北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课后作业题

这是一份北京课改版八年级下册第十五章 四边形综合与测试课后作业题，共34页。
京改版八年级数学下册第十五章四边形重点解析
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、如图，将矩形纸片ABCD沿BD折叠，得到△BC′D，C′D与AB交于点E，若∠1＝40°，则∠2的度数为（　　）

A．25° B．20° C．15° D．10°
2、古典园林中的窗户是中国传统建筑装饰的重要组成部分，一窗一姿容，一窗一景致．下列窗户图案中，是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
3、下列图形中，是中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
4、已知，四边形ABCD的对角线AC和BD相交于点O．设有以下条件：①AB＝AD；②AC＝BD；③AO＝CO，BO＝DO；④四边形ABCD是矩形；⑤四边形ABCD是菱形；⑥四边形ABCD是正方形．那么，下列推理不成立的是（　　）
A．①④⇒⑥ B．①③⇒⑤ C．①②⇒⑥ D．②③⇒④
5、如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为（　　）

A．180° B．360°
C．540° D．不能确定
6、勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用如图验证了勾股定理：以直角三角形ABC的三条边为边长向外作正方形ACHI，正方形ABED，正方形BCGF，连接BI，CD，过点C作CJ⊥DE于点J，交AB于点K．设正方形ACHI的面积为S1，正方形BCGF的面积为S2，长方形AKJD的面积为S3，长方形KJEB的面积为S4，下列结论：①BI＝CD；②2S△ACD＝S1；③S1＋S4＝S2＋S3；④＋＝．其中正确的结论有（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
7、下列图形中，不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
8、将一张长方形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，AE、AF为折痕，点B、D折叠后的对应点分别为、，若＝10°，则∠EAF的度数为（　　）

A．40° B．45° C．50° D．55°
9、下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）．
A． B．
C． D．
10、顺次连接对角线互相垂直的四边形的各边中点，所形成的新四边形是（　　）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．三角形
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、在平面直角坐标系中，点P(-3，7)关于原点对称的点的坐标是______．
2、在四边形ABCD中，若AB//CD，BC_____AD，则四边形ABCD为平行四边形．
3、如图，在正方形ABCD中，AB＝2，取AD的中点E，连接EB，延长DA至F，使EF＝EB，以线段AF为边作正方形AFGH，点H在线段AB上，则的值是 _____．

4、如果一个矩形较短的边长为5cm，两条对角线的夹角为60°，则这个矩形的对角线长是_________cm．
5、如图，点O是正方形ABCD的称中心O，互相垂直的射线OM，ON分别交正方形的边AD，CD于E，F两点，连接EF；已知．
（1）以点E，O，F，D为顶点的图形的面积为________________；
（2）线段EF的最小值是_______________．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图，在中，AE平分，于点E，点F是BC的中点

（1）如图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：
（2）如图2，中，，求线段EF的长．
2、阅读材料，回答下列问题：
（材料提出）
“八字型”是数学几何的常用模型，通常由一组对顶角所在的两个三角形构成．
（探索研究）
探索一：如图1，在八字形中，探索∠A、∠B、∠C、∠D之间的数量关系为 ；
探索二：如图2，若∠B＝36°，∠D＝14°，求∠P的度数为 ；
探索三：如图3，CP、AG分别平分∠BCE、∠FAD，AG反向延长线交CP于点P，则∠P、∠B、∠D之间的数量关系为 ．
（模型应用）
应用一：如图4，在四边形MNCB中，设∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线BP，CP相交于点P．则∠A＝ （用含有α和β的代数式表示），∠P＝ ．（用含有α和β的代数式表示）
应用二：如图5，在四边形MNCB中，设∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，四边形的内角∠MBC与外角∠NCD的角平分线所在的直线相交于点P，∠P＝ ．（用含有α和β的代数式表示）
（拓展延伸）
拓展一：如图6，若设∠C＝x，∠B＝y，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，试问∠P与∠C、∠B之间的数量关系为 ．（用x、y表示∠P）
拓展二：如图7，AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的邻补角∠BCE，猜想∠P与∠B、∠D的关系，直接写出结论 ．


3、（教材呈现）如图是华师版八年级下册数学教材第117页的部分内容．

结合图①，写出完整的证明过程
（应用）如图②，直线EF分别交矩形ABCD的边AD，BC于点E，F，将矩形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为G，若AB=4，BC=5，则EF的长为 ．
（拓展）如图③，直线EF分别交平行四边形ABCD的边AD，BC于点E，F，将平行四边形ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为G，若AB=，BC=6，∠C=45°，则五边形ABFEG的周长为 ．

4、如图，□ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，且BE＝DF．求证：AF＝EC．


5、如图所示，在边长为1的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，M是AD上不同于A，D两点的一动点，N是CD上一动点，且AM+CN＝1．

（1）证明：无论M，N怎样移动，△BMN总是等边三角形；
（2）求△BMN面积的最小值．

-参考答案-
一、单选题
1、D
【分析】
根据矩形的性质，可得∠ABD＝40°，∠DBC＝50°，根据折叠可得∠DBC′＝∠DBC＝50°，最后根据∠2＝∠DB C′−∠DBA进行计算即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，CD∥AB，
∴∠ABD=∠1＝40°，
∴∠DBC＝∠ABC-∠ABD=50°，
由折叠可得∠DB C′＝∠DBC＝50°，
∴∠2＝∠DB C′−∠DBA＝50°−40°＝10°，
故选D．
【点睛】
本题考查了长方形性质，平行线性质，折叠性质，角的有关计算的应用，关键是求出∠DBC′和∠DBA的度数．
2、C
【分析】
根据中心对称图形的定义进行逐一判断即可．
【详解】
解：A、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
C、是中心对称图形，故此选项符合题意；
D、不是中心对称图形，故此选项不符合题意；
故选C．
【点睛】
本题主要考查了中心对称图形的识别，解题的关键在于能够熟练掌握中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．
3、D
【分析】
把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．
【详解】
A、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
B、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
C、不是中心对称图形，故此选项不合题意；
D、是中心对称图形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的概念，理解概念并知道一些常见的中心对称图形是关键．
4、C
【分析】
根据已知条件以及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定条件，对选项进行分析判断即可．
【详解】
解：A、①④可以说明，一组邻边相等的矩形是正方形，故A正确．
B、③可以说明四边形是平行四边形，再由①，一组临边相等的平行四边形是菱形，故B正确．
C、①②，只能说明两组邻边分别相等，可能是菱形，但菱形不一定是正方形，故C错误．
D、③可以说明四边形是平行四边形，再由②可得：对角线相等的平行四边形为矩形，故D正确．
故选：C．
【点睛】
本题主要是考查了特殊四边形的判定，熟练掌握各类四边形的判定条件，是解决本题的关键．
5、B
【分析】
设BE与DF交于点M，BE与AC交于点N，根据三角形的外角性质，可得 ，再根据四边形的内角和等于360°，即可求解．
【详解】
解：设BE与DF交于点M，BE与AC交于点N，

∵ ，
∴ ，
∵，
∴ ．
故选：B
【点睛】
本题主要考查了三角形的外角性质，多边形的内角和，熟练掌握三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和；四边形的内角和等于360°是解题的关键．
6、C
【分析】
根据SAS证△ABI≌△ADC即可得证①正确，过点B作BM⊥IA，交IA的延长线于点M，根据边的关系得出S△ABI＝S1，即可得出②正确，过点C作CN⊥DA交DA的延长线于点N，证S1＝S3即可得证③正确，利用勾股定理可得出S1+S2＝S3+S4，即能判断④不正确．
【详解】
解：①∵四边形ACHI和四边形ABED都是正方形，
∴AI＝AC，AB＝AD，∠IAC＝∠BAD＝90°，
∴∠IAC+∠CAB＝∠BAD+∠CAB，
即∠IAB＝∠CAD，
在△ABI和△ADC中，
，
∴△ABI≌△ADC（SAS），
∴BI＝CD，
故①正确；
②过点B作BM⊥IA，交IA的延长线于点M，

∴∠BMA＝90°，
∵四边形ACHI是正方形，
∴AI＝AC，∠IAC＝90°，S1＝AC2，
∴∠CAM＝90°，
又∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CAM＝∠BMA＝90°，
∴四边形AMBC是矩形，
∴BM＝AC，
∵S△ABI＝AI•BM＝AI•AC＝AC2＝S1，
由①知△ABI≌△ADC，
∴S△ACD＝S△ABI＝S1，
即2S△ACD＝S1，
故②正确；
③过点C作CN⊥DA交DA的延长线于点N，

∴∠CNA＝90°，
∵四边形AKJD是矩形，
∴∠KAD＝∠AKJ＝90°，S3＝AD•AK，
∴∠NAK＝∠AKC＝90°，
∴∠CNA＝∠NAK＝∠AKC＝90°，
∴四边形AKCN是矩形，
∴CN＝AK，
∴S△ACD＝AD•CN＝AD•AK＝S3，
即2S△ACD＝S3，
由②知2S△ACD＝S1，
∴S1＝S3，
在Rt△ACB中，AB2＝BC2+AC2，
∴S3+S4＝S1+S2，
又∵S1＝S3，
∴S1+S4＝S2+S3，
即③正确；
④在Rt△ACB中，BC2+AC2＝AB2，
∴S3+S4＝S1+S2，
∴，
故④错误；
综上，共有3个正确的结论，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查勾股定理，正方形的性质，矩形性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握勾股定理和全等三角形的判定和性质是解题的关键．
7、C
【详解】
解：选项A是中心对称图形，故A不符合题意；
选项B是中心对称图形，故B不符合题意；
选项C不是中心对称图形，故C符合题意；
选项D是中心对称图形，故D不符合题意；
故选C
【点睛】
本题考查的是中心对称图形的识别，掌握“中心对称图形的定义判断中心对称图形”是解本题的关键，中心对称图形的定义：把一个图形绕某点旋转后能够与自身重合，则这个图形是中心对称图形.
8、A
【分析】
可以设∠EAD′＝α，∠FAB′＝β，根据折叠可得∠DAF＝∠D′AF，∠BAE＝∠B′AE，用α，β表示∠DAF＝10°+β，∠BAE＝10°+α，根据四边形ABCD是矩形，利用∠DAB＝90°，列方程10°+β+β+10°+10°+α+α＝90°，求出α+β＝30°即可求解．
【详解】
解：设∠EAD′＝α，∠FAB′＝β，
根据折叠性质可知：
∠DAF＝∠D′AF，∠BAE＝∠B′AE，
∵∠B′AD′＝10°，
∴∠DAF＝10°+β，
∠BAE＝10°+α，

∵四边形ABCD是矩形
∴∠DAB＝90°，
∴10°+β+β+10°+10°+α+α＝90°，
∴α+β＝30°，
∴∠EAF＝∠B′AD′+∠D′AE+∠FAB′，
＝10°+α+β，
＝10°+30°，
＝40°．
则∠EAF的度数为40°．
故选：A．
【点睛】
本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系．
9、C
【分析】
根据轴对称图形和中心对称图形的概念，对各选项分析判断即可得解．把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形．
【详解】
解：A．不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既不是轴对称图形，又不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
10、B
【分析】
先画出图形，再根据三角形中位线定理得到所得四边形的对边平行且相等，那么其必为平行四边形，然后根据邻边互相垂直得出四边形是矩形．
【详解】
解：如图，∵、、、分别是、、、的中点，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形，
又与不一定相等，
与不一定相等，
矩形不一定是正方形，
故选：B．

【点睛】
本题考查了三角形中位线定理、矩形的判定等知识点，熟练掌握三角形中位线定理是解题关键．
二、填空题
1、 (3，-7)
【分析】
根据关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数，可得答案．
【详解】
解：在平面直角坐标系中，点P（-3，7）关于原点对称的点的坐标是（3，-7），
故答案为：（3，-7）．
【点睛】
本题考查了关于原点对称的点的坐标，关于原点对称的点的横坐标互为相反数，纵坐标互为相反数．
2、
【分析】
根据平行四边形的判定：两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可解决问题．
【详解】
解：根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可知：
∵AB//CD，BC//AD，
∴四边形ABCD为平行四边形．
故答案为：//．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
3、
【分析】
设，由正方形的性质和勾股定理求出的长，可得的长，再求出的长，得出的长，进而可得结果．
【详解】
解：设，
四边形为正方形，
，，
点为的中点，
，
，
，
，
四边形为正方形，
，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质以及勾股定理，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，由勾股定理求出的长．
4、10
【分析】
如图，由题意得：四边形为矩形，证明是等边三角形，结合矩形的性质可得答案.
【详解】
解：如图，由题意得：四边形为矩形，


是等边三角形，


故答案为：
【点睛】
本题考查的是等边三角形的判定与性质，矩形的性质，掌握“矩形的对角线相等且互相平分”是解本题的关键.
5、1
【分析】
（1）连接OA、OD，根据正方形的性质和全等三角形的判定证明△OAE≌△ODF，利用全等三角形的性质得出四边形EOFD的面积等于△AOD的面积即可求解；
（2）根据全等三角形的性质证得△EOF为等腰直角三角形，则EF=OE，当OE⊥AD时OE最小，则EF最小，求解此时在OE即可解答．
【详解】
解：（1）连接OA、OD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OD，∠AOD=90°，∠EAO=∠FDO=45°，
∴∠AOE+∠DOE=90°，
∵OE⊥OF，
∴∠DOF+∠DOE=90°，
∴∠AOE=∠DOF，
在△OAE和△ODF中，
，
∴△OAE≌△ODF（ASA），
∴S△OAE=S△ODF，
∴S四边形EOFD = S△ODE+S△ODF= S△ODE+S△OAE= S△AOD= S正方形ABCD，
∵AD=2，
∴S四边形EOFD= ×4=1，
故答案为：1；
（2）∵△OAE≌△ODF，
∴OE=OF，
∴△EOF为等腰直角三角形，则EF=OE，
当OE⊥AD时OE最小，即EF最小，
∵OA=OD，∠AOD=90°，
∴OE=AD=1，
∴EF的最小值，
故答案为：．

【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等角的余角相等、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
三、解答题
1、（1）见解析；（2）2
【分析】
（1）利用ASA定理证明△AEB≌△AED，得到BE=ED，AD=AB，根据三角形中位线定理解答；
（2）分别延长BE、AC交于点H，仿照（1）的过程解答．
【详解】
解：（1）证明：∵AE平分，，
∴∠BAE=∠DAE，∠AEB=∠AED=90°，
在△AEB和△AED中，
，
∴△AEB≌△AED（ASA）
∴BE=ED，AD=AB，
∵点F是BC的中点，
∴BF=FC，
∴EF是△BCD的中位线，
∴EF=CD=(AC-AD)=(AC-AB)；
（2）解：分别延长BE、AC交于点H，

∵AE平分，，
∴∠BAE=∠DAE，∠AEB=∠AED=90°，
在△AEB和△AEH中，
，
∴△AEB≌△AEH（ASA）
∴BE=EH，AH=AB=9，
∵点F是BC的中点，
∴BF=FC，
∴EF是△BCD的中位线，
∴EF=CH=(AH-AC)=2．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
2、∠A+∠B＝∠C+∠D； 25°；∠P＝；α+β﹣180°，∠P＝； ；∠P＝；2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°．
【分析】
探索一：根据三角形的内角和定理，结合对顶角的性质可求解；
探索二：根据角平分线的定义可得∠BAP＝∠DAP，∠BCP＝∠DCP，结合（1）的结论可得2∠P＝∠B+∠D，再代入计算可求解；
探索三：运用探索一和探索二的结论即可求得答案；
应用一：如图4，延长BM、CN，交于点A，利用三角形内角和定理可得∠A＝α+β﹣180°，再运用角平分线定义及三角形外角性质即可求得答案；
应用二：如图5，延长MB、NC，交于点A，设T是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点，利用应用一的结论即可求得答案；
拓展一：运用探索一的结论可得：∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，再结合已知条件即可求得答案；
拓展二：运用探索一的结论及角平分线定义即可求得答案．
【详解】
解：探索一：如图1，

∵∠AOB+∠A+∠B＝∠COD+∠C+∠D＝180°，∠AOB＝∠COD，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D，
故答案为∠A+∠B＝∠C+∠D；
探索二：如图2，

∵AP、CP分别平分∠BAD、∠BCD，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
由（1）可得：∠1+∠B＝∠3+∠P，∠2+∠P＝∠4+∠D，
∴∠B﹣∠P＝∠P﹣∠D，
即2∠P＝∠B+∠D，
∵∠B＝36°，∠D＝14°，
∴∠P＝25°，
故答案为25°；
探索三：由①∠D+2∠1＝∠B+2∠3，

由②2∠B+2∠3＝2∠P+2∠1，
①+②得：∠D+2∠B+2∠1+2∠3＝∠B+2∠3+2∠P+2∠1
∠D+2∠B＝2∠P+∠B．
∴∠P＝．
故答案为：∠P＝．
应用一：如图4，

延长BM、CN，交于点A，
∵∠M＝α，∠N＝β，α+β＞180°，
∴∠AMN＝180°﹣α，∠ANM＝180°﹣β，
∴∠A＝180°﹣（∠AMN+∠ANM）＝180°﹣（180°﹣α+180°﹣β）＝α+β﹣180°；
∵BP、CP分别平分∠ABC、∠ACB，
∴∠PBC＝∠ABC，∠PCD＝∠ACD，
∵∠PCD＝∠P+∠PBC，
∴∠P＝∠PCD﹣∠PBC＝（∠ACD﹣∠ABC）＝∠A＝，
故答案为：α+β﹣180°，；
应用二：如图5，

延长MB、NC，交于点A，设T是CB的延长线上一点，R是BC延长线上一点，
∵∠M＝α，∠N＝β，α+β＜180°，
∴∠A＝180°﹣α﹣β，
∵BP平分∠MBC，CP平分∠NCR，
∴BP平分∠ABT，CP平分∠ACB，
由应用一得：∠P＝∠A＝，
故答案为：；
拓展一：如图6，

由探索一可得：
∠P+∠PAB＝∠B+∠PDB，∠P+∠CDP＝∠C+∠CAP，∠B+∠CDB＝∠C+∠CAB，
∵∠C＝x，∠B＝y，∠CAP＝∠CAB，∠CDP＝∠CDB，
∴∠CDB﹣∠CAB＝∠C﹣∠B＝x﹣y，
∠PAB＝∠CAB，∠PDB＝∠CDB，
∴∠P+∠CAB＝∠B+∠CDB，∠P+∠CDB＝∠C+∠CAB，
∴2∠P＝∠C+∠B+（∠CDB﹣∠CAB）＝x+y+（x﹣y）＝，
∴∠P＝，
故答案为：∠P＝；
拓展二：如图7，

∵AP平分∠BAD，CP平分∠BCD的邻补角∠BCE，
∴∠PAD＝∠BAD，∠PCD＝90°+∠BCD，
由探索一得：①∠B+∠BAD＝∠D+∠BCD，②∠P+∠PAD＝∠D+∠PCD，
②×2，得：③2∠P+∠BAD＝2∠D+180°+∠BCD，
③﹣①，得：2∠P﹣∠B＝∠D+180°，
∴2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°，
故答案为：2∠P﹣∠B﹣∠D＝180°．
【点睛】
本题是探究性题目，考查了三角形的相关计算、三角形内角和定理、角平分线性质、三角形外角的性质等，此类题目遵循题目顺序，结合相关性质和定理，逐步证明求解即可．
3、【教材呈现】见解析；【应用】 ；【拓展】
【分析】
（教材呈现）由“ASA”可证△AOE≌△COF，可得OE＝OF，由对角线互相平分的四边形是平行四边形可证四边形AFCE是平行四边形，即可证平行四边形AFCE是菱形；
（应用）过点F作FH⊥AD于H，由折叠的性质可得AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，由勾股定理可求BF、EF的长，
（拓展）过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，由等腰直角三角形的性质可求AN＝BN＝3，由勾股定理可求AE＝AF，再利用勾股定理可求EF的长，再求出五边形ABFEG的周长．
【详解】
解：（教材呈现）∵四边形ABCD是矩形，
∴AECF，
∴∠EAO＝∠FCO，
∵EF垂直平分AC，
∴AO＝CO，∠AOE＝∠COF＝90°，
∴△AOE≌△COF（ASA）
∴OE＝OF，
又∵AO＝CO，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴平行四边形AFCE是菱形；
（应用）如图，连接AC、EC
由（教材呈现）可得平行四边形AFCE是菱形，

∴AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，
∵AF2＝BF2＋AB2，
∴（5−BF）2＝BF2＋16，
∴BF＝，
∴AF＝CF＝，
∵AB⊥BC，
∴△ABC是直角三角形
∴AC=
∵S四边形AFCE=，
∴
∴EF＝，
故答案为：．
（拓展）如图，过点A作AN⊥BC，交CB的延长线于N，过点F作FM⊥AD于M，

∵四边形ABCD是平行四边形，∠C＝45°，
∴∠ABC＝135°，
∴∠ABN＝45°，
∵AN⊥BC，
∴∠ABN＝∠BAN＝45°，
∴△ANB是等腰直角三角形
∵AN2+BN2=AB2，AN＝BN
∴AN＝BN＝3，NC=6+3=9
∵将▱ABCD沿EF翻折，使点C的对称点与点A重合，
∴AF＝CF，∠AFE＝∠EFC，
∵ADBC，
∴∠AEF＝∠EFC＝∠AFE，
∴AE＝AF，
∵AF2＝AN2＋NF2，
∴AF2＝9＋（9−AF）2，
∴AF＝5，
∴AE＝AF＝5，
∵ANMF，ADBC，
∴四边形ANFM是平行四边形，
∵AN⊥BC，
∴四边形ANFM是矩形，
∴AN＝MF＝3，
∴AM＝=4，
∴ME＝AE−AM＝1，
∴EF＝=，
∵BF=NF-BN=9-AF-BN=1，DE=GE=AD-AE=1
∴五边形ABFEG的周长为AB+BF+EF+GE+AG=AB+BF+EF+CD+DE=+1+++1=
故答案为：．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．
4、证明见解析
【分析】
先证明再证明可得四边形是平行四边形，于是可得结论.
【详解】
解： □ABCD，

BE＝DF，


∴AE=CF，AE//CF
四边形是平行四边形，

【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定与性质，掌握“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”是解本题的关键.
5、（1）见解析；（2）△BMN面积的最小值为
【分析】
（1）连接BD，证明△AMB≌△DNB，则可得BM=BN，∠MBA＝∠NBD，由菱形的性质易得∠MBN=60゜，从而可证得结论成立；
（2）过点B作BE⊥MN于点E．
【详解】
（1）证明：如图所示，连接BD，

在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，
∴∠ADB＝∠NDB＝60°，
故△ADB是等边三角形，
∴AB＝BD，
又AM+CN＝1，DN+CN＝1，
∴AM＝DN，
在△AMB和△DNB中，
，
∴△AMB≌△DNB（SAS），
∴BM＝BN，∠MBA＝∠NBD，
又∠MBA+∠DBM＝60°，
∴∠NBD+∠DBM＝60°，
即∠MBN＝60°，
∴△BMN是等边三角形；
（2）过点B作BE⊥MN于点E．
设BM＝BN＝MN＝x，
则，
故，
∴当BM⊥AD时，x最小，
此时，，
．
∴△BMN面积的最小值为．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质等知识，关键是作辅助线证三角形全等．