第十八章第2节《特殊的平行四边形》提高训练卷(4)一、单选题1．已知中，点为斜边的中点，连接，将沿直线翻折，使点落在点的位置，连接、、，交于点，若，，则的值为（）．A．B．C．D．2．如图，在中，，，分别是，的中点，延长至点，使，连接、、．若，则（）A．3B．4C．5D．63．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．4．如图，对折矩形纸片，使与重合得到折痕，将纸片展平，再一次折叠，使点落到上的点处，并使折痕经过点，已知，则线段的长度为（）,A．1B．C．D．25．如图，在ABC中，AB=8，BC=6，AC=10，D为边AC上一动点，DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F，则EF的最小值为（）A．5B．4.8C．3D．2.46．如图，M是△ABC的边BC的中点，AN是△ABC的外角平分线，BN⊥AN于点N，且AB＝4，MN＝2.8，则AC的长是（）A．1.2B．1.4C．1.6D．1.87．如图，在四边形中，对角线，相交于点，且，．若要使四边形为矩形，则可以添加的条件是（）A．B．C．D．8．如图，顺次连接四边形ABCD各边中点得四边形EFGH，要使四边形EFGH为矩形，应添加的条件是（）,A．ABDCB．AC＝BDC．AC⊥BDD．AB＝DC9．如图，矩形纸片，，，折叠纸片，使点落在边上的处，折痕为，当点在边上移动时，折痕的端点、也随之移动，若限定点、分别在、边上移动，则点在边上可移动的最大距离为（）A．1B．2C．4D．5二、解答题10．如图，，，点为的中点，连接；点为的中点，，且；点为的中点，直线与直线交于点．（1）如图1，若，，求的长；（2）连接并延长至点，使，连接．,①如图2，若，求证：；②如图3，当点、、共线时，交于点，，请直接写出的值．11．如图1，正方形中，、分别在、边上，点是与的交点，且；（1）求证：；（2）如图2，以为边作正方形，在的延长线上，连接，判断与的数量关系和位置关系并证明；（3）如图3，连接，交于点，求的度数．12．如图所示，平行四边形对角线平分；求证：四边形为菱形；已知于，若，求．13．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．,14．如图，在中，已知，，是边上的高线，是边上的中线，于点G，且．（1）求的长；（2）求证：．15．如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC上的一点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．（1）如图1，当点E是BC的中点时，求证：AE=EF（2）如图2，当点E是边BC延长线上的任意一点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．猜测AE与EF的关系，并说明理由．16．阅读与思考黄金分割黄金分割起源于古希腊的毕达哥拉斯学派，公元前4世纪，古希腊数学家欧多克索斯第一个系统研究了黄金分割比例这一问题，并建立起比例理论．后来欧几里得进一步系统论述了黄金分割，其《几何原本》成为最早的有关黄金分割的论著．黄金分割指的是把一条线段分成两部分，使其中较长部分与线段总长之比等于较短部分与较长部分之比．黄金分割在美学、艺术、建筑和日常生活方面有看广泛的应用．如埃及的金字塔、印度的泰姬陵等，都可发现与黄金比有联系的数据.20世纪70,年代，这种方法经过我国著名数学家华罗庚的倡导在我国得到大规模推广，取得了很大的成就如图1的作法是由《几何原本》中给出：（1）以线段为边作正方形．（2）取的中点，连接．（3）在的延长线上取点，使．（4）以线段为边作正方形．点就是线段的黄金分割点．以下是证明点是线段的黄金分割点的部分过程．证明：设正方形的边长为1，则．∵点是的中点，∴．在中，由勾股定理得：．…任务：（1）请根据上面的操作步骤，将上述证明过程补充完整．（2）如图2，点，是线段的两个黄金分割点，且，则_____，_____．17．如图，在中，是对角线的垂直平分线，分别与，交于点，．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，，求菱形的面积．18．如图，在四边形中，分别是的中点，,（1）求证：；（2）若，求的长．19．如图，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点，AD＝BC，求证：四边形EFGH是菱形．20．（探究发现）（1）如图1，中，，点D为的中点，E、F分别为边、上两点，若满足，则、、之间满足的数量关系是_______________．（类比应用）（2）如图2，中，，，点D为的中点，E、F分别为边、上两点，若满足，试探究、、之间满足的数量关系，并说明理由．（拓展延伸）（3）在中，，，点D为的中点，E、F分别为直线、上两点，若满足，，请直接写出的长．三、填空题21．如图，四边形中，，且，则四边形周长的最小值是_______________________．,22．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_________．23．如图，以AB为边作边长为8的正方形ABCD，动点P、Q在正方形ABCD的边上运动，且PQ＝8，若点P从点A出发，沿A→B→C→D的线路，向D点运动，点Q只能在线段AD上运动，求点P从A到D的运动过程中，PQ的中点O所经过的路径的长为_____．24．如图，在正方形ABCD的里面做等边三角形ADE，则∠EBC的度数是________．25．如图，已知菱形ABC1D1的边长AB＝1cm，∠D1AB＝60°，以AC1为边作菱形AC1C2D2，再以AC2为边作菱形AC2C3D3，如此下去，则菱形AC8C9D9的边长＝_____cm．,26．如图，在中，，，O是的中点，如果在和上分别有一个动点M､N在移动，且在移动时保持．若．则的最小值为_________．27．如图，已知矩形，，，点E在上，连接，将四边形沿折叠，得到四边形，且刚好经过点D，则的面积为________．28．已知，在△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝1，AC＝，以AC为一边作等腰直角△ACD，使∠CAD＝90°，连接BD，则线段BD的长度为________．29．如图，Rt∆ABC中，，，点D，E，F分别是线段AC，AB，DC的中点，下列结论：①为等边三角形；②；③；④；,其中正确的是_______．30．如图，将长，宽分别为，1的长方形纸片剪成四个等腰三角形纸片（无余纸片）．则四个等腰三角形的腰长均为_______．,【答案与解析】1．B【解析】过点D作DM⊥BC，DN⊥AE，垂足为M、N，连接BE交CD于点G，由折叠得CD是BE的中垂线，借助三角形的面积公式，可以求出BG，进而求出BE，由等腰三角形的性质，可得DN是三角形的中位线，得到DN等于BE的一半，求出DN，在根据勾股定理，求出AN，进而求出AE．解：过点D作DM⊥BC，DN⊥AE，垂足为M、N，连接BE交CD于点G，∵Rt△ACB中，AB=，∵点D为斜边AB的中点，∴CD=AD=BD=AB=10，在△DBC中，DC=DB，DM⊥BC，∴MB=MC=BC=6，∴DM=，由折叠得，CD垂直平分BE，∠BDC=∠EDC，在△ADE中，DA=DE，DN⊥AE，∴AN=NE=AE，∴DN是△ABE的中位线，∴DN∥BE，DN=BE，在△DBC中，由三角形的面积公式得：BC•DM=DC•BG，即：12×8=10×BG，∴BG==DN，在Rt△ADN中，AN=，,∴AE=2AN=，故选：B．考查直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的中位线以及勾股定理等知识，综合应用知识较强，理解和掌握这些知识是解决问题的前提和关键．2．A【解析】连接CM，根据直角三角形的性质求出CM，证明四边形DCMN是平行四边形，根据平行四边形的性质解答．解：连接CM，∵∠ACB=90°，M是AB的中点，∴CM=AB=3，∵M、N分别是AB、AC的中点，∴MN=BC，MN∥BC，∵BC=2CD，∴MN=CD，又MN∥BC，∴四边形DCMN是平行四边形，∴DN=CM=3，故选A．本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．3．B【解析】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．,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．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．4．B【解析】由折叠的性质可得AE=AD=BC=1，AG=AD=2，由勾股定理得出EG即可．解：如图所示：∵四边形ABCD是矩形，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合得到折痕EF，∴AE=AD=BC=1，EF⊥AD，∴∠AEF=90°，∵再一次折叠，使点D落到EF上点G处∴AG=AD=2，∴EG=，,故选：B．此题主要考查了翻折变换的性质以及矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题关键．5．B【解析】根据三个角都是直角的四边形是矩形，得四边形EDFB是矩形，根据矩形的对角线相等，得EF=BD，则EF的最小值即为BD的最小值，根据垂线段最短，知：BD的最小值即等于直角三角形ABC斜边上的高．如图，连接BD．∵在△ABC中，AB=8，BC=6，AC=10，∴AB2+BC2=AC2，即∠ABC=90°．又∵DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F，∴四边形EDFB是矩形，∴EF=BD．∵BD的最小值即为直角三角形ABC斜边上的高，即4.8，∴EF的最小值为4.8，故选：B．此题综合运用了勾股定理的逆定理、矩形的判定及性质、直角三角形的性质，要能够把要求的线段的最小值转换为便于分析其最小值的线段．6．C【解析】延长CA得射线CD，取AB的中点E，连接NE、ME，可证N、E、M三点共线，即MN与AB的交点即为AB的中点E，从而易得ME，由AC=2ME即可求解．解：延长CA得射线CD，取AB的中点E，连接NE、ME，如图，,∵M为BC的中点，∴MEAC，MEAC∵BN⊥AN，∴是直角三角形，∴AE=NEAB=2又∵AN是△ABC的外角平分线，∴∵∴NEAC∴N、E、M三点共线，即MN与AB的交点即为AB的中点E，∵NE＝2，MN＝2.8∴ME=0.8∴AC=2ME=2=1.6故选：C．本题主要考查了直角三角形的性质，中位线的性质，解题的关键是准确作出辅助线，得出M、N、AB的中点三点共线．7．B【解析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，再根据菱形的判定定理和矩形的判定定理逐一分析即可．∵在四边形中，，∴四边形是平行四边形若添加，无法判断，故A不符合题意；若添加，则四边形是矩形，故B符合题意；若添加，则四边形是菱形，故C不符合题意；若添加，则四边形是菱形，故D不符合题意；,故选B．此题考查的是平行四边形的判定、矩形的判定和菱形的判定，掌握平行四边形的判定定理、矩形的判定定理和菱形的判定定理是解决此题的关键．8．C【解析】根据三角形的中位线定理和平行四边形的判定定理得到四边形EFGH是平行四边形，根据矩形的判定定理解答即可．解：∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，∴EH＝BD，EH∥BD，FG＝BD，FG∥BD，∴EH＝FG，EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形，当AC⊥BD时，AC⊥EH，∴EH⊥EF，∴四边形EFGH为矩形，故选：C．本题考查的是三角形的中位线定理和矩形的判定定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．9．B【解析】根据翻折变换，当点Q与点D重合时，点E到达最左边，当点P与点B重合时，点E到达最右边，所以点E就在这两个点之间移动，分别求出这两个位置时EB的长度，然后两数相减就是最大距离．解：如图1，当点D与点Q重合时，根据翻折对称性可得ED=AD=5，在Rt△ECD中，ED2=EC2+CD2，即52=（5-EB）2+32，解得EB=1，,如图2，当点P与点B重合时，根据翻折对称性可得EB=AB=3，∵3-1=2，∴点E在BC边上可移动的最大距离为2．故选：B．本题考查的是翻折变换及勾股定理，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．10．（1）；（2）①见解析；②．【解析】（1）如图1中，连接OE，过点E作EH⊥CF于H．解直角三角形求出EC，CH，证明CF=2CH即可．（2）①连接OE．设CM=2a．证明四边形CMGN是正方形，求出AB即可解决问题．②连接OE．设EF交OG于J．首先证明CF=OG，再证明MH=HF即可解决问题．（1）解：如图1中，连接OE，过点E作EH⊥CF于H．∵CA=CB，∠ACB=90°，AD=DB，∴CD⊥AB，∠ACD=∠BCD=45°，∵CE=ED，CO=OB，∴OE∥BD，,∴∠CEO=∠CDB=90°，∴△CEO是等腰直角三角形，∵OC=，∴EC=OE=1，∵EC=EF，EH⊥CF，∴CH=HF=EC•cos30°=，∴CF=2CH=．（2）①证明：连接OE．设CM=2a．∵∠CEO=∠FEG=90°，∴∠CEF=∠OEG，∵EC=EF=EO=EG，∴∠ECF=∠EFC=∠EOG=∠EGO，∵∠EFC+∠EFN=180°，∴∠EGO+∠EFN=180°，∴∠N+∠FEG=180°，∴∠N=90°，∵NG⊥BM，∴∠N=∠OGB=90°，∵CO=OB，∠CON=∠BOG，∴△CON≌△BOG（AAS），∴CN=BG=MG，∵CN∥BM，∴四边形CMGN是平行四边形，∵∠N=90°，,∴四边形CMGN是矩形，∵∠ECF=∠EGO，∠ECO=∠EGF=45°，∴∠NCO=∠FCN，∵∠N=∠N，CO=CF，∴△CNO≌△CNF（AAS），∴CN=NG，∴四边形CMGN是正方形，∴CN=NG=2a，ON=OG=a，∴CO=OB=a，∴BC=2a，∴AB=BC=2a，∵CM=2a，∴AB=CM．②解：连接OE．设EF交OG于J．∵∠CEO=∠FEG=90°，∴∠CEF=∠OEG，∵CE=OE=EF=EG，∴△CEF≌△OEG（SAS），∴CF=OG，∠EFC=∠EGO，∵∠EGO+∠EJG=90°，∠GJE=∠FJN，∴∠FJN+∠JFN=90°，∴CF⊥OG，∵OC=OB，GB=GM，,∴OG=CM，OG∥CM，∴CM⊥CF，∠M=∠OGB，设CF=OG=a，则CM=2a，FM=a，∵∠MCF=∠ACB，∴∠MCA=∠BCF，∵∠BCD=∠EGF=45°，∠ECF=∠EFC=∠EGO=∠EOG，∴∠BCF=∠BGO，∴∠HMC=∠HCM，∴HM=HC，∵∠M+∠CFM=90°，∠HCM+∠HCF=90°，∴∠HCF=∠HFC，∴HC=HF，∴HM=FH=a，∴．本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，三角形的中位线定理，等腰直角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解决问题，学会利用参数解决问题．11．（1）见解析；（2）BF=DH，BF⊥DH，理由见解析；（3）45°【解析】（1）由四边形ABCD是正方形知AB=BC，∠ABE=∠C=90°，利用“HL”证Rt△ABE≌Rt△BCF即可得；（2）延长BF交DH于点K，先证△BCF≌△DCH得BF=DH，∠CBF=∠CDH，由∠CDH+∠CHD=90°知∠CBF+∠CHD=90°，即∠BKH=90°，从而得证；（3）连接EG，先证四边形BEGF是平行四边形得GE∥BF，GE=BF，由△ABE≌△BCF知∠CBF=∠BAE，BF=AE=GE，再证∠AEG=∠BME=90°可得∠EAG=45°，证四边形ADHE是平行四边形得DH∥AE，从而得∠APD=∠GAE=45°．解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABE=∠C=90°，在Rt△ABE和Rt△BCF中，，,∴Rt△ABE≌Rt△BCF（HL），∴BE=CF；（2）BF=DH，且BF⊥DH，延长BF交DH于点K，∵四边形ABCD和四边形CFGH是正方形，∴BC=DC，CF=CH，∠BCF=∠DCH=90°，∴△BCF≌△DCH（SAS），∴BF=DH，∠CBF=∠CDH，∵∠CDH+∠CHD=90°，∴∠CBF+∠CHD=90°，∴∠BKH=90°，∴BK⊥DH，即BF⊥DH，综上，BF=DH，且BF⊥DH；（3）如图②，连接EG，∵FG=CH=CF=BE，且FG∥CH，即FG∥BE，∴四边形BEGF是平行四边形，∴GE∥BF，GE=BF，∵△ABE≌△BCF，∴∠CBF=∠BAE，BF=AE，∴GE=AE，,∵∠BAE+∠AEB=90°，∴∠CBF+∠AEB=90°，∴∠AEG=∠BME=90°，∵AE=GE，∴∠EAG=45°，∵BE=CH，∴AD=BC=BE+CE=CH+CE=EH，又AD∥EH，∴四边形ADHE是平行四边形，∴DH∥AE，∴∠APD=∠GAE=45°．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及平行四边形的判定与性质，等腰直角三角形的判定和性质等．12．（1）证明见解析；（2）【解析】（1）由角平分线的定义得，再证明，从而得，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形证明出四边形是菱形；（2）分别求出再根据菱形的面积等于平行四边形的面积求解即可．解：（1）∵平分∴∵四边形ABCD是平行四边形∴∴∴∴∴四边形是菱形；（2）连接，如图，,∵是菱形∴又∵∴∴又∴∴而∴∴此题主要考查了菱形的性质与判定，关键是掌握菱形的判定定理．13．（1）见解析；（2）当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形，理由见解析【解析】（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．（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．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．14．（1）8；（2）见解析【解析】（1）证明△ADC是等腰直角三角形，求出AD和CD，根据∠BAC的度数求出∠BAD，根据直角三角形的性质可得AB；（2）连接DE，求出DE的长，再根据三线合一的性质证明即可．解：（1）∵AD是BC边上的高线，∴AD⊥BC，∴∠ADB=∠ADC=90°，∵∠ACB=45°，∴△ADC是等腰直角三角形，∴AD=CD=AC=4，∠DAC=45°，∵∠BAC=105°，∴∠BAD=∠BAC-∠DAC=60°，∴∠ABD=30°，∴AB=2AD=8；（2）连接DE，,∵CE是AB边上中线，∴E是AB中点，在Rt△ABD中，E是斜边AB中点，∴DE=AB=4，∵DC=4，∴DE=DC，∵DG⊥CE，∴CG=EG．本题考查了直角三角形斜边中线的性质，30度的直角三角形的性质，等腰三角形三线合一的性质，属于基本定理，解题的关键是利用好“中点”这样的条件．15．（1）见解析；（2）AE=EF，见解析【解析】（1）取AB的中点G，连接EG，根据正方形性质和外角的性质，证明△AGE和△ECF全等，即可解答；（2）在AB延长线上截取BG=BE，连接EG．证得在△EAG和△FEC中，EAG=∠FEC，AG=CE，∠AGE=∠ECF，得出三角形全等，得出结论．（1）证明：取AB的中点G，连接EG，∵四边形ABCD是正方形，AG=BG，BE=EC∴AG=BG=BE=EC∠B=∠BCD=90°∴∠1+∠AEB=90°∠BGE=45°∴∠3=135°∵CF是外角平分线,∴∴∠3=∵∠AEF=90°∴∠2+∠AEB=90°∴∠1=∠2在△AGE和△ECF中∴△AGE≌△ECF∴AE=EF．（2）答：AE=EF理由是：如图（2）延长BA至点G，使AG=CE，连接EG，∵四边形ABCD是正方形，AG=CE，∴BG=BE∠ADG=∠BCE=90°AD∥BC∴∠G=45°∠DAE=∠AEB又∴∠AEF=90°∴∠DAE+=∠AEB+∠AEF，即∠GAE=∠CEF∵CF是外角平分线∴∠FCE=45°∴∠G=∠FCE=45°在△AGE和△ECF中∴△AGE≌△ECF∴AE=EF．,此题考查正方形的性质，三角形全等的判定与性质，角平分线的性质等知识点，注意结合图形，灵活作出辅助线解决问题．16．（1）见解析；（2）4，．【解析】（1）由图形可知，，即可求证．即证明点是线段的黄金分割点．（2）根据（1）可得，又由题意，即可求出的长，最后由即可求出BC长．（1）证明：设正方形的边长为1，则．∵点是的中点，∴．在中，由勾股定理得：，则，∴，∴，，即．故点是线段的黄金分割点．,（2）解：∵点是的黄金分割点，根据（1）可得，解得，则．故答案为4，．本题考查正方形的性质，勾股定理以及理解黄金分割的定义．解题的关键是正确理解题意，明确黄金分割的意义．17．（1）见解析；（2）菱形的面积为．【解析】（1）利用四边相等的四边形是菱形证明即可；（2）利用菱形的性质，勾股定理计算OE的长，从而利用菱形的对角线法计算面积即可．证明：（1）∵对角线的垂直平分线分别与、、交于点、、，∴，，，∴，，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，，∴，∴四边形为菱形；,（2）∵四边形是菱形，∴，，，∵，，∴，由勾股定理可得：，∴，∴菱形的面积．本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，菱形的性质，熟练掌握菱形的性质和判定是解题的关键．18．（1）见解析；（2）5【解析】（1）连接BM，DM，根据斜边中线定理得到，，得到△BMD是等腰三角形，再根据三线合一的性质可得结果；（2）结合（1）证明△BMD是等边三角形，结合AC可得BD．解：（1）连接BM，DM，∵，∴△ABC与△ADC是直角三角形，∵M是AC的中点，∴BM是△ABC的中线，DM是△ADC的中线，∴，，∴BM=DM，∴△BMD是等腰三角形，∵N是BD的中点，∴MN是等腰△BMD底边上的中线，,∴MN⊥BD；（2）在Rt△ABC中，，∴∠BAC=∠ABM，∴∠BMC=∠BAC+∠ABM=∠BAC+∠BAC=2∠BAC，在Rt△ADC中，，∴∠DAC=∠ADM，∴∠DMC=∠DAC+∠ADM=∠DAC+∠DAC=2∠DAC，∵，∴，∴∠BMD=∠BMC+∠DMC=2∠BAC+2∠DAC=2（∠BAC+∠DAC）=60°，由（1）知：BM=DM，∴△BMD是等边三角形，∴BD=BM=DM=5，故BD的长为5．本题考查了直角三角形斜边中线定理，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是合理添加辅助线，为利用相应定理构造前提条件．19．证明见解析【解析】根据三角形中位线定理得到EF＝AD，GH＝AD，HE＝BC，FG＝BC，进而证明EF＝GH＝HE＝FG，根据菱形的判定定理证明即可．证明：∵E，F是AB，BD的中点，∴EF＝AD，同理，GH＝AD，HE＝BC，FG＝BC，∵AD＝BC，∴EF＝GH＝HE＝FG，∴四边形EFGH是菱形．,本题考查的是三角形中位线定理、菱形的判定定理，掌握四条边相等的四边形是菱形是解题的关键．20．[探究发现]AE+AF=AB；[类比应用]AE+AF=AB；[拓展延伸]或【解析】[探究发现]证明△BDF≌△ADE，可得BF=AE，从而证明AB=AF+AE；[类比应用]取AB中点G，连接DG，利用ASA证明△GDF≌△ADE，得到GF=AE，可得AG=AB=AF+FG=AE+AF；[拓展延伸]分当点E在线段AC上时，当点E在AC延长线上时，两种情况，取AC的中点H，连接DH，同理证明△ADF≌△HDE，得到AF=HE，从而求解．解：[探究发现]∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠B=∠C=45°，∵D为BC中点，∴AD⊥BC，∠BAD=∠CAD=45°，AD=BD=CD，∴∠ADB=∠ADF+∠BDF=90°，∵∠EDF=∠ADE+∠ADF=90°，∴∠BDF=∠ADE，又∵BD=AD，∠B=∠CAD=45°，∴△BDF≌△ADE（ASA），∴BF=AE，∴AB=AF+BF=AF+AE；[类比应用]AE+AF=AB，理由是：取AB中点G，连接DG，∵点G是△ADB斜边中点，∴DG=AG=BG=AB，∵AB=AC，∠BAC=120°，点D为BC的中点，∴∠BAD=∠CAD=60°，∴∠GDA=∠BAD=60°，即∠GDF+∠FDA=60°，又∵∠FAD+∠ADE=∠FDE=60°，,∴∠GDF=∠ADE，∵DG=AG，∠BAD=60°，∴△ADG为等边三角形，∴∠AGD=∠CAD=60°，GD=AD，∴△GDF≌△ADE（ASA），∴GF=AE，∴AG=AB=AF+FG=AE+AF；[拓展延伸]当点E在线段AC上时，如图，取AC的中点H，连接DH，当AB=AC=5，CE=1，∠EDF=60°时，AE=4，此时F在BA的延长线上，同（2）可得：△ADF≌△HDE，∴AF=HE，∵AH=CH=AC=，CE=1，∴AF=HE=CH-CE=-1=；当点E在AC延长线上时，同理可得：AF=HE=CH+CE=+1=．,综上：AF的长为或．本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是适当添加辅助线，构造全等三角形，从而得到线段之间的关系．21．【解析】延长AD至点E，使得，连接CE，过点C作，证明△CDE为等边三角形，分别求出四边形ABCD的边长判断即可；如图所示，延长AD至点E，使得，连接CE，过点C作，∵，∴，又∵，∴△CDE为等边三角形，∴，，,设，则，∵，∴，则，∴，，∴，∴当时，AC取得最小值为，此时，，∵，∴，又，∴，即，，∴四边形ABCD周长，，；∴四边形ABCD的最小值为．故答案是．本题主要考查了四边形综合，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．22．【解析】,根据折叠的性质和勾股定理即可求得．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：．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．23．4π+8【解析】根据题意将问题分类讨论，三种情况依次讨论：一个是依据斜边上的中线+圆的定义得到弧的轨迹，一个可以用中垂线来理解解：（1）当P在AB上，Q在AD上时，AO＝，由圆的定义可以知O的轨迹为EF这段圆弧（2）同理当P在CD上，Q在AD上时，DO＝，由圆的定义可以知O的轨迹为EG这段圆弧（3）Q在AD上，P在BC上，可知PQ∥AB，O的运动轨迹为FG这条线段综上分析：O的运动路径长为：4π+8．故答案：4π+8本题考查了轨迹以及正方形的性质，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．24．15°,【解析】根据等边三角形的性质可得AD＝AE，根据正方形的性质可得AB＝AD，从而得到AB＝AE，再根据等边对等角可得∠ABE＝∠AEB，然后求出∠BAE＝30°，再求出∠EBA，进一步求出∠EBC即可．解：∵△ADE是等边三角形，∴AD＝DE，∠DAE＝60°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠CBA＝90°∴AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB，∴∠BAE＝∠BAD﹣∠DAE＝90°﹣60°＝30°，∴∠EBA＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠EBC＝90°﹣75°＝15°．故答案为：15°．本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．25．81【解析】根据已知和菱形的性质可分别求得AC1，AC2，AC3的长，从而可发现规律根据规律不难求得第8个菱形的边长．∵∠D1AB=60°，且菱形的对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角，∴BD1=AB=1，根据勾股定理可得：AC1=，同理可得：AC2=3=（）2，AC3=3=（）3，按此规律，所作的第9个菱形的边长为（）8=81，故答案为：81．此题主要考查菱形的性质以及学生探索规律的能力，注意掌握菱形的对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角．26．【解析】,连接OA，取MN的中点D，连接OD，AD，证明△OAN≌△OBM，可得MN=OD+AD，而OD+AD≥OA，即OA就是MN的最小值．解：连接OA，取MN的中点D，连接OD，AD，∵在△ABC中，∠A=90°，AB=AC，O是BC的中点，∴AO=BO=CO，∠B=∠C=45°；在△OAN和OBM中，，∴△OAN≌△OBM（SAS），∴ON=OM，∠AON=∠BOM；又∵∠BOM+∠AOM=90°，∴∠NOM=∠AON+∠AOM=90°，∴△OMN是等腰直角三角形，∴∠MON=∠NAM=90°，∴OD=AD=MN，∴MN=OD+AD，∵OD+AD≥AO，∴MN≥AO，∴MN的最小值为AO，∵BC=，∴AO=，∴MN的最小值为，故答案为：．,本题主要考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线定理、三角形三边关系等知识点，难度适中．“中点”是本题的题眼，在初中阶段，与“中点”的几何知识并不多，同学们可自行总结一下“中点”有几种用法，今后再遇到与“中点”有关的几何题目，就会反应迅速，作出辅助线也就很容易．27．【解析】可先在中运用勾股定理求出，从而得到，然后在中运用勾股定理求出，最后即可得出的面积的面积．∵矩形，，，∴，，由翻折的性质可知，，，，在中，由勾股定理可得：，∴，设，则，在中，由勾股定理可得：，解得：，∴，∴，故答案为：．本题考查矩形的翻折问题，理解矩形和翻折变换的基本性质，灵活运用勾股定理进行求解是解题关键．28．或【解析】AC作为直角边，有两种情况，需要分情况讨论，画出图后进行计算．解：情况一：延长AB交CD于E,∠BAC＝45°，∠CAD＝90°所以AE是等腰直角△ACD的高线，中线所以，，CE=DE因为，，∠BAC＝45°所以△ACE也是等腰直角三角形，根据勾股定理，AE=CE=2所以BE=AE-AB=2-1=1又因为DE=CE=2，所以，BD=情况二：延长直线AB，分别过C、D作垂线，交直线AB于F、E．与情况一类似，可以证出CF=AF=2，BF=AF-AB=2-1=1所以，BE=EF-BF；因为∠BAC＝45°，所以，∠ACF＝180°-∠BAC-∠F=45°因为△ACD是等腰直角三角形，∠CAD＝90°,所以∠ACD＝45°所以，∠FCD＝∠ACD+∠ACF=45°+45°=90°又因为所以四边形DEFC是矩形所以DE=CF=2，EF=DC；因为在等腰直角△ACD中，∠CAD＝90°，所以，根据勾股定理，CD=4所以，BE=EF-BF=DC-BF=4-1=3因此，故答案为或．这道题考察的是等腰直角三角形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质．熟练掌握这些知识点，画出辅助线，是解题的关键．29．①②③④【解析】根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，结合等边三角形的判定定理，即可判断①；根据三角形的中线等分三角形的面积，即可判断②；先推出BF=AE，结合含30°角的直角三角形的性质，即可判断③；根据30°角所对的直角边等于斜边的一半，即可判断④．①在Rt中，D是AC中点，∴DB=DC=AD，∵DB=AD，∴，∴，∴为等边三角形，∵F是DC中点，∴BF是角平分线，BF是DC的垂线，∴，∴，∴∠AFB=180°-60°-30°=90°，,在中，E是AB中点，∴EF=AE=BE，又∵∴为等边三角形，故①正确；②E是AB中点∴F是DC中点∴∴，故②正确；∵，，∴，又∵，，∴，即，故③正确；④∵，，∴，又，∴2DG=DE，在中，，2DE=ADAC=2AD=4DE=8DG，故④正确．故答案是：①②③④．本题主要考查直角三角形的性质，掌握直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，是解题的关键.30．【解析】先根据勾股定理求出对角线的长，然后根据矩形的性质即可求出四个等腰形的腰长．解：∵长方形的长，宽分别为，1，,∴AC=，∴AO=AC==OC=OB=OD．故答案为：．本题考查了勾股定理，以及矩形的性质，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．