专题38：特殊的平行四边形-2021年中考数学考点靶向练

专题38：特殊的平行四边形-2021年中考数学考点靶向练习一、单选题1．下列条件中，能判定▱ABCD是菱形的是（）A．AC＝BD B．AB⊥BC C．AD＝BD D．AC⊥BD2．菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的周长是（）A．5 B．20 C．24 D．323．如图，正方形中，在延长线上取一点E，使，连接，则的度数为（）A． B． C． D．4．菱形的边长是，一条对角线的长是，则此菱形的面积为（）A． B． C． D．5．如图，将矩形纸条折叠，折痕为，折叠后点C，D分别落在点，处，与交于点G．已知，则的度数是（）A．30° B．45° C．74° D．75°6．如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是矩形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是（）A．互相平分 B．相等 C．互相垂直 D．互相垂直平分7．如图，菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，M、N分别是边AB、AD的中点，连接OM、ON、MN，则下列叙述正确的是（）A．△AOM和△AON都是等边三角形B．四边形MBON和四边形MODN都是菱形C．四边形AMON与四边形ABCD是位似图形D．MO∥BC且BM＝CO8．如图，四边形是菱形，对角线，相交于点，，，点是上一点，连接，若，则的长是（）A．2 B． C．3 D．49．已知菱形的周长为8，两邻角的度数比为1：2，则菱形的面积为（）A．8 B．8 C．4 D．210．如图，下列四个条件中，能判定平行四边形ABCD为菱形的是（）A．∠ADB＝90° B．OA＝OB C．OA＝OC D．AB＝BC11．如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC=1，则AB的长度为（）A． B． C． D．12．把一张宽为1cm的长方形纸片ABCD折叠成如图所示的阴影图案，顶点A，D互相重合，中间空白部分是以E为直角顶点，腰长为2cm的等腰直角三角形，则纸片的长AD（单位：cm）为（）A． B． C． D．二、填空题13．已知菱形的面积是12cm2，菱形的两条对角线长分别为和，则与之间的函数关系是________________．14．如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为_____°．15．如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝，E为CD的中点，连接AE、BD交于点P，过点P作PQ⊥BC于点Q，则PQ＝_____．16．如图，在矩形中，对角线，相交于点，已知，，则的长为________cm．17．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E是边CD上一点，EF⊥AE交BC于点F，则CF长的取值范围是_____．18．如图，AB是⊙O的直径，弦CD⊥AB，垂足为E，∠BCD＝30°，CD＝2，则阴影部分面积S阴影＝_____．19．如图1，直角三角形纸片的一条直角边长为2，剪四块这样的直角三角形纸片，把它们按图2放入一个边长为3的正方形中（纸片在结合部分不重叠无缝隙），则图2中阴影部分面积为_____．20．如图，在菱形ABCD中，过点B作BE⊥AD，BF⊥CD，垂足分别为点E，F，延长BD至点G，使得DG＝BD，连结EG，FG．若AE＝DE，AB＝2，则EG＝________．21．如图，矩形中，为上一点，为上一点，分别沿，折叠，，两点刚好都落在矩形内一点，且，则______．22．如图，在▱ABCD中，AB＝6，BC＝6，∠D＝30°，点E是AB边的中点，点F是BC边上一动点，将△BEF移沿直线EF折叠，得到△GEF，当FG∥AC时，BF的长为_____．三、解答题23．如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AD，AB的中点．（1）求证：；（2）若BE＝，∠C＝60°，求菱形ABCD的面积．24．如图，中，，，分别在边、上的点E与点F关于对称，连接、、、．（1）试判定四边形的形状，并说明理由；（2）求证：25．如图，将等腰三角形纸片ABC沿底边BC上的高AD剪成两个三角形，AB=5个单位长度，BC=6个单位长度．用这两个三角形来拼成四边形，请在下列网格中画出你拼成的四边形（每个小正方形的边长均为1个单位长度，所画四边形全等视为同一种情况），并直接在对应的横线上写出该四边形两条对角线长度的和．26．已知：如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，BE=DF，CE的延长线交DA的延长线于点G，CF的延长线交BA的延长线于点H．（1）求证：△BEC∽△BCH；（2）如果BE2=AB•AE，求证：AG=DF．27．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°．(1)请用尺规作图法，作∠ACB的平分线CD，交AB于点D；(不要求写作法，保留作图痕迹)(2)在(1)的条件下，过点D分别作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F.求证：四边形CEDF是正方形．28．如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，以AB为边在AB上方作正方形ABDE，过点D作DF⊥CB，交CB的延长线于点F，连接BE．（1）求证：△ABC≌△BDF；（2）P，N分别为AC，BE上的动点，连接AN，PN，若DF＝5，AC＝9，求AN+PN的最小值．29．如图，，，是同一直线上的三个点，四边形与四边形都是正方形，连结，．（1）观察图形，猜想与之间的大小关系，并证明你的结论；（2）若延长交于点，求证：．30．将边长为4的正方形与边长为5的正方形按图1位置放置，与在同一条直线上，与在同一条直线上．将正方形绕点逆时针旋转一周，直线与直线交于点，（1）与的数量关系：______；与的位置关系：______．（2）如图2，当点在线段上时，求的面积．（3）连结，当时，求的值．31．在的网格中建立如图的平面直角坐标系，四边形的顶点坐标分别为，，，．仅用无刻度的直尺在给定网格中按下列步骤完成画图，并回答问题：（1）将线段绕点逆时针旋转，画出对应线段；（2）在线段上画点，使（保留画图过程的痕迹）；（3）连接，画点关于直线的对称点，并简要说明画法．32．已知：如图，在正方形中，对角线相交于点，点分别是边上的点，且．求证：．33．阅读材料，回答问题：中国古代数学著作图周髀算经有着这样的记载：“勾广三，股修四，经隅五．”这句话的意思是：“如果直角三角形两直角边为3和4时，那么斜边的长为”上述记载表明了：在中，如果，，，，那么a，b，c三者之间的数量关系是：______．对于这个数量关系，我国汉代数学家赵爽根据“赵爽弦图”如图2，它是由八个全等直角三角形围成的一个正方形，利用面积法进行了证明．参考赵爽的思路，将下面的证明过程补充完整：证明：，，______．又____________，，整理得，______．如图3，把矩形ABCD折叠，使点C与点A重合，折痕为EF，如果，，求BE的长．34．如图，四边形ABCD为矩形，G是对角线BD的中点．连接GC并延长至F，使CF＝GC，以DC，CF为邻边作菱形DCFE，连接CE．（1）判断四边形CEDG的形状，并证明你的结论．（2）连接DF，若BC＝，求DF的长．35．如图，过□ABCD对角线AC与BD的交点E作两条互相垂直的直线，分别交边AB、BC．CD、DA于点P、M、Q、N．（1）求证：PBE≌QDE；（2）顺次连接点P、M、Q、N，求证：四边形PMQN是菱形．36．如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E与点A，C不重合），连接DE，作EF⊥DE交射线BA于点F，过点E作MN∥BC分别交CD，AB于点M、N，作射线DF交射线CA于点G．（1）求证：EF＝DE；（2）当AF＝2时，求GE的长．37．如图，在中，，过点作的平行线交的平分线于点，过点作的平行线交于点，交于点，连接，交于点．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，，求的长．38．（1）如图1，在正方形中，、相交于点O且．则和的数量关系为______．（2）如图2，在正方形中，E、F、G分别是边、、上的点，，垂足为H．求证：．（3）如图3，在正方形中，E、F、M分别是边、、上的点，，，，将正方形沿折叠，点M的对应点恰好与边上的点N重合，求的长度．39．已知：在矩形中，，，是边上的一个动点，将矩形折叠，使点与点重合，点落在点处，折痕为．（1）如图1，当点与点重合时，则线段_______________，_____________；（2）如图2，当点与点，均不重合时，取的中点，连接并延长与的延长线交于点，连接，，．①求证：四边形是平行四边形：②当时，求四边形的面积．40．已知：如图，在四边形和中，，，点在上，，，，延长交于点，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，过点作于点，交于点．设运动时间为．解答下列问题：（1）当为何值时，点在线段的垂直平分线上？（2）连接，作于点，当四边形为矩形时，求的值；（3）连接，，设四边形的面积为，求与的函数关系式；（4）点在运动过程中，是否存在某一时刻，使点在的平分线上？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．参考答案1．D【分析】根据菱形的判定条件即可得到结果；【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形；故选：D．【点睛】本题主要考查了菱形的判定，准确理解条件是解题的关键．2．B【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可．【详解】解：如图所示，根据题意得AO＝，BO＝，∵四边形ABCD是菱形，

∴AB＝BC＝CD＝DA，AC⊥BD，

∴△AOB是直角三角形，

∴AB＝，

∴此菱形的周长为：5×4＝20．

故选：B．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，利用勾股定理求出菱形的边长是解题的关键，同学们也要熟练掌握菱形的性质：①菱形的四条边都相等；②菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．3．D【分析】根据正方形的性质，得∠ABD=∠ADB=45°，根据等腰三角形的性质，得∠BED=∠BDE=67.5°，从而根据∠EDA=∠BDE-∠ADB进行计算即可．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形（如下图所示），∴∠ABD=∠ADB=45°，∵BE=BD，∴∠BED=∠BDE=67.5°，∴∠EDA=∠BDE-∠ADB=67.5°-45°=22.5°，故答案为：D．【点睛】此题综合运用了正方形的性质、等腰三角形的性质，正确理解正方形的性质、等腰三角形的性质是本题解题的关键．4．D【分析】根据菱形的边长是，一条对角线的长是，可以求出另一条对角线的长度是，利用菱形的面积等于可求出结果．【详解】解：根据题意画出图形，如图所示：四边形是菱形，，，，，又的长是，，，，菱形的面积．故选：D．【点睛】本题考察了勾股定理解直角三角形，菱形的性质和菱形的面积，熟悉相关性质是解题的关键．5．D【分析】依据平行线的性质，即可得到的度数，再根据折叠的性质，即可得出的度数．【详解】解：∵矩形纸条中，，∴，∴，由折叠可得，，故选：D．【点睛】本题主要考查了折叠问题，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．6．C【分析】由于顺次连接四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，再由矩形的判定可知，依次连接对角线互相垂直的四边形各边的中点所得四边形是矩形．【详解】根据题意画出图形如下：

答：AC与BD的位置关系是互相垂直．

证明：∵四边形EFGH是矩形，

∴∠FEH=90°，

又∵点E、F、分别是AD、AB、各边的中点，

∴EF是三角形ABD的中位线，

∴EF∥BD，

∴∠FEH=∠OMH=90°，

又∵点E、H分别是AD、CD各边的中点，

∴EH是三角形ACD的中位线，

∴EH∥AC，

∴∠OMH=∠COB=90°，

即AC⊥BD．

故选C．【点睛】此题主要考查了矩形的判定定理，画出图形进而应用平行四边形的判定以及矩形判定是解决问题的关键．7．C【分析】根据菱形的性质、等边三角形的判定定理判断A；根据三角形中位线定理、菱形的判定定理判断B；根据位似变换的概念判断C，根据菱形的性质判断D．【详解】解：∵∠BAD不一定等于为120°，∴△AOM和△AON不一定都是等边三角形，A错误；∵BM不一定等于BO，∴四边形MBON和四边形MODN不一定都是菱形，B错误；∵四边形ABCD为菱形，∴AO＝OC，又AM＝MB，∴OM∥BC，OM＝BC，同理，ON∥CD，ON＝CD，∴四边形AMON与四边形ABCD是以A为位似中心的位似图形，C正确；MO∥BC，但BM不一定等于CO，D错误；故选：C．【点睛】本题考查的是菱形的性质、位似变换的概念、等边三角形的判定，掌握位似变换的概念和性质是解题的关键．8．B【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出OB，OC，AC⊥BD，再利用勾股定理列式求出BC，然后根据等腰三角形的性质结合直角三角形两个锐角互余的关系求解即可．【详解】∵菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，

∴OA=OC=AC=4，OB=OD=BD=3，AC⊥BD，由勾股定理得，CD=，∵OE=CE，∴∠EOC=∠ECO，∵∠EOC+∠EOD=∠ECO+∠EDO=90，∴∠EOD=∠EDO，∴OE=ED，∴OE=ED=CE，∴OE=CD=．故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形两个锐角互余，勾股定理，熟记性质与定理是解题的关键．9．D【分析】根据菱形的性质和菱形面积公式即可求出结果．【详解】解：如图，∵两邻角度数之比为1：2，两邻角和为180°，∴∠ABC＝60°，∠BAD＝120°，∵菱形的周长为8，∴边长AB＝2，∴菱形的对角线AC＝2，BD＝2×2sin60°＝2，∴菱形的面积＝AC•BD＝×2×2＝2．故选：D．【点睛】本题考查菱形的性质，解题关键是掌握菱形的性质．10．D【分析】根据菱形的判定定理和矩形的判定定理分别对各个选项进行推理判断即可．【详解】A、平行四边形ABCD中，∠ADB＝90°，不能判定四边形ABCD为菱形，故选项A不符合题意；B、∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵OA＝OB，∴AC＝BD，∴平行四边形ABCD是矩形，不能判定四边形ABCD为菱形，故选项B不符合题意；C、∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，不能判定四边形ABCD为菱形，故选项C不符合题意；D、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，∴平行四边形ABCD是菱形；故选项D符合题意；故选：D．【点睛】本题考查菱形的判定定理、矩形的判定定理以及平行四边形的性质；熟练掌握菱形的判定定理、矩形的判定定理是解题的关键．11．A【分析】先判断出∠ADE=45°，进而判断出AE=AD，利用勾股定理即可得出结论．【详解】解：由折叠补全图形如图所示，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADA'=∠B=∠C=∠A=90°，AD=BC=1，CD=AB，由第一次折叠得：∠DAE=∠A=90°，∠ADE=∠ADC=45°，∴∠AED=∠ADE=45°，∴AE=AD=1，在Rt△ADE中，根据勾股定理得，DE=AD=，由第二次折叠可知，∴故选：A．【点睛】本题考查了图形的折叠和勾股定理，搞清楚折叠中线段的数量关系是解决此类题的关键．12．D【分析】如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．想办法求出AR，RM，MN，NW，WD即可解决问题．【详解】解：如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．由题意△EMN是等腰直角三角形，EM=EN=2，MN=∵四边形EMHK是矩形，∴EK=A'K=MH=1，KH=EM=2，∵△RMH是等腰直角三角形，∴RH=MH=1，RM=，同法可证NW=，题意AR=RA'=A'W=WD=4，∴AD=AR+RM+MN+NW+DW=4++++4=.故答案为：D.【点睛】本题考查翻折变换，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形或特殊四边形解决问题．13．【分析】根据菱形面积＝×对角线的积，可列出关系式．【详解】解：由题意得：xy＝12，可得：，故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质，反比例函数等知识，解题的关键是记住菱形的面积公式，属于中考常考题型．14．135【分析】由正方形的性质可得∠ACB＝∠BAC＝45°，可得∠2＋∠BCP＝45°＝∠1＋∠BCP，由三角形内角和定理可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACB＝∠BAC＝45°，∴∠2+∠BCP＝45°，∵∠1＝∠2，∴∠1+∠BCP＝45°，∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP，∴∠BPC＝135°，故答案为：135．【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，掌握正方形的性质是本题的关键．15．【分析】根据矩形的性质得到AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，根据线段中点的定义得到DE＝CD＝AB，根据相似三角形的判定证明△ABP∽△EDP，再利用相识三角形的性质和判定即可得到结论．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，∵E为CD的中点，∴DE＝CD＝AB，∴△ABP∽△EDP，∴＝，∴＝，∴＝，∵PQ⊥BC，∴PQ∥CD，∴△BPQ∽△DBC，∴＝＝，∵CD＝2，∴PQ＝，故答案为：．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质的应用，运用矩形的性质和相似三角形判定和性质证明△ABP∽△EDP得到＝是解题的关键．16．6cm【分析】根据矩形的性质可得对角线相等且平分，由可得,根据所对直角边是斜边的一半即可得到结果．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴，，，，∵，∴，又∵，∴，∴在Rt△ABC中，．故答案为6cm．【点睛】本题主要考查了矩形的性质应用，准确利用直角三角形的性质是解题的关键．17．【分析】根据EF⊥AE及平角的定义，解得∠AED+∠CEF＝90°，结合矩形的性质，解得∠DAE＝∠CEF，进而证明△ADE∽△ECF，再由相似三角形对应边成比例性质，及已知条件解得CF的长，最后根据CE的取值范围解题即可．【详解】解：如图所示：∵EF⊥AE，∴∠AEF＝90°，又∵∠AED+∠AEF+∠CEF＝180°，∴∠AED+∠CEF＝90°，又∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠C＝90°，又∵∠AED+∠DAE＝90°，∴∠DAE＝∠CEF，∴△ADE∽△ECF，∴，又∵AB＝4，AD＝6，AB＝EC+ED，∴，解得：CF＝，又∵0≤CE≤4，∴，故答案为．【点睛】本题综合考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，二次函数等相关知识，重点掌握相似三角形的判定与性质，难点是求线段长度的取值范围．18．【分析】连接OC．证明OC∥BD，推出S阴＝S扇形OBD即可解决问题．【详解】解：连接OC．∵AB⊥CD，∴，CE＝DE＝，∴∠COD＝∠BOD，∵∠BOD＝2∠BCD＝60°，∴∠COB＝60°，∵OC＝OB＝OD，∴△OBC，△OBD都是等边三角形，∴OC＝BC＝BD＝OD，∴四边形OCBD是菱形，∴OC//BD，∴S△BDC＝S△BOD，∴S阴＝S扇形OBD，∵OD＝＝2，∴S阴＝＝，故答案为：．【点睛】本题考查扇形的面积，菱形的判定和性质，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．19．4．【分析】根据题意和图形，可以得到直角三角形的一条直角边的长和斜边的长，从而可以得到直角三角形的另一条直角边长，再根据图形，可知阴影部分的面积是四个直角三角形的面积，然后代入数据计算即可.【详解】解：由题意可得，直角三角形的斜边长为3，一条直角边长为2，故直角三角形的另一条直角边长为：，故阴影部分的面积是：，故答案为：4.【点睛】此题考查勾股定理解三角形，正方形的性质，正确理解正方形的边长3与直角三角形的关系是解题的关键.20．【分析】连接AC、EF，根据菱形的对角线互相垂直平分可得AC⊥BD，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等可得AB=BD，然后判断出△ABD是等边三角形，再根据等边三角形的三个角都是60°求出∠ADB=60°，设EF与BD相交于点H，AB=4x，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出EH，再求出DH，从而得到GH，利用勾股定理列式求出EG，最后求出比值即可．【详解】解：如图，连接AC、EF，在菱形ABCD中，AC⊥BD，∵BE⊥AD，AE=DE，∴AB=BD，又∵菱形的边AB=AD，∴△ABD是等边三角形，∴∠ADB=60°，设EF与BD相交于点H，AB=4x，∵AE=DE，∴由菱形的对称性，CF=DF，∴EF是△ACD的中位线，∴DH=DO=BD=x，在Rt△EDH中，EH=DH=x，∵DG=BD，∴GH=BD+DH=4x+x=5x，在Rt△EGH中，由勾股定理得，EG===所以，∵AB=2∴EG=．故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，难点在于作辅助线构造出直角三角形以及三角形的中位线．21．：1．【分析】如图，设AD＝BC＝x．过点P作PH⊥AC于H．解直角三角形求出AC，CD即可解决问题．【详解】解：如图，设AD＝BC＝x．过点P作PH⊥AC于H．由翻折的性质可知，PA＝PC＝BC＝x，∵∠APC＝120°，PH⊥AC，∴AH＝CH，∠APH＝∠CPH＝60°，∴AC＝2AH＝2•PA•sin60°＝，∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，∴CD＝AB＝=，∴，故答案为：：1．【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题．22．或【分析】由平行四边形的性质得出∠B＝∠D＝30°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝6，作CH⊥AD于H，则CH＝CD＝3，DH＝CH＝3＝AD，得出AH＝DH，由线段垂直平分线的性质得出CA＝CD＝AB＝6，由等腰三角形的性质得出∠ACB＝∠B＝30°，由平行线的性质得出∠BFG＝∠ACB＝30°，分两种情况：①作EM⊥BF于M，在BF上截取EN＝BE＝3，则∠ENB＝∠B＝30°，由直角三角形的性质得出EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，得出BN＝2BM＝3，再证出FN＝EN＝3，即可得出结果；②作EM⊥BC于M，在BC上截取EN＝BE＝3，连接EN，则∠ENB＝∠B＝30°，得出EN∥AC，EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，BN＝2BM＝3，证出FG∥EN，则∠G＝∠GEN，证出∠GEN＝∠ENB＝∠B＝∠G＝30°，推出∠BEN＝120°，得出∠BEG＝120°﹣∠GEN＝90°，由折叠的性质得∠BEF＝∠GEF＝∠BEG＝45°，证出∠NEF＝∠NFE，则FN＝EN＝3，即可得出结果．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B＝∠D＝30°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝6，作CH⊥AD于H，则CH＝CD＝3，DH＝CH＝3＝AD，∴AH＝DH，∴CA＝CD＝AB＝6，∴∠ACB＝∠B＝30°，∵FG∥AC，∴∠BFG＝∠ACB＝30°，∵点E是AB边的中点，∴BE＝3，分两种情况：①作EM⊥BF于M，在BF上截取EN＝BE＝3，连接EN，如图1所示：则∠ENB＝∠B＝30°，∴EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，∴BN＝2BM＝3，由折叠的性质得：∠BFE＝∠GFE＝15°，∵∠NEF＝∠ENB﹣∠BFE＝15°＝∠BFE，∴FN＝EN＝3，∴BF＝BN+FN＝3+3；②作EM⊥BC于M，在BC上截取EN＝BE＝3，连接EN，如图2所示：则∠ENB＝∠B＝30°，∴EN∥AC，EM＝BE＝，BM＝NM＝EM＝，∴BN＝2BM＝3，∵FG∥AC，∴FG∥EN，∴∠G＝∠GEN，由折叠的性质得：∠B＝∠G＝30°，∴∠GEN＝∠ENB＝∠B＝∠G＝30°，∵∠BEN＝180°﹣∠B﹣∠ENB＝180°﹣30°﹣30°＝120°，∴∠BEG＝120°﹣∠GEN＝120°﹣30°＝90°，由折叠的性质得：∠BEF＝∠GEF＝∠BEG＝45°，∴∠NEF＝∠NEG+∠GEF＝30°+45°＝75°，∠NFE＝∠BEF+∠B＝45°+30°＝75°，∴∠NEF＝∠NFE，∴FN＝EN＝3，∴BF＝BN﹣FN＝3﹣3；故答案为：或．【点睛】本题考查了翻折变换的性质、平行四边形的性质、直角三角形的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识；掌握翻折变换的性质和等腰三角形的性质是解答本题的关键．23．（1）详见解析；（2）2．【分析】（1）利用菱形的性质，由SAS证明即可；（2）证是等边三角形，得出BE⊥AD，求出AD即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∵点E，F分别是边AD，AB的中点，∴AF＝AE，在和中，，∴（SAS）；（2）解：连接BD，如图：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠A＝∠C＝60°，∴是等边三角形，∵点E是边AD的中点，∴BE⊥AD，∴∠ABE＝30°，∴AE＝BE＝1，AB＝2AE＝2，∴AD＝AB＝2，∴菱形ABCD的面积＝AD×BE＝2×＝2．【点睛】本题考查的是菱形的性质，等边三角形的判定与性质，菱形的面积的计算，掌握以上知识是解题的关键．24．（1）四边形为菱形，理由详见解析；（2）详见解析【分析】（1）根据题意可证明，再由可得到四边形是菱形；（2）根据直角三角形斜边上的中线的性质即可求解．【详解】解：（1）四边形为菱形，理由如下由可得，从而设与相交于点O∵点E与点F关于对称∴且在和中∴∴，又∴四边形为菱形，（2）∵，据（1）C∴又∵∴∴．【点睛】此题主要考查菱形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质、菱形的判定定理及直角三角形的性质．25．作图和对应的四边形两条对角线长度的和见解析【分析】根据三线合一即可求出BD的长，利用勾股定理即可求出AD的长，然后根据拼成不同的四边形分类讨论，分别画出对应的图形，利用勾股定理结合网格分别求出对角线的长即可求出结论．【详解】解：∵△ABC为等腰三角形，AD是BC边上的高，AB=5个单位长度，BC=6个单位长度∴BD=BC=3个单位长度∴AD=个单位长度①按如下图所示拼成的四边形，∴一条对角线AC=4个单位长度，另一条对角线BC=个单位长度∴该四边形两条对角线长度的和为个单位长度故答案为：个单位长度；②按如下图所示拼成的四边形，∴一条对角线AB=5个单位长度，另一条对角线CD=5个单位长度∴该四边形两条对角线长度的和为10个单位长度故答案为：10个单位长度；③按如下图所示拼成的四边形，∴一条对角线BD=3个单位长度，另一条对角线AC=个单位长度∴该四边形两条对角线长度的和为个单位长度故答案为：个单位长度．【点睛】此题考查的是等腰三角形的性质、勾股定理与网格问题和四边形的拼法，掌握三线合一、利用勾股定理求网格中线段的长是解题关键．26．（1）证明见解析；（2）证明见解析．【分析】(1)先证明△CDF≌△CBE，进而得到∠DCF=∠BCE，再由菱形对边CDBH，得到∠H=∠DCF，进而∠BCE=∠H即可求解．(2)由BE2=AB•AE，得到=，再利用AGBC，平行线分线段成比例定理得到=，再结合已知条件即可求解．【详解】解：(1)∵四边形ABCD是菱形，∴CD=CB，∠D=∠B，CDAB．∵DF=BE，∴△CDF≌△CBE(SAS)，∴∠DCF=∠BCE．∵CDBH，∴∠H=∠DCF，∴∠BCE=∠H．且∠B=∠B，∴△BEC∽△BCH．(2)∵BE2=AB•AE，∴=，∵AGBC，∴=，∴=，∵DF=BE，BC=AB，∴BE=AG=DF，即AG=DF．【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．27．（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）以C为圆心作圆弧，交AC，BC边于两点，在以这两点为圆心作弧相交于一点，然后连接C和这点，与AB交于点D，则AD为∠ACB的角平分线；（2）先证四边形CEDF为矩形，再由角平分线得DE=DF，即可证明四边形CEDF为正方形.【详解】（1）以C为圆心作圆弧，交AC，BC边于两点，在以这两点为圆心作弧相交于一点，然后连接C和这点，与AB交于点D，则AD为∠ACB的角平分线，如图所示：（2）∵DE⊥AC，DF⊥BC，∴∠DEC=∠DFC=90°，∵∠ACB=90°，∴四边形CEDF为矩形，∵CD平分∠ACB，∴DE=DF，∴四边形CEDF为正方形.【点睛】本题是对正方形判定的考查，熟练掌握尺规作图，角平分线的性质及正方形的判定是解决本题的关键.28．（1）见解析；（2）14【分析】（1）根据正方形的性质得出BD=AB，∠DBA=90°，进而得出∠DBF=∠CAB，因为∠C=∠DFB=90°．根据AAS即可证得结论；

（2）根据正方形的性质AN=DN，如使得AN+PN最小，只需D、N、P在一条直线上，根据垂线段最短，作DP1⊥AC，交BE于点N1，垂足为P1，则AN+PN的最小值等于DP1=FC=14．【详解】（1）证明：∵Rt△ABC中，∠C＝90°，DF⊥CB，∴∠C＝∠DFB＝90°．∵四边形ABDE是正方形，∴BD＝AB，∠DBA＝90°，∵∠DBF+∠ABC＝90°，∠CAB+∠ABC＝90°，∴∠DBF＝∠CAB，∴△ABC≌△BDF（AAS）；（2）解：∵△ABC≌△BDF，∴DF＝BC＝5，BF＝AC＝9，∴FC＝BF+BC＝9+5＝14．如图，连接DN，∵BE是正方形顶点A与顶点D的对称轴，∴AN＝DN．如使得AN+PN最小，只需D、N、P在一条直线上，由于点P、N分别是AC和BE上的动点，作DP1⊥AC，交BE于点N1，垂足为P1，所以，AN+PN的最小值等于DP1＝FC＝14．【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，轴对称-最短路线问题，熟练掌握正方形的性质是解题关键．29．（1），证明见解析；（2）见解析【分析】（1）根据已知，利用SAS判定△BCG≌△DCE，全等三角形的对应边相等，所以BG＝DE；

（2）根据全等三角形的对应角相等，得到∠CBG＝∠CDE，再根据角之间的关系可得到∠DHB＝∠BCG＝90°即BH⊥DE．【详解】（1）猜想：；∵四边形与四边形都是正方形，∴，，，在和中∴，∴；（2）由（1）得：，∴，∵，，∴，∴，∴．【点睛】此题主要考查学生对正方形的性质及全等三角形的判定的理解及掌握情况，正确熟练的掌握正方形的性质及全等三角形的判定方法是解答本题的关键．30．（1）相等；垂直；（2）；（3）．【分析】（1）由题意可得△DAG≌△BAE，从而可得DG=BE，再利用全等三角形的性质和直角三角形的知识可以得知DG⊥BE；

（2）连结AC交DG于点O，则由勾股定理可得OG的长度，从而得到△ADG的面积；

（3）连结GE并旋转△PGF至△HEF，由勾股定理即可得到正确解答．【详解】（1）在△DAG与△BAE中，DA=BA，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE，

∴△DAG≌△BAE，

∴DG=BE，∠DGA=∠BEA，

∴∠BEA+∠GDE=∠DGA+∠GDE=90°，

∴∠DPE=90°，∴DG⊥BE；

（2）如图，当在线段上时，连结交DG于点，则，

，（3）如图，连结，以F为中心旋转△FGP至△FEH，

则与（1）类似有△DAG≌△BAE，∴∠DGA=∠BEA，∴∠DGE+∠GEP=∠DGA+45°+∠GEP=45°+∠BEA+∠GEP=45°+45°=90°，∴∠GPE=90°，∴，由旋转性质可知∠FEH=∠FGP，∴∠FEH+∠FEP=∠FGP+∠FEP=360°-（∠GFE+∠GPE）=360°-180°=180°，∴P、E、H三点共线，且是等腰直角三角形，∵PH=PE+EH=PE+GP=，∴，PF=7．【点睛】本题考查正方形的综合应用，灵活运用三角形全等的判定与性质、旋转的性质和勾股定理求解是解题关键．31．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【分析】（1）根据题意，将线段是将线段绕点逆时针旋转即可；（2）连接BD，并连接（4,2），（5,5）点，两线段的交点即为所求的点E.（3）连接（5,0）和（0,5）点，与AC的交点为F,且F为所求.【详解】解：（1）如图示，线段是将线段绕点逆时针旋转得到的；（2）∠BCE为所求的角，点E为所求的点.（3）连接（5,0）和（0,5）点，与AC的交点为F,且F为所求.【点睛】本题考查了作图-旋转变换，正方形的性质，全等三角形的性质和轴对称的性质，熟悉相关性质是解题的关键．32．见解析【分析】由正方形的性质得出OD=OC，∠ODF=∠OCE=45°，再证明∠COE=∠DOF，从而得到△COE≌△DOF，即可证明CE=DF．【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴OD=OC，∠ODF=∠OCE=45°，∠COD=90°，∵∠EOF=90°，即∠COE+∠COF=90°，∴∠COE=∠DOF，∴△COE≌△DOF（ASA），∴CE=DF．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是根据正方形的性质得出条件证明全等．33．（1）；（2），正方形的面积＝四个全等直角三角形的面积的面积＋正方形AEDB的面积，；（3）3．【分析】（1）根据勾股定理解答即可；（2）根据题意、结合图形，根据完全平方公式进行计算即可；（3）根据翻折变换的特点、根据勾股定理列出方程，解方程即可．【详解】解：（1）在中，，，，，由勾股定理得，，故答案为：；（2），，；又正方形的面积四个全等直角三角形的面积的面积正方形的面积，，整理得，，，故答案为：；正方形的面积；四个全等直角三角形的面积的面积正方形的面积；；（3）设，则，由折叠的性质可知，，在中，，则，解得，，则的长为3．【点睛】本题考查的是正方形和矩形的性质、勾股定理、翻折变换的性质，正确理解勾股定理、灵活运用数形结合思想是解题的关键．34．（1）菱形，证明见解析；（2）【分析】（1）证出GB=GC=GD=CF，由菱形的性质的CD=CF=DE，DE∥CG，则DE=GC，证出四边形CEDG是平行四边形，进而得出结论；（2）过点G作GH⊥BC于H，设DF交CE于点N，由等腰三角形的性质得CH=BH=BC=，证出△CDG是等边三角形，得∠GCD=60°，由三角函数定义求出CG=1，则CD=1，由菱形的性质得DN=FN，CN⊥DF，∠DCE=∠FCE=60°，由三角函数定义求出DN=，则DF=2DN=．【详解】（1）四边形CEDG是菱形，理由如下：∵四边形ABCD为矩形，G是对角线BD的中点，∴GB=GC=GD，∵CF=GC，∴GB=GC=GD=CF，∵四边形DCFE是菱形，∴CD=CF=DE，DE∥CG，∴DE=GC，∴四边形CEDG是平行四边形，∵GD=GC，∴四边形CEDG是菱形；（2）过点G作GH⊥BC于H，设DF交CE于点N，如图所示：∵CD=CF，GB=GD=GC=CF，∴CH=BH=BC=，△CDG是等边三角形，∴∠GCD=60°，∴∠DCF=180°﹣∠GCD=180°﹣60°=120°，∵四边形ABCD为矩形，∴∠BCD=90°，∴∠GCH=90°﹣60°=30°，∴CG===1，∴CD=1，∵四边形DCFE是菱形，∴DN=FN，CN⊥DF，∠DCE=∠FCE=∠DCF=×120°=60°，在Rt△CND中，DN=CD•sin∠DCE=1×sin60°=1×=，∴DF=2DN=2×=．【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质以及三角函数等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的性质是解题的关键．35．（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）由ASA证△PBE≌△QDE即可；

（2）由全等三角形的性质得出EP=EQ，同理△BME≌△DNE（ASA），得出EM=EN，证出四边形PMQN是平行四边形，由对角线PQ⊥MN，即可得出结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴EB=ED，AB∥CD，

∴∠EBP=∠EDQ，

在△PBE和△QDE中，，

∴△PBE≌△QDE（ASA）；

（2）证明：如图所示：∵△PBE≌△QDE，

∴EP=EQ，

同理：△BME≌△DNE（ASA），

∴EM=EN，

∴四边形PMQN是平行四边形，

∵PQ⊥MN，

∴四边形PMQN是菱形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．36．（1）见解析；（2）【分析】（1）根据正方形的性质以及EF⊥DE，证明△DME≌△ENF即可；（2）根据勾股定理计算出DF，根据平行线的性质得到，计算出DG，FG的值，利用特殊角的锐角三角函数计算出DE的值，最后证明△DGE∽△AGF，利用相似比列出方程即可求出GE的值．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，且MN∥BC，∴四边形ANMD是矩形，∠BAC=45°，∴∠ANM=∠DMN=90°，EN=AN=DM，∴∠DEM+∠EDM=90°，∵EF⊥DE，∴∠DEM+∠FEN=90°，∴∠EDM=∠FEN，∴在△DME与△ENF中∠DME=∠ENF=90°，DM=EN，∠EDM=∠FEN，∴△DME≌△ENF（ASA），∴EF＝DE；（2）∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥DC，∠DAB=90°，∴DF=，∴，即，解得：DG=，∴FG=DF-DG=，又∵DE=EF，EF⊥DE，∴△DEF是等腰直角三角形，∴∠EDF=45°，DE=EF=，∴∠GAF=∠GDE=45°，又∵∠DGE=∠AGF，∴△DGE∽△AGF，∴，即，解得：，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质以及相似三角形的性质及判定，第（1）问的解题关键是证明△DME≌△ENF，第（2）问的解题关键是通过相似三角形的性质列出方程．37．（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）根据平行四边形的定义可知四边形是平行四边形，然后根据角平分线的定义和平行线的性质可得，根据等角对等边即可证出，从而证出四边形是菱形；（2）根据菱形的性质和同角的余角相等即可证出，利用锐角三角函数即可求出AH和AG，从而求出GH．【详解】（1）证明：，，四边形是平行四边形，平分，，，，，四边形是菱形；（2）解：，，∵四边形是菱形∴，，，，，四边形是菱形，，，，．【点睛】此题考查的是菱形的判定及性质、平行线的性质、角平分线的定义、等腰三角形的性质和解直角三角形，掌握菱形的定义及性质、平行线、角平行线和等腰三角形的关系和用锐角三角函数解直角三角形是解决此题的关键．38．（1）；（2）证明见解析；（3）．【分析】（1）根据已知条件可证，从而得到结论；（2）过点作于，再证得，从而得到线段相等；（3）连接MN，过点作，垂足为，过点作，垂足为，易证，从而得到，把数据代入计算即可．【详解】（1）解：∵在正方形中，，∠BAD=∠ABE=90°∴．∵∴．∴在和中，∴．故答案为．（2）证明：如图1，过点作于，则四边形是矩形，．在正方形中，．，．，，．在和中，，．（3）解：如图2，连接关于对称，，过点作，垂足为，过点作，垂足为，则．由（2）易证，．