第十八章第2节《特殊的平行四边形》提高训练卷(6)一、单选题1．如图，将矩形纸片沿其对角线折叠，使点落到点的位置，与交于点，若，，则图中阴影部分的周长为（）A．10B．13C．17D．202．某校的校园内有一个由两个相同的正六边形（边长为）围成的花坛，如图中的阴影部分所示，校方先要将这个花坛在原有的基础上扩建成一个如图所示区域，并在新扩充的部分种上草坪，则扩建后区域的周长为（）A．B．C．D．3．下列说法正确的是（）A．对角线相等的四边形是矩形B．对角线互相垂直的四边形是菱形C．对角线相等的平行四边形是矩形D．对角线互相平分的四边形是菱形4．如图，矩形纸片，，，点在边上．将沿折叠，点落在点处．、分别交于点、，且．则的长为（）A．2B．C．D．5．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AC=2，BD=8，将△ABO沿点A到点C的方向,平移，得到△，当点与点C重合时，点A与点之间的距离为（）A．5B．6C．8D．10二、解答题6．如图，在中，点是边上的一个动点，过点作直线，以及外角的平分线分别交于点、．（1）求证：；（2）当点运动到边的什么位置时，四边形是矩形？回答并证明你的结论．7．如图，已知矩形ABCD，分别在边AD，BC上找一点E和F，使四边形DEBF是菱形．8．如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别在BD和DB的延长线上，且DE＝BF，连接AE，CF．（1）求证：△ADE≌△CBF；（2）连接AF，CE．当BD平分∠ABC时，四边形AFCE是什么特殊四边形？请说明理由．9．如图，点E，F分别在菱形ABCD的边BC，CD上，且BE＝DF．求证：∠BAE＝∠DAF．,10．如图，在正方形ABCD中，点E在BC边的延长线上，点F在CD边的延长线上，且CE＝DF，连接AE和BF相交于点M．求证：AE＝BF．11．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．12．如图，M为正方形ABCD的对角线BD上一点，过M作BD的垂线交AD于E，连BE，取BE中点O．（1）如图1，连AO、MO，试证明∠AOM＝90°；（2）如图2，连接AM、AO，并延长AO交对角线BD于点N，∠NAM＝45°，试探究线段DM，MN，NB之间的数量关系并证明；（3）如图3，延长对角线BD至Q，延长DB至P，连CP，CQ，若PB＝2，PQ＝9，且∠PCQ＝135°，则PC＝　　．（直接写出结果）13．如图，点E为矩形ABCD外一点，AE=DE，连接EB、EC分别与AD相交于点F、G．求证：,BE=CE．14．已知：如图，在△ABC中，AB=AC，D为边BC上一点，将线段AB平移至DE，连接AE、AD、EC．（1）求证：AD=EC；（2）当点D在什么位置时，四边形ADCE是矩形，请说明理由．15．如图，有一张长方形纸片ABCD中，纸片宽AB=5cm，沿直线AE把ADE折叠，使点D恰好落在边BC上的点F处，若ABF的面积是30cm2．（1）求AD的长；（2）求ADE的面积．16．如图，正方形ABCD的边长为4，一个以点A为顶点的45°角绕着点A旋转，这个角的两边与直线BC、CD相较于点E、F，设CE=a，CF=b；（1）当AC平分∠EAF时，求a、b的值；（2）当a、b为多少时，△AEF是直角三角形．17．如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，点D为BC中点，点P从点B出发沿折线B﹣A﹣C,运动，速度为每秒5个单位，到点C停止．在点P的运动过程中，过点P作PQ⊥BC于Q，以PQ为边作矩形PQMN，且MN与AD始终在PQ同侧，且PN＝2PQ．设运动时间为t秒．（1）当点N在AC上时，直接写出t值．（2）当点N在AB上时，求PQ的长．（3）当矩形PQMN与△ABC重叠部分为五边形时，求t的取值范围．（4）当点P在线段AB上运动时，点N落在△ABC一边的垂直平分线上时，直接写出t的值．18．问题探究（1）请你在图①中做一条直线，使它将矩形ABCD分成面积相等的两部分；（2）如图②点M是矩形ABCD内一点，请你在图②中过点M作一条直线，使它将矩形ABCD分成面积相等的两部分．问题解决如图③，在平面直角坐标系中，直角梯形OBCD是某市将要筹建的高新技术开发区用地示意图，其中DC∥OB，OB=6，CD=4开发区综合服务管理委员会（其占地面积不计）设在点P（4，2）处．为了方便驻区单位准备过点P修一条笔直的道路（路宽不计），并且是这条路所在的直线l将直角梯形OBCD分成面积相等的了部分，你认为直线l是否存在？若存在求出直线l的表达式；若不存在，请说明理由19．如图，四边形ABCD是正方形，点O为对角线AC的中点．（1）问题解决：如图①，连接BO，分别取CB，BO的中点P，Q，连接PQ，则PQ与BO的数量关系是　　，位置关系是　　；（2）问题探究：如图②，△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到的三角形，连接CE，点P，Q分别为CE，BO'的中点，连接PQ，PB．判断△PQB的形状，并证明你的结论；（3）拓展延伸：如图③，△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按逆时针方向旋转45°,得到的三角形，连接BO'，点P，Q分别为CE，BO'的中点，连接PQ，PB．若正方形ABCD的边长为1，求△PQB的面积．20．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝1．点A、C分别在x轴和y轴的正半轴上，当点A在x轴上运动时，点C也随之在y轴上运动．在整个运动过程中，求点B到原点的最大距离．21．已知是等边三角形，点D是射线上的一个动点（点D不与点B，C重合）．是以为边的等边三角形，过点E作的平行线，分别交射线、于点，连接．（1）如图①，当点D在线段上时，求证：．（2）如图②，当点D在旳延长线时，探究四边形是怎样特殊的四边形并说明理由．,（3）在（2）的情况下，当点D运动到什么位置时，四边形是菱形？并说明理由．22．如图，在矩形中，分别过点作对角线的垂线段，垂足分别是连接．（1）求证：．（2）若，，求四边形的面积．三、填空题23．如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，AB＝2，点E是AB边上的动点，过点B作直线CE的垂线，垂足为F，当点E从点A运动到点B时，点F的运动路径长为_____．24．如图，正方形ABCD中，AB=6，F为AB边上一点，H是BC延长线上一点，将△BHF沿HF翻折，使点B恰好落在AD边上的点E处，EH与CD交于点G，连接BG，与HF交于点M，若BG平分ÐCGE，AE=4，则FM=___．,25．如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是BO、BC的中点，若AB=5，BC=12，则EF=____；26．如图，在平面直角坐标系中有一边长为1的正方形，边、分别在x轴、y轴上，如果以对角线为边作第二个正方形，再以对角线为边作第三个正方形，照此规律作下去，则点的坐标为__________．27．如图，在正方形中，对角线、交于点，点在的延长线上，交于点，连接．的角平分线与交于点，连接．过点分别作于点、于点，连接PQ．若，则______．,28．菱形的对角线之比为3：4，且面积为24，则它的周长为__________．29．如图，将一张长方形纸片分别沿着折叠，使边均落在上，得到折痕，如果，那么__________．30．如图，点E、F、G、H分别是矩形ABCD边AB、BC、CD、DA上的点，且HG与EF交于点I，连接HE、FG，若AB=7，BC=6，EFAD，HGAB，则HE+FG的最小值是______．,,【答案与解析】1．D【解析】首先由四边形ABCD为矩形及折叠的特性，得到B′C=BC=AD，∠B′=∠B=∠D=90°，∠B′EC=∠DEA，得到△AED≌△CEB′，得出EA=EC，再由阴影部分的周长为AD+DE+EA+EB′+B′C+EC，即矩形的周长解答即可．解：∵四边形ABCD为矩形，∴B′C=BC=AD，∠B′=∠B=∠D=90°，∵∠B′EC=∠DEA，在△AED和△CEB′中，，∴△AED≌△CEB′（AAS）；∴EA=EC，∴阴影部分的周长为AD+DE+EA+EB′+B′C+EC=AD+DE+EC+EA+EB′+B′C=AD+DC+AB′+B′C=3+7+7+3=20，故选：D．本题主要考查了图形的折叠问题，全等三角形的判定和性质，及矩形的性质．熟记翻折前后两个图形能够重合找出相等的角是解题的关键．2．B【解析】根据题意和正六边形的性质得出△BMG是等边三角形，再根据正六边形的边长得出BG=GM=1m，同理可证出AF=EF=1m，再根据AB=BG+GF+AF，求出AB，从而得出扩建后菱形区域的周长．解：如图，∵花坛是由两个相同的正六边形围成，∴∠FGM=∠GMN=120°，GM=GF=EF，∴∠BMG=∠BGM=60°，∴△BMG是等边三角形，,∴BG=GM=1（m），同理可证：AF=EF=1（m）∴AB=BG+GF+AF=1×3=3（m），∴扩建后菱形区域的周长为3×4=12（m），故选：B．此题考查了菱形的性质，用到的知识点是等边三角形的判定与性质、菱形的性质和正六边形的性质，关键是根据题意作出辅助线，找出等边三角形．3．C【解析】根据一般平行四边形和特殊平行四边形的性质解答．A选项：对角线相等的四边形不一定是矩形，还可能是等腰梯形，故A错误；B选项：对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，故B错误；C选项：对角线相等的平行四边形是矩形，故C正确；D选项：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故D错误．故选C本题考查平行四边形的性质，熟练掌握一般平行四边形和特殊平行四边形的性质是解题关键．4．B【解析】根据折叠的性质及已知，可证得，所以有，，进而得，若设，则，，由此得，在直角△DAF中由勾股定理得方程并解之，即得AF的长．∵四边形ABCD是矩形∴，，根据折叠的性质，得：，，在与中,∴∴，∴设，则∴∴在中，由勾股定理得：解得：即故选：B本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、图形折叠的性质，关键是归结到中，通过勾股定理建立方程解决．5．A【解析】由菱形的性质得出AC⊥BD，AO=OC=AC=1，OB=OD=BD=4，由平移的性质得出O'C=OA=1，O'B'=OB=4，∠CO'B'=90°，得出AO'=AC+O'C=6，由勾股定理即可得出答案．解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=OC=AC=1，OB=OD=BD=4，∵△ABO沿点A到点C的方向平移，得到△A'B'O'，点A'与点C重合，∴O'C=OA=1，O'B'=OB=4，∠CO'B'=90°，∴AO'=AC+O'C=3，∴AB'=，故选：A．本题考查了菱形的性质、平移的性质、勾股定理；熟练掌握菱形的性质和平移的性质是解题的关键．6．（1）见解析；（2）运动到AC的中点，证明见解析【解析】（1）根据平行线性质和角平分线性质，由平行线所夹的内错角相等证得即可；,（2）当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形，根据矩形的判定方法，即一个角是直角的平行四边形是矩形可证．解：（1）证明：∵CE平分∠ACB，∴∠ACE=∠BCE，∵MN∥BC，∴∠OEC=∠BCE，∴∠ACE=∠OEC，∴OE=OC，同理OF=OC，∴OE=OF；（2）当点O运动到AC边的中点时，四边形AECF是矩形．证明：∵O为AC中点，∴OA=OC，又∵OE=OF，∴四边形AECF为平行四边形，∵OE=OC，∴2OE=2OC，即AC=EF．∴□AECF为矩形．本题涉及矩形的判定定理，解答此类题的关键是要突破思维定势的障碍，运用发散思维，多方思考，探究问题在不同条件下的不同结论，挖掘它的内在联系，向“纵、横、深、广”拓展，从而寻找出添加的条件和所得的结论．7．见详解【解析】如图，连接AC、BD交于点O，过点O作BD的垂线交AD于E，交BC于F．则四边形DEBF是菱形，根据邻边相等四边形是菱形即可证明．解：如图，连接AC、BD交于点O，过点O作BD的垂线交AD于E，交BC于F．则四边形DEBF是菱形．,理由：∵四边形ABCD是矩形，∴OB=OD，AD∥BC，∴∠EDB=∠FBO．在△EDO和△FBO中，∴△EDO≌△FBO，∴DE=BF，∵DE∥BF，∴四边形DEBF是平行四边形，∵OB=OD，EO⊥BD，∴EB=ED，∴四边形DEBF是菱形．本题考查矩形的性质、菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，菱形的判定，属于中考常考题型．8．（1）见解析；（2）菱形，见解析【解析】（1）根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到AD＝CB，∠ADC＝∠CBA，从而可以得到∠ADE＝∠CBF，然后根据SAS即可证明结论成立；（2）根据BD平分∠ABC和平行四边形的性质，可以证明▱ABCD是菱形，从而可以得到AC⊥BD，然后即可得到AC⊥EF，再根据题目中的条件，可以证明四边形AFCE是平行四边形，然后根据AC⊥EF，即可得到四边形AFCE是菱形．解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝CB，∠ADC＝∠CBA，∴∠ADE＝∠CBF，在△ADE和△CBF中，,，∴△ADE≌△CBF（SAS）；（2）当BD平分∠ABC时，四边形AFCE是菱形，理由：如图，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∴∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD，∴平行四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴AC⊥EF，∵DE＝BF，∴OE＝OF，又∵OA＝OC，∴四边形AFCE是平行四边形，∵AC⊥EF，∴四边形AFCE是菱形．本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定、全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．9．见解析【解析】,根据菱形的性质可得∠B＝∠D，AB＝AD，再证明△ABE≌△ADF，即可得∠BAE＝∠DAF．证明：四边形ABCD是菱形，∴∠B＝∠D，AB＝AD，在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴∠BAE＝∠DAF．本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是掌握菱形的性质，熟练运用全等三角形的判定证明．10．见解析【解析】根据矩形的性质可证明△AEB≌△BFC（SAS），然后根据全等三角形的判定即可求出答案．证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CD＝CD＝AD，∵CE＝DF，∴BE＝CF，在△AEB与△BFC中，，∴△AEB≌△BFC（SAS），∴AE＝BF．本题考查正方形，解题的关键是熟练运用正方形的性质、全等三角形的性质以及判定，本题属于基础11．（1）见解析；（2）52【解析】（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．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．12．（1）见解析；（2）MN2＝BN2+DM2，证明见解析；（3）【解析】（1）由直角三角形的性质得AO＝MO＝BE＝BO＝EO，得∠ABO＝∠BAO，∠OBM＝∠OMB，证出∠AOM＝∠AOE+∠MOE＝2∠ABO+2∠MBO＝2∠ABD＝90°即可；（2）在AD上方作AF⊥AN，使AF＝AN，连接DF、MF，证△ABN≌△ADF（SAS），得BN＝DF，∠DAF＝∠ABN＝45°，则∠FDM＝90°，证△NAM≌△FAM（SAS），得MN＝MF，在Rt△FDM中，由勾股定理得，进而得出结论；（3）作P关于直线CQ的对称点E，连接PE、BE、CE、QE，则△PCQ≌△ECQ，∠ECQ＝∠PCQ＝,135°，EQ＝PQ＝9，得∠PCE＝90°，则∠BCE＝∠DCP，△PCE是等腰直角三角形，得CE＝CP＝PE，证△BCE≌△DCP（SAS），得∠CBE＝∠CDB＝∠CBD＝45°，则∠EBQ＝∠PBE＝90°，由勾股定理求出BE＝4，PE＝6，即可得出PC的长．（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BAD＝90°，∠ABD＝∠ADB＝45°，∵ME⊥BD，∴∠BME＝90°，∵O是BE的中点，∴AO＝MO＝BE＝BO＝EO，∴∠ABO＝∠BAO，∠OBM＝∠OMB，∴∠AOM＝∠AOE+∠MOE＝2∠ABO+2∠MBO＝2∠ABD＝90°；（2）解：MN2＝BN2+DM2，理由如下：在AD上方作AF⊥AN，使AF＝AN，连接DF、MF，如图2所示：则∠NAF＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠NAF＝90°，∴∠BAN＝∠DAF，∵∠NAM＝45°，∴∠FAM＝45°＝∠NAM，在△ABN和△ADF中，，∴△ABN≌△ADF（SAS），∴BN＝DF，∠ADF＝∠ABN＝45°，∴∠FDM＝∠ADB+∠ADF＝90°，,∵∠NAM＝45°，∴∠FAM＝45°＝∠NAM，在△NAM和△FAM中，，∴△NAM≌△FAM（SAS），∴MN＝MF，在Rt△FDM中，FM2＝DM2+FD2，即MN2＝BN2+DM2；（3）解：作P关于直线CQ的对称点E，连接PE、BE、CE、QE，如图3所示：则△PCQ≌△ECQ，∠ECQ＝∠PCQ＝135°，EQ＝PQ＝9，∴∠PCE＝360°﹣∠PCQ﹣∠ECQ＝90°，∴∠BCE＝∠DCP，△PCE是等腰直角三角形，∴CE＝CP＝PE，在△BCE和△DCP中，，∴△BCE≌△DCP（SAS），∴∠CBE＝∠CDB＝∠CBD＝45°，∴∠EBQ＝90°，∴∠PBE＝90°，∵PB＝2，PQ＝9，,∴BQ＝PQ﹣PB＝7，∴BE＝＝＝4，∴PE＝＝＝6，∴PC＝PE＝3；故答案为：3．本题考查正方形的综合应用，熟练掌握三角形全等的判定与性质、勾股定理的应用、轴对称的性质、等腰三角形和直角三角形的性质是解题关键．13．见解析．【解析】欲证明BE=CE，只要证明△EAB≌△EDC即可．证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠BAD=∠CDA=90°，∵EA=ED，∴∠EAD=∠EDA，∴∠EAB=∠EDC，在△EAB和△EDC中∴△EAB≌△EDC，∴EB=EC．本题考查矩形的性质、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解决问题，属于中考常考题型．14．（1）证明见解析；（2）当点D是BC中点时，四边形ADCE是矩形，理由见解析．【解析】（1）利用SAS证得△ACD≌△ECD后即可证得AD=EC；（2）当点D是BC中点时，四边形ADCE是矩形；首先证得四边形ADCE是平行四边形，然后证得AD⊥BC即可利用有一个角是直角的平行四边形是矩形判定矩形．证明：（1）由平移可得AB∥DE，AB=DE；∴∠B=∠EDC，,∵AB=AC，∴∠B=∠ACD，AC=DE，∴∠EDC=∠ACD，∵DC=CD，∴△ACD≌△ECD（SAS），∴AD=EC；（2）当点D是BC中点时，四边形ADCE是矩形．理由如下：∵AB=AC，点D是BC中点，∴BD=DC，AD⊥BC，由平移性质可知四边形ABDE是平行四边形，∴AE=BD，AE∥BD，∴AE=DC，AE∥DC，∴四边形ADCE是平行四边形，∵AD⊥BC，∴四边形ADCE是矩形．本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质及全等三角形的判定与性质，能够正确的结合图形理解题意是解答本题的关键．15．（1）13cm；（2）cm2【解析】（1）根据图形翻折不变性，可知AF=AD，由△ABF的面积是30cm2，AB=5cm，然后在Rt△ABF中，利用三角形的面积公式即可求出BF的长，利用勾股定理求出AF的长，即为AD的长；（2）根据图形翻折不变性可知，DE=EF，设DE=x，可用含x的代数式表示出EC，根据FC=AD﹣BF，求出FC=1，然后在Rt△EFC中，利用勾股定理求出x的值即可，即可求解．解：（1）∵△ABF的面积是30cm2，AB=5cm，∴AB•BF=30，即×5•BF=30，解得BF=12（cm）．在Rt△ABF中，AF（cm），,∵沿直线AE把△ADE折叠，∴AD=AF=13（cm）；（2）设DE=xcm，则EC=（5﹣x）cm，∵BF=12cm，AD=13cm，∴FC=AD﹣BF=13﹣12=1（cm），在Rt△EFC中，12+（5﹣x）2=x2，解得x=，∴ED=（cm），∴△ADE的面积（cm2）．本题考查了图形的翻折变换，解题的关键是掌握折叠的性质，并结合勾股定理进行解答，同时要熟悉矩形的性质．16．（1）a=b=4；（2）a=4，b=8或a=8，b=4【解析】（1）先证明△ACF≌△ACE，从而得到CF=CE，然后再证明△ACE为等腰三角形，则CE=AC=4；（2）当∠AFE=90°，可证明△ADF≌△FCE，则FC=AD=4，CE=DF=CD+FC=8，从而可求得a、b的值，同理当∠AEF=90°时，也可求得a、b的值．解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCF=∠DCE=90°∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠ACB=∠ACD=45°，∴∠ACF=∠ACE，∵∠EAF被对角线AC平分，∴∠CAF=∠CAE，在△ACF和△ACE中，∠ACF=∠ACE，AC=AC，∠CAF=∠CAE∴△ACF≌△ACE，∴CF=CE，∵CE=a，CF=b，,∴a=b，∵△ACF≌△ACE，∴∠AEF=∠AFE，∵∠EAF=45°，∴∠AEF=∠AFE=67.5°，∵CE=CF，∠ECF=90°，∠AEC=∠AFC=22.5°，∵∠CAF=∠CAE=22.5°，∴∠CAE=∠CEA，∴CE=AC=4，即：a=b=4；（2）当△AEF是直角三角形时，①当∠AFE=90°时，∴∠AFD+∠CFE=90°，∵∠CEF+∠CFE=90°，∴∠AFD=∠CEF∵∠AFE=90°，∠EAF=45°，∴∠AEF=45°=∠EAF∴AF=EF，在△ADF和△FCE中∠ADF=∠FCE，∠AFD=∠CEF，AF=EF∴△ADF≌△FCE，∴FC=AD=4，CE=DF=CD+FC=8，∴a=8，b=4②当∠AEF=90°时，同①的方法得，CF=8，CE=4，∴a=4，b=8．综上，a=4，b=8或a=8，b=4本题主要考查的是正方形的性质、全等三角形的性质和判定，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．17．（1）；（2）；（3）＜t＜或＜t＜；（4）或或．【解析】,（1）证明△PQB≌△NMC（AAS），可得BQ＝MC，再根据BC＝BQ＋QM＋CM，构建方程求解即可．（2）根据PN＝2PQ，构建方程求解即可．（3）求出当点P在线段AB上时，点M与C重合时，t的值，求出当点P在AC上时，点M与B重合时，t的值，结合（1）（2）即可判断．（4）分三种情形：如图3中，当点N落在AB的中垂线GK上时，如图4中，当N落在BC的垂直平分线AD上时，如图5中，当点N落在AC的垂直平分线上时，分别求解即可．解：（1）当N在AC上时，如图1所示，∵D为BC中点，∴BD＝CD＝4，∵AB＝AC＝5，由勾股定理可得：AD＝，由题意知，PB＝5t，PQ＝3t，BQ＝4t，PN＝6t，∵PQ＝NM，∠PQB＝∠NMC，∠B＝∠C，∴△PQB≌△NMC（AAS），∴BQ＝MC，∴BC＝BQ＋QM＋MC＝4t＋6t＋4t＝8，解得：t＝；（2）当N在AB上时，如图2所示，由题意知，CP＝10﹣5t，CQ＝8﹣4t，PQ＝6﹣3t，∴AP＝5t﹣5，PE＝4t﹣4，PN＝8t﹣8，,∵PN＝2PQ，∴8t﹣8＝2（6﹣3t），解得：t＝，∴PQ＝．（3）当点P在线段AB上时，点M与C重合时，此时CQ＝8﹣4t，PN＝6t，可得：8﹣4t＝6t，解得：t＝，观察图象可知，当＜t＜时，矩形PQMN与△ABC重叠部分为五边形，当点P在AC上时，点M与B重合时，BQ＝8﹣CQ＝8﹣（8﹣4t）＝4t，PQ＝6﹣3t，∵BQ＝2PQ，∴4t＝2（6﹣3t），解得：t＝，观察图象可知，当＜t＜时，矩形PQMN与△ABC重叠部分为五边形．综上所述，满足条件的t的取值范围为＜t＜或＜t＜．（4）如图3中，当点N落在AB的中垂线GK上时（AB的中垂线交AB于G，交BC于K），由题意，PB＋PG＝BG，∴5t＋6t•＝，解得t＝．如图4中，当N落在BC的垂直平分线AD上时，,由题意BQ＋QD＝4，∴4t＋6t＝4，∴t＝．如图5中，当点N落在AC的垂直平分线上时（AC的垂直平分线交AC于T，交BC于H），连接AH，设DH＝m，则AH＝CH＝4﹣m，根据勾股定理得，，∴m＝，∴HM＝10t﹣4﹣，由题意：，∴，∴t＝，综上所述，满足条件的t的值为或或．本题考查四边形的综合问题，涉及到矩形的性质、解直角三角形、全等三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质、解题的关键是综合运用所学知识，学会分类讨论的思想，属于中考的压轴题型．18．问题探究（1）见解析；（2）见解析；问题解决：存在，y=,【解析】（1）矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分．（2）连接AC，BD中心点位P，过P点的直线分矩形为相等的两部分．（3）假如存在，过点D的直线只要作DA⊥OB与点A，求出P点的坐标，设直线PH的表达式为y=kx+b，解出点H的坐标，求出斜率k和b．若k和b存在，直线就存在．解：（1）如图①（2）如图②连结AC、BC交与P则P为矩形对称中心．作直线MP，直线MP即为所求．（3）如图③存在直线l过点D的直线只要作DA⊥OB与点A则点P(4，2)为矩形ABCD的对称中心，∴过点P的直线只要平分△DOA的面积即可．易知，在OD边上必存在点H使得PH将△DOA面积平分．从而，直线PH平分梯形OBCD的面积即直线PH为所求直线l设直线PH的表达式为y=kx+b且点P(4，2)，∴2=4k+b即b=2-4k∴y=kx+2-4k∵直线OD的表达式为y=2x∴，解得∴点H的坐标为（）∴PH与线段AD的交点F（2，2-2k）∴0＜2-2k＜4∴-1＜k＜1∴S△DHF=∴解之得．（舍去）∴b=8-,∴直线l的表达式为y=．本题主要考查矩形的性质，前两问还是比较容易，但是最后一问比较麻烦，容易出错，做的时候要认真．19．（1）PQBO，PQ⊥BO；（2）△PQB的形状是等腰直角三角形．理由见解析；（3）【解析】（1）由正方形的性质得出BO⊥AC，BO＝CO，由中位线定理得出PQ∥OC，PQOC，则可得出结论；（2）连接O'P并延长交BC于点F，由旋转的性质得出△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，证得∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，△O'PE≌△FPC（AAS），则O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，证得△O'BF为等腰直角三角形．同理△BPO'也为等腰直角三角形，则可得出结论；（3）延长O'E交BC边于点G，连接PG，O'P．证明△O'GP≌△BCP（SAS），得出∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，得出∠O'PB＝90°，则△O'PB为等腰直角三角形，由直角三角形的性质和勾股定理可求出O'A和O'B，求出BQ，由三角形面积公式即可得出答案．解:（1）∵点O为对角线AC的中点，∴BO⊥AC，BO＝CO，∵P为BC的中点，Q为BO的中点，∴PQ∥OC，PQOC，∴PQ⊥BO，PQBO；故答案为：PQBO，PQ⊥BO．（2）△PQB的形状是等腰直角三角形．理由如下：连接O'P并延长交BC于点F，,∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∵将△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到△AO'E，∴△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，∴∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，又∵点P是CE的中点，∴CP＝EP，在△O′PE和△FPC中，∴△O'PE≌△FPC（AAS），∴O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，∴AB﹣O'A＝CB﹣FC，∴BO'＝BF，∴△O'BF为等腰直角三角形．∴BP⊥O'F，O'P＝BP，∴△BPO'也为等腰直角三角形．又∵点Q为O'B的中点，∴PQ⊥O'B，且PQ＝BQ，∴△PQB的形状是等腰直角三角形；（3）延长O'E交BC边于点G，连接PG，O'P．,∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，∴∠ECG＝45°，由旋转得，四边形O'ABG是矩形，∴O'G＝AB＝BC，∠EGC＝90°，∴△EGC为等腰直角三角形．∵点P是CE的中点，∴PC＝PG＝PE，∠CPG＝90°，∠EGP＝45°，在△O'GP和△BCP中,，∴△O'GP≌△BCP（SAS），∴∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，∴∠O'PG﹣∠GPB＝∠BPC﹣∠GPB＝90°，∴∠O'PB＝90°，∴△O'PB为等腰直角三角形，∵点Q是O'B的中点，∴PQO'B＝BQ，PQ⊥O'B，∵AB＝1，∴O'A，∴O'B，∴BQ．,∴S△PQBBQ•PQ．本题考查正方形的性质，中位线定理，图形旋转，等腰直角三角形判定与性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，三角形面积，掌握正方形的性质，中位线定理，图形旋转，等腰直角三角形判定与性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，三角形面积是解题关键．20．【解析】取AC的中点D，连接BD、OD，可知第三边OB的最大值就是另两边的和．解：如图7-2，取AC的中点D，∵∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝1，∴OD＝AC＝1，BD＝．在△OBD中，总是有OB＜OD＋BD．如图7-3，当点D落在OB上时，OB最大，最大值为．本题考查了最短路径问题和斜边中线的性质，解题关键是恰当的作辅助线，构造三角形，利用三边关系解决问题．21．（1）证明见解析；（2）平行四边形，见解析；（3）当D点运动到时，为菱形，证明见解析．【解析】（1）由正三角形的性质得AB=AC，AD=AE，再由∠BAC=∠DAE=60°可得∠EAB=∠DAC，最后据SAS证得；（2）先得△AFG为正三角形，再由（1）得△AFE≌AGD得到∠AGD=60°、FE=DG；再据,∠F+∠FGA+∠AGD=60°+60°+60°=180°得到FB∥GD，得四边形FBDG为平行四边形；据平行四边形对边相等得FB=DG，从而得到△FBE为正三角形；由△FBE为正三角形得到∠FEB=60°，得到∠FEB=∠FGA，最后得到BE∥CG，从而证得四边形BCGE为平行四边形；（3）先证△ABE≌△ACD，得到BE=CD；由菱形的定义得只需BC=BE可得平行四边形为菱形，从而得到当BC=CD时，四边形为菱形．（1）证明：如图①∵△ABC为正三角形∴AB=AC，∠BAC=60°∵△ADE为正三角形∴AD=AE，∠EAD=60°∴∠BAC=∠EAD∴∠EAB=∠DAC∴．（2）如图②所示，∵△ABC为正三角形∴∠ABC=∠BAC=60°∵FG∥BC∴∠AFE=∠ABC=60°∴是等边三角形，∴∠FGA=60°,又△AED为正三角形，同理（1）证明可得，．∴，FE=DG，∴∴FB∥GD∴四边形BFGD为平行四边形∴FB=GD∴FB=FE∴△FBE为正三角形∴∠FEB=60°∴∠FEB=∠FGA∴BE∥GC∴四边形是平行四边形．（3）如图②∵△ABC是正三角形∴AB=AC，∠BAC=60°∵△AED是正三角形∴AE=AD，∠EAD=60°∴∠BAC=∠EAD∴△ABE≌△ACD∴CD=BE由（2）知四边形BCGE为平行四边形所以要使四边形为菱形，只需使∴需使，即当D点运动到时，有四边形为菱形．,此题综合考查平行四边形、三角形全等、等边三角形的性质和判定及菱形的判定等知识，熟悉相关图形的性质和判定是关键．22．（1）证明见解析；（2）【解析】（1）由矩形，可得证明由全等三角形的对应高相等可得再证明从而可得结论；（2）利用矩形的性质先求解再利用勾股定理求解可得的长度，再利用全等三角形的性质可得再利用，从而可得答案．证明：（1）矩形，（2）矩形，,本题考查的全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，矩形的性质，掌握以上知识是解题的关键．23．π【解析】取BC的中点O，连接AC，BD交于点M，连接OM，由菱形的性质可证明，点F的运动轨迹是以BC为直径的圆弧BM，最后根据弧长公式解题．解：如图，取BC的中点O，连接AC，BD交于点M，连接OM，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∠ABC＝180°﹣∠BAD＝60°，AM＝CM，当点E与A重合时，点F与AC中点M重合，∵∠CFB＝90°，∴点F的运动轨迹是以BC为直径的圆弧BM，∵点O是BC中点，AM＝CM，∴BO＝OM＝1，OM//AB，∴∠BOM＝120°，∴，故答案为：π．本题考查菱形的性质，圆周角定理、弧长公式等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．,24．【解析】过点B作BP⊥EG于P，连接BE，交FH于N，设AF=x，利用勾股定理求出AF，BF和EF，得到BE，再证明△BCG≌△BPG，推出AB=BP，证明Rt△ABE≌Rt△PBE，得到∠ABE=∠PBE，推出∠NBM=45°，再由由翻折的性质得：FH垂直平分BE，说明△BNM是等腰直角三角形，推出MN=BN=，FN=，即可得出结果．解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠BCD=90°，过点B作BP⊥EG于P，连接BE，交FH于N，如图所示：由翻折的性质得：BF=EF，设AF=x，则BF=EF=6-x，在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，即：42+x2=（6-x）2，解得：x=，∴BF=EF=，BE=，∵BG平分∠CGE，∴∠CGB=∠PGB，在△BCG和△BPG中，，∴△BCG≌△BPG（AAS），∴∠CBG=∠PBG，BC=BP，∴AB=BP，在Rt△ABE和Rt△PBE中，，,∴Rt△ABE≌Rt△PBE（HL），∴∠ABE=∠PBE，∴∠NBM=∠PBE+∠PBG=（∠ABP+∠CBP）=×90°=45°，由翻折的性质得：FH垂直平分BE，∴BN=NE=BE=，△BNM是等腰直角三角形，∴MN=BN=，FN=，∴FM=FN+MN=，故答案为：．本题考查了翻折的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、角平分线的性质等知识，熟练掌握翻折的性质，证明三角形全等是解题的关键．25．【解析】先由勾股定理求出AC，再得出OC，证明EF是△OBC的中位线，即可得出结果．解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，OC=AC，AD=BC=12，∴AC==13，∴OC=，∵点E、F分别是BO、BC的中点，,∴EF是△BOC的中位线，∴EF=OC=，故答案为：．本题考查了矩形的性质、勾股定理以及三角形中位线定理；熟练掌握矩形的性质，证明三角形中位线是解决问题的关键．26．【解析】首先求出B1、B2、B3、B4、B5、B6、B7、B8、B9的坐标，找出这些坐标之间的规律，然后根据规律计算出点B2020的坐标．解：观察坐标，发现规律：，，，，，，，，…，∴，，，，，，，∵，∴．故答案为:本题主要考查正方形的性质和坐标与图形的性质的知识点，解答本题的关键是由点坐标的规律发现每经过8次作图后，点的坐标符号与第一次坐标符号相同，每次正方形的边长变为原来的倍，此题难度较大．27．1+【解析】延长DQ交EF于M，延长DP交EF于N，先证∆ABE≌∆CBF，∆FPN≌∆FPD，∆EQD≌∆EQM，设CD=x，则DF=x-1，EF=BF=，列方程求解即可．解：延长DQ交EF于M，延长DP交EF于N，,∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=∠BAD=∠BCF=90°，BD平分∠ADC，∵BE⊥BF，∴∠EBF=90°，∴∠EBF=∠ABC，∴∠EBF-∠ABF=∠ABC-∠ABF，∴∠ABE=∠CBF，在∆ABE和∆CBF中，，∴∆ABE≌∆CBF，∴AE=CF，BE=BF，∵EQ平分∠DEF，OD平分∠EDF，EQ与OD交于H，∴FH平分∠EFD，∴EP⊥DP，∴∠FPN=∠FPD，在∆FPN和∆FPD中，，∴∆FPN≌∆FPD，∴PN=PD，NF=DF，∵EQ平分∠DEF，∴∠DEQ=∠MEQ，∵EQ⊥DQ，∴∠EQD=∠EQM=90°，在∆EQD和∆EQM中，，∴∆EQD≌∆EQM，,∴DQ=MQ，EM=ED，∴PQ是∆DMN的中位线，∴PQ=MN=1，∴MN=2，∴EF+MN=EM+FN=DE+DF=AD+AE+CD-CF=2CD，设CD=x，则DF=x-1，∴EF=BF=，∴+2=2x，∴2x²+2=4x²-8x+4，∴2x²-8x+2=0，∴x²-4x+1=0，∴(x-2)²=3，∴(舍)，∵CD=2+，∴DF=1+，故答案为：1+本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质及三角形的中位线定理，解题的关键是熟练掌握有关性质及正确添加辅助线．28．20【解析】,依题意，已知菱形的面积以及对角线之比，首先根据面积公式求出菱形的对角线长，然后利用勾股定理求出菱形的边长．如图：由题：，∴可设，，∵，∴（舍负值），∴，，∴，，∴中，由勾股定理得：，∴菱形的周长是：．故答案是:20．此题主要考查菱形的性质和菱形的面积公式，利用菱形的面积求解是解题的关键．29．30°．【解析】根据折叠的性质，得∠ABE=∠GBE，∠CBF=∠DBF，由，∠ABC=90°，求得∠DBC=60°，从而得到∠DBF=30°．根据折叠的性质，得∠ABE=∠GBE，∠CBF=∠DBF，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，∵，,∴∠DBC=60°，∴∠DBF=30°．故答案为：30°．本题考查了矩形的性质，折叠的性质，互余原理，角的平分线，熟练掌握折叠中的折痕是角的平分线是解题的关键．30．【解析】由EF∥AD，HG∥AB，结合矩形的性质可得四边形AHIE和四边形IFCG为矩形，然后根据矩形的性质可的HE+FG的长度即为AI+CI的长度，最后利用两点之间，线段最短，求出AC的长即可．解：如图所示，连接AI，CI，AC，在矩形ABCD中，∠BAD=∠BCD=∠B=90°，AB∥CD，AD∥BC，又∵EF∥AD，HG∥AB，∴四边形AHIE和四边形IFCG为矩形，∴HE=AI，FG=CI，∴HE+FG的长度即为AI+CI的长度，又∵AI+CI≥AC，∴当A，I，C三点共线时，AI+CI最小值等于AC的长度，在Rt△ABC中，AC==，∴HE+FG的最小值为，故答案为：．本题考查矩形的判定和性质以及两点之间，线段最短的运用，正确判定四边形AHIE和四边形IFCG为矩形，运用矩形的对角线相等是解题的关键．