易错突围：第十八章 平行四边形（解析版）-人教八下期中综合复习

八年级数学下册期中期末综合复习专题提优训练（人教版）第十八章平行四边形易错导航平平行四边形平行四边形的性质与判定易错点1平行四边形的性质与判定矩形的性质与判定易错点2矩形的性质与判定菱形的性质与判定易错点3菱形的性质与判定正方形的性质与判定易错点4正方形的性质与判定特殊平行四边形中的折叠问题易错点5特殊平行四边形中的折叠问题特殊平行四边形中的动点与最值问题易错点6特殊平行四边形中的动点与最值问题易错训练【易错点1平行四边形的性质与判定】（2020·深圳市龙岗区深圳中学龙岗初级中学八年级期末）如图，四边形ABCD中，BE⊥AC交AD于点G，DF⊥AC于点F，已知AF=CE，AB=CD．（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；（2）如果∠GBC=∠BCD，AG=6，GE=2，求AB的长．【答案】解：（1）∵AF=CE，∴AF-EF=CE-EF，∴AE=CF，∵BE⊥AC，DF⊥AC，，∴∠AEB=∠CFD=90°，∵AB=CD，∴Rt△ABE≌Rt△CDF，∴∠BAE=∠DCF，∴AB∥CD，∵AB=CD，∴四边形ABCD是平行四边形；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∠DAB=∠BCD，∴∠AGB=∠GBC，∵∠GBC=∠BCD，∴∠AGB=∠BAG，∴AB=GB，设AB=GB=x，则BE=x-2，∵BG⊥AC，∴，∴，解得x=9，∴AB=9．【点睛】本题考查了平行四边的判定与性质，勾股定理，等腰三角形判定等知识，综合性较强，熟知相关定理并根据已知条件合理选择定理是解题关键．【变式训练】一、选择题1．（2021·上海九年级专题练习）下列条件中不能判定一定是平行四边形的有（）A．一组对角相等，一组邻角互补B．一组对边平行，另一组对边相等C．两组对边相等D．一组对边平行，且另一组对边也平行【答案】B2．（2021·山东烟台市·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，DE平分∠ADC交BC边于点E，已知BE＝4cm，AB＝6cm，则AD的长度是（）A．4cm B．6cm C．8cm D．10cm【答案】D3．（2020·浙江杭州市·八年级其他模拟）如图，在中，，，的平分线交于E，交的延长线于点F，则（）A．1 B．2 C．2.5 D．3【答案】B4．（2020·福建省泉州实验中学八年级月考）如图，在中，D，F分别是，上的点，且．点E是射线上一点，若再添加下列其中一个条件后，不能判定四边形为平行四边形的是（）A． B． C． D．【答案】D二、填空题5．（2021·山东东营市·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，过点C的直线CE⊥AB，垂足为E，若∠BAD=127°，则∠BCE=____．【答案】37°6．（2021·山东东营市·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，点M为边AD上一点，AM＝2MD，点E，点F分别是BM，CM中点，若EF＝6，则AM的长为_____．【答案】87．（2020·山东东营市·李鹊镇初级中学八年级月考）如图所示，在四边形ABCD中，，，，交BC于点，若，BC=，则_______cm．【答案】12cm8．（2021·全国九年级专题练习）如图，在平行四边形中，平分，，连接，是的中点，连接，若，则_____．【答案】2三、解答题9．（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图，平行四边形中，分别平分和，交于边上点P，．（1）求线段的长．（2）若，求的面积．【答案】解：（1）∵AP平分∠DAB，∴∠DAP=∠PAB，∵四边形ABCD是平行四边形，∵AB∥CD，∴∠PAB=∠DPA∴∠DAP=∠DPA∴△ADP是等腰三角形，∴AD=DP=2.5，同理：PC=CB=2.5，即AB=DC=DP+PC=5；（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥CB，AB∥CD，∴∠DAB+∠CBA=180°，又∵AP和BP分别平分∠DAB和∠CBA，∴∠PAB+∠PBA=（∠DAB+∠CBA）=90°，在△APB中，∠APB=180°-（∠PAB+∠PBA）=90°；在Rt△APB中，AB=5，BP=3，∴AP==4，∴△APB的面积=4×3÷2=6．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质和判定，三角形的内角和定理，勾股定理等知识点的综合运用．10．（2021·广东广州市·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E是边AD的中点，连接CE并延长交BA的延长线于点F，连接AC，DF．（1）求证：AEF≌DEC；（2）求证：四边形ACDF是平行四边形．【答案】（1）∵在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∴∠FAE＝∠CDE，∵点E是边AD的中点，∴AE＝DE，在△AEF和△DEC中，∴△AEF≌△DEC（ASA）．（2）∵△AEF≌△DEC，∴AF＝DC，∵AF∥DC，∴四边形ACDF是平行四边形．【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，平行四边形的对边互相平行；有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；熟练掌握相关性质与判定定理是解题关键．11．（2020·浙江杭州市·八年级期中）如图，在四边形中，，，是的中点，是边上的一动点（与，不重合），连接并延长交的延长线于．（1）试说明不管点在何位置，四边形始终是平行四边形．（2）当点在点，之间运动到什么位置时，四边形是平行四边形？并说明理由．【答案】解：（1）∵AD∥BC，∴∠QDM=∠PCM，∵M是CD的中点，∴DM=CM，∵∠DMQ=∠CMP，DM=CM，∠QDM=∠PCM，∴△PCM≌△QDM（ASA）．∴DQ=PC，∵AD∥BC，∴四边形PCQD是平行四边形，∴不管点P在何位置，四边形PCQD始终是平行四边形；（2）当四边形ABPQ是平行四边形时，PB=AQ，∵BC-CP=AD+QD，∴9-CP=5+CP，∴CP=（9-5）÷2=2．∴当PC=2时，四边形ABPQ是平行四边形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质和判定方法是解题的关键．12．（2021·黑龙江哈尔滨市·九年级期末）在中，，分别为对角线上两点，连接，，，，并且．（1）如图1，求证：四边形是平行四边形；（2）如图2，若，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形，使写出的每个三角形的面积都等于面积的．【答案】（1）证明：如图1，∵四边形为平行四边形，∴，，∵，∴，∴，即，∴，∴，∴四边形是平行四边形；（2）由（1）可得，BE=DF，∵，∴，根据△ABD和△ABE、△ADF是等高，可得：△ABE、△ADF的面积是△ABD面积的，∵四边形ABCD是平行四边形，∴△ABD和△BCD的面积相等，同理可得△BEC和△DFC的面积是△BCD面积的，∴，，，的面积都等于面积的．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．【易错点2矩形的性质与判定】（2020·浙江杭州市·八年级其他模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠ADC=90°，对角线AC，BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE．（1）求证：四边形ABCD是矩形；（2）若∠BDE=15°，求∠DOE；（3）在（2）的条件下，若AB=2，求△BOE的面积．【答案】解：（1）∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD=180°，∵∠ABC=90°，∴∠BAD=90°，∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，∴四边形ABCD是矩形．（2）由（1）可得：AO=CO，BO=DO，AC=BD，∴OD=OC，∵DE平分∠ADC，∴∠CDE=45°，∴△DCE是等腰直角三角形，∴∠DEC=45°，CD=CE，∵∠BDE=15°，∴∠DBC=∠ADB=45°-15°=30°，∴∠BDC=60°，又OD=OC，∴△OCD是等边三角形，∴OC=CD=CE，∠DCO=∠COD=60°，∴∠OCE=30°，∴∠COE=∠CEO=（180°-30°）÷2=75°，∴∠DOE=∠COD+∠COE=60°+75°=135°；（3）作OF⊥BC于F．∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB=2，∠BCD=90°，AO=CO，BO=DO，AC=BD，∴AO=BO=CO=DO，∴BF=FC，∴OF=CD=1，∵EC=CD=AB=2，∴AC=BD=4，∴BC==，∴BE=BC-CE=-2，∴△BOE的面积===．【点睛】本题考查矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形的面积，等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造三角形中位线解决问题，属于中考常考题型．【变式训练】一、选择题1．（2021·江西赣州市·八年级期末）如图，把一张长方形纸片沿对角线折叠，若△EDF是等腰三角形，则∠BDC（）A．45º B．60º C．67.5º D．75º【答案】C2．（2020·辽宁浑南区·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点O是坐标原点，点A、C的坐标分别是，，点B在第一象限，则点B的坐标是（）A． B． C． D．【答案】B3．（2021·山东烟台市·八年级期末）如图，点是矩形的对角线上一点，过点作，分别交于，连接，若，则图中阴影部分的面积为（）A．B．C．D．【答案】A4．（2021·广东深圳市·九年级期末）如图，在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，点M是边AB上一点（不与点A，B重合），作ME⊥AC于点E，MF⊥BC于点F，若点P是EF的中点，则CP的最小值是（）A．1.2 B．1.5 C．2.4 D．2.5【答案】A二、填空题5．（2021·广东揭阳市·九年级期末）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，∠AOB＝60°，AC＝6，则矩形ABCD的周长为______．【答案】【点睛】本题考查矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．6．（2021·山东济南市·八年级期末）如图，矩形纸片ABCD的长AD＝6cm，宽AB＝2cm，将其折叠，使点D与点B重合，那么折叠后DE的长______cm．【答案】【点睛】本题考查了矩形的性质、翻折变换、勾股定理等知识；熟练掌握矩形和翻折变换的性质，运用勾股定理进行计算是解决问题的关键．7．（2021·四川成都市·九年级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点M为AD的中点，点N为AB上一点，连接MN，CN，将△AMN沿直线MN折叠后，点A恰好落在CN上的点P处，则CN的长为_____．【答案】【点睛】本题考查翻折的性质，矩形的性质，三角形全等的判定和性质以及勾股定理．作出常用的辅助线是解答本题的关键．8．（2021·河南郑州市·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，长方形OABC的边OA在x轴上，OC在y轴上，OA=1，OC=2，对角线AC的垂直平分线交AB于点E，交AC于点D．若y轴上有一点P（不与点C重合），能使△AEP是以为AE为腰的等腰三角形，则点P的坐标为____．【答案】，或【点睛】本题主要考查等腰三角形的定义，勾股定理，矩形的性质，垂直平分线的性质，掌握勾股定理，列出方程，是解题的关键．三、解答题9．（2021·广东广州市·八年级期末）如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC与BD相交于点O，∠AOD＝60°，AD＝2，求AC的长度．【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，∴OA＝OC＝OB＝OD，∵∠AOD＝60°，AD＝2，∴△AOD是等边三角形，∴OA＝OD＝2，∴AC＝2OA＝4，即AC的长度为4．【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记性质并判断出△AOB是等边三角形是解题的关键．10．（2021·上海九年级专题练习）已知：如图，在四边形中，点在边的延长线上，平分、平分，交于点．（1）求证：；（2）若点为的中点，求证：四边形是矩形．【答案】证明：（1）∵平分、平分∴，∵∥，∴，∴，∴，，∴．（2）∵点为的中点，∴，又，∴四边形是平行四边形∵平分、平分，∴，∴∵，∴∵四边形是平行四边形，∴平行四边形是矩形．【点睛】本题主要考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及平行线的性质等知识，掌握相关性质定理正确推理论证是解题关键．11．（2021·山东东营市·八年级期末）如图，在△ABC中，AB=AC，AD为∠BAC的平分线，AN为△ABC的外角∠BAM的平分线，BE⊥AN，垂足为点E．（1）求证：四边形ADBE是矩形．（2）连接DE，试判断四边形ACDE的形状，并证明你的结论．【答案】（1）证明：∵AD平分∠BAC，AN平分∠BAM，∴∠BAD=∠BAC，∠BAN=∠BAM，∴∠DAE=∠BAD+∠BAN=（∠BAC+∠BAM）=×180°=90°，∵AB=AC，AD平分∠BAC，∴AD⊥BC，∴∠ADB=90°，又∵BE⊥AN，∴∠BEA=90°，∴四边形ADBE是矩形．（2）四边形ACDE是平行四边形．证明：∵四边形ADBE是矩形，∴AE∥BD，AE=BD．∵AB=AC，AD平分∠BAC，∴BD=CD，∴AE∥CD，AE=CD，∴四边形ACDE是平行四边形．【点睛】此题考查了矩形的判定与性质、等腰三角形的三线合一、角平分线的定义以及平行四边形的判定．解题关键是熟练掌握矩形的判定与性质、等腰三角形的三线合一以及平行四边形的判定．12．（2020·浙江杭州市·八年级期末）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．【答案】（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．【点睛】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．【易错点3菱形的性质与判定】（2021·广东佛山市·九年级期末）如图，BD是△ABC的角平分线，过点作DEBC交AB于点E，DFAB交BC于点F．（1）求证：四边形BEDF是菱形；（2）若∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，CD＝6，求菱形BEDF的边长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）由题意可证BE＝DE，四边形BEDF是平行四边形，即可证四边形BEDF为菱形；（2）过点D作DH⊥BC于H，由直角三角形的性质可求解．【详解】证明：（1）∵DE∥BC，DF∥AB，∴四边形DEBF是平行四边形，∵DE∥BC，∴∠EDB＝∠DBF，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠DBF＝∠ABC，∴∠ABD＝∠EDB，∴DE＝BE，又∵四边形BEDF为平行四边形，∴四边形BEDF是菱形；（2）如图，过点D作DH⊥BC于H，∵DF∥AB，∴∠ABC＝∠DFC＝60°，∵DH⊥BC，∴∠FDH＝30°，∴FH＝DF，DH＝FH＝DF，∵∠C＝45°，DH⊥BC，∴∠C＝∠HDC＝45°，∴DC＝DH＝DF＝6，∴DF＝2，∴菱形BEDF的边长为2．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握菱形的判定定理是本题的关键．【变式训练】一、选择题1．（2021·渝中区·重庆巴蜀中学九年级开学考试）下列命题中，是真命题的是（）A．对角线相等的平行四边形是菱形 B．一组邻边相等的四边形是菱形C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．四个角相等的四边形是菱形【答案】C【分析】根据菱形的定义和判定进行解答．【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，A错误；B、一组邻边相等的平行四边形是菱形，B错误；C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，C正确；D、四个角相等的四边形是矩形，D错误；故选C．【点睛】本题考查菱形的应用，熟练掌握菱形的定义和判定方法是解题关键．2．（2021·河南郑州市·九年级期中）如图，菱形的边长为，对角线，交于点，，则菱形的面积为（）A． B． C．2 D．4【答案】D【分析】根据菱形的对角线互相垂直且互相平分，可得出对角线AC的长度，依据勾股定理即可得到另一条对角线的的长度，进而根据公式可得出菱形的面积．【详解】解：∵对角线AC，BD交于点O，OA＝1，∴AC＝2OA＝2，∵菱形的边长为，∴AB＝，∴，∴BD＝2BO＝4，∴S菱形ABCD＝BD•AC＝×4×2＝4．故选：D．【点睛】本题考查了菱形面积的计算，掌握菱形的面积等于两条对角线长乘积的一半是解题的关键．3．（2020·渝中区·重庆巴蜀中学八年级期末）菱形中，．点、分别在边、上，且．若，则的面积为（）．A． B． C． D．【答案】D【分析】先证明△ABE≌△ACF，推出AF＝AE，∠EAF＝60°，得到△AEF是等边三角形，即可解决问题．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴∠D=∠B＝60°，AB＝BC，∴△ABC是等边三角形，∴AB=AC，∵AC是菱形的对角线，∴∠ACF∠DCB＝60°，∴∠B=∠ACF，∵AB=AC，BE=CF，∴△ABE≌△ACF，∴AF＝AE，∠BAE=∠CAF，∴∠BAE+∠EAC=∠CAF+∠EAC，即∠EAF＝∠BAC=60°，∴△AEF是等边三角形，∵EF＝2，∴S△AEF×22，故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是证明全等三角形得到△AEF是等边三角形，牢记等边三角形面积公式是解题关键．二、填空题4．（2021·黑龙江齐齐哈尔市·九年级期末）如图，四边形ABCD的对角线AC与BD交于点O，AC⊥BD，且AC平分BD，若添加一个条件_____，则四边形ABCD为菱形．【答案】OA＝OC【分析】添加条件OA＝OC，先证四边形ABCD是平行四边形，再由AC⊥BD，即可得出平行四边形ABCD是菱形．【详解】.解：添加一个条件OA＝OC，则四边形ABCD为菱形，理由如下：∵AC平分BD，OA＝OC，∴四边形ABCD是平行四边形，又∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形，故答案为：OA＝OC．【点睛】此题主要考查了菱形的判定以及平行四边形的判定，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．5．（2021·长春吉大附中力旺实验中学九年级月考）菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A在x轴上，点B、C均在第一象限，若∠AOC＝45°，OC＝，则点B的横坐标为_____．【答案】+1【分析】过点C作CD⊥OA于点D，过点B作BE⊥OA于点E，先证四边形CDEB是平行四边形，得CD＝BE，再证Rt△OCD≌Rt△ABE（HL），得OD＝AE，然后证△OCD是等腰直角三角形，得OD＝CD＝OC＝1，则BE＝CD＝1，AE＝OD＝1，求出OE即可．【详解】过点C作CD⊥OA于点D，过点B作BE⊥OA于点E，如图所示：则CD∥BE，∵四边形OABC是菱形，∴OA＝BC＝OC＝AB＝，OA∥BC，∴四边形CDEB是平行四边形，∴CD＝BE，在Rt△OCD和Rt△ABE中，∴Rt△OCD≌Rt△ABE（HL），∴OD＝AE，∵∠AOC＝45°，OC＝，∴△OCD是等腰直角三角形，∴OD＝CD＝OC＝1，∴BE＝CD＝1，AE＝OD＝1，∴OE＝OA+AE＝+1，∴点B的横坐标为：+1，故答案为：+1．【点睛】此题考查了菱形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质等知识；熟练掌握菱形的性质，作辅助线构造直角三角形是解本题的关键．6．（2021·四川成都市·成都实外九年级开学考试）如图，在菱形纸片ABCD中，AB=4，∠A=60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上，则的值为________________．【答案】【分析】连接BE，BD，证明△BCD是等边三角形，证得∠ABE=∠CEB=90°，由折叠可得AF=EF，由EF2=BE2+BF2可求出答案．【详解】解：如图，连接BE，BD，

∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，∴AB=4=BC=CD，∠A=60°=∠C，∴△BCD是等边三角形，∵E是CD中点，∴DE=2=CE，BE⊥CD，∠EBC=30°，∴，∵CD∥AB，∴∠ABE=∠CEB=90°，由折叠可得AF=EF，∵EF2=BE2+BF2，∴EF2=12+（4-EF）2，解得，，∴∴．故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，关键是添加恰当的辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求线段长度．三、解答题7．（2020·山东济南市·九年级期中）如图所示，在菱形ABCD中，E、F分别为AB、AD上两点，AE＝AF．（1）求证：CE＝CF；（2）若∠ECF＝60°，∠B＝80°，试问BC＝CE吗？请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）BC＝CE，见解析【分析】因为菱形的边都相等，对角也相等，很容易证得三角形△BCE与△DCF全等，从而得到结论；ABCD是菱形，又因为∠B＝80°所以∠A＝100°，从而能求出∠AEF的度数，根据条件很容易证明△CEF是等边三角形，从而能求出∠CEB的度数，从而得结论．【详解】（1）证明：∵ABCD是菱形，∴AB＝AD，BC＝CD，∠B＝∠D，∵AE＝AF，∴AB﹣AE＝AD﹣AF，∴BE＝DF，在△BCE与△DCF中，∵，∴△BCE≌△DCF，∴CE＝CF；（2）结论是：BC＝CE．理由如下：∵ABCD是菱形，∠B＝80°，∴∠A＝100°，∵AE＝AF，∴由（1）知CE＝CF，∠ECF＝60°，∴△CEF是等边三角形，∴∠CEF＝60°，∴∠CEB＝180°﹣60°﹣40°＝80°，∴∠B＝∠CEB，∴BC＝CE．【点睛】本题主要考查的是菱形的性质以及三角形全等的性质和判定，熟练掌握菱形的性质以及三角形全等的性质及判定是解答本题的关键．8．（2020·深圳市高级中学八年级期末）已知：如图所示的一张矩形纸片ABCD（AD＞AB），O是对角线AC的中点，过点O的直线EF⊥AC交AD边于E，交BC边于F．（1）求证：四边形AFCE是菱形；（2）若AE＝10cm，△ABF的面积为24，求△ABF的周长．【答案】（1）见解析；（2）24cm．【分析】（1）利用菱形的判定定理证明即可；（2）利用构造完全平方公式法，运用勾股定理，面积公式，完全平方公式的变形整体计算AB+BF的长即可．【详解】（1）证明：∵O是对角线AC的中点，∴AO＝CO，∵矩形ABCD的边AD∥BC，∴∠ACB＝∠CAD，∵EF⊥AC，∴∠AOE＝∠COF＝90°，在△AOE和△COF中，∵，∴△AOE≌△COF（ASA），∴AE＝CF，又∵AE∥CF，∴四边形AFCE是平行四边形，∵EF⊥AC，∴四边形AFCE是菱形；（2）解：∵AE＝10cm，四边形AFCE是菱形，∴AF＝AE＝10cm，设AB＝x，BF=y,∵△ABF的面积为24，∴xy=48，在Rt△ABF中，根据勾股定理，，∴，∴，∴x+y=14或x+y=-14，不符合题意，舍去，∴△ABF的周长＝x+y+AF=14＋10＝24cm．【点睛】本题考查了菱形的判定，矩形的性质，勾股定理，完全平方公式的变形，熟练掌握判定定理，灵活运用勾股定理，完全平方公式，利用整体思想计算是解题的关键．9．（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，E为对角线BD上一点，且AE⊥AB，连结CE．（1）求证：∠ECB＝90°；（2）若AE═ED＝1时，求菱形的边长．【答案】（1）见解析（2）【分析】（1）由菱形的性质可得AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，由“SAS”可证△ABE≌△CBE，可得结论；（2）由菱形的性质可得AB＝AD，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠DAE＝∠ADE＝∠ABD＝30°，利用直角三角形的性质和勾股定理即可求解．【详解】解：（1）证明：∵AE⊥BA，∴∠BAE＝90°，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，又∵BE＝BE，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴∠BAE＝∠BCE＝90°；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，∵AE═ED＝1，∴∠DAE＝∠EDA，∴∠DAE＝∠ADE＝∠ABD，∵∠DAE+∠ADE+∠BAE+∠ABD＝180°，∴∠DAE＝∠ADE＝∠ABD＝30°，∵∠BAE＝90°，∴BE＝2AE＝2，在Rt△ABE中，,∴菱形的边长为．【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、等腰三角形性质等知识，熟练掌握菱形性质是解题关键．10．（2021·全国九年级专题练习）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点M、N．（1）求证：四边形BNDM是菱形；（2）若BD＝24，MN＝10，求菱形BNDM的周长．【答案】（1）见解析；（2）52【分析】（1）证△MOD≌△NOB（AAS），得出OM＝ON，由OB＝OD，证出四边形BNDM是平行四边形，进而得出结论；（2）由菱形的性质得出BM＝BN＝DM＝DN，OBBD＝12，OMMN＝5，由勾股定理得BM＝13，即可得出答案．【详解】解：（1）证明：∵AD∥BC，∴∠DMO＝∠BNO，∵MN是对角线BD的垂直平分线，∴OB＝OD，MN⊥BD，在△MOD和△NOB中，，∴△MOD≌△NOB（AAS），∴OM＝ON，∵OB＝OD，∴四边形BNDM是平行四边形，∵MN⊥BD，∴四边形BNDM是菱形；（2）∵四边形BNDM是菱形，BD＝24，MN＝10，∴BM＝BN＝DM＝DN，OBBD＝12，OMMN＝5，在Rt△BOM中，由勾股定理得：BM13，∴菱形BNDM的周长＝4BM＝4×13＝52【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．【易错点4正方形的性质与判定】（2021·山东淄博市·八年级期末）已知：如图，在矩形ABCD中，M、N分别是边AD、BC的中点，E、F分别是线段BM、CM的中点．（1）求证：△ABM≌△DCM；（2）当AB：AD的值为多少时，四边形MENF是正方形？请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形，理由见解析【分析】（1）求出AB=DC，∠A=∠D=90°，AM=DM，根据全等三角形的判定定理推出即可；（2）求出∠EMF=90°，根据正方形的判定推出即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，∠A=∠D=90°，∵M为AD中点，∴AM=DM，在△ABM和△DCM，，∴△ABM≌△DCM（SAS）；（2）解：当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形，理由：当四边形MENF是正方形时，则∠EMF=90°，∵△ABM≌△DCM，∴∠AMB=∠DMC=45°，∴△ABM、△DCM为等腰直角三角形，∴AM=DM=AB，∴AD=2AB，即当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形．【点睛】本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．【变式训练】一、选择题1．（2021·山西运城市·九年级期末）下列说法正确的是（）A．有一个角是直角的平行四边形是正方形 B．对角线互相垂直的矩形是正方形C．有一组邻边相等的菱形是正方形 D．各边都相等的四边形是正方形【答案】B【分析】根据正方形的判定：①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；②先判定四边形是菱形，再判定这个矩形有一个角为直角进行分析即可．【详解】解：A.有一个角是直角的平行四边形是正方形，说法错误，应是矩形，不符合题意；B.对角线互相垂直的矩形是正方形，说法正确，符合题意；C.一组邻边相等的矩形是正方形，说法错误，不合题意；D.各边都相等的四边形是菱形，不是正方形，不合题意．故选B．【点睛】本题主要考查了正方形的判定，关键是掌握正方形的判定方法．2．（2021·武汉市第一中学九年级期末）如图，四边形ABCD中，∠BAD＝∠C＝90°，AB＝AD，AE⊥BC，垂足是E，若线段AE＝4，则四边形ABCD的面积为（）A．12 B．16 C．20 D．24【答案】B【分析】延长CD，作的延长线于点F，构造出全等三角形，，即可得到四边形ABCD的面积就等于正方形AECF的面积．【详解】解：如图，延长CD，作的延长线于点F，∵，∴，∵，∴，∵，∴四边形AECF是矩形，∴，∵，∴，即，在和中，，∴，∴，∴四边形AECF是正方形，∵，∴．故选：B．【点睛】本题考查全等三角形的性质和判定，正方形的性质和判定，解题的关键是作辅助线构造全等三角形．3．（2020·浙江杭州市·八年级月考）我们知道，四边形具有不稳定性，如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形的边在x轴上，的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点处，则点C的对应点的坐标为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知条件得到，，根据勾股定理得到，于是得到结论．【详解】解：，，，，，，故选：．【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．4．（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图，先将正方形纸片对折，折痕为MN，再把B点折叠在折痕MN上，折痕为AE，点B在MN上的对应点为H，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由翻折的性质得到AH=AB，MN垂直平分AD，证明△ADH是等边三角形，得到∠DAH，可得∠HAB，结合AB=AH计算出∠ABH，从而可得∠HBC．【详解】解：由翻折的性质可知：AH=AB，MN垂直平分AD，∴DH=AH，∴AH=AD=DH=AB，∴△ADH是等边三角形，∴∠DAH=60°．∴∠HAB=30°．∵AB=AH，∴∠ABH=×（180°-30°）=75°．∴∠HBC=15°．故选C．【点睛】本题主要考查的是翻折的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的性质和判定、等腰三角形的性质，证得三角形ADH是一个等边三角形是解题的关键．二、填空题5．（2021·福建漳州市·九年级期末）若正方形的对角线的长为4，则该正方形的面积为_________．【答案】8【分析】根据正方形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．【详解】解：∵正方形的一条对角线的长为4，

∴这个正方形的面积=×4²=8．

故答案为：8．【点睛】本题考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的面积的两种求法是解题的关键．6．（2021·四川成都市·九年级期末）如图，四边形ABCD是一个正方形，E是BC延长线上一点，且AC＝EC，则∠DAE的度数为_________．【答案】22.5°【分析】由四边形ABCD是一个正方形，根据正方形的性质，可得∠ACB=45°，又由AC=EC，根据等边对等角，可得∠E=∠CAE，继而根据等腰三角形的性质和三角形的内角和求得∠EAC的度数，进一步即可求得∠DAE的度数．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∴，又∵，∴，则．故答案为：22.5°【点睛】此题考查了正方形的性质以及等腰三角形的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．7．（2021·内蒙古呼和浩特市·九年级一模）在正方形ABCD中，点E，F分别为BC和AB的中点，DE和FC交于点M，连接AM．若BC=5，则AM的长度为___．【答案】5【分析】延长CF和DA,相交于G点，通过证明△FBC≌△ECD证得∠EMC=90°，再通过证明△AFG≌△BFC可得点A为GD的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．【详解】分别延长CF和DA,相交于G点,∵正方形ABCD中,点E,F分别为BC和AB的中点,∴FB=EC,∠FBC=∠ECD=90°,BC=CD,∴△FBC≌△ECD(SAS).∴∠BFC=∠CED.∵∠BFC+∠BCF=90°,∴∠CED+∠BCF=90°,∴∠EMC=90°,∴ED⊥CF.∵∠GAF=∠CBF,AF=BF,∠AFG=∠BFC,∴△AFG≌△BFC(ASA),∴AG=BC=AD,∴点A为GD的中点.∴在Rt△GMD中,AM=AD=BC=5.【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线，掌握上述基本性质定理是解题的关键．8．（2021·江西吉安市·九年级期末）在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点P在正方形的边上，若∠AEB=105°，AE=EP，则∠AEP的度数为_________．【答案】60°或90°或150°【分析】首先根据题意作出正方形以及∠AEB，再以E为圆心，EA为半径作圆，与正方形的交点即为满足条件的P点，分类讨论即可．【详解】如图所示，在正方形ABCD中，∠AEB=105°，∵点P在正方形的边上，且AE=EP，∴可以E为圆心，EA为半径作圆，与正方形的交点即为满足条件的P点，①当P在AD上时，如图，AE=EP1，∵∠EBA=45°，∴∠EAB=180°-45°-105°=30°，∠EAP1=60°，△EAP1为等边三角形，∴此时∠AEP1=60°；②当P在CD上时，如图，AE=EP2，AE=EP3，由①可知∠DEP1=180°-105°-60°=15°，∴此时∠DEP1=∠DEP2=15°，∠CEP2=∠AEP1=60°，∴此时∠AEP2=60°+15°+15°=90°；∠AEP3=2∠AED=2×(180°-105°)=150°，故答案为：60°或90°或150°．【点睛】本题考查正方形的性质以及等腰三角形的判定，熟练运用尺规作图的方式进行等腰三角形的确定是解题关键．三、解答题9．（2021·浙江台州市·九年级期中）如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且∠MAN＝45°．把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE．（1）求证：△AEM≌△ANM．（2）若BM＝3，DN＝2，求正方形ABCD的边长．【答案】（1）见解析；（2）正方形ABCD的边长为6．【分析】(1)想办法证明∠MAE=∠MAN=45°，根据SAS证明三角形全等即可.

(2)设CD=BC=x，则CM=x-3，CN=x-2，在Rt△MCN中，利用勾股定理构建方程即可解决问题.【详解】（1）证明：由旋转的性质得，△ADN≌△ABE，∴∠DAN＝∠BAE，AE＝AN，∠D＝∠ABE＝90°，∴∠ABC+∠ABE＝90°，∴点E，点B，点C三点共线，∵∠DAB＝90°，∠MAN＝45°，∴∠MAE＝∠BAE+∠BAM＝∠DAN+∠BAM＝45°，∴∠MAE＝∠MAN，∵MA＝MA，∴△AEM≌△ANM（SAS）．（2）解：设CD＝BC＝x，则CM＝x﹣3，CN＝x﹣2，∵△AEM≌△ANM，∴EM＝MN，∵BE＝DN，∴MN＝BM+DN＝5，∵∠C＝90°，∴MN2＝CM2+CN2，∴25＝（x﹣2）2+（x﹣3）2，解得，x＝6或﹣1（舍弃），∴正方形ABCD的边长为6．【点睛】本题考查旋转变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识只，解题的关键是正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，属于中考常考题型.10．（2021·上海九年级专题练习）已知：如图，在梯形中，，，，，垂足为点，且是的中点，联结，交边于点．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）如果，求证：四边形是正方形．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）连接AC和BE，根据垂直平分线的性质和等腰三角形的性质证明∥和即可得到四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得，即可证明结论；（2）先由（1）的结论证明四边形是平行四边形，再由得到四边形是菱形，再根据勾股定理的逆定理得，即可证明结论．【详解】解：（1）如图，连接AC和BE，∵，是的中点，∴，由等腰三角形“三线合一”的性质得，∵∥，，∴，∴，∴∥，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∵∥，∴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，∵，∴四边形是菱形，∴，由，即得，∴，∴，∴四边形是正方形．【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，正方形的判定，解题的关键是熟练掌握这些性质定理．11．（2021·枣庄市第二十九中学九年级期末）如图，菱形EFGH的三个顶点E、G、H分别在正方形ABCD的边AB、CD、DA上，连接CF．（1）求证：∠HEA＝∠CGF；（2）当AH＝DG时，求证：菱形EFGH为正方形．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【分析】（1）连接GE，根据正方形对边平行，得∠AEG=∠CGE，根据菱形的对边平行，得∠HEG=∠FGE，利用两个角的差求解即可；（2）根据正方形的判定定理，证明∠GHE=90°即可．【详解】证明：（1）连接GE，∵AB∥CD，∴∠AEG=∠CGE，∵GF∥HE，∴∠HEG=∠FGE，∴∠HEA=∠CGF；（2）∵四边形ABCD是正方形，∴∠D=∠A=90°，∵四边形EFGH是菱形，∴HG=HE，在Rt△HAE和Rt△GDH中，，∴Rt△HAE≌Rt△GDH，∴∠AHE=∠DGH，∵∠DHG+∠DGH=90°，∴∠DHG+∠AHE=90°，∴∠GHE=90°，∴菱形EFGH为正方形.【点睛】本题考查了正方形的性质和判定，菱形的性质，平行线的性质，熟记正方形的性质和判定是解题的关键.12．（2020·弥勒市朋普中学八年级月考）（1）如图1，正方形ABCD中，E为边CD上一点，连接AE，过点A作AF⊥AE交CB的延长线于F，猜想AE与AF的数量关系，并说明理由；（2）如图2，在（1）的条件下，连接AC，过点A作AM⊥AC交CB的延长线于M，观察并猜想CE与MF的数量关系，并说明理由；（3）解决问题：王师傅有一块如图所示的板材余料，其中∠A=∠C=90°，AB=AD．王师傅想切一刀后把它拼成正方形．请你帮王师傅在图3中画出剪拼的示意图．【答案】（1）AE=AF，理由见解析；（2）CE=MF，理由见解析；（3）如图所示，见解析．【分析】（1）根据两角互余的关系先求出∠BAF=∠DAE，再由ASA定理可求出△ABF≌△ADE，由全等三角形的性质即可解答；（2）根据△ABF≌△ADE及三角形外角的性质可求出∠AFM=∠AEC，根据两角互余的关系∠MAF=∠EAC，再由ASA定理求出△AMF≌△ACE，可得CE=MF；（3）画出示意图，只要求出C、D、F共线，即可求出四边形AECF是正方形；【详解】（1）AE=AF．理由：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABF=∠ADE=90°，AB=AD．∵∠BAF+∠BAE=90°，∠DAE+∠BAE=90°，∴∠BAF=∠DAE．在△ABF和△ADE中，∴△ABF≌△ADE（ASA）∴AE=AF；（2）CE=MF．理由：∵△ABF≌△ADE，∴∠BAF=∠DAE，∴∠ABF+∠FAB=∠ADE+∠DAE，即∠AFM=∠AEC．∵∠MAF+∠FAC=90°，∠EAC+∠FAC=90°，∴∠MAF=∠EAC，在△AMF和△ACE中，∴△AMF≌△ACE（ASA），∴CE=MF．(3)如图所示．过A作AE⊥BC交BC于E，由于AB=AD，所以可以把△ABE切下，拼到△ADF的位置，∵∠C=∠BAD=90°，∴∠B+∠ADC=180°，∴∠ADF+∠ADC=180°，∴C、D、F共线，∵AE=AF，∠AEC=∠ECF=∠AFC=90°，∴四边形AECF是正方形．【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、余角的性质、多边形的内角和等知识．解题的关键是利用全等三角形进行割补．【易错点5特殊平行四边形中的折叠问题】（2020·江苏省无锡市侨谊教育集团）如图所示，长方形纸片ABCD的长AD=8cm，宽AB=4cm，将其折叠，使点D与点B重合.（1）求证：BE=BF；（2）求折叠后DE的长；（2）求以折痕EF为边的正方形面积.【答案】（1）证明见解析；（2）5cm；（3）20cm2.【详解】（1）在长方形ABCD中，AD//BC，，，，∴BE=BF，设DE=cm，则BE=cm，AE=，在中，由勾股定理，∴，即DE的长为5cm．（2）过E作于点H，则EH=AB=4，BH=AE=3，∴HF=BF-BH=5-3=2，∴，∴以EF为边长的正方形的面积为．【变式训练】一、选择题1．（2021·山东枣庄市·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，点E在DC上，将矩形沿AE折叠，使点D落在BC边上的点F处．若AB＝3，BC＝5，则DE的长为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据矩形的性质得AD＝BC＝5，AB＝CD＝3，再根据折叠的性质得AF＝AD＝5，EF＝DE，在Rt△ABF中，利用勾股定理计算出BF＝4，则CF＝BC﹣BF＝1，设CE＝x，则DE＝EF＝3﹣x，然后在Rt△ECF中根据勾股定理得到x2+12＝（3﹣x）2，解方程即可得到DE的长．【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，∴AD＝BC＝5，AB＝CD＝3，∵矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的F处，∴AF＝AD＝5，EF＝DE，在Rt△ABF中，BF＝＝＝4，∴CF＝BC﹣BF＝5﹣4＝1，设CE＝x，则DE＝EF＝3﹣x，在Rt△ECF中，CE2+FC2＝EF2，∴x2+12＝（3﹣x）2，解得x＝，∴DE＝3﹣x＝，故选：B．【点睛】本题考查了翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，属于常考题型，灵活运用这些性质进行推理与计算是解题的关键．2．（2021·陕西九年级专题练习）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF．若AB＝3，则BC的长为（）A．1 B．2 C． D．【答案】D【分析】根据菱形及矩形的性质可得到∠BAC的度数，从而根据直角三角形的性质求得BC的长．【详解】解：∵四边形AECF为菱形，∴∠FCO=∠ECO，EC=AE，由折叠的性质可知，∠ECO=∠BCE，又∠FCO+∠ECO+∠BCE=90°，∴∠FCO=∠ECO=∠BCE=30°，在Rt△EBC中，EC=2EB，又∵EC=AE，AB=AE+EB=3，∴EB=1，EC=2，∴Rt△BCE中，，故选：D．【点睛】本题主要考查了菱形的性质以及矩形的性质，解决问题的关键是根据折叠以及菱形的性质发现特殊角，根据30°的直角三角形中各边之间的关系求得BC的长．3．（2021·广东九年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD＝60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则BE的长度为（）A．1 B． C． D．2【答案】D【分析】由正方形的性质得出∠EFD＝∠BEF＝60°，由折叠的性质得出∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x，由直角三角形的性质可得：2（3﹣x）＝x，解方程求出x即可得出答案．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∠A＝90°，∴∠EFD＝∠BEF＝60°，∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，∴∠BEF＝∠FEB'＝60°，BE＝B'E，∴∠AEB'＝180°﹣∠BEF﹣∠FEB'＝60°，∴B'E＝2AE，设BE＝x，则B'E＝x，AE＝3﹣x，∴2（3﹣x）＝x，解得x＝2．故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含角的直角三角形的性质等知识，能综合运用性质进行推理是解题关键．4．（2020·浙江杭州市·八年级期末）如图，在▱ABCD中，AB＝6，AD＝8，将△ACD沿对角线AC折叠得到△ACE，AE与BC交于点F，则下列说法正确的是（）A．当∠B＝90°时，则EF＝2B．当F恰好为BC的中点时，则▱ABCD的面积为12C．在折叠的过程中，△ABF的周长有可能是△CEF的2倍D．当AE⊥BC时，连结BE，四边形ABEC是菱形【答案】B【分析】A、设AF＝CF＝x，构建方程求出x即可判断．B、证明∠BAC＝90°，利用勾股定理求出AC，求出平行四边形ABCD的面积即可判断．C、在折叠过程中，△ABF与△EFC的周长相等，选项C不符合题意．D、当AE⊥BC时，四边形ABEC是等腰梯形，不符合题意．【详解】解：A、如图1中，∵∠B＝90°，四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∵∠DAC＝∠CAE，∴∠ACF＝∠CAF，∴AF＝CF，设AF＝CF＝x，在Rt△ABF中，则有x2＝62+（8﹣x）2，解得x＝，∴EF＝8﹣＝，故选项A不符合题意．B、如图2中，当BF＝CF时，∵AF＝CF＝BF，∴∠BAC＝90°，∴AC＝，∴S平行四边形ABCD＝AB•AC＝6×2＝12，故选项B符合题意．C、在折叠过程中，△ABF与△EFC的周长相等，选项C不符合题意．D、如图3中，当AE⊥BC时，四边形ABEC是等腰梯形，选项D不符合题意．故选：B．【点睛】本题考查翻折变换，平行四边形的性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．二、填空题5．（2021·浙江九年级专题练习）如图a是长方形纸带，∠DEF＝16°，将纸带沿EF折叠成图b，再沿BF折叠成图c，则图c中的∠CFE的度数是__．【答案】132°【分析】先由矩形的性质得出∠BFE＝∠DEF＝16°，再根据折叠的性质得出∠CFG＝180°﹣2∠BFE，由∠CFE＝∠CFG﹣∠EFG即可得出答案．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠BFE＝∠DEF＝16°，∴∠CFE＝∠CFG﹣∠EFG＝180°﹣2∠BFE﹣∠EFG＝180°﹣3×16°＝132°，故答案为：132°．【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、平行线的性质；熟练掌握翻折变换和矩形的性质，弄清各个角之间的关系是解决问题的关键．6．（2021·山西运城市·八年级期末）如图，将一个长方形纸片沿折叠，使C点与A点重合，若，则线段的长是_________．【答案】【分析】根据折叠的性质和勾股定理即可求得．【详解】解：∵长方形纸片，∴，，根据折叠的性质可得，，，设，，根据勾股定理，即，解得，故答案为：．【点睛】本题考查折叠与勾股定理．能正确表示直角三角形的三边是解题关键．7．（2020·浙江七年级期末）如图，将正方形纸片折叠，使点D落在边点E处，点A落在点F处，折痕为，若_____．【答案】119【分析】根据正方形的性质得到∠A=∠C=∠D=90°，根据折叠的性质得到∠F=∠A=90°，∠FEN=∠C=90°，∠DNM=∠ENM，根据平角的定义得到∠ENM=（180°-∠ENC）=（180°-58°）=61°，根据四边形的内角和即可得到结论．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠C=∠D=90°，∵将正方形纸片ABCD折叠，使点D落在BC边点E处，点A落在点F处，∴∠F=∠A=90°，∠FEN=∠D=90°，∠DNM=∠ENM，∵∠NEC=32°，∴∠ENC=58°，∴∠ENM=（180°-∠ENC）=（180°-58°）=61°，∴∠FMN=360°-90°-90°-61°=119°，故答案为：119．【点睛】本题考查了角的计算，翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相等的角是解决本题的关键．8．（2021·四川成都市·成都实外九年级开学考试）如图，在菱形纸片ABCD中，AB=4，∠A=60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上，则的值为________________．【答案】【分析】连接BE，BD，证明△BCD是等边三角形，证得∠ABE=∠CEB=90°，由折叠可得AF=EF，由EF2=BE2+BF2可求出答案．【详解】解：如图，连接BE，BD，

∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，∴AB=4=BC=CD，∠A=60°=∠C，∴△BCD是等边三角形，∵E是CD中点，∴DE=2=CE，BE⊥CD，∠EBC=30°，∴，∵CD∥AB，∴∠ABE=∠CEB=90°，由折叠可得AF=EF，∵EF2=BE2+BF2，∴EF2=12+（4-EF）2，解得，，∴∴．故答案为：．【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，关键是添加恰当的辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求线段长度．三、解答题9．（2020·江西南昌市·八年级竞赛）在矩形ABCD中，，，点E是AB边上一点，连接CE，把沿CE折叠，使点B落在点处．（1）当在边CD上时，如图所示，求证：四边形是正方形；（2）当在对角线AC上时，如图所示，求BE的长．【答案】（1）见解析；（2）BE=3.【分析】由折叠可得BE=B’E，BC=B’C，∠BCE=∠B’CE，由可证四边形是正方形由折叠可得BC=B’C=6，则可求AB’=4，根据勾股定理可求B’E的长，即可得BE的长．【详解】证明：（1）沿CE折叠，∴，四边形ABCD是矩形且∵，∴四边形是菱形又四边形是正方形；，根据勾股定理得：沿CE折叠∴=6，∴，AE=AB-BE=8-在Rt△AE中，∴解得：BE’=3.∴=3.故答案为（1）见解析；（2）BE=3.【点睛】本题考查折叠问题，正方形的判定，矩形的性质，勾股定理，根据勾股定理列出方程是解题的关键．10．（2019·福州三牧中学八年级期中）如图，在四边形纸片ABCD中，∠B＝∠D＝90°，点E，F分别在边BC，CD上，将AB，AD分别沿AE，AF折叠，点B，D恰好都和点G重合，∠EAF＝45°．（1）求证：四边形ABCD是正方形；（2）若EC＝FC＝1，求AB的长度．【答案】（1）见解析；（2）AB=．【分析】(1)由题意得，∠BAE=∠EAG，∠DAF=∠FAG，于是得到∠BAD=2∠EAF=90°，推出四边形ABCD是矩形，根据正方形的判定定理即可得到结论；(2)根据EC=FC=1，得到BE=DF，根据勾股定理得到EF的长，即可求解．【详解】(1)由折叠性质知：∠BAE=∠EAG，∠DAF=∠FAG，∵∠EAF=45°,∴∠BAD=2∠EAF=245°=90°，又∵∠B=∠D=90°，∴四边形ABCD是矩形，由折叠性质知：AB=AG，AD=AG，∴AB=AD，∴四边形ABCD是正方形；(2)∵EC=FC=1，∴BE=DF，EF=，∵EF=EG+GF=BE+DF，∴BE=DF=EF=，∴AB=BC=BE+EC=．【点睛】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理的应用，正方形的判定和性质，解答本题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：翻折前后对应边、对应角相等．11．（2020·全国七年级单元测试）如图，把矩形纸片ABCD沿EF折叠后，使得点D与点B重合，点C落在点C′的位置上．（1）折叠后，DC的对应线段是，CF的对应线段是；（2）若∠1=50°，求∠2、∠3的度数；（3）若AB=8，DE=10，求CF的长度．【答案】（1）BC′，C′F；（2）50°，80°；（3）6【分析】（1）根据折叠的性质即可得出；（2）由折叠的性质可得，∠2=∠BEF，由AD∥BC得∠1=∠2，所以∠2=∠BEF=50°，从而得∠3=80°；（3）根据勾股定理先求得AE的长度，也可求出AD，BC的长度，然后根据∠1=∠BEF=50°，可得BF=BE=10，继而可求得CF=BC﹣BF．【详解】（1）由折叠的性质可得：折叠后，DC的对应线段是BC′，CF的对应线段是C′F；故答案为：BC′，C′F．（2）由折叠的性质可得：∠2=∠BEF，∵AD∥BC，∴∠1=∠2=50°．∴∠2=∠BEF=50°，∴∠3=180°﹣50°﹣50°=80°；故答案为：50°，80°（3）∵AB=8，DE=10，∴BE=10，∴AE==6，∴AD=BC=6+10=16，∵∠1=∠BEF=50°，∴BF=BE=10，∴CF=BC﹣BF=16﹣10=6．故答案为：6【点睛】本题考查了矩形折叠的性质，平行线的性质定理，勾股定理解直角三角形，等腰三角形判定相关知识．【易错点6特殊平行四边形中的动点与最值问题】（2021·甘肃白银市·九年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D在AB边上一点．过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD、BE．（1）求证：CE＝AD；（2）当点D在AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由．【答案】（1）见解析；（2）四边形BECD是菱形，见解析【分析】（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD＝BD，根据菱形的判定推出即可．【详解】（1）证明：∵DE⊥BC，∴∠DFB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠DFB，∴AC∥DE，∵MN∥AB，即CE∥AD，∴四边形ADEC是平行四边形，∴CE＝AD；（2）解：四边形BECD是菱形，理由是：∵D为AB中点，∴AD＝BD，∵CE＝AD，∴BD＝CE，∵BD∥CE，∴四边形BECD是平行四边形，∵∠ACB＝90°，D为AB中点，∴CD＝BD，∴四边形BECD是菱形．【点睛】本题主要考查平行四边形及菱形的性质与判定，熟练掌握平行四边形及菱形的性质与判定是解题的关键．【变式训练】一、选择题1．（2019·浙江杭州市·中考模拟）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是（）A．一直增大 B．一直减小 C．先减小后增大 D．先增大后减少【答案】C【解析】【分析】连接AP，先判断出四边形AFPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=AP，再根据垂线段最短可得AP⊥AB时，线段EF的值最小，即可判断出动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，线段EF的值大小变化情况．【详解】如图，连接AP．∵∠A=90°，PE⊥AB，PF⊥AC∴四边形AFPE是矩形，∴EF=AP，由垂线段最短可得AP⊥BC时，AP最短，则线段EF的值最小，∴动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是先减小后增大．故选C．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出CP⊥AB时，线段EF的值最小是解题的关键．2．（2021·全国八年级专题练习）如图，点是矩形的对角线上一点，过点作，分别交于，连接，若，则图中阴影部分的面积为（）A． B．C． D．【答案】A【分析】先根据矩形的性质证得，然后求解即可．【详解】解：作PM⊥AD于M，交BC于N，∴四边形AEPM、四边形DFPM、四边形CFPN和四边形BEPN都是矩形，∵，，，，，∴S矩形DFPM=S矩形BEPN，∵PM=AE=1，PF=NC=3，∴，∴S阴=，故选：A．【点睛】本题主要考查矩形的性质、三角形的面积等知识，证得是解答本题的关键．3．（2021·西安市浐灞第一中学九年级期末）如图，菱形ABCD的两条对角线长分别为AC＝6，BD＝8，点P是BC边上的一动点，则AP的最小值为（）A．4 B．4.8 C．5 D．5.5【答案】B【分析】由垂线段最短，可得AP⊥BC时，AP有最小值，由菱形的性质和勾股定理可求BC的长，由菱形的面积公式可求解．【详解】如图，设AC与BD的交点为O，∵点P是BC边上的一动点，∴AP⊥BC时，AP有最小值，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝CO＝AC＝3，BO＝DO＝BD＝4，∴BC＝，∵S菱形ABCD＝×AC×BD＝BC×AP，∴AP＝＝4.8，故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，确定当AP⊥BC时，AP有最小值是本题关键．4．（2021·浙江九年级专题练习）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的动点．且BE＝CF，连接BF、DE，则BF+DE的最小值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】连接AE，利用△ABE≌△BCF转化线段BF得到BF+DE＝AE+DE，则通过作A点关于BC对称点H，连接DH交BC于E点，利用勾股定理求出DH长即可．【详解】解：连接AE，如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°．又BE＝CF，∴△ABE≌△BCF（SAS）．∴AE＝BF．所以BF+DE最小值等于AE+DE最小值．作点A关于BC的对称点H点，如图2，连接BH，则A、B、H三点共线，连接DH，DH与BC的交点即为所求的E点．根据对称性可知AE＝HE，所以AE+DE＝DH．在Rt△ADH中，DH＝∴BF+DE最小值为4．故选：C．【点睛】本题主要考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，能够作出辅助线将线段转化是解题的关键．二、填空题5．（2021·全国九年级专题练习）在菱形ABCD中，∠BAD＝72°，点F是对角线AC上（不与点A，C重合）一动点，当是等腰三角形时，则∠AFD的度数为_____．【答案】108°或72°【分析】利用菱形的性质求解再分两种情况：①DF＝AF；②AD＝AF，③计算出每种情况下的的度数即可．【详解】解：∵是等腰三角形，①当DF＝AF时，∵在菱形ABCD中，∠BAD＝72°，∴∠DAC＝36°，∴∠ADF＝∠DAF＝36°，∴∠AFD＝180°﹣36°﹣36°＝108°，②当时，如图记为，∵在菱形ABCD中，∠BAD＝72°，∴∠DAC＝36°，∴∴③当时，与重合，故舍去；综上所述，∠AFD的度数为108°或72°；故答案为：108°或72°．【点睛】本题考查的是菱形的性质，等腰三角形的性质，数学分类讨论思想，掌握以上知识是解题的关键．6．（2021·陕西九年级专题练习）如图，正方形ABCD的边长为4，∠DAC的平分线交DC于点E．若点P、Q分别是AD和AE上的动点，则DQ＋PQ的最小值是________．【答案】2【分析】过D作AE的垂线交AE于F，交AC于D′，再过D′作D′P′⊥AD，由角平分线的性质可得出D′是D关于AE的对称点，进而可知D′P′即为DQ+PQ的最小值．【详解】解：如图，过D作AE的垂线交AE于F，交AC于D′，再过D′作D′P⊥AD于P，∵DD′⊥AE，∴∠AFD＝∠AFD′，∵AF＝AF，∠DAE＝∠CAE，∴△ADF≌△AD′F，∴AD′＝AD＝4，∵D′与D关于AE对称，∴QD＝QD′，∴DQ＋PQ＝QD′＋PQ＝PD′，∴D′P即为DQ＋PQ的最小值，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAD′＝45°，∴AP＝PD′，∴在Rt△APD′中，PD′2＋AP2＝AD′2，即2D'P2＝16，∴PD′＝2，即DQ＋PQ的最小值为2．故答案为：2【点睛】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．7．（2021·河南平顶山市·九年级期末）如图，AC是菱形ABCD的对角线，P是AC上的一个动点，过点P分别作AB和BC的垂线，垂足分别是点F和E，若菱形的周长是12cm，面积是6cm2，则PE+PF的值是_____cm．【答案】2【分析】连接BP，根据菱形的面积公式和三角形的面积公式得S△ABC＝S△ABP＋S△BPC＝，S△ABP＋S△BPC＝AB•PE＋BC•PE把相应的值代入即可．【详解】解：连接BP，∵四边形ABCD是菱形，且周长是12cm，面积是6cm2∴AB＝BC＝×12＝3（cm），∵AC是菱形ABCD的对角线，∴S△ABC＝S△ABP＋S△BPC＝＝3（cm2），∴S△ABP＋S△BPC＝AB•PE＋BC•PE＝3（cm2），

∴×3×PE＋×3×PF＝3，

∴PE＋PF＝3×＝2（cm），

故答案为：2．【点睛】此题考查菱形的性质，S△ABP＋S△BPC＝S△ABC＝是解题的关键．注意掌握辅助线的作法和数形结合思想的应用．8．（2021·河南驻马店市·九年级期末）已知，如图，在矩形ABCD中，，，点E为线段AB上一动点不与点A、点B重合，先将矩形ABCD沿CE折叠，使点B落在点F处，CF交AD于点H，若折叠后，点B的对应点F落在矩形ABCD的对称轴上，则AE的长是______．【答案】或【分析】依据点B的对应点F落在矩形ABCD的对称轴上，分两种情况讨论：F在横对称轴上与F在竖对称轴上，