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第十八章第2节《特殊的平行四边形》提高训练卷(33)一、单选题1．如图，在矩形中，点是边的中点，将沿折叠后得到，且点在矩形内部.将延长交边于点.若，则是（）A．B．C．D．2．如图，四边形ABCD是矩形纸片，AB＝2．对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF；展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N，折痕BM与EF相交于点Q；再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G．有如下结论：①∠ABN＝60°；②AM＝1；③AB⊥CG；④BMG是等边三角形；⑤点P为线段BM上一动点，点H是BN的中点，则PN＋PH的最小值是．其中正确结论有（ ）A．5个B．4个C．3个D．2个3．如图，已知正方形的边长为4，P是对角线上一点，于点E，于点F，连接．给出下列结论：①；②四边形的周长为8：③一定是等腰三角形；④；⑤的最小值为；⑥．其中正确结论的序号为（）,A．①②④⑤⑥B．②③④⑤C．①②④⑤D．②④⑤⑥4．如图，将长方形纸片ABCD沿AE折叠，使点D恰好落在BC边上点F处．若，，则EC的长为（）A．2B．C．3D．5．已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（）A．当时，四边形是菱形B．当时，四边形是正方形C．当时，四边形是矩形D．当时，四边形是菱形二、解答题6．已知：如图，在中，延长至点，使得，连接，交边于点．连接，．（1）求证：四边形是平行四边形．（2）若，求证：四边形是矩形．7．如图，在中，，，是等边三角形，点在边上．（1）如图1，当点在边上时，求证；,（2）如图2，在（1）的条件下，过作于，求证；（3）如图3，当点在外部时，于点，过点作，交线段的延长线于点，，．求的长．8．在与中，，，，连接，点为的中点，连接，绕着点旋转．,（1）如图1，当点落在的延长线上时，与的数量关系是：__________；（2）如图2，当旋转到点落在的延长线上时，与是否仍有具有（1）中的数量关系，如果具有，请给予证明；如果没有，请说明理由；（3）旋转过程中，若当时，直接写出的值．9．若A（0，a），B（b，0），且a，b满足a2﹣2ab+b2＝﹣4+4a﹣a2．（1）则A的坐标是；B的坐标是；（2）如图1，点D在线段AO上运动（不与点O、A重合），以BD为腰向下作等腰直角BDE，∠DBE＝90°，连接AE交OB于M，求AD和OM的数量关系；（3）若点C在y轴上运动（O点除外），CBD等腰直角三角形（C、B、D顺时针排列），CB＝CD，∠DCB＝90°，连接AD，取AO中点T，连接TO，TC，补充图形，求TO与TC的数量关系．10．如图，在长方形中，，，点从点出发，以/,秒的速度沿向点运动，设点的运动时间为秒：（1）．（用的代数式表示）（2）当为何值时，？（3）当点从点开始运动，同时，点从点出发，以/秒的速度沿向点运动，当点P到达C点或点Q到达D点时，P、Q运动停止，是否存在这样的值，使得与全等？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．11．如图，在中，分别是的中点，连接．求证：四边形是菱形．12．如图，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，如果将该矩形沿对角线BD折叠，求图中阴影部分的面积．13．背景：在数学课堂上，李老师给每个同学发了一张边长为的正方形纸片，请同学们纸片上剪下一个有一边长为的等腰三角形，要求等腰三角形的三个顶点都落在正方形的边上，且其中一个顶点与正方形的顶点重合，最终，通过合作讨论，同学们一共提供了5种不同的剪法（若剪下的三角形全等则视为同一种）．注：正方形的每条边都相等，每个角都等于90°．（1）如图1是小明同学率先给出的剪法，其中,即为满足要求的等腰三角形，则小明同学剪下的三角形纸片的面积为______．（2）如图2是小王同学提出的另一种剪法，其中，且，请帮助小王同学求出所得等腰的腰长；（3）请在下列三个正方形中画出其余的三种剪法，并直接写出每种剪法所得的三角形纸片的面积．（注：每种情况的图和对应的面积都正确才得分）面积 面积 面积 14．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E在边CD上，连接AE，将四边形ABCE沿直线AE折叠，得到多边形，且恰好经过点D．（1）线段DC′的长度；（2）求ADE的面积．15．如图1，在矩形中，，动点从出发，以每秒1个单位的速度，沿射线方向移动，作关于直线的对称，设点的运动时间为．（1）若，,①如图2，当点落在时，显然是直角三角形，求此时的值；②是否存在异于图2的时刻，使得是直角三角形？若存在，请直接写出所有符合题意的的值？若不存在，请说明理由；（2）当点不与点重合时，若直线与直线相交于点，且当时存在某一时刻有结论成立，试探究：对于的任意时刻，结论“”是否总是成立？请说明理由．16．（1）尝试探究：如图1，是正方形的边上的一点，过点作，交的延长线于．①求证：；②过点作的平分线交于，连结，请探究与的数量关系，并证明你的结论．（2）拓展应用：如图2，是正方形的边上的一点，过点作，交的延长线于，连结交于，连结并延长交于，已知，求的长．17．（1）作图发现：如图1，已知，小涵同学以AB、AC为边向外作等边和等边．连接BE，CD、这时他发现BE与CD的数量关系是______；（2）拓展探究：如图2，已知，小涵同学以AB、AC为边向外作正方形ABFD和正方形ACGE，连接BE，CD，试判断BE与CD之间的数量关系，并说明理由；（3）解决问题：如图3，要测量池塘两岸相对的两点B，E的距离，已经测得，，米，，求BE的距离．,18．模型介绍（1）定义：我们把对角线互相垂直的四边形称为垂美四边形．性质：垂美四边形对边的平方和相等，即AB2+CD2=BC2+AD2，请结合图1证明这个结论． （2）如图2，在长方形ABCD中，AB=6，P是AD边上一点，且AP=2PD，CP⊥BD，求AD的长．19．如图，△ABC中，CD、BE分别是高，M、N分别是线段BC、DE的中点．（1）求证：MN⊥DE；（2）若∠A=α，求∠DME的度数（用含α的式子表示）．（3）若将锐角△ABC变为钝角△ABC，直接写出∠DME与∠BAC的数量关系．20．如图1，己知中，，，，射线，射线平分交于点D，交于点E，P是射线上的动点．（1）求线段的长；（2）连结，．①若，求的长．②如图2，若点Q是射线上的动点，当是以为直角边的等腰直角三角形时，求出,的长．21．已知：如图，在平行四边形中，，E、F分别是边和的中点，连接，．求证：四边形是矩形．22．定义，我们把对角线互相垂直的四边形叫做和美四边形，对角线交点作为和美四边形的中心．（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．23．如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将沿折叠后得到，且G点在矩形ABCD内部，将BG延长交DC于点F．（1）判断GF与DF之长是否相等，并说明理由．（2）问题解决：若，，求AD的值．,（3）类比探究：若，求的值．三、填空题24．勾股定理有着悠久的历史，它神秘而美妙，曾引起很多人的兴趣．如图所示，为的斜边，四边形，，均为正方形，四边形是长方形，若，，则长方形内空白部分的面积之和是________．25．已知为中点，延长到使若是直角三角形，则的面积是________．26．如图，正方形ABCD的边长为3，点F是射线BC上一动点，连接DB、DF，将沿DF翻折得，延长交直线AB于E，若，则______．27．如图，点P是射线上的一个动点，且是等边三角形，平行于x轴，已知点、、，若四边形的四边中有两条边互相平行时，则P的坐标是_______．28．如图，在菱形中，，点P为的中点，分别为线段,上的任意一点，则的最小值为______．29．如图，菱形的边长为，且，E是中点，P点在上，则的最小值为_______．30．如图，已知边长为2的正方形OABC在平面直角坐标系中，位于轴上方OA与x轴正半轴的夹角为60°，则C点坐标为________．,,【答案与解析】1．B【解析】连接EG，由中点的定义、矩形的性质、翻折变换的性质得EF=EC，∠AFE=∠C=90°，从而Rt△EFG≌Rt△ECG（HL），得CG=FG，设CG=x，将AD、AB用含x的式子表示出来，再求比值即可．解：如图所示，连接EG，∵点EE是边CD的中点，∴DE=CE，∵将△ADE沿AE折叠后得到△AFE，∴DE=EF,AF=AD,∠AFE=∠D=90°，∴CE=FE，在Rt△EFG与Rt△ECG中，∵EF=EC，EG=EG，∴Rt△EFG≌Rt△ECG（HL），∴CG=FG，设CG=FG=x，则由得BG=8x，∴BC=CG+BG=9x，AF=AD=BC=9x，AG=AF+FG=10x,在Rt△ABG中，由勾股定理得，∴．故答案为：B．,本题考查了矩形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，熟记性质并正确作出辅助线是解题的关键．2．B【解析】①根据折叠的性质得出AE=BE，AB=BN，∠NEB=90°，再根据含30度的直角三角形判定定理即可得出∠ENB＝30°，即可得出∠ABN＝60°；②根据折叠的性质得出∠ABM＝∠NBM＝30°，设AM=x，根据勾股定理即可求出AM的值；③直接根据矩形的性质即可得出；④根据∠ABM＝30°，得出∠MBG＝∠BMA＝60°，再根据折叠的性质和等量代换即可得出△BGM是等边三角形；⑤根据点H是BN的中点即矩形的性质得出BH＝BE，结合题意得出PE＝PH，再根据三点共线时值最小及勾股定理即可判断．解：由折叠可知，AE=BE，AB=BN，∠NEB=90°，在Rt△BEN中，∵BN＝AB＝2BE，∴∠ENB＝30°，∴∠ABN＝60°，故①正确；由折叠可知，∠ABM＝∠NBM＝30°，设AM=x，则BM=2x，x2+22=(2x)2，∵x＞0，解得：x=，即，故②错误；∵∠ABG＝90°，∴AB⊥CG，故③正确；∵∠ABM＝30°，∴∠MBG＝∠BMA＝60°，由折叠可知，∠BMG＝∠BMA＝60°，∴∠MBG＝∠BMG＝∠MGB＝60°,∴△BGM是等边三角形，故④正确，,连接PE．∵点H是BN的中点，∴BH＝BE＝1，∵∠MBH＝∠MBE，∴E、H关于BM对称，∴PE＝PH，∴PH+PN＝PE+PN，∴E、P、N共线时，PH+PN的值最小，EN＝=，故⑤正确，故选为B．本题考查翻折变换、等边三角形的判定和性质、直角三角形中30度角的判断、轴对称最短问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．3．A【解析】①根据正方形的对角线平分对角的性质，得△PDF是等腰直角三角形，在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝EC2+EC2＝2EC2，求得DP=EC．②先证明四边形PECF为矩形，根据等腰直角三角形和矩形的性质可得其周长为2BC，则四边形PECF的周长为8；③根据P的任意性可以判断△APD不一定是等腰三角形；④由②可知，四边形PECF为矩形，则通过正方形的轴对称性，证明AP＝EF；⑤当AP最小时，EF最小，EF的最小值等于；⑥证明∠PFH+∠HPF＝90°，则AP⊥EF．解：①如图，延长FP交AB与G，连PC，延长AP交EF与H，∵GF∥BC，∴∠DPF＝∠DBC，∵四边形ABCD是正方形∴∠DBC＝45°∴∠DPF＝∠DBC＝45°，∴∠PDF＝∠DPF＝45°，,∴PF＝EC＝DF，∴在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝EC2+EC2＝2EC2，∴DP=EC．故①正确；②∵PE⊥BC，PF⊥CD，∠BCD＝90°，∴四边形PECF为矩形，∴四边形PECF的周长＝2CE+2PE＝2CE+2BE＝2BC＝8，故②正确；③∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，∠ADP＝45度，∴当∠PAD＝45度或67.5度或90度时，△APD是等腰三角形，除此之外，△APD不是等腰三角形，故③错误．④∵四边形PECF为矩形，∴PC＝EF，由正方形为轴对称图形，∴AP＝PC，∴AP＝EF，故④正确；⑤由EF＝PC＝AP，∴当AP最小时，EF最小，则当AP⊥BD时，即AP=BD=×=时，EF的最小值等于，故⑤正确；⑥∵GF∥BC，∴∠AGP＝90°，∴∠BAP+∠APG＝90°，∵∠APG＝∠HPF，∴∠PFH+∠HPF＝90°，∴AP⊥EF，故⑥正确；本题正确的有：①②④⑤⑥；,故选：A．本题考查了正方形的性质，垂直的判定，等腰三角形的性质，勾股定理的运用．本题难度较大，综合性较强，在解答时要认真审题．4．B【解析】由翻折可知：AD=AF=10．DE=EF，设EC=x，则DE=EF=6-x．在Rt△ECF中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC=10，AB=CD=6，∴∠B=∠BCD=90°，由翻折可知：AD=AF=10，DE=EF，设EC=x，则DE=EF=6-x．在Rt△ABF中，，∴CF=BC-BF=10-8=2，在Rt△EFC中，EF2=CE2+CF2，∴（6-x）2=x2+22，∴x=，∴EC=．故选：B．本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握方程的思想方法是解题的关键．5．B【解析】根据矩形、菱形、正方形的判定逐个判断即可．解：如图，,A、∵四边形ABCD是平行四边形，又∵AB=BC，∴四边形ABCD是菱形，故本选项不符合；B、∵四边形ABCD是平行四边形，又∵∠ABC=90°，∴四边形ABCD是矩形，故本选项符合；C、∵四边形ABCD是平行四边形，又∵AC=BD，∴四边形ABCD是矩形，故本选项不符合；D、∵四边形ABCD是平行四边形，又∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形，故本选项不符合；故选：B．本题考查了对矩形的判定、菱形的判定，正方形的判定的应用，能正确运用判定定理进行判断是解此题的关键，难度适中．6．（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）根据题意可得到，从而再证明即可得出结论；（2）结合（1）的结论可以得到，，再根据推出，从而得到即可得出结论．（1）∵四边形是平行四边形，∴，，即，∵，∴，∴四边形是平行四边形；（2）∵四边形是平行四边形，∴，，,∵四边形是平行四边形，又∵，∴当时，则有，∴，，∴四边形是矩形．本题考查平行四边形的性质与判定，矩形的判定，熟练掌握基本的性质定理以及判定方法是解题关键．7．（1）见解析；（2）见解析；（3）【解析】（1）根据等边三角形的性质、三角形的外角的性质得到∠EDB=∠B，根据等腰三角形的判定定理证明；（2）取DB的中点H，连接EH，证明△BEH≌△CDF得BH=CF，即可解决问题；（3）取AB的中点O，连接CO、EO、EB，分别证明△ACD≌△OCE和△CEG≌△DCO，根据全等三角形的性质解答．（1）证明：∵△CDE是等边三角形，∴∠CED=60°，∴∠EDB=60°-∠B=60°-30°=30°，∴∠EDB=∠B，∴DE=EB；（2）证明：如图2，取DB的中点H，连接EH，∴BD=2BH，∵DE=EB，DE=DC，∴EH⊥BD，BE=DC，∴∠EHB=90°，∵DF⊥AC，,∴∠DFC=90°=∠EHB，∵∠ACB=90°，∠DCE=60°，∴∠DCF=30°=∠B，在△BEH和△CDF中，，∴△BEH≌△CDF，∴BH=CF，∴BD=2CF；（3）如图3，取AB的中点O，连接CO、EO、EB，∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴∠A=60°，OC=OA，∴△ACO为等边三角形，∴CA=CO，∵△CDE是等边三角形，∴∠ACO=∠DCE，∴∠ACD=∠OCE，在△ACD和△OCE中，，∴△ACD≌△OCE，∴∠COE=∠A=60°，∴∠BOE=60°，∴△COE≌△BOE，,∴EC=EB，∴ED=EB，∵EH⊥AB，∴DH=BH=3，∵GE∥AB，∴∠G=180°-∠A=120°，∵∠GCD=∠GCE+60°=∠CDA+60°，∴∠GCE=∠CDA，在△CEG和△DCO中，，∴△CEG≌△DCO，∴CG=OD，设CG=a，则AG=5a，OD=a，∴AC=OC=4a，∵OC=OB，∴4a=a+3+3，解得，a=2，即CG=2．本题考查的是等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．8．（1）；（2）具有，证明见解析；（3）14或．【解析】（1）；当点落在的延长线上时，∠ADE=90º，点为的中点，直角三角形斜边中线的性质，再证△ACE≌△BCE（SAS）利用性质得AE=BE即可；（2）成立（具有）延长到点，使，连接，由点为的中点，可知是的中位线，有结论，先证，再证,，即可；（3）分两种情况∠BCD再BC的左边与右边，构造Rt△ECH，∠HCE=60º或Rt△CGE，∠GCE=30º，CH=，CG=，利用勾股定理求BE2，再用（1）结论即可．（1）当点落在的延长线上时，∠ADE=90º，∵点为的中点，∴AF=EF=FD，∴，∵BC=AC，∠ACB=90º，CD=DE，∠CDE=90º，∴∠DCE=∠DEC=45º，∴∠BCE=∠BCD+∠DCE=90º+45º=135º，∴∠ACE=360º-∠ACB-∠BCE=360º-90º-135º=135º=∠BCE，∵CE=CE，∴△ACE≌△BCE（SAS），∴AE=BE，∴，故答案为：；（2）成立（具有）,证明：延长到点，使，连接，∵点为的中点，∴是的中位线，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（3）14或．过E作EH⊥BC于H，∴在Rt△ECD中，CE=2，∵∠BCD=105º，,∴∠HCE=105º-∠DCE=60º，∴CH=，EH=，∵BC=，∴BH=BC-CH=-，∴FD2=；延长BC，过E作EG⊥BC于G，∵∠BCD=105º，∠DCE=45º，∴∠GCE=180º-∠ACD-∠DCE=30º，∴GE=，∴CG=，∴∴FD2=．,综上所述，的值为或．本题考查直角三角形斜边中线性质，三角形全等判定与性质，三角形的旋转变换，三角形中位线，解直角三角形，勾股定理的应用，涉及的知识多，习题难度大，关键是利用数形结合的思想画出准确的图形，画图时应注意分类来画是解题关键．9．（1）（0，2），（2，0）；（2）OM＝AD；（3）TO＝TC【解析】（1）先配方，然后利用非负数的性质即可解决；（2）如图1中，作EG⊥OB于G，先证明DBO≌BEG，得DO＝BG，BO＝EG，推出AD＝OG，再证明AOM≌EGM得OM＝MG，由此可以解决问题；（3）延长OT至点F，使TF＝OT，连接DF，CF，先证明ATO≌DTF，由此可得DF＝OA＝OB，∠FDT＝∠DAO，再证明DCF≌BCO，由此可得FCD为等腰直角三角形，再结合T为OF的中点即可证得TO＝TC．（1）解：∵a2﹣2ab+b2＝﹣4+4a﹣a2，∴a2﹣2ab+b2+a2﹣4a+4＝0，∴（a﹣b）2+（a﹣2）2＝0，∵（a﹣b）2≥0，（a﹣2）2≥0，∴a＝b＝2，∴点A坐标（0，2），点B坐标（2，0），故答案为：（0，2），（2，0）；（2）解：如图1中，作EG⊥OB于G，,∵BDE为等腰直角三角形，∠DBE＝90°，∴BD＝BE，∠DBO+∠OBE＝90°，∵EG⊥BO，∴∠OBE+∠BEG＝90°，∴∠DBO＝∠BEG，在DBO和BEG中，，∴DBO≌BEG（AAS），∴DO＝BG，BO＝EG，∵AO＝BO，∴AO＝EG，AD＝OG，在AOM和EGM中，，∴AOM≌EGM（AAS），∴OM＝MG＝OG，∴OM＝AD；（3）延长OT至点F，使TF＝OT，连接DF，CF，∵在ATO和DTF中，,，∴ATO≌DTF（SAS），∴DF＝OA＝OB，∠FDT＝∠DAO，∵∠DCB＝90°，∠COB＝90°，∴∠DCO+∠OCB＝90°，∠OCB+∠OBC＝90°，∴∠DCO＝∠OBC，∵∠DCO＝∠ADC+∠CAD＝∠ADC+∠FDA＝∠FDC，∴∠FDC＝∠OBC，∵在DCF和BCO中，，∴DCF≌BCO（SAS），∴OC＝CF，∠FCD＝∠OCB，∴∠FCO＝∠FCD+∠DCO＝∠OCB+∠DCO＝90°，∴FCD为等腰直角三角形，又∵T为OF的中点，∴TO＝TC．本题考查完全平方公式及其非负性、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质，综合性比较强，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，学会运用转化的思想．10．（1）；（2）t=2.5，理由见解析；（3）存在，v=2.4或者v=2.【解析】,(1)根据S=vt计算线段BP=2t，利用BP+PC=BC求PC即可；(2)根据三角形全等，得BP=PC=5，所以t=秒；(3)分和两种情形讨论求解.（1）点从点出发，以/秒的速度沿向点运动，点的运动时间为秒，∴，∴．（2）当时，.理由：当时，在和中；（3）①当时，时，；，，，，解得，，所以，；②当，时，；，,，，解得，，解得；综上所述，当或者时与.本题考查了矩形中的动点问题，熟练掌握三角形全等，灵活运用分类思想是解题的关键.11．证明见解析【解析】根据三角形的中位线的性质和菱形的判定定理即可得到结论；证明：分别是的中点，，∴四边形是平行四边形．，，∴四边形是菱形．本题考查了菱形的判定和性质，三角形的中位线的性质，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．12．【解析】易得BE＝DE，利用勾股定理求得DE的长，利用三角形的面积公式可得阴影部分的面积．解：根据翻折的性质可知：∠EBD＝∠DBC，又∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∴∠ADB＝∠EBD，∴BE＝DE，设BE＝DE＝x，∴AE＝8﹣x，∵四边形ABCD是矩形，,∴∠A＝90°，∴AE2+AB2＝BE2，（8﹣x）2+42＝x2，解得x＝5，∴S△EDB＝×5×4＝10．此题考查矩形的性质，翻折变换（折叠问题），勾股定理，正确掌握折叠的性质推出BE＝DE是解题的关键．13．（1）16；（2）；（3）；；【解析】（1）依据△AEF是等腰直角三角形，EF=8cm，即可得到三角形纸片的面积；（2）设AF=EF=x，则BF=6-x，依据勾股定理可得Rt△BFE中，BF2+BE2=EF2，可得方程，进而得出等腰△AEF的腰长；（3）依据等腰三角形的性质以及三角形面积计算公式，即可得到每种剪法所得的三角形纸片的面积．解：（1）四边形是正方形，，，，是等腰直角三角形，，，故答案为16；（2）根据题意得，，，，由勾股定理可得，设，则，中，，，解得，等腰的腰长为；（3）如图所示，CF=CE，EF=8，,∵AC=BC，∠A=∠B=90°，∴Rt△ACF≌Rt△BCE（HL），∴AF=BE，∴DF=DE，在△DEF中，，即，解得：DE=，∴BE=AF=6-，∴==；如图所示，AF=EF，AE=8，∴BE==，∴CE=6-，设DF=x，则CF=6-x，在△ADF和△CEF中，，则，解得：x=，∴CF=6-x=，=,=；如图所示，AE=AF=8，同理可得：Rt△ADF≌Rt△ABE（HL），∴DF=BE==，∴CE=CF=6-，==；故答案为：；；．此题主要考查了应用与设计作图，本题需仔细分析题意，运用等腰三角形的性质以及勾股定理是解决问题的关键．14．（1）2；（2）【解析】（1）由矩形的性质可得AD=BC=10，AB=CD=6，∠B=∠C=90°，由折叠的性质可得AB=AB'=6，CE=C'E，B'C'=BC=10，∠B'=∠B=90°，∠C=∠C'=90°，由勾股定理可求B'D的长，可得C'D的长；（2）设DE=x，则EC′=6-x，利用勾股定理列方程求解，从而可求三角形面积．解：（1）∵四边形ABCD是矩形∴AD=BC=10，AB=CD=6，∠B=∠C=90°∵将四边形ABCE沿直线AE折叠，得到多边形AB′C′E，,∴AB=AB'=6，CE=C'E，B'C'=BC=10，∠B'=∠B=90°，∠C=∠C'=90°∵B'D=∴C'D=B'C'-B'D=2，（2）设DE=x，则EC′=6-x，由（1）可知∠C'=90°，C'D=2∴在Rt△C′DE中，，解得：∴ADE的面积为本题考查了折叠变换，矩形的性质，勾股定理，熟练运用折叠的性质是本题的关键．15．（1）①；②存在，t=2或6或；（2）成立，理由见解析【解析】（1）①利用勾股定理求出，根据对称的性质得到AB′和B′P，从而得到B′C和PC，在△CB′P中利用勾股定理列出方程，解之即可解决问题．②分三种情形分别求解即可：如图中，当时．如图中，当时．如图中，当时．（2）如图中，首先证明四边形是正方形，如图中，利用全等三角形的性质，翻折不变性即可解决问题．解：（1）①如图1中，四边形是矩形，，∵AB=，BC=3，，∵点B和B′关于AP对称，,∴AB=AB′=，B′P=BP=t，∠B=∠AB′P=CB′P=90°，∴B′C=AC-AB′=，PC=BC-BP=3-t，在Rt△CB′P中，，解得：t=；②如图中，当时，四边形是矩形，，，，，，在中，，，．如图中，当时，,在中，，在中则有：，解得．如图中，当时，由对称可知：AB=AB′，∴四边形为正方形，∴BP=AB=，∴．综上所述，满足条件的的值为或或．（2）如图中，，又翻折，，，又，，，，即四边形是正方形，,如图，设．，，同理可证：△，，翻折，，，，．本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．16．（1）①见解析；②PE=PF，证明见解析；（2）3【解析】（1）①先判断出∠CBF=90°，再证明∠DCE=∠BCF即可解决问题．②证明△PCE≌△PCF（SAS）即可解决问题．（2）如图2中，作EH⊥AD交BD于H，连接PE．证明△EMH≌△FMB（AAS），由EM=FM，CE=CF，推出PC垂直平分线段EF，推出PE=PF，设PB=x，则PE=PF=x+2，PA=6-x，理由勾股定理构建方程即可解决问题．解：（1）①如图1中，在正方形ABCD中，DC=BC，∠D=∠ABC=∠DCB=90°，∴∠CBF=180°-∠ABC=90°，∵CF⊥CE，∴∠ECF=90°，,∴∠DCB=∠ECF=90°∴∠DCE=∠BCF，∴△CDE≌△CBF（ASA）．②结论：PE=PF．理由：如图1中，∵△CDE≌△CBF，∴CE=CF，∵PC=PC，∠PCE=∠PCF，∴△PCE≌△PCF（SAS），∴PE=PF．（2）如图2中，作EH⊥AD交BD于H，连接PE．∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=6，∠A=90°，∠EDH=45°，∵EH⊥AD，∴∠DEH=∠A=90°，∴EH∥AF，DE=EH=2，∵△CDE≌△CBF，∴DE=BF=2，∴EH=BF，∵∠EHM=∠MBF，∠EMH=∠FMB，∴△EMH≌△FMB（AAS），∵EM=FM，∵CE=CF，∴PC垂直平分线段EF，∴PE=PF，设PB=x，则PE=PF=x+2，PA=6-x，在Rt△APE中，则有（x+2）2=42+（6-x）2，,∴x=3，∴PB=3．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，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．17．（1）；（2），理由见解析；（3）BE的距离为．【解析】（1）利用等边三角形的性质得出，然后有，再利用SAS即可证明，则有；（2）利用正方形的性质得出，然后有，再利用SAS即可证明，则有；（3）根据前（2）问的启发，过作等腰直角，连接，，同样的方法证明，则有，在中利用勾股定理即可求出CD的值，则BE的值可求．（1）如图1所示：∵和都是等边三角形∴，，∴，即在和中∵∴（SAS）∴（2）BE=CD，理由如下：∵四边形ABFD和ACGE均为正方形∴，，,∴在和中∵∴（SAS）∴（3）如图3，过作等腰直角，，连接，，则米，，米，∴即在和中，，，，，在中，米，米，根据勾股定理得：（米），,则米．本题主要考查全等三角形的判定及性质，正方形的性质，等边三角形的性质和等腰直角三角形的性质，勾股定理应用，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．18．（1）见解析；（2）．【解析】（1）根据垂直的定义和勾股定理得出AB2+DC2=OA2+OB2+OD2+OC2=AD2+CB2，即可得出结论；（2）连接BP，设PD=x，则AP=2x，AD=BC=3x，根据勾股定理以及垂美四边形的性质列方程即可求解．（1）证明：∵AC⊥BD，∴Rt△AOB中，OA2+OB2=AB2，Rt△AOD中，OA2+OD2=AD2，Rt△COB中，OC2+OB2=CB2，Rt△AOD中，OD2+OC2=DC2，∴AB2+DC2=OA2+OB2+OD2+OC2=AD2+CB2；（2）连接BP，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=6，AD=BC，设PD=x，则AP=2x，AD=BC=3x，BP2=AB2+AP2=62+(2x)2=36+4x2，∵PC⊥BD，∴BP2+CD2=BC2+PD2，,∴36+4x2+62=(3x)2+x2，化简得x2=12，解得x=2或x=−2(舍)．∴AD=6．本题是四边形综合题，主要考查的是矩形的性质、勾股定理的应用；熟练掌握矩形的性质，理解新定义，灵活运用勾股定理构建方程是解题的关键．19．（1）见解析；（2）180°-2α；（3）∠DME=2∠BAC-180°【解析】（1）连接DM、ME，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DM=BC，ME=BC，从而得到DM=ME，再根据等腰三角形三线合一的性质证明；（2）根据三角形的内角和定理可得∠ABC+∠ACB=180°-∠A，再根据等腰三角形两底角相等表示出∠BMD+∠CME，然后根据平角等于180°表示出∠DME，整理即可得解；（3）根据三角形的内角和定理可得∠ABC+∠ACB=180°-∠A，再根据等腰三角形两底角相等和三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和表示出∠BME+∠CME，然后根据平角等于180°表示出∠DME，整理即可得解．解：（1）如图（1）∵CD、BE分别是AB、AC边上的高，M是BC的中点，∴DM=BC，ME=BC，∴DM=ME又∵N为DE中点，∴MN⊥DE；（2）在△ABC中，∠ABC+∠ACB=180°-∠A，∵DM=ME=BM=MC，∴∠BMD+∠CME=（180°-2∠ABC）+（180°-2∠ACB），=360°-2（∠ABC+∠ACB），=360°-2（180°-∠A），,=2∠A，∴∠DME=180°-2∠A=180°-2α；（3）∠DME=2∠BAC-180°，理由如下：在△ABC中，∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC，∵DM=ME=BM=MC，∴∠BME+∠CMD=2∠ACB+2∠ABC，=2（180°-∠BAC），=360°-2∠BAC，∴∠DME=180°-（360°-2∠BAC），=2∠BAC-180°．本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形两底角相等的性质，三角形的内角和定理，三角形的外角性质，整体思想的利用是解题的关键．20．（1）；（2）①；②或【解析】（1）由平分线的定义证明，再由平行线的性质证明，从而可得，可得，于是可得答案；（2）①如图，过作于证明四边形为矩形，，再求解，利用勾股定理可得答案；②分两种情况讨论，如图2，为等腰直角三角形，作于作于证明，可得再证明，即可得到答案，如图3，为等腰直角三角形，过作于过作于证明从而可得答案．解：（1）平分,（2）①如图1，过作于四边形为矩形，②如图2，作于作于为等腰直角三角形，平分,为等腰直角三角形，，如图3，为等腰直角三角形，过作于过作于同理可得：同理为等腰直角三角形，,综上：或本题考查的是角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的判定，勾股定理的应用，等腰直角三角形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，矩形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．21．证明见详解．【解析】根据平行四边形性质结合，推出AD=AC=BC，由E、F是AB、DC的中点，利用等腰三角形三线合一，得EC⊥AB，AF⊥CD，AF∥EC，AE∥CF，四边形AECF为平行四边形，又∠AEC=90°，四边形AECF是矩形．∵四边形是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD；AD∥BC，AD=BC，∵∴AD=AC=BC∵E、F是AB、DC的中点，∴EC⊥AB，AF⊥CD∴AF∥EC，又∵AE∥CF∴四边形AECF为平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）又∵∠AEC=90°，∴四边形AECF是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）．本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质应用，等腰三角形的判定与性质，证明得到四边形AECF,是平行四边形是解题的关键．22．（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，如图，四边形ACBD中，对角线AB⊥CD，即为“和美四边形”，点E、F、G、H分别是AC、AD、BD、BC的中点，∴EF∥CD∥HG，且EF=HG=CD，EH∥FG∥AB，且EH=FG=AB，∴四边形EFGH为平行四边形，∵AB⊥CD，∴EF⊥EH，∴平行四边形EFGH是矩形；故选：A．（3）连接AC和BD，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，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=4，BC=2，CD=5，∴可得AD2=AO2+DO2=AB2-BO2+DC2-CO2=AB2+DC2-BC2=42+52-22=37，即可得．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．23．（1），证明见解析；（2）；（3）【解析】（1）求简单的线段相等，可证线段所在的三角形全等，即连接EF，证△EGF≌△EDF即可；（2）由，求出，，，再求出，在中，由勾股定理得：即可求出；（3），设，则，求出，再求，在中，由勾股定理知，，再求比即可．（1）连接EF，由题可得：,∵四边形ABCD是矩形，∴，，，又∵沿BE折叠后得到，∴，，又∵E是AD的中点，∴，∴，∴在和中，，∴，∴；（2）∵，，∴，∴，又∵，，∴，又∵四边形ABCD是矩形，∴，∴在中，由勾股定理得：，，∴；（3）∵∴设，则，∴，又∵，，∴，,又∵由（2）知，∴在中，由勾股定理知，，，，∴，∴．本题考查了矩形的性质、图形的折叠变换、全等三角形的判定和性质、勾股定理的应用等重要知识，难度适中．掌握矩形的性质、图形的折叠变换、全等三角形的判定和性质、勾股定理的应用是解题关键．24．60【解析】根据勾股定理求出AB,求出△ACB△BOG，△MHG△GOB，求出AC=OB=HG=4，BC=OG=MH=3，分别求出长方形FHNR，正方形BCDE，正方形ACQP，正方形ABGM的面积，即可求出答案．解：如图，在Rt△ABC中，BC=3，AC=4，则根据勾股定理得到AB=，,延长CB交FH于O，∵四边形ABGM，APQC，BCDE均为正方形，∴BG=AB=GM，∠ACB=∠ABG=∠F=∠H=∠MGB=90°，BC//DE，∴∠BOG=∠F=90°，∴∠CAB+∠ABC=90°，∠ABC+∠GBO=180°-90°=90°，∴∠CAB=∠GBO，在△ACB和△BOG中，∴△ACB△BOG(AAS)，∴AC=OB=4，OG=BC=3，同理可证△MHG△GOB，∴MH=OG=3，HG=OB=4，∴FR=4+3+4=11，FH=3+3+4=10，∴；故答案为：60．本题考查了正方形性质,全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，关键是求出长方形HFRN的边长．25．或【解析】连接，根据题意可证明四边形为平行四边形，然后根据是直角三角形，进行分类讨论即可．解:连接，①如图所示，由题意可得：,∴，∴，，∴，四边形为平行四边形，∵是直角三角形，∴，则四边形为矩形，∴；②如图所示，同理可证四边形为平行四边形，此时，∵是直角三角形，∴，∴；综上，的面积是或，故答案为：或．本题考查全等三角形的判定与性质，以及矩形的判定与性质，熟练结合“倍长中线”模型推出平行四边形是解题关键．26．2.4【解析】如图，连接DE，过点D作于点G，根据正方形性质可得AE，利用勾股定理求出DE,再根据AAS可证，则，，可在中运用勾股定理求解EG＝2，并可得EF与BF间的数量关系，最后由勾股即可求出BF的值．解：如图所示，连接DE，过点D作于点G，,∴，∵四边形ABCD是正方形，∴，，∵，∴，∴在中，，∵沿DF翻折得，∴，∵，∴，即，在和中，，∴．∴，，∴在中，，∵，∴，∴，∴在中，，∴，,解得，故答案为：2.4.本题考查了正方形的性质、勾股定理与全等三角形的性质与判定等知识，解答此题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用勾股定理进行求解．27．或或【解析】首先根据题意画出符合题意的图形，再分，两种情况分别求解．解：如图1，若，在上，是等边三角形，轴，垂直平分，∴∠CAP=30°，∵、，，，当时，点的坐标是：；如图2，若，在轴上，轴，轴，四边形是平行四边形，又∠CAB=90°，,∴四边形ABPC是矩形，，则点P的坐标为；如图3，当与重合时，∵、、，，，∴BP==2AP，，是等边三角形，，，，当与重合时，AQ∥BP，此时点的坐标为；综上：P的坐标是或或，故答案为：或或．,此题考查了平行线的判定和性质与等边三角形的性质，平行四边形的性质．此题难度适中，解题的关键是根据题意画出符合要求的图形，然后利用数形结合思想求解．28．【解析】根据轴对称确定最短路线问题，作点P关于BD的对称点P′，连接P′Q与BD的交点即为所求的点K，然后根据直线外一点到直线的所有连线中垂直线段最短的性质可知P′Q⊥CD时，PK+QK取最小值，然后求解即可．解：作点P关于BD的对称点P′，作P′Q⊥CD交BD于K，交CD于Q，∵AB＝4，∠A＝120°，∴点P′到CD的距离为4×=，∴PK+QK的最小值为，故答案为：．本题考查了菱形的性质，轴对称确定最短路线问题，熟记菱形的轴对称性和利用轴对称确定最短路线的方法是解题的关键．29．【解析】根据菱形的性质，点A、C关于BD对称，连接AE，根据轴对称确定最短路线问题，AE与BD的交点即为点P，再根据∠ABC=60°，判断出△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质求出AE，即为PE+PC的最小值．解：如图，在菱形ABCD中，点A、C关于BD对称，AB=BC，连接AE，与BD的交点即为所求作的点P，∵∠ABC=60°，AB=BC，∴△ABC是等边三角形，∵AB=BC=4，点E是BC的中点，∴BE=2，,∴AE⊥BC，∴AE==，即PE+PC的最小值为，故答案为：．本题考查了轴对称—最短路线问题，菱形的性质，熟记性质并确定出点P的位置是解题的关键．30．【解析】过点C可作轴，轴于点D，再根据题意得到的度数，解直角三角形即可得C点的坐标解：所示，C作轴交轴于点D，由题可得：四边形OABC为正方形，∵，，∴．又∵轴，在中，，由勾股定理得：．,∴点C的坐标为．故答案为：本题主要考查正方形的性质及点的坐标，熟练掌握正方形的性质及利用勾股定理解直角三角形是解题的关键
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