第十八章第2节《特殊的平行四边形》提高训练卷(3)一、单选题1．下列说法正确的是（　　）①平行四边形的对角线互相平分；②菱形的四个内角相等；③矩形的对角线相等且互相垂直；④正方形具有矩形和菱形的所有性质．A．①④B．①③C．②④D．③④2．如图，在等腰中，，，以斜边为边向外作正方形，连接，则的长为（）A．2B．C．D．3．如图，已知矩形纸片中，，将其折叠，使点D与点B重合，那么折叠后的长和折痕的长分别是（）A．、B．、C．、D．、4．如图，已知△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，AE是∠BAC的外角平分线，ED∥AB交AC于点G．下列结论：①AD⊥BC；②AE∥BC；③AE＝AG；④AD2＋AE2＝4AG2，其中正确结论的个数是（）,A．1B．2C．3D．45．如图，长方形ABCD是由6个正方形组成，其中有两个一样大的正方形，且最小正方形边长为1，则长方形ABCD的边长DC为（）A．10B．13C．16D．196．如图，将长方形纸片沿折叠后，点，分别落在点，处，若，则等于（）A．B．C．D．7．如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是（　）,A．2B．4C．D．8．如图，在中，，以的各边为边分别作正方形，正方形与正方形．延长，分别交，于点，，连结，．图中两块阴影部分面积分别记为，，若，四边形，则四边形的面积为（）A．5B．6C．8D．99．菱形中，．点、分别在边、上，且．若，则的面积为（）．A．B．C．D．10．如图，在四边形中，平分，，，，，则四边形的周长是（）．A．18B．20C．22D．24二、解答题11．如图．四边形ABCD、BEFG均为正方形．（1）如图1，连接AG、CE，请直接写出AG和CE的数量和位置关系（不必证明）．,（2）将正方形BEFG绕点B顺时针旋转角（），如图2，直线AG、CE相交于点M．①AG和CE是否仍然满足（1）中的结论？如果是，请说明理由：如果不是，请举出反例：②连结MB，求证：MB平分．（3）在（2）的条件下，过点A作交MB的延长线于点N，请直接写出线段CM与BN的数量关系．12．如图，在正方形外取一点E，连接，，，过点A作的垂线交于P，若（1）求证：；（2）求证：．13．如图1，在△ABC中，AB=AC，CD⊥BA交BA的延长线于点D．一正方形EFGH的一条边EH与AC边在一条直线上，另一条边EF恰好经过点B．（1）在图1中，请你通过观察、测量BE与CD的长度，猜想并写出BE与CD满足的数量关系，然后证明你的猜想；（2）将正方形EFGH沿AC方向平移到图2所示的位置时，EH边仍与AC,边在同一直线上，另一条边EF交BC边于点M，过点M作MN⊥BA于点N．此时请你通过观察、测量ME、MN与CD的长度，猜想并写出ME、MN与CD之间满足的数量关系，然后证明你的猜想；（3）将正方形EFGH沿CA方向平移到图3所示的位置时，EH边仍与AC边在同一直线上，另一条边EF的延长线交CB边的延长线于点M，过点M作MN⊥AB交AB的延长线于点N．此时请你猜想并写出ME、MN与CD之间满足的数量关系，不需证明．14．如图，正方形的边，在坐标轴上，点的坐标为．点从点出发，以每秒个单位长度的速度沿轴向点运动；点从点同时出发，以相同的速度沿轴的正方向运动，规定点到达点时，点也停止运动．连接，过点作的垂线，与过点平行于轴的直线相交于点，与轴交于点，连接．设点运动的时间为（）．（1）写出的度数和点的坐标（点的坐标用表示）．（2）探索周长是否随时间的变化而变化，若变化，说明理由；若不变，试求这个定值．（3）当何值时，为等腰三角形？15．如图所示，在正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，EF垂直CD于F，EG垂直AD于G，求证：BE＝FG．,16．如图所示，AD∥BC，∠BAD＝90°，以B为圆心，BC长为半径画弧，与射线AD相交于点E，连接BE，过C作CF⊥BE于点F．（1）线段BF与图中哪条线段相等？写出来并加以证明：（2）若AB＝12，BC＝13，P从E沿ED方向运动，Q从C出发向B运动，两点同时出发且速度均为每秒1个单位．①当t＝　　秒时，四边形EPCQ是矩形；②当t＝　　秒时，四边形EPCQ是菱形．17．如图，在边长为1的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点(与点A、D不重合)，射线PE与BC的延长线交于点Q．（1）求证：△PDE≌△QCE；（2）若点F是PB的中点，连接AF，当PB＝PQ时．①求证：四边形AFEP是平行四边形；②请判断四边形AFEP是否为菱形，并说明理由．18．已知如图所示，∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于P，DP=3，求四边形ABCD的面积．,19．如图，在菱形中，，分别过点B作的垂线，过点D作的垂线，两垂线相交于点E．（1）如图1，若，连接，，求三角形的面积；（2）如图2，点F是延长线上的一点，点G为延长线上的一点，且，连接，，交的延长线于点H，连接，试猜想线段，，的数量关系并证明你的结论；（3）如图3，在（2）的条件下，在上取得一点P，使得，已知Q为直线上一点，连接，连接，当最小时，直接写出的值，三、填空题20．如图，在中，，，，点P为上任意一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接，则的最小值为______．21．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________________．22．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为E、F．求PE+PF＝_____．23．如图，菱形的边长为12，，连接，，垂足为H，分别交，，的延长线于点E，M，F．若，则的长为________．24．如图，将菱形ABCD折叠，使点B落在AD边的点F处，折痕为CE．若∠D＝70°，则∠AEF＝________．25．如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，分别连接A'C，A'D，B'C，则A'C+B'C的最小值为_____．,26．已知菱形的一个内角为，其中较长的对角线为，则另一条对角线的长为_________．27．如图，在矩形中，，点在上，且，点分别是直线上的两个动点，将沿翻折，使点落在矩形中的点处，连接，则的最小值是__________．28．如图，在正方形ABCD中，E为AB上一点，过点E作．与AC、DC分别交于点G、F，H为CG的中点，连接DE、EH、DH、FH．下列结论：①EG＝DF；②∠AEH+∠ADH＝180°；③△EHF≌△DHC；④；⑤若，则3＝5，其中结论正确的有_____．（填写序号）29．如图1，在矩形中，对角线与相交于点，动点从点出发，在线段上匀速运动，到达点时停止．设点运动的路程为，线段的长为，如果与的关系图象如图2所示，则矩形的周长是____．,30．在中，，为斜边中点，，则______．,【答案与解析】1．A【解析】平行四边形的对角线互相平分；菱形的四个内角不相等；矩形的对角线相等且互相平分；正方形具有矩形和菱形的所有性质．解：平行四边形的对角线互相平分，故①正确．菱形的四个内角不相等，故②错误．矩形的对角线相等且互相平分，但不垂直，故③错误．正方形具有矩形和菱形的所有性质，故④正确．故选：A．本题考查了平行四边形，矩形，菱形，正方形，熟练掌握四种四边形的性质是解题的关键．2．C【解析】过点D作DF⊥CB交CB的延长线于点F，证明得，再根据勾股定理求解即可．解：过点D作DF⊥CB交CB的延长线于点F，如图，∵是等腰直角三角形∴，∵四边形是正方形∴∴∴在和中∴≌,∴∴∴在中，由勾股定理得：故选：C此题考查了勾股定理，正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．3．B【解析】由矩形的性质和折叠的性质以及勾股定理得出方程，解方程即可．解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°，AD∥BC，设，则，，在中，由勾股定理得，即，解得，∴，同理可得，∴，过F向作垂线交于点M，则，由勾股定理得．故选B．,本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．4．C【解析】连接EC，根据等腰三角形的性质得出AD⊥BC，即可判断①；求出∠FAE=∠B，再根据平行线的性质得出AE∥BC，即可判断②；求出四边形ABDE是平行四边形，根据平行四边形的性质得出AE=BD，求出AE=CD，根据矩形的判定推出四边形ADCE是矩形，根据矩形的性质得出AC=DE，AG=CG，DG=EG，求出DG=AG=CG=EG，根据勾股定理判断④即可；根据AE=BD=BC和AG=AC判断③即可．解：连接EC，∵AB=AC，AD是∠BAC的平分线，∴AD⊥BC，故①正确；∵AB=AC，∴∠B=∠ACB，∵AE平分∠FAC，∴∠FAC=2∠FAE，∵∠FAC=∠B+∠ACB，∴∠FAE=∠B，∴AE∥BC，故②正确；∵AE∥BC，DE∥AB，∴四边形ABDE是平行四边形，∴AE=BD，∵AB=AC，AD⊥BC，∴CD=BD，∴AE=CD，,∵AE∥BC，∠ADC=90°，∴四边形ADCE是矩形，∴AC=DE，AG=CG，DG=EG，∴DG=AG=CG=EG，在Rt△AED中，AD2+AE2=DE2=AC2=(2AG)2=4AG2，故④正确；∵AE=BD=BC，AG=AC，∴AG=AE错误（已知没有条件AC=BC），故③错误；即正确的个数是3个，故选：C．本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．5．B【解析】利用正方形的性质，用两种方法表示CD，从而建立等式求解即可．设两个一样大的正方形边长为x，则各正方形边长表示如图，由AD＝BC可列方程：x＋2＋x＋1＝2x－1＋x，解得x＝4，则DC＝x＋1＋x＋x＝13，故选B本题考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的性质，构造等式求解是解题的关键．6．C【解析】根据矩形的性质可得AD//BC，根据平行线的性质可得∠CEF=∠AFE，根据折叠的性质可得,∠CEF=∠C′EF，根据平角的定义即可得答案．解：∵ABCD是长方形，∴AD//BC，∵，∴∠CEF=∠AFE=68°，∵将长方形纸片沿折叠后，点，分别落在点，处，∴∠CEF=∠C′EF=68°，∴=180°-∠CEF-∠C′EF=44°，故选：C．本题考查了矩形的性质、平行线的性质，翻折变换的性质，熟记折叠的性质是解题的关键．7．C【解析】根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段，再根据垂线段最短可得当时，PB取得最小值，然后由矩形的性质以及已知数据即可知，故的最小值为的长，最后根据勾股定理可求解．解：如图，当点F与点C重合时，点P在处，则，当点F与点E重合时，点P在处，则，∴且，当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP=FP，由三角形中位线定理可知：且，∴点P的运动轨迹是线段，∴当时，PB取得最小值，,∵在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，E为AB的中点，∴为等腰直角三角形，，∴，，∴，∴，∴，即，∴的最小值为的长，在等腰直角中，，∴，∴BP的最小值为；故选C．本题主要考查矩形的性质及轨迹问题，解题的关键是要学会利用特殊位置得到轨迹问题．8．B【解析】结合题意，根据正方形面积比，计算得，从而得；根据勾股定理性质，计算得；再根据勾股定理计算，得；结合，通过计算得；通过证明，得，结合矩形和四边形、的面积关系计算，即可得到答案．解：∵∴∵四边形与四边形是正方形∴∴∵∴∵，,∴∵四边形+梯形∴∴∴∵，∴，即∵四边形与四边形是正方形∴，∴∴∴∴四边形∵∴四边形是矩形∴矩形四边形四边形四边形∴四边形矩形故选：B．本题考查了矩形、正方形、勾股定理、全等三角形、平方根、二次根式的知识；解题的关键是熟练掌握矩形、正方形、勾股定理、全等三角形的性质，从而完成求解．9．D【解析】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．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．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．10．C【解析】过点A做交于点E，根据角平分线和平行线性质，推导得；通过判定四边形为矩形，得，；再根据勾股定理计算，得，从而得到四边形的周长．如图，过点A做交于点E∵平分∴∵∴,∴∴∵，∴∴四边形为矩形∴，又∵，即∴∴四边形的周长故选：C．本题考查了平行线、角平分线、等腰三角形、矩形、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握平行线、角平分线、矩形、勾股定理、等腰三角形的性质，从而完成求解．11．（1）AG=EC，AG⊥EC；（2）①满足，理由见解析；②见解析；（3）CM=BN．【解析】（1）由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS得出三角形ABG与三角形CBE全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到CE=AG，∠BCE=∠BAG，再利用同角的余角相等即可得证；（2）①利用SAS得出△ABG≌△CEB即可解决问题；②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而AG=EC，可得出BP=BH，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM为角平分线；（3）在AN上截取NQ=NB，可得出三角形BNQ为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到BQ=BN，接下来证明BQ=CM，即要证明三角形ABQ与三角形BCM全等，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由三角形ANM为等腰直角三角形得到NA=NM，利用等式的性质得到AQ=BM，利用SAS可得出全等，根据全等三角形的对应边相等即可得证．解：（1）AG=EC，AG⊥EC，理由为：∵正方形BEFG，正方形ABCD，∴GB=BE，∠ABG=90°，AB=BC，∠ABC=90°，在△ABG和△BEC中，,，∴△ABG≌△BEC（SAS），∴CE=AG，∠BCE=∠BAG，延长CE交AG于点M，∴∠BEC=∠AEM，∴∠ABC=∠AME=90°，∴AG=EC，AG⊥EC；（2）①满足，理由是：如图2中，设AM交BC于O．∵∠EBG=∠ABC=90°，∴∠ABG=∠EBC，在△ABG和△CEB中，，∴△ABG≌△CEB（SAS），∴AG=EC，∠BAG=∠BCE，,∵∠BAG+∠AOB=90°，∠AOB=∠COM，∴∠BCE+∠COM=90°，∴∠OMC=90°，∴AG⊥EC．②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，∵△ABG≌△CEB，∴S△ABG=S△EBC，AG=EC，∴EC•BP=AG•BH，∴BP=BH，∴MB平分∠AME；（3）CM=BN，理由为：在NA上截取NQ=NB，连接BQ，∴△BNQ为等腰直角三角形，即BQ=BN，∵∠AMN=45°，∠N=90°，∴△AMN为等腰直角三角形，即AN=MN，∴MN-BN=AN-NQ，即AQ=BM，∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，∴∠MBC=∠BAN，在△ABQ和△BCM中，，∴△ABQ≌△BCM（SAS），∴CM=BQ，,则CM=BN．此题考查了正方形，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的判定，熟练掌握正方形的性质是解本题的关键．12．（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）根据两角夹边对应相等的两个三角形全等即可判定．（2）由△ABE≌△ADP得∠APD=∠AEB，再由∠AEB=∠AEP+∠BEP，∠APD=∠AEP+∠PAE，可以证明∠BEP=∠PAE=90°，由此即可证明．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，∵AE⊥AP，∴∠EAP=90°，∴∠EAB=∠PAD，在△ABE和△ADP中，，∴△ABE≌△ADP；（2）证明：∵△ABE≌△ADP，∴∠APD=∠AEB，又∵∠AEB=∠AEP+∠BEP，∠APD=∠AEP+∠PAE，∴∠BEP=∠PAE=90°，∴BE⊥DE．本题考查正方形性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形，熟练应用全等三角形性质．13．（1）BE=CD，见解析；（2）ME+MN=CD，见解析；（3）ME－MN=CD,【解析】（1）根据全等三角形的判定定理AAS推知△BEC≌△CDB，然后由全等三角形的对应边相等证得BE=CD；（2）作辅助线MK⊥CD于K构建矩形MNDK，然后理由矩形的对边平行且相等、平行线的性质、已知条件AB=AC来证明△EMC≌△KCM（AAS）；最后利用全等三角形的性质推知ME=CK，所以CK+KD=ME+MN=CD，即ME+MN=CD；（3）作辅助线“过C作CK⊥MN于K”构建矩形CKND．然后利用矩形CNKD、正方形EFGH的性质以及已知条件AB=AC推知△ECM≌△KCM，由全等三角形的对应边相等知EM=KM，所以根据MK=MN+NK推知ME-MN=CD．解：（1）BE=CD，证明：∵在△ABC中，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB（等边对等角）；又∵CD⊥BA，BE⊥CE，∴∠E=∠D，在△BEC和△CDB中，，∴△BEC≌△CDB（ASA），∴BE=CD（全等三角形的对应边相等）；（2）ME+MN=CD．证明：作MK⊥CD于K．,∵MN⊥BA于N，∠D=90°，MK⊥CD，∴四边形MNDK为矩形．∴MN=KD，MK∥BD．∴∠DBC=∠KMC．∵AB=AC，∴∠ECM=∠DBC=∠KMC．又∵∠MEC=∠MKC=90°，CM=MC，∴△EMC≌△KCM（AAS）．∴ME=CK．∴CK+KD=ME+MN=CD，即ME+MN=CD；（3）ME-MN=CD．过C作CK⊥MN于K．如图3：∵MN⊥BA，CD⊥BA，∴四边形CKND是矩形．∴CD=NK，CK∥BA．∴∠MCK=∠DBC．又∵AC=AB，,∴∠DCB=∠BCA．又∵∠ECM=∠BCA，∴∠ECM=∠MCK．∵正方形EFGH，∴∠HEF=∠MEC=90°．又∵MC=MC，∴△ECM≌△KCM（AAS），∴EM=KM．又∵MK=MN+NK，∴ME-MN=CD．本题综合考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、正方形的性质．在证明（2）、（3）的结论时，都是通过作辅助线构建矩形来推理三角形全等的．14．（1），．（2）不变，定值为12．（3）当秒或秒时，为等腰三角形．【解析】(1)易证△BAP=△PQD，从而得到DQ=AP=，从而可以求出∠PBD的度数和点D的坐标；(2)由于∠EBP=45°，故图是以正方形为背景的一个基本图形,容易得到EP=AP+CE．容易得到△POE周长等于AO+CO=12，从而解决问题；(3)EP=AP+CE，由于△PBE底边不定，故分三种情况讨论，借助于三角形全等及勾股定理进行求解，然后结合条件进行取舍，最终确定符合要求的t值．解：（1）如图，由图可知：，,∴，∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，∴，∵，，∴，在和中，∴≌△PQD（AAS），∴，，∵，，∴，∵，∴，∴点的坐标为．（2）∵，由（1）可知：，∴，∴周长是定值，该定值为12．（3）①若，由≌△PQD得，显然，此情况不存在；②若，,则，∴，∴，在和中，，∴≌（AAS），∴，∴点与点C重合（），∴点与点重合（），∵点，∴，此时，；③若，在和中，，∴≌（HL），∴，∵，∴，∴，∵，∴，如图，延长至点，使得，连接，,在和中，∴≌，∴，，∵，，∴，∴，∴，在和中，，∴≌（SAS），∴，∴，∴，∴，解得：，∴当秒或秒时，为等腰三角形．本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理等知识，考查了分类讨论的思想，考查了利用基本活动经验解决问题的能力，综合性非常强熟悉正方形与一个度数为45°的角组成的基本图形，是解题的关键．,15．见解析【解析】连接DE，根据正方形的四条边都相等可得AB=AD，对角线平分一组对角可得∠BAC=∠DAC，然后利用“边角边”证明△ABE和△ADE全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=DE，再证明四边形EFDG是矩形，根据矩形的对角线相等可得DE=FG，从而得证．证明：如图，连接DE，在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAC＝∠DAC，∵在△ABE和△ADE中，∴△ABE≌△ADE(SAS)，∴BE=DE，∵EF⊥CD于F，EG⊥AD于G，∠ADC＝90°，∴四边形EFDG是矩形，∴DE＝FG，∴BE=FG．本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的对角相等的性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，正方形的问题，往往都是通过作辅助线构造出全等三角形求解，要熟练掌握并灵活运用．16．（1）BF＝AE，证明见解析；（2）①8，②13【解析】（1）通过证明△BCF≌△EBA可判断BF＝EA；（2）EP＝t，CQ＝t，先就是出AE＝5，再判断四边形EPCQ为平行四边形，①当CP⊥AD可判断平行四边形EPCQ为矩形，从而得到5+t＝13；②作CH⊥AD于H，如图，当CP＝CQ＝EP＝t可判断平行四边形EPCQ为菱形，则利用勾股定理得到122+（t﹣8）2＝t2，然后分别解关于t的方程即可．,解：（1）BF＝AE．理由如下：∵AD∥BC，∴∠CBF＝∠AEB，在△BCF和△EBA，，∴△BCF≌△EBA，∴BF＝EA；（2）EP＝t，CQ＝t，在Rt△ABE中，AE＝＝5，∵EP＝CQ，EP∥CQ，∴四边形EPCQ为平行四边形，①当CP⊥AD时，∠CPE＝90°，则平行四边形EPCQ为矩形，此时AP＝BC＝13，即5+t＝13，解得t＝8，即当t＝8时，四边形EPCQ是矩形；②作CH⊥AD于H，如图，当CP＝CQ＝EP＝t，平行四边形EPCQ为菱形，而PH＝t+5﹣13＝t﹣8，在Rt△PCH中，122+（t﹣8）2＝t2，解得t＝13，即当t＝13，四边形EPCQ是菱形．故答案为：8，13．,本题考查了基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了矩形和菱形的判定．17．（1）见解析；（2）①见解析；②不是，见解析【解析】（1）由四边形ABCD是正方形知，由E是CD的中点知，结合即可得证；（2）①由知，结合得，由知，再由知，根据中知，从而得，据此即可证得，从而得证；②设，则，，，利用三角形中位线定理得到，由，构造方程即可求得，在中，利用勾股定理求出PE的长，比较AP和PE是否相等即可判断四边形AFEP是否为菱形．(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠D＝∠BCD＝90°，∴∠ECQ＝90°＝∠D．∵E是CD的中点，∴DE＝CE．又∵∠DEP＝∠CEQ，∴△PDE≌△QCE；(2)①证明：①∵PB=PQ，∴∠PBQ=∠Q，∵AD∥BC，∴∠APB=∠PBQ=∠Q=∠EPD，∵△PDE≌△QCE，∴PE=QE，∵PF=BF，∴是的中位线，,∴EF∥BQ，∴在Rt△PAB中，AF=PF=BF，∴∠APF=∠PAF，∴∠PAF=∠EPD，∴PE∥AF，∵EF∥BQ∥AD，∴四边形AFEP是平行四边形；②四边形AFEP不是菱形；理由：设PD＝x，则AP＝1－x．由(1)可知△PDE≌△QCE，∴CQ＝PD＝x，∴BQ＝BC＋CQ＝1＋x，∵点E，F分别是PQ，PB的中点，∴EF是△PBQ的中位线，∴EF＝BQ＝，由①可知AP＝EF，即1－x＝，解得：x＝，∴PD＝，AP＝在Rt△PDE中，DE＝，则PE＝＝，∴AP≠PE，∴四边形AFEP不是菱形．本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、平行四边形与菱形的判定、性质等知识点．18．9【解析】过点D作DE⊥BC交BC的延长线于E，得到矩形PBED，根据矩形的性质可得∠PDE=90°，然后根据同角的余角相等求出∠ADP=∠CDE，再利用“角角边”证明△ADP和△CDE,全等，根据全等三角形对应边相等可得DP=DE，从而求出四边形PBED是正方形，再求出四边形ABCD的面积等于正方形PBED的面积，然后求解即可．解：如图，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于E，∵DP⊥AB，∠ABC=90°，∴四边形PBED是矩形，∴∠PDE=∠E=90°，∴∠CDE+∠PDC=90°，∵∠ADC=90°，∴∠ADP+∠PDC=90°，∴∠ADP=∠CDE，在△ADP和△CDE中，，∴△ADP≌△CDE（AAS），∴DE=DP=3，S△ADP=S△CDE，∴四边形PBED是正方形，四边形ABCD的面积=正方形PBED的面积=3×3=9．本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的判定，正方形的判定，熟练掌握三角形全等的判定方法并作辅助线构造出全等三角形和正方形是解题的关键．19．（1）；（2），证明见详解；（3）．【解析】（1）由菱形的性质和垂直的定义可得是等边三角形，由等边三角形的性质可得，，在中，解直角三角形可得、的值，从而得到三角形的面积；（2）连接，取上一点使，连接，，过点作于，首先证出，可得，再证，可得出，,，由可得出，在中，根据含角的直角三角形的性质即可求解；（3）取点关于的对称点，连接交于点，此时最小，则，，由题意可证明为延长线上一点，即可得出，从而推出，即可求解．解：（1）延长交于，，，，四边形是菱形，，，，，，是等边三角形，，，，在中，，，，，，三角形的面积，即三角形的面积为；（2），证明：连接，取上一点使，连接，，过点作于，,由（1）得是等边三角形，，，，在和中，，，，，，即，在和中，，，，，，即，，，，，，，，，；,（3）取点关于的对称点，连接交于点，此时最小，，，，由（1）得，，为延长线上一点，即，，，．本题是四边形综合题，考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．20．【解析】设PQ与AC交于点O，作OP′⊥BC于P′．首先求出OP′，当P与P′重合时，PQ的值最小，PQ的最小值=2OP′．解：设PQ与AC交于点O，作OP′⊥BC于P′．如图所示：在Rt△ABC中，∠ACB=30°，∴BC=2AB=16，AC=AB=，∵四边形PAQC是平行四边形，∴OA=OC=，,∵OP′⊥BC，∠ACB=30°，∴OP'=OC=，当P与P′重合时，OP的值最小，则PQ的值最小，∴PQ的最小值=2OP′=，故答案为：．本题考查了勾股定理的运用、平行四边形的性质以及垂线段最短的性质，判断出PQ的值最小时的情况是解题的关键．21．【解析】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．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：．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．22．．【解析】连接OP，过点A作AG⊥BD于G，利用勾股定理列式求出BD，再利用三角形的面积求出AG，然后根据△AOD的面积求出PE+PF=AG即可．解：如图所示，连接OP，过点A作AG⊥BD于G，∵AB=3，AD=4，∴BD=，S△ABD=AB•AD=BD•AG，即×3×4=×5×AG，解得：AG=，在矩形ABCD中，OA=OD，∵S△AOD=OA•PE+OD•PF=OD•AG，∴PE+PF=AG=．故PE+PF=．故答案为：．,本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形的面积；熟练掌握各性质并利用三角形的面积列出方程是解题的关键．23．10【解析】连接，交于点O，根据菱形的性质和等边三角形的判定易知是等边三角形，进而可得，根据相似三角形的判定易证，继而可知，根据平行线的判定可得，继而可知，继而根据菱形的性质即可求解．如图，连接，交于点O．∵四边形是菱形，∴．∵，∴是等边三角形，∴．∵，∴，∴．∵EF⊥AC，BD⊥AC∴，∴，∴．∵，∴，∴．,本题考查菱形的性质、等边三角形的判定及性质、相似三角形的判定及其性质，平行线的判定及其性质，解题的关键是综合运用这些知识点，做辅助线构造有关的线段关系．24．30°．【解析】根据折叠的性质可得∠ECB=∠ECF，CB=CF，根据菱形的性质可得CB=CD，∠B=∠D=70°，∠BCD=180°-∠D=110°，求出等腰三角形△DCF的顶角∠DCF，求出∠BCF的度数，利用平角求出∠AEF即可．解：在菱形ABCD中，CB=CD，∠B=∠D=70°，∠BCD=180°-∠D=110°，根据折叠可得：∠ECB=∠ECF，CB=CF，∴CF=CD∴∠DCF=180°-70°-70°=40°，∴∠ECF=（∠BCD-∠DCF）=35°，∴∠BCF=2∠ECF=70°，∴∠BEF=360°-∠B-∠BCF-∠EFC=360°-70°-70°-70°=150°，∴∠AEF=180°-∠BEF=180°-150°=30°．故答案为：30°．本题考查图形的翻折变换，关键是掌握折叠的性质：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．25．．【解析】,根据菱形的性质得到AB＝1，∠ABD＝30°，根据平移的性质得到A′B′＝AB＝1，A′B′∥AB，推出四边形A′B′CD是平行四边形，得到A′D＝B′C，于是得到A'C+B'C的最小值＝A′C+A′D的最小值，根据平移的性质得到点A′在过点A且平行于BD的定直线上，作点D关于定直线的对称点E，连接CE交定直线于A′，则CE的长度即为A'C+B'C的最小值，求得DE＝CD，得到∠E＝∠DCE＝30°，于是得到结论．∵在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，∴AB＝CD＝1，∠ABD＝30°，∵将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，∴A′B′＝AB＝1，A′B′∥AB，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴A′B′＝CD，A′B′∥CD，∴四边形A′B′CD是平行四边形，∴A′D＝B′C，∴A'C+B'C的最小值＝A′C+A′D的最小值，∵将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，∴点A′在过点A且平行于BD的定直线上，如图，作点D关于定直线的对称点E，连接CE交定直线于A′，∴A′E=A′D，∴CE的长度即为A'C+B'C的最小值，∵∠A′AD＝∠ADB＝30°，AD＝1，∴∠ADE＝60°，DH＝EH＝AD＝，∴DE＝1，∠EDB′=90°，∴DE＝CD，∵∠CDE＝∠EDB′+∠CDB＝90°+30°＝120°，∴∠E＝∠DCE＝30°，∴CE＝2×CD＝．故答案为：．,本题考查菱形的性质，图形的对称性、线段最短和平行四边形的性质与判定，以及解直角三角形，解题的关键是将两条线段的和转化为同一条线段求解．26．3【解析】由菱形ABCD，由题意得，，可得，在中，由，可知OA=由勾股定理得即，求出即可．如图所示菱形ABCD，由题意得，∵，∴，在中，，OA=，,由勾股定理得即，解得，∴．本题考查菱形性质，30°角直角三角形性质，勾股定理，掌握菱形性质，30°角直角三角形性质，勾股定理是解题关键．27．-1．【解析】作点B关于CD的对称点B′，则PB=PB′，BC=B′C，当点E、F、P、B′在同一直线时PF+PB最短，由折叠性质AE=EF=1，由矩形性质AB=4，BE=AB-AE=3，AD=BC=CB′=3，由AE=EF=1，AB=4，BE=AB-AE=3，AD=BC=CB′=3在Rt△BEB′中EB′=，PF+PB=PF+PB′≤B′E-EF=-1即可．解：作点B关于CD的对称点B′，则PB=PB′，BC=B′C，当点E、F、P、B′在同一直线时PF+PB最短，由折叠性质AE=EF=1，由矩形性质AB=4，BE=AB-AE=4-1=3，AD=BC=CB′=3，在Rt△BEB′中BB′=2BC=6，EB′=，PF+PB=PF+PB′≤B′E-EF=-1．故答案为：-1．,本题考查矩形性质，折叠性质，勾股定理，线段的和差，掌握矩形性质，折叠性质，勾股定理，线段的和差，关键是找到点E、F、P、B′在同一直线时PF+PB最短．28．①②③④⑤．【解析】①根据题意可知∠ACD＝45°，则GF＝FC，则EG＝EF﹣GF＝CD﹣FC＝DF；③由SAS证明△EHF≌△DHC；②由全等三角形的性质得到∠HEF＝∠HDC，从而∠AEH+∠ADH＝∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC＝180°；④由“SAS”可证△QDP≌△HDP，可得PH＝QP，∠QAD＝∠HCD＝45°，由勾股定理可得结论；⑤若，则AE＝BE，可以证明△EGH≌△DFH，则∠EHG＝∠DHF且EH＝DH，则∠DHE＝90°，△EHD为等腰直角三角形，过H点作HM垂直于CD于M点，设HM＝x，则DM＝2x，DH＝x，CD＝3x，则S△DHC＝×HM×CD＝，S△EDH＝＝，可作判断．解：①∵四边形ABCD为正方形，EF∥AD，∴EF＝AD＝CD，∠ACD＝45°，∠GFC＝90°，∴△CFG为等腰直角三角形，∴GF＝FC，∵EG＝EF﹣GF，DF＝CD﹣FC，∴EG＝DF，故①正确；②∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，∴FH＝CH，∠GFH＝∠GFC＝45°＝∠HCD，在△EHF和△DHC中，，∴△EHF≌△DHC（SAS），故③正确；∴∠HEF＝∠HDC，∴∠AEH+∠ADH＝∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC＝∠AEF+∠ADF＝180°，故②正确；④如图，将△DCH绕点D顺时针旋转90°，可得△DAQ，连接QP，,∴△DAQ≌△DCH，∴AQ＝CH，DQ＝DH，∠ADQ＝∠CDH，∵△EHF≌△DHC，∴EH＝DH，∠EHF＝∠DHC，∴∠DHE＝∠FHC＝90°，∴∠EDH＝45°，∴∠ADP+∠CDH＝45°，∴∠ADP+∠ADQ＝45°＝∠EDH，又∵QD＝DH，DP＝DP，∴△QDP≌△HDP（SAS），∴PH＝QP，∠QAD＝∠HCD＝45°，∴∠QAP＝90°，∴，∴，故④正确；⑤∵，∴AE＝BE，，∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，∴FH＝GH，∠FHG＝90°，∵∠EGH＝∠FHG+∠HFG＝90°+∠HFG＝∠HFD，在△EGH和△DFH中，，∴△EGH≌△DFH（SAS），,∴∠EHG＝∠DHF，EH＝DH，∠DHE＝∠EHG+∠DHG＝∠DHF+∠DHG＝∠FHG＝90°，∴△EHD为等腰直角三角形，过H点作HM垂直于CD于M点，如图所示：设HM＝x，则DM＝2x，DH＝x，CD＝3x，S△DHC＝×HM×CD＝，S△EDH＝＝，∴3＝5，故⑤正确；故答案为：①②③④⑤．本题考查了三角形的全等，勾股定理，旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定，熟练掌握上述基本性质，特别是旋转的性质是解题的关键．29．28．【解析】利用垂线段最短求解．∵当时，最小，且此时，，∴，，∴．,故答案为：28.．本题考查了矩形的性质，垂线段最短性质，熟练掌握矩形的性质，灵活运用垂线段最短确定解题目标是解题的关键．30．4【解析】直接根据直角三角形斜边上中线的性质进行求解即可；∵∠ABC=90°，D为斜边AC的中线，∵AC=8，∴，故答案为：4．本题考查了直角三角形斜边上中线的性质，正确掌握知识点是解题的关键；