第十八章第2节《特殊的平行四边形》提高训练卷(19)一、单选题1．如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFC=120°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则AE的长度为（）A．2B．C．D．12．如图，四边形为菱形，A，B两点的坐标分别是，点C，D在坐标轴上，则菱形的周长等于（）A．B．C．D．3．如图，把一张矩形纸片沿对角线折叠，点B的对应点为，与相交于点E，则下列结论不一定正确的是（）A．B．C．D．4．如图，正方形中，点E为对角线上一点，交边于F，连接交线段于点H，延长交边于点Q，连接．下列结论：①；②若，，则；③；④若，，则,；其中正确的有（）个．A．1个B．2个C．3个D．4个5．在四边形ABCD中，AD∥BC，下列选项中，不能判定四边形ABCD为矩形的是（　　）A．AD＝BC且AC＝BDB．AD＝BC且∠A＝∠BC．AB＝CD且∠A＝∠CD．AB＝CD且∠A＝∠B6．如图，在中，，将绕顶点C逆时针旋转得到，M是的中点，P是的中点，连接，若，则在旋转的过程中，线段的长度不可能是（）A．5B．4.5C．2.5D．0.57．如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，∠EBC的平分线交CD于点F．将△DEF沿EF折叠，点D恰好落在BE上的M点处，延长BC，EF交于点N，下列四个结论不正确的是（　　）A．DF＝CFB．BF⊥ENC．△BEN是等边三角形D．S△BEF＝3S△DEF8．如图，在平行四边形中，M、N是上两点，，连接、、、，添加一个条件，使四边形是矩形，这个条件是（）,A．B．C．D．9．如图，在中，于点D，正方形CDEF的顶点E在线段AD上，G是边EF上一点，连结AG，记面积为，面积为，若，则DE的长为（）A．B．C．4D．8二、填空题10．如图，在边长为13的菱形ABCD中，对角线BD＝24，点O是线段BD上的动点，OE⊥AB于E，OF⊥AD于F．则OE+OF＝__________________．11．如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、C、F在坐标轴上，E是OA的中点，四边形AOCB是矩形，四边形BDEF是正方形，若点C的坐标为，则点E的坐标为______________．12．如图，正方形ABCD中，AD＝4+2，已知点E是边AB上的一动点（不与A、B重合）将,ADE沿DE对折，点A的对应点为P，当PA＝PB时，则线段AE＝__．13．如图，在四边形ABCD中，∠DAB=∠BCD=90°，对角线AC与BD相交于点E，点F，G分别是AC，BD的中点，当∠CBD=15°，EG=EC，FG时，则线段AC的长为__．14．正方形的边长为8，点E、F分别在边、上，将正方形沿折叠，使点A落在处，点B落在点处，交于G．以下结论：①当为中点时，三边之比为；②当三边之比为时，为中点；③当在上移动时，周长不变；④当在上移动时，始终有．其中正确的有_________（写出所有正确结论的序号）15．如图，已知，，，，，，则的面积为________．,16．当一个凸四边形的一条对角线把原四边形分割成两个等腰三角形时，我们称这个四边形为“等腰四边形”，其中这条对角线称为这个四边形的“等腰线”．如果凸四边形ABCD是“等腰四边形”，对角线BD是该四边形的“等腰线”，其中∠ABC＝90°，AB＝BC＝CD≠AD，那么∠BAD的度数为______．17．如图，在正方形中，，点为边上一个动点（不与，重合），过点，在正方形内部作正方形，交边于点，连接，，当为等腰三角形时，__________．18．如图，在平行四边形ABCD中，各内角的平分线分别相交于点E，F，G，H．若AB＝6，BC＝4，∠DAB＝60°，则四边形EFGH的面积为___．三、解答题19．如图，已知四边形ABCD和四边形EFCG都是正方形．求证：．20．，过点作交的延长线于点，．（1）如图1，求证：四边形是菱形；,（2）为线段上一点，点，在直线上，且，．①当时，如图2，求证：．②当时，如图3，线段CD，PB，BN的数量关系如何？（请直接写出猜想的结论）21．如图，点B、F、C、E在同一直线上，且BF＝CE，点A、D分别在直线BE的两侧，AB//DE，∠A＝∠D．（1）求证：△ABC≌△DEF；（2）连接AD交BE于点O，若AO＝BO，请补全图形并证明：四边形ABDE是矩形．22．如图，在正方形中，，是边上一动点（不与点重合），连接，点与点关于所在的直线对称，连接，，延长到点，使得，连接，．（1）依题意补全图1；（2）若，求线段的长；（3）当点在边上运动时，能使为等腰三角形，直接写出此时的面积．,23．如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD相交于点O，延长BA至点E，使得AE=AD，连接DE、OE，OE交AD于F．请从以下三个选项中选择一个作为已知条件，选择另一个作为结论，并写出结论成立的计算或证明的过程．①BE=DE；②EF=BD；③EF=DF．你选择的条件是，结论是．（填序号）24．如图，在□ABCD中，E、F分别为AD、BC的中点，点M、N在对角线AC上，且AM＝CN．（1）求证四边形EMFN是平行四边形；（2）若AB⊥AC，求证EMFN是菱形．25．如图1，在正方形ABCD中，E、F分别为边AB、BC的中点，连接AF、DE交于点G．（1）求证：AF⊥DE；（2）如图2，连接BG，求证：BG平分∠EGF；（3）如图3，连接BD交AF于点H，设ADG的面积为S，求证：BG2=2S．26．已知：如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，CF⊥AD，E，F分别为垂足．（1）求证：△ABE≌△CDF；,（2）求证：四边形AECF是矩形．27．将正方形和等腰如图所示摆放，正方形的边长为2，将此图剪后拼成一个新的正方形．（1）新正方形的边长为________；（2）在原图中画出剪拼示意图（保留剪和拼的痕迹）；（3）剪拼过程中，被分割成两部分，求这两部分的面积比．28．下面是华师版八年级下册数学教材第121页的部分内容．如图，在正方形中，，求证：．（1）请根据上述内容，结合图①，写出完整的证明过程．（2）如图②，在四边形中，交于点F，交于点，点G是线段上的一个动点，连结．当四边形,的面积是4时，线段的长度为_______．29．如图1是城市广场地下停车场的入口，图2是安装雨棚左侧支架的示意图．已知，支架的立柱与地面垂直，即，且，点在同一条水平线上，斜杆与水平线的夹角，支撑杆于点D，该支架的边与的夹角，又测得．请你求出该支架的边及顶端E到地面的距离的长度．30．如图，在的方格纸中，A，B是方格纸中的两格点，请按要求作图．（1）在图1中，以AB为一边作一个矩形ABCD，要求C，D两点也在格点上．（2）在图2中，以AB为一边作一个菱形ABEF，要求E，F两点也在格点上．,,【答案与解析】1．A【解析】依据正方形的性质以及折叠的性质，即可得到∠AEB'=60°，再根据含30°角的直角三角形的性质，即可得到AE的长．解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∠A=90°，∴∠BEF=180°-∠EFC=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°，∴∠AB'E=30°，∴B'E=2AE，设AE=x，则B'E=2x=BE，∵AB=6，∴x+2x=6，解得x=2．故选：A．本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键．2．A【解析】先由勾股定理求出AB的长，再由菱形的性质即可得出答案．解：∵A，B两点的坐标分别是，∴OA=3，OB=，∴AB=，∵四边形ABCD是菱形，∴BC=CD=AD=AB=2，∴菱形的周长=4AB=8，,故选：A．此题考查菱形的性质、坐标与图形性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．3．D【解析】由矩形的性质和折叠性质可得，，，再由平行线的性质和等腰三角形的判定即可得出结论．解：∵四边形ABCD是矩形，∴，CD∥AB，AD∥BC，∴，，由折叠性质得：，，，∴，，∴，，，即，故选项A、B、C正确，选项D错误，故选：D．本题考查矩形的性质、折叠性质、平行线的性质、等腰三角形的判定，熟练掌握相关知识的联系和运用是解答的关键．4．D【解析】连接BE，由“SAS”可证△DCE≌△BCE，可得DE＝BE，∠CDE＝∠CBE，由补角的性质可得∠ABE＝∠EFB，可证EF＝BE，故判断①，延长BC到G，使CG＝AF，连接DG，由“SAS”可证△ADF≌△CDG，可得∠AFD＝∠G，∠ADF＝∠CDG，DF＝DG，由“SAS”可证△QDF≌△QDG，可得FQ＝QG，∠G＝∠DFQ，可判断③，由勾股定理可求AF＝2，可判断②，将△CDE绕点A顺时针旋转90°得到△ADM，连接MH，由“SAS”可证△DMH≌△DEH，可得EH＝MH，由勾股定理可求MH的长，即可求AB的长，即可求解．解：如图，连接BE，,∵四边形ABCD为正方形，∴CB＝CD，∠BCE＝∠DCE＝45°，在△BEC和△DEC中，，∴△DCE≌△BCE（SAS），∴DE＝BE，∠CDE＝∠CBE，∴∠ADE＝∠ABE，∵∠DAB＝90°，∠DEF＝90°，∴∠ADE＋∠AFE＝180°，∵∠AFE＋∠EFB＝180°，∴∠ADE＝∠EFB，∴∠ABE＝∠EFB，∴EF＝BE，∴DE＝EF，故①正确；∵∠DEF＝90°，DE＝EF，∴∠EDF＝∠DFE＝45°，如图：延长BC到G，使CG＝AF，连接DG，在△ADF和△CDG中，，∴△ADF≌△CDG（SAS），∴∠AFD＝∠G，∠ADF＝∠CDG，DF＝DG，,∵∠ADF＋∠CDQ＝90°−∠FDQ＝45°，∴∠CDG＋∠CDQ＝45°＝∠GDQ，∴∠GDQ＝∠FDQ，又∵DG＝DF，DQ＝DQ，∴△QDF≌△QDG（SAS），∴FQ＝QG，∠G＝∠DFQ，∴∠DFA＝∠DFQ，故③正确；∵AB＝6，CQ＝3，∴BQ＝3，FB＝6−AF，FQ＝QG＝3＋AF，∵FQ2＝FB2＋BQ2，∴（3＋AF）2＝9＋（6−AF）2，∴AF＝2，故②正确；如图：将△CDE绕点A顺时针旋转90°得到△ADM，连接MH，∴△CDE≌△ADM，∴AM＝CE＝4，∠DCE＝∠DAM＝45°，∠ADM＝∠CDE，DM＝DE，∴∠MAH＝90°，∠ADM＋∠ADH＝∠CDE＋∠ADH＝45°＝∠MDH，又∵DH＝DH，∴△DMH≌△DEH（SAS），∴EH＝MH，∵MH＝=，∴EH＝MH＝，∴AC＝AH＋EH＋EC＝6＋∴AB＝AC÷=，故④正确；故选：D．本题是四边形综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用旋转法，添加辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．5．C【解析】,根据矩形的判定条件逐项进行分析判断即可；解：A、∵AD∥BC，AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC＝BD，∴平行四边形ABCD是矩形，故选项A不符合题意；B、∵AD∥BC，AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∠A+∠B＝180°，∵∠A＝∠B，∴∠A＝∠B＝90°，∴平行四边形ABCD是矩形，故选项B符合题意；C、∵AD∥BC，∴∠A+∠B＝∠C+∠D＝180°，∵∠A＝∠C，∴∠B＝∠D，∴四边形ABCD是平行四边形，AB＝CD，故选项C不符合题意；D、∵AD∥BC，∴∠A+∠B＝180°，∵∠A＝∠B，∴∠A＝∠B＝90°，∴AB⊥AD，AB⊥BC，AB的长为AD、BC间的距离，又∵AB＝CD，∴CD⊥AD，∴∠ADC＝90°，∴四边形ABCD是矩形，∴选项D不符合题意；故选：C．本题主要考查了矩形的判定，准确分析判断是解题的关键．6．A【解析】连接PC．首先依据直角三角形斜边上中线的性质求出PC=2，然后再依据三角形的三边关系可得到PM≤PC+CM，故此可得到PM的最大值为PC+CM．,解：如图连接PC．在Rt△ABC中，∵BC=4，AC=3，∴AB=5，根据旋转不变性可知，A′B′=AB=5，∴A′P=PB′，∴PC=A′B′=2.5，∵CM=BM=2，又∵PM≤PC+CM，即PM≤4.5，∴线段PM的长度不可能是5．故选：A．本题主要考查的是旋转的性质，直角三角形的性质、三角形的三边关系，掌握本题的辅助线的作法是解题的关键．7．C【解析】由折叠的性质、矩形的性质与角平分线的性质，可证得CF＝FM＝DF；根据折叠性质和矩形性质证明BE=BN，再根据等腰三角形三线合一可证得BF⊥EN；易证得△BEN是等腰三角形，但无法判定是等边三角形；根据角平分线性质、矩形性质得BM＝BC＝AD＝2DE＝2EM，即可得EB＝3EM，根据等高三角形的面积比等于对应底的比，即可求解．解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠BCD＝90°，由折叠的性质可得：∠EMF＝∠D＝90°，DF＝MF，即FM⊥BE，CF⊥BC，∵BF平分∠EBC，∴CF＝MF，∴DF＝CF，故选项A正确；,∵AD∥BN，∴∠N=∠DEF，由折叠性质可得∠DEF=∠MEF，∴∠N=∠MEF，∴BE=BN，∵CD平分∠EBC，∴BF⊥EN，故选项B正确；∵BE＝BN，∴△BEN是等腰三角形，但∠ABE度数未知，故无法求得△BEN各角的度数，∴△BEN不一定是等边三角形，故选项C错误；∵FM⊥BE，CF⊥BC，BF平分∠EBC，∴∠BFM＝∠BFC，∴BM＝BC＝AD＝2DE＝2EM，∴BE＝3EM，∴S△BEF＝3S△EMF＝3S△DEF，故选项D正确．故选：C．此题考查了折叠的性质、矩形的性质、角平分线的性质等知识，熟知相关知识，证明BE=BN是解题关键．8．D【解析】由平行四边形的性质可知：OA=OC，OB=OD，再证明OM=ON即可证明四边形AMCN是平行四边形．证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，OB=OD∵对角线BD上的两点M、N满足BM=DN，∴OB-BM=OD-DN，即OM=ON，∴四边形AMCN是平行四边形，,∵2OM=AC，∴MN=AC，∴四边形AMCN是矩形．故选：D．本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．9．A【解析】由等角的余角相等得到，继而证明，再由相似三角形对应边成比例解得，结合正方形的性质、三角形面积公式解得，据此整理解题即可．解：，，，，，，，，，四边形是正方形，，，，，，，，,，，，，，，，．本题考查相似三角形的判定与性质，涉及正方形的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．10．【解析】连接AC交BD于点G，连接AO，根据菱形的性质和勾股定理可求出AG的长，再根据等面积法即可求出OE+OF的值．解：如图，连接AC交BD于点G，连接AO，在菱形ABCD中，AC⊥BD，AB=AD=13，BD＝24，∴在Rt△ABG中，∴∵S△ABD=S△AOB+S△AOD，∴∴24×5=13×OE+13×OF，,∴；故答案为：本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是利用等面积法．11．【解析】首先根据矩形和正方形的性质得出，进而通过证明得出，然后通过等量代换求出OE的长度，从而可得出答案．∵四边形AOCB是矩形，四边形BDEF是正方形，．，．在和中，，．∵E是OA的中点，，．∵点C的坐标为，，，∴点E的坐标为，故答案为：．,本题主要考查全等三角形的判定及性质，矩形和正方形的性质，掌握全等三角形的判定及性质是关键．12．2【解析】过点P作MN⊥AB于N，交CD于M，可证四边形ADMN是矩形，可得MN=AD＝4+2，由折叠的性质可得AD=DP=4+2，AE=PE，由勾股定理可求MP，AE的长．如图，过点P作MN⊥AB于N，交CD于M，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CD=AD=4+2，CD∥AB，∵MN⊥AB，∴MN⊥CD，∴四边形ADMN是矩形，∴MN=AD=4+2，由折叠可知：AD=DP=4+2，AE=PE，∵PA=PB，∴MN是AB的垂直平分线，∴DM=CM=2+，AN=NB=2+，∴MP=，∴PN=1，∵PE2=PN2+EN2，∴AE2=1+（2+-AE）2，∴AE=2，故答案为2．,本题考查了翻折变换，正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．13．6【解析】连接AG，CG，利用“斜中半”定理推出△ACG为等腰三角形，并根据题意求出∠ECG=30°，∠GFC=90°，从而在Rt△CGF中求解CF，即可得出结论．如图所示，连接AG，CG，由题意，△ABD与△CBD均是BD为斜边的直角三角形，∴AG=BD，CG=BD，即：AG=CG，△ACG为等腰三角形，∵∠CBD=15°，CG=BG，∴∠CGE=2∠CBD=30°，∵EC=EG，∴∠ECG=∠CGE=30°，又∵F为AC的中点，∴GF为△ACG的中线，AF=CF，∴由“三线合一”知，GF⊥AC，∠GFC=90°，∵FG，∴CFFG=3，∴AC=2CF=6，故答案为：6．本题考查了直角三角形的“斜中半”定理，以及等腰三角形的判定与性质等，灵活运用直角三角形的相关性质是解题关键．,14．①③【解析】①当为中点时，设，则，根据勾股定理列出方程求解，故①正确；②当三边之比为时，假设，，，根据可求得，进而可得，故②错误；③过点A作AH⊥，垂足为点H，连接，AG，先证≌（AAS），可得AD＝AH，，再证Rt≌Rt（HL），可得，由此可证得，故③正确；④根据题意可得，由此可得，故④错误．解：∵为中点，正方形的边长为8，∴AD＝8，，∠D＝90°，∵折叠，∴设，则，∵在Rt中，，∴，解得：x＝5，∴，，∴当为中点时，三边之比为，故①正确；当三边之比为时，假设，，，则，∵，∴，解得，∴，，,∴，∴此时点不是的中点，故②错误；如图，过点A作AH⊥，垂足为点H，连接，AG，则，∵折叠，∴，，∴，，∵∠D＝90°，∴，∴，在与中，∴≌（AAS），∴AD＝AH，，又∵AD＝AB，∴AH＝AB，在Rt与Rt中，∴Rt≌Rt（HL），∴，∴,，∴当在上移动时，周长不变，故③正确；∵，，，∴，∴，故④错误；故答案为：①③．本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，熟练掌握相关图形的性质是解决本题的关键．15．【解析】知道AD的长，只要求出AD边上的高，就可以求出△ADE的面积；过点D作DG⊥BC于G，过点E作EF⊥AD交AD的延长线于F，构造出△EDF≌△CDG，求出GC的长，即为EF的长，利用三角形的面积公式解答即可．解：过点D作DG⊥BC于G，过点E作EF⊥AD交AD的延长线于F，如图所示：则四边形ABGD是矩形，∴AD=BG，∵∠EDF+∠FDC=90°，∠GDC+∠FDC=90°，∴∠EDF=∠GDC，在△EDF和△CDG中，，∴△EDF≌△CDG（AAS），∴EF=CG=BC-BG=BC-AD=4-3=1，∴S△ADE=AD•EF=×3×1=，,故答案为：．本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、三角形面积计算等知识，通过作辅助线构造△EDF≌△CDG是解题的关键．16．75°【解析】根据“等腰四边形”定义画出图形，对角线BD是该四边形的“等腰线”，所以△CBD和△ABD为等腰三角形，由于AB＝BC＝CD≠AD，所以△ABD中分两种情形进行讨论即可；解：∵凸四边形ABCD是“等腰四边形”，对角线BD是该四边形的“等腰线”，∴△CBD和△ABD为等腰三角形．由于AB≠AD，在△ABD中分两种情形：①AB＝BD，②AD＝BD．当①AB＝BD时，如下图：∵AB＝BC＝CD，AB＝BD．∴BC＝CD＝BD．∴△BDC为等边三角形．∴∠DBC＝60°．∵∠ABC＝90°，∴∠ABD＝30°．∵AB＝BD，∴∠BAD＝∠BDA＝＝75°．当②AD＝BD时，如下图，,过点D作DE⊥AB，过点D作DF⊥CB，交CB延长线于点F，∵AD＝BD，DE⊥AB，∴BE＝AB．∵DE⊥AB，DF⊥CB，∠ABC＝90°，∴四边形EBFD为矩形．∴DF＝BE＝AB．∵AB＝CD，∴DF＝CD．在Rt△DCF中，sin∠DCF＝＝，∴∠DCF＝30°．∵BC＝CD，∴∠DBC＝∠BDC＝＝15°．∵∠ABC＝90°，∴∠ABD＝75°．∵AD＝BD，∴∠BAD＝∠ABD＝75°．综上，∠BAD＝75°．故答案为：75°．本题主要考查了四边形综合，结合等边三角形、矩形的性质求解是解题的关键．17．或【解析】分三种情形进行讨论：①当时；②当时；③当时，与重合，不符合题意．然后根据等腰三角形的性质和勾股定理求出AE即可解决问题．解：如图所示，连接AE,∵四边形ABCD和四边形APEF都是正方形，且P在AB上，F在AD上∴∠CAB=∠EAB=∠DCE=45°，AB=BC，AP=PE∴A，E，C三点共线①当时，，，；②当时，∵∴∠CDE=∠DCE=45°∴∠DEC=90°∴∴∵∴，∴；③当时，与A重合，不符合题意．综上所述，当为等腰三角形时，或．故答案为：或．本题考查正方形的性质，等腰三角形的定义，二次根式的运算，解题的关键是灵活运用相关知识点进行解题．,18．【解析】根据角平分线的定义以及平行四边形的性质，即可得出∠AGB＝90°，∠DEC＝90°，∠AHD＝90°＝∠EHG，进而判定四边形EFGH是矩形，根据含30°角的直角三角形的性质，得到，，，，进而得出EF和GF的长，可得四边形EFGH的面积．解：∵GA平分∠BAD，GB平分∠ABC，∴，，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠DAB＋∠ABC＝180°，∴，即∠AGB＝90°，同理可得，∠DEC＝90°，∠AHD＝90°＝∠EHG，∴四边形EFGH是矩形．∵∠DAB＝60°，∴，∵AB＝6，∴，，∵，，∴，，∴，，∴矩形EFGH的面积．故答案为：,本题考查了角平分线的性质，平行四边形的性质，矩形的判定以及含30°角的直角三角形的性质等，解题时注意：有三个角是直角的四边形是矩形．19．见解析．【解析】四边形ABCD和四边形EFCG都是正方形，根据正方形的性质可得：CB=CD，CF=CG，∠BCD=∠FCG=90°，进而可得∠BCF=∠DCG，利用SAS即可证得，根据全等三角形的对应角相，即可证得∠CBF=∠CDG．证明：四边形ABCD和四边形EFCG都是正方形,∴CB=CD，CF=CG，∠BCD=∠FCG=90°，∴∴∠BCF=∠DCG,在△BCF和△DCG中,∴△BCF≌△DCG(SAS)，∴∠CBF=∠CDG．此题考查了正方形的性质与全等三角形的判定与性质此题属于基础题，注意数形结合思想的应用．20．（1）见解析；（2）①见解析；②CD+BN=PB．【解析】（1）利用直角三角形的性质得到BD=BE=AB，证明四边形BDCE是平行四边形，再证明四边形BDCE是菱形即可；（2）①利用ASA证明△DBP△NMP，再利用线段的和与差即可证明CD=PB+BN；②同理证得四边形BDCE是正方形，证明△MBP是等腰直角三角形，利用ASA证明△DBP△NMP，利用线段的和与差即可得到CD+BN=PB．（1）∵BE=AB，且ED⊥AD，即BD为Rt△ADE斜边的的中线，∴BD=BE=AB=，∵四边形ABCD是平行四边形，,∴AB=CD，AB∥CD，∴BE=CD，BE∥CD，∴四边形BDCE是平行四边形，又∵BD=BE，∴四边形BDCE是菱形；（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠PBM=∠A=60°，∵PM=PB，∴△PBM是等边三角形，∴PM=PB=BM，∵∠DPN=∠BPM，∴∠DPN+∠BPN=∠BPM+∠BPN，即∠DPB=∠NPM，∵四边形BDCE是菱形，∴∠DBP=∠NMP=60°，在△DBP和△NMP中，，∴△DBP△NMP(ASA)，∴MN=BD=BE，BM+BN=BM+ME，∴BN=ME，∴CD=BE=BM+ME=PB+BN；②∵∠A=45°，且ED⊥AD，∴△ADE是等腰直角三角形，∴∠DEA=45°，同（1）法可证明四边形BDCE是正方形，同①可得∠DPN=∠BPM，∴∠DPN-∠BPN=∠BPM-∠BPN，即∠DPB=∠NPM，∵PM=PB，∴∠MBP=∠NMP=45°，,∴△MBP是等腰直角三角形，即∠MBP=∠NMP=45°=∠PBD，在△DBP和△NMP中，，∴△DBP△NMP(ASA)，∴MN=BD=BE，BM+BN=BM+ME，∴BN=ME，∵△MBP是等腰直角三角形，∴BM=PB=MN+BN=BD+BN=CD+BN；即CD+BN=PB．本题考查了正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质和判定，等腰直角三角形的性质，证明△DBP≌△NMP是本题的关键．21．（1）证明见解析；（2）补图及证明见解析．【解析】（1）根据平行线的性质得出∠B＝∠E，再利用AAS即可证得△ABC≌△DEF；（2）由全等三角形的性质得到∠BAC＝∠EDF，AC＝DF，根据平行线的性质得到∠ODE＝∠OAB，∠OED＝∠OBA，推出四边形ABDE是平行四边形，于是得到四边形ABDE是矩形．证明：（1）∵AB//DE，∴∠B＝∠E，∵BF＝CE，∴BC＝EF，在△ABC与△DEF中，，∴△ABC≌△DEF（AAS）；（2）由（1）知，△ABC≌△DEF，BC＝EF，∴∠BAC＝∠EDF，AC＝DF，∵AO＝BO，,∴∠OAB＝∠OBA，∵AB//DE，∴∠ODE＝∠OAB，∠OED＝∠OBA，∴ODE＝∠OED，∠CAO＝∠FDO，∴OD＝OE，∴AD＝BE，在△ACO和△DFO中，，∴AO＝DO，CO＝FO，∴BO＝EO，∴四边形ABDE是平行四边形，∴四边形ABDE是矩形．本题考查了全等三角形的判定和矩形的判定，平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定方法是解本题的关键．22．（1）见解析；（2）；（3）4.5或【解析】（1）根据题意作出图形便可；（2）连接BP，先证明，再证明，求得BP，便可得EF；（3）设，则，求出AE、AF、EF；当△AEF为等腰三角形时，分两种情况列出方程求出的值，进而求得最后结果．解：（1）根据题意，作图如下：,（2）连接，如图2．点与点关于所在的直线对称，，，四边形是正方形，，，，，，，，，，，四边形是正方形，，，，，；,（3）设，则，，，，，当为等腰三角形时，只能有两种情况：或，①当时，有，解得，面积为；②当时，，解得，的面积为，综上的面积为4.5或．本题属于几何中的动点问题，综合考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，要求学生能理解相关概念与性能，能应用它们得到线段或角之间的关系，本题综合性较强，蕴含了分类讨论等思想方法．23．条件是：②；结论是：①，证明见解析【解析】利用HL证明△DAB△EAF，再证得EO是线段BD的垂直平分线，即可证明结论．,选择的条件是②，结论是①．证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB=∠EAF=90，DO=BO，∵AE=AD，EF=BD，∴△DAB△EAF(HL)，∴∠ADB=∠AEF，∵∠DFO=∠EFA，∴∠DOF=∠EAF=90，即EO⊥BD，又∵DO=BO，∴EO是线段BD的垂直平分线，∴BE=DE．本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．24．（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】(1)证△AEM≌△CFN，得EM∥FN，∠AME＝∠CNF，则∠EMN＝∠FNM，证出EM∥FN，即可得出结论；(2)连接EF交AC于点O，先证四边形AEBF是平行四边形，再证EF⊥MN，即可得出平行四边形EMFN是菱形．证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠EAM＝∠FCN，∵E，F分别是AD，BC的中点，又AD＝BC，∴AE＝DE＝BF＝CF，∵AM＝CN，∴△AEM≌△CFN，∴EM＝FN，∠AME＝∠CNF，∵∠AME＋∠EMN＝180°，∠CNF＋∠FNM＝180°，∴∠EMN＝∠FNM，,∴EM∥FN，∴四边形EMFN是平行四边形，（2）如图所示：连接EF交AC于点O，由(1)得：AE∥BF，AE＝BF，∴四边形AEBF是平行四边形，∴AB∥EF，∵AB⊥AC，∴∠BAC＝90°，∴∠COF＝∠BAC＝90°，∴EF⊥MN，∴平行四边形EMFN是菱形．本题考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．25．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析【解析】（1）利用正方形的性质证明ΔDAE≌ΔABF，得到∠ADE=∠BAF，推出∠DAG+∠ADG=90°，即可得到结论；（2）如图2，过点B作BM⊥AF，垂足为M，设BF=a，则AB=2a，AF=a，利用平行线的性质及勾股定理求出BM=a，AM=a，得到GM=BM=a，推出ΔBMG为等腰直角三角形，求出∠BGM=∠BGE，由此得到结论；（3）根据ΔADG的面积为S，则AG·DG=2S，过点B作BM⊥AF，垂足为M，由（2）推出BG2=2BM2，证明ΔDAG≌ΔABM，得到BM=AG，AM=DG，由AG·DG=2AG2=2S，得到AG2=S，即可得到结论．（1）∵四边形ABCD是正方形，,∴AD=AB=BC，∠DAE=∠ABF=90°，∵E、F分别为边AB、BC的中点，∴AE=BF，∴ΔDAE≌ΔABF，∴∠ADE=∠BAF，∵∠DAG+∠EAG=90°，∴∠DAG+∠ADG=90°，∴∠AGD=90°，∴AF⊥DE；（2）如图2，过点B作BM⊥AF，垂足为M，则BM//GE，∵AE=BE，∴AG=GM，设BF=a，则AB=2a，AF=a，∵,∴，∴BM=a，∴AM==a，∴GM=BM=a，∴ΔBMG为等腰直角三角形，∴∠BGM=45°，∠BGE=90°-45°=45°，∴∠BGM=∠BGE，∴BG平分∠EGF；（3）ΔADG的面积为S，则AG·DG=2S，过点B作BM⊥AF，垂足为M，由（2）知：GM=AG，BM=AM，BG2=2BM2，∵∠AGD=∠AMB=90°，∠ADG=∠BAM，AB=AD，∴ΔDAG≌ΔABM，∴BM=AG，AM=DG，,∴AG=DG，AG·DG=2AG2=2S，即AG2=S，∴BM2=S，∴BG2=2BM2=2S．．此题考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．26．（1）见解析；（2）见解析【解析】(1)由平行四边形的性质得出∠B＝∠D，AB=CD，AD∥BC,由已知得出∠AEB=∠AEC＝∠CFD＝∠AFC＝90°由AAS证明△ABE≌△CDF即可．(2)证出∠EAF=∠AEC=∠AFC＝90°即可得出结论．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B＝∠D，AB＝CD，AD∥BC，∵AE⊥BC，CF⊥AD，∴∠AEB＝∠AEC＝∠CFD＝∠AFC＝90°，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF(AAS)；（2）证明：∵AD∥BC，∴∠EAF＝∠AEB＝90°，∴∠EAF＝∠AEC＝∠AFC＝90°，∴四边形AECF是矩形本题考查全等三角形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质．熟练掌握并应用判定是关键．27．（1）；（2）见解析；（3）．【解析】,（1）分别计算出和正方形的面积，从而可得到新正方形的面积；（2）沿EG剪开，使△ADE分成△AHE和△HED两部分，沿GC剪开，使五边形HGBCD分成四边形HGCD和△GBC，即可拼成一个正方形；（3）分别求出AH和HD的长，再求出被分割成两部分的面积比即可．解：（1）在等腰中，∴又∴∴新正方形的边长=，故答案为：；（2）如图，设为格点，为与的交点，为与延长线的交点，连接，如图，沿EG剪开，使△ADE分成△AHE和△HED两部分，沿GC剪开，使五边形HGBCD分成四边形HGCD和△GBC，∵∴△GBC≌△FDC∴故△GBC补到△FDC的位置，△EAG补到△EDF的位置，故可得：∴四边形EGCF是菱形；,又∴∴菱形EGCF是正方形，∴菱形EGCF是正方形符合题意；（3）∵∴∴，∴即被分割成两部分的面积比．此题主要考查了正方形的判定与性质，熟练掌握蜀道难突然发觉解答此题的关键．28．（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）先根据正方形的性质可得，再根据角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质即可得证；（2）先利用勾股定理可得，再根据四边形的面积是4可得的长，然后根据（1）的方法可得，由此利用线段的和差即可得．（1）∵四边形是正方形，，，，，，在和中，，,，；（2），，，，，即，解得，四边形的面积是4，且，，即，解得，同（1）的方法可证：，．本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，正确找出全等三角形是解题关键．29．BE=4m，EF=3.5m【解析】过B作BH⊥EF于点H，在Rt△ABC中，根据∠BAC=30°，BC=1.5m，可求得AB的长度，又AD=1m，可求得BD的长度，在Rt△EBD中解直角三角形求得EB的长度，然后根据BH⊥EF，求得∠EBH=30°，继而可求得EH的长度，易得EF=EH+HF的值．解：过B作BH⊥EF于点H，∴四边形BCFH为矩形，BC=HF=1.5m，∠HBA=∠BAC=30°，在Rt△ABC中，∵∠BAC=30°，BC=1.5m，,∴AB=3m，∵AD=1m，∴BD=2m，在Rt△EDB中，∵∠EBD=60°，∴∠BED=90°-60°=30°，∴EB=2BD=2×2=4m，又∵∠HBA=∠BAC=30°，∴∠EBH=∠EBD-∠HBD=30°，∴EH=EB=2m，∴EF=EH+HF=2+1.5=3.5（m）．答：该支架的边BE为4m，顶端E到地面的距离EF的长度为3.5m．本题考查矩形的性质与判定，含30°的直角三角形的性质，解题的关键是将实际问题转化为数学问题，构造直角三角形解决问题，难度适中．30．（1）作图见详解；（2）作图见详解．【解析】（1）根据矩形的性质即可在图1中画出一个以AB为边的矩形ABCD，（2）根据菱形的性质即可在图2中画出一个以AB为边的菱形ABEF．解：（1）如图1，矩形ABCD即为所求；,（2）如图2，菱形ABEF即为所求．本题考查了作图-应用与设计作图、勾股定理与网格问题，矩形的性质、菱形的性质，熟悉相关性质是解决本题的关键．