判定和性质，菱形的判定条件：邻边相等的平行四边形是菱形，熟练掌握判定和性质是解题的关键14．见解析【解析】利用矩形的性质，即可判定△FAE≌△CDE，即可得到CD=FA，再根据CD∥AF，即可得出四边形ACDF是平行四边形．解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD=BC，∴∠FAE=∠CDE．∵E是AD的中点，∴AE=DE．在△FAE和△CDE中，，∴△FAE≌△CDE（AAS），∴CD=FA．又∵CD∥AF，∴四边形ACDF是平行四边形．本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．15．（1）4；（2）等腰三角形，见解析．【解析】（1）设正方形CEFG的边长为a，则DE＝12﹣a，由＝，得方程＝×12×（12﹣a,），解方程即可；（2）由勾股定理得出DH＝，DG＝，求出GH，根据边的属性判断即可．解：（1）设正方形CEFG的边长为a，∵正方形ABCD的边长为12，∴DE＝12﹣a，∵＝，∴＝×12×（12﹣a），解得：a＝8，或a＝﹣24，不符合题意，舍去，∴DE＝12﹣8＝4；（2）△DHG是等腰三角形；理由如下：∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，∴∠DCH＝∠DCG＝90°，CD＝12，CG＝8，∴DH＝=＝13，DG＝=＝4，∵CH＝5，∴GH＝CG+CH＝13，∴DH＝GH，∴△DHG是等腰三角形．本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质和勾股定理是解题的关键．16．（1）8；（2）见解析；（3）【解析】（1）由直角三角形的性质和勾股定理得出，，求出，即可得出结果；（2）证明，得出，证出，由等腰三角形的性质得出,，即可得出结论；（3）连接，证明，得出，和的面积相等，得出S1﹣S2=S△CGE，，由勾股定理得出AE==4，设，则，由勾股定理得出方程，求出，即可得出结果．（1）解：∵AE⊥BC，∠BAE=30°，∴，，∵，∴，解得：，∴菱形的周长=2×4=8；（2）证明：∵四边形是菱形，∴∠=∠，，∵，，∴∠=∠=90°，在和中，，∴（），∴，∵，∴，∴，∴∥；（3）解：连接CG，如图所示：,∵四边形是菱形，∴，，在和中，，∴，∴，和的面积相等，∴S1﹣S2=S△CGE，，∵，∴=4，设，则，∵，∴2+2=2，即：x2+42=(4﹣x)2，解得：x=，即EG=，∴S1﹣S2=S△CGE=CE•EG=×4×=．本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的判定、勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．17．（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）易证得，从而证得，．再证明，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形而得证．（2）由题意知，平行四边形是菱形，连接，，则有，由，且可证得，同理可得到，故，又由（1）知四边形是平行四边形，故四边形是矩形．解：（1）在平行四边形中，，又∵，，∴．,∴．在平行四边形中，，，∴，，即，．又∵在平行四边形中，，∴．∴．∴四边形是平行四边形．（2）在平行四边形中，，．设，则．∵，∴．∵，，∴，即．∴．∴．又∵四边形是平行四边形，∴四边形是矩形．本题考查矩形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质,应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．18．（1）见解析；（2）．【解析】（1）由矩形ABCD可得OB=OC，再由垂直可得两直角相等，再由“角角边”定理可证的△BEO≌△CFO，根据全等三角形的性质即可得BE=CF．（2）结合四边形ABCD是矩形，∠AOB=60°，△AOB是等边三角形，再根据勾股定理即可求解．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，OA=OC=AC，OB=OD=BD，∴OB=OC，∵BE⊥AC，CF⊥BD，,∴∠BEO=∠CFO=90°，在△BEO和△CFO中，，∴△BEO≌△CFO（AAS），∴BE=CF；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，AC=BD，OA=OC=AC，OB=OD=BD，∴OB=OA，∵∠AOB=60°，∴△AOB是等边三角形，∴AB=AO=OB=8，∴AC=16，由勾股定理得：，∴矩形的面积是．本题主要考查了全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的相关性质和等边三角形的性质，矩形的性质以及勾股定理是解决本题的关键．19．（1）5；（2）见解析；（3）【解析】（1）根据题意可先证得△ABE为等腰直角三角形，从而求出AB，AE，然后在△CED中运用勾股定理求出ED的长度，最终得到AD的长度；（2）作HR⊥BC于点R，ET⊥BC于点T，首先证明CE=CH，再证明△CRH≌△ETC，推出HR=CT=DE，从而得出结论；（3）在（2）的基础之上，作GM⊥AD于M点，GN⊥CD于N点，设AB=AE=m，则BE=BC=m，推出DE=AD-AE=m-m，BH=DE=2m-m，再求出DG即可得出结论．（1）∵在矩形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，∴∠ABE=45°，△ABE为等腰直角三角形，,则，即：，由矩形性质可得：，在Rt△CED中，，∴AD=AE+ED=4+1=5；（2）如图所示，作HR⊥BC于点R，ET⊥BC于点T，由题意可得四边形ABTE为正方形，∴∠EBT=∠BET=45°，∵EF=EC，ET⊥FC，∴FT=TC，∠FET=∠CET，∠EFC=∠ECF，∵CG⊥EF，∴∠CGF=∠ETC=90°，∴∠CFG+∠FCG=90°，∠CET+∠ECT=90°，∴∠GCF=∠CET，∵∠CEH=∠CET+∠BET=45°+∠CET，∠CHB=∠CBH+∠HCB=45°+∠HCB，∴∠CEH=∠CHE，∴CE=CH，∵HR⊥BC，∴∠CRH=∠ETC=90°，在△CRH和△ETC中，∴△CRH≌△ETC（AAS），∴HR=CT，由题意可知，△BRH为等腰直角三角形，四边形ETCD为矩形，∴HR=CT=DE，∴；,（3）如图所示，在（2）的条件下，作GM⊥AD于M点，GN⊥CD于N点，设AB=AE=m，则BE=BC=m，∴DE=AD-AE=m-m，∴BH=DE=2m-m，当BE=BC时，∠CEH=∠BCE=（180°-∠EBC）÷2=67.5°，由（2）可知，∠CEH=∠CHE=∠BCE=45°+∠BCH=67.5°，∴∠BCH=22.5°，∠ECH=45°，∵CG⊥EG，∴GC=GE，∵∠MGN=∠EGC=90°，∴∠MGE=∠NGC，在△GME和△GNC中，∴△GME≌△GNC（AAS），∴GM=GN，∵GM⊥AD，GN⊥CD，∴GD平分∠ADC，∴∠CDG=45°，结合（1）可得∠DCH=67.5°，∴∠CGD=180°-45°-67.5°=67.5°，∴DG=DC=m，∴．,本题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质等知识点，正确构造辅助线证明三角形全等是解题关键．20．见解析【解析】由BC=2AD，E为BC的中点，则，再由即知四边形AECD是平行四边形；又，由直角三角形斜边上的中线的性质，得AE=EC，从而四边形AECD是菱形．∵E为BC的中点，∴为的斜边BC上的中线∴AE=EC=BE=∵BC=2AD∴∴∵∴四边形AECD是平行四边形∵AE=EC∴四边形AECD是菱形本题考查了菱形的判定、直角三角形斜边上中线的性质．本题也可以用菱形的定义来证明，为此只要证即可．21．（1）证明见解析；（2）AC=【解析】（1）由题意可得DC∥BF，DB∥CF，DC=DB，再根据菱形的定义即可得到证明；（2）由AB=BC可得AC=2EC，由BD=2，∠F=45°可得DC=2，∠BDC=45°，由勾股定理求出EC,后即可得到AC．（1）证明：∵AC⊥BD，∴∠BEC=90°，∴∠BEC+∠FCA=180°，∴DB∥CF，∵BC平分∠DBF，∴∠CBF=∠DBC，∵∠CBF=∠DCB，∴DC∥BF，∠DCB=∠DBC，∴四边形ABCD是平行四边形，且DC=DB，∴四边形DBFC是菱形；（2）∵∠F=45°，BD=2，∴由（1）可得：DC=2，∠BDC=45°，∴在RT△DEC中，由勾股定理可得：∴，∵AB=BC，AC⊥BD，∴AC=2CE=．本题考查四边形的综合应用，熟练掌握菱形的定义、勾股定理的应用、等腰三角形三线合一的性质是解题关键．22．（1）加解析；（2）．【解析】（1）根据折叠性质，得∠DEF=∠BEF，根据，得∠DEF=∠EFB，从而得到∠BEF=∠EFB，问题得证；（2）根据平行线间的距离处处相等，得到底边BF上的高是AB，后利用三角形的面积公式计算即可．（1）∵长方形纸片折叠，使点与点重合，∴∠DEF=∠BEF，∵，,∴∠DEF=∠EFB，∴∠BEF=∠EFB，∴BE=BF；（2）∵，∴BF上的高为AB，∴．本题考查了矩形的性质，平行线的性质，折叠的性质，等角对等边原理，熟练掌握折叠的性质，平行线的性质是解题的关键．23．（1）见解析；（2）当点O运动到的中点时，四边形是矩形，理由见解析；（3）满足为直角时，四边形是正方形，理由见解析．【解析】（1）由平行线的性质和角平分线的定义得出，，得出EO=CO，FO=CO，即可得出结论；（2）先证明四边形AECF是平行四边形，再由对角线相等，即可得出结论；（3）由，得出，当时，即可．（1）证明：如图，∵，∴．又∵平分，∴，∴，∴，同理，，∴．（2）解：当点O运动到的中点时，四边形是矩形，证明如下：当点O运动到的中点时，．又∵，∴四边形是平行四边形，,由（1）可知，，∴，∴，即，∴四边形是矩形．（3）当点O运动到AC的中点时，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形．在（2）的条件下，满足为直角时，四边形是正方形．理由：由（2）知，当点O运动到的中点时，四边形是矩形．∵，∴，当时，，即，∴四边形是正方形．本题考查了平行线的性质、等腰三角形的判定、矩形的判定、菱形的判定、正方形的性质；熟练掌握平行线的性质和矩形、菱形的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键．24．（1）AD⊥BE，AD＝BE，证明见解析；（2）①证明见解析，②20【解析】（1）利用SAS证明△ACD≌△BCE，从而利用全等三角形的性质即可得出结论；（2）①过点D作DH⊥CF于H，过点B作BG⊥CF，交CF的延长线于G，首先证明△ACT≌△BCG及△DCH≌△ECT，得到CT＝BG，CT＝DH，通过等量代换得出DH＝BG，再证明△DHF≌△BGF，则可证明结论；②首先利用等腰三角形的性质和ASA证明△AOM≌△COF，则有OM＝OF，然后利用等腰直角三角形的性质得出FK＝BF，然后利用三角形的面积得出OF×BF＝10，最后利用平方的非负性和完全平方公式求解即可．证明：（1）AD⊥BE，AD＝BE，理由如下：∵CD⊥CE，∴∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，,，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠A＝∠CBE＝45°，AD＝BE，∴∠CBE+∠ABC＝90°＝∠ABE，∴AD⊥BE；（2）①如图2，过点D作DH⊥CF于H，过点B作BG⊥CF，交CF的延长线于G，∵CF⊥AE，∴∠ACT+∠CAT＝90°，又∵∠ACT+∠BCG＝90°，∴∠CAT＝∠BCG，在△ACT和△BCG中，，∴△ACT≌△BCG（ASA），∴CT＝BG，同理可证△DCH≌△ECT，∴CT＝DH，∴DH＝BG，在△DHF和△BGF中，,，∴△DHF≌△BGF（AAS），∴DF＝BF；②如图3，过点F作FK⊥BC于K，∵等腰Rt△ABC，CA＝CB，点O是AB的中点，∴AO＝CO＝BO，CO⊥AB，∠ABC＝45°，∴∠OCF+∠OFC＝90°，∵AT⊥CF，∴∠OFC+∠FAT＝90°，∴∠FAT＝∠OCF，在△AOM和△COF中，，∴△AOM≌△COF（ASA），∴OM＝OF，又∵CO⊥AO，∴MF＝OF，∠OFM＝∠OMF＝45°，∴∠OFM＝∠ABC，∴MFBC，∵∠ABC＝45°，FK⊥BC，∴∠ABC＝∠BFK＝45°，,∴FK＝BK，∴FK＝BF，∵S△FMN＝5，∴×MF×FK＝5，∴OF×BF＝10，∴OF×BF＝10，∵（BF﹣OF）2≥0，∴BF2+OF2﹣2BF×OF≥0，∴BF2+OF2≥2×10＝20，∴BF2+OF2的最小值为20，故答案为：20．本题主要考查全等三角形的判定及性质，掌握等腰三角形的性质和全等三角形的判定方法及性质是解题的关键．25．（1）DM⊥EM，DM＝ME，理由见详解；（2）结论成立，理由见详解；（3）成立；拓展应用：MF=或【解析】（1）结论：DM⊥EM，DM＝EM．只要证明△AMH≌△FME，推出MH＝ME，AH＝EF＝EC，推出DH＝DE，因为∠EDH＝90°，可得DM⊥EM，DM＝ME；（2）延长EM交DA的延长线于H，证法同第（1）小题；（3）如图3中，延长EM到点H，使EM=HM，连接AH，DE，DH，先证明△AMH≌△FME，延长AH交CE于点K，交CD于点O，再证明∆DCE≅∆DAH，可得∆HDE是等腰直角三角形，M是HE的中点，即可得到结论；拓展应用：分两种情形画出图形，理由勾股定理以及等腰直角三角形的性质解决问题即可．解：（1）结论：DM⊥EM，DM＝EM．理由：如图1中，延长EM交AD于H．,∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，∴AD∥EF，∴∠MAH＝∠MFE，∵M是AF的中点，∴AM＝MF，又∵∠AMH＝∠FME，∴△AMH≌△FME，∴MH＝ME，AH＝EF＝EC，∴AD-AH=CD-CE，∴DH＝DE，∵∠EDH＝90°，∴DM⊥EM，DM＝ME．故答案是：DM⊥EM，DM＝ME；（2）如图2中，结论不变．DM⊥EM，DM＝EM．理由：如图2中，延长EM交DA的延长线于H．∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，∴AD∥EF，,∴∠MAH＝∠MFE，∵AM＝MF，∠AMH＝∠FME，∴△AMH≌△FME，∴MH＝ME，AH＝EF＝EC，∴AD+AH=CD+CE，∴DH＝DE，∵∠EDH＝90°，∴DM⊥EM，DM＝ME；（3）如图3中，延长EM到点H，使EM=HM，连接AH，DE，DH，∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，∵AM＝MF，∠AMH＝∠FME，∴△AMH≌△FME，∴AH＝EF＝EC，∠MAH=∠MFE，∴AH∥EF，延长AH交CE于点K，交CD于点O，∴∠AKE=∠CEF=90°，∴∠DCE+∠COK=∠DAH+∠AOD，∵∠COK=∠AOD，∴∠DCE=∠DAH，在∆DCE和∆DAH中，∵，∴∆DCE≅∆DAH，∴DH=DE，∠CDE=∠ADH，∴∠ADH+∠CDH=∠CDE+∠CDH=90°，即：∠HDE=∠ADC=90°，∴∆HDE是等腰直角三角形，M是HE的中点，∴DM⊥EM，DM＝ME，故答案是：成立；,拓展应用：如图4中，连接DE．延长EM到H，使得MH＝ME，连接AH，延长FE交AD的延长线于K．作MR⊥DE于R．易证△AMH≌△FME（SAS），∴AH＝EF＝EC，∠MAH＝∠MFE，∴AH∥DF，∴∠DAH＋∠ADE＝180°，∴∠DAH＋∠CDE＝90°，∵∠DCE＋∠EDC＝90°∴∠DAH＝∠DCE，∵DA＝DC，∴△DAH≌△DCE（SAS），∴DH＝DE，∠ADH＝∠CDE，∴∠HDE＝∠ADC＝90°，∵ME＝MH，∴DM⊥EH，DM＝MH＝EM，在Rt△CDE中，DE＝，,∵DM＝ME，DM⊥ME，MR⊥DE，∴MR＝DE＝6，DR＝RE＝6，在Rt△FMR中，FM＝，如图5中，作MR⊥DE于R．同法可得DE＝12，MR＝6，可得FR＝6−5＝1，在Rt△MRF中，FM＝综上所述：MF=或．本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的性质，灵活运用相关的定理、正确作出辅助线是解题的关键．26．【解析】先求证四边形AFPE是矩形，再根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，利用面积法可求得AP最短时的长，然后即可求出AM最短时的长．解：连接AP，在Rt△ABC中，，，则BC=10，∵∠BAC=90°，PE⊥AB，PF⊥AC，∴四边形AFPE是矩形，EF，AP为两条对角线，∴EF=AP，∵M是EF的中点，∴AM=EF=AP，根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，即AP⊥BC时，AP最短，同样AM也最短，∴S△ABC=BC•AP＝AB•AC，,∴×10AP＝×6×8，∴AP最短时，AP=，∴当AM最短时，AM=AP=．故答案为：．此题主要考查学生对勾股定理逆定理的应用、矩形的判定和性质、垂线段最短和直角三角形斜边上的中线的理解和掌握，此题涉及到动点问题，有一定难度．27．8【解析】根据正方形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．解：∵正方形的一条对角线的长为4，∴这个正方形的面积=×4²=8．故答案为：8．本题考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的面积的两种求法是解题的关键．28．75°或15°【解析】由直角三角形的性质可求∠ACB＝30°，分两种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解．解：∵∠BAC＝60°，∠ABC＝90°，∴∠ACB＝30°，如图，当点E在点B左侧时，∵CE＝CA，∴∠CAE＝∠AEC＝75°，若点E'在点C右侧时，∵AC＝CE'，,∴∠CAE'＝∠CE'A，∵∠ACB＝∠CAE'+∠CE'A＝30°，∴∠CAE'＝15°，综上所述：∠CAE的度数为75°或15°，故答案为75°或15°．本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．29．1【解析】证明△BCE是等边三角形，求出BE=CE=BC=2，由D是BC的中点可得结论．解：在中，，∵是的中线，∴∵，∴是等边三角形∴∵点是的中点，且，∴∵是边上的中线，∴故答案为：1．此题主要考查了等边三角形的判定和三角形中线的性质，证明是等边三角形是解答此题的关键．30．．【解析】设CD与BE交于点G，AP＝x，证明△ODP≌△OEG（ASA），根据全等三角形的性质得到OP＝OG，PD＝GE，根据翻折变换的性质用x表示出PD、OP，根据勾股定理列出方程，解方程即可．解：设CD与BE交于点G，,∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠A＝∠C＝90°，AD＝BC＝3cm，CD＝AB＝4cm，由折叠的性质可知△ABP≌△EBP，∴EP＝AP，∠E＝∠A＝90°，BE＝AB＝4cm，在△ODP和△OEG中，，∴△ODP≌△OEG（ASA），∴OP＝OG，PD＝GE，∴DG＝EP，设AP＝EP＝x，则PD＝GE＝3﹣x，DG＝x，∴CG＝4﹣x，BG＝4﹣（3﹣x）＝1+x，根据勾股定理得：BC2+CG2＝BG2，即32+（4﹣x）2＝（x+1）2，解得：x，∴AP（cm），∴DP（cm）．故答案为：．本题考查的是翻折变换的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质和勾股定理的应用，熟练掌握翻折变换的性质是解题的关键．
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