宜昌市中考数学 易错压轴选择题精选平行四边形选择题专题练习

123414142123414142313241423宜昌市考数学易错压轴选题精选平行四边形择题专练习答案一、易压轴选择题选：平四边形选择1．如图，点，Q分别是菱形ABCD的AD，上两个动点，若线段PQ长最大值为85，小值为8，菱形ABCD的长()A．

6

B．C12D．2．如图所示，四边形ABCD是边长为1的方形，为BC边中点，沿AP折使D点在AE上点H处连接并延长交于F，EF的为)A．

5

B．

5

C．

．

3．如图，一个四边形花坛ABCD，被两条线段MN,EF分成四个部分，分别种上红、黄、紫、白四种花卉，种植面积依次是S、、、，若MN∥∥，∥∥，有（）A．S=

B．+S=S+S

C．+S=S+S

．·=·4．如图，在菱形ABCD中，AB=AC=1，、分别为边AB、BC上的点，且AE=BF，连接CE、交点H连接DH交于O则下列结论：①ABF≌△；∠FHC=B；③△ADO≌△；④

S

菱形BCD

=

；其中正确的结论个数是（）

A．个

B．个

C．个

．个5．如图，

ABCD

的对角线、相较于点，平分交BC于点，ADC60°＝OB；④OE＝

12

，接OE，下列结论：①∠CAD＝°；②C．中成立的个数是（

ABACABCD

；③＝A．B．C．D．6．如图，正方形ABCD中在AD的长线上取点E，F，使DE＝，＝，接BF分别交，于，G下列结论：①EC；GDH＝GHD；图有8个等腰三角形；

△CDG

．其中正确的结论有（）A．B．C．D．7．在菱形中，，，，Q分为边，，，上一(不端点重，对于任意的菱形ABCD，面四个结论中：①存在无数个四边形是行四边形；②存在无数个四边形MNPQ是矩形；③存在无数个四边形MNPQ是形；④至少存在一个四边形MNPQ正方形正确的结论的个数是A．个

B．个

C．个

．个8．将矩形纸片按图所示的方式折叠，得到菱形．AB＝，BC的长为（）

A．

B．C．．9．如图，的对角线BD交点O,平BC点E60AB

连接OE．列结论：

①S

ABCD

；②

平分ADE；③

；

④S

CDE

，其中正确的有（）A．个

B．2个

C．

个

．4个10．图，正方形

ABCD

中，延长

至E使2EB

，以边作正方形EFGB

，延长

FG

交

DC

于M

，连接

，AF，H为中点，连接分与AB，

AM交于点,K．则下列说法：≌△

；②DAM

；③

FN

；④

:S2:7eq\o\ac(△,S)AFN四边形

．其中正确的有（）A．个

B．个

C．个

．个11．图，正方形ABCD和正方形CEFG中点D在上，BC＝，＝，是AF的点，那么CH的是（）A．B．

C．

3

．12．图，矩形

ABCD

中，

AD

，折叠纸片使点D落

AC

边上的D处折痕为AH，的为（）

A．

B．C．

．13．列命题中，真命题的个数（）①对角线相等的四边形是矩形；②三条边相等的四边形是菱形；③一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．A．个

B．个

C．个

．个14．图的△中，且D为BC上点．现打算在上一点在AC上一点使△与、、Q为顶点的三角形全等，以下是甲、乙两人的作法：甲：连接AD,作AD的垂线分别交AB于P点点则P、Q两即为所求；乙：过作AC平行的直线交AB于P点过作与AB平的直线交于点，则P、两即为所求；对于甲、两人的作法，下列判断何者正确（）A．两人皆正确C．正确，乙错误

B．人皆错误．错误乙正确15．图，直角梯形中∥，D＝．∠的平分线交DC于，⊥于．知＝cm，＝4cm，＝．么四边形BCEF的长（）A．

B．

C．

．cm16．图，在平行四边形ABCD中过点A作AGG，CD于H，且45

，

AG

，

AH

，则平行四边形的面积是（）A．

6

B．2

C．

．

111111111222111111111122211111133322222217．图eq\o\ac(△,)AC中B＝，C＝，BC＝．点B、分是边BC、C、的点；点A、、分别是边C、C、的点……；以此类推，则第个三角形的周长是（）A．

B．

C．

2

1

．

2

118．图的长为19点E在边BC上，∠的分线垂直于AE，足为N∠的分线垂直于，足为M若BC=7，则MN的度为（）A．

B．C．

．19．图，在正方形中为BC上一点，过点作EF∥CD，AD于F交对角线于G取DG的点H，连结AH，，．列结论：①＝；BE②△≌△；∠+∠HAD＝；④若＝，则

SS

BEHAHE

．其中结论正确的是（）A．①②③

B．②④

C．②③④

．②③④20．形纸片中，AB＝＝，纸片折叠，使点B落在边CD上的点痕为AE．延长的长线于点，折痕AE上点P，下结论中：①＝DAB

；②PB＝PB

；③AE＝

；④MB；若BCD

，则EB有）

BECBECCEFGFCA．B．C．D．ABC1AEAEFGCDMND2FMNtt)A．B．

C．D．

22．图，矩形中O为AC的中点，过点O的线分别与ABCD交于点E，接BF交AC于点，连接DE若∠COB60°FC，下列结论：①⊥CM②EOB≌△CMB③边形EBFD是形；MB∶3∶其正确结论的个数是（

A．B．C．D．23．图，中，AD=2AB，是AD的中点，作⊥，足E在线段AB上，连接EF、，下列结论：）∠DCF=

12

∠；）；3）

=2S；）∠∠；中正确结论是（）A．1）2）

B．）（））C（3（）．（1）3（）24．图，在正方形ABCD中，E是BC边的一点，EC=8，正方形边AB延AE折叠刀AF延长EF交DC于G，接AG，在有如下结论：①∠；；③∥；

=14.4；中结论正确的个数是（）

A．B．C．D．25．图，点O为正方形ABCD的心BE平∠交DC于点，延长BC到，，连结DF交的延长线于点H，结OH交于点G，结HC．以下四个结论中：①∥，②

BC③BF=2OD④∠CHF=45°．正确结论的个数为)A．个

B．个

C．个

．个26．图，将边长为的方折，使点D落边的中点E处，点落在点F处，折痕为MN，则折痕的是（）A．cm

B．5cm

C．6

．27．图，点

在同一条直线上，正方形ABCD、方形BEFC边长分别为2

H为线段的点，则的为（）A．C．

3

B．．

28．图，eq\o\ac(△,Rt)中∠＝＝，＝，是AB上一动点，过点D作⊥于E，⊥于点F，连结EF则线段的的最小值()A．.．.C．.

．29．图，正方形中，AB=12，点E在边CD上，且BG=CG，eq\o\ac(△,将)沿AE对折eq\o\ac(△,，)AFE延长EF交边BC于点G，连接AG、CF，下列结论：①△ABG≌△AFG；②∠EAG=45°；③CE=2DE；∥CF；=

.其中正确结论的个数是（）A．2个

B．3个

C．4

．5个30．图，在边长为6的方形中，E是边CD的中点，将ADE沿AE对至，长交BC于，接

则BG的长（）A．B．C．3

．【参考答案】***卷处理标记，请不要删除一易压选题选平四形择1．【分析】当点P和点A重时，当点C和点重时PQ的值最大，当PQ⊥时的最小，利用这两组数据，在Rt△ABQ，可求得答案．【详解】

当点P和点A重时，当点C和点重时PQ的值最大，PQ当PQ⊥时，的值最小，∴，Q=90°在ACQ中，

8

16.在中设，BQ=16-x，∴22=AB

2

即8

+（）=x

2解之：故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质和勾股定理的运用，解题关键是根据菱形的性质，判断出P最大最小的情况．2．【分析】首先证明eq\o\ac(△,Rt)≌△，出BF=FH，EF=x，则BF=FH=

，在eq\o\ac(△,Rt)中根据

2EH

,

构建方程即可解决问题；【详解】解：连接AF∵四边形是正方形，∴AD=BC=1，B=90°，∵BE=EC=

12

，∴

2

BE

2

由翻折不变性可知：，

1212122114112121221141422321113221212232121142∴，∵∠B=∠AHF=90°，，，∴eq\o\ac(△,Rt)≌eq\o\ac(△,Rt)，∴，EF=x则BF=FH=

，在eq\o\ac(△,Rt)中，∵

2EH2∴x

2

)

2

2

∴

故选：．【点睛】本题考查翻折变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，3D【分析】由于在四边形中∥∥DC，∥DA∥CB，因此MN、把一个平行四边形分割成四个小平行四边形．可设MN到DC的离为h，MN到AB的距离为，据，，及行四边形的面积公式即可得出答案．【详解】解：∵∥∥，∥∥，∴四边形ABCD，四边形，四边形BCEF，、紫、黄、白四边形都为平行四边形，∴，，EC=BF．设到DC的离为h，MN到的距离为h，则=DE•，=AFh，•，=FB•，因为DE，h，，的系不确，所以与的系无法确定，故A错误；S+S=DE•h+FB•=AFh+FB•，+S=AF•+EC•h=AF•h，B错误；S+S=CD•1S+S=ABh，又AB=CD，不定与h相，故C错误；S·=DE•••••，·•h•EC•h=AF•h••，以·=S·，故正确；故选：．【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，注意掌握平行四边形的面积等于平行四边形的边长与该边上的高的积．即S=a•h其中a可以是平行四边形的任何一边，必须是a边其对边的距离，即对应的高．4．【分析】

根据菱形的性质，利用SAS明即可判断①；根据ABF≌△得到∠，再利用外角的性质以及菱形内角度数即可判断②；通过说明≠∠，断△≌△不立，可判断③；再利用菱形边长即可求菱形面积，可判断.【详解】解：∵在菱形中，AB=AC=1，∴△为等边三角形，∴∠∠，又∵，∴△ABF≌CAE（）故①正确；∴∠∠，∴∠FHC=∠∠∠∠，②正确；∵∠∠，则在△和中∠∠，∴∠≠60°即∠∠DAO，∴△ADO≌△ACH不立，故③错误；∵，点A作⊥，足为，∴∠，BG=

12

，∴

AB2BG=

,∴菱形的面积为：

=，故④错误；2故正确的结论有2个故选【点睛】本题考查了全等三角形判定和性质，菱形的性质和面积，等边三角形的判定和性质，外角的性质，解题的关键是利用菱形的性质证明全.5C【分析】①先根据平行四边形的性质可得

OA

，再根据角平分线的定义可得∠60后根据等边三角形的判定与性质可得AEBE，

，又根据等腰三角形的性质、三角形的外角性质可得

，最后根据角的和差即可得；②由①已推得

，再根据

ABCD

2

ABC

即可得；③在

中，根据直角边小于斜边即可得；④在

中，利用三角形中位线定理可得

O

AB

，再根据可得．【详解】四边形是行四边形，

60

，BAD120ABCOC平，

，

12

BAD60

，ABE是边三角形，ABAEAEB

，AB

，ABCE

，CAE

，CAE

，CAE

，BACBAECAECADBAD30AB，

，则结论①成立，

ABCDABC

ABAB

，则结论②成立，在AOB

中，是角边OB是斜边，OAOB

，则结论③不成立，OAOCBE

，OE

是

的中位线，

1AB2

，则结论④成立，综上，结论成立的个数是3个故选：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握并灵活运用各判定定理与性质是解题关键．6．【分析】关键结合图形证明△≌△，即可逐项判断求解【详解】解：∵，

∴∠DFB=∠，∵∥，，∴四边形DBCEGBCDBC=45°，∴∠DEC=2∠，∴∠EFB=22.5°，CGB=∠CBG=22.5°，∴，∵，∴∠∠DCE，∵∠CDF+DFB=90°+22.5°=112.5°，∠（∠BGD+∠），=180°-（∠）=180°-（∠），=180°-（）÷2，∠DGE，∴△CHG≌△，∴∠EDG=∠CBF，∴∠GDH=90°-∠，∠∠∠，∴∠GDH=∠故②正确；∠又∠∴∠∠GDH=22.5°=∠∴DG=GF,∴HG=DG=GF∴HF=2HG,显然≠HF=2HG,故①正确；∵△CHG≌△，∴∴即

CHGDHGEGDDHG＝eq\o\ac(△,S)CDG四边DHGE

，而故

SDHF四边形DHGEEFG△CDG△DHF

，故④不正确；

结合前面条件易知等腰三角形有，△，△△，△BCG，△，△，CDG，△DGF共个∴③错误；故正确的有①②，有2个，故选：【点睛】本题主要考查对三角形的内角和定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质和判定，正方形的性质，等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行推理是解此题的关键．7D【分析】根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．【详解】①如图，连接AC，交于O，四边形是菱形，过点直线MP和QN，分别交AB，，，于，，，，则四边形MNPQ是行四边形，故存在无数个四边形MNPQ是行四边形；故正确；②如图，当PM=QN时四边形是形，故存在无数个四边形是矩形；故正确；③如图，当⊥时，存在无数个边形是菱形；故正确；④如图，

2222当四边形为正方形时，四边形是方形，故至少存在一个四边形MNPQ是方形；故④正确；综上，①②③④个正确，故选：．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定，熟记各定理是解题的关键．8D【分析】设，根据矩形的性质可得

ADBC

，再根据折叠的性质可得ADx,BC90

，从而可得

OC

，又根据菱形的性质可得AE

，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得

AOECOE

，从而可得点

A,O,C

共线，由此可得

ACx

，最后在

ABC

中，利用勾股定理即可得．【详解】设，四边形是形，BBCx

，由折叠的性质得：

OA,BC,90

，OC

，四边形AECF是形，

，在△AOE和COE中，COE(

，AOEAOE

，O

共线，ACOAOC

，在ABC，AB222，3(2x)解得3或x3（符题意，舍去），

，

CDEeq\o\ac(△,)OCDBOC即

3，故选：．【点睛】本题考查了矩形与菱形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，利用三角形全等的判定定理与性质证出O共线是解题关键．

AOECOE

，从而得出点9D【分析】求得＝，即ADBD，可到＝；据CDE60°BDE＝30°，可＝，进而得出DB平分CDE依据eq\o\ac(△,)中斜边上的中线＝斜边BC的半，即可得到ADBC＝，进而得到AB；依据OE是中位线，可得到OE，因为两平行线间的距离相等，进而得到中线，可得eq\o\ac(△,S)eq\o\ac(△,)＝eq\o\ac(△,S)eq\o\ac(△,)即可得到CDEBOC．【详解】＝，边形ABCD是平行四边形，＝＝，，＝，DE平ADC，＝60°BCD，CDE是边三角形，CE＝＝＝BC，E是BC的点，DE＝，＝CED30°，＝，BD

＝，根据OCeq\o\ac(△,)的S

ABCD

＝＝，①正；＝60°，＝，30°＝，DB平CDE故正；CDE是边三角形，DE＝＝，故正确；是BD的点E是的中点，OE是CBD的位线，OE，

＝，OCDeq\o\ac(△,S)是BCD的线，

＝，BOCeq\o\ac(△,S)

CDE

＝，④正，故选．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线、平行线间的距

离相等、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等，综合性较强，熟练掌握和灵活运用相关性质与定理是解题的关键10．【分析】根据正方形的性质，以及中点的性质可得≌△即证①；利用角度之间的等量关系的转换可以判断②；根据AKH∽△MKF，而利用相似三角形的性质即可判断③；设AN=

12

，则AH=2x，，据AKH∽得出

AH2xMF6

，再利用三角形的面积公式求出AFN的积再利用

DHKM

ADM

即可求出四边形的面积，作比即可判断④．【详解】∵四边形是方形，CE=2EB，边形是正方形∴为AB中，∠FGN=∠即FG=AG=GB=

12

又H是AD的点

12

∴又∠∠∴△≌HAN故①正确；∵∠又∠∠FNG=90°即∠GAM∵∠FNG+∠NFG+90°=180°∠∠∠GAM=∠∴DAM

，故②正确；由图可得：MF=FG+MG=3EB△∽△MKF∴

KFMF∴又∵NH=NF且FH=KF+KH=4KH=NH+NF∴∴∴，③确；∵且

∴可设AN=

12

，则AH=2x，由题意可得：△∽△MKF且相似比为：

AH1MF63∴△以AH为边的高为：

x∴

S

AFN

ANFGx

S

DHKM

ADM

AKH

AH25

7xx2

∴

S

:S

，故④正确；故答案选择．【点睛】本题考查了矩形、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，难度较大，需要熟练掌握相关基础知识．11．【分析】根据正方形的性质得到，，∠，延长AD交于，连接AC、，求出∠，到CH=

AF，据勾股定理求出AF的长度即可得到答.【详解】∵正方形和正方形CEFG中，点在CG上，∴，CE=EF=3，，延长AD交EF于M，连接、，则，FM=EF-AB=3-1=2∠AMF=90°，∵四边形和四边形GCEF是方形，∴∠ACD=∠，∴∠，∵为AF的点，∴

12

AF，在AMF中由勾股理得AF=

AM

2

MF

2

4

2

2

5

，∴5，故选：．

【点睛】此题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质，正确引出辅助线得到∠ACF=90°是题的关.12．【分析】先利用勾股定理求出AC=5，再令

CH

，则

，利用勾股定理求出答.【详解】∵四边形ABCD为形，∴

AB

，∵

AD

，在

中，由勾股定理得：AD

，得：

，令

CH

，则

，由折叠性质可知：HD

，AD

，故

D

，在

中，由勾股定理得：

HC

，∴

2

，∴

x

.故

CH

.故选：.【点睛】

此题考查矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，涉及直角三角形的边长的计算题时可多次进行勾股定理的计算13．【分析】正确的命题是真命题，根据矩形的判定定理，菱形的判定定理及平行四边形的判定定理依次判断【详解】①对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故该项错误；②四条边相等的四边形是菱形，故该项错误；③一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故该项正确；故选：.【点睛】此题考查真命题的定义，正确掌握矩形、菱形、平行四边形的判定定理是解题的关.14．【分析】如图，据线段垂直平分线的性质得到，，根"可断APQ≌，可对甲进行判断；如图2根据平行四边形的判定方法先证明四边形为平行四边形，则根据平行四边形的性质得到，，则据可断≌△则可对乙进行判.【详解】解：如图1，∵垂平分AD，∴，QA=，∵，∴△≌(SSS)，所甲确；如图，∥DQ∥∴四边形为行四达形，∴，∵，∴△≌(SSS)，所以乙正确；故选：.

【点睛】本题考查了作图复作图，复杂图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法，解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作，也考查了线段垂直平分线的性质、平行四边形的判定与性质和三角形全等的判.15．【分析】根据角平分线性质得出，据勾股定理求出EF=DC，出长，求出，即可求出答案．【详解】AE平DAB，，AB，AF=AD=3.5cmEF=DE，，过作AMBC于M，则四边形是矩形，∴AD=CM=3.5cmBC=6.5cm，，在eq\o\ac(△,Rt)AMB中由勾股定理得：AB

4

2

32

5

（）BF=AB-AF=5cm-3.5cm=1.5cm，四形BCEF的长是BC+BF+CE+EF=6.5cm+1.5cm+CD=8cm+4cm=12cm，故选：．【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的性质和判定，角平分线性质等知识点，能求出各个边的长度是解此题的关键．16．【分析】设x

，先根据平行四边形的性质可得

D,

，再根据直角三角形的两锐角互余、角的和差可得x

，然后根据等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理可得AB22，而可得CD2，后利用平行四边形的面积公式即可得．【详解】设x

，四边形是行四边形，

DBAD180CD

，AGBC,AH

，BAG

，又

DAH

，90

，解得45

，即

45

，

是等腰直角三角形，AB

BG

2，CD，

平行四边形的积是

2，故选：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、直角三角形的两锐角互余、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键．．【分析】由三角形的中位线定理得：

BC，，222

分别等于

AB、C、1111

的

12

，所以△C

的周长等于△

AC1

的周长的一半，以此类推可求出结论．【详解】解：△

ABC中，AC，BC1111

，△A1

的周长是16，A，B，C分是边BC，AC，B2211

的中点，B

，

A2

2

，

A22

分别等于

AB1

、

B1

、

CA1

的

12

，

，以此类推，则△BC

的周长是

1

；

△ABC

的周长是

242n

，当

n2019

时，第2019个三角形的周长

2019

2014故选：

．【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用．

18．【分析】证≌△BNE，得到BA=BE，是腰三角形，同是等腰三角形，根据题意求出，根据角形中位线定理计算即可．【详解】解：∵平∠⊥AE∴∠NBE∠中EBNBN

ANB＝∴△≌△BNE∴∴△BAE是腰三角形，同是腰三角形，∴点是AE中，点是中点（三线合一），∴的中位线，∵BE+CD=AB+AC=19-BC=19-7=12∴DE=BE+CD-BC=5∴MN=

1DE=22

故选【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．19．【分析】①根据正方形的性质证明45°，进而得DFG为腰直角三角形，根据等腰三角的三线合一性质得∠EFH＝

12

∠＝，①正确；②根据矩形性质得AF＝，BEF90°，再证明AFH≌△EGH得EH＝AH，进而证明△≌△，②正确；③由△≌得∠＝AHD，＝EH得AEF∠＝，而∠+HAD＝，③正确；④如图，过点H作MN⊥于点M，与BC交点，设＝＝＝x，＝AF＝＝x，＝＝＝＝，＝

12

5，AM＝，＝，由勾股定理得AH，由2三角形的面积公式得

SS

BEHAHE

，便可判断④的正误．

【详解】证明：①在正方形中ADC∠＝，∠ADB＝，∵∥，∴∠＝，∴四边形EFDC是形．在eq\o\ac(△,Rt)FDG中，∠FDG＝45°，∴＝，∵是中点，∴∠EFH＝

∠＝故①正确；②∵四边形ABEF是矩形，∴＝，BEF＝，∵平∠，∴∠EBG＝∠＝，∴＝，∴＝．在eq\o\ac(△,Rt)FGD中H是DG的中点，∴，⊥BD∵∠AFH＝AFEGFH90°+45°＝，∠＝﹣EGB＝﹣＝，∴∠AFH＝，∴△AFH≌（），∴＝，∵＝，＝，∴△EHF≌△（），故②正确；③∵△≌，∴∠EHF＝∠，∴∠＝DHF＝，∵＝，∴∠＝，即∠+∠＝45°，

2222∵∠＝HAD，∴∠+∠HAD＝，故③正确；④如图，过点H作MN⊥于点M，与BC交点，设＝＝＝x，＝AF＝＝，∴＝＝＝3x，HM＝

12

5，＝，HN，2∴AH＝xxx

2

，∴

SS

=

12

1AH22

1013

，故④错误；故选：．【点睛】本题主要考查正方形的性质、矩形的性质、等腰三角形的性质及勾股定理，这是一道几何综合型题，关键是根据正方形的性质得到线段的等量关系，然后利用矩形、等腰三角形的性质进行求解即可．20．【分析】①由翻折知ABE=∠AB'E=90º，证∠∠CB'E=∠即可；②借助轴对称知；③利用计算，勾股定理求B′D，造方程，求EB，在构造勾股定理求MB′=

；④由相似CB'：，

，在计算B'M>5；⑤≌△B′PG得BE=B′P，证菱形即可．【详解】①由折叠性质知ABE=∠AB'E=90º，

22∴∠∠∵∠D=90º∴∠B'AD+∠∴∠∠，∵∥，∴∠M=∠∠；②点P在对称轴上，则B'P=BP③由翻折，，，由勾股定理DB'=3，∴CB'=5-3=2，设BE=x=B'E，，在eq\o\ac(△,Rt)CE中，C=90º，由勾股定理4-x）+2=x

，解得x=

，∴

=，2在eq\o\ac(△,Rt)ABE中∠ABE=90º，5AE=2=；2④由BM∥CB′∴eq\o\ac(△,′)ECB∽△EBM，∴：BM=CE：，∴：

：，2∴

，

2220则B'M=2=3

；⑤连接BB，由对称性可知，BG=B′G，⊥BB，BE∥′P∴△≌eq\o\ac(△,B)eq\o\ac(△,)′PG，∴BE=B，∴四边形BPB为平行四边形，又，所以四边形BPB′E是形，所以PB′=B'E．故选择：．【点睛】此题考查了矩形的性质、图形的翻折变换以及相似三角形的性质等知识的应用，此题的关键是能够发现△≌eq\o\ac(△,B)eq\o\ac(△,)′PG．21．【分析】过点作FH⊥，直线CD于Q，∠，易证ADE=∠，正方形的性质得出∠，，证得AED=∠，由证≌△得AD=EH=4，t+2t=4+10，可得出结果．【详解】过点作FH⊥，直线CD于Q，∠，如图所示：∵四边形为矩形，∴∠，∴∠ADE=∠，∵在正方形AEFG中∠，AE=EF，

∴∠AED+∠，∵∠HEF+，∴∠AED=∠，和中，＝＝

，

＝EF∴△≌△（）∴，由题意得：，解得：

，故选．【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握正方形与矩形的性质，通过作辅助线证明三角形全等是解题的关键．22．【解析】连接BD∵四边形是矩形，AC=BDACBD互平分，为中点，BD也点OB=OCCOB=60°OBC是等边三角形，OB=BC=OCOBC=60°在△与△中

FOBF＝BFOB＝BC

OBFCBFSSSOBF与CBF关直线BF对，FB

∴①正确，OBFCBFOBM=ABO=OBFABCDOCF=易证△OE=OFOB∴四边形是形，∴③正确，EOBEOBCMB错．∴②错误，OMB=BOF=90°MB=OF=2OE=OFMBOE=3∴④正确；故选点睛：本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质以及三角函数等的知识，会综合运用这些知识点解决问题是解题的关23．【分析】利用平行四边形的性质：平行四边形的对边相等且平行，再由全等三角形的判定得出△≌DMF（）利用全等三角形的性质得出对应线段之间关系进而得出答案．【详解】（）F是AD的中点，∴，∵在ABCD中，AD=2AB，∴AF=FD=CD，∴∠DFC=∠，∵∥，∴∠DFC=∠，∴∠DCF=∠BCF

＜＜CEF∴∠DCF=

12

∠，故正确；（）长EF，CD延线于，∵四边形是平行四边形，∴∥，∴∠∠，∵为AD中点，∴，在△和△中＝

，

AFE＝∴△≌（）∴FE=MF，∠AEF=∠，∵⊥，∴∠AEC=90°∴∠AEC=∠°∵FM=EF，∴，正确；（）EF=FM∴

，∵＞，∴故

=2S错；（）∠，∠，∴∠∠°，∴∠°，∴∠EFD=90-x+180°°，∵∠°，∴∠∠，正确，故选：．【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键是得出△≌△DME24．

ECGGFCECGGFC【分析】选项①正确．证明∠GAD，∠即可．选项②错误．可以证明，显然GFC不等边三角形可得结论．选项③正确．证明CF⊥，⊥即可．选项④正确．证明FG：，求出△的积即可．【详解】解：如图，连接．∵四边形是正方形，∴，∠∠∠∠°由折叠可知AB=AF∠∠∠AFG=90，，∠EAF，∵∠AFG=°，，AD=AF，∴eq\o\ac(△,Rt)≌eq\o\ac(△,Rt)（）GAF=∠，∴∠∠GAF=

12

(∠∠°，故①正确，设x，在eq\o\ac(△,Rt)中∵2=EC，∴x

=8

+(12-)，∴=6，∵，∴∴FG=GC，易知△不等边三角形，显然≠，②错误∵GF=GD=GC，∴∠DFC=90°∴⊥，∵，，∴⊥，∴∥，③正确，∵=eq\o\ac(△,S)

××，：：4=3：，∴：EG=3：∴=eq\o\ac(△,S)

×=14.4，故④正确，故①③④正确，

故选：．【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题时设要求的线段长为，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的数表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．25．【分析】①只要证明OH是DBF的中位线即可得出结论；②根据OH是△BFD的位线，得出GH=

12

CF由＜BC，得出结论；③易证得△是腰三角形，继而证得OD=

12

；④根据四边形是方形，是∠DBC的分线可求出eq\o\ac(△,Rt)≌eq\o\ac(△,Rt)再由∠即可求出结论．【详解】解：∵，∠BCE=∠，，∴△≌△，∴∠∠，∵∠∠，∠，∴∠DEH+∠，∴∠，∵，∠，∴△≌△，∴DH=HF，∵∴是△DBF的中位线∴∥；故①正确；∴

12

，∠DOH=∠CBD=45°，∵是△BFD的位线，∴∵，

1BCCF∴

11CF=CE22∵＜

12

BC∴＜

BC故②错误．∵四边形是正方形，是∠的分线，∴∠∠∠，

∵，∴eq\o\ac(△,Rt)≌eq\o\ac(△,Rt)（）∴∠∠，∴∠∠，∵是△DBF的中位线，⊥，∴是CD的垂直平分线，∴∴∠CDF=∠，∴∠∠，∴∠∠，④正确；∴∠ODH=∠∠CDF=67.5°，∴∠∠ODH-∠，∴∠ODH=∠，∴故选：．

12

；③正确．【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定与性质以及正方形的性质．解答此题的关键是作出辅助线，构造等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质结合角平分线的性质逐步解答．26．【分析】连接DE因为点D是中点，所以CE等4，根据勾股定理可以求出的，过点作MG⊥于，则由题意可知＝＝，明△MNG△，可以得到DEMN即可解决本题．【详解】解：如图，连接．由题意，在eq\o\ac(△,Rt)中CEcm，8cm，由勾股定理得：DE＝

2

2＝4

2

＝cm．

过点M作MG于G则由题意可知MG＝＝．连接DE交于点I由折