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第十八章第2节《特殊的平行四边形》提高训练卷(21)一、单选题1．如图，正方形，对角线相交于点O，过点D作的角平分线交于点G，过点C作，垂足为F，交于点E，则的比为（）A．B．C．2∶1D．5∶22．如图所示，△ABC是等边三角形，AQ=PQ，PR=PS，PR⊥AB于R，PS⊥AC于S，则四个结论正确的是()①点P在∠A的平分线上；②AS=AR；③QPAR；④△BRP≌△QSP．A．全部正确B．①②正确C．①②③正确D．①③正确3．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，且AC＝6，BD＝8，过A点作AE垂直BC，交BC于点E，则的值为（ ）A．B．C．D．4．如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是边CB延长线上一点，F为AB边上一点，BE＝BF，连接EF并延长交线段AD于点G，连接CF交BD于点M，连接CG交BD于点N．则下列结论：①AE＝CF；,②∠BFM＝∠BMF；③∠CGF﹣∠BAE＝45°；④当∠BAE＝15°时，MN＝．其中正确的个数有（ ）A．1B．2C．3D．45．如图，在长方形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，连接ED，若ED＝5，EC＝3，则长方形的周长为（）A．20B．22C．24D．266．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC＋BC＝6，空白部分面积为10.5，则AB的长为（）A．3B．C．2D．7．下列命题中，正确的是（ ）A．对角线相等的四边形是矩形B．对角线互相垂直的四边形是菱形C．平行四边形的对角线平分且相等D．顺次连结菱形各边中点所得的四边形是矩形8．下列命题为假命题的是（ ）,A．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．B．两边及其一边的对角对应相等的两个三角形全等．C．等边三角形一边上的高线与这边上的中线互相重合．D．到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上．9．如图，在△ABC中，AD是BC边上的高线，CE是AB边上的中线，DG⊥CE于点G，CD=AE．若BD=6，CD=5，则△DCG的面积是（）A．10B．5C．D．二、解答题10．如图所示，把长方形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在边AD上的点B′，点A落在点A′处．（1）求证：EB′=BF；（2）若AE=3，AB=4，求BF的长．11．如图，已知正方形的边长为3，菱形的三个顶点E、G、H分别在正方形的边、、上，，连接．,（1）当时，求证：菱形为正方形；（2）设，请用x的代数式表示的面积；（3）当时，求的度数．12．如图，矩形中，，．将矩形翻折，使点落在边上的点处，折痕为．（1）若AM=6，求DE=________．（2）若，求的长度．13．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠ADC=90°，对角线AC，BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE．（1）求证：四边形ABCD是矩形；（2）若∠BDE=15°，求∠DOE；（3）在（2）的条件下，若AB=2，求△BOE的面积．14．如图①，在长方形ABCD中，已知AB=20，AD=12，动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿线段DC向终点C运动，运动时间为t秒，连接AP，设点D关于AP的对称点为点E．,（1）如图②，射线PE恰好经过点B，试求此时t的值．（2）当射线PE与边AB交于点Q时，①请直接写出AQ长的取值范围： ；②是否存在这样的t的值，使得QE=QB？若存在，请求出所有符合题意的t的值；若不存在，请说明理由．15．如图，点是斜边的中点，过点，分别作，，连接．（1）若，，求的长；（2）求证：．16．如图，在直角坐标系中，四边形OABC是矩形，OA＝8，OC＝6，点D是对角线AC的中点，过点D的直线分别交OA、BC边于点E、F．（1）求证：四边形EAFC是平行四边形；（2）当CE＝CF时，求EF的长；（3）在条件（2）的情况下，P为x轴上一点，当以E，F，P为顶点的三角形为等腰三角形时，请求出点P的坐标．,17．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，点D是BC的中点，将△ABD沿AD翻折得到△AED，联结CE．（1）求证：AD∥CE；（2）求CE的长．18．如图，菱形的对角线、相交于点，，，与交于点．（1）试判断四边形的形状,并说明理由；（2）若，，求菱形的面积．19．如图，点E，F分别在菱形ABCD的边BC，CD上，且BE＝DF．（1）如图1，求证：∠BAF＝∠DAE；（2）如图2，若∠ABC＝45°，AE⊥BC，连接BD分别交AE，AF于G，H，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图中所有的只含有一个3∠ABD的三角形．,20．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D是AB的中点，点E是直线BC上一点（不与点B，C重合），连接CD，DE．（1）如图1．①若∠CDE=90°，求证：∠A=∠E．②若BD平分∠CDE，且∠E=24°，求∠A的度数．（2）设∠A=α(α＞45°)，∠DEC=β，若CD=CE，求β关于α的函数关系式，并说明理由．21．如图，BD是△ABC的角平分线，过点作DEBC交AB于点E，DFAB交BC于点F．（1）求证：四边形BEDF是菱形；（2）若∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，CD＝6，求菱形BEDF的边长．三、填空题22．如图，矩形中，与交于点O，于点E，平分，交的延长线于点F，，，则_________．23．如图，长方形，，，将长方形折叠，使得顶点落在,边上的点处，连结、．动点在线段上（点与点、不重合），动点在线段的延长线上，且，连结交于点，作于点．点、在移动过程中，线段的长度是________．24．如图，和都是直角三角形，C，D是直角顶点，．取的中点O，连结，则的度数是__________．25．如图，在矩形中，，，是边上的一个动点，将沿对折成，则线段长度的最小值为_______．26．如图，在矩形中，点在上，且平分．若，，则的长为_________．27．菱形的周长为，一个内角等于，则这个菱形的面积为_________．28．如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是（0，3），点B的坐标是（﹣4，0），以AB为边作正方形ABCD，连接OD，DB．则△DOB的面积是_____．,29．将完全相同的平行四边形和完全相同的菱形镶嵌成如图所示的图案．设菱形中较小角为，平行四边形中较大角为，若，则的值是______．30．如图，长方形中，，，为的中点．动点从点出发，以每秒的速度沿运动，最终到达点，若点运动的时间为秒，则当__________时，的面积等于．,,【答案与解析】1．A【解析】由题意先证得和，设，进而可用含的式子表示出线段和的长，要求的比值即求和的比值，代入即可求解．解：正方形，，，，，平分，，，，，，，又，，，，设，则有，，，，，，，，，故选：．本题主要考查了正方形的性质，角平分线的定义以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是将两个三角形的面积比转化成两条线段的比，综合性较强．2．A【解析】因为△ABC为等边三角形，根据已知条件可推出Rt△ARP≌Rt△ASP，则AR＝AS，故②正确，∠BAP＝∠CAP，所以AP是等边三角形的顶角的平分线，故①正确，根据等腰三角形的三线合一的性质知，AP也是BC边上的高和中线，即点P是BC的中点，因为AQ＝PQ，所以点Q是AC的中点，所以PQ是边AB对的中位线，有PQ∥AB，故③正确，又可推出△BRP≌△QSP，故④正确．,解：∵PR⊥AB于R，PS⊥AC于S∴∠ARP＝∠ASP＝90°∵PR＝PS，AP＝AP∴Rt△ARP≌Rt△ASP∴AR＝AS，故②正确，∠BAP＝∠CAP∴AP是等边三角形的顶角的平分线，故①正确∴AP是BC边上的高和中线，即点P是BC的中点∵AQ＝PQ∴点Q是AC的中点∴PQ是边AB对的中位线∴PQ∥AB，故③正确∵Q是AC的中点，∴QC=QP，∵∠C=60°，∴△QPC是等边三角形，∴PB=PC=PQ，∵PR＝PS，∠BRP＝∠QSP＝90°，∴△BRP≌△QSP，故④正确∴全部正确．故选：A．本题利用了等边三角形的性质：三线合一，全等三角形的判定和性质，中位线的性质，熟练掌握上述性质和判定方法是解题的关键．3．C【解析】利用菱形的性质即可计算得出BC的长，再根据面积法即可得到AE的长，最后根据勾股定理进行计算，即可得到BE的长，进而得出结论．解：∵四边形ABCD是菱形，∴CO＝AC＝3，BO＝BD＝4，AO⊥BO，∴BC＝＝＝5，,∵S菱形ABCD＝AC•BD＝BC×AE，∴AE＝＝．在Rt△ABE中，BE＝＝＝，∴CE＝BC﹣BE＝5﹣＝，∴的值为，故选：C．本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理的运用，关键是掌握菱形性质：四条边都相等、对角线互相垂直平分．4．B【解析】①根据已知条件证明△ABE≌△CBF，即可判断；②由△ABE≌△CBF和已知条件证明四边形DGEB是平行四边形，再证明△FBC≌△GDC，当且仅当∠FCG=45°时，∠BFM=∠BMF，即可判断；③结合①②证明∠FMB=∠CGF，进而可以判断；④当∠BAE=15°时，∠BCM=∠GCD=∠BAE=15°，可得△CMN是等边三角形，作CH⊥BD于点H，根据正方形边长为4，即可求出MN的值，进而可以判断.解：①∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠CBF＝90°，在△ABE和△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴AE＝CF，故①正确；②∵△ABE≌△CBF，∴∠BCF＝∠BAE，∵∠GEC＝∠DBC＝∠ADB＝45°，,∴∠BMF＝∠FCB+∠DBC＝∠FCB+45°，∵∠GEC＝∠DBC，∴EG∥DB，∵DG∥BE，∴四边形DGEB是平行四边形，∴BE＝DG，在△FBC和△GDC中，，∴△FBC≌△GDC（SAS），∴∠BCF＝∠DCG，∴∠BFM＝∠FCD＝∠DCG+∠FCG＝∠BCF+∠FCG，∴当且仅当∠FCG＝45°时，∠BFM＝∠BMF，故②错误；③∵GE∥BD，∴∠FMB＝∠GFC，∵△FBC≌△GDC，∴CF＝CG，∴∠GFC＝∠CGF，∴∠FMB＝∠CGF，∴∠CGF﹣∠BAE＝∠FMB﹣∠BCM＝∠MBC＝45°，故③正确；④当∠BAE＝15°时，∠BCM＝∠GCD＝∠BAE＝15°，∴∠FCG＝90°﹣∠BCM﹣∠GCD＝60°，∵BD∥EG，∴∠GFC＝∠NMC，∠FGC＝∠MNC，∵∠GFC＝∠FGC，∴∠NMC＝∠MNC，∴CM＝CN，∠MCN＝60°，∴△CMN是等边三角形，作CH⊥BD于点H，如图，,∴CH＝BD＝＝2，∴CM＝×2＝，∴MN＝CM＝，故④错误．所以其中正确有①③，2个．故选：B．本题是四边形的综合题，考查了正方形、全等三角形、平行四边形的性质和判定，在有中点和直角三角形的前提条件下，可以利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半来证明两条线段相等.5．B【解析】直接利用勾股定理得出DC的长，再利用角平分线的定义以及等腰三角形的性质得出BE的长，进而得出答案．解：∵四边形ABCD是长方形，∴∠B＝∠C＝90°，AB＝DC，∵ED＝5，EC＝3，∴DC＝，则AB＝4，∵AE平分∠BAD交BC于点E，∴∠BAE＝∠DAE，∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB，∴∠BAE＝∠BEA，∴AB＝BE＝4，∴长方形的周长为：2×（4＋4＋3）＝22.,故选：B．本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等，解题关键是把握已知，整合已知得出等腰三角形，依据勾股定理求出线段长．6．B【解析】根据余角的性质得到∠FAC＝∠ABC，根据全等三角形的性质得到S△FAM＝S△ABN，推出S△ABC＝S四边形FNCM，根据勾股定理得到AC2＋BC2＝AB2，解方程组得到3AB2＝57，于是得到结论．解：∵四边形ABGF是正方形，∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，∴∠FAC＋∠BAC＝∠FAC＋∠ABC＝90°，∴∠FAC＝∠ABC，在△FAM与△ABN中，，∴△FAM≌△ABN（AAS），∴S△FAM＝S△ABN，∴S△ABC＝S四边形FNCM，∵在△ABC中，∠ACB＝90°，∴AC2＋BC2＝AB2，∵AC＋BC＝6，∴（AC＋BC）2＝AC2＋BC2＋2AC•BC＝36，∴AB2＋2AC•BC＝36，∵AB2﹣2S△ABC＝10.5，∴AB2﹣AC•BC＝10.5，∴3AB2＝57，解得AB＝或﹣（负值舍去）．故选：B．本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握割补法得出图形面积之间的关系是解题关键．7．D,【解析】根据矩形、菱形的判定和平行四边形的性质判断即可．解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，原命题是假命题，不符合题意；B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题，不符合题意；C、平行四边形的对角线平分，原命题是假命题，不符合题意；D、顺次连结菱形各边中点所得的四边形是矩形，是真命题，符合题意；故选：D．本题考查了命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．8．B【解析】根据直角三角形斜边的中线的性质，三角形全等的判定，等边三角形的性质以及线段垂直平分线的性质对各选项分析判断即可得解．A、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是真命题，不符合题意；B、两边及其一边的对角对应相等的两个三角形全等，是假命题，符合题意．C、等边三角形一边上的高线与这边上的中线互相重合，是真命题，不符合题意；D、到线段两端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上，是真命题，不符合题意；故选：B．本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．9．B【解析】作EF⊥BC于F点，首先结合直角三角形中“斜中半”定理可求得△ABD中AB的长度，从而结合勾股定理求出AD的长度，再根据中位线定理可得EF的长度，然后进一步判定△EDC为等腰三角形，并根据“三线合一”的性质推出，最后根据求解即可．∵AD是BC边上的高线，CE是AB边上的中线，∴△ABD为直角三角形，E为斜边AB上的中点，∴AE=BE=DE，∵CD=AE，CD=5，∴AB=2AE=10，,在Rt△ABD中，由勾股定理可得：，∴AD=8，作EF⊥BC于F点，则EF为△ABD的中位线，∴，又∵CD=ED，DG⊥CE于点G，∴△EDC为等腰三角形，，∵，∴，故选：B．本题主要考查直角三角形中“斜中半”定理，中位线定理，以及等腰三角形的判定与性质综合问题，灵活运用“斜中半”定理求出三角形的边长是解题关键．10．（1）见解析（2）5【解析】（1）由折叠可得BF=B'F，∠B'FE=∠EFB，由AD∥BC可得∠DEF=∠EFB，则∠B'EF=∠B'FE，即结论可得；（2）由折叠可得AE=A'E=3，AB=A'B'=4，根据勾股定理可得B'E的长，即可起BF的长．解：（1）∵折叠∴∠B'FE=∠EFB，BF=B'F∵AD∥BC∴∠B'EF=∠BFE∴∠B'EF=∠B'FE∴B'E=B'F∴BF=B'E（2）∵折叠,∴AE=A'E=3，AB=A'B'=4，∠A=∠A'=90°∴根据勾股定理可得B'E=5∵B'E=BF∴BF=5本题考查了折叠问题，等腰三角形的性质，关键是熟练运用性质解决问题．11．（1）见解析；（2）；（3）60°【解析】（1）先求出，再判断出，得出，进而判断出，即可得出结论；（2）先判断出，进而判断出．得出，即可得出结论；（3）利用勾股定理依次求出，，，进而判断出，即可得出结论．解：（1）在正方形中，，．又，在和中，，，，，．，．所以菱形是正方形；（2）如图1，过点作交所在直线于，联结．，．，．,，在和中，，．．．即无论菱形如何变化，点到直线的距离始终为定值1，；（3）如图2，当时，在中，，根据勾股定理得，；，在中，根据勾股定理得，，过点作于，在中，根据勾股定理得，，，为等边三角形．．,此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解本题的关键是正确作出辅助线构造全等三角形和直角三角形．12．（1）；（2）5【解析】（1）根据矩形的性质和折叠性质可得ME=ME=6，∠D=9°，利用勾股定理即可求解；（2）求出DE长，同（1）中方法，设AM=ME=x，则DM=8﹣x，根据勾股定理列出方程，解之即可求解．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC=8，DC=AB=12，∠D=90°，由折叠性质得：ME=AM=6，∴MD=8﹣6=2，在Rt△MDE中，由勾股定理得DE==，故答案为：；（2）由已知，DE=DC=×12=4，设AM=ME=x，则DM=8﹣x，在Rt△MDE中，由勾股定理得，解得：x=5，即AM=5．本题考查了矩形的性质、折叠性质、勾股定理、解一元一次方程，熟练掌握矩形的性质和折叠性质是解答的关键．13．（1）见解析；（2）135°；（3）【解析】（1）根据有三个角是直角是四边形是矩形判定即可；,（2）首先根据矩形的性质得出OD=OC，然后利用角平分线的定义得出△DCE是等腰直角三角形，进而得出△OCD是等边三角形，然后可得∠OCE=30°，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理得出∠COE=∠CEO=75°，最后利用∠DOE=∠COD+∠COE即可求解；（3）作OF⊥BC于F，首先根据三角形中位线的性质得出OF=1，然后利用勾股定理求出BC的长度，进而得出BE的长度，最后利用面积公式求解即可．解：（1）∵ADBC，∴∠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=．本题主要考查四边形综合，掌握矩形的判定及性质，等腰三角形的性质和勾股定理是解题的关键．14．（1）t=2；（2）①12≤AQ≤20；②存在这样的t值，使得QE=QB，t的值为3.6或10．【解析】（1）先证明∠APD=∠EPA=∠PAB，得AB=PB=20，根据勾股定理得PC=16，由PD=4=2t，可得结论；（2）①分别计算两个边界点：由（1）知：t=2时，AQ=20，当AQ最小时，PQ⊥AB，此时AQ=12，可得结论；②分两种情况：点E在矩形的内部和外部，根据等量关系列方程可解答．（1）如图1，∵AB∥CD，∴∠DPA=∠PAB，由轴对称得：∠DPA=∠EPA，∴∠EPA=∠PAB，,∴BP=AB=20，在Rt△PCB中，由勾股定理得：PC==16，∴PD=4=2t，∴t=2；（2）①由（1）可知：当t=2时，Q与B重合，此时AQ=AB=20，如图2，当PQ⊥AB时，E与Q重合，此时AQ=AD=12，∴12≤AQ≤20，故答案为：12≤AQ≤20；②存在，分两种情况：当点E在矩形ABCD内部时，如图3，∵QE=PQ﹣PE=PQ﹣DP=PQ﹣2t，∵QE=QB，PQ=AQ，∴QB=AQ﹣2t，∵AQ+BQ=AB=20，∴AQ+AQ﹣2t=20，∴AQ=10+t，在Rt△EQA中，AQ=10+t，QE=AQ﹣2t=10-t，AE=12，∴，,解得：t=3.6；当点E在矩形ABCD的外部时，如图4，∵QE=PE﹣PQ=DP﹣PQ=2t﹣PQ，∵QE=QB，PQ=AQ，∴BQ=2t﹣AQ，∴AB﹣AQ=2t﹣AQ，∴AB=2t，∴t==10（此时P与C重合），综上，存在这样的t值，使得QE=QB，t的值为3.6或10．本题考查了四边形综合题、矩形的性质、几何动点问题，轴对称的性质等知识，解题的关键是学会正确画出图形，学会分类讨论，充分利用轴对称的性质解决问题，属于中考压轴题．15．（1）；（2）见解析【解析】（1）根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AB，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=AB；（2）求出四边形BECD是菱形，然后根据菱形的对角线互相垂直证明即可．解：（1）∵是直角三角形，，，∴．∴．∵点是斜边的中点，∴．（2）证明：∵，，,∴四边形是平行四边形．∵点是斜边的中点，∴．∴四边形是菱形．∴．本题考查了直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，菱形的判定与性质，熟记各性质以及菱形的判定方法是解题的关键．16．（1）见解析；（2）；（3）点P的坐标为（8，0）或（，0）或（﹣，0）或（，0）【解析】（1）证明△CDF≌△ADE（AAS），由全等三角形的性质得出DF＝DE，由平行四边形的判定可得出答案；（2）设CE＝AE＝x，由勾股定理得出62+（8﹣x）2＝x2，求出x＝，由勾股定理可得出答案；（3）分三种情况：①若PE＝PF，②若EF＝EP，③若EF＝FP，由等腰三角形的性质可得出答案．（1）证明：∵四边形OABC是矩形，∴BC∥OA，∴∠FCD＝∠DAE，∠CFD＝∠AED，∵D是AC的中点，∴CD＝AD，∴△CDF≌△ADE（AAS），∴DF＝DE，∴四边形EAFC是平行四边形；（2）解：∵四边形EAFC是平行四边形，CE＝CF，∴四边形EAFC是菱形，∴CE＝EA，AC⊥EF，设CE＝AE＝x，∵OC2+OE2＝CE2，∴62+（8﹣x）2＝x2，,∴x＝，∴CE＝，∵OA＝8，OC＝6，∴AC＝＝＝10，∴CD＝AC＝5，∴ED＝＝＝，∴EF＝2ED＝；（3）由（2）可知，，分三种情况：①若PE＝PF，点P与点A重合，∴P（8，0），②若EF＝EP＝，当点P在x轴的正半轴上，OP＝OE+PE＝＝，∴P（，0），当点P在x轴的负半轴上，OP＝PE﹣OE＝＝，∴P（﹣，0），③若EF＝FP，过点F作FG⊥AE于点G，则EG＝CF﹣OE＝﹣＝，∴EP＝9，∴OP＝OE+EP＝+9＝，∴P（，0）．综上可得，点P的坐标为（8，0）或（，0）或（﹣，0）或（，0）．,本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解题的关键．17．（1）见解析；（2）【解析】（1）由折叠的性质可得DE=BD，AE=AB，可证EF=BF，AD⊥BE，由等腰三角形的性质可求∠DBE＝∠DEB，∠DEC＝∠DCE，由三角形的内角和定理可求CE⊥BE ，可得结论；（2）由三角形的面积公式可求BF的长，由勾股定理可求CE的长．证明：（1）∵∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，∴BC＝，∵点D是BC的中点，∴AD＝BD＝DE＝，∵将△ABD沿AD翻折得到△AED，∴DE＝BD，AE＝AB，∴AD垂直平分BE，∴EF＝BF，AD⊥BE，∵DE＝DB＝CD，∴∠DBE＝∠DEB，∠DEC＝∠DCE，∵∠DBE+∠DEB+∠DEC+∠DCE＝180°，∴∠DEB+∠DEC＝90°，∴∠BEC＝90°，∴CE⊥BE，∴AD∥CE；（2）∵S△ABC＝×AC×AB＝×3×4＝6，且CD＝BD，,∴S△ADB＝S△ABC＝3，∴AD×FB＝3，∴FB＝，∴BE＝，∴CE＝．本题考查了翻折变换，直角三角形的性质，平行线的判定，三角形的面积公式，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．18．（1）见详解；（2）24【解析】（1）先证四边形AEBO为平行四边形，再由菱形的性质得∠AOB＝90°，从而可得四边形AEBO是矩形；（2）根据勾股定理和菱形的面积公式解答即可．解：（1）四边形AEBO是矩形，理由如下：∵BE∥AC，AE∥BD∴四边形AEBO是平行四边形．又∵菱形ABCD对角线交于点O∴AC⊥BD，即∠AOB＝90°．∴四边形AEBO是矩形；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝AC＝4，OB＝OD，AC⊥BD，∵四边形AEBO是矩形，∴AB＝OE＝5，∴OB=，∴BD＝2OB＝6，∴菱形ABCD的面积＝AC×BD＝×8×6＝24．本题考查的是菱形的性质、矩形的判定与性质和判定、勾股定理、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．,19．（1）见解析；（2）△BEG，△ADG，△DFH,△ABH【解析】（1）根据菱形的性质可得∠B=∠D，AB=AD，再证明△ABE≌△ADF，得∠BAE=∠DAF，从而得出结论；（2）根据菱形的性质和∠ABC＝45°，得出∠ABD=22.5°，则3∠ABD=67.5°，找出含有67.5°的角的三角形即可．（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴∠B=∠D，AB=AD，在△ABE和△ADF中，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴∠BAE=∠DAF．∴∠BAF＝∠DAE；（2）∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝45°，∴∠ABD=∠CBD=22.5°，∴3∠ABD=67.5°，∵AE⊥BC，∴∠AEB=90°，∴∠BGE=67.5°，∵△ABE≌△ADF∴∠AFD=90°，∴△BEG只含有一个3∠ABD；同理可得：∠DHF=67.5°，△DFH只含有一个3∠ABD；∵四边形ABCD是菱形，∴AD//BC，AB//CD∵AE⊥BC，∠AFD=90°，∴∠DAG=∠BAH=90°，,∵∠DHF=∠AHB=67.5°，∠BGE=∠AGD=67.5°，∴△ADG只含有一个3∠ABD；△ABH只含有一个3∠ABD；本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．20．（1）①见解析；②22°；（2）或【解析】（1）①根据斜边中线的性质，可得∠A=∠ACD，根据同角的余角相等可证；②设∠EDB=∠CDB=x，则∠DCB=∠DBC=24°+x，列方程即可求；（2）分点E在线段BC上和在BC延长线上两种情况，通过等腰三角形建立两个角的联系即可．解:（1）①∵D是AB的中点，∴DA=DC，DB=DC,∴∠A=∠ACD，∠DCB=∠DBC，∠ACD+∠DCE=90°又∠EDC=90°，∠E+∠DCE=90°，∴∠E=∠ACD，∠A=∠E.②由BD平分∠CDE，设∠EDB=∠CDB=x，则∠DCB=∠DBC=24°+x，在△DBC中，24°+x+24°+x+x=180°，解得，x=44°，∵∠A=∠ACD，∴∠A=22°；（2）∵CD=CE，∴∠CDE=∠DEC，情况1：如图1所示，当点E在线段BC上时，,图1∠A=∠ACD=α，∠CDE=∠DEC=β，则∠DCE=90°-α在△DEC中，2β+90°-α=180°，所以.情况2：如图2所示，当点E在BC延长线上时，图2∠A=∠ACD=α，∠CDE=∠DEC=β，则∠DCB=90°-α=2β所以.综上所述：或．本题考查了斜边中线的性质，等腰三角形的性质等，解题关键是通过设未知数或参数，建立角之间的联系．21．（1）见解析；（2）【解析】（1）由题意可证BE＝DE，四边形BEDF是平行四边形，即可证四边形BEDF为菱形；（2）过点D作DH⊥BC于H，由直角三角形的性质可求解．证明：（1）∵DE∥BC，DF∥AB，∴四边形DEBF是平行四边形，∵DE∥BC，,∴∠EDB＝∠DBF，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBF＝∠ABC，∴∠ABD＝∠EDB，∴DE＝BE，又∵四边形BEDF为平行四边形，∴四边形BEDF是菱形；（2）如图，过点D作DH⊥BC于H，∵DF∥AB，∴∠ABC＝∠DFC＝60°，∵DH⊥BC，∴∠FDH＝30°，∴FH＝DF，DH＝FH＝DF，∵∠C＝45°，DH⊥BC，∴∠C＝∠HDC＝45°，∴DC＝DH＝DF＝6，∴DF＝2，∴菱形BEDF的边长为2．本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握菱形的判定定理是本题的关键．22．【解析】由矩形的性质可得，，结合角平分线的定义可求得，可证明，结合矩形的性质可得，根据三角形的面积公式得到,，于是得到结论．解：四边形为矩形，设与相交于点，，，，，，平分，，又，，，又，，，，，，，，，，，，故答案为：．本题主要考查矩形的性质，掌握矩形的四个角都是直角、对角线互相平分且相等是解题的关键，注意三角形外角性质的应用．,23．【解析】先由折叠的性质求出AP=10，然后利用勾股定理求出DP，即得到CP，BP长也可用勾股定理求出，过点N作NH⊥PB，交PB的延长线于H，分别求证△MEP≌△NHB，△MEF≌△NHF，可得到，从而可求出EF的值．解：在下图中，由矩形和折叠可知AP=AB=DC=10，AD=BC=8，OP=OB，在Rt△ADP中，，∴，如下图，过点N作NH⊥PB，交PB的延长线于H，∵AP=AB，∴∠APB=∠ABP，又∵∠NBH=∠ABP，∴∠NBH=∠APB，在△MEP和△NHB中，∴△MEP≌△NHB，,∴ME=NH，PE=BH，∴PB=EH，在△MEF和△NHF中，∴△MEF≌△NHF，∴EF=FH，即，∴，在Rt△BCP中，，∴，故答案为：．本题考查了折叠的性质，全等三角形的性质和判定，矩形的性质，正确作出辅助线找到全等三角形是解题的关键．24．30°【解析】根据等腰三角形三线合一的性质得到∠AOD=90°，证明△AOC是等边三角形，得到∠AOC，从而计算出∠COD．解：∵C、D是直角顶点，∴∠ACB=∠ADB=90°，又∵∠BAC=60°，∠BAD=45°，∴∠ABC=30°，∠ABD=45°，∴△ABD是等腰三角形，AC=AB，又∵O是AB中点，∴OD⊥AB，OC=OA=AB=AC，∠AOD=90°，∴△OAC是等边三角形，∴∠AOC=60°，∴∠COD=30°，,故答案为：30°．本题考查了等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握各性质定理是解题的关键．25．【解析】连接DF、BD，由DF＞BD-BF知点F落在BD上时，DF取得最小值，且最小值为BD-BF的长，再根据矩形和折叠的性质分别求得BD、BF的长即可．如图，连接DF、BD，由图可知，DF＞BD-BF，当点F落在BD上时，DF取得最小值，且最小值为BD-BF的长，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=4、BC=6，∴BD=，由折叠性质知AB=BF=4，∴线段DF长度的最小值为BD-BF，故答案为：.．本题主要考查矩形和翻折变换的性质，解题的关键是根据三角形两边之差小于第三边得出DF长度取得最小值时点F的位置．26．【解析】由矩形的性质和角平分线的定义得出∠DEC＝∠ECB＝∠BEC，推出BE＝BC，求得AE＝AB＝2，然后依据勾股定理可求得BC的长．解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC．∴∠DEC＝∠BCE．∵EC平分∠DEB，,∴∠DEC＝∠BEC．∴∠BEC＝∠ECB．∴BE＝BC．∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°．∵，∴∠ABE＝∠AEB＝45°，∴AB＝AE＝2．∵由勾股定理得：BE=∴BC＝BE＝2，故答案为：2．本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质，证出BE＝BC是解题的关键．27．【解析】作AE⊥BC于E，由直角三角形的性质求出菱形的高AE，再运用菱形面积公式＝底×高计算即可．解：作AE⊥BC于E，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，周长为12cm，∠BCD＝120°，∴AB＝BC＝3cm，∠B＝60°，∵AE⊥BC，∴∠BAE＝30°，∴BE＝AB＝cm，AE=BE＝cm，∴菱形的面积＝BC•AE＝3×=（cm2）；,故答案为：本题考查了菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质、菱形的面积等知识；熟练掌握菱形的性质，求出菱形的高是解决问题的关键．28．14【解析】过点D作轴，垂足为E．先证明，从而得到AE＝OB＝4，最后依据的面积＝OB•OE求解即可．解：过点D作DE⊥y轴，垂足为E．∵A的坐标是，点B的坐标是，∴OA＝3，OB＝4．∵ABCD为正方形，∴AB＝AD，∠DAB＝90°．∵，，∴．在和中，∴．∴AE＝OB＝4．∴．∴的面积＝OB•OE＝×4×7＝14．故答案为：14．本题主要考查的是正方形的性质、全等三角形的性质和判定，求得OE的长是解题的关键．29．125°,【解析】根据菱形的性质得出∠ADC＝110°，∠CDB＝y，进而根据∠ADC+∠CDB+∠ADB＝360°，得出y值．解：根据平面镶嵌的性质得出：∠ADC＝180°﹣x=110°，∠CDB＝y，∴110°+∠CDB+∠ADB＝360°，110°+2y＝360°，y＝125°；故答案为：125°.此题主要考查了菱形的性质以及平行四边形的性质和平面镶嵌的性质，得出∠ADC+∠CDB+∠ADB＝360°是解决问题的关键．30．或5【解析】分为三种情况：画出图形，根据三角形的面积求出每种情况即可．解：如图1所示，当点在上时，∵，故时，∵四边形是矩形，∴，，∵，，，如图2所示，当在上时，,∵即，∵是的中点，∴，，，，，，，如图3所示，当点在上时，即时，，，(舍去)综上所述当或5时，的面积等于20.故答案为：或5．,本题考查了矩形的性质，三角形的面积的应用，用了分类讨论思想．
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