初中数学平行四边形知识点总结附解析

初中数学平行四边形学问点总结附解析一、选择题ABCD的边长为定值，E是边CD上的动点〔不与点C，D重合〕，AEBDFFGAEBC于点GGHBD于点HAGBD于点NAFFGDFDEFH的长度为定值；GEBGDEBN2DF2NF2．真命题有〔〕A．2个 B．3个 C．4个 D．5个如图，把正方形ABCD沿对边中点所在的直线对折后开放，折痕为MN, 再过点B折叠纸片，使点A格在MN上的点F处，折痕为BE,假设AB长为2,则EN的长为(〔〕A．2 33 B．32 2 C．2 D．22 3如图，直线l上有三个正方形abc，假设ac614，则b的面积为〔〕A．8 B．18 C．20 D．26AD4AB1EADF在边BCABFEEFBAD的中点GEG等于〔〕17 5A．3 B．2 3 C．

8 D．41 2 3 1 2 2 ABCD是正方形，直线L、L、LLL5，LL1 2 3 1 2 2 7ABCD的面积等于〔〕A．70 B．74 C．144 D．148如图，正方形ABCDAB=12，点E在边CD上，且BG=CG，将△ADE沿AE△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF，以下结论：①△ABG≌△AFG；72△FGC②∠EAG=45°；③CE=2DE；④AG∥CF；⑤S△FGC

=5.其中正确结论的个数是〔 〕A．2个 B．3个 C．4个 D．5个如图，在ABCACB90ACBC2，DAB的中点，点EAC上，点FBC上，且AECF，给出以下四个结论：〔1〕DEDF；〔2〕DEF是1等腰直角三角形；〔3〕四边形CEDF面积的有〔〕．

S2 △ABC

；〔4〕EF22．其中正确A．4个 B．3个 C．2个 D．1个11如图，△A1B1C1中，AB11

＝4，A

C＝5，B

C＝7A

、B、C

B

C、AC、3 3 3 22 22 2211112221111A1B1的中点；点A、B、C分别是边BC、AC、AB的中点；……3 3 3 22 22 22111122211111 1 1 1A．22023

B．22023 C．22023 D．22023ABCDOAC中点，过点OABCDE，FBFACMDEBO．假设COB60FOFC，则以下结论：①FBOC，OMCM；②EOBCMB；③EBFD是菱形；④MB:OE3:2．其中正确结论的个数是〔〕A．1 B．2 C．3 D．4如图，ABCD 的对角线AC、BD相较于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，∠ADC＝60°，AB＝1BCOE，以下结论：①∠CAD＝30S

AB·AC；③OA＝2 ABCD1OB；④OE＝4BC．其中成立的个数是〔〕A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题在平行四边形ABCD中，A30,AD2 3,BD2，则平行四边形ABCD的面积等于 ．如图，在正方形ABCD中，点E,F将对角线AC三等分，且AC6．点P在正方形的边上，则满足PEPF5的点P的个数是 个．ABCDABEOEOCDFEFBC、ADG、HEGFH，点E在运动过程中，有如下结论：①EGFH；②EGFH；③EGFH；④至少得到一个正方形EGFH．全部正确结论的序号是 ．ABCD中，EBC边的中点，将△ABEAE对折至△AFEEFCD于GCF，AGAE∥FC;②∠EAG45BEDGEG；③S 1S

；④AD3DG，正确是 (填序号)．CEF 9 正方形ABCDABCDABBC,ABCADC90．假设该纸片的面积为10cm2，则对角线BD= cm．ABC中，AHBCAB，ACABDE和ACFGCE，BGEG，EGHA的延长线交于点M，以下结论：①BG=CE；②BG⊥CE；③AM是△AEG的中线；④∠EAM=∠ABC．其中正确的选项是 ．ABCD，AB＝10cm，BC＝3cmM，NAB，CD上，CN＝1cmBCNMMN折叠，使点B，CBC上．在点M从A运动到点B的过程中，假设边MBCD交于点E，则点E相应运动的路径长为cm．ABCDCECBBEBEADM，延长CEADFEENBEBANFE2，AN3，则BC= ．ABCDAB＝2，BC＝4AEFG1AEFGA旋转的过程中，线段CF的长的最小值为 ．ABCD中，AD//BCAD5,BC18,EBC的中点．点P以每秒1个单位长度的速度从点A动身，沿AD向点D运动;点Q同时以每秒3个单位长度的速度从点C动身，沿CB向点B运动．点P停顿运动时，点Q也随之停顿运动，当运动时间为t秒时，以点P,Q,E,D为顶点的四边形是平行四边形，则t的值等于 ．三、解答题ABCDABDCABADACBD交于点O，AC平分BAD，过点C作CEABABE，连接OE．求证：四边形ABCD是菱形；AE5OE3，求线段CE的长．22．综合与实践．问题情境：如图①，在纸片□ABCD 中，AD5，S

15AAEBC，垂足为点ABCDEAE剪下△ABE，将它平移至DCEAEED．独立思考：〔1〕摸索究四边形AEED的外形．深入探究：〔2〕如图②，在〔1〕AEEDEEF，使EF4，剪下AEF，将它平移至DEFAFFD，摸索究四边形拓展延长：〔3〕在〔2〕AFFD的两条对角线长；〔4〕假设四边形ABCD为正方形，请仿照上述操作，进展一次平移，在图③中画出图形，标明字母，你能觉察什么结论，直接写出你的结论．1ABCD中，点M、NBC、CD上，AM、ANBD于点P、QCQ、MQ．且CQMQ．〔2〕AQM90〔3〕2MNBM2CN3，求AMN的面积图1 图2ABCD．PABCD外一点，且点PABAPB45．①如图〔1〕，假设点PDA的延长线上时，求证：四边形APBC为平行四边形．②如图〔2〕，假设点PADBCAP，AD为邻边作APQDAQ．求∠PAQ的度数．如图〔3〕，点FABCDBC=CFBFAD边于点E，过AEEEH⊥ADCF于点HEH=3，FH=1，当

1 HC的长CF 3 ．1ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cmBAD上的EPQEEF∥ABPQFBF．BFEP为菱形；EADP、Q也随着移动．QC〔2〕，BFEP的边长；②假设限定P、Q分别在线段BA、BC上移动，直接写出菱形BFEP面积的变化范围．26．如图,平面直角坐标系中,A1,0 、C0,2,现将线段CA绕A点顺时针旋转90B,AB.BC的解析式；M从点C动身,沿线段CB以每分钟

10个单位的速度运动,MMN//AB10交y轴于N,连接AN.设运动时间为t分钟,当四边形ABMN 为平行四边形时,求t的值.PBC上一点,在坐标平面内是否存在一点Q,使得以OBP、Q为顶点的四边形为菱形,假设存在,求出此时Q的坐标；假设不存在,请说明理由.ABCDEFBEDFEFBE，为探究这个图形的特别性质，某数学兴趣小组经受了如下过程：1BDBEDFEFBD相互平分；(BEDF)2EF22AB2；2BEDF，其它条件不变时，(BEDF)2EF2立？假设成立，请证明：假设不成立，请说明理由.

2AB2是否成在图3中，当AB4，DPB135，2BP2PD4 6B时，求PD之长.ABCD中，AD＝nAB，E，FAB，BC上．n＝1，AF⊥DE．1，求证：AE＝BF；2GCB延长线上一点，DEAGHAH＝AD，求证：AE+BG＝AG；CF3EAB的中点，∠ADE＝∠EDFBFn的式子表示〕．

的值是 〔结果用5ABCD中，点ECDBEBE为边，在BEBEFGAG．如图1，当点E与点D重合时，AG＝ ；2，当点ECD上时，DE＝2AG的长；AG＝517DE的长．2如图，ABCDACBD相交于点OABACAB6cmBC10cm，PAAD方向以每秒1cmDPOBC于点QP的运动时间为t秒．BQ的长〔用含t的代数式表示〕；ABQP是平行四边形时，求t的值；32当t

时，点OAP的垂直平分线上？请说明理由．5***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．C解析：C【分析】CF，由正方形的性质，可以得到△ABF≌△CBF，则AF=CF，∠BAF=∠BCF，由∠BAF=∠FGC=∠BCFAF=CF=FGACBD相交于点O，由正方形性质和等腰直角三角形性质，证明△AOF≌△FHGEH=AO，则③正确；把△ADE90°，得到△ABM，则证明△MAG≌△EAGMG=EG，即可得到EG=DE+BG，故④正确；②无法证明成立，即可得到答案.【详解】CF，ABCD中，AB=BC，∠ABF=∠CBF=45°，在△ABF和△CBF中， ABBCABFCBF45， BFBF∴△ABF≌△CBF〔SAS〕，∴AF=CF，∠BAF=∠BCF，∵FG⊥AE，ABGF中，∠BAF+∠BGF=360°-90°-90°=180°，又∵∠BGF+∠CGF=180°，∴∠BAF=∠CGF，∴∠CGF=∠BCF∴CF=FG，∴AF=FG；①正确；ACBDO．ABCD是正方形，HG⊥BD，∴∠AOF=∠FHG=90°，∵∠OAF+∠AFO=90°，∠GFH+∠AFO=90°，∴∠OAF=∠GFH，∵FA=FG，∴△AOF≌△FHG，∴FH=OA=定值，③正确；如图，把△ADE90°，得到△ABM，∴AM=AE，BM=DE，∠BAM=∠DAE，∵AF=FG，AF⊥FG，∴△AFG是等腰直角三角形，∴∠FAG=45°，∴∠MAG=∠BAG+∠DAE=45°，∴∠MAG=∠FAG，在△AMG和△AEG中， AMAEEAGMAG45， AGAG∴△AMG≌△AEG，∴MG=EG，∵MG=MB+BG=DE+BG，∴GE=DE+BG，故④正确；如图，△ADE90°，得到△ABMF的对应点为PBP、PN，BP=DF，∠ABP=∠ADB=45°，∵∠ABD=45°，∴∠PBN=90°，∴BP2+BN2=PN2，由上可知△AFG是等腰直角三角形，∠FAG=45°，∴∠MAG=∠BAG+∠DAE=45°，∴∠MAG=∠FAG，在△ANP和△ANF中， APAFEAGMAG45， ANAN∴△ANP≌△ANF，∴PN=NF，∴BP2+BN2=NF2，DF2+BN2=NF2，故⑤正确；依据题意，无法证明②正确，∴真命题有四个，C.【点睛】此题考察了正方形的性质，全等三角形的判定与性质等学问，解题的关键是作关心线构造出等腰三角形和全等三角形．2．A解析：A【分析】BM、BFFMRt△NEF中，运EN的长．【详解】ABCD为正方形，AB=2B折叠纸片，使点AMN上的点F处，1∴FB=AB=2，BM=2BC=1，BF=BA=2，∠BMF=90°，Rt△BMF中，BF2BM222BF2BM2221233FNMNFM2 AE=FExEN=1x，3∵Rt△EFNNE2NF2EF2，∴1x22 32x2，x423∴EN=1x23应选：A．【点睛】

，33．3此题考察了翻转变换的性质、勾股定理的应用，把握翻转变换是一种对称变换，折叠前后图形的外形和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．3．C解析：C【分析】.【详解】解：∵a、b、cac614，∴AC=CE,AB2=6,DE2=14，ACF90,∵BACBCA90,BCADCE90,∴BACDCE,在ABC和△CDE中，ABCCDEBACDCE ，ACCE∴ABCCDE(AAS)，∴BC=DE,BC2=DE2=14，AC2AB2BC2，bAC261420.应选：C.【点睛】此题考察全等三角形的判定与性质以及勾股定理和正方形的性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具，在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．4．D解析：D【分析】BE，依据折叠的性质证明△ABEAGEBE=EGGAD的中点，AD=4AE=2-EG=2-BE，再依据勾股定理即可求出BEEG.【详解】BE，由折叠得：AEE，A，ABG,∴△ABE≌△AGE,∴BE=EG,∵点GAD的中点，AD=4，∴AG=2AE+EG=2，∴AE=2-EG=2-BE，Rt△ABEBE2AE2AB2，∴BE2(2BE)212,∴EG=BE5，4应选：D.【点睛】此题考察折叠的性质，勾股定理，三角形全等的判定及性质，利用折叠证明三角形全等，EG=BE，由此利用勾股定理解题.5．B解析：B【分析】先作出l与l1 2

l与的l2

距离AE、CF，证明△ABE≌△BCF，得到BF=AE，再利用勾股定理即可得到答案.【详解】过点A作AEl2,过点C作CF⊥l2,∴∠AEB=∠CFB=90°，∴∠ABE+∠BAE=90°，ABCD是正方形，∴AB=BC,∠ABC=90°，∴∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF,在△ABE和△BCF中，BAECBFAEBBFC,ABBC∴△ABE≌△BCF，∴BF=AE=5，Rt△BCF中，CF=7，BF=5，∴BC2BF2CF2527274,∴正方形ABCDBC274,应选：B.【点睛】此题考察正方形的性质，三角形全等的判定及性质定理，平行线之间的距离处处相等，题中证明两个三角形全等是解题的关键，由此将两个距离57变化到一个直角三角形中，由此利用勾股定理解决问题.6．D解析：D【分析】依据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△ABG≌Rt△AFG；依据角的和差关系求得∠GAF=45°；在直角△ECG中，CE=2DE；通过证明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，AG∥CF；S

=3S即可得出结论．【详解】①正确．理由：

△ECG

△FCG

GCE∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，∴Rt△ABG≌Rt△AFG〔HL〕；②正确．理由：∵∠BAG=∠FAG，∠DAE=∠FAE．又∵∠BAD=90°，∴∠EAG=45°；③正确．理由：DE=x，EF=x，EC=12-x．在直角△ECG中，依据勾股定理，得：〔12﹣x〕2+62=〔x+6〕2，解得：x=4，∴DE=x=4，CE=12-x=8，∴CE=2DE；④正确．理由：∵CG=BG，BG=GF，∴CG=GF，∴∠GFC=∠GCF．又∵Rt△ABG≌Rt△AFG，∴∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=2∠AGB=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，∴AG∥CF；⑤正确．理由：1 1∵S△ECG=

2GC•CE=2×6×8=24．3S∵S△FCG=5D．【点睛】

3 72==24 ．==GCE 5 5此题考察了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算等学问．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是留意数形结合思想与方程思想的应用．7．A解析：A【分析】依据等腰三角形的性质，可得到：CDAB，从而证明ADE≌CDF且ADC90DEDF和DEF是等腰直角三角形，以及四边形CEDF1 S2 △ABC

；再依据勾股定理求得EF，即可得到答案．【详解】∵ACB90，ACBC222222∴22222∴AB45DAB的中点CDAB，且ADBDCD∴DCB45

1AB222∴ADCF，在ADE和CDF中ADCDADCFAECF∴ADE≌CDFSAS∴DEDF，ADECDF∵CDAB∴ADC90∴EDFEDCCDFEDCADEADC90∴DEF是等腰直角三角形∵ADE≌CDF∴ADE和CDF的面积相等∵DAB中点∴ADC的面积1 ABC的面积2∴四边形CEDFS

SEDC

CDF

SEDC

ADE

ADC

1S ；2 ABCDEACDFBCEF2值最小EF2DE2DF22CEDF是正方形即EFCD2∴EF2( 2)224个应选：A．【点睛】此题考察了等腰三角形、全等三角形、正方形、直角三角形、勾股定理的学问；解题的关键是娴熟把握等腰三角形、全等三角形、正方形、直角三角形的性质，从而完成求解．8．A解析：A【分析】BC

AB

、CA

1的 ，所2 2 2 2 2 2

11 1

11 2ABC2 2 2

ABC11 1

的周长的一半，以此类推可求出结论．【详解】解：△ABC中，AB4，AC 5，BC

7，11 1 1 1 1 1 1 1BC

16，11 1A，B2，C

BC

，AC

的中点，2 2 11 11 11BC

AB

、CA1，2 2 22 22，

11 11

11 2ABC

的周长是

1162；444 2324△ABCn n n

2n1，当n20232023个三角形的周长A．【点睛】

24220231

122023此题考察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严密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用．9．C解析：C【分析】①证明△OBCOB=BC，FO=FC，FBOC，①正FBOC，依据轴对称的性质可得△FCB≌△FOB，依据全等三角形的性质可得∠BCF=∠BOF=90°，再证明△FOC≌△EOA，FO=EO，OBEF，所以△OBF≌△OBE，即△EOB≌△FCB，DEBF是平行四边形，再由OBEF，BE=BF，DEBF为菱形，③正确；④OBF≌△EOB≌△FCB得∠1=∠2=∠3=30Rt△OBEOE33= 3OB，在Rt△OBM中，可得BM= 2OB，即可得BM：OE=3：2，④正确.33【详解】ABCD中，OAC中点，∴OB=OC，∵∠COB=60°，∴△OBC是等边三角形，∴OB=BC，∵FO=FC，∴FBOC，∴FB⊥OC，OM=CM；①正确；②∵FBOC，依据轴对称的性质可得△FCB≌△FOB，∴∠BCF=∠BOF=90OB⊥EF，∵OA=OC，∠FOC=∠EOA，∠DCO=∠BAO，∴△FOC≌△EOA，∴FO=EO，∴OBEF，∴△OBF≌△OBE，∴△EOB≌△FCB，②错误；③∵△FOC≌△EOA，∴FC=AE，∵ABCD，∴CD=AB，CD∥AB，∴DF∥EB，DF=EB，DEBF是平行四边形，∵OBEF，∴BE=BF，DEBF为菱形；③正确；④OBF≌△EOB≌△FCB得∠1=∠2=∠3=30°，33在Rt△OBE中，OE= 33333在Rt△OBM中，BM= 33

OB，OB,∴BM：OE=④正确；

2OB：= 3OB=3：2.3个；C.【点睛】此题考察了矩形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质和判定、线段垂直平分线的性质、菱形的判定及锐角三角函数，是一道综合性较强的题目，解决问题的关键是会综合运用所学的学问分析解决问题．10．C解析：C【分析】①先依据平行四边形的性质可得BAD120ABC60OAOC，再依据角平分线的定义可得∠BAE60ABAEBE，AEB60，又依据等腰三角形的性质、三角形的外角性质可得ACECAE30，最终依据角的和差即可得；②由①已推得BAC90，再依据S 2S 即可得；③在Rt AOB中，依据直角边小于斜边即可得；④在ABCABCD ABC中，利用三角形中位线定理可得OE【详解】

1ABAB1BC即可得．2 2ABCDADC60，BAD120,ABC60,OAOC，AE平分BAD，BAE1BAD60，2ABE是等边三角形，ABAEBE,AEB60，AB1BC，2ABAEBECE，ACECAE，AEBACECAE60，ACECAE30，BACBAECAE90CADBADBAC30，则结论①成立，ABAC，SABCD

2S

ABC

21AB·ACAB·AC，则结论②成立，2在Rt AOB中，OA是直角边，OB是斜边，OAOB，则结论③不成立，OAOC,BECE，OE是ABC的中位线，OE

1AB

BC，则结论④成立，2 2 2 43个，应选：C．【点睛】此题考察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学问点，娴熟把握并敏捷运用各判定定理与性质是解题关键．二、填空题11．4 3或2 3【分析】分状况争论作出图形，通过解直角三角形得到平行四边形的底和高的长度，依据平行四边形的面积公式即可得到结论．【详解】DDEABE，在Rt△ADE中，A30，AD2 3，DE1AD

3AD3，2 2在Rt△BDE中，BD2，BE BD2DE2 22( 3)21，1，AB4，平行四边形ABCD 的面积ABDE4 34 3，如图2，AB2，平行四边形ABCD的面积ABDE2 32 3，如图3，过B作BEAD于E，3在Rt△ABEAExDE23

x，3A30，BE x，33在Rt△BDE中，333

BD2，22(3

x)2，3x x2 3〔不合题意舍去〕，3BE1，平行四边形ABCD的面积ADBE12 32 如图4，当ADBD时，平行四边形ABCD 的面积ADBD4 3，33故答案为：4 或2 ．33【点睛】此题考察了平行四边形的性质，平行四边形的面积公式的运用、30度角的直角三角形的性质，依据题意作出图形是解题的关键．128个【分析】FBC的对称点MFMBC于点NEMBC于点H，可得点H到EF的距离之和最小，可求最小值，即可求解．【详解】如图，作点FBC的对称点MFMBC于点NEMBC于点H，E，FACAC＝6，∴EC＝4，FC＝2＝AE，M与点FBC对称，∴CF＝CM＝2，∠ACB＝∠BCM＝45°，∴∠ACM＝90°，5∴EM＝EC2+CM2= 42+22=2 ，55BC存在点H到点EF的距离之和最小为255在点H右侧，当点P与点CPE＋PF＝4＋2＝6，5

＜5，PCH2

＜PE＋PF≤6，在点H左侧，当点P与点B重合时，∵FN⊥BC，∠ABC＝90°，∴FN∥AB，∴△CFN∽△CAB，∴FN=CN=CF=1，2AB CB CA 32∵AB＝BC＝222122

AC＝3 ，∴FN＝3AB＝ ，13BC＝2，∴BN＝BC－CN＝2 2，BF＝FN2+BN2= 2+8= 10，∵AB＝BC，CF＝AE，∠BAE＝∠BCF，∴△ABE≌△CBF〔SAS〕，∴BE＝BF＝10，∴PE＋PF＝2 10，∴点P在BH上时，2 10，BC上点H的左右两边各有一个点P使PE＋PF＝5，AB，AD，CDPE＋PF＝5．8个点PPE＋PF＝5，8．【点睛】此题考察了正方形的性质，最短路径问题，在BC上找到点H，使点H到点EF的距离之和最小是此题的关键．13．①③④【分析】由“AAS”可证△AOE≌△COF，△AHO≌△CGOOE=OF，HO=GO，可证四边形EGFHEF⊥GHEGFH是菱形，可推断①③正确，假设四边形ABCD是正方形，由“ASA”可证△BOG≌△COFOG=OFEGFH是正方形，可推断④正确，即可求解．【详解】解：如图，ABCD是菱形，∴AO＝CO，AD∥BC，AB∥CD，∴∠BAO＝∠DCO，∠AEO＝∠CFO，∴△AOE≌△COF〔AAS〕，∴OE＝OF，EFBC、ADG、H，∴GHO，GH⊥EF，∵AD∥BC，∴∠DAO＝∠BCO，∠AHO＝∠CGO，∴△AHO≌△CGO〔AAS〕，∴HO＝GO，EGFH是平行四边形，∵EF⊥GH，EGFH是菱形，EAB上的一个动点，E的移动可以得到很多个平行四边形EGFH，EEGFH，故①③正确；ABCD是正方形，∴∠BOC＝90°，∠GBO＝∠FCO＝45°，OB＝OC；∵EF⊥GH，∴∠GOF＝90°；∠BOG+∠BOF＝∠COF+∠BOF＝90°，∴∠BOG＝∠COF；在△BOG和△COF中，BOGCOFBOCO∵ ，GBOFCO∴△BOG≌△COF〔ASA〕；∴OG＝OF，同理可得：EO＝OH，∴GH＝EF；EGFH是正方形，EAB上的一个动点，EGFH，故④正确，故答案为：①③④．【点睛】此题考察了菱形的判定和性质，平行四边形的判定，正方形的判定，全等三角形的判定和性质等学问，敏捷运用这些性质进展推理是关键．14．①②④【分析】①依据折叠得△ABE≌△AFE，证明△EFC是等腰三角形，得到∠EFC=∠ECF，依据∠BEF=∠EFC+∠FEC，得出∠BEA=∠AEF=∠EFC=∠ECF，即可证明AE∥FC，故①正确；②依据ABCD是正方形，且△ABE≌△AFERt△AFG≌Rt△ADG，得出∠FAG=∠GAD，依据∠BAF+∠FAD=90°，推出∠EAF+∠FAG=45°，可得∠EAG=45°，依据全等得：BE=FE，DG=FG，即可得BE+DG=EF+GF=EG，故②正确；③先求出S ，依据EF：a a 1

△ECGFG=

：=3：2，得出S ：S =3：2，即S = a2，再依据S

=a2，得出S ：2 3 1

△FCG1

△EFC10

ABCD

△CEFS△ABCD10a2a2S△CEF10SABCD，故③错误；④设正方形的边长为a，依据勾股定理AB2AB2BE25AE=

= 2 aDG=xCG=a-x，FG=x，EG=2+x，再依据勾股定理求出x，即可得出结论，故④正确．【详解】解：①由折叠可得△ABE≌△AFE，∴∠BEA=∠AEF，BE=EF，∵EBC中点，∴BE=CE=EF，∴△EFC是等腰三角形，∴∠EFC=∠ECF，∵∠BEF=∠EFC+∠FEC，∴∠BEA=∠AEF=∠EFC=∠ECF，∴AE∥FC，故①正确；ABCD是正方形，且△ABE≌△AFE，∴AB=AF=AD，∠B=∠D=∠AFG，∴△AFG和△ADG是直角三角形，AFADRt△AFGRt△ADG中AGAG，∴Rt△AFG≌Rt△ADG〔HL〕，∴∠FAG=∠GAD，又∵∠BAF+∠FAD=90°，∴2∠EAF+2∠FAG=90°，即∠EAF+∠FAG=45°，∴∠EAG=45°，由全等得：BE=FE，DG=FG，∴BE+DG=EF+GF=EG，故②正确；Rt△ECG，1 1 a 2 1S =2×EC×CG=2×2×3a=6a2，△ECGa a∵EF：FG=2：3=3：2，△EFC1△EFC△EFC△FCG则S △EFC△FCG

=3：2S

=10a2，又∵SABCD=a2，1 1S△CEF：S△ABCD10a2a2S△CEF10SABCD，故③错误；④设正方形的边长为a，a∴AB=AD=AF=a，BE=EF=2=EC，5由勾股定理得AE= AB2 BE2= 2a，DG=xCG=a-x，FG=x，aEG=2+x，a a∴EG2=EC2+CG2，即〔2+x〕2=〔2〕2+〔a-x〕2，a 2ax=3，CG=3，AD=3DG成立，故④正确．【点睛】此题考察了正方形的折叠问题，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，把握这些学问点敏捷运用是解题关键．15．25【分析】作BE⊥AD于E，BF⊥CD于F，则四边形BEDF是矩形，证明△ABE≌△CBF〔AAS〕，得出BE=BF，△ABE的面积=△CBF的面积，则四边形BEDF是正方形，四边形ABCD的面积=正方形BEDF的面积，求出BE= 10，即可求得BD的长．【详解】BE⊥ADDA延长线于E，BF⊥CDF，如下图：则∠BEA=∠BFC=90°，∵∠ADC=90°，BEDF是矩形，∴∠EBF=90°，∵∠ABC=90°，∴∠EBF=∠ABC=90°，∴∠ABE=∠CBF，在△ABE和△CBF中，BEABFCABECBF ， ABCB∴△ABE≌△CBF〔AAS〕，∴BE=BF，△ABE的面积=△CBF的面积，BEDFABCD的面积=BEDF的面积，∴BE=DE，BE2=10cm2，10∴BE=102∴BD=2

(cm)，BE=2

(cm)．55故答案为：2 ．55【点睛】此题考察了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等学问；娴熟把握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．16．①②③④【分析】依据正方形的性质和SAS可证明△ABG≌△AEC，然后依据全等三角形的性质即可推断①；BG、CEN，AC、BGK1，依据全等三角形对应角相等可得∠ACE＝∠AGB，然后依据三角形的内角和定理可得∠CNG＝∠CAG＝90°，于是可推断②；EEP⊥HAPGGQ⊥AMQ2，依据余角的性质即可推断AAS即可证明△ABH≌△EAPEP＝AHGQ＝AHEP＝GQAAS可证明△EPM≌△GQMEM＝GM，从而可推断③，于是可得答案．【详解】ABDEACFG中，AB＝AE，AC＝AG，∠BAE＝∠CAG＝90°，∴∠BAE+∠BAC＝∠CAG+∠BAC，即∠CAE＝∠BAG，∴△ABG≌△AEC〔SAS〕，∴BG＝CE，故①正确；BG、CEN，AC、BGK1，∵△ABG≌△AEC，∴∠ACE＝∠AGB，∵∠AKG＝∠NKC，∴∠CNG＝∠CAG＝90°，∴BG⊥CE，故②正确；EEP⊥HAPGGQ⊥AMQ2，∵AH⊥BC，∴∠ABH+∠BAH＝90°，∵∠BAE＝90°，∴∠EAP+∠BAH＝90°，∴∠ABH＝∠EAP，即∠EAM＝∠ABC，故④正确；∵∠AHB=∠P=90°，AB=AE，∴△ABH≌△EAP〔AAS〕，∴EP＝AH，GQ＝AH，∴EP＝GQ，∵在△EPM和△GQM中，PMQG90EMPGMQ ，EPGQ∴△EPM≌△GQM〔AAS〕，∴EM＝GM，∴AM是△AEG的中线，故③正确．综上所述，①②③④结论都正确．故答案为：①②③④．【点睛】此题考察了正方形的性质、三角形的内角和定理以及全等三角形的判定和性质，作关心线构造出全等三角形是难点，娴熟把握全等三角形的判定和性质是关键．17．101【分析】E的运动轨迹，查找特别位置解决问题即可．【详解】1MA重合时，AE＝ENAE＝EN＝xcm，Rt△ADEx2＝32+〔9﹣x〕2x＝5，∴DE＝10﹣1-5＝4〔cm〕，2MMB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′＝10﹣1﹣3＝6〔cm〕，3MB′CD时，101010DB′〔DE″〕＝10﹣1﹣10

＝〔9﹣

〕〔cm〕，10EE→E′→E″，运动路径＝EE′+E′B′＝6﹣4+6﹣〔9﹣1010〔cm〕．10

〕＝〔

1〕10故答案为：10【点睛】

1．此题考察翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等学问，解题的关键是理解题意，敏捷运用所学学问解决问题，属于中考填空题中的压轴题．18．663【分析】ABCD是矩形以及CECBBE，得到△FEM30°直角三角形的性质以及勾股定理得到KM，NK，KENE30°直角BN，BE即可．【详解】NEAD于点K，ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC=90°，∴∠MFE=∠FCB，∠FME=∠EBC∵CECBBE，∴△BCE为等边三角形，∴∠BEC=∠ECB=∠EBC=60°，∵∠FEM=∠BEC，∴∠FEM=∠MFE=∠FME=60°，∴△FEM是等边三角形，FM=FE=EM=2，∵EN⊥BE，∴∠NEM=∠NEB=90°，∴∠NKA=∠MKE=30°，KM2EMKM2EM2Rt△KME中，KE=

23，3∴NE=NK+KE=6+2 ，3∵∠ABC=90°，∴∠ABE=30°，∴BN=2NE=12+4 3，∴BE= BN2NE266 3，∴BC=BE=6 6 3，故答案为：6 6 3【点睛】此题考察了矩形，等边三角形的性质，以及含30°直角三角形的性质与勾股定理的应用，30°直角三角形的性质．19．2 5﹣2【分析】连接AF，CF，AC，利用勾股定理求出AC、AF，再依据三角形的三边关系得到当点A，F，C在同始终线上时，CF的长最小，最小值为2 5﹣2.【详解】AF，CF，AC，ABCDAB＝2，BC＝4AEFG1，∴AC＝2 5，AF＝2，∵AF+CF≥AC，∴CF≥AC﹣AF，∴当点A，F，C在同始终线上时，CF的长最小，最小值为2 5﹣2，故答案为：2 5﹣2．【点睛】此题考察矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，三角形的三边关系.20．23.5【分析】分别从当Q运动到E和B之间、当Q运动到E和C之间去分析求解即可求得答案．【详解】如图，∵EBC的中点，1∴BE=CE=

2BC=9，Q运动到E和B之间，则得：3t﹣9=5﹣t，解得：t=3.5；Q运动到E和C之间，则得：9﹣3t=5﹣t，解得：t=2，∴当运动时间t23.5秒时，以点P，Q，E，D为顶点的四边形是平行四边形．【点睛】“点睛”此题考察了梯形的性质以及平行四边形的判定与性质．解题时留意把握关心线的作法，留意把握数形结合思想、分类争论思想与方程思想的应用．三、解答题1121．〔1〕见解析；〔2〕11【分析】ABCDAB=ADABCD是菱形；1OA的长，依据直角三角形斜边中线定理得出OE=2RtACE应用勾股定理即可解答．【详解】〔1〕AB∥CD，∴OABDCA，AC为DAB的平分线，∴OABDAC，∴DCADAC，

AC，在∴CDADAB，ABCD是平行四边形，∵ADAB，∴ABCD是菱形；〔2〕ABCD是菱形∴AOCO∵CEAB90∴AC2OE6AC2AE211在RtACE中，AC2AE21111故答案为〔2〕 ．11【点睛】此题主要考察了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，娴熟把握菱形的判定与性质是解题的关键．1022．〔1〕矩形；〔2〕菱形；〔3〕310【分析】

；〔4〕见解析ADEEAEED是平行四边形，再依据AEBC，得到AEE90即可得到结论；ADFFAFFDAEEF得到EF2ED210EF2ED210先利用勾股定理求出DFFA；

，再依据菱形的面积求BCEAE，平移△ABE得到△DCFAEFD是平行四边形.【详解】AEED是矩形，在□ABCDAD//BCADBC，BECE，∴BCEE，∴ADEE，AEED是平行四边形，∵AEBC，∴AEE90，AEED是矩形；AFFD是菱形，AEEDAD//EEADEE，EFEF，∴EEFF，∴ADFF，AFFD是平行四边形，∵AEEF，∴AEE90，在Rt AEF，AF∴AFAD，

AE2EF2 32425，AFFD是菱形；FA,Rt△DFEDF

EF2ED2 10，S S 15，菱形AFFD 平行四边形ABCD10；BC上取一点EAE，平移△ABE得到△DCFAEFD是平行四边形.【点睛】此题考察了平行四边形的性质，矩形的判定定理，菱形的判定及性质，平移的性质的应用，勾股定理.23．〔1〕见解析〔2〕见解析〔3〕15【分析】ABCD是正方形，得到∠QBA＝∠QBC，进而可得△QBA≌△QBC，∠QAB＝∠QCBCQ＝MQ，得到∠QCB＝∠QMC，即可求证；依据∠QAB＝∠QMC，∠QMC＋∠QMB＝180°，得到∠QAB＋∠QMB＝180°，在四QABM中，∠QAB＋∠QMB＋∠ABM＋∠AQM＝360°可得∠ABM＋∠AQM＝180°，再依据∠ABM＝90°即可求解；ABCD的边长为aND至点HDH＝BM＝2，证得△ADH≌△ABM，得到∠DAH＝∠BAMAH＝AM，由〔2〕知，△QAM是等腰直角三角形，易得∠NAM＝∠NAH，进而得到△NAM≌△NAHRt△MNC中，利用勾股定理得到a6，即可求解．【详解】解：〔1〕∵ABCD是正方形∴∠QBA＝∠QBC在△QBA和△QBC中BABCQBAQBCQBQB∴△QBA≌△QBC〔SAS〕∴∠QAB＝∠QCB又∵CQ＝MQ∴∠QCB＝∠QMC∴∠QAB＝∠QMC∵∠QAB＝∠QMC又∵∠QMC＋∠QMB＝180°∴∠QAB＋∠QMB＝180°QABM中∠QAB＋∠QMB＋∠ABM＋∠AQM＝360°∴∠ABM＋∠AQM＝180°而∠ABM＝90°∴∠AQM＝90°ABCD的边长为a，则MCa2，NDa3ND至点HDH＝BM＝2易证△ADH≌△ABM∴∠DAH＝∠BAMAH＝AM由〔2〕知，△QAM是等腰直角三角形∴∠QAM＝45°∴∠DAN＋∠BAM＝45°∴∠DAN＋∠DAH＝45°即∠NAH＝45°∴∠NAM＝∠NAH∴△NAM≌△NAH〔SAS〕∴NM＝NH＝a32a1MN2MC2NC2∴a∴a6

a2221 1∴SAMN

S AHN

ADNH

26515【点睛】此题主要考察正方形的性质、全等三角形的推断和性质、四边形的内角和、等腰直角三角形的性质及勾股定理，敏捷运用性质是解题关键．24．〔1〕①证明见详解；②PAQ45，见解析；〔2〕5．【分析】PB//AC2中，连接QC，DTDQQC的延长线于T，利用全等三角形的性质解决问题即可；3EHBC于点GAE=xAB=BC=CF=EG=3x，然后可得CG=2x，HG=3x-3，CH=3x-1，利用勾股定理求解即可．〔1〔1〕①证明：45，PAC135APB45，APB+PAC180，PB//ACAPBC是平行四边形；②PADQ是平行四边形，DQ//APAD//PQADPQBC，②AD//BC，PQBCPQ//BC，PQCB是平行四边形，QC//BP，APQDQC45，ADCQDT90，DQ=DT，TDQT45,ADQCDT，AD=DC， AP//DQ，PAQDQA45；CH=5，理由如下：3EHBC于点G；ABCD是正方形，AB=BCD90，又EH=3，FH=1，EH⊥AD，EH//CD，HGC90设AE=x， AE1,CFBC，AB=BC=CF=EG=3x，CF 3CG=2x，HG=3x-3，CH=3x-1Rt△HGCCG2HG2

CH4x23x

3x2，解得x1

1,x 22x=1时，AB=3(不符合题意，舍去)；x=2时，AB=6，CH=5．5．【点睛】此题主要考察正方形的综合问题、三角形全等及勾股定理，关键是利用条件及四边形的性质得到它们之间的联系，然后利用勾股定理求解线段的长即可．525．〔1〕证明过程见解析；〔2〕①边长为

5cm，②cm2

S9cm2．3 3【分析】由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFPEP＝EFBP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由对称的性CE＝BC＝5cmRt△CDEDE＝4cmAE＝AD-DE＝51cmRt△APE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP＝3cm即可；②当点Q与点C重合时，点E离点AAE＝1cmP与点A重合时，点E离点AABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案．【详解】解：〔1〕证明：∵折叠纸片使BAD上的EPQ，∴点B与点EPQ对称，∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，又∵EF∥AB，∴∠BPF＝∠EFP，∴∠EPF＝∠EFP，∴EP＝EF，∴BP＝BF＝EF＝EP，BFEP为菱形；〔2〕①∵ABCD是矩形，∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，∵点B与点EPQ对称，∴CE＝BC＝5cm，Rt△CDE中，DE＝CE2-CD2＝4cm，∴AE＝AD﹣DE＝5cm-4cm＝1cm；Rt△APE中，AE＝1，AP＝3-PB＝3﹣PE，5EP2=12(3-EP)2，解得：EP＝35BFEP3cm；

cm，5②当点Q与点C重合时，点E离点AAE＝1cm，BP=3cm，5S四边形BFEP

=BPAE= cm2，3P与点A重合时，点E离点AABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，S四边形BFEP

=S正方形ABQE

=9cm2，5∴菱形的面积范围：cm23

S9cm2．【点睛】此题是四边形综合题目，考察了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性质等学问，求出PE是此题的关键．1 226．〔1〕y3

x2；〔2〕t= sABMN是平行四边形；〔3〕存在，点Q3618或(3,1)

或(3,1)

或155.5 5

8 8【分析】

1BH⊥x轴于H．证明△COA≌△AHB〔AAS〕，BH=OA=1，AH=OC=2B坐标，再利用待定系数法即可解决问题．利用平行四边形的性质求出点NAN，BM，CM即可解决问题．13OBOBQPOBP1Q1

OBPQ，当2 33OB为菱形的对角线时，可得菱形OP2BQQOB2 33【详解】1BH⊥x轴于H．∵A〔1，0〕、C〔0，2〕，∴OA=1，OC=2，∵∠COA=∠CAB=∠AHB=90°，∴∠ACO+∠OAC=90°，∠CAO+∠BAH=90°，∴∠ACO=∠BAH，∵AC=AB，∴△COA≌△AHB〔AAS〕，∴BH=OA=1，AH=OC=2，∴OH=3，∴B〔3，1〕，b2 设直线BC的解析式为y=kx+b，则有 3k b 1k1解得： 3，b21∴y3

x2；2中，ABMN是平行四边形，∴AN∥BM，∴直线AN的解析式为：y1x 1，3 3 1∴N0,3， 10∴BMAN ，103∵B〔3，1〕，C〔0，2〕，10∴BC= ，102 10∴CMBCBM ，2 1032 1022 1010∴t ，103 32∴t=3sABMN是平行四边形；3中，1 3 3OBOBQPOBP1Q．菱形OBPQ，OQBCE，1 3 ∵OE⊥BC，OEy=3x，y3x

x3 5由 1 ，解得： ，y x2 9 33 9

y 5∴E〔5，5〕，∵OE=OQ，6 18∴Q〔5，5〕，10111 2 ∵OQ∥BC，10111 2 1OQ1y=-3x，1m∵OQ1=OB= ，设Q〔m，-3 〕，1∴m2+9m2=10，∴m=±3，Q〔3，-1〕，Q〔-3，1〕，OBOP2BQQOB的垂直平分线上，OBy=-3x+5，y3x5

x15由 1y x

8，解得： 5，∴Q〔

315 5， 〕．

y 82 8 8综上所述，满足条件的点Q6,18或(3,1)

或(3,1)

或155.5 5

8 8【点睛】

此题属于一次函数综合题，考察了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，一次函数的性质等学问，解题的关键是敏捷运用所学学问解决问题，学会用分类争论的思想思考问题，属于中考压轴题．27．〔1〕①详见解析；②详见解析；〔2〕当BE≠DF时，〔BE+DF〕2+EF2＝2AB2仍旧成立，理由详见解析；〔3〕PD2 62 2【分析】ED、BFBEDF是平行四边形，依据平行四边形的性质证明；②依据正方形的性质、勾股定理证明；过DDM⊥BEBE的延长线于MBDEFDM是矩形，得到EM=DF，DM=EF，∠BMD=90°，依据勾股定理计算；PPE⊥PDBBELPEE，依据〔2〕PE，结合图形解答.【详解】证明：①ED、BF，∵BE∥DF，BE＝DF，BEDF是平行四边形，∴BD、EF相互平分；1 1②BDEFOOB＝OD＝2∵EF⊥BE，∴∠BEF＝90°．Rt△BEO中，BE2+OE2＝OB2．

BD，OE＝OF＝2

EF．∴〔BE+DF〕2+EF2＝〔2BE〕2+〔2OE〕2＝4〔BE2+OE2〕＝4OB2＝〔2OB〕2＝BD2．ABCD中，AB＝AD，BD2＝AB2+AD2＝2AB2．∴〔BE+DF〕2+EF2＝2AB2；BE≠DF时，〔BE+DF〕2+EF2＝2AB2仍旧成立，2DDM⊥BEBEMBD．∵BE∥DF，EF⊥BE，∴EF⊥DF，EFDM是矩形，∴EM＝DF，DM＝EF，∠BMD＝90°，Rt△BDM中，BM2+DM2＝BD2，∴〔BE+EM〕2+DM2＝BD2．即〔BE+DF〕2+EF2＝2AB2；PPE⊥PDBBE⊥PEE，则由上述结论知，〔BE+PD〕2+PE2＝2AB2．∵∠DPB＝135°，∴∠BPE＝45°，∴∠PBE＝45°，∴BE＝PE．∴△PBE是等腰直角三角形，2∴BP＝ BE，2266∵ BP+2PD＝4 ，2666∴2BE+2PD＝46∵AB＝4，

，即BE+PD＝2 ，6∴〔2 〕2+PE2＝2×42，62解得，PE＝2 ，22∴BE＝2 ，262∴PD＝2 ﹣2 ．62【点睛】此题考察的是正方形的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的应用，正确作出关心性、把握正方形的性质是解题的关键.28．〔1〕①证明见解析；②证明见解析；〔2〕4n21．【分析】①先依据n1ADAB，再依据矩形的性质可得DAEABF90，然后依据直角三角形的性质、垂直的定义可得DEAAFB，最终依据三角形全等的判定定理与性质即可得证；②如图〔见解析〕，先依据〔1〕AEBF，再依据等腰三角形的三线合一可得HAFDAF，然后依据矩形的性质、平行线的性质可得AFGDAF，从而可得HAFAFGAGGF，由此即可得证；如图〔见解析〕，先依据线段中点的定义可得AEBE，再依据