中考数学平行四边形练习题及解析

中考数学平行四边形练习题及解析一、选择题1．已知，以AB为一边作正方形ABCD，使P、D两点落在直线AB的两侧．当∠APB=45°时，PD的长是()；A． B． C． D．52．如图，正方形ABCD的边长为2a，点E从点A出发沿着线段AD向点D运动(不与点A、D重合)，同时点F从点D出发沿着线段DC向点C运动(不与点D、C重合)，点E与点F的运动速度相同．BE与AF相交于点G，H为BF中点，则有下列结论：①∠BGF是定值；②BF平分∠CBE；③当E运动到AD中点时，GH=；④当C△AGB=时，S四边形GEDF=a2，其中正确的是()A．①③ B．①②③ C．①③④ D．①④3．将个边长都为1cm的正方形按如图所示的方法摆放，点分别是正方形对角线的交点，则2019个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为()A． B． C． D．4．如图，在△ABC中，AB=6，AC=8，BC=10，P为边BC上一动点(且点P不与点B、C重合)，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点.设AM的长为x，则x的取值范围是()A．4≥x＞2.4 B．4≥x≥2.4 C．4＞x＞2.4 D．4＞x≥2.45．如图，在正方形ABCD中，点G是对角线AC上一点，且CG=CB，连接BG，取BG上任意一点H，分别作HM⊥AC于点M，HN⊥BC于点N，若正方形的边长为2，则HM+HN的值为（）A． B．1 C． D．6．如图，在中，，依次是上的五个点，并且，在三个结论：（1）；（2）；（3）之中，正确的个数是（）A． B． C． D．7．如图，在ABCD中，AD=2AB，，垂足在线段上，、分别是、的中点，连接，、的延长线交于点，则下列结论：①；②：③；④.其中，正确结论的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个8．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC+∠DCB=90°，且BC=2AD，以AB、BC、DC为边向外作正方形，其面积分别为、、，若=3，=8，则的值为（）A．22 B．24 C．44 D．489．如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将沿AE对折至，延长交BC于点G，连接则BG的长（）A．1 B．2 C． D．310．如图，点在同一条直线上，正方形、正方形的边长分别为为线段的中点，则的长为（）A． B．C． D．二、填空题11．如图，以RtABC的斜边AB为一边，在AB的右侧作正方形ABED，正方形对角线交于点O，连接CO，如果AC=4，CO=，那么BC=______．12．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝4，∠A＝120°，E是AB的中点，点F在平行四边形ABCD的边上，若△AEF为等腰三角形，则EF的长为_____．13．已知在矩形中，点在直线上，点在直线上，且当时，________________．14．如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①∠AED＝∠CED；②OE＝OD；③BH＝HF；④BC﹣CF＝2HE；⑤AB＝HF，其中正确的有_____．15．如图，在平行四边形ABCD，AD＝2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，则下列结论：①∠BCD＝2∠DCF；②EF＝CF；③S△CDF＝S△CEF；④∠DFE＝3∠AEF，－定成立的是_________．(把所有正确结论的序号都填在横线上)16．如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝10cm，BC＝3cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点，上．在点M从点A运动到点B的过程中，若边与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为_____cm．17．如图，菱形的边长是4，，点，分别是，边上的动点（不与点，，重合），且，若，，与相交于点，当为等腰三角形时，的长为________．18．如图，正方形ABCD的边长为4，点E为AD的延长线上一点，且DE＝DC，点P为边AD上一动点，且PC⊥PG，PG＝PC，点F为EG的中点．当点P从D点运动到A点时，则CF的最小值为___________19．如图，菱形的两个顶点坐标为，，若将菱形绕点以每秒的速度逆时针旋转，则第秒时，菱形两对角线交点的坐标为__________．20．如图，矩形纸片ABCD，AB=5，BC=3，点P在BC边上，将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，PE，DE分别交AB于点O，F，且OP=OF，则AF的值为______．三、解答题21．综合与实践．问题情境：如图①，在纸片中，，，过点作，垂足为点，沿剪下，将它平移至的位置，拼成四边形．独立思考：（1）试探究四边形的形状．深入探究：（2）如图②，在（1）中的四边形纸片中，在．上取一点，使，剪下，将它平移至的位置，拼成四边形，试探究四边形的形状；拓展延伸：（3）在（2）的条件下，求出四边形的两条对角线长；（4）若四边形为正方形，请仿照上述操作，进行一次平移，在图③中画出图形，标明字母，你能发现什么结论，直接写出你的结论．22．如图正方形，与相交于点（不与、重合）．（1）如图（1），当，①求证：；②求证：；（2）如图（2），当，边长，，求的长．23．如下图1，在平面直角坐标系中中，将一个含的直角三角板如图放置，直角顶点与原点重合，若点A的坐标为，．（1）旋转操作：如下图2，将此直角三角板绕点O顺时针旋转时，则点B的坐标为．（2）问题探究：在图2的基础上继续将直角三角板绕点O顺时针，如图3，在AB边上的上方以AB为边作等边，问：是否存在这样的点D，使得以点A、B、C、D四点为顶点的四边形构成为菱形，若存在，请直接写出点D所有可能的坐标；若不存在，请说明理由．（3）动点分析：在图3的基础上，过点O作于点P，如图4，若点F是边OB的中点，点M是射线PF上的一个动点，当为直角三角形时，求OM的长．24．正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，点P是正方形ABCD对角线BD上的一个动点（点P不与点B，O，D重合），连接CP并延长，分别过点D，B向射线作垂线，垂足分别为点M，N．（1）补全图形，并求证：DM＝CN；（2）连接OM，ON，判断OMN的形状并证明．25．如图，在正方形中，是边上的一动点（不与点、重合），连接，点关于直线的对称点为，连接并延长交于点，连接，过点作交的延长线于点，连接．（1）求证：；（2）用等式表示线段与的数量关系，并证明．26．社团活动课上，数学兴趣小组的同学探索了这样的一个问题：如图，，点为边上一定点，点为边上一动点，以为一边在∠MON的内部作正方形，过点作，垂足为点（在点、之间），交与点，试探究的周长与的长度之间的等量关系该兴趣小组进行了如下探索：（动手操作，归纳发现）（1）通过测量图、、中线段、、和的长，他们猜想的周长是长的_____倍．请你完善这个猜想（推理探索，尝试证明）为了探索这个猜想是否成立，他们作了如下思考，请你完成后续探索过程：（2）如图，过点作，垂足为点则又四边形正方形，，则在与中，（类比探究，拓展延伸）（3）如图，当点在线段的延长线上时，直接写出线段、、与长度之间的等量关系为．27．如图平行四边形ABCD，E，F分别是AD，BC上的点，且AE＝CF，EF与AC交于点O．（1）如图①．求证：OE＝OF；（2）如图②，将平行四边形ABCD（纸片沿直线EF折叠，点A落在A1处，点B落在点B1处，设FB交CD于点G．A1B分别交CD，DE于点H，P．请在折叠后的图形中找一条线段，使它与EP相等，并加以证明；（3）如图③，若△ABO是等边三角形，AB＝4，点F在BC边上，且BF＝4．则＝（直接填结果）．28．在平面直角坐标中，四边形OCNM为矩形，如图1，M点坐标为（m，0），C点坐标为（0，n），已知m，n满足．（1）求m，n的值；（2）①如图1，P，Q分别为OM，MN上一点，若∠PCQ＝45°，求证：PQ＝OP+NQ；②如图2，S，G，R，H分别为OC，OM，MN，NC上一点，SR，HG交于点D．若∠SDG＝135°，，则RS＝______；（3）如图3，在矩形OABC中，OA＝5，OC＝3，点F在边BC上且OF＝OA，连接AF，动点P在线段OF是（动点P与O，F不重合），动点Q在线段OA的延长线上，且AQ＝FP，连接PQ交AF于点N，作PM⊥AF于M．试问：当P，Q在移动过程中，线段MN的长度是否发生变化？若不变求出线段MN的长度；若变化，请说明理由．29．如图，锐角，，点是边上的一点，以为边作，使，．（1）过点作交于点，连接（如图①）①请直接写出与的数量关系；②试判断四边形的形状，并证明；（2）若，过点作交于点，连接（如图②），那么（1）②中的结论是否任然成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由．30．如图，在平行四边形中，的平分线交于点E，交的延长线于F，以为邻边作平行四边形。（1）证明平行四边形是菱形；（2）若，连结，①求证：；②求的度数；（3）若，，，M是的中点，求的长。【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．A解析：A【解析】【分析】过P作PB的垂线，过A作PA的垂线，两条垂线相于与E，连接BE，由∠APB=45°可得∠EPA=45°，可得△PAE是等腰直角三角形，即可求出PE的长，根据角的和差关系可得∠EAB=∠PAD，利用SAS可证明△PAD≌△EAB，可得BE=PD，利用勾股定理求出BE的长即可得PD的长.【详解】过P作PB的垂线，过A作PA的垂线，两条垂线相交与E，连接BE，∵∠APB=45°，EP⊥PB，∴∠EPA=45°，∵EA⊥PA，∴△PAE是等腰直角三角形，∴PA=AE，PE=PA=2，∵四边形ABCD是正方形，∴∠EAP=∠DAB=90°，∴∠EAP+∠EAD=∠DAB+∠EAD，即∠PAD=∠EAB，又∵AD=AB，PA=AE，∴△PAD≌△EAB，∴PD=BE===2，故选A.【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质及勾股定理，熟练掌握相关性质并正确作出辅助线是解题关键.2．A解析：A【解析】【分析】根据题意很容易证得△BAE≌△ADF，即可得到AF=BE，利用正方形内角为90°，得出AF⊥DE,即可判断①，②无法判断，③根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解.④根据△BAE≌△ADF，即可得到S四边形GEDF即可求解.【详解】①证明：∵E在AD边上(不与A.D重合),点F在DC边上(不与D.C重合).又∵点E.F分别同时从A.

D出发以相同的速度运动，∴AE=DF，∵四边形ABCD是正方形，∴在△BAE和△ADF中，∴△BAE≌△ADF(SAS)，∴∠1=∠2，∵∴即∠BGF是定值；正确.②无法判断与的大小，BF平分∠CBE；错误.③当E运动到AD中点时，点F运动到CD中点，GH=正确.④△BAE≌△ADF,则S四边形GEDF当C△AGB=时，S四边形GEDF=a2，故S四边形GEDF=a2，错误.故选A.【点睛】考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键.3．B解析：B【解析】【分析】根据题意可得，阴影部分的面积是正方形的面积的，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则n个这样的正方形重叠部分即为n-1阴影部分的和．由此即可解答.【详解】由题意可得一个阴影部分面积等于正方形面积的，即一个阴影部分的面积为如图，5个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为×4，∴n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为×（n-1），∴2019个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为×（2019-1）=．故选B．【点睛】本题考查了正方形的性质，解决本题的关键是得到n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和的计算方法，难点是求得一个阴影部分的面积．4．D解析：D【解析】【分析】根据勾股定理的逆定理求出△ABC是直角三角形，得出四边形AEPF是矩形，求出AM=EF=AP，求出AP≥4.8，即可得出答案．【详解】解：连接AP．∵AB=6，AC=8，BC=10，∴AB2+AC2=36+64=100，BC2=100，∴AB2+AC2=BC2，∴∠BAC=90°，∵PE⊥AB，PF⊥AC，∴∠AEP=∠AFP=∠BAC=90°，∴四边形AEPF是矩形，∴AP=EF，∵∠BAC=90°，M为EF中点，∴AM=EF=AP，当AP⊥BC时，AP值最小，此时S△BAC=×6×8=×10×AP，AP=4.8，即AP的范围是AP≥4.8，∴2AM≥4.8，∴AM的范围是AM≥2.4（即x≥2.4）．∵P为边BC上一动点，当P和C重合时，AM=4，∵P和B、C不重合，∴x＜4，综上所述，x的取值范围是：2.4≤x＜4．故选：D．【点睛】本题考查了垂线段最短，三角形面积，勾股定理的逆定理，矩形的判定的应用，直角三角形的性质，关键是求出AP的范围和得出AM=AP．5．A解析：A【分析】连接CH，过G点作GP⊥BC于点P，根据将转化为GP的长，再由等腰直角三角形的性质进行求解即可得解.【详解】连接CH，过G点作GP⊥BC于点P，如下图所示：由题可知：，，∵∴∵CG=CB，∴∵四边形ABCD是正方形，正方形的边长为2∴，∴∵GP⊥BC∴是等腰直角三角形∴∴，故选：A.【点睛】本题主要考查了三角形的面积求法，正方形的性质，等腰直角三角形的性质等，熟练掌握相关知识点是解决本题的关键.6．B解析：B【分析】先根据平行四边形性质和等腰三角形性质可得是的角平分线，是的角平分线，结论（2）正确．再利用结论（2）可得，即可判断结论（1）（3）错误，【详解】解：设，则，，，，，在中，，，∴，，同理可得：，，∴，，故（2）正确；∵，，∴，即，∴所以与不垂直，故（1）不正确；∵，，∴，即，∴故（3）不正确；故选：．【点睛】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形性质，三角形内角和定理等，证明是的角平分线，是的角平分线是解题关键．7．C解析：C【分析】由点F是AD的中点，结合ABCD的性质，得FD=CD，即可判断①；先证∆AEF≅∆DHF，再证∆ECH是直角三角形，即可判断②；由EF=HF，得，由，CE⊥CD，结合三角形的面积公式，即可判断③；设∠AEF=x，则∠H=x，根据直角三角形的性质，得∠FCH=∠H=x，由FD=CD，∠DFC=∠FCH=x，由FG∥CD∥AB，得∠AEF=∠EFG=x，由EF=CF，∠EFG=∠CFG=x，进而得到，即可判断④．【详解】∵点F是AD的中点，∴2FD=AD，∵在ABCD中，AD=2AB，∴FD=AB=CD，∴∠DFC=∠DCF，∵AD∥BC，∴∠DFC=∠BCF，∴∠DCF=∠BCF，即：，∴①正确；∵AB∥CD，∴∠A=∠FDH，∠AEF=∠H，又∵AF=DF，∴∆AEF≅∆DHF（AAS），∴EF=HF，∵，∴CE⊥CD，即：∆ECH是直角三角形，∴=EH，∴②正确；∵EF=HF，∴∵，CE⊥CD，垂足在线段上，∴,∴,∴，∴③错误；设∠AEF=x，则∠H=x，∵在Rt∆ECH中，CF=FH=EF，∴∠FCH=∠H=x，∵FD=CD，∴∠DFC=∠FCH=x，∵点F，G分别是EH，EC的中点，∴FG∥CD∥AB，∴∠AEF=∠EFG=x，∵EF=CF，∴∠EFG=∠CFG=x，∴∠DFE=∠DFC+∠EFG+∠CFG=3x，∴．∴④正确．故选C．【点睛】本题主要考查平行四边形和直角三角形的性质定理的综合，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键．8．C解析：C【分析】根据已知条件得到AB＝，CD＝，过A作AE∥CD交BC于E，则∠AEB＝∠DCB，根据平行四边形的性质得到CE＝AD，AE＝CD＝2，由已知条件得到∠BAE＝90°，根据勾股定理得到BE＝，于是得到结论．【详解】∵S1＝3，S3＝8∴AB＝，CD＝过A作AE∥CD交BC于E则∠AEB＝∠DCB∵AD∥BC∴四边形AECD是平行四边形∴CE＝AD，AE＝CD＝∵∠ABC+∠DCB＝90°∴∠AEB+∠ABC＝90°∴∠BAE＝90°∴BE＝∵BC＝2AD∴BC＝2BE＝∴S2＝故选：C．【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，勾股定理，能正确作辅助线构造直角三角形是解决此题的关键．9．B解析：B【分析】首先证明AB=AF=AD，然后再证明∠AFG=90°，接下来，依据HL可证明△ABG≌△AFG，得到BG=FG，再利用勾股定理得出GE2=CG2+CE2，进而求出BG即可．【详解】解：在正方形ABCD中，AD=AB=BC=CD，∠D=∠B=∠BCD=90°，∵将△ADE沿AE对折至△AFE，∴AD=AF，DE=EF，∠D=∠AFE=90°，∴AB=AF，∠B=∠AFG=90°，又∵AG=AG，在Rt△ABG和Rt△AFG中，∴△ABG≌△AFG（HL）；∴BG=FG（全等三角形对应边相等），设BG=FG=x，则GC=6-x，∵E为CD的中点，∴CE=EF=DE=3，∴EG=3+x，∴在Rt△CEG中，32+（6-x）2=（3+x）2（勾股定理），解得x=2，∴BG=2，故选B．【点睛】此题主要考查了勾股定理的综合应用、三角形全的判定和性质以及翻折变换的性质，根据翻折变换的性质得出对应线段相等是解题关键．10．B解析：B【分析】连接BD、BF，由正方形的性质可得：∠CBD=∠FBG=45°，∠DBF=90°，再应用勾股定理求BD、BF和DF，最后应用“直角三角形斜边上中线等于斜边一半”可求得BH．【详解】如图，连接BD、BF，∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，∴AB=AD=2，BE=EF=3，∠A=∠E=90°，∠ABD=∠CBD=∠EBF=∠FBG=45°，∴∠DBF=90°，BD=2，BF=3，∴在Rt△BDF中，DF==，∵H为线段DF的中点，∴BH=DF=.故选B．【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形边的关系、勾股定理、直角三角形性质等，解题关键添加辅助线构造直角三角形．二、填空题11．8【分析】通过作辅助线使得△CAO≌△GBO，证明△COG为等腰直角三角形，利用勾股定理求出CG后，即可求出BC的长．【详解】如图，延长CB到点G，使BG=AC．∵根据题意，四边形ABED为正方形，∴∠4=∠5=45°，∠EBA=90°，∴∠1+∠2=90°又∵三角形BCA为直角三角形，AB为斜边，∴∠2+∠3=90°∴∠1＝∠3∴∠1+∠5=∠3+∠4，故∠CAO＝∠GBO，在△CAO和△GBO中，故△CAO≌△GBO，∴CO＝GO=，∠7=∠6，∵∠7+∠8=90°，∴∠6+∠8=90°，∴三角形COG为等腰直角三角形，∴CG=，∵CG=CB+BG，∴CB=CG－BG=12－4=8，故答案为8．【点睛】本题主要考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，根据题意建立正确的辅助线以及掌握正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解答本题的关键．12．3或3或【分析】△AEF为等腰三角形，分三种情况讨论，由等腰三角形的性质和30°直角三角形性质、平行四边形的性质可求解．【详解】解：当时，如图，过点作于，是的中点，，，，，，，，，，当时，如图2，过点作于，过点作于，图2在平行四边形中，，，，，，，，，，，，，，，，；当时，如图3，图3，综上所述：的长为或3或．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．13．或【分析】根据点在直线上，点在直线上，分两种情况：1.P、Q点位于线段上；2.P、Q点位于线段的延长上，再通过三角形全等得出相应的边长，最后根据勾股即可求解.【详解】解：当P点位于线段BC上，Q点位于线段CD上时:∵四边形ABCD是矩形∴∠BAP=∠CPQ，∠APB=∠PQC∵∴∴PC=AB=，BP=BC-PC=3-=∴AP==当P点位于线段BC的延长线上，Q点位于线段CD的延长线上时:∵四边形ABCD是矩形∴∠BAP=∠CPQ，∠APB=∠PQC∵∴∴PC=AB=，BP=BC+PC=3+=∴AP==故答案为：或【点睛】此题主要考查三角形全等的判定及性质、勾股定理，熟练运用判定定理和性质定理是解题的关键.14．①②③④【分析】①根据角平分线的定义可得∠BAE=∠DAE=45°，可得出△ABE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AEAB，从而得到AE=AD，然后利用“角角边”证明△ABE和△AHD全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=DH，再根据等腰三角形两底角相等求出∠ADE=∠AED=67.5°，根据平角等于180°求出∠CED=67.5°，从而判断出①正确；②求出∠AHB=67.5°，∠DHO=∠ODH=22.5°，然后根据等角对等边可得OE=OD=OH，判断出②正确；③求出∠EBH=∠OHD=22.5°，∠AEB=∠HDF=45°，然后利用“角边角”证明△BEH和△HDF全等，根据全等三角形对应边相等可得BH=HF，判断出③正确；④根据全等三角形对应边相等可得DF=HE，然后根据HE=AE﹣AH=BC﹣CD，BC﹣CF=BC﹣（CD﹣DF）=2HE，判断出④正确；⑤判断出△ABH不是等边三角形，从而得到AB≠BH，即AB≠HF，得到⑤错误．【详解】∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE=45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AEAB．∵ADAB，∴AE=AD．在△ABE和△AHD中，∵，∴△ABE≌△AHD（AAS），∴BE=DH，∴AB=BE=AH=HD，∴∠ADE=∠AED（180°﹣45°）=67.5°，∴∠CED=180°﹣45°﹣67.5°=67.5°，∴∠AED=∠CED，故①正确；∵∠AHB（180°﹣45°）=67.5°，∠OHE=∠AHB（对顶角相等），∴∠OHE=∠AED，∴OE=OH．∵∠DOH=90°﹣67.5°=22.5°，∠ODH=67.5°﹣45°=22.5°，∴∠DOH=∠ODH，∴OH=OD，∴OE=OD=OH，故②正确；∵∠EBH=90°﹣67.5°=22.5°，∴∠EBH=∠OHD．在△BEH和△HDF中，∵，∴△BEH≌△HDF（ASA），∴BH=HF，HE=DF，故③正确；由上述①、②、③可得CD=BE、DF=EH=CE，CF=CD﹣DF，∴BC﹣CF=（CD+HE）﹣（CD﹣HE）=2HE，所以④正确；∵AB=AH，∠BAE=45°，∴△ABH不是等边三角形，∴AB≠BH，∴即AB≠HF，故⑤错误；综上所述：结论正确的是①②③④．故答案为①②③④．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并仔细分析题目条件，根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等腰三角形是解题的关键，也是本题的难点．15．①②④【分析】①根据平行四边形的性质和等腰三角形的性质即可判断；②延长EF，交CD延长线于点M，首先根据平行四边形的性质证明，得出，进而得出，从而利用直角三角形斜边中线的性质即可判断；③由，得出，从而可判断正误；④设，利用三角形内角和定理分别表示出∠DFE和∠AEF，从而判断正误．【详解】①∵点F是AD的中点，∴．∵在平行四边形ABCD中，AD＝2AB，，，，∴∠BCD＝2∠DCF，故①正确；②延长EF，交CD延长线于点M，∵四边形ABCD是平行四边形，，，∵点F是AD的中点，∴．在和中，．，，，，故②正确；③∵，∴．，故③错误；④设，则，，，．，，故④正确；综上所述，正确的有①②④，故答案为：①②④．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形内角和定理，掌握这些性质和定理是解题的关键．16．【分析】探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可．【详解】如图1中，当点M与A重合时，AE＝EN，设AE＝EN＝xcm，在Rt△ADE中，则有x2＝32+（9﹣x）2，解得x＝5，∴DE＝10﹣1-5＝4（cm），如图2中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′＝10﹣1﹣3＝6（cm），如图3中，当点M运动到点B′落在CD时，DB′（即DE″）＝10﹣1﹣＝（9﹣）（cm），∴点E的运动轨迹E→E′→E″，运动路径＝EE′+E′B′＝6﹣4+6﹣（9﹣）＝（）（cm）．故答案为：．【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．17．或【分析】连接AC交BD于O，由菱形的性质可得AB=BC=4，∠ABD=30°，AC⊥BD，BO=DO，AO=CO，可证四边形BEGF是菱形，可得∠ABG=30°，可得点B，点G，点D三点共线，由直角三角形性质可求BD=4，AC=4，分两种情况讨论，利用等腰三角形的性质可求解．【详解】如图，连接AC交BD于O，∵菱形ABCD的边长是4，∠ABC=60°，∴AB=BC=4，∠ABD=30°，AC⊥BD，BO=DO，AO=CO，∵EG∥BC，FG∥AB，∴四边形BEGF是平行四边形，又∵BE=BF，∴四边形BEGF是菱形，∴∠ABG=30°，∴点B，点G，点D三点共线，∵AC⊥BD，∠ABD=30°，∴AO=AB=2，BO=，∴BD=，AC=4，同理可求BG=BE，即BE=，若AD=DG'=4时，∴BG'=BD-DG'=，∴BE'；若AG''=G''D时，过点G''作G''H⊥AD于H，∴AH=HD=2，∵∠ADB=30°，G''H⊥AD，∴DG''=2HG''，∵，解得：HG''，DG''=2HG''，∴BG''=BD-DG''=，∴BE''=，综上所述：BE为或．【点睛】本题考查了菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．18．【分析】由正方形ABCD的边长为4，得出AB=BC=4，∠B=90°，得出AC=，当P与D重合时，PC=ED=PA，即G与A重合，则EG的中点为D，即F与D重合，当点P从D点运动到A点时，则点F运动的路径为DF，由D是AE的中点，F是EG的中点，得出DF是△EAG的中位线，证得∠FDA=45°，则F为正方形ABCD的对角线的交点，CF⊥DF，此时CF最小，此时CF=AG=．【详解】解：连接FD∵正方形ABCD的边长为4，∴AB=BC=4，∠B=90°，∴AC=，当P与D重合时，PC=ED=PA，即G与A重合，∴EG的中点为D，即F与D重合，当点P从D点运动到A点时，则点F运动的轨迹为DF，∵D是AE的中点，F是EG的中点，∴DF是△EAG的中位线，∴DF∥AG，∵∠CAG=90°，∠CAB=45°，∴∠BAG=45°，∴∠EAG=135°，∴∠EDF=135°，∴∠FDA=45°，∴F为正方形ABCD的对角线的交点，CF⊥DF，此时CF最小，此时CF=AG=；故答案为：．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．19．（-，0）【分析】先计算得到点D的坐标，根据旋转的性质依次求出点D旋转后的点坐标，得到变化的规律即可得到答案．【详解】∵菱形的两个顶点坐标为，，∴对角线的交点D的坐标是（2,2），∴，将菱形绕点以每秒的速度逆时针旋转，旋转1次后坐标是（0，），旋转2次后坐标是（-2,2），旋转3次后坐标是（-，0），旋转4次后坐标是（-2，-2），旋转5次后坐标是（0，-），旋转6次后坐标是（2，-2），旋转7次后坐标是（,0），旋转8次后坐标是（2,2）旋转9次后坐标是（0，，由此得到点D旋转后的坐标是8次一个循环，∵，∴第秒时，菱形两对角线交点的坐标为（-，0）故答案为：（-，0）．【点睛】此题考查了菱形的性质，旋转的性质，勾股定理，直角坐标系中点坐标的变化规律，根据点D的坐标依次求出旋转后的坐标得到变化规律是解题的关键．20．【分析】根据折叠的性质可得出DC=DE、CP=EP，由“AAS”可证△OEF≌△OBP，可得出OE=OB、EF=BP，设EF=x，则BP=x、DF=5-x、BF=PC=3-x，进而可得出AF=2+x，在Rt△DAF中，利用勾股定理可求出x的值，即可得AF的长．【详解】解：∵将△CDP沿DP折叠，点C落在点E处，∴DC=DE=5，CP=EP．在△OEF和△OBP中，,∴△OEF≌△OBP（AAS），∴OE=OB，EF=BP．设EF=x，则BP=x，DF=DE-EF=5-x，又∵BF=OB+OF=OE+OP=PE=PC，PC=BC-BP=3-x，∴AF=AB-BF=2+x．在Rt△DAF中，AF2+AD2=DF2，∴（2+x）2+32=（5-x）2，∴x=∴AF=2+=故答案为：【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，解题时常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式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．三、解答题21．（1）矩形；（2）菱形；（3）；（4）见解析【分析】（1）由平移推出，即可证得四边形是平行四边形，再根据，得到即可得到结论；（2）由平移推出，证得四边形是平行四边形，根据得到，再根据勾股定理求出AF=5=AD，即可证得四边形是菱形；（3）先利用勾股定理求出，再根据菱形的面积求出；（4）在BC边上取点E，连接AE，平移△ABE得到△DCF，可得四边形AEFD是平行四边形.【详解】(1)四边形是矩形，在中，，，由平移可知：，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形；(2)四边形是菱形，在矩形中，，，由平移可知：，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴，在，，∴，∴四边形是菱形；(3)连接,在中，，，∴，∴；(4)在BC上取一点E，连接AE，平移△ABE得到△DCF，可得四边形AEFD是平行四边形.【点睛】此题考查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.22．（1）①证明见解析；②证明见解析；（2）．【分析】（1）过点作交延长线于点，连接，①由正方形的性质可得，，，即可证明四边形DGHM是平行四边形，可得DM=GH，由可得∠EDM=90°，根据直角三角形两锐角互余的性质可得，利用ASA可证明△ADE≌△CDM，可得DE=DM，即可证明DE=GH；②由①得DM=DE，根据勾股定理可得EM=DE，利用三角形三边关系即可得结论；（2）过点作DN//GH交于点，作，交延长线于点，可证明四边形为平行四边形，可得，，根据勾股定理可求出CN的长，利用AAS可证明，可得，，根据平行线的性质∠EDN=45°，根据角的和差故选可得∠MDE=∠EDN，利用SAS可证明，即可证明，设，利用勾股定理可求出x的值，进而利用勾股定理求出DE的值即可得答案．【详解】（1）如图（1），过点作交延长线于点，连接，EM，①∵四边形为正方形，∴，，∴四边形为平行四边形，∴DM=GH，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，在和中，∴，∴，∴．②在中，∠EDM=90°，∴，∵，∴，∴，在中，，∵，∴．（2）如图（2），过点作DN//GH交于点，则四边形为平行四边形，∴，，∵，，，∴，∴，作，交延长线于点，在和中，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，在和中，∴，∴，即，设，则BE=4-x，在中，，解得：，∴．【点睛】本题考查正方形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理，并正确作出辅助线是解题关键．23．（1）（，）；（2）存在，点D的坐标为（0，3）或（，1）或（0，-1）；（3）OM=或【分析】（1）过点B作BD⊥y轴于D，利用30°所对的直角边是斜边的一半和勾股定理求出OB，再利用30°所对的直角边是斜边的一半和勾股定理求出BD和OD即可得出结论；（2）根据题意和等边三角形的性质分别求出点A、B、C的坐标，然后根据菱形的顶点顺序分类讨论，分别画出对应的图形，根据菱形的对角线互相平分即可分别求出结论；（3）利用30°所对的直角边是斜边的一半和勾股定理求出OP和BP，然后根据直角三角形的直角顶点分类讨论，分别画出对应的图形，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、平行四边形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质求解即可．【详解】解：（1）如图2，过点B作BD⊥y轴于D由图1中，点A的坐标为，，∠AOB=90°∴OA=1，AB=2OA=2由勾股定理可得OB=∵将此直角三角板绕点O顺时针旋转∴∠BOD=30°∴BD=∴OD=∴点B的坐标为（，）故答案为：（，）；（2）在图2的基础上继续将直角三角板绕点O顺时针，此时点A落在y轴上，点B落在x轴上∴点A的坐标为（0,1），点B的坐标为（，0）∵△ABC为等边三角形∴∠ABC=60°，AB=BC=AC=2∴∠OBC=90°∴点C的坐标为（，2）设点D的坐标为（a，b）如图所示，若四边形ABCD为菱形，连接BD，与AC交于点O∴点O既是AC的中点，也是BD的中点∴解得：∴此时点D的坐标为（0，3）；当四边形ABDC为菱形时，连接AD，与BC交于点O∴点O既是AD的中点，也是BC的中点∴解得：∴此时点D的坐标为（，1）；当四边形ADBC为菱形时，连接CD，与AB交于点O∴点O既是AB的中点，也是CD的中点∴解得：∴此时点D的坐标为（0，-1）；综上：点D的坐标为（0，3）或（，1）或（0，-1）；（3）∵OB=，∠ABO=30°∴OP=OB=∴BP=当∠OMB=90°时，如下图所示，连接BM∵F为OB的中点∴PF=，MF=，OF=BF∴PF=MF∴四边形OPBM为平行四边形∴OM=BP=；当∠OBM=90°时，如下图所示，连接OM，∴∠PBM=∠PBO＋∠OBM=120°∵点F为OB的中点∴FP=FB∴∠FPB=∠FBP=30°∴∠BMP=180°－∠PBM－∠FPB=30°∴∠BMP=∠BPM∴BM=BP=在Rt△OBM中，OM=；综上：OM=或．【点睛】此题考查的是直角三角形的性质、菱形的性质、平行四边形的判定及性质、等边三角形的性质，掌握30°所对的直角边是斜边的一半、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、菱形的性质、平行四边形的判定及性质、等边三角形的性质是解决此题的关键．24．（1）见解析；（2）MON为等腰直角三角形，见解析【分析】（1）如图1，由正方形的性质得CB＝CD，∠BCD＝90°，再证明∠BCN＝∠CDM，然后根据“AAS”证明△CDM≌△CBN，从而得到DM＝CN；（2）如图2，利用正方形的性质得OD＝OC，∠ODC＝∠OCB＝45°，∠DOC＝90°，再利用∠BCN＝∠CDM得到∠OCN＝∠ODM，则根据“SAS”可判断△OCN≌△ODM，从而得到ON＝OM，∠CON＝∠DOM，所以∠MON＝∠DOC＝90°，于是可判断△MON为等腰直角三角形．【详解】（1）证明：如图1，∵四边形ABCD为正方形，∴CB＝CD，∠BCD＝90°，∵DM⊥CP，BN⊥CP，∴∠DMC＝90°，∠BNC＝90°，∵∠CDM+∠DCM＝90°，∠BCN+∠DCM＝90°，∴∠BCN＝∠CDM，在△CDM和△CBN中，∴△CDM≌△CBN，∴DM＝CN；（2）解：△OMN为等腰直角三角形．理由如下：如图2，∵四边形ABCD为正方形，∴OD＝OC，∠ODC＝∠OCB＝45°，∠DOC＝90°，∵∠BCN＝∠CDM，∴∠BCN﹣45°＝∠CDM﹣45°，即∠OCN＝∠ODM，在△OCN和△ODM中，∴△OCN≌△ODM，∴ON＝OM，∠CON＝∠DOM，∴∠MON＝∠DOC＝90°，∴MON为等腰直角三角形．【点睛】本题考查正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质；两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．也考查全等三角形的判定与性质．25．（1）详见解析；（2），理由详见解析【分析】1）如图1，连接DF，根据对称得：△ADE≌△FDE，再由HL证明Rt△DFG≌Rt△DCG，可得结论；（2）如图2，作辅助线，构建AM=AE，先证明∠EDG=45°，得DE=EH，证明△DME≌△EBH，则EM=BH，根据等腰直角△AEM得：，得结论；【详解】证明：（1）如图1，连接，∵四边形是正方形，∴，，∵点关于直线的对称点为，∴≌，∴，，∴，在和中，∵∴≌（），∴；（2），理由是：如图2，在线段上截取，使，∵，∴，由（1）知：，，∵，∴，∴，∴，即，∵，∴，是等腰直角三角形，∴，，∴，在和中，∴≌∴，中，，，∴，∴；【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，对称的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解决本题的关键是利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等，作出辅助线也是解决本题的关键．26．（1）2；（2）证明见解析过程；（3）AE+EF-AF=2OA．【分析】（1）通过测量可得；（2）过点C作CG⊥ON，垂足为点G，由AAS可证△ABO≌△BCG，可得BG=AO，BO=CG，由SAS可证△ABE≌△CBE，可得AE=CE，由线段的和差关系可得结论；（3）过点C作CG⊥ON，垂足为点G，由AAS可证△ABO≌△BCG，可得BG=AO，BO=CG，由SAS可证△ABE≌△CBE，可得AE=CE，可得结论．【详解】解：（1）△AEF的周长是OA长的2倍，故答案为：2；（2）如图4，过点C作CG⊥ON，垂足为点G，则∠CGB=90°，∴∠GCB+∠CBG=90°，又∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，∠DBC=∠DBA=45°，则∠CBG+∠ABO=90°，∴∠GCB=∠ABO，在△BCG与△ABO中，，∴△BCG≌△ABO（AAS），∴BG=AO，CG=BO，∵∠AOB=90°=∠CGB=∠CFO，∴四边形CGOF是矩形，∴CF=GO，CG=OF=OB，在△ABE和△CBE中，，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴AE=CE，∴△AEF的周长=AE+EF+AF=CE+EF+AF=CF+AF=GO+AF=BG+BO+AF=2AO；（3）如图5，过点C作CG⊥ON于点G，则∠CGB=90°，∴∠GCB+∠CBG=90°，又∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，∠DBC=∠DBA=45°，则∠CBG+∠ABO=90°，∴∠GCB=∠ABO，在△BCG与△ABO中，∴△BCG≌△ABO（AAS），∴BG=AO，BO=CG，∵∠AOB=90°=∠CGB=∠CFO，∴四边形CGOF是矩形，∴CF=GO，CG=OF=OB，在△ABE和△CBE中，，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴AE=CE，∴AE+EF-AF=EF+CE-AF=NB+BO-（OF-AO）=OA+OB-（OB-OA）=2OA．【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．27．（1）见解析；（2）FG=EP，理由见解析；（3）【分析】（1）证△ODE≌△OFB（ASA），即可得出OE=OF；（2）连AC，由（1）可知OE=OF，OB=OD，证△AOE≌△COF（SAS），得AE=CF，由折叠性质得AE=A1E=CF，∠A1=∠BAD=∠BCD，∠B=∠B1，则∠D=∠B1，证△A1PE≌△CGF（AAS），即可得出FG=EP；（3）作OH⊥BC于H，证四边形ABCD是矩形，则∠ABC=90°，得∠OBC=30°，求出AC=8，由勾股定理得BC=，则CF=-4，由等腰三角形的性质得BH=CH=BC=，则HF=，OH=OB=2，由勾股定理得OF=，进而得出答案．【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，∴∠ODE=∠OBF，∠OED=∠OFB，∵AE=CF，∴AD-AE=BC-CF，即DE=BF，在△ODE和△OFB中，，∴△ODE≌△OFB（ASA），∴OE=OF；（2）FG=EP，理由如下：连AC，如图②所示：由（1）可知：OE=OF，OB=OD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AC过点O，OA=OC，∠BAD=∠BCD，∠D=∠B，在△AOE和△COF中，，∴△AOE≌△COF（SAS），∴AE=CF，由折叠性质得：AE=A1E=CF，∠A1=∠BAD=∠BCD，∠B=∠B1，∴∠D=∠B1，∵∠A1PE=∠DPH，∠PHD=∠B1HG，∴∠DPH=∠B1GH，∵∠B1GH=∠CGF，∴∠A1PE=∠CGF，在△A1PE和△CGF中，，∴△A1PE≌△CGF（AAS），∴FG=EP；（3）作OH⊥BC于H，如图③所示：∵△AOB是等边三角形，∴∠ABO=∠AOB=∠BAO=60°，OA=OB=AB=4，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，OB=OD，∴AC=BD，∴四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，∴∠OBC=∠OCB=30°，∵AB=OB=BF=4，∴AC=BD=2OB=8，由勾股定理得：BC==，∴CF=-4，∵OB=OC，OH⊥BC，∴BH=CH=BC=，∴HF=4-，OH=OB=2，在Rt△OHF中，由勾股定理得：OF===，∴，故答案为：．【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、等边三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．28．（1）m＝5，n=5；（2）①证明见解析；②；（3）MN的长度不会发生变化，它的长度为．【分析】（1）利用非负数的性质即可解决问题．（2）①作辅助线，构建两个三角形全等，证明△COE≌△CNQ和△ECP≌△QCP，由PE＝PQ＝OE+OP，得出结论；②作辅助线，构建平行四边形和全等三角形，可得▱CSRE和▱CFGH，则CE＝SR，CF＝GH，证明△CEN≌△CE′O和△E′CF≌△ECF，得EF＝E′F，设EN＝x，在Rt△MEF中，根据勾股定理列方程求出EN的长，再利用勾股定理求CE，则SR与CE相等，所以SR＝；（3）在（1）的条件下，当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化，求出MN的长即可；如图4，过P作PD∥OQ，证明△PDF是等腰三角形，由三线合一得：DM＝FD，证明△PND≌△QNA，得DN＝AD，则MN＝AF，求出AF的长即可解决问题．【详解】解：（1）∵，又∵≥0，|5﹣m|≥0，∴n﹣5＝0，5﹣m＝0，∴m＝5，n=5．（2）①如图1中，在PO的延长线上取一点E，使NQ＝OE，∵CN＝OM＝OC＝MN，∠COM＝90°，∴四边形OMNC是正方形，∴CO＝CN，∵∠EOC＝∠N＝90°，∴△COE≌△CNQ（SAS），∴CQ＝CE，∠ECO＝∠QCN，∵∠PCQ＝45°，∴∠QCN+∠OCP＝90°﹣45°＝45°，∴∠ECP＝∠ECO+∠OCP＝45°，∴∠ECP＝∠PCQ，∵CP＝CP，∴△ECP≌△QCP（SAS），∴EP＝PQ，∵EP＝EO+OP＝NQ+OP，∴PQ＝OP+NQ．②如图2中，过C作CE∥SR，在x轴负半轴上取一点E′，使OE′＝EN，得▱CSRE，且△CEN≌△CE′O，则CE＝SR，过C作CF∥GH交OM于F，连接FE，得▱CFGH，则CF＝GH＝，∵∠SDG＝135°，∴∠SDH＝180°﹣135°＝45°，∴∠FCE＝∠SDH＝45°，∴∠NCE+∠OCF＝45°，∵△CEN≌△CE′O，∴∠E′CO＝∠ECN，CE＝CE′，∴∠E′CF＝∠E′CO+∠OCF＝45°，∴∠E′CF＝∠FCE，∵CF＝CF，∴△E′CF≌△ECF（SAS），∴E′F＝EF在Rt△COF中，OC＝5，FC＝，由勾股定理得：OF＝＝，∴FM＝5﹣＝，设EN＝x，则EM＝5﹣x，FE＝E′F＝x+，则（x+）2＝（）2+（5﹣x）2，解得：x＝，∴EN＝，由勾股定理得：CE＝＝，∴SR＝CE＝．故答案为．（3）当P、Q在移动过程中线段MN的长度不会发生变化．理由：如图3中，过P作PD∥OQ，交AF于D．∵OF＝OA，∴∠OFA＝∠OAF＝∠PDF，∴PF＝PD，∵PF＝AQ，∴PD＝AQ，∵PM⊥AF，∴DM＝FD，∵PD∥OQ，∴∠DPN＝∠PQA，∵∠PND＝∠QNA，∴△PND≌△QNA（AAS），∴DN＝AN，∴DN＝AD，∴MN＝DM+DN＝D