第十八章第2节《特殊的平行四边形》提高训练卷(16)一、单选题1．如图，矩形中，，点在边上，且．动点从点出发，沿运动到点停止．过点作交射线于点，联结．设是线段的中点，则在点运动的整个过程中，线段长的最小值是（）A．B．C．D．2．如图．正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，，H是AF的中点，CH＝3，那么CE的长是（）A．3B．4C．D．3．如图，在菱形中，标出了四条线段的长度，其中有一个长度是标错的，这个长度是（）A．2B．3C．4D．54．如图，在矩形中，是的中点，点在上，沿翻折，使点恰好落在上的点处，连接，，则图中与相等的角（除外）有（）A．个B．个C．个D．个,5．如图，在平面直角坐标系，四边形为正方形，若点，则点的坐标为（）A．B．C．，D．6．如图，两把完全一样的直尺叠放在起，重合的部分构成一个四边形，给出以下四个论断：①这个四边形可能是正方形；②这个四边形一定是菱形；③这个四边形不可能是矩形；④这个四边形一定是轴对称图形，其中正确的论断是（）A．①②B．③④C．①②④D．①②③④7．下列说法正确的是（）A．有一组对角是直角的四边形一定是矩形B．一条对角线被另一条对角线垂直平分的四边形是菱形C．对角互补的平行四边形是矩形D．对角线相等的四边形是矩形8．如图，矩形中，点、在上，将，分别沿着，翻折，点的对应点和点的对应点恰好重合在点处，则的值是（）A．B．C．D．9．如图，在□ABCD中，AD＝2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF，则下列结论中：①∠DCF＝∠BCD；②EF＝CF；③S△BEC＜2S△CEF；④∠DFE＝4∠AEF．一定成立的有（　　）个．,A．1B．2C．3D．410．如图，在矩形ABCD中，AB=7，AD=5，对角线BD上的一动点，以E为直角顶点，AE为直角边做等腰Rt△AEＦ，（E，F按逆时针方向排列），当点E从点D运动到点B时，点F的运动路径长是（）A．12B．C．18D．二、解答题11．如图，在的方格纸中，请按要求画图，且所画格点三角形与格点四边形的顶点均不与点重合．（1）在图1中画一个格点，使点分别落在边上，且．（2）在图2中画一个格点四边形，使点分别落在边上，且．12．如图1所示，菱形ABCD的顶点A，B在x轴上，点A在点B的左侧，点D在y轴的正半轴,上，其中点、．（1）求C点的坐标；（2）如图2，E是AD上一点，且AE＝，P是AC上一动点，求的最小值；（3）如图3，动点Q从点B出发，以每秒个单位长度的速度，沿折线在菱形的两边上匀速运动，设运动时间为秒．若点Q到BD的距离是，则＝．13．如图，将矩形纸片ABCD折叠，折叠后点B与点D重合，设折痕为EF，点E、F分别是折痕与AD、BC的交点．（1）用直尺与圆规，作出折痕EF．（作图痕迹请用黑色笔描黑加粗）（2）连结BE、DF，判断四边形EBFD的形状并说明理由．（3）若AB＝4，BC＝8，则EF＝．14．如图，正方形ABCD，E为平面内一点，且，把△BCE绕点B逆时针旋转得△BAG，直线AG和直线CE交于点F．（1）证明：四边形BEFG是正方形；（2）若CE＝CF，则＝°．,15．如图，菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若菱形ABCD的周长为20，则EF＝_______．16．如图，方格纸中每个小正方形的边长均为小，线段、的端点在小正方形的顶点上．（1）在图中画一个以为腰的等腰直角三角形，点在小正方形的顶点上；（2）在图中画一个以为边的菱形，点，在小正方形的顶点上，且面积为20，连接，并直接写出线段的长．17．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90゜，D为AB的中点，AE//CD，CE//AB，连接DE交AC于点O．（1）证明：四边形ADCE为菱形；（2）若∠B=60゜，BC=6，求菱形ADCE的高．18．如图，中，于，于，与相交于点．,（1）如图1，，求的度数；（2）如图2，，和的平分线相交于点，求的度数；（3）如图3，点为的中点，连接和，请判断的形状，并说明理由．19．如图，在中，对角线平分，点、在上，且．连接、、、．求证：四边形是菱形．20．如图，已知平行四边形中，平分，（1）求证：平行四边形是菱形；（2）为边上一动点，连接，作的垂直平分线交于，交于，连接、，①求证：为等腰三角形；②若，求的值．21．如图是由2个全等的正方形错位叠放组成的图形，请仅用没有刻度的直尺按要求完成下列作图．,（1）在图1中画一个平行四边形（要求所画出的平行四边形不是矩形）；（2）在图2中画一个菱形（要求所画出的菱形不是正方形）．22．如图，中，，若动点从点开始，按的路径运动，且速度为每秒，设运动的时间为秒．（1）当为何值时，把的周长分成相等的两部分．（2）当为何值时，把的面积分成相等的两部分，并求出此时的长．（3）当为何值时，为等腰三角形？23．如图，在中，是边上的高线，是边上的中线，于．（1）求证：．（2）已知，求点到线段的距离．（3）在（2）的基础上，求线段的长度．24．已知ABC为等边三角形，点D为直线BC上一动点(点D不与B、C重合)．在AD右侧，以AD为边作菱形ADEF，使∠DAF=60°，连接CF．,（1）如图1，当点D在边BC上时，请写出∠AFC，∠DAC，∠ABC之间存在的数量关系；（2）如图2，当点D在边BC的延长线上时，其他条件不变，请写出∠AFC，∠DAC，∠ABC之间存在的数量关系，并写出证明过程；（3）如图3，当点D在边CB的延长线上时，且点A、F分别在直线BC的异侧，其他条件不变，请补全图形，并直接写出∠AFC，∠DAC，∠ABC之间存在的等量关系．25．如图1，菱形AEFG的两边AE、AG分别在菱形ABCD的边AB和AD上，且∠BAD=60°，连接CF；（1）求证：；（2）如图2，将菱形AEFG绕点A进行顺时针旋转，在旋转过程中（1）中的结论是否发生变化？请说明理由．26．如图是边长为1的小正方形网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点A、C均在格点上，且AC=5，请选择适当的格点，只用无刻度的直尺在网格中完成下列画图，并保留作图痕迹．（1）过点A画线段，使AB=5（点B在格点上），并且在AC上方；（2）在（1）的条件下，请画出∠BAC的角平分线；（3）在（1）的条件下，请画出以AB为一边的矩形，且满足矩形ANMB的面积=2△ABC,的面积．三、填空题27．对角线长分别为6和8的菱形如图所示，点O为对角线的交点，过点O折叠菱形，使B，两点重合，是折痕．若，则的长为_______．28．如图，点是正方形的中心，过点的直线与、交于点、点，，交于点，若，，则的长为__．29．如图，在中，，点为斜边上的一点，连接，将沿翻折，使点落在点处，点为直角边上一点，连接，将沿翻折，点恰好与点重合．若，则_______，________30．如图，AD是△ABC的中线，∠ADC＝45°，BC＝10，把△ABC沿直线AD折叠，点C落在点C′处，那么BC′的长为_____．,,【答案与解析】1．B【解析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知M再BE的垂直平分线上运动，根据点到直线的距离垂线段最短可知当DM与BE的垂直平分线垂直时最短，但结合图形可知DM不可能与垂直，所以可知当运动时长的最小，此时为等边三角形，求得，运用勾股定理求解即可．解：∵四边形ABCD为矩形，，∴，，∠ABC=∠C=90°，∵，∴AE=2，ED=6，∴，∴∠ABE=30°，∠EBC=60°，连接EM，BM，∵是线段的中点，∴，∴M在BE的垂直平分线上运动，∴作BE的垂直平分线与BC交于，当运动时长的最小，此时,∵∠EBC=60°，∴为等边三角形，，∴，在中，根据勾股定理,．故选：B．本题考查矩形的性质，垂直平分线的性质和判定定理，等边三角形的性质和判定，勾股定理等．能根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和垂直平分线的判定定理得出M的运动轨迹是解题关键．2．D【解析】连接AC、CF，如图，设CE的长为x，根据正方形的性质得∠ACD＝45°，∠FCG＝45°，AC＝，CF＝x，则∠ACF＝90°，再利用勾股定理计算出AF＝，然后根据直角三角形斜边上的中线得到方程即可求解．解：连接AC、CF，如图，∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，设CE的长为x∴∠ACD＝45°，∠FCG＝45°，AC＝BC＝，CF＝CE＝x，∴∠ACF＝45°＋45°＝90°，在Rt△ACF中，AF＝，∵H是AF的中点，∴CH＝AF＝3．∴=6，解得x=，故选：D．,本题考查了正方形的性质：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．也考查了直角三角形斜边上的中线性质．3．A【解析】根据菱形对角线互相垂直平分可判断OA=2错误．解：∵四边形是菱形，∴∠DOC=90°，AB=CD=5，∵，∴3、4、5没标错，∵OA=OC=3，∴2标错了，故选：A．本题考查了菱形的性质和勾股定理，解题关键是熟练掌握菱形的性质进行计算和判断．4．B【解析】根据折叠的性质证明∠C´MN=∠CMN=∠BC´M=∠MBC，在矩形中，AD∥BC，得∠CC´N=∠C´CN=∠CMN，由此解答即可．解：∵C沿着沿翻折，∴∠C´MN=∠CMN，MC=MC´，NC=NC´，CC´⊥MN，∴∠C´MN+∠CMN=∠C´MC=∠MBC´+∠BC´M，∵是的中点，∴BM=MC=MC´，∴∠MBC´=∠BC´M，∴∠C´MN=∠CMN=∠BC´M=∠MBC´，∵在矩形中，AD∥BC，∴∠AC´B=∠MBC´，∴∠AC´B=∠MBC´=∠CMN，∵∠CMN+∠CNM=90°，∴∠DCC´=∠CMN，∵NC´=NC，∴∠CC´N=∠C´CN=∠CMN，故选：B．,本题考查了矩形的性质，折叠变换的性质，掌握这些性质是解题的很关键．5．A【解析】作轴于，作于，交轴于，如图，设C（m，n），则OD＝EF＝−m，CD＝n，证明△OCD≌△CBE得到CD＝BE，OD＝CE，即n＝1−m，−m＝3−n，然后解关于m、n的方程组即可得到C点坐标．解：作轴于，作于，交轴于，如图，，，，设，则，，四边形为正方形，，，，，，在和中，，，，即，，，，点坐标为．故选：．,本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角．也考查了全等三角形的判定与性质、坐标与图形性质．6．C【解析】根据已知条件可知重叠的四边形是平行四边形．平行四边形当有一组邻边相等时为菱形，②正确．菱形形有一个角为90°时为正方形，①正确，③不正确．根据轴对称图形定义可得④．解：过点作于，于．两张长方形直尺的宽度相等，，又平行四边形的面积，，平行四边形为菱形．故②正确当时，这个四边形是正方形，故①正确，③不正确这个四边形一定是轴对称图形，故④正确故选：．本题考查矩形、菱形的判定．轴对称图形的定义。熟练特殊平行四边形的判定是重点．7．C【解析】根据矩形和菱形的判定定理逐项判断即可．解：有一组对角是直角的四边形不一定是矩形，选项不正确，不符合题意；一条对角线被另一条对角线垂直平分的四边形不一定是菱形，选项不正确，不符合题意；对角互补的平行四边形一定是矩形，根据平行四边形对角相等可得一个内角为直角，选项正确，符合题意；对角线相等的平行四边形是矩形，选项错误，不符合题意；故选：．,本题考查了矩形和菱形的判定，解题关键是熟练运用相关定理正确进行推理证明．8．D【解析】先根据翻折变换的性质得出△BCF≌△BEF和△ADG≌△AEG，从而证出A、E、F以及B、E、G共线，设CF=x，再根据勾股定理得出FG，继而得出的值．解：矩形中，由翻折变换的性质得，∴△BCF≌△BEF，△ADG≌△AEG，∴∠C=∠BEF=∠D=∠AEG=90°，CF=EF，DG=EG；在四边形BCFE中，∠CBE+∠CFE=180°，∵∠GFE+∠CFE=180°，∴∠CBE=∠GFE，∵∠CBE+∠EGF=90°，∴∠GFE+∠EGF=90°，∴∠FEG=90°，∴∠AEG+∠FEG=180°，∠BEF+∠FEG=180°，∴A、E、F三点共线，B、E、G三点共线，∴翻折变换的性质得CF=EF=EG=DG=x∴∴∴；故选：D．本题考查了翻折变换，勾股定理，四边形的内角和，得到∠FEG=90°是解题的关键9．C【解析】①先证出AF=FD=CD，得到∠DFC=∠DCF，再根据平行线性质得到∠DFC=∠FCB，即可得到∠DCF=∠BCF，可得∠DCF=∠BCD，故①正确；②做辅助线延长EF，交CD延长线于M，先证△AEF≌△DMF（ASA），得到FE=MF即,，再通过在中斜边上的中线等于斜边的一半得到，即可得到CF=EF，故②正确；③根据EF=FM，可得，那么，再通过MC＞BE，得到，即，故③的正确；④先证FC=FE，设∠FCE=x，那么，再通过证∠DCF=∠DFC，那么，则，进一步证得，即可证得，故④错误．解：①∵F是AD的中点，∴AF=FD，∵在中，AD=2AB，∴AF=FD=CD，∴∠DFC=∠DCF，∵，∴∠DFC=∠FCB，∴∠DCF=∠BCF，∴∠DCF=∠BCD，故①正确；②延长EF，交CD延长线于M，∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∴∠A=∠MDF，∵F为AD中点，∴AF=FD，在△AEF和△DFM中，,，∴△AEF≌△DMF（ASA），∴FE=MF，即，∠AEF=∠M，∵CE⊥AB，∴∠AEC=90°，∴∠AEC=∠ECD=90°，∴∵，∴CF=EF，故②正确；③∵EF=FM，∴，∴，∵MC＞BE，∴∴故③正确；④设∠FEC=x，∵CE⊥AB，，∴，∵F是EM的中点，∴FC=FE，∴∠FCE=x，∴，∵∴∠FCB=∠DFC,∵∠DCF＝∠FCB；∴∠DCF=∠DFC∴∴，∴，∵，∴∠DFE=3∠AEF，故④错误．综上所述正确的是：①②③．故选：C．此题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形性质等知识，能准确找到边与边之间、角与角之间的关系是解答此题的关键．10．B【解析】分别考虑当点E与点B重合时，点E与点D重合时的情况，由此确定出F点的运动轨迹，从而构造直角三角形求解即可．∵四边形ABCD为矩形，∴AB=DC=7，AD=BC=5，如图，当点E与点B重合时，点F与点M重合，此时，AB=BM=7，BC=AD=5，∴CM=BM-BC=7-5=2；当点E与点D重合时，点F与点N重合，此时，AD=DN=5，CN=DN+CD=5+7=12，∴点F的运动轨迹为线段MN，在Rt△MCN中，，故选：B．,本题考查矩形中的动点问题，理解矩形的性质，找准动点的轨迹是解题关键．11．（1）见详解；（2）见详解【解析】（1）利用数形结合的思想构造全等三角形或等腰直角三角形解决问题即可．（2）如图3中，构造矩形即可解决问题．解：（1）满足条件的△EFG，如图所示．（2）满足条件的四边形MNPQ如图2所示．图2本题考查作图−应用与设计，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．,12．（1）；（2）；（3）或【解析】（1）利用菱形的性质将Rt的三边分别表示出来，利用勾股定理求出即可；（2）根据将军饮马可知作点的对称点，当D、P、三点共线时，最小，利用勾股定理求出的值，即可求出的最小值；（3）根据题意可知，Q点在BC中点和CD中点时，点Q到BD的距离是，分情况讨论即可．解：（1）∵四边形ABCD为菱形，∴AD＝AB＝BC＝CD，设AO＝x，则AB＝＝AD，在Rt中，，即，解得，DC＝AB＝，∴；（2）∵四边形ABCD为菱形，AC为∠DAB的角平分线，∴∠DAC＝∠BAC，∴点E关于AC的对称点在AB上，且，，连结，∴当D、P、三点共线时，最小，且值为，，,即为所求最小值为；（3）易知Q点越靠近C点，距离DB越远，最大距离为,且点Q到BD的距离是匀速变大或变小的，时，距离由0增大到，时，距离由减小到，∴Q点在BC中点和CD中点时，符合要求，由（1）可知菱形边长为，∴当运动到BC中点时，运动了个单位，，当运动到CD中点时，运动了个单位，，故答案为：或．本题考查了菱形的性质、将军饮马、勾股定理等知识点，需要注意在（3）中，要分情况讨论．13．（1）见解析；（2）菱形，见解析；（3）【解析】（1）问题实质是作线段的垂直平分线，根据线段的垂直平分线的作法进行即可；（2）可判断四边形EBFD为菱形；根据折叠的性质可得：BE=DE，FB=FD，因此根据菱形的判定，只要得出DE=DF，则问题解决，这根据矩形的性质可得∠DEF＝∠BFE，由折叠的性质可得∠BFE＝∠DFE，从而易得DE=DF；（3）由勾股定理可求得BD，设CF=x，则BF=DF=8-x，在直角△DFC中，由勾股定理建立方程，可求得x的值，从而得BF的值，再根据同一菱形的面积相等，便可求得EF．,（1）连接BD，作BD的垂直平分线EF，如下图所示，则EF为所作的折痕．（2）四边形EBFD为菱形.理由如下：由折叠知，BE＝DE，FB＝FD，∠BFE＝∠DFE，∵四边形ABCD为矩形，AD//BC，∠DEF＝∠BFE，∴∠DEF＝∠DFE，∴DE＝DF，∴EB＝ED＝FB＝FD，即四边形四边形EBFD为菱形．（3）设CF=x，则BF=DF=8-x，在直角△DFC中，由勾股定理得：，解得：x=3，∴BF=8，在直角△DBC中，由勾股定理得：，∵同一个菱形的面积相等，∴BF×AB=EF×BD，∴，故答案为：．本题考查了线段的垂直平分线的尺规作图，菱形的判定，矩形的性质以及勾股定理，图形的变换，还用到了方程思想，题目虽不难，但涉及的知识和方法较多．求EF时，用面积方法相对简单些．14．（1）见解析；（2）135,【解析】（1）根据，绕点B逆时针旋转得，得到，，得到四边形BEFG为矩形，进而可证明矩形BEFG是正方形；（2））作DH⊥AF于H，先证明△BAG≌△ADH，再根据绕点B逆时针旋转得和正方形的性质得到DH=AG=EC=，即可得到GH=AG=DH，即可得到∠DGH=45°，问题得解．解：（1）证明：，绕点B逆时针旋转得，∴，∠EBG=90°，∠BGA=90°，∴∠BGF=90°，∴，∴四边形BEFG为矩形，∵BE=BG，∴矩形BEFG是正方形；（2）作DH⊥AF于H，∴∠AHD=∠BGA=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=DA，∠BAD=90°，∴∠BAG+∠GAD=∠ADH+∠GAD=90°，∴∠BAG=∠ADH，∴△BAG≌△ADH，∴AG=DH，BG=AH，∵绕点B逆时针旋转得，∴CE=AG=DH，∵CE=CF，∴正方形BGFG中，EC=，∴DH=AG=EC=，∴GH=AG=DH，∵∠DHG=90°，,∴∠DGH=45°，∴∠AGD=135°．故答案为：135本题考查了正方形的判定与性质，旋转的性质，熟知相关定理，并根据题意添加辅助线构造全等三角形是解题关键．15．【解析】由菱形的性质可求AB=5，再由三角形中位线定理即可求解．解：∵四边形ABD是菱形，∴AB=BC=CD=AD，∵菱形ABCD的周长=4AB=20，∴AB=5，∵E，F分别是AD，BD的中点，∴EF是△ABD的中位线，∴EF=AB=，故答案为：本题考查了菱形的性质，三角形中位线定理，灵活应用三角形中位线性质是解决问题的关键．16．（1）见解析；（2）见解析；【解析】（1）根据等腰直角三角形的性质及网格的特点即可作图；（2）根据题意作底为5，高为4的菱形即可，再根据网格的特点及勾股定理即可求出EF的长．（1）如图，△ABE为所求；（2）如图，菱形为所求，．,此题主要考查网格作图，解题的关键是熟知等腰直角三角形的性质、菱形的性质及勾股定理的运用．17．（1）见解析；（2）3【解析】（1）由AE//CD，CE//AB判断四边形ADCE是平行四边形，Rt△ABC中，D为AB的中点，得出CD=AB=AD，由菱形的判定定理即可得出结论；（2）过点D作DF⊥CE，垂足为点F，DF即为菱形ADCE的高，易判断△BCD是等边三角形，得∠DCF=60°，CD=6，在Rt△CDF中，由勾股定理求出DF即可．（1）证明：∵AE//CD，CE//AB，∴四边形ADCE是平行四边形，∵∠ACB=90°，D为AB的中点，∴CD=AB=AD，∴四边形ADCE为菱形；（2）解：过点D作DF⊥CE，垂足为点F，如图所示：DF即为菱形ADCE的高，∵∠B=60°，CD=BD，∴△BCD是等边三角形，∴∠BDC=∠BCD=60°，CD=BC=6，∵CE//AB，∴∠DCE=∠BDC=60°，∴∠CDF=30°，又∵CD=BC=6，,∴CF=3，∴在Rt△CDF中，DF==3．本题考查了平行四边形的判定、直角三角形的性质、菱形的判定、等边三角形的判定与性质、平行线的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解决问题的关键．18．（1）∠BFC=120°；（2）；（3）为等腰三角形，理由见解析．【解析】（1）利用同角的余角相等，证明∠CFD=∠A，再利用邻补角即可解决问题．（2）求出∠FBC+∠FCB=60°，再根据角平分线的定义求出∠GBC+∠GCB=30°，由此即可解决问题．（3）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得PE=PD，从而可得为等腰三角形．解：（1）∵BD⊥AC于D，CE⊥AB于E，∴∠AEC=∠BDC=90°，∴∠A+∠ACE=90°，∠ACE+∠CFD=90°，∴∠CFD=∠A=60°，∴∠BFC=180°-∠DFC=180°-∠A=120°；（2）由（1）得∠BFC=120°，∴∠FBC+∠FCB=180°-∠BFC=60°，∵∠FBC、∠FCB的平分线交于点G，∴∴；（3）为等腰三角形，理由如下：∵于，于，点为的中点，,∴，，∴PE=PD，∴为等腰三角形．本题考查直角三角形两锐角互余，同角的余角相等，等腰三角形的定义，直角三角形斜边上的中线，角平分线的有关证明和三角形内角和定理．熟练掌握这些定理，并能正确识图是解题关键．19．证明见详解．【解析】连结BD交AC于O，由对角线平分，可得∠BAC=∠DAC，由中，AB∥DC，AB=DC，BC∥AD，BC=AD，可得∠BAC=∠DCA，∠BCA=∠DAC，可证平行四边形ABCD为菱形，可得AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，由，可得OE=OF，可证四边形BEDF为平行四边形，EF⊥BD，可证平行四边形BEDF为菱形即可．证明：连结BD交AC于O，∵对角线平分，∴∠BAC=∠DAC，在中，AB∥DC，AB=DC，BC∥AD，BC=AD，∴∠BAC=∠DCA，∠BCA=∠DAC，∴BC=BA，DC=DA，∴平行四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，∵，∴OA-AF=OC-CE，即OE=OF，∴四边形BEDF为平行四边形，AC⊥BD，点E、F在AC上，∴EF⊥BD，∴平行四边形BEDF为菱形．,本题考查平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，角平分线定义，平行线性质，掌握平行四边形的性质与判定，菱形的性质与判定，角平分线定义，平行线性质是解题关键．20．（1）证明见详解；（2）①证明见详解；②【解析】（1）根据平行四边形中，平分求出平行四边形邻边相等即可，（2）①由GF垂直平分CE知GC=GE，再求证△ADG与△CDG全等即可得出为等腰三角形，②连接AC交BD于点O，根据菱形ABCD中AC与BD垂直平分，GF垂直平分CE，分别用不同方法表示出∠AEC进而求出，即可求出．（1）∵在平行四边形中，∴，∴∠CDB=∠ABD，又平分，∴∠DBC=∠ABD，∴∠CDB=∠DBC，∴DC=BC，∴平行四边形是菱形；（2）①由GF垂直平分CE知GC=GE，∵菱形中，AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，∴△ADG△CDG（SAS），∴GA=GC，即为等腰三角形；②连接AC交BD于点O，如图：,由题意知GF垂直平分CE，∴GC=GE，∴∠GCE=∠GEC，∵在菱形ABCD中AC与BD垂直平分，∴，∴∠GAC=∠GCA，又∵，AB=BC，∴，又∵∠AEC=∠ABC+∠BCE，，∴，由①知∠GAE=∠AEG，则，∵∠AEC=∠AEG+∠GEC，∴∴，∴，又∵GF垂直平分CE，∴，∴，即．此题属于四边形动点问题，利用平行四边形考查菱形的判定定理，涉及到垂直平分线的性质和三角形外角及等边三角形性质，有一定难度．21．（1）见解析；（2）见解析【解析】（1）利用平行四边形的性质结合矩形的性质得出即可；（2）利用菱形的性质结合矩形的性质得出符合题意的答案．,解：（1）图1中平行四边形为所求；（2）图2中菱形为所求．此题主要考查了应用设计与作图，正确掌握矩形与菱形的性质是解题关键．22．（1）12秒；（2）13秒，CP=10cm；（3）6秒或10.8秒或12秒或13秒【解析】（1）先由勾股定理求出△ABC的斜边AB=20cm，则△ABC的周长为48cm，所以当CP把△ABC的周长分成相等的两部分时，点P在AB上，此时CA+AP=BP+BC=24cm，再根据时间=路程÷速度即可求解；（2）根据中线的性质可知，点P在AB中点时，CP把△ABC的面积分成相等的两部分，进而求解即可；（3）△BCP为等腰三角形时，分三种情况进行讨论：①CP=CB；②BC=BP；③PB=PC．解：（1）△ABC中，∵∠C=90°，AC=16cm，BC=12cm，∴AB==20cm，∴△ABC的周长=AB+AC+BC=16+12+20=48cm，∴当CP把△ABC的周长分成相等的两部分时，点P在AB上，∴CA+AP=BP+BC=24（cm），∴t=24÷2=12（秒）；（2）当点P在AB中点时，CP把△ABC的面积分成相等的两部分，∴CA+AP=16+10=26（cm），∴t=26÷2=13（秒），,∴CP=AB=×20=10（cm）；（3）△BCP为等腰三角形时，分三种情况：①如果CP=CB，当点P在AC上，CP=12cm，此时t=12÷2=6（秒）；如果CP=CB，当点P在AB上，CP=12cm，作AB边上的高CD，则AC×BC=AB×CD，即16×12=20×CD，∴CD=9.6cm，∴DP==7.2cm，∴BP=14.4cm，AP=5.6cm，∴t=（16+5.6）÷2=10.8（秒），∴此时t=10.8（秒）；②如果BC=BP，那么点P在AB上，BP=12cm，CA+AP=24cm，此时t=24÷2=12（秒）；③如果PB=PC，那么点P在BC的垂直平分线与AB的交点处，即在AB的中点，此时CA+AP=26cm，t=26÷2=13（秒）；综上可知，当t=6秒或10.8秒或12秒或13秒时，△BCP为等腰三角形．本题是三角形综合题，考查了勾股定理，等腰三角形的判定，三角形的周长与面积，三角形的中线，难度适中．利用分类讨论的思想是解（3）题的关键．23．（1）见解析；（2）3；（3）【解析】（1）连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，由，等量代换得到，再根据等腰三角形三线合一的性质，即可得出；（2）作于点，根据等腰三角形三线合一的性质得出，再利用勾股定理即可求出；,（3）先求出的长，然后在直角中利用勾股定理得出的长．解：（1）连接，是边上的高线，是直角三角形，是边上的中线，是的中点，即是斜边上的中线，，，，，；（2）作于点，，，，，，，，，点到线段的距离为3；（3）在直角中，，，，．此题考查了勾股定理，三角形中位线的性质和等腰三角形的性质等知识，正确作出辅助线是解题的关键．24．（1）∠AFC=∠DAC+∠ABC；（2）∠AFC=∠ABC－∠DAC；（3）补全图形见解析，,．【解析】（1）由题意结合等边三角性的性质和菱形的性质易证，再由三角形外角性质即可求出三个角之间的数量关系；（2）同理可证题，同样由三角形外角性质即可求出三个角之间的数量关系；（3）补全图形再根据（1）同理可证，再由三角形外角性质和等边三角形的性质及角之间的数量关系，即可证明出．（1）∵为等边三角形，∴．∵，∴，∴．∵四边形ADEF是菱形，∴．即在和中，，∴，∴．∵，∴．（2）由（1）同理可证，∴．,又∵，∴，即．（3）补全图形如下图，由（1）同理可证，∴．∵．∴．∵∴．∵．∴．本题考查等边三角形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形外角的性质．掌握全等三角形的判定条件及其性质是解答本题的关键．25．（1）见解析；（2）CF=，（1）中的结论不变．理由见解析．【解析】（1）延长EF交CD于M点，证明三角形CMF是等腰三角形，且∠EMC=120°，过点M作MN⊥CF，垂足为N，根据30°角所对直角边等于斜边的一半，和勾股定理，得,FN=NC=即CF=2FN=；（2）过D做∠NDC=∠ADG,使DN=DG，连接NC，证明△DGN为等腰三角形，四边形GFNC为平行四边形即可．（1）如图１，延长EF交CD于M点，∵四边形AEFG和四边形ABCD是菱形∴DC//GF//AB,DM//GF∴四边形GFMD是平行四边形则∠D=∠EMC=120°，∴∠MFC=∠MCF=30°，过点M作MN⊥CF，垂足为N，∴MN=,根据勾股定理，得FN=，∵MC=MF，∴FN=NC，∴CF=2FN=；（2）如图2，过D做∠NDC=∠ADG,使DN=DG，连接NC，∴△AGD≌△DNC(SAS）,∴AG=NC∠DNC=∠AGD∴△DGN为等腰三角形，则∠DGN=∠DNG，∵∠NGF=360°-∠AGD-∠AGF-∠DGN=240°-∠DGA-∠DGN∠GNC=∠DNC-∠DNG=∠DNC-∠DNG∴∠NGF+∠GNC=240°-∠DGN-∠DNG,∵∠DGN+∠DNG=180°-∠GDN=60°∴∠NGF+∠GNC=180°∴NC//GF，∴四边形GFNC为平行四边形∴CF=GN，则GN=，∴CF=，结论（1）不变．本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，三角形的全等，等腰三角形的性质，灵活构造辅助线是解题的关键．26．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析．【解析】（1）在AC上截取AD=4，向上截取DB=3，根据勾股定理，得AB=5；（2）如图2，构造菱形ACDB，根据菱形的对角线平分对角，实现解题目标；（3）如3，先构造以AB为边的正方形，过点C作AB的平行线，交点为M,N，四边形ANMB就是所求．（1）在AC上截取AD=4，向上截取DB=3，根据勾股定理，得AB=5如图1所示；（2）如图2，构造菱形ACDB，连接AD即可；（3）如3，先构造以AB为边的正方形，过点C作AB的平行线，交点为M,N，四边形ANMB就是所求．,本题考查了正方形网格上的基本作图，熟练运用勾股定理，构造菱形，正方形，运用它们的性质是解题的关键．27．4【解析】连接、，如图，利用菱形的性质得，，，再利用勾股定理计算出，接着证明得到，然后根据折叠的性质得，从而有，于是计算即可．解：连接、，如图，点为菱形的对角线的交点，，，，在中，，，，在和中，，，过点折叠菱形，使，两点重合，是折痕，，，，,故答案为：4．本题考查了折叠的性质：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．也考查了菱形的性质．28．【解析】如图，连接AC，过点A作AFMN，交BC于F，由正方形的性质可得AO＝CO，AB＝AD＝BC＝4，∠ABC＝∠BAD＝90°，ADBC，由“ASA”可证△AMO≌△CNO，可得AM＝CN＝1，通过证明四边形AMNF是平行四边形，可得AM＝FN＝1，由“AAS”可证△ADE≌△BAF，可得AE＝BF＝2，由勾股定理可求解．解：如图，连接，过点作，交于，，，，点是正方形的中心，，，，，，又，，，，，，四边形是平行四边形，，,，，，，，又，，又，，，，，故答案为．本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．29．10【解析】根据折叠的性质和勾股定理定理即可得到结论．解：在Rt△ACB中，BC=6，∠ACB=90°，∵将△BCD沿CD翻折，使点B落在点E处，∴BD=DE，BC=CE=6，∠B=∠CED，∵将△ADF沿DF翻折，点A恰好与点E重合，∴∠A=∠DEF，AD=DE，AF=EF，∴∠FED+∠CED=90°，∴AD=DB，∴CD=DA=DB=AB，∵DC=5，∴AB=10，∴AC==8，∴CF=8-AF，,∴EF2+CE2=CF2，∴AF2+62=（8-AF）2，∴CF=，∴AF=AC-CF=，故答案为：10，．本题考查翻折变换、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找直角三角形解决问题．30．【解析】由题意可得BD＝CD＝5，根据折叠的性质可得，根据勾股定理可求BC'的长．解：∵AD是△ABC的中线，BC＝10，∴BD＝CD＝5，∵把△ABC沿直线AD折叠，∴，∴，∴，故答案为：．本题考查了翻折变换，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是本题的关键．