还剩44页未读，
继续阅读
【暑假分层作业】第09练 平行四边形的综合问题-2022年八年级数学（人教版）（答案及解析）
展开
这是一份【暑假分层作业】第09练 平行四边形的综合问题-2022年八年级数学（人教版）（答案及解析），共47页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第09练 平行四边形的综合问题
一、单选题
1．如图，在中，D为斜边的中点，E为上一点，F为中点．若，，则的长为（ ）
A． B．3 C． D．4
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角形中位线可以求得AE的长，再根据AE＝AD，可以得到AD的长，然后根据直角三角形斜边上的中线和斜边的关系，可以求得BD的长．
【详解】
解：∵D为斜边AC的中点，F为CE中点，DF＝2，
∴AE＝2DF＝4，
∵AE＝AD，
∴AD＝4，
在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，
∴BD＝AC＝AD＝4，
故选：D．
【点睛】
本题考查直角三角线斜边上的中线和斜边的关系、三角形的中位线，解答本题的关键是求出AD的长．
2．如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝8，AD＝6，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【答案】D
【解析】
【分析】
连接DN，根据三角形中位线定理得到，根据题意得到当点N与点B重合时，DN最大，根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】
解：连接DN，
∵点E，F分别为DM，MN的中点，
∴EF是△MND的中位线，
∴，
∵点M，N分别为线段BC，AB上的动点，
∴当点N与点B重合时，DN最大，此时
∴EF长度的最大值为：，
故选D．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理，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．
3．如图，在菱形中，，．动点从点出发，以1个单位长度/秒的速度沿方向向点运动，同时，动点从点出发沿方向向点运动，它们同时到达目的地，则运动到（ ）秒时．
A．3或 B．3 C． D．5
【答案】A
【解析】
【分析】
分两种情形求解即可：①当点Q与点O重合时，PQ=OP，此时t=3秒；②如图1中，当OP=PQ时，想办法构建方程即可解决问题．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，AO=CO，BC//AD，
∵，
∴∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，∠BAO=∠DAO=30°，
∴BO=AB=3，
∴CO=AO=，
设点Q的运动速度为x单位/秒，由题意得
，
解得x=，
经检验x=符合题意．
①当点Q与点O重合时，PQ=OP，此时t=3÷=3秒；
②如图1中，当OP=PQ时，作PH⊥OA于H，则QH=OH．
在Rt△APH中，PA=t，∠PAH=30°，
∴PH=t，
∴AH=t，
∴OH=3-t，
∵QH=（t-3），
∴（t-3）=3-t，
解得t=，
综上所述，当t=3秒或秒时，OP=PQ．
故选A．
【点睛】
本题考查菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，以及勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
4．如图，矩形中，的平分线交于点E，，垂足为F，连接．下列结论：①；②；③；④；⑤若，则．其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据AE平分∠DAE，可得， 从而得到AB=BE，进而得到，可得①正确；然后证明△ABE≌△AFD，可得AB=BE=AF=FD，从而得到∠AED=∠CED，故②正确；再证得△DEF≌△DEC，可得③正确；再根据△ABF≌△DCF，可得BF=CF，故④正确；过点F作FG⊥BC于点G，可得，从而得到，进而得到，可得⑤正确；即可求解．
【详解】
解：在矩形中，∠BAD=∠ADC=∠ABC=90°，AD=BC，AD∥BC，
∵AE平分∠DAE，
∴，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB=45°，
∴∠AEB=∠BAE=45°，
∴AB=BE，
∴，
∵，
∴AE=AD，故①正确；
在△ABE和△AFD中，
∵∠BAE=∠DAE，∠ABE=∠AFD，AE=AD，
∴△ABE≌△AFD（AAS），
∴BE=DF，
∴AB=BE=AF=FD，
∴，
∴∠AED=∠CED，故②正确；
∵∠DAE=45°，DF⊥AE，
∴∠ADF=45°，
∴∠CDF=45°，∠EDF=∠ADE-∠ADF=22.5°，
∴∠CDE=∠FDE=22.5°，
∵∠AEB=45°，∠AED=67.5°，
∴∠CED=67.5°，
∴∠AED=∠CED，
∵DE=DE，
∴△DEF≌△DEC，
∴DF=CD，
∴DE⊥CF，故③正确；
∵AB=CD，∠BAE=∠CDF=45°，AF=DF，
∴△ABF≌△DCF，
∴BF=CF，故④正确；
如图，过点F作FG⊥BC于点G，
∴FG∥AB，
∴∠EFG=∠BAE=45°，
∴∠EFG=∠FEG，
∴FG=GE，
∵△DEF≌△DEC，
∴CE=EF，
∴，
∴，
∵BF=CF，
∴BG=CG，
∴，
∵AB=1，，
∴，，
解得：，
∴．故⑤正确；
∴正确的有5个．
故选：D
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
5．如图，点E和点F分别在正方形纸片ABCD的边CD和AD上，连接AE，BF，沿BF所在直线折叠该纸片，点A恰好落在线段AE上点G处．若正方形纸片边长12，，则GE的长为（ ）
A．4 B．3 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设AE，BF交于点O，证明得到，利用勾股定理得到，再利用等面积法求出，进一步得到，再利用勾股定理得到，所以．
【详解】
解：设AE，BF交于点O，
∵沿BF所在直线折叠该纸片，点A恰好落在线段AE上点G处，
∴，，
∵ABCD为正方形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查折叠的性质，正方形性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等面积法．解题的关键是证明得到，再求出，．
6．如图，在矩形中，，将向内翻折，点落在上，记为，折痕为．若将沿向内翻折，点恰好落在上，记为，则下列结论不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
用折叠性质判断A正确；用折叠性质和平角性质判断B正确；根据折叠性质可知，推出，根据角平分线性质得到，根据，得到，根据含30°角的直角三角形的边的关系推出，可判断C正确；根据折叠性质可知，根据含30°角的直角三角形边的关系推出，可判断D不正确．
【详解】
A.
由折叠知，，
故A正确；
B.
由折叠知，，且，
∴，
故B正确；
C.
∵，
∴，
∴,
∴，
∵，
∴，
∵，AD=BC=4，
∴，
∴，
故C正确；
D.
∵，
故D不正确．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了矩形，折叠，角平分线，含30°角的直角三角形，解决问题的关键是熟练掌握矩形的边角性质，折叠的性质，角平分线的定义和性质，含30°角的直角三角形三边的关系．
7．如图，正方形边长为4，点E是边上一点，且．P是对角线上一动点，则的最小值为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连接AC，作，证明当取最小值时，A，P，G三点共线，且，此时最小值为AG，再利用勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半即可求出结果．
【详解】
解：连接AC，作
∵是正方形且边长为4，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴当取最小值时，A，P，G三点共线，且，此时最小值为AG，
∵，，
∴，
∵，
∴，
设，则，∴，解得：，
设，则，
∵，∴，解得：
∴，
故选：D
【点睛】
本题考查正方形的性质，动点问题，勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半，解题的关键是证明当取最小值时，A，P，G三点共线，且，此时最小值为AG．
8．如图，将正方形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边的点P处（不与点A，点D重合），点C落在G点处，PG交DC于点H，连接BP，BH．BH交EF于点M，连接PM．下列结论：①PB平分∠APG；②PH=AP+CH；③BM=BP，④若BE=，AP=1，则S四边形BEPM=，其中正确结论的序号是（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④
【答案】B
【解析】
【分析】
根据折叠的性质，，，从而得到，根据直角三角形两锐角互余，得到，即可判定①；过点B作BQ⊥PH，利用全等三角形的判定与性质，得到，，即可判定②；通过证明为等腰直角三角形，即可判定③；根据求得对应三角形的面积，即可判定④．
【详解】
解：由题意可得：，，
∴，，
∴，
由题意可得：，
∴，
∴PB平分∠APG；①正确；
过点B作BQ⊥PH，如下图：
∴
在和中，
∴
∴
∵四边形ABCD为正方形
∴，
又∵
∴，
∴
∴，②正确；
由折叠的性质可得：EF是PB的中垂线，
∴
由题意可得：，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，即，
∴BM=BP，③正确；
若BE=，AP=1，则，
在中，
∴，，
∴，
∴，
，④错误，
故选B，
【点睛】
此题考查了正方形与折叠问题，涉及了折叠的性质，正方形的性质，直角三角形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，综合性比较性，解题的关键是灵活运用相关性质进行求解．
二、填空题
9．如图，在中，，，E，F分别为CA，CB上的点，，M，N分别为AF，BE的中点，若，则MN＝______．
【答案】
【解析】
【分析】
取AB的中点D，连接MD、ND，如图，先判断DM为△ABF的中位线，DN为△ABE的中位线得到DM=BF=2，DM∥BF，DN=AE=2，再证明AE⊥BF，则DM⊥DN，然后根据△DMN为等腰直角三角形确定MN的长．
【详解】
解：取AB的中点D，连接MD、ND，如图，AE=1，
∵CA=CB，CE=CF，
∴BF=AE=1，
∵点M、N分别为AF、BE的中点，
∴DM为△ABF的中位线，DN为△ABE的中位线，
∴DM=BF=，DM∥BF，DN=AE=，DN∥AE，
∵AE⊥BF，
∴DM⊥DN，
∴△DMN为等腰直角三角形，
∴MN=DM=．
故答案为．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．也考查了等腰直角三角形的性质．
10．如图，矩形中，，，为中点．为上一点，将沿折叠后，点恰好落到上的点处，则______，______．
【答案】 6
【解析】
【分析】
根据折叠的性质，即可求EG；连接EC，证，由勾股定理即可求EF；
【详解】
解：连接CE，
∵为中点
∴
在和中
∵
∴
∴
设，则
即
解得：
故答案为：6；．
【点睛】
本题主要考查矩形得性质，三角形的全等，勾股定理，正确做出辅助线是解题的关键．
11．如图，在菱形中，，将菱形折叠，使点恰好落在对角线上的点处不与、重合，折痕为，若，，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】
作于，根据折叠的性质得到，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到为等边三角形，得到，根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】
解：作于，
由折叠的性质可知，，
由题意得，，
四边形是菱形，
，，
为等边三角形，
，
设，则，
在中，，，
在中，，即，
解得，，即，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是翻转变换的性质、菱形的性质、勾股定理、解直角三角形，掌握翻转变换是一种对称变换，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是解题的关键．
12．如图，点E是正方形ABCD的边CD上一点，以BE为边向上作平行四边形BEFG，连接AG、AF、BF，若，的面积是2，则的面积是_________．
【答案】11．
【解析】
【分析】
先构造出与ABG全等的HEF，再利用面积和即可得出的面积．
【详解】
解：如图所示，延长ED至H ，使EH=AB，连接AH，FH，
∵AB∥EH，
∴四边形ABEH是平行四边形，
∴BE∥AH，BE=AH，
∵□BEFG中，BG=EF，GF∥BE，GF=BE，
∴GF∥AH，GF=AH，
∴四边形AHFG是平行四边形，
∴AG=FH，
∴△ABG≌△HEF，
过点F作FN⊥AB于N，交直线CD于M，
∴FM⊥CD，
∴四边形ABMN是矩形，
∴FN+FM=MN=AD= ，
∵S△ABG+ S△AGF+ S△ABF=S△BEF，
即S△HEF+ S△AGF+ S△ABF=S△BEF，
∴S△BEF==+2=11．
故填：11．
【点睛】
本题考查正方形的性质及矩形的性质和判定．正确添加辅助线构造出全等三角形是正确解题的关键．
13．如图，中，，，，点为边上任意一点，将沿折叠，点的对应点为点，当时，的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据翻折的性质和已知条件可得点和点重合，过点作，，垂足分别为，，得四边形是正方形，设，得，求出的值，进而可以解决问题．
【详解】
解：如图，
由折叠可知：，
，
当时，，
在中，
，，
，
点和点重合，如图，过点作，，垂足分别为，，
由折叠可知：，
，
四边形是正方形，
设，
，
，
，
解得，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查翻折变换，正方形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
14．如图，正方形的边长为4，，，分别是边，，上的一点，将正方形沿折叠，使点恰好落在边的中点处，点的对应点为点，则折痕的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】
过点H作HG⊥CD于点G，连接DE， DE交FH于点Q，得到∠HGF=∠HGD=90°，推出∠HFG+∠FHG=90°，根据正方形ABCD中，AD=CD=BC=4，∠A=∠ADC=∠C=90°，得到四边形DAHG中，∠AHG=90°，推出四边形DAHG是矩形，得到GH=AD，GH=CD，根据折叠知，FH⊥DE，得到∠DQF=90°，推出∠QFD+∠QDF=90°，得到∠GHF=∠CDE，根据∠HGF=∠C=90°，推出△DCE≌△HGF(ASA)，得到FH=DE，根据E是BC中点，得到CE=BC=2，推出，得到FH=．
【详解】
过点H作HG⊥CD于点G，连接DE， DE交FH于点Q，
则∠HGF=∠HGD=90°，
∴∠HFG+∠FHG=90°，
∵正方形ABCD中，AD=CD=BC=4，∠A=∠ADC=∠C=90°，
∴四边形DAHG中，∠AHG=90°，
∴四边形DAHG是矩形，
∴GH=AD，
∴GH=CD，
由折叠知，FH⊥DE，
∴∠DQF=90°，
∴∠QFD+∠QDF=90°，
∴∠GHF=∠CDE，
∵∠HGF=∠C=90°，
∴△DCE≌△HGF(ASA)，
∴FH=DE，
∵E是BC中点，
∴CE=BC=2，
∴，
∴FH=
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了正方形，折叠，矩形，全等三角形，勾股定理．解决问题的关键是熟练掌握正方形的性质，折叠的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形．
15．如图，在矩形中，对角线与交于点O，点E在线段上，，于点F，若，，则线段的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】
设，则，由勾股定理得即可求解；
【详解】
解：设，则
∵，
∴
∴
则，
∴
即
解得：（舍去）
∴
∴
故答案为：
【点睛】
本题主要考查矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
16．如图，在矩形ABCD中，E是BC边上的一点，连接AE，将沿AE翻折，点B的对应点为F．若线段AF的延长线经过矩形一边的中点，，则BE长为_________．
【答案】或或2
【解析】
【分析】
主要分三种情况进行讨论：①当线段AF的延长线AG经过BC的中点时，②当线段AF的延长线经过AD的中点时，③当线段AF的延长线AG经过CD的中点时，进行一一求解即可．
【详解】
解：分三种情况讨论，
①当线段AF的延长线AG经过BC的中点时，如图1，此时BG=CG=2，
图1
由折叠的性质可得：AF=AB=2，∠AFE=∠B=90°，
∵Rt△ABG中，AB=BG=2，
∴AG=，∠AGB=45°，
∴FG=，EF=FG，
∴BE=EF=FG=；
②当线段AF的延长线经过AD的中点时，如图2，此时BE=CE=2，
图2
由折叠的性质可得：AF=AB=2，∠AFE=∠B=90°，
∴四边形ABEF是正方形，
∴BE=AF=2，
③当线段AF的延长线AG经过CD的中点时，如图3，此时DG=CG=1，
图3
由折叠的性质可得：AF=AB=2，∠AFE=∠B=90°，
∵Rt△ADG中，AD=4，DG=1，
∴，
∴，
设BE=x，则EF=x，CE=4-x，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：或或2．
【点睛】
本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握翻折变换的性质是解决本题的关键．
三、解答题
17．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E是AD的中点，连接OE，过点D作DF∥AC交OE的延长线于点F，连接AF．
(1)求证：≌；
(2)判定四边形AODF的形状并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AODF为矩形，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）利用全等三角形的判定定理即可；
（2）先证明四边形AODF为平行四边形，再结合∠AOD=90°，即可得出结论．
(1)
证明：∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵DF∥AC，
∴∠OAD=∠ADF，
∵∠AEO=∠DEF，
∴△AOE≌△DFE（ASA）；
(2)
解：四边形AODF为矩形．
理由：∵△AOE≌△DFE，
∴AO=DF，
∵DF∥AC，
∴四边形AODF为平行四边形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
即∠AOD=90°，
∴平行四边形AODF为矩形．
【点睛】
本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及矩形的判定是解题的关键．
18．正方形ABCD的边长为6，点P在对角线BD上，点E是线段AD上或AD延长线上的一点，且．
(1)如图1，点E在线段AD上，求证：．
(2)如图2，点E在线段AD的延长线上，请补全图形，并判断（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)补全图形见解析，（1）中的结论成立，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）连接PA，由正方形的性质可得∠ADP=∠CDP=45°，DA=DC，由“SAS”可证△DAP≌△DCP，可得∠DAP=∠DCP ，PC=PA，由四边形内角和可得∠PCD+∠DEP=180°，可证PE=PA，即可得结论；
（2）由“SAS”可证△ADP≌△CDP，可得∠DAP=∠DCP，由三角形内角和可证∠DCP=∠AEP，可证AP=PE=PC．
(1)
证明：连接PA，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADP=∠CDP=45° DA=DC，且PD=PD，
∴△DAP≌△DCP（SAS），
∴∠DAP=∠DCP ，PC=PA，
在四边形CDEP中，∠EPC+∠ADC+∠PED+∠PCD=360°，且∠ADC=∠EPC=90°，
∴∠PCD+∠DEP=180°，
又∵∠AEP+∠DEP=180°，
∴∠AEP=∠PCD，
∴∠AEP=∠PAE，
∴PE=PA，
又∵PC=PA，
∴PE=PC；
(2)
解：（1）中结论成立，理由如下：
如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADP=∠CDP，且DP=DP，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴∠DAP=∠DCP，AP=PC，
∵∠DCP+∠DPE+∠CPE+∠PDC=180°，且∠CPE=90°，∠CDP=45°，
∴∠DPE+∠DCP=45°，且∠ADP=∠DPE+∠AEP=45°，
∴∠DCP=∠AEP，
∴∠PAD=∠PEA，
∴AP=PE，且AP=PC，
∴PE=PC；
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，四边形内角和，三角形内角和，三角形外角的性质等等，熟知正方形的性质与全等三角形的性质与判定是解题的关键．
19．如图1，在正方形ABCD中，点E为BC上一点，连接DE，把△DEC沿DE折叠得到△DEF，延长EF交AB于点G，连接DG．
(1)填空，∠EDG=_________°．
(2)如图2，若正方形边长为6，点E为BC的中点，连接BF．
①求线段AG的长；
②求△BEF的面积；
(3)填空：当DE=DG时，若令CE=a，则BF=_________（用含a的式子表示）．
【答案】(1)
(2)①；②
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质可得DC=DA，∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，根据翻折前后两个图形能够完全重合可得∠DFE=∠C，DC=DF，∠1=∠2，再求出∠DFG=∠A，DA=DF，然后利用“HL”证明Rt△DGA和Rt△DGF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠3=∠4，然后求出∠2+∠3=45°，从而得解；
（2）①设AG=x，则BG=6-x，根据勾股定理得：EG2=BG2+BE2，列方程可得AG的长；
②先计算△BEG的面积，根据同高三角形面积的关系可得：S△BEF=；
（3）根据等腰三角形三线合一的性质可得F是EG的中点，由（1）和折叠得：AG=FG=EF=CE=a，根据勾股定理可得结论．
(1)
解：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴DC＝DA，∠A＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，
∵△DEC沿DE折叠得到△DEF，
∴∠DFE＝∠C，DC＝DF，∠1＝∠2，
∴∠DFG＝∠A＝90°，DA＝DF，
在Rt△DGA和Rt△DGF中，
，
∴Rt△DGA≌Rt△DGF（HL），
∴∠3＝∠4，
∴∠EDG＝∠3+∠2
＝∠ADF+∠FDC
＝（∠ADF+∠FDC）
＝×90°，
＝45°
故答案为45．
(2)
①由（1）知：Rt△DGA≌Rt△DGF，
∴AG＝FG，
∵E为BC的中点，
∴CE＝EF＝BE＝3，
设AG＝x，则BG＝6﹣x，
在Rt△BEG中，由勾股定理得：EG2＝BG2+BE2，
即（3+x）2＝32+（6﹣x）2，
解得：x＝2，
∴AG＝2；
②由①知：BG＝4，BE＝3，
∴S△BEG＝＝6，
∵EF＝3，FG＝2，
∴S△BEF＝．
(3)
∵DE＝DG，∠DFE＝∠C＝90°，
∴点F是EG的中点，
∴AG＝FG＝EF＝CE＝a，
∴EG=EF+FG=2a，
∵，
∴．
故答案为：a．
【点睛】
四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折变换的性质，熟记各性质是解题的关键．
20．已知，正方形ABCD的边长为6，点E在边AD上，点F在边AB的延长线上，且DE=BF，连接CE，CF，EF．
(1)如图1，请判断的形状，并说明理由；
(2)如图2，连接BD交EF于点M，当时，求AM的长；
(3)如图3，点G，H分别在边AB，CD上，连接GH交EF于点N，当，时，求DE的长．
【答案】(1)△CEF是等腰直角三角形，理由见解析；
(2)；
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质得出BC=CD，∠D=∠CBF=90°，再结合“SAS”证明△FBC≌△EDC，可得CE=CF，然后根据角之间的关系得∠ECF=90°，可得答案；
（2）作，有正方形的性质得EK=ED，再根据“AAS”证明△FBM≌△ECM，可得EM=FM，然后根据勾股定理求出EF，最后根据直角三角形的性质得出答案；
（3）先根据“同位角相等，两直线平行”得，即可得四边形CFGH是平行四边形，再根据勾股定理求出BF，可得答案．
(1)
如图1，△CEF是等腰直角三角形，
理由是：在正方形ABCD中，BC=DC，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴△CEF是等腰直角三角形；
(2)
如图2，过点E作，交BD于K，则，
∵，
∴.
∵，
∴，
∴.
在中，，
∴；
(3)
如图3，由（1）得，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴四边形FCHG是平行四边形，
∴，
在中，，
∴．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的判定，直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质和判定等，灵活选择全等三角形的判定定理是解题的关键．
21．如图，在矩形ABCD中，AD=2AB=8，点E是边AD的中点.连结EC，P、Q分别是射线AD、EC上的动点，且EQ=AP，连结BP，PQ，过点B，Q分别作PQ，BP的平行线交于点F．
(1)当点P在线段AE上（不包含端点）时，
①求证：四边形BFQP是正方形；
②若BC将四边形BFQP的面积分为1：3两部分，求AP的长；
(2)如图2，连结PF，若点C在对角线PF上，求△BFC的面积（直接写出答案）
【答案】(1)①见解析；②2
(2)
【解析】
【分析】
（1）①易证四边形PBFQ是平行四边形，过点Q作QH⊥AD于H，设AP=x，则EQ=AP=x，证△EHQ是等腰直角三角形，得EH=HQ=AP=x，由证△ABP≌△HPQ，得∠ABP=∠HPQ，BP=QP，推出∠BPQ=90°，即可得出结论；
②过点F、Q作BC的垂线段，垂足分别为点M、N，则四边形ABNH是矩形，得HN=AB=4，由面积证得FK=QK，由AAS证得△KMF≌△KNQ，得MF=QN，由AAS证得△BMF≌△BAP，得MF=AP=QN=x，则HN=HQ+QN=2x=4，解得x=2，即可得出结果．
（2）过点F作FK⊥BC于K，过点Q作QH⊥AP于H，易证△BKF≌△BAP≌△QHP，得出AB=PH=4，HQ=KF，设DP=x，则EH=ED+PH+DP=8+x，证△CDE是等腰直角三角形，得CE=CD=4，由轴对称可得BC=CQ=8，则EQ=EC+CQ=4+8，证△EHQ是等腰直角三角形，得EQ=EH，则4+8=（8+x），解得x=4-4，求出，由S△BFC=BC•KF，即可得出结果．
(1)
①证明：过点B，Q分别作PQ，BP的平行线交于点F，
，，
∴四边形PBFQ是平行四边形，
过点Q作QH⊥AD于H，如图1-1所示：
设AP=x，则EQ=AP=x，
在矩形ABCD中，AD=BC=2AB=2CD=8，∠A=∠ADC=90°，
∵点E是AD的中点，
∴ED=AD=CD=4，
∴∠DEC=45°，
∵∠EHQ=90°，
∴△EHQ是等腰直角三角形，
∴EH=HQ=AP=x，
∵PE=AE-AP=4-x，
∴PH=PE+EH═PE+AP=AE=4，
∴AB=PH，
在△ABP和△HPQ中，
，
∴△ABP≌△HPQ（SAS），
∴∠ABP=∠HPQ，BP=QP，
∴∠ABP+∠APB=∠HPQ+∠APB=90°，
∴∠BPQ=90°，
∴平行四边形PBFQ是矩形，
∵BP=QP，
∴矩形PBFQ是正方形；
②解：过点F、Q作BC的垂线段，垂足分别为点M、N，如图1-2所示：
则四边形ABNH是矩形，
∴HN=AB=4，
∵四边形BFQP是正方形，
∴S△BPK=S正方形BFQP，
∵BC将四边形BFQP的面积分为1：3两部分，
∴S△BFK=S正方形BFQP，
∴S△PQK=S正方形BFQP，
∴FK=QK，
在△KMF和△KNQ中，
，
∴△KMF≌△KNQ（AAS），
∴MF=QN，
∵四边形BFPQ是正方形，
∴BP=BF，∠PBF=∠BFK=90°，
∵∠ABP+∠PBK=∠FBM+∠PBK=90°，
∴∠ABP=∠FBM，
在△BAP和△BMF中，
，
∴△BAP≌△BMF（AAS），
∴MF=AP=QN=x，
∴HN=HQ+QN=2x=4，
解得：x=2，
∴AP=2．
(2)
解：过点F作FK⊥BC于K，过点Q作QH⊥AP于H，如图2所示：
∵四边形PBFQ是正方形，
∴∠BPQ=∠PBF=90°，BP=PQ=FB，
∴∠APB+∠HPQ=90°，
∵∠APB+∠ABP=90°，
∴∠ABP=∠HPQ，
在△ABP和△PHQ中，
，
∴△ABP≌△PHQ（AAS），
∵∠ABP+∠CBP=∠KBF+∠CBP=90°，
∴∠ABP=∠KBF，
在△ABP和△KBF中，
，
∴△ABP≌△KBF（AAS），
∴△ABP≌△KBF≌△HPQ，
∴AB=PH=4，HQ=KF，
设DP=x，则EH=ED+PH+DP=8+x，
∵DE=CD，∠EDC=90°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CE=CD=4，
∵四边形BFQP是正方形，
∴由轴对称可得：BC=CQ=8，
∴EQ=EC+CQ=4+8，
∵∠EHQ=90°，∠DEC=45°，
∴△EHQ是等腰直角三角形，
∴EQ=EH，
∴4+8=（8+x），
解得：x=4-4，
∴KF=HQ=EH=8+x=4+4，
∴S△BFC=BC•KF=×8×（4+4）=16+16．
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形面积的计算等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
22．在Rt△ABC中，，，CD是斜边AB上的中线，点E为射线BC上一点，将△BDE沿DE折叠，点B的对应点为F．
(1)如图1，若，请直接写出CD的长（用含a的代数式表示）；
(2)如图2，若，垂足为点G，点F与点D在直线CE的异侧，连接CF．判断四边形ADFC的形状，并说明理由；
(3)若，直接写出的度数．
【答案】(1)
(2)菱形，理由见解析
(3)45°或135°
【解析】
【分析】
（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得CD=；
（2）由题意可得，由“直角三角形中含30°角所对的直角边等于斜边的一半”，得据此判断四边形ADFC是平行四边形，再由折叠得DF=BD=AD，据此解答；
（3）分两种情况讨论，点F与点D在直线CE的同侧或异侧，正确画出图形即可解答．
(1)
解：由图1，在Rt△ABC中，，CD是斜边AB上的中线，
CD=；
(2)
四边形ADFC是菱形．
理由如下：
∵CD是斜边AB上的中线，
∴，由折叠的性质可得，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形ADFC是平行四边形，又，
∴□ADFC是菱形．
(3)
如图3，点F与点D在直线CE的异侧，
由折叠得，
；
如图4，点F与点D在直线CE的同侧，
由折叠得，
综上所述，或．
【点睛】
本题考查直角三角形的性质、轴对称的特征、平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质、分类讨论等知识，解题的关键是正确画出图形．
23．在中，，交CD的延长线于点B．
(1)将一等腰直角三角尺按图（1）所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为A，一条直角边与DF重合，另一条直角边恰好经过点C．通过观察、测量AC与BF的长度，得到．请给予证明．
(2)当三角尺沿DF方向移动到图（2）所示的位置时，一条直角边仍与DF边重合，另一条直角边交CF于点E，过点E作垂足为G．此时请你通过观察、测量GE，AE与BF的长度，猜想并写出EG，EA与BF之间存在的数量关系，并证明你的猜想．
(3)当三角尺在图（2）的基础上沿DF方向继续移动到图（3）所示的位置（点A在线段DF上，且点A与点F不重合）时，请你判断（2）中的猜想是否仍然成立？（不用证明）
【答案】(1)见解析
(2)GE＋AE＝BF，证明见解析
(3)（2）中的结论GE＋AE＝BF仍然成立
【解析】
【分析】
（1）证明△ADC≌△BDF即可解决问题．
（2）结论：GE＋AE＝BF．证明△AEF≌△HFE，再进行等量代换即可．
（3）结论不变，证明方法类似（2）．
(1)
∵∠A＝∠B＝90°，∠ADC＝∠BDF，DC＝DF，
∴△ADC≌△BDF．（AAS）
∴AC＝BF．
(2)
结论：GE＋AE＝BF．
证明：过点E作EH⊥BF于H，
则四边形GEHB是矩形，
∴GE＝HB．
∵DC＝DF，
∴∠C＝∠DFC．
∵EH∥BG，
∴∠HEF＝∠C．
∴∠DFC＝∠HEF．
又∠A＝∠EHF，EF＝FE，
∴△AEF≌△HFE．
∴AE＝HF．
∴GE＋AE＝HF＋BH＝BF．
(3)
（2）中的猜想仍然成立，
过点E作EH⊥BF于H，
由（2）可知，△AEF≌△HFE，
∴AE=HF，
∵∠EGB＝∠GBH=∠EHB．
∴四边形GEHB中矩形，
∴GE=BH，
∴GE＋AE＝HF＋BH＝BF．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形的判定与性质，作出适当的辅助线构建全等三角形是解本题的关键，属于中考常考题型．
24．如图，在正方形ABCD中，点E是边BC延长线上一点，联结DE，过点B作BF⊥DE，垂足为点F，BF与边CD相交于点G．
(1)求证：CG＝CE；
(2)联结CF，求证：∠BFC＝45°；
(3)如果正方形ABCD的边长为2，点G是边DC的中点，求EF的长．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)
【解析】
【分析】
（1）把CG和CE分别放在Rt△BCG和Rt△DCE中，说明它们全等即可得证；
（2）连接CF，过点C作MC⊥CF交BG于M，说明△MCF为等腰三角形即可得证；
（3）过点C作CN⊥BF于N，构造△CNG≌△DFG，即可求出DF＝NC，再利用线段和差即可求出EF的长．
(1)
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，∠BCG＝∠DCE，
∵BF⊥DE，
∴∠E+∠CBG＝∠E+∠EDC，
∴∠CBG＝∠EDC，
在Rt△BCG与Rt△DCE中，
∴Rt△BCG≌Rt△DCE（ASA），
∴CG＝CE．
(2)
作CM⊥CF交BF于点M，
∵△BCG≌△DCE，
∴∠E＝∠BGC，
∵∠MCG+∠FCG＝∠ECF+∠FCG＝90°，
∴∠MCG＝∠FCE，
在△MCG和△FCE中，
∴△MCG≌△FCE（ASA），
∴MG＝FE，MC＝FC，
∴△MCF为等腰直角三角形，
∴∠BFC＝45°．
(3)
作CN⊥BF于点N，
∴△CNF为等腰直角三角形，CN＝NF，
∵G为CD中点，正方形ABCD的边长为2，
∴CG＝DG＝CE＝1，
∴BG＝DE＝＝，
∴BC•CG＝BG•CN，
∴CN＝＝＝，
在△CNG和△DFG中，
∴△CNG≌△DFG（AAS），
∴DF＝CN＝，
∴EF＝DE﹣DF＝﹣＝．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，构造特殊三角形和三角形全等是解题的关键．
第09练 平行四边形的综合问题
一、单选题
1．如图，在中，D为斜边的中点，E为上一点，F为中点．若，，则的长为（ ）
A． B．3 C． D．4
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角形中位线可以求得AE的长，再根据AE＝AD，可以得到AD的长，然后根据直角三角形斜边上的中线和斜边的关系，可以求得BD的长．
【详解】
解：∵D为斜边AC的中点，F为CE中点，DF＝2，
∴AE＝2DF＝4，
∵AE＝AD，
∴AD＝4，
在Rt△ABC中，D为斜边AC的中点，
∴BD＝AC＝AD＝4，
故选：D．
【点睛】
本题考查直角三角线斜边上的中线和斜边的关系、三角形的中位线，解答本题的关键是求出AD的长．
2．如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝8，AD＝6，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【答案】D
【解析】
【分析】
连接DN，根据三角形中位线定理得到，根据题意得到当点N与点B重合时，DN最大，根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】
解：连接DN，
∵点E，F分别为DM，MN的中点，
∴EF是△MND的中位线，
∴，
∵点M，N分别为线段BC，AB上的动点，
∴当点N与点B重合时，DN最大，此时
∴EF长度的最大值为：，
故选D．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理，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．
3．如图，在菱形中，，．动点从点出发，以1个单位长度/秒的速度沿方向向点运动，同时，动点从点出发沿方向向点运动，它们同时到达目的地，则运动到（ ）秒时．
A．3或 B．3 C． D．5
【答案】A
【解析】
【分析】
分两种情形求解即可：①当点Q与点O重合时，PQ=OP，此时t=3秒；②如图1中，当OP=PQ时，想办法构建方程即可解决问题．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，AO=CO，BC//AD，
∵，
∴∠BAD=60°，
∴△ABD是等边三角形，∠BAO=∠DAO=30°，
∴BO=AB=3，
∴CO=AO=，
设点Q的运动速度为x单位/秒，由题意得
，
解得x=，
经检验x=符合题意．
①当点Q与点O重合时，PQ=OP，此时t=3÷=3秒；
②如图1中，当OP=PQ时，作PH⊥OA于H，则QH=OH．
在Rt△APH中，PA=t，∠PAH=30°，
∴PH=t，
∴AH=t，
∴OH=3-t，
∵QH=（t-3），
∴（t-3）=3-t，
解得t=，
综上所述，当t=3秒或秒时，OP=PQ．
故选A．
【点睛】
本题考查菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，以及勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
4．如图，矩形中，的平分线交于点E，，垂足为F，连接．下列结论：①；②；③；④；⑤若，则．其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】D
【解析】
【分析】
根据AE平分∠DAE，可得， 从而得到AB=BE，进而得到，可得①正确；然后证明△ABE≌△AFD，可得AB=BE=AF=FD，从而得到∠AED=∠CED，故②正确；再证得△DEF≌△DEC，可得③正确；再根据△ABF≌△DCF，可得BF=CF，故④正确；过点F作FG⊥BC于点G，可得，从而得到，进而得到，可得⑤正确；即可求解．
【详解】
解：在矩形中，∠BAD=∠ADC=∠ABC=90°，AD=BC，AD∥BC，
∵AE平分∠DAE，
∴，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB=45°，
∴∠AEB=∠BAE=45°，
∴AB=BE，
∴，
∵，
∴AE=AD，故①正确；
在△ABE和△AFD中，
∵∠BAE=∠DAE，∠ABE=∠AFD，AE=AD，
∴△ABE≌△AFD（AAS），
∴BE=DF，
∴AB=BE=AF=FD，
∴，
∴∠AED=∠CED，故②正确；
∵∠DAE=45°，DF⊥AE，
∴∠ADF=45°，
∴∠CDF=45°，∠EDF=∠ADE-∠ADF=22.5°，
∴∠CDE=∠FDE=22.5°，
∵∠AEB=45°，∠AED=67.5°，
∴∠CED=67.5°，
∴∠AED=∠CED，
∵DE=DE，
∴△DEF≌△DEC，
∴DF=CD，
∴DE⊥CF，故③正确；
∵AB=CD，∠BAE=∠CDF=45°，AF=DF，
∴△ABF≌△DCF，
∴BF=CF，故④正确；
如图，过点F作FG⊥BC于点G，
∴FG∥AB，
∴∠EFG=∠BAE=45°，
∴∠EFG=∠FEG，
∴FG=GE，
∵△DEF≌△DEC，
∴CE=EF，
∴，
∴，
∵BF=CF，
∴BG=CG，
∴，
∵AB=1，，
∴，，
解得：，
∴．故⑤正确；
∴正确的有5个．
故选：D
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
5．如图，点E和点F分别在正方形纸片ABCD的边CD和AD上，连接AE，BF，沿BF所在直线折叠该纸片，点A恰好落在线段AE上点G处．若正方形纸片边长12，，则GE的长为（ ）
A．4 B．3 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设AE，BF交于点O，证明得到，利用勾股定理得到，再利用等面积法求出，进一步得到，再利用勾股定理得到，所以．
【详解】
解：设AE，BF交于点O，
∵沿BF所在直线折叠该纸片，点A恰好落在线段AE上点G处，
∴，，
∵ABCD为正方形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查折叠的性质，正方形性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，等面积法．解题的关键是证明得到，再求出，．
6．如图，在矩形中，，将向内翻折，点落在上，记为，折痕为．若将沿向内翻折，点恰好落在上，记为，则下列结论不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
用折叠性质判断A正确；用折叠性质和平角性质判断B正确；根据折叠性质可知，推出，根据角平分线性质得到，根据，得到，根据含30°角的直角三角形的边的关系推出，可判断C正确；根据折叠性质可知，根据含30°角的直角三角形边的关系推出，可判断D不正确．
【详解】
A.
由折叠知，，
故A正确；
B.
由折叠知，，且，
∴，
故B正确；
C.
∵，
∴，
∴,
∴，
∵，
∴，
∵，AD=BC=4，
∴，
∴，
故C正确；
D.
∵，
故D不正确．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了矩形，折叠，角平分线，含30°角的直角三角形，解决问题的关键是熟练掌握矩形的边角性质，折叠的性质，角平分线的定义和性质，含30°角的直角三角形三边的关系．
7．如图，正方形边长为4，点E是边上一点，且．P是对角线上一动点，则的最小值为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
连接AC，作，证明当取最小值时，A，P，G三点共线，且，此时最小值为AG，再利用勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半即可求出结果．
【详解】
解：连接AC，作
∵是正方形且边长为4，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴当取最小值时，A，P，G三点共线，且，此时最小值为AG，
∵，，
∴，
∵，
∴，
设，则，∴，解得：，
设，则，
∵，∴，解得：
∴，
故选：D
【点睛】
本题考查正方形的性质，动点问题，勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半，解题的关键是证明当取最小值时，A，P，G三点共线，且，此时最小值为AG．
8．如图，将正方形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边的点P处（不与点A，点D重合），点C落在G点处，PG交DC于点H，连接BP，BH．BH交EF于点M，连接PM．下列结论：①PB平分∠APG；②PH=AP+CH；③BM=BP，④若BE=，AP=1，则S四边形BEPM=，其中正确结论的序号是（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④
【答案】B
【解析】
【分析】
根据折叠的性质，，，从而得到，根据直角三角形两锐角互余，得到，即可判定①；过点B作BQ⊥PH，利用全等三角形的判定与性质，得到，，即可判定②；通过证明为等腰直角三角形，即可判定③；根据求得对应三角形的面积，即可判定④．
【详解】
解：由题意可得：，，
∴，，
∴，
由题意可得：，
∴，
∴PB平分∠APG；①正确；
过点B作BQ⊥PH，如下图：
∴
在和中，
∴
∴
∵四边形ABCD为正方形
∴，
又∵
∴，
∴
∴，②正确；
由折叠的性质可得：EF是PB的中垂线，
∴
由题意可得：，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，即，
∴BM=BP，③正确；
若BE=，AP=1，则，
在中，
∴，，
∴，
∴，
，④错误，
故选B，
【点睛】
此题考查了正方形与折叠问题，涉及了折叠的性质，正方形的性质，直角三角形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，综合性比较性，解题的关键是灵活运用相关性质进行求解．
二、填空题
9．如图，在中，，，E，F分别为CA，CB上的点，，M，N分别为AF，BE的中点，若，则MN＝______．
【答案】
【解析】
【分析】
取AB的中点D，连接MD、ND，如图，先判断DM为△ABF的中位线，DN为△ABE的中位线得到DM=BF=2，DM∥BF，DN=AE=2，再证明AE⊥BF，则DM⊥DN，然后根据△DMN为等腰直角三角形确定MN的长．
【详解】
解：取AB的中点D，连接MD、ND，如图，AE=1，
∵CA=CB，CE=CF，
∴BF=AE=1，
∵点M、N分别为AF、BE的中点，
∴DM为△ABF的中位线，DN为△ABE的中位线，
∴DM=BF=，DM∥BF，DN=AE=，DN∥AE，
∵AE⊥BF，
∴DM⊥DN，
∴△DMN为等腰直角三角形，
∴MN=DM=．
故答案为．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．也考查了等腰直角三角形的性质．
10．如图，矩形中，，，为中点．为上一点，将沿折叠后，点恰好落到上的点处，则______，______．
【答案】 6
【解析】
【分析】
根据折叠的性质，即可求EG；连接EC，证，由勾股定理即可求EF；
【详解】
解：连接CE，
∵为中点
∴
在和中
∵
∴
∴
设，则
即
解得：
故答案为：6；．
【点睛】
本题主要考查矩形得性质，三角形的全等，勾股定理，正确做出辅助线是解题的关键．
11．如图，在菱形中，，将菱形折叠，使点恰好落在对角线上的点处不与、重合，折痕为，若，，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】
作于，根据折叠的性质得到，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到为等边三角形，得到，根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】
解：作于，
由折叠的性质可知，，
由题意得，，
四边形是菱形，
，，
为等边三角形，
，
设，则，
在中，，，
在中，，即，
解得，，即，
故答案为：．
【点睛】
本题考查的是翻转变换的性质、菱形的性质、勾股定理、解直角三角形，掌握翻转变换是一种对称变换，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是解题的关键．
12．如图，点E是正方形ABCD的边CD上一点，以BE为边向上作平行四边形BEFG，连接AG、AF、BF，若，的面积是2，则的面积是_________．
【答案】11．
【解析】
【分析】
先构造出与ABG全等的HEF，再利用面积和即可得出的面积．
【详解】
解：如图所示，延长ED至H ，使EH=AB，连接AH，FH，
∵AB∥EH，
∴四边形ABEH是平行四边形，
∴BE∥AH，BE=AH，
∵□BEFG中，BG=EF，GF∥BE，GF=BE，
∴GF∥AH，GF=AH，
∴四边形AHFG是平行四边形，
∴AG=FH，
∴△ABG≌△HEF，
过点F作FN⊥AB于N，交直线CD于M，
∴FM⊥CD，
∴四边形ABMN是矩形，
∴FN+FM=MN=AD= ，
∵S△ABG+ S△AGF+ S△ABF=S△BEF，
即S△HEF+ S△AGF+ S△ABF=S△BEF，
∴S△BEF==+2=11．
故填：11．
【点睛】
本题考查正方形的性质及矩形的性质和判定．正确添加辅助线构造出全等三角形是正确解题的关键．
13．如图，中，，，，点为边上任意一点，将沿折叠，点的对应点为点，当时，的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据翻折的性质和已知条件可得点和点重合，过点作，，垂足分别为，，得四边形是正方形，设，得，求出的值，进而可以解决问题．
【详解】
解：如图，
由折叠可知：，
，
当时，，
在中，
，，
，
点和点重合，如图，过点作，，垂足分别为，，
由折叠可知：，
，
四边形是正方形，
设，
，
，
，
解得，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查翻折变换，正方形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
14．如图，正方形的边长为4，，，分别是边，，上的一点，将正方形沿折叠，使点恰好落在边的中点处，点的对应点为点，则折痕的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】
过点H作HG⊥CD于点G，连接DE， DE交FH于点Q，得到∠HGF=∠HGD=90°，推出∠HFG+∠FHG=90°，根据正方形ABCD中，AD=CD=BC=4，∠A=∠ADC=∠C=90°，得到四边形DAHG中，∠AHG=90°，推出四边形DAHG是矩形，得到GH=AD，GH=CD，根据折叠知，FH⊥DE，得到∠DQF=90°，推出∠QFD+∠QDF=90°，得到∠GHF=∠CDE，根据∠HGF=∠C=90°，推出△DCE≌△HGF(ASA)，得到FH=DE，根据E是BC中点，得到CE=BC=2，推出，得到FH=．
【详解】
过点H作HG⊥CD于点G，连接DE， DE交FH于点Q，
则∠HGF=∠HGD=90°，
∴∠HFG+∠FHG=90°，
∵正方形ABCD中，AD=CD=BC=4，∠A=∠ADC=∠C=90°，
∴四边形DAHG中，∠AHG=90°，
∴四边形DAHG是矩形，
∴GH=AD，
∴GH=CD，
由折叠知，FH⊥DE，
∴∠DQF=90°，
∴∠QFD+∠QDF=90°，
∴∠GHF=∠CDE，
∵∠HGF=∠C=90°，
∴△DCE≌△HGF(ASA)，
∴FH=DE，
∵E是BC中点，
∴CE=BC=2，
∴，
∴FH=
故答案为．
【点睛】
本题主要考查了正方形，折叠，矩形，全等三角形，勾股定理．解决问题的关键是熟练掌握正方形的性质，折叠的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形．
15．如图，在矩形中，对角线与交于点O，点E在线段上，，于点F，若，，则线段的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】
设，则，由勾股定理得即可求解；
【详解】
解：设，则
∵，
∴
∴
则，
∴
即
解得：（舍去）
∴
∴
故答案为：
【点睛】
本题主要考查矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
16．如图，在矩形ABCD中，E是BC边上的一点，连接AE，将沿AE翻折，点B的对应点为F．若线段AF的延长线经过矩形一边的中点，，则BE长为_________．
【答案】或或2
【解析】
【分析】
主要分三种情况进行讨论：①当线段AF的延长线AG经过BC的中点时，②当线段AF的延长线经过AD的中点时，③当线段AF的延长线AG经过CD的中点时，进行一一求解即可．
【详解】
解：分三种情况讨论，
①当线段AF的延长线AG经过BC的中点时，如图1，此时BG=CG=2，
图1
由折叠的性质可得：AF=AB=2，∠AFE=∠B=90°，
∵Rt△ABG中，AB=BG=2，
∴AG=，∠AGB=45°，
∴FG=，EF=FG，
∴BE=EF=FG=；
②当线段AF的延长线经过AD的中点时，如图2，此时BE=CE=2，
图2
由折叠的性质可得：AF=AB=2，∠AFE=∠B=90°，
∴四边形ABEF是正方形，
∴BE=AF=2，
③当线段AF的延长线AG经过CD的中点时，如图3，此时DG=CG=1，
图3
由折叠的性质可得：AF=AB=2，∠AFE=∠B=90°，
∵Rt△ADG中，AD=4，DG=1，
∴，
∴，
设BE=x，则EF=x，CE=4-x，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：或或2．
【点睛】
本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握翻折变换的性质是解决本题的关键．
三、解答题
17．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E是AD的中点，连接OE，过点D作DF∥AC交OE的延长线于点F，连接AF．
(1)求证：≌；
(2)判定四边形AODF的形状并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AODF为矩形，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）利用全等三角形的判定定理即可；
（2）先证明四边形AODF为平行四边形，再结合∠AOD=90°，即可得出结论．
(1)
证明：∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵DF∥AC，
∴∠OAD=∠ADF，
∵∠AEO=∠DEF，
∴△AOE≌△DFE（ASA）；
(2)
解：四边形AODF为矩形．
理由：∵△AOE≌△DFE，
∴AO=DF，
∵DF∥AC，
∴四边形AODF为平行四边形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
即∠AOD=90°，
∴平行四边形AODF为矩形．
【点睛】
本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及矩形的判定是解题的关键．
18．正方形ABCD的边长为6，点P在对角线BD上，点E是线段AD上或AD延长线上的一点，且．
(1)如图1，点E在线段AD上，求证：．
(2)如图2，点E在线段AD的延长线上，请补全图形，并判断（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)补全图形见解析，（1）中的结论成立，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）连接PA，由正方形的性质可得∠ADP=∠CDP=45°，DA=DC，由“SAS”可证△DAP≌△DCP，可得∠DAP=∠DCP ，PC=PA，由四边形内角和可得∠PCD+∠DEP=180°，可证PE=PA，即可得结论；
（2）由“SAS”可证△ADP≌△CDP，可得∠DAP=∠DCP，由三角形内角和可证∠DCP=∠AEP，可证AP=PE=PC．
(1)
证明：连接PA，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADP=∠CDP=45° DA=DC，且PD=PD，
∴△DAP≌△DCP（SAS），
∴∠DAP=∠DCP ，PC=PA，
在四边形CDEP中，∠EPC+∠ADC+∠PED+∠PCD=360°，且∠ADC=∠EPC=90°，
∴∠PCD+∠DEP=180°，
又∵∠AEP+∠DEP=180°，
∴∠AEP=∠PCD，
∴∠AEP=∠PAE，
∴PE=PA，
又∵PC=PA，
∴PE=PC；
(2)
解：（1）中结论成立，理由如下：
如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADP=∠CDP，且DP=DP，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴∠DAP=∠DCP，AP=PC，
∵∠DCP+∠DPE+∠CPE+∠PDC=180°，且∠CPE=90°，∠CDP=45°，
∴∠DPE+∠DCP=45°，且∠ADP=∠DPE+∠AEP=45°，
∴∠DCP=∠AEP，
∴∠PAD=∠PEA，
∴AP=PE，且AP=PC，
∴PE=PC；
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，四边形内角和，三角形内角和，三角形外角的性质等等，熟知正方形的性质与全等三角形的性质与判定是解题的关键．
19．如图1，在正方形ABCD中，点E为BC上一点，连接DE，把△DEC沿DE折叠得到△DEF，延长EF交AB于点G，连接DG．
(1)填空，∠EDG=_________°．
(2)如图2，若正方形边长为6，点E为BC的中点，连接BF．
①求线段AG的长；
②求△BEF的面积；
(3)填空：当DE=DG时，若令CE=a，则BF=_________（用含a的式子表示）．
【答案】(1)
(2)①；②
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质可得DC=DA，∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，根据翻折前后两个图形能够完全重合可得∠DFE=∠C，DC=DF，∠1=∠2，再求出∠DFG=∠A，DA=DF，然后利用“HL”证明Rt△DGA和Rt△DGF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠3=∠4，然后求出∠2+∠3=45°，从而得解；
（2）①设AG=x，则BG=6-x，根据勾股定理得：EG2=BG2+BE2，列方程可得AG的长；
②先计算△BEG的面积，根据同高三角形面积的关系可得：S△BEF=；
（3）根据等腰三角形三线合一的性质可得F是EG的中点，由（1）和折叠得：AG=FG=EF=CE=a，根据勾股定理可得结论．
(1)
解：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴DC＝DA，∠A＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，
∵△DEC沿DE折叠得到△DEF，
∴∠DFE＝∠C，DC＝DF，∠1＝∠2，
∴∠DFG＝∠A＝90°，DA＝DF，
在Rt△DGA和Rt△DGF中，
，
∴Rt△DGA≌Rt△DGF（HL），
∴∠3＝∠4，
∴∠EDG＝∠3+∠2
＝∠ADF+∠FDC
＝（∠ADF+∠FDC）
＝×90°，
＝45°
故答案为45．
(2)
①由（1）知：Rt△DGA≌Rt△DGF，
∴AG＝FG，
∵E为BC的中点，
∴CE＝EF＝BE＝3，
设AG＝x，则BG＝6﹣x，
在Rt△BEG中，由勾股定理得：EG2＝BG2+BE2，
即（3+x）2＝32+（6﹣x）2，
解得：x＝2，
∴AG＝2；
②由①知：BG＝4，BE＝3，
∴S△BEG＝＝6，
∵EF＝3，FG＝2，
∴S△BEF＝．
(3)
∵DE＝DG，∠DFE＝∠C＝90°，
∴点F是EG的中点，
∴AG＝FG＝EF＝CE＝a，
∴EG=EF+FG=2a，
∵，
∴．
故答案为：a．
【点睛】
四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折变换的性质，熟记各性质是解题的关键．
20．已知，正方形ABCD的边长为6，点E在边AD上，点F在边AB的延长线上，且DE=BF，连接CE，CF，EF．
(1)如图1，请判断的形状，并说明理由；
(2)如图2，连接BD交EF于点M，当时，求AM的长；
(3)如图3，点G，H分别在边AB，CD上，连接GH交EF于点N，当，时，求DE的长．
【答案】(1)△CEF是等腰直角三角形，理由见解析；
(2)；
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质得出BC=CD，∠D=∠CBF=90°，再结合“SAS”证明△FBC≌△EDC，可得CE=CF，然后根据角之间的关系得∠ECF=90°，可得答案；
（2）作，有正方形的性质得EK=ED，再根据“AAS”证明△FBM≌△ECM，可得EM=FM，然后根据勾股定理求出EF，最后根据直角三角形的性质得出答案；
（3）先根据“同位角相等，两直线平行”得，即可得四边形CFGH是平行四边形，再根据勾股定理求出BF，可得答案．
(1)
如图1，△CEF是等腰直角三角形，
理由是：在正方形ABCD中，BC=DC，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴△CEF是等腰直角三角形；
(2)
如图2，过点E作，交BD于K，则，
∵，
∴.
∵，
∴，
∴.
在中，，
∴；
(3)
如图3，由（1）得，
∵，
∴，
∴．
∵，
∴四边形FCHG是平行四边形，
∴，
在中，，
∴．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的判定，直角三角形的性质，勾股定理，平行四边形的性质和判定等，灵活选择全等三角形的判定定理是解题的关键．
21．如图，在矩形ABCD中，AD=2AB=8，点E是边AD的中点.连结EC，P、Q分别是射线AD、EC上的动点，且EQ=AP，连结BP，PQ，过点B，Q分别作PQ，BP的平行线交于点F．
(1)当点P在线段AE上（不包含端点）时，
①求证：四边形BFQP是正方形；
②若BC将四边形BFQP的面积分为1：3两部分，求AP的长；
(2)如图2，连结PF，若点C在对角线PF上，求△BFC的面积（直接写出答案）
【答案】(1)①见解析；②2
(2)
【解析】
【分析】
（1）①易证四边形PBFQ是平行四边形，过点Q作QH⊥AD于H，设AP=x，则EQ=AP=x，证△EHQ是等腰直角三角形，得EH=HQ=AP=x，由证△ABP≌△HPQ，得∠ABP=∠HPQ，BP=QP，推出∠BPQ=90°，即可得出结论；
②过点F、Q作BC的垂线段，垂足分别为点M、N，则四边形ABNH是矩形，得HN=AB=4，由面积证得FK=QK，由AAS证得△KMF≌△KNQ，得MF=QN，由AAS证得△BMF≌△BAP，得MF=AP=QN=x，则HN=HQ+QN=2x=4，解得x=2，即可得出结果．
（2）过点F作FK⊥BC于K，过点Q作QH⊥AP于H，易证△BKF≌△BAP≌△QHP，得出AB=PH=4，HQ=KF，设DP=x，则EH=ED+PH+DP=8+x，证△CDE是等腰直角三角形，得CE=CD=4，由轴对称可得BC=CQ=8，则EQ=EC+CQ=4+8，证△EHQ是等腰直角三角形，得EQ=EH，则4+8=（8+x），解得x=4-4，求出，由S△BFC=BC•KF，即可得出结果．
(1)
①证明：过点B，Q分别作PQ，BP的平行线交于点F，
，，
∴四边形PBFQ是平行四边形，
过点Q作QH⊥AD于H，如图1-1所示：
设AP=x，则EQ=AP=x，
在矩形ABCD中，AD=BC=2AB=2CD=8，∠A=∠ADC=90°，
∵点E是AD的中点，
∴ED=AD=CD=4，
∴∠DEC=45°，
∵∠EHQ=90°，
∴△EHQ是等腰直角三角形，
∴EH=HQ=AP=x，
∵PE=AE-AP=4-x，
∴PH=PE+EH═PE+AP=AE=4，
∴AB=PH，
在△ABP和△HPQ中，
，
∴△ABP≌△HPQ（SAS），
∴∠ABP=∠HPQ，BP=QP，
∴∠ABP+∠APB=∠HPQ+∠APB=90°，
∴∠BPQ=90°，
∴平行四边形PBFQ是矩形，
∵BP=QP，
∴矩形PBFQ是正方形；
②解：过点F、Q作BC的垂线段，垂足分别为点M、N，如图1-2所示：
则四边形ABNH是矩形，
∴HN=AB=4，
∵四边形BFQP是正方形，
∴S△BPK=S正方形BFQP，
∵BC将四边形BFQP的面积分为1：3两部分，
∴S△BFK=S正方形BFQP，
∴S△PQK=S正方形BFQP，
∴FK=QK，
在△KMF和△KNQ中，
，
∴△KMF≌△KNQ（AAS），
∴MF=QN，
∵四边形BFPQ是正方形，
∴BP=BF，∠PBF=∠BFK=90°，
∵∠ABP+∠PBK=∠FBM+∠PBK=90°，
∴∠ABP=∠FBM，
在△BAP和△BMF中，
，
∴△BAP≌△BMF（AAS），
∴MF=AP=QN=x，
∴HN=HQ+QN=2x=4，
解得：x=2，
∴AP=2．
(2)
解：过点F作FK⊥BC于K，过点Q作QH⊥AP于H，如图2所示：
∵四边形PBFQ是正方形，
∴∠BPQ=∠PBF=90°，BP=PQ=FB，
∴∠APB+∠HPQ=90°，
∵∠APB+∠ABP=90°，
∴∠ABP=∠HPQ，
在△ABP和△PHQ中，
，
∴△ABP≌△PHQ（AAS），
∵∠ABP+∠CBP=∠KBF+∠CBP=90°，
∴∠ABP=∠KBF，
在△ABP和△KBF中，
，
∴△ABP≌△KBF（AAS），
∴△ABP≌△KBF≌△HPQ，
∴AB=PH=4，HQ=KF，
设DP=x，则EH=ED+PH+DP=8+x，
∵DE=CD，∠EDC=90°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CE=CD=4，
∵四边形BFQP是正方形，
∴由轴对称可得：BC=CQ=8，
∴EQ=EC+CQ=4+8，
∵∠EHQ=90°，∠DEC=45°，
∴△EHQ是等腰直角三角形，
∴EQ=EH，
∴4+8=（8+x），
解得：x=4-4，
∴KF=HQ=EH=8+x=4+4，
∴S△BFC=BC•KF=×8×（4+4）=16+16．
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、三角形面积的计算等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
22．在Rt△ABC中，，，CD是斜边AB上的中线，点E为射线BC上一点，将△BDE沿DE折叠，点B的对应点为F．
(1)如图1，若，请直接写出CD的长（用含a的代数式表示）；
(2)如图2，若，垂足为点G，点F与点D在直线CE的异侧，连接CF．判断四边形ADFC的形状，并说明理由；
(3)若，直接写出的度数．
【答案】(1)
(2)菱形，理由见解析
(3)45°或135°
【解析】
【分析】
（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得CD=；
（2）由题意可得，由“直角三角形中含30°角所对的直角边等于斜边的一半”，得据此判断四边形ADFC是平行四边形，再由折叠得DF=BD=AD，据此解答；
（3）分两种情况讨论，点F与点D在直线CE的同侧或异侧，正确画出图形即可解答．
(1)
解：由图1，在Rt△ABC中，，CD是斜边AB上的中线，
CD=；
(2)
四边形ADFC是菱形．
理由如下：
∵CD是斜边AB上的中线，
∴，由折叠的性质可得，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形ADFC是平行四边形，又，
∴□ADFC是菱形．
(3)
如图3，点F与点D在直线CE的异侧，
由折叠得，
；
如图4，点F与点D在直线CE的同侧，
由折叠得，
综上所述，或．
【点睛】
本题考查直角三角形的性质、轴对称的特征、平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质、分类讨论等知识，解题的关键是正确画出图形．
23．在中，，交CD的延长线于点B．
(1)将一等腰直角三角尺按图（1）所示的位置摆放，该三角尺的直角顶点为A，一条直角边与DF重合，另一条直角边恰好经过点C．通过观察、测量AC与BF的长度，得到．请给予证明．
(2)当三角尺沿DF方向移动到图（2）所示的位置时，一条直角边仍与DF边重合，另一条直角边交CF于点E，过点E作垂足为G．此时请你通过观察、测量GE，AE与BF的长度，猜想并写出EG，EA与BF之间存在的数量关系，并证明你的猜想．
(3)当三角尺在图（2）的基础上沿DF方向继续移动到图（3）所示的位置（点A在线段DF上，且点A与点F不重合）时，请你判断（2）中的猜想是否仍然成立？（不用证明）
【答案】(1)见解析
(2)GE＋AE＝BF，证明见解析
(3)（2）中的结论GE＋AE＝BF仍然成立
【解析】
【分析】
（1）证明△ADC≌△BDF即可解决问题．
（2）结论：GE＋AE＝BF．证明△AEF≌△HFE，再进行等量代换即可．
（3）结论不变，证明方法类似（2）．
(1)
∵∠A＝∠B＝90°，∠ADC＝∠BDF，DC＝DF，
∴△ADC≌△BDF．（AAS）
∴AC＝BF．
(2)
结论：GE＋AE＝BF．
证明：过点E作EH⊥BF于H，
则四边形GEHB是矩形，
∴GE＝HB．
∵DC＝DF，
∴∠C＝∠DFC．
∵EH∥BG，
∴∠HEF＝∠C．
∴∠DFC＝∠HEF．
又∠A＝∠EHF，EF＝FE，
∴△AEF≌△HFE．
∴AE＝HF．
∴GE＋AE＝HF＋BH＝BF．
(3)
（2）中的猜想仍然成立，
过点E作EH⊥BF于H，
由（2）可知，△AEF≌△HFE，
∴AE=HF，
∵∠EGB＝∠GBH=∠EHB．
∴四边形GEHB中矩形，
∴GE=BH，
∴GE＋AE＝HF＋BH＝BF．
【点睛】
本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形的判定与性质，作出适当的辅助线构建全等三角形是解本题的关键，属于中考常考题型．
24．如图，在正方形ABCD中，点E是边BC延长线上一点，联结DE，过点B作BF⊥DE，垂足为点F，BF与边CD相交于点G．
(1)求证：CG＝CE；
(2)联结CF，求证：∠BFC＝45°；
(3)如果正方形ABCD的边长为2，点G是边DC的中点，求EF的长．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)
【解析】
【分析】
（1）把CG和CE分别放在Rt△BCG和Rt△DCE中，说明它们全等即可得证；
（2）连接CF，过点C作MC⊥CF交BG于M，说明△MCF为等腰三角形即可得证；
（3）过点C作CN⊥BF于N，构造△CNG≌△DFG，即可求出DF＝NC，再利用线段和差即可求出EF的长．
(1)
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，∠BCG＝∠DCE，
∵BF⊥DE，
∴∠E+∠CBG＝∠E+∠EDC，
∴∠CBG＝∠EDC，
在Rt△BCG与Rt△DCE中，
∴Rt△BCG≌Rt△DCE（ASA），
∴CG＝CE．
(2)
作CM⊥CF交BF于点M，
∵△BCG≌△DCE，
∴∠E＝∠BGC，
∵∠MCG+∠FCG＝∠ECF+∠FCG＝90°，
∴∠MCG＝∠FCE，
在△MCG和△FCE中，
∴△MCG≌△FCE（ASA），
∴MG＝FE，MC＝FC，
∴△MCF为等腰直角三角形，
∴∠BFC＝45°．
(3)
作CN⊥BF于点N，
∴△CNF为等腰直角三角形，CN＝NF，
∵G为CD中点，正方形ABCD的边长为2，
∴CG＝DG＝CE＝1，
∴BG＝DE＝＝，
∴BC•CG＝BG•CN，
∴CN＝＝＝，
在△CNG和△DFG中，
∴△CNG≌△DFG（AAS），
∴DF＝CN＝，
∴EF＝DE﹣DF＝﹣＝．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，构造特殊三角形和三角形全等是解题的关键．
相关试卷
人教版数学八年级暑假作业 第09练 函数的认识 (原卷版+解析版）： 这是一份人教版数学八年级暑假作业 第09练 函数的认识 (原卷版+解析版），文件包含人教版数学八年级暑假作业第09练函数的认识解析版docx、人教版数学八年级暑假作业第09练函数的认识原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
初中数学人教版八年级下册18.2 特殊的平行四边形综合与测试同步测试题： 这是一份初中数学人教版八年级下册18.2 特殊的平行四边形综合与测试同步测试题，共47页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
【暑假分层作业】第03练 勾股定理及逆定理-2022年八年级数学（人教版）（答案及解析）： 这是一份【暑假分层作业】第03练 勾股定理及逆定理-2022年八年级数学（人教版）（答案及解析），共27页。试卷主要包含了勾股定理，注意等内容，欢迎下载使用。
