第5章 特殊平行四边形 浙江省各地期末试题选编(含解析)

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浙教版数学八年级下册第5章：特殊平行四边形练习题

一、单选题
1．（2021·浙江上虞·八年级期末）在矩形中，、相交于点，若的面积为2，则矩形的面积为（       ）

A．4 B．6 C．8 D．10
2．（2021·浙江仙居·八年级期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE=AD，连接EB，EC，DB．添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（ ）

A．AB=BE B．BE⊥DC C．∠ADB=90° D．CE⊥DE
3．（2021·浙江上城·八年级期末）如图，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm．现将其沿AE对折，使得点B落在边AD上的点B1处，折痕与边BC交于点E，则CE的长为（　　）

A．6cm B．4cm C．3cm D．2cm
4．（2021·浙江·八年级期末）如图，在▱ABCD中，AB＝6，AD＝8，将△ACD沿对角线AC折叠得到△ACE，AE与BC交于点F，则下列说法正确的是（　　）

A．当∠B＝90°时，则EF＝2
B．当F恰好为BC的中点时，则▱ABCD的面积为12
C．在折叠的过程中，△ABF的周长有可能是△CEF的2倍
D．当AE⊥BC时，连结BE，四边形ABEC是菱形
5．（2021·浙江·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD，垂足为E，AE=3，ED=3BE，则AB的值为（　　）

A．6 B．5 C．2 D．3
6．（2021·浙江·杭州市公益中学八年级期末）如图，在△ABC中，AD是BC边上的高线，CE是AB边上的中线，DG⊥CE于点G，CD=AE．若BD=6，CD=5，则△DCG的面积是（       ）

A．10 B．5 C． D．
7．（2021·浙江杭州·八年级期末）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　）

A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
8．（2021·浙江宁波·八年级期末）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连结BF交AC于点M，连结DE、BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=EF；④S△AOE：S△BCM=2：3．其中正确结论的个数是（ ）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
9．（2021·浙江杭州·八年级期末）如图，正△ABC的边长为2，过点B的直线l⊥AB，且△ABC与△A′BC′关于直线l对称，D为线段BC′上一动点，则AD＋CD的最小值是（   ）

A．4 B．3 C．2 D．2＋
10．（2021·浙江·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AC=BD=6，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则EG2+FH2的值为（　   ）

A．9 B．18 C．36 D．48
11．（2021·浙江杭州·八年级期末）如图，已知点E、F分别是四边形ABCD的边AD、BC的中点，G、H分别是对角线BD、AC的中点，要使四边形EGFH是菱形，则四边形ABCD需满足的条件是（   ）

A．AB=CD B．AC=BD C．AC⊥BD D．AD=BC
12．（2021·浙江·八年级期末）如图，菱形 ABCD 的顶点 C 在直线 MN 上，若∠1＝50°，∠2＝20°，则∠BDC 的度数为（）

A．20° B．30°
C．35° D．40°
13．（2021·浙江宁波·八年级期末）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（       ）
A．四条边都相等 B．对角线互相垂直且平分
C．对角线相等 D．对角线平分一组对角
14．（2021·浙江越城·八年级期末）如图，直线上有三个正方形，若的面积分别为5和11，则的面积为（             ）   

A．4 B．6 C．16 D．55
15．（2021·浙江江北·八年级期末）已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（       ）
A．当时，它是菱形 B．当时，它是正方形
C．当时，它是矩形 D．当时，它是菱形
16．（2021·浙江·八年级期末）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”（如图（1）所示）．图（2）由弦图变化得到，它是由八个全等的直角三角形拼接而成的记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，若EF＝4，则S1+S2+S3的值是（　　）

A．32 B．38 C．48 D．80
17．（2021·浙江长兴·八年级期末）下列说法错误的是（     ）
A．平行四边形的对边相等 B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．正方形既是轴对称图形、又是中心对称图形
18．（2021·浙江温岭·八年级期末）正方形有而矩形不一定有的性质是（　　）
A．四个角都是直角 B．对角线相等
C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直
二、填空题
19．（2021·浙江·八年级期末）如图，在菱形中，对角线交于点，过点作于点，已知BO=4，S菱形ABCD=24，则___．

20．（2021·浙江·八年级期末）如图，在平行四边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，则下列结论中一定成立的是_______（把所有正确结论的序号都填在横线上）
（1）∠DCF=∠BCD，（2）EF=CF；（3）SΔBEC=2SΔCEF；（4）∠DFE=3∠AEF

21．（2021·浙江·八年级期末）如图，在中，、是对角线上两点，，，，则的大小为___________

22．（2021·浙江·八年级期末）如图，在矩形中，为边上一点，将沿翻折，点B落在点F处，当为直角三角形时，_________．

23．（2021·浙江杭州·八年级期末）如图，在平行四边形 ABCD 中， AD = 2 AB ；CF 平分 ÐBCD 交 AD   于 F ，作 CE ^ AB ， 垂足 E 在边 AB   上，连接 EF ．则下列结论：① F 是 AD 的中点；       ② S△EBC = 2S△CEF；③ EF = CF ；   ④ ÐDFE = 3ÐAEF ．其中一定成立的是_____．（把所有正确结论的序号都填在横线上）                                        

24．（2021·浙江·八年级期末）如图，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝7，BC＝10，则EF的长为_____．

25．（2021·浙江柯桥·八年级期末）一个三角形的三边长分别为 6，8，10，则这个三角形最长边上的中线为_____．
26．（2021·浙江·八年级期末）在菱形ABCD中，∠A=30°，在同一平面内，以对角线BD为底边作顶角为120°的等腰三角形BDE，则∠EBC的度数为_____．
27．（2021·浙江嵊州·八年级期末）如图,在菱形ABCD中,对角线AC，BD相交于点O,若AC=6，BD=8,则菱形ABCD的周长是_____．

28．（2021·浙江·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，边AB=5，E，F分别在BC和AD上，若DF=1，BE=3，且此时BF=DE，则BF的长为_____

29．（2021·浙江·杭州外国语学校八年级期末）如图，菱形的对角线，相交于点，已知，菱形的面积为24，则的长为______．

30．（2021·浙江杭州·八年级期末）如图，在菱形中，E是上一点，的延长线交于点F，若，则的度数为_____.

31．（2021·浙江·八年级期末）如图，已知△ABC的面积为24，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且BF=4CF，四边形DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积是_____．

32．（2021·浙江·八年级期末）如图所示，正方形ABCD的面积为12，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为_____．

33．（2021·浙江·八年级期末）如图，将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使得点落在边CD的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AD、BC上，则折痕FG的长度为_________．

34．（2021·浙江萧山·八年级期末）如图，在正方形中，，是对角线上的一点，连结，过点作交于点．和的面积分别为和，若，则的长为_____________．

35．（2021·浙江·八年级期末）如图，在▱ABCD中， 分别为CD，AB上的动点，DE＝BF，分别以AE，CF为对称轴翻折△ADE，△BCF，点D，B的对称点分别为G，H．若E、G、H、F恰好在同一直线上，∠GAF＝45°，且GH＝5.5，则AB的长是_____．

36．（2021·浙江·八年级期末）如图四边形ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝1，AB＝2，BC＝3，P为AB边上的一动点，以PD，PC为边作平行四边形PCQD，则对角线PQ的长的最小值是_____．

三、解答题
37．（2021·浙江·八年级期末）如图，已知在中，分别是的中点，连结.
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求四边形的周长.

38．（2021·浙江·八年级期末）矩形中，AB=8，BC=6，过对角线中点的直线分别交，边于点，.

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当四边形是菱形时，求的长.
39．（2021·浙江·八年级期末）如图，已知在矩形ABCD中，点E在AB边上，F在CE边上，且∠ACD＝∠DAF．
（1）当∠CAF＝30°时，求矩形的长宽之比；
（2）若∠CAF＝∠ECB，请回答下列问题；
①设∠ACE＝x，∠CAF＝y，求y关于x的表达式；
②若EB＝1，求CF的长．

40．（2021·浙江·八年级期末）在线段AB的同侧作射线AM和BN，若∠MAB与∠NBA的平分线分别交射线BN，AM于点E，F，AE和BF交于点P．如图，点点同学发现当射线AM，BN交于点C；且∠ACB=60°时，有以下两个结论：
①∠APB=120°；②AF+BE=AB．
那么，当AM∥BN时：

（1）点点发现的结论还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请求出∠APB的度数，写出AF，BE，AB长度之间的等量关系，并给予证明；       
（2）设点Q为线段AE上一点，QB=5，若AF+BE=16，四边形ABEF的面积为32，求AQ的长．
41．（2021·浙江·八年级期末）如图，将▱ABCD的边AB延长至点E，使BE=AB，连接DE、EC、BD、DE交BC于点O．

（1）求证：△ABD≌△BEC；
（2）若∠BOD=2∠A，求证：四边形BECD是矩形．
42．（2021·浙江·八年级期末）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点停止，同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点、的速度都是．连接、、．设点、运动的时间为．

（1）当为何值时，四边形是矩形；
（2）当为何值时，四边形是菱形；
（3）分别求出（2）中菱形的周长和面积．
43．（2021·浙江·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，把矩形OBCD沿对角线OC所在直线折叠，点B落在点B′处，OB′与CD相交于点E，BC＝4，对角线OC所在直线的函数表达式为y＝2x．
（1）求证：△ODE≌△CB′E；
（2）请写出CE的长和B′的坐标；
（3）F是直线OC上一个动点，点G是矩形OBCD边上一点（包括顶点）．是否存在点G使得G，F，B′，C所组成的四边形是平行四边形？如果不存在，请说明理由；如果存在，直接请求出F的坐标．

44．（2021·浙江杭州·八年级期末）如图，在中，平分，交于点E，平分，交于点F，与交于点P，连结，.

（1）求证：四边形是菱形.
（2）若，，，求的值.
45．（2021·浙江·八年级期末）如图，△ABC中，BA＝BC，CO⊥AB于点O，AO＝4，BO＝6．

（1）求BC，AC的长；
（2）若点D是射线OB上的一个动点，作DE⊥AC于点E，连结OE．
①当点D在线段OB上时，若△AOE是以AO为腰的等腰三角形，请求出所有符合条件的OD的长．
②设DE交直线BC于点F，连结OF，CD，若S△OBF：S△OCF＝1：4，则CD的长为　 　（直接写出结果）．
46．（2021·浙江杭州·八年级期末）如图①，已知正方形中，，分别是边，上的点（点，不与端点重合），且，，交于点P，过点作交于点．
   
（1）求证：．
（2）若，试求线段的长．
（3）如图②，连接并延长交于点，若点是的中点，试求的值．
47．（2021·浙江上城·八年级期末）在正方形ABCD中，点E、F分别是边AD和DC上一点，且DE＝DF，连结CE和AF，点G是射线CB上一点，连结EG，满足EG＝EC，AF交EG于点M，交EC于点N．
（1）证明：∠DAF＝∠DCE；
（2）求线段EG与线段AF的关系（位置与数量关系），并说明理由；
（3）是否存在实数m，当AM＝mAF时，BC＝3BG？若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由．

48．（2021·浙江嵊州·八年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形OABC的顶点A，C分别落在x轴，y轴上，点B的坐标为（8，8），点D在线段BC上（不与B，C重合），将△OCD沿OD翻折，使得点C落在同一平面内的点E处．
（1）如图1，当OD＝10时．
①求点D的坐标．
②延长DE交AB于点F，求点F的坐标．
（2）连结BE并延长，交正方形OABC的边于点G，若BD＝OG，求点D的坐标．

49．（2021·浙江·八年级期末）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AC平分∠BAD，CE∥AD交AB于E．

（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若点E是AB的中点，试判断△ABC的形状，并说明理由．
50．（2021·浙江·八年级期末）如图，四边形ABCD，，动点P从点B出发，沿BC方向以每秒的速度运动到C点返回，动点Q从点A出发，在线段AD上以每秒的速度向点D运动，点P，Q分别从点B，A同时出发，当点Q运动到点D时，点P停止运动，设运动时间为t（秒）．

（1）当时，是否存在点P，便四边形PQDC是平行四边形，若存在，求出t值；若不存在，请说明理由；
（2）当t为何值时，以C，D，Q，P为顶点的四边形面积等于；
（3）当时，是否存在点P，使是等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的t的值；若不存在，请说明理由．
51．（2021·浙江嵊州·八年级期末）如图，菱形ABCD的对角线交于点O，点E是菱形外一点，DE∥AC，CE∥BD．
（1）求证：四边形DECO是矩形；
（2）连接AE交BD于点F，当∠ADB＝30°，DE＝3时，求菱形ABCD的面积．

52．（2021·浙江镇海·八年级期末）在平面直角坐标系中，已知，点，点落在第二象限，点是轴正半轴上一动点，
（1）如图1，当时，将沿着直线翻折，点落在第一象限的点处．
①若轴，求点的坐标；
②如图2，当点运动到中点时，连接，请判断四边形的形状，并说明理由；
③如图3，在折叠过程中，是否存在点，使得是以为腰的等暖三角形﹖若存在，求出对应点的坐标．若不存在．请说明理由；
（2）如图4，将沿着翻折．得到．(点的对应点为点)，若点到轴的距离不大于，直接写出的取值范围．（不需要解答过程)

53．（2021·浙江杭州·八年级期末）如图1，在正方形ABCD中，点E在边CD上（不与点C，D重合），AE交对角线BD于点G，GF⊥AE交BC于点F．

（1）求证：AG＝FG
（2）若AB＝10，BF＝4，求BG的长
（3）如图2，连接AF，EF，若AF＝AE，求正方形ABCD与△CEF的面积之比
54．（2021·浙江温岭·八年级期末）四边形中，对角线于点，且；
（1）如图1，若，求四边形的面积；
（2）如图2，若，，求；
（3）如图3，若，，，求四边形的面积．

55．（2021·浙江仙居·八年级期末）如图，D是等边三角形ABC边BC上一点，DE//AC交AB于点E，B，B′关于直线DE成轴对称，连接B′E，B′D分别交AC于点F，G．

（1）求证：四边形AEDG是平行四边形；
（2）当四边形AEDG是菱形时，求这个菱形的面积与△ABC的面积之比；
（3）当AB＝6，DE＝2AE时，直接写出四边形AEDG的两条对角线长AD＝　　，EG＝　　．
56．（2021·浙江萧山·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，FH⊥AC于点E，交AD，AB于点F，H．
（1）求证：CF＝CH；
（2）若AH＝CH，AB＝4，求AH的长．

57．（2021·浙江吴兴·八年级期末）如图：在平行四边形中，为其对角线，过点作的平行线与的延长线交于．

求证：；
若，求证：四边形为菱形．
58．（2021·浙江金东·八年级期末）如图，在方格纸中，线段AB的两个端点都在小方格的格点上，分别按下列要求画格点四边形．

在图甲中画一个以AB为对角线的平行四边形．
在图乙中画一个以AB为边的矩形．

参考答案：
1．C
【分析】
根据矩形的性质得到OA=OB=OC=OD，推出，即可求出矩形ABCD的面积.
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，对角线、相交于点，
∴AC=BD，且OA=OB=OC=OD，
∴,
∴矩形的面积为,
故选：C.
【点睛】
此题考查矩形的性质：矩形的对角线相等，且互相平分，由此可以将矩形的；面积四等分，由此可以解决问题，熟记矩形的性质定理是解题的关键.
2．B
【分析】
先证明四边形DBCE为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．
【详解】
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
又∵AD=DE，
∴DE∥BC，且DE=BC，
∴四边形BCED为平行四边形，
A、∵AB=BE，DE=AD，∴BD⊥AE，∴▱DBCE为矩形，故本选项错误；
B、∵对角线互相垂直的平行四边形为菱形，不一定为矩形，故本选项正确；
C、∵∠ADB=90°，∴∠EDB=90°，∴▱DBCE为矩形，故本选项错误；
D、∵CE⊥DE，∴∠CED=90°，∴▱DBCE为矩形，故本选项错误,
故选B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定等，熟练掌握相关的判定定理与性质定理是解题的关键.
3．D
【详解】
分析：根据翻折的性质可得∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，然后求出四边形ABEB1是正方形，再根据正方形的性质可得BE=AB，然后根据CE=BC-BE，代入数据进行计算即可得解．
详解：∵沿AE对折点B落在边AD上的点B1处，
∴∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，
又∵∠BAD=90°，
∴四边形ABEB1是正方形，
∴BE=AB=6cm，
∴CE=BC-BE=8-6=2cm．
故选D．
点睛：本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，翻折变换的性质，判断出四边形ABEB1是正方形是解题的关键．
4．B
【分析】
A、设AF＝CF＝x，构建方程求出x即可判断．
B、证明∠BAC＝90°，利用勾股定理求出AC，求出平行四边形ABCD的面积即可判断．
C、在折叠过程中，△ABF与△EFC的周长相等，选项C不符合题意．
D、当AE⊥BC时，四边形ABEC是等腰梯形，不符合题意．
【详解】
解：A、如图1中，

∵∠B＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵∠DAC＝∠CAE，
∴∠ACF＝∠CAF，
∴AF＝CF，设AF＝CF＝x，
在Rt△ABF中，则有x2＝62+（8﹣x）2，
解得x＝，
∴EF＝8﹣＝，故选项A不符合题意．
B、如图2中，

当BF＝CF时，
∵AF＝CF＝BF，
∴∠BAC＝90°，
∴AC＝，
∴S平行四边形ABCD＝AB•AC＝6×2＝12，故选项B符合题意．
C、在折叠过程中，△ABF与△EFC的周长相等，选项C不符合题意．
D、如图3中，

当AE⊥BC时，四边形ABEC是等腰梯形，选项D不符合题意．
故选：B．
【点睛】
本题考查翻折变换，平行四边形的性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
5．C
【分析】
由在矩形ABCD中，AE⊥BD于E，BE：ED=1：3，易证得△OAB是等边三角形，继而求得∠BAE的度数，由△OAB是等边三角形，求出∠ADE的度数，又由AE=3，即可求得AB的长．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OD，OA=OC，AC=BD，
∴OA=OB，
∵BE：ED=1：3，
∴BE：OB=1：2，
∵AE⊥BD，
∴AB=OA，
∴OA=AB=OB，
即△OAB是等边三角形，
∴∠ABD=60°，
∵AE⊥BD，AE=3，
∴AB=，
故选C．
【点睛】
此题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及含30°角的直角三角形的性质，结合已知条件和等边三角形的判定方法证明△OAB是等边三角形是解题关键．
6．B
【分析】
作EF⊥BC于F点，首先结合直角三角形中“斜中半”定理可求得△ABD中AB的长度，从而结合勾股定理求出AD的长度，再根据中位线定理可得EF的长度，然后进一步判定△EDC为等腰三角形，并根据“三线合一”的性质推出，最后根据求解即可．
【详解】
∵AD是BC边上的高线，CE是AB边上的中线，
∴△ABD为直角三角形，E为斜边AB上的中点，
∴AE=BE=DE，
∵CD=AE，CD=5，
∴AB=2AE=10，
在Rt△ABD中，由勾股定理可得：，
∴AD=8，
作EF⊥BC于F点，则EF为△ABD的中位线，
∴，
又∵CD=ED，DG⊥CE于点G，
∴△EDC为等腰三角形，，
∵，
∴，
故选：B．

【点睛】
本题主要考查直角三角形中“斜中半”定理，中位线定理，以及等腰三角形的判定与性质综合问题，灵活运用“斜中半”定理求出三角形的边长是解题关键．
7．B
【分析】
根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．
【详解】
解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
【点睛】
考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．
8．B
【分析】
①利用线段垂直平分线的性质的逆定理可得结论；②证△OMB≌△OEB得△EOB≌△CMB；
③先证△BEF是等边三角形得出BF=EF，再证▱DEBF得出DE=BF，所以得DE=EF；④由②可知△BCM≌△BEO，则面积相等，△AOE和△BEO属于等高的两个三角形，其面积比就等于两底的比，即S△AOE：S△BOE=AE：BE，由直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半得出BE=2OE=2AE，得出结论S△AOE：S△BOE=AE：BE=1：2．
【详解】
试题分析：
①∵矩形ABCD中，O为AC中点， ∴OB=OC， ∵∠COB=60°， ∴△OBC是等边三角形， ∴OB=BC，
∵FO=FC， ∴FB垂直平分OC， 故①正确；
②∵FB垂直平分OC， ∴△CMB≌△OMB， ∵OA=OC，∠FOC=∠EOA，∠DCO=∠BAO， ∴△FOC≌△EOA，
∴FO=EO， 易得OB⊥EF， ∴△FOB≌△OEB， ∴△EOB与△CMB不全等， 故②错误；
③由△OMB≌△OEB≌△CMB得∠1=∠2=∠3=30°，BF=BE， ∴△BEF是等边三角形， ∴BF=EF，
∵DF∥BE且DF=BE， ∴四边形DEBF是平行四边形， ∴DE=BF， ∴DE=EF， 故③正确；
④在直角△BOE中∵∠3=30°， ∴BE=2OE， ∵∠OAE=∠AOE=30°， ∴AE=OE， ∴BE=2AE，
∴S△AOE：S△BOE=1：2，
又∵FM:BM=1:3,
∴S△BCM = S△BCF= S△BOE
∴S△AOE：S△BCM=2:3
故④正确；
所以其中正确结论的个数为3个
考点：（1）矩形的性质；（2）等腰三角形的性质；（3）全等三角形的性质和判定；（4）线段垂直平分线的性质
9．A
【详解】
连接CC′，连接A′C交y轴于点D，连接AD，此时AD+CD的值最小，根据等边三角形的性质即可得出四边形CBA′C′为菱形，根据菱形的性质即可求出A′C的长度，从而得出结论．
解：连接CC′，连接A′C交l于点D，连接AD，此时AD+CD的值最小，如图所示．

∵△ABC与△A′BC′为正三角形，
∴∠ABC=∠A/=60°，A/B/=BC=A/C/，
∴A/C/∥BC，
∴四边形A/BCC/为菱形，
∴点C关于BC/对称的点是A/，
∴当点D与点B重合时，AD+CD取最小值，
此时AD+CD=2+2=4.
故选A.
“点睛”本题考查了轴对称中的最短线路问题以及等边三角形的性质，找出点C关于BC/对称的点是A/是解题的关键.
10．C
【分析】
作辅助线，构建四边形EFGH，证明它是菱形，利用对角线互相垂直和勾股定理列等式，再利用中位线性质等量代换可得结论．
【详解】
解：连接EF、FG、GH、EH，设EG和FH交于点O，
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF∥AC，HG∥AC，EF＝AC，FG＝BD，
∴EF∥HG，

同理EH∥FG，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵AC＝BD，
∴EF＝FG，
∴平行四边形EFGH为菱形，
∴EG⊥FH，EG＝2OG，FH＝2OH，
∴EG2＋FH2＝（2OE）2＋（2OH）2＝4（OE2＋OH2）＝4EH2＝4×（BD）2＝62＝36；
故选：C．
【点睛】
本题考查了中点四边形，运用了三角形中位线的性质，将三角形和四边形有机结合，把边的关系由三角形转化为四边形中，可以证明四边形为特殊的四边形；对于线段的平方和可以利用勾股定理来证明．
11．A
【分析】
由点E、F、G、H分别是四边形ABCD中AD、BC、BD、AC的中点，根据三角形中位线的性质，可得EG=FH=AB，EH=FG=CD，又由当EG=FH= EH=FG时，四边形EGFH是菱形，即可求得答案．
【详解】
解：∵点E、F、G、H分别是任意四边形ABCD中AD、BC、BD、AC的中点，∴EG=FH=AB，EH=FG=CD，
∵当EG=FH= EH=FG时，四边形EGFH是菱形，
∴当AB=CD时，四边形EFGH是菱形．
故选：A．
【点睛】
此题考查了菱形的判定以及三角形中位线的性质．此题难度适中，熟练掌握菱形的判定方法是解答本题的关键．
12．C
【分析】
先求出，根据菱形性质得出，即得到，可得的度数．
【详解】
∵∠1＝50°，∠2＝20°
∴
∵四边形ABCD为菱形
∴
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质求角度，熟知以上知识是解题的关键．
13．C
【分析】
根据正方形和菱形的性质逐项判断即可得．
【详解】
A、正方形和菱形的四条边都相等，则此项不符题意；
B、正方形和菱形的对角线都互相垂直且平分，则此项不符题意；
C、正方形的对角线相等，而菱形的对角线不一定相等，则此项符合题意；
D、正方形和菱形的对角线都平分一组对角，则此项不符题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形和菱形的性质，熟练掌握正方形和菱形的性质是解题关键．
14．C
【分析】
运用正方形边长相等，结合全等三角形和勾股定理来求解即可．
【详解】
解：∵a、b、c都是正方形，

∴AC=CD，∠ACD=90°；
∵∠ACB+∠DCE=∠ACB+∠BAC=90°，
∴∠BAC=∠DCE，
∵∠ABC=∠CED=90°，AC=CD，
∴△ACB≌△DCE，
∴AB=CE，BC=DE；
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=AB2+DE2，
即Sb=Sa+Sc=11+5=16，
故选C．


【点睛】
此题主要考查对全等三角形和勾股定理的综合运用，结合图形求解，对图形的理解能力要比较强．
15．B
【分析】
根据菱形、正方形、矩形的判定方法一一判断即可．
【详解】
解：A、正确．根据邻边相等的平行四边形是菱形；
B、错误．对角线相等的四边形是矩形，不一定是正方形．
C、正确．有一个角是直角的平行四边形是矩形．
D、正确．对角线垂直的平行四边形是菱形．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查学生对正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定的理解和掌握，属于基础题．
16．C
【分析】
根据八个直角三角形全等，以及三个正方形组合，得出CG=KG,CF=DG=KF,再根据S1＝（CG+DG）2 ,S2＝GF2 ，S3＝（KF﹣NF）2 S1+S2+S3=3EF2 求出EF
【详解】
解：∵八个直角三角形全等，四边形ABCD，EFGH，MNKT是正方形，
∴CG＝KG，CF＝DG＝KF
∴S1＝（CG+DG）2
＝CG2+DG2+2CG•DG
＝GF2+2CG•DG，
S2＝GF2＝EF2，
S3＝（KF﹣NF）2＝KF2+NF2﹣2KF•NF，
∴S1+S2+S3＝GF2+2CG•DG+GF2+KF2+NF2﹣2KF•NF＝3GF2＝3EF2＝48，
故选：C．
【点睛】
考查了勾股定理的应用，使用了勾股定理和正方形、全等三角形的性质，建立等量关系是关键.
17．B
【分析】
直接利用特殊四边形的性质与判定方法分别分析得出答案．
【详解】
解：A、平行四边形的对边相等，正确，不合题意；
B、对角线相等的四边形不一定就是矩形，故此选项错误，符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确，不合题意；
D、正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，正确，不合题意；
故选B．
【点睛】
此题主要考查了特殊四边形的性质与判定方法，正确掌握相关性质是解题关键．
18．D
【分析】
根据正方形与矩形的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．
【详解】
解：A、正方形和矩形的四个角都是直角，故本选项错误；
B、正方形和矩形的对角线相等，故本选项错误；
C、正方形和矩形的对角线互相平分，故本选项错误；
D、正方形的对角线互相垂直平分，矩形的对角线互相平分但不一定垂直，故本选项正确．
故选D．
【点睛】
本题考查了正方形和矩形的性质，熟记性质并正确区分是解题的关键．
19．
【分析】
根据菱形面积=对角线积的一半可求，再根据勾股定理求出，然后由菱形的面积即可得出结果.
【详解】
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、勾股定理以及菱形面积公式.熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出是解题的关键.
20．①②④
【详解】
试题解析：①∵F是AD的中点，
∴AF=FD，
∵在▱ABCD中，AD=2AB，
∴AF=FD=CD，
∴∠DFC=∠DCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC=∠FCB，
∴∠DCF=∠BCF，
∴∠DCF=∠BCD，故此选项正确；
延长EF，交CD延长线于M，

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A=∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF=FD，
在△AEF和△DFM中，
，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴FE=MF，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC=90°，
∴∠AEC=∠ECD=90°，
∵FM=EF，
∴FC=FM，故②正确；
③∵EF=FM，
∴S△EFC=S△CFM，
∵MC＞BE，
∴S△BEC＜2S△EFC
故S△BEC=2S△CEF错误；
④设∠FEC=x，则∠FCE=x，
∴∠DCF=∠DFC=90°-x，
∴∠EFC=180°-2x，
∴∠EFD=90°-x+180°-2x=270°-3x，
∵∠AEF=90°-x，
∴∠DFE=3∠AEF，故此选项正确．
考点：1.平行四边形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.直角三角形斜边上的中线．
21．21°.
【分析】
由直角三角形斜边中线的性质得DE＝AE＝EF，进而可得DC＝DE，设∠ADE＝x，则∠DAE＝x，进而可得∠DCE＝∠DEC＝2x，再根据平行线的性质可得 ∠ACB＝∠DAE＝x，再根据∠ACB+∠ACD＝∠BCD=63°，即可求得答案.
【详解】
∵AE＝EF，∠ADF＝90°，
∴DE＝AE＝EF，
∴∠DAE=∠ADE，
又∵AE＝EF＝CD，
∴DC＝DE，
∴∠DEC=∠DCE，
设∠ADE＝x，则∠DAE＝x，
则∠DCE＝∠DEC＝2x，
又AD∥BC，
∴∠ACB＝∠DAE＝x，
由∠ACB+∠ACD＝∠BCD=63°，
得：x+2x＝63°，
解得：x＝21°，
∴∠ADE=21°，
故答案为21°.
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，平行四边形的性质等，正确把握相关性质是解题的关键.
22．7或．
【分析】
当为直角三角形时，有两种情况：①当点落在矩形内部时，连接，先利用勾股定理计算出，根据折叠的性质得 ，而当为直角三角形时，只能得到，所以点 、、共线，即沿折叠，使点落在对角线 上的点处，则，，可计算出 ，设，则，然后在 中运用勾股定理可计算出．②当点落在边上时，如图所示．此时四边形为正方形，根据 ，．
【详解】
当为直角三角形时，有两种情况：
①当点落在矩形内部时，如下图所示．
连接，

在中，，，
，
沿折叠，使点落在点处，
，
当为直角三角形时，只能得到，
点、、共线，即沿 折叠，使点落在对角线上的点处，
∴，，
，
设，则，
在中，
，
，
解得，
；
②当点落在边上时，如下图所示,

此时为正方形，

∴．
综上所述，的长为7或．
【点睛】
本题考查了折叠问题,矩形的性质以及勾股定理，熟悉相关性质是解题的关键．
23．①③④.
【分析】
由角平分线的定义和平行四边形的性质可证得CD=DF，进一步可证得F为AD的中点，由此可判断①；延长EF，交CD延长线于M，分别利用平行四边形的性质以及①的结论可得△AEF≌△DMF，结合直角三角形的性质可判断③；结合EF=FM，利用三角形的面积公式可判断②；在△DCF和△ECF中利用等腰三角形的性质、外角的性质及三角形内角和可得出∠DFE=3∠AEF，可判断④，综上可得答案.
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，
∴∠DFC=∠BCF，
∵CF平分∠BCD，∴∠BCF=∠DCF，
∴∠DFC=∠DCF，∴CD=DF，
∵AD=2AB， ∴AD=2CD，
∴AF=FD=CD，即F为AD的中点，故①正确；
延长EF，交CD延长线于M，如图，
 
∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，
∴∠A=∠MDF，
∵F为AD中点，∴AF=FD，
又∵∠AFE=∠DFM，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴FE=MF，∠AEF=∠M，
∵CE⊥AB，∴∠AEC=90°，
∴∠ECD=∠AEC=90°，
∵FM=EF，∴FC=FM，故③正确；
∵FM=EF，∴，
∵MC＞BE，
∴＜2，故②不正确；
设∠FEC=x，则∠FCE=x，
∴∠DCF=∠DFC=90°－x，
∴∠EFC=180°－2x，
∴∠EFD=90°－x+180°－2x=270°－3x ，
∵∠AEF=90°－x，
∴∠DFE=3∠AEF，故④正确；
综上可知正确的结论为①③④. 
故答案为①③④.
【点睛】
本题以平行四边形为载体，综合考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的斜边上的中线等于斜边一半的性质、三角形的内角和和等腰三角形的判定和性质，思维量大，综合性强. 解题的关键是正确作出辅助线，综合运用所学知识去分析思考；本题中见中点，延长证全等的思路是添辅助线的常用方法，值得借鉴与学习.
24．1.5．
【分析】
根据三角形中位线定理求出DE，根据直角三角形的性质求出DF，结合图形计算，得到答案．
【详解】
解：∵DE为△ABC的中位线，
∴DE＝BC＝5，
在Rt△AFB中，D是AB的中点，
∴DF＝AB＝3.5，
∴EF＝DE﹣DF＝1.5，
故答案为：1.5
【点睛】
本题考查中位线的性质、线段的和与差等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
25．5
【分析】
根据勾股定理逆定理判断出三角形是直角三角形，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
【详解】
解：∵62+82＝100＝102，
∴该三角形是直角三角形，
∴×10＝5．
故答案为：5
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理的逆定理，判断出直角三角形是解题的关键．
26．105°或45°
【详解】
试题分析：如图当点E在BD右侧时，求出∠EBD，∠DBC即可解决问题，当点E在BD左侧时，求出∠DBE′即可解决问题．如图，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD=BC=CD，∠A=∠C=30°，∠ABC=∠ADC=150°，
∴∠DBA=∠DBC=75°，∵ED=EB，∠DEB=120°，∴∠EBD=∠EDB=30°，∴∠EBC=∠EBD+∠DBC=105°，
当点E′在BD左侧时，∵∠DBE′=30°，∴∠E′BC=∠DBC﹣∠DBE′=45°，∴∠EBC=105°或45°，

考点：(1)、菱形的性质；(2)、等腰三角形的性质
27．20
【分析】
直接利用菱形的性质结合勾股定理得出AB的长，进而得出答案．
【详解】
解：∵在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AC=6，BD=8，
∴∠AOB=90°，AO=3，BO=4，
∴AB=5，
∴菱形ABCD的周长=4×5=20．
故答案为20．
【点睛】
此题主要考查了菱形的性质，正确把握菱形的性质是解题关键．
28．
【分析】
先由已知条件求得CE和AF的长，再在AF上截取AG=CE=2，然后判定△BAG≌△DCE（SAS），则可推得BG=BF，由等腰三角形的“三线合一“性质可得FH、HG，从而由勾股定理可求得BH和BF．
【详解】
∵在菱形ABCD中，边AB=5，DF=1，BE=3，
∴CE=2，AF=4，
如图，在AF上截取AG=CE=2，过点B作BH⊥FG于点H，

则FG=AF﹣AG=2，
∵菱形ABCD中，∠A=∠C，AB=DC，
∴在△BAG和△DCE中，
，
∴△BAG≌△DCE（SAS）．
∴BG=DE，
∵BF=DE，
∴BG=BF．
过点B作BH⊥FG于点H，则FH=HG=FG=1，
∴AH=AG+GH=2+1=3，
∵AB=5，
∴在Rt△ABH中，由勾股定理得：BH=4，
∴在Rt△BHF中，由勾股定理得：BF===．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质及勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
29．6
【分析】
根据菱形的性质得到AC=8，根据菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD为菱形；
∴AC=2OA=8，,
∴,
∴BD=6，
故答案为：6
【点睛】
本题考查了菱形的性质，解题的关键是熟记菱形面积的两种表示法：（1）底乘高，（2）对角线乘积的一半，本题运用的是第二种．
30．30°
【分析】
根据四边形ABCD为菱形得到BC=CD，∠BCA=∠DCA，从而得到△BEC≌△DEC，证得∠EDC=∠1，然后根据∠1+∠2=75°得到∠EDC+∠2=75°，然后利用外角性质得到∠BED=2∠AED=150°，从而求得答案．
【详解】
∵四边形ABCD为菱形，
∴BC=CD，∠BCA=∠DCA，
∴△BEC≌△DEC，
∴∠EDC=∠1，
∵∠1+∠2=75°，
∴∠EDC+∠2=75°，
∴∠AED=∠EDC+∠2=75°，
∴∠BED=2∠AED=150°，
∴∠3=30°．
故答案为30°．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，解题的关键是充分挖掘菱形隐含的条件，难度不大．
31．8
【分析】
连接EC，过A作AM∥BC交FE的延长线于M，求出平行四边形ACFM，根据等底等高的三角形面积相等得出△BDE的面积和△CDE的面积相等，△ADE的面积和△AME的面积相等，推出阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半，求出CF×hCF的值即可．
【详解】
连接DE、EC，过A作AM∥BC交FE的延长线于M，

∵四边形CDEF是平行四边形，
∴DE∥CF，EF∥CD，
∴AM∥DE∥CF，AC∥FM，
∴四边形ACFM是平行四边形，
∵△BDE边DE上的高和△CDE的边DE上的高相同，
∴△BDE的面积和△CDE的面积相等，
同理△ADE的面积和△AME的面积相等，
即阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半，是×CF×hCF，
∵△ABC的面积是24，BC＝3CF
∴BC×hBC＝×3CF×hCF＝24，
∴CF×hCF＝16，
∴阴影部分的面积是×16＝8，
故答案为：8．
【点睛】
此题考查平行四边形的判定及性质，同底等高三角形面积的关系，解题中注意阴影部分面积的求法，根据图形的特点选择正确的求法是解题的关键．
32．
【详解】
试题解析：设BE与AC交于点P，连接BD，
∵点B与D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE=BE最小．
即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度；
∵正方形ABCD的边长为6，
∴AB=6．
又∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=6．
故所求最小值为6．

考点：轴对称﹣最短路线问题；等边三角形的性质；正方形的性质．
33．2．
【分析】
过点G作GH⊥AD于H，根据翻折变换的性质可得GF⊥AE，然后求出∠GFH=∠D，再利用“角角边”证明△ADE和△GHF全等，根据全等三角形对应边相等可得GF=AE，再利用勾股定理列式求出AE，从而得解．
【详解】
如图，过点G作GH⊥AD于H，

则四边形ABGH中，HG=AB，
由翻折变换的性质得GF⊥AE，
∵∠AFG+∠DAE=90°，∠AED+∠DAE=90°，
∴∠AFG=∠AED，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∴HG=AD，
在△ADE和△GHF中，
，
∴△ADE≌△GHF（AAS），
∴GF=AE，
∵点E是CD的中点，
∴DE=CD=2，
在Rt△ADE中，由勾股定理得，AE=，
∴GF的长为2．
故答案为2．
【点睛】
本题考查翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．
34．
【分析】
连接ED，过E作MN⊥BC于N，交AD于M，推出MN=CD=6，DM=CN，证明△CDE≌△CBE，得到ED=EB，∠EDC=∠EBC，再利用等腰三角形的性质证明ED=EF，DM=MF，说明△NEC是等腰直角三角形，设NE=NC=x，分别表示出S1和S2，根据2S1=3S2得到方程，解之即可得到CE．
【详解】
解：连接ED，过E作MN⊥BC于N，交AD于M，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=6，∠ABC=∠BCD=∠ADC=∠DAB=90°，
∴∠1=∠2=45°，
∵MN⊥BC，
∴∠ENC=∠ENB=90°，
∴四边形MNCD是矩形，
∴MN=CD=6，DM=CN，∠DME=90°，
在△CDE和△CBE中，
，
∴△CDE≌△CBE（SAS），
∴ED=EB，∠EDC=∠EBC，
∵∠CDA=∠CBA=90°，
∴∠CDA-∠EDC=∠CBA-∠EBC，
即∠ADE=∠ABE，
∵EF⊥BE，
∴∠FEB=90°，
∵∠FEB+∠DAB+∠AFE+∠ABE=360°，
∴∠AFE+∠ABE=360°-∠FEB-∠DAB=180°，
∵∠AFE+∠EFD=180°，
∴∠ABE=∠EFD，
∴∠ADE=∠EFD，
∴ED=EF，
∵∠DME=90°，
∴EM⊥DF，
∴DM=MF，
在△NEC中，∠1=45°，
∴△NEC是等腰直角三角形，
设NE=NC=x，
则CE=x，DM=MF=CN=x，
∴AF=AD-DM-MF=6-2x，
ME=MN-EN=6-x，
∴，，
∵，
∴，
解得：，（舍），
∴CE=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解一元二次方程，知识点较多，有一定难度，解题的关键是利用特殊图形的性质得到线段之间的关系．
35．
【分析】
过G点作GM⊥AF于点M，设DE＝BF＝x，由勾股定理求得AM与GM，再证明AF＝EF，用x表示AF，FG，FM，由勾股定理列出x的方程，求得x的值，便可求得AB．
【详解】
解：过G点作GM⊥AF于点M，
由折叠知AG＝AD＝4，
∵∠GAF＝45°，
∴∠AGM＝45°，
∴AM＝GM＝＝4，
∵DE＝BF，
∴设DE＝BF＝x，则由折叠性质知，EG＝DE＝BF＝FH＝x，
∵GH＝5.5
∴EF＝2x+5.5，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠AED＝∠BAE，
∵∠AED＝∠AEG，
∴∠FAE＝∠FEA，
∴AF＝EF＝2x+5.5，
∴AB＝AF+BF＝3x+5.5，MF＝AF﹣AM＝2x+1.5，
由勾股定理得，FG2﹣FM2＝MG2，
即（x+5.5）2﹣（2x+1.5）2＝42，
解得，x＝3，或x＝﹣ （舍），
∴AB＝3x+5.5＝14.5，

故答案为：14.5．
【点睛】
本题考查勾股定理，平行四边形性质，方程思想的运用，属于综合提高题．
36．4
【分析】
根据题意在平行四边形PCQD中，设对角线PQ与DC相交于点O，可得O是DC的中点，过点Q作QH⊥BC，交BC的延长线于H，易证得Rt△ADP≌Rt△HCQ，即可求得BH=4，则可得当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4．
【详解】
解：在平行四边形PCQD中，设对角线PQ与DC相交于点O，则O是DC的中点，
过点Q作QH⊥BC，交BC的延长线于H，

∵AD∥BC，
∴∠ADC=∠DCH，即∠ADP+∠PDC=∠DCQ+∠QCH，
∵PD∥CQ，
∴∠PDC=∠DCQ，
∴∠ADP=∠QCH，
又∵PD=CQ，
在Rt△ADP与Rt△HCQ中，

∴Rt△ADP≌Rt△HCQ（AAS），
∴AD=HC，
∵AD=1，BC=3，
∴BH=4，
∴当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4．
故答案为：4．
【点睛】
本题考查梯形的中位线的性质，注意掌握梯形的中位线等于两底和的一半且平行于两底．
37．(1)见解析； (2)四边形的周长为12.
【分析】
（1）根据三角形的中位线的性质得到DF∥BC，EF∥AB，根据平行四边形的判定定理即可得到结论；
（2）根据直角三角形的性质得到DF=DB=DA=AB=3，推出四边形BEFD是菱形，于是得到结论．
【详解】
(1)∵分别是的中点，
∴，
∴四边形是平行四边形.   
(2)∵，是的中点，，
∴.                    
∴四边形是菱形.
∵，
∴四边形的周长为12.
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定和性质，三角形的中位线的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
38．（1）详见解析；（2）
【分析】
（1）根据平行四边形ABCD的性质，判定△BOE≌△DOF（ASA），得出四边形BEDF的对角线互相平分，进而得出结论；
（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得出方程，解方程求出BE，由勾股定理求出BD，得出OB，再由勾股定理求出EO，即可得出EF的长．
【详解】
（1）证明：在矩形ABCD中，AB∥DC       
∴
又 O是BD的中点          
∴OB=OD
在△BOE与△DOF中

∴△BOE≌△DOF
∴EO=FO
又 BO=DO
∴四边形BEDF为平行四边形
（2）四边形BEDF为菱形     
BE=DE     DB⊥EF
又 AB=8   ， BC=6， 设BE=DE=x,则AE=8-x
在Rt△ADE中，        
∴
∴     
∴
∴
∴EF=2OE=.
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解决问的关键．
39．（1）；（2）① ；②2．
【分析】
（1）根据矩形的性质和含30°的直角三角形的性质解答即可；
（2）①根据矩形的性质和角的关系得出关系式即可；
②延长EB至G，使BG＝BE，连接CG，根据矩形的性质和边的关系解答即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠BAD＝90°，
∴∠ACD＝∠BAC，
∵∠ACD＝∠DAF，
∴∠BAC＝∠DAF，
∴∠BAC﹣∠CAF＝∠DAF﹣∠CAF，
∴∠BAF＝∠CAD，
∵∠CAF＝30°，
∴∠BAF＝∠CAD＝，
∴△ACD是含30°的直角三角形，
∴AD：DC＝∶1，
即矩形的长宽之比为∶1；
（2）①设∠ACE＝x，∠CAF＝y，
∵∠CAF＝∠ECB，
∴∠ECB＝∠CAF＝y，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠BCD＝90°，
∴∠CAD＝∠ACB＝∠BCF+∠ACE＝x+y，
∵∠ACD＝∠DAF＝∠CAF+∠CAD＝y+x+y＝x+2y，
∴∠BCD＝∠ACD+∠ACE+∠BCE＝90°，
∴x+2y+x+y＝90°，
∴y＝30°-x；
②延长EB至G，使BG＝BE，连接CG，如图所示：

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠DCA＝∠BAC，
∵∠DCA＝∠DAF，
∴∠BAC＝∠DAF，
∴∠EAF＝∠DAC，
∵∠AFE＝∠FAC+∠ACE，∠ACB＝∠ECB+∠ACE，∠FAC＝∠ECB，
∴∠AFE＝∠ACB，
∵AD∥BC，
∴∠ACB＝∠DAC，
∴∠EAF＝∠EFA，
∴AE＝EF，
∵AB⊥BC，BG＝BE，
∴CG＝CE，
∴∠ECB＝∠GCB，
∵∠ACG＝∠ACB+∠BCG，∠ACB＝∠CAD，
∴∠ACG＝∠DAF＝∠BAC，
∴AG＝CG，
又∵CE＝CG，
∴CE＝AG，
∴CF+EF＝AE+2EB，
∴CF＝2EB＝2．
【点睛】
本题考查了四边形得到综合题、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的判定与性质是解题的关键．
40．（1）原命题不成立，新结论为：∠APB=90°，AF+BE=2AB（或AF=BE=AB）（2）当∠FAB=60°时，AQ=4﹣3或4+3
【分析】
(1)、由角平分线和平行线整体求出∠MAB+∠NBA，从而得到∠APB=90°，最后用等边对等角，即可；(2)、先根据条件求出AF，FG，求出∠FAG=60°，最后分两种情况讨论计算．
【详解】
解：(1)、原命题不成立，新结论为：∠APB=90°，AF+BE=2AB（或AF=BE=AB），
理由：∵AM∥BN， ∴∠MAB+∠NBA=180°， ∵AE，BF分别平分∠MAB，NBA，
∴∠EAB=∠MAB，∠FBA=∠NBA， ∴∠EAB+∠FBA=（∠MAB+∠NBA）=90°， ∴∠APB=90°，
∵AE平分∠MAB， ∴∠MAE=∠BAE， ∵AM∥BN， ∴∠MAE=∠BAE， ∴∠BAE=∠BEA， ∴AB=BE，
同理：AF=AB， ∴AF=+BE=2AB（或AF=BE=AB）；
(2)、如图1，

过点F作FG⊥AB于G， ∵AF=BE，AF∥BE， ∴四边形ABEF是平行四边形， ∵AF+BE=16，
∴AB=AF=BE=8， ∵32=8×FG， ∴FG=4， 在Rt△FAG中，AF=8， ∴∠FAG=60°，
当点G在线段AB上时，∠FAB=60°，
当点G在线段BA延长线时，∠FAB=120°，
①如图2，

当∠FAB=60°时，∠PAB=30°， ∴PB=4，PA=4， ∵BQ=5，∠BPA=90°， ∴PQ=3，
∴AQ=4﹣3或AQ=4+3．
②如图3，

当∠FAB=120°时，∠PAB=60°，∠FBG=30°， ∴PB=4， ∵PB=4＞5，
∴线段AE上不存在符合条件的点Q，
∴当∠FAB=60°时，AQ=4﹣3或4+3．
【点睛】
本题考察四边形综合题，有一定难度，综合性较强．
41．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）先运用平行四边形的知识得到AB=BE、BE=DC、BD=EC，即可证明△ABD≌△BEC；
（2）由四边形BECD为平行四边形可得OD=OE，OC=OB，再结合四边形ABCD为平行四边形得到∠A=∠OCD，再结合已知条件可得OC=OD，即BC=ED；最后根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可．
【详解】
证明：(1)∵在平行四边形ABCD
∴AD=BC，AB=CD，AB∥CD，即BE∥CD．
又∵AB=BE，
∴BE=DC．
∴四边形BECD为平行四边形．
∴BD=EC．
在△ABD与△BEC中，

∴△ABD≌△BEC(SSS)；
(2)∵四边形BECD为平行四边形，
∴ OD=OE，OC=OB，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A=∠BCD．即∠A=∠OCD．
又∵∠BOD=2∠A，∠BOD=∠OCD+∠ODC，
∴∠OCD=∠ODC
∴OC=OD．
∴OC+OB=OD+OE，即BC=ED．
∴四边形BECD为矩形．
【点睛】
本题主要考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、平行线的性质、全等三角形的性质和判定、三角形的外角性质等知识点，灵活应用相关知识是解答本题的关键．
42．（1）t=8s；（2）t=6s；（3）40cm，80cm2
【分析】
（1）根据题中已知，当四边形是矩形时，AP=BQ，据此列出t的方程，解之即可；
（2）易证四边形AQCP是平行四边形，当AQ=CQ时，四边形AQCP是菱形，在Rt△ABQ中利用勾股定理列t的方程，解之即可；
（3）由（2）求得CQ，根据菱形的周长和面积公式即可求解．
【详解】
解：（1）在矩形中，，，
，，
由已知可得，，，
在矩形中，，，
当时，四边形为矩形，
，得，
故当时，四边形为矩形；
（2），，
四边形为平行四边形，
当时，四边形为菱形
即时，四边形为菱形，解得，
故当时，四边形为菱形；
（3）当时，，
则周长为；面积为．
【点睛】
本题考查了矩形的判定与性质、菱形的判定与性质，解答的关键是认真审题，找到点运动过程中满足结论的等价条件，进而推理、计算．
43．（1）证明见详解；（2）；（3）存在，点F的坐标为或或
【分析】
（1）得出BC＝B'C；∠B＝∠B'＝90°，OD＝B'C，根据AAS可证明结论；
（2）设CE＝x，可得OE＝x，则DE＝8﹣x；得出42+（8﹣x）2＝x2，解方程得x＝5，即求出CE，过点B'作B'H⊥CE，可求出B'H＝2.4，HE＝1.8，则答案可求出；
（3）连接B'D，证明OC∥B'D，分三种情况画出图形：①如图2，若以CG为对角线，点G与点D重合，②如图3，若以CF为对角线，点G与点B重合，③如图4，若以CB'为对角线，点G与点D重合，由平移规律及平行四边形的性质分别求出点F的坐标即可．
【详解】
解：（1）∵四边形OBCD是矩形，
∴BC＝OD；∠B＝∠D＝90°，
∵把矩形OBCD沿对角线OC所在直线折叠，点B落在点B′处，
∴BC＝B'C；∠B＝∠B'＝90°，
∴OD＝B'C，
又∵∠OED＝∠B'EC，
∴△ODE≌△CB'E（AAS）；
（2）∵BC＝4，对角线OC所在直线的函数表达式为y＝2x．
∴x＝4，y＝8，
∴OD＝BC＝4，CD＝OB＝8，
∵△ODE≌△CB'E，
∴CE＝OE，
设CE＝x，可得OE＝x，则DE＝8﹣x；
∵∠ODE＝90°，
∴OD2+DE2＝OE2，
∴42+（8﹣x）2＝x2，
解得x＝5，
∴CE＝5，
∴DO＝B'C＝4，DE＝B'E＝3，
过点B'作B'H⊥CE，

∵S△CB'E＝CE×B'H＝CB'×B'E，
∴B'H×5＝3×4，
∴B'H＝2.4，HE＝1.8，
∴B'的坐标为（6.4，4.8）．
（3）连接B'D，
∵CE＝OE，B'E＝DE，
∴∠OCE＝∠COE，∠EDB'＝∠EB'D，
又∵∠OEC＝∠EDB'，
∴∠OCE＝∠EDB'，
∴OC∥B'D，
分三种情况画出图形：
①如图2，若以CG为对角线，点G与点D重合，

∵B'（6.4，4.8），C（4，8），D（4，0），
∴F（4﹣2.4，0+3.2），
即F（1.6，3.2）．
②如图3，若以CF为对角线，点G与点B重合，

∵C（4，8），B'（6.4，4.8），B（0，8），
∴F（0+2.4，8﹣3.2），
即F（2.4，4.8）．
③如图4，若以CB'为对角线，点G与点D重合，

∵D（4，0），B'（6.4，4.8），C（4，8），
∴F（4+2.4，8+4.8），
即F（6.4，12.8）．
综上F点的坐标为F（1.6，3.2）或F（2.4，4.8）或F（6.4，12.8）．
【点睛】
本题是一次函数综合题，考查了全等三角形的判定与性质，折叠的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，坐标与图形的性质，三角形的面积等知识，熟练掌握分类讨论思想及方程思想是解题的关键．
44．（1）见解析；（2）.
【分析】
（1）在中，平分， 平分，证明CF=DC，即可说明四边形是菱形；
（2）作PH⊥BC于点H，求出CH，PH的长，即可求出CP长.
【详解】
（1）∵在中，平分，
∴∠BCE=∠DCE，∠BCE=∠DEC，
∴∠DCE=∠DEC，
∴DE=DC，
∵平分，
∴∠ADF=∠CDF，∠ADF=∠DFC，
∴∠CDF =∠DFC，
∴CF=DC=DE，
∵ED∥FC，
∴四边形是菱形；
（2）作PH⊥BC于点H，
∵∠BAD=120°，
∴∠PCH=60°，
∵四边形是菱形，AB=2，
∴CE=2，
∴CP=1，
∴CH=，PH=，
∵BC=3，
∴BH=，
∴.

【点睛】
本题是对四边形综合的考查，熟练掌握菱形知识及勾股定理是解决本题的关键.
45．（1）4；（2）或8．
【分析】
根据BA＝BC，分别用勾股定理求出CO和AC的长.
①分情况AO＝OE和AO＝AE，画出图形，根据三角形中位线定理和证明三角形全等解决问题.
②分情况
i）当D在线段OB上时，如图3，过B作BG⊥EF于G，根据同高三角形面积比等于底边之比，得到，再根据平行线性质∠BDG＝∠BFG，得到BD＝BF＝，最后使用勾股定理求出结论
ii）当D在线段OB的延长线上时，如图4，过B作BG⊥DE于G，同理计算可得结论.
【详解】
解：（1）∵AO＝4，BO＝6，
∴AB＝10，
∵BA＝BC，
∴BC＝10，
∵CO⊥AB，
∴∠AOC＝∠BOC＝90°，
由勾股定理得：CO＝＝＝8，
AC＝＝＝4；
（2）①分两种情况：
i）如图1，当AO＝OE＝4时，过O作ON⊥AC于N，

∴AN＝EN，
∵DE⊥AC，
∴ON∥DE，
∴AO＝OD＝4；
ii）当AO＝AE＝4时，如图2，

在△CAO和△DAE中，
，
∴△CAO≌△DAE（AAS），
∴AD＝AC＝4，
∴OD＝4﹣4；
②分两种情况：
i）当D在线段OB上时，如图3，过B作BG⊥EF于G，

∵S△OBF：S△OCF＝1：4，
∴
∴
∵CB＝10
∴BF＝
∵EF⊥AC，
∴BG∥AC，
∴∠GBF＝∠ACB，
∵AE∥BG，
∴∠A＝∠DBG，
∵AB＝BC，
∴∠A＝∠ACB，
∴∠DBG＝∠GBF，
∵∠DGB＝∠FGB，
∴∠BDG＝∠BFG，
∴BD＝BF＝，
∴OD＝OB﹣BD＝6﹣＝，
∴CD＝＝＝；
ii）当D在线段OB的延长线上时，如图4，过B作BG⊥DE于G，

同理得，
∵BC＝10，
∴BF＝2，
同理得：∠BFG＝∠BDF，
∴BD＝BF＝2，
Rt△COD中，CD＝＝＝8，
综上，CD的长为或8．
故答案为：或8．
【点睛】
本题考查的是三角形全等的综合题，关键是根据三角形全等判定和性质、平行线性质、等腰三角形性质，三角形面积、勾股定理等，知识解答有难度.
46．（1）见解析；（2）；（3）4
【分析】
（1）证明△ABE≌△DAF（SAS），得出∠ABE＝∠DAF，得出∠APB＝90°，可得出结论；
（2）根据三角形ABE的面积可求出AP＝，证明△ABP≌△BCH（AAS），由全等三角形的性质得出BH＝AP＝，则PH＝BP﹣BH＝BP﹣AP，可求出答案；
（3）证得∠CBP＝∠CPB，∠QPE＝∠QEP，可得出QE＝QP＝QA，在四边形QABC中，设，，则AB＝BC＝a，AQ＝x，QC＝x+a，由a2+（a﹣x）2＝（x+a）2可得出a，x的关系式，则可求出答案．
【详解】
（1）证明：∵正方形
∴，
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
(2) 解：∵，
∴，
，
∴，
∴

∵
∴
∴
∵
∴
∵和，且
∴
∴
∴
（3）解：∵为中点，且
∴为以为底的等腰三角形
∴，
由（1）（2）的证明结果
∵
∴

∴
∴
∵
∴
∴
∴在中，为斜边的中线
∴
由，以及等腰三角形
∴
∴
设，，则在中，
，
根据勾股定理，有
即
得
∴
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，平行线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想解决问题，学会用方程的思想方法解决问题．
47．（1）见解析；（2），，见解析；（3）或
【分析】
（1）根据正方形的性质得到对应边相等，证明即可得到；
（2）作，交于点，交于点，则，通过证明，得到，可推导出，从而证得结论；
（3）存在，作于点，连结，分两种情况，即点在边上、点在边的延长线上，分别设和，将、、用或表示出来，再将、用或表示出来，即可求出的值．
【详解】
解：（1）证明：如图1，四边形是正方形，

，
，，
，
．
（2），，理由如下：
如图2（或图3），作，交于点，交于点，

，
，
四边形是平行四边形，
；
由（1）得，，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，．
（3）存在，作于点，连结，
，
四边形是矩形，
，
，
如图4，点在边上，设，

，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
由得，，
，
，
，
，
；
如图5，点在边的延长线上，设，

则，
，
，
，，
由得，，
，
，
，
综上所述，或．
【点睛】
此题重点考查正方形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及二次根式等知识，第（3）题要分类讨论，求出所有符合条件的值，此题难度较大，属于考试压轴题．
48．（1）①点D的坐标为(6，8)；②点F的坐标为(8，)；（2）点D的坐标为(，8)或(4，8)．
【分析】
（1）①在Rt△OCD中，利用勾股定理可求得CD的长，即可求解；
②利用(HL证得Rt△OEFRt△OAF，得到EF=AF，在Rt△BDF中，利用勾股定理列式求解即可；
（2）分当BE交正方形OABC的边OA于点G和BE交正方形OABC的边OC于点G两种情况，分别求解即可．
【详解】
解：（1）连接OF，

根据折叠的性质，OC=OE=8，CD=DE，∠OCD=∠OED=90°，
①在Rt△OCD中，由勾股定理得：,
∴CD=6，
∴点D的坐标为(6，8)；
②∵∠OED=90°，则∠OEF=∠OAF=90°，OE=OA=8，OF=OF，
∴Rt△OEFRt△OAF (HL)，
∴EF=AF，
设EF=AF=a，则BF=8-a，DF=6+a，BD=2，
在Rt△BDF中，
由勾股定理得：，
解得：，
∴点F的坐标为(8，)；
（2）当BE交正方形OABC的边OA于点G时，如图：

∵BD=OG，又BD∥OG，
∴四边形BDOG是平行四边形，
∴BG∥DO，
∴∠CDO=∠DBE，∠ODE=∠DEB，
∵∠CDO=∠ODE，CD= DE，
∴∠DBE=∠DEB，
∴CD= DE=DB=4，
∴点D的坐标为(4，8)；
当BE交正方形OABC的边OC于点G时，如图：
连接CE，过点E作EH⊥BC于点H，

∵BD=OG，∴CD=CG，
∴Rt△BCGRt△OCD(SAS)，
∴∠2=∠3，
∵△OCD与△OED关于OD对称，
∴OD是线段CE的垂直平分线，CD=DE，
∴∠1+∠CDO=90°，∠2+∠CDO=90°，
∴∠1=∠2=∠3，
∴CE=BE，
同理可证∠ECG=∠EGC，
∴CE=BE=GE，则EH=GC，CH=BC=4，
设CD=CG=2x，则DE=CD=2x，EH= x，DH=4-2x，
在Rt△DEH中，,
即，
解得：或 (不合题意，舍去)，
∴点D的坐标为(，8)；
∴点D的坐标为(，8)；
综上，点D的坐标为(，8)或(4，8)．
【点睛】
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，解一元二次方程等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
49．（1）证明见解析；（2）△ABC是直角三角形，理由见解析．
【分析】
（1）先证明四边形AECD是平行四边形，然后证明AE=EC即可四边形AECD是菱形；
（2）先说明BE=CE、∠ACE=∠CAE，再说明BE=CE、∠ACE=∠CAE，再根据三角形内角和得到∠B+∠BCA+∠BAC=180°，进一步得到∠BCE+∠ACE=90°即∠ACB=90°，即可说明△ABC是直角三角形．
【详解】
（1）证明：∵AB//CD，
∴AE//CD，
又∵CE/∥AD，
∴四边形AECD是平行四边形.
∵AC平分∠BAD
∴∠CAE=∠CAD，
又∵AD∥CE，.∠ACE=∠CAD，
∴∠ACE=∠CAE，
∴AE=CE，
∴四边形AECD是菱形；
（2）解：△ABC是直角三角形,理由如下：
∵E是AB中点，
∴AE=BE.
又∵AE=CE，
∴BE=CE，∠ACE=∠CAE，
∴∠B=∠BCE，
∵∠B+∠BCA+∠BAC=180°，
∴2∠BCE+2∠ACE=180°
∴∠BCE+∠ACE=90°，即∠ACB=90°
∴△ABC是直角三角形．
【点睛】
本题利用了平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质以及三角形中位线的性质等知识点，考查知识点较多，增加了试题难度，灵活应用所学知识成为解答本题的的关键．
50．（1）存在，t=3；（2）秒；（3）存在，t=3秒或t=秒
【分析】
（1）根据运动得出CP=15-3t，DQ=12-2t，进而用平行四边形的对边相等建立方程求解即可；
（2）要使以C、D、Q、P为顶点的梯形面积等于30cm2，可以分为两种情况，点P、Q分别沿AD、BC运动或点P返回时，再利用梯形面积公式，即=30，因为Q、P点的速度已知，AD、AB、BC的长度已知，用t可分别表示DQ、BC的长，解方程即可求得时间t；
（3）使△PQD是等腰三角形，可分三种情况，即PQ=PD、PQ=QD、QD=PD；可利用等腰三角形及直角梯形的性质，分别用t表达等腰三角形的两腰长，再利用两腰相等即可求得时间t．
【详解】
解：（1）∵四边形PQDC是平行四边形
∴DQ=CP
当0＜t＜5时，点P从B运动到C，
∵DQ=AD-AQ=12-2t，CP=15-3t，
∴12-2t=15-3t
解得t=3，
∴t=3时，四边形PQDC是平行四边形；

（2）如图2，①当点P是从点B向点C运动，

由（1）知，CP=15-3t，DQ=12-2t，
∵以C、D、Q、P为顶点的四边形面积等于30cm2，
∴S四边形CDQP＝＝30，
即(15−3t+12−2t)×10＝30，
解得：t=，
②当点P是从点C返回点B时，
由运动知，DQ=12-2t，CP=3t-15，
∵以C、D、Q、P为顶点的四边形面积等于30cm2，
∴S四边形CDQP＝(DQ+CP)•AB=(12−2t+3t−15)×10＝30，
解得：t=9（舍去），
∴当t为秒时，以C、D、Q、P为顶点的四边形面积等于30cm2；
（3）当PQ=PD时，
如图3，作PH⊥AD于H，则HQ=HD，

∵QH=HD=DQ=（12-2t）=6-t，
由AH=BP，
∴6-t+2t=3t
解得：t=3秒；
当PQ=DQ时，
QH=AH-AQ=BP-AQ=3t-2t=t，DQ=12-2t，
∵DQ2=PQ2=t2+102，
∴（12-2t）2=102+t2，
整理得：3t2-48t+44=0，
解得：t=秒，
∵0＜t＜5，
∴t=秒，
当DQ=PD时，
DH=AD-AH=AD-BP=12-3t，
∵DQ2=PD2=PH2+HD2=102+（12-3t）2
∴（12-2t）2=102+（12-3t）2
即5t2-24t+100=0，
∵△＜0，
∴方程无实根，
综上可知，当t=3秒或t=秒时，△PQD是等腰三角形．
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质、梯形的面积、等腰三角形的性质，解题的关键是分类思想与方珵思想的综合运用．
51．(1)见解析；(2).
【分析】
（1）根据菱形的性质求出∠DOC=90°，根据平行四边形和矩形的判定得出即可；
（2）根据矩形和菱形的性质即可得到结论．
【详解】
（1）证明： ∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，   即∠DOC＝90°，
∵DE∥AC，CE∥BD，     
∴四边形DECO是平行四边形
∴四边形DECO是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形       ∴AO＝OC，
∵四边形DECO是矩形     ∴DE＝OC，
∵DE＝3        ∴DE＝AO＝3，
∵∠ADB＝30°，AC⊥BD，
∴AD＝2OA＝2×3＝6
∴ OD＝＝3，
∴AC＝6，BD＝6，
∴菱形ABCD的面积＝AC•BD＝．
【点睛】
考查了矩形的判定、菱形的性质、能综合运用定理进行推理和计算是解此题的关键．
52．（1）①，；②四边形ABDE是平行四边形；理由见解析；③存在，D（0，2.5）；（2）
【分析】
（1）①由，求出和长度，由轴，求出点的坐标；
②延长交轴于点，连接，得到正方形，从而，且，故得证四边形是平行四边形；
③利用等腰三角形的定义和翻折的特征得到中垂线，再得证三角形全等，从而求出点的坐标；
（2）分析清楚和点到轴的距离之间的关系，然后当到轴的距离为3时，求出的值，最后得出的取值范围．
【详解】
解：（1）当时，，
①，，
，，
，
将沿着直线翻折后轴，如图（1），

，
，
，．
故答案为：，．
②四边形是平行四边形，理由如下：
延长交轴于点，连接，

，点是的中点，
，
，
，，
，
，
，
由折叠得：，
四边形是正方形，
，，
四边形是平行四边形．
③如图（3），连接，延长交于点，

由折叠可知，，，
是的中垂线，
，，
是以、为腰的等腰三角形，
，
，
，
设，则：，
，
，
解得：，
，
存在点，使得是以、为腰的等腰三角形．
（3）如图（4），过点作轴于点，作轴于点，则，四边形是矩形，

由折叠得：，
当到轴的距离为3，即时，
，，
，
，
，
，
解得：，
越小，点越向左，越大，
越小，越小，即点到轴的距离越小，
点到轴的距离不大于3，
．
【点睛】
本题考查了平行的性质、勾股定理、翻折的特征、等腰三角形的性质、全等的判定和性质、三角形的面积等知识点．要求学生能够熟练应用勾股定理求线段长度，应用等面积法列方程求解，同时学会数学结合的思想解题．对于的取值范围，要会分析和点到轴的距离之间的关系．
53．（1）证明见解析；（2）7；（3）3＋2
【分析】
（1）由“SAS”可证△ABG≌△CBG，可得AG＝CG，∠BAG＝∠BCG，由四边形内角和定理可证∠BCG＝∠GFC，可得GC＝GF＝AG；
（2）过点G作GH⊥BC于H，利用勾股定理可求GH的长，即可求解；
（3）在AB上截取BF＝BN，连接NF，由“HL”可证Rt△ABF≌Rt△ADE，可得∠BAF＝∠DAE＝22.5°，BF＝DE，可得FC＝BF，即可求解．
【详解】
解：（1）证明：连接GC，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，
又∵BG＝BG，
∴△ABG≌△CBG（SAS），
∴AG＝CG，∠BAG＝∠BCG，
∵∠ABC＋∠BAG＋∠AGF＋∠BFG＝360°，且∠ABC＝∠AGF＝90°，
∴∠BAG＋∠BFG＝180°，
∴∠BCG＋∠BFG＝180°，
∵∠BFG＋∠GFC＝180°，
∴∠BCG＝∠GFC，
∴GC＝GF，
∴AG＝FG；
（2）如图2，过点G作GH⊥BC于H，

∵AB＝10，BF＝4，
∴AF2＝AB2＋BF2＝AG2＋GF2，
∴GF2＝58，
∵∠DBC＝45°，GH⊥BC，
∴BH＝GH，BG＝GH，
∵GF2＝GH2＋FH2，
∴58＝GH2＋（GH−4）2，
∴GH＝7，（负值舍去），
∴BG＝7；
（3）如图3，在AB上截取BF＝BN，连接NF，

∵AG＝GF，AG⊥GF，
∴∠EAF＝45°，
∵AE＝AF，AB＝AD，
∴Rt△ABF≌Rt△ADE（HL），
∴∠BAF＝∠DAE＝22.5°，BF＝DE，
∴CF＝CE，
∵BF＝BN，∠ABC＝90°，
∴NF＝BF，∠BNF＝∠BFN＝45°，
∴∠BAF＝∠AFN＝22.5°，
∴AN＝NF＝BF，
∵AB＝BC，
∴BN＋AN＝BF＋FC，
∴FC＝BF，
∴BC＝（＋1）BF，
∴正方形ABCD与△CEF的面积之比＝BC2：FC2＝3＋2．
【点睛】
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，直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线是本题的关键．
54．（1）；（2）；（3）
【分析】
（1）由 可得：，从而可得答案；
（2）设，，则 再证明，利用勾股定理求解 从而可得答案；
（3）如图3中，过点作于，过点作于．设，则，再证明，可得，而，可得，从而可得：，再证明四边形是矩形，，，再由，列方程，解得，从而可得答案.
【详解】
解：（1）如图1中，

，，
，
，
．

（2）如图2中，

，
可以假设，，则

，，
，
，，
．
（3）如图3中，过点作于，过点作于．

，
可以假设，，
，
，，，，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
整理得，
，
，
经检验：符合题意；
．
【点睛】
本题考查的是勾股定理的应用，对角线互相垂直的四边形的特点，等腰三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，一元二次方程的解法，二次根式的运算，典型的综合题，知识的系统化与灵活运用是解题的关键.
55．（1）见解析；（2）1：2；（3）2，2．
【分析】
（1）由等边三角形的性质可得∠A＝∠B＝∠C＝60°，再根据平行线的性质可得∠BED＝∠A＝60°，∠BDE＝∠C＝60°，然后由轴对称的性质得∠B′DE＝∠BDE＝60°，则∠BED＝∠B′DE＝60°，得DG//AE，即可证明结论；
（2）先证△DBE是等边三角形，得ED＝BE＝BD，同理△DGC是等边三角形，得DG＝DC＝GC，再证出△AEG、△EDG、△BED、△CDG是边长相等的等边三角形，即可求解；
（3）由等边三角形的性质得BE＝DE＝BD，CD＝DG＝CG，证出BE＝DE＝BD＝4，过点D作DM⊥AB于M，过点G作GN⊥DE于N，过点C作CH⊥AB于H，AH交DG于I，再由等边三角形的性质得BH＝AB，BC＝AB，然后由勾股定理得CH＝3，DM＝2，CI＝，AD＝2，求出S△DEG＝S平行四边形AEDG＝2，则GN＝，最后由勾股定理求出DN＝1，则EN＝DE﹣DN＝3，由勾股定理求出EG即可．
【详解】
（1）证明：∵△ABC是等边三角形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，
∵DE//AC，
∴∠BED＝∠A＝60°，∠BDE＝∠C＝60°，
∵B与B′关于DE对称，
∴∠B′DE＝∠BDE＝60°，
∴∠BED＝∠B′DE＝60°，
∴DG//AE，
∵DE//AG，
∴四边形AEDG是平行四边形；
（2）解：由（1）知，∠BED＝∠BDE＝60°，
∴△DBE是等边三角形，
∴ED＝BE＝BD，
同理，△DGC是等边三角形，
∴DG＝DC＝GC，
同（1）：四边形DCFE是平行四边形，
当四边形AEDG为菱形时，如图2所示：

则AE＝ED＝DG＝AG，
∴AE＝BE＝BD＝CD＝CG＝GA，
∵∠A＝∠B＝∠C＝∠B′DE＝60°，
∴△AEG、△EDG、△BED、△CDG是边长相等的等边三角形，
∴△AEG的面积＝△EDG的面积＝△BED的面积＝△CDG的面积，
∴菱形AEDG的面积与△ABC的面积之比为1：2；
（3）解：由（2）得：△DBE、△DGC都是等边三角形，
∴BE＝DE＝BD，CD＝DG＝CG，
∵DE＝2AE，
∴BE＝2AE，
∴AB＝3AE，
∴AE＝AB＝2，
∴BE＝DE＝BD＝4，
由（1）得：四边形AEDG是平行四边形，
∴CD＝DG＝CG＝AE＝2，DG//AB，
过点D作DM⊥AB于M，过点G作GN⊥DE于N，过点C作CH⊥AB于H，CH交DG于I，如图3所示：

则CI⊥DG，BM＝ME＝BE＝2，
∵△ABC是等边三角形，
∴BH＝AB，BC＝AB，
在Rt△BCH中，由勾股定理得：
CH＝＝＝AB＝3，
同理：DM＝BE＝2，CI＝DG＝，
在Rt△ADM中，AM＝AE+ME＝2+2＝4，
由勾股定理得：AD＝＝＝2，
∴S平行四边形AEDG＝S△ABC﹣S△BDE﹣S△CDG＝AB•CH﹣BE•DM﹣DG•CI＝×6×3﹣×4×2﹣×2×＝4，
∴S△DEG＝S平行四边形AEDG＝×4＝2，
∵S△DEG＝DE•GN，
∴×4×GN＝2，
∴GN＝，
在Rt△DGN中，由勾股定理得：DN＝＝＝1，
∴EN＝DE﹣DN＝4﹣1＝3，
在Rt△EGN中，由勾股定理得：EG＝＝＝2，
故填2，2．
【点睛】
本题是属于四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、轴对称的性质、菱形的性质、勾股定理、三角形面积等知识；熟练掌握等边三角形的判定与性质和勾股定理，证明四边形AEDG为平行四边形是解题的关键．
56．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据正方形的性质及垂直条件，可证明△FEA≌△HEA，从而可得EF=EH，由线段垂直平分线的性质定理即可得结论；
（2）设AH=x，则由已知得CH=3x，BH=4-x，在Rt△CBH中，由勾股定理建立方程，即可求得x的值，从而即得AH的长．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是正方形
∴∠FAE=∠HAE=45°
∵FH⊥AC
∴∠AEF=∠AEH=90°
在△FEA和△HEA中

∴△FEA≌△HEA(ASA)
∴EF=EH
∴AC垂直平分线段FH
∴CF=CH
（2）∵四边形ABCD是正方形
∴BC=AB=4，∠B=90°
设AH=x，则BH=AB-AH=4-x
∵AH＝CH
∴CH=3x
在Rt△CBH中，由勾股定理得：
即
化简得：
解得：，（舍去）
∴
即AH的长为
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质定理，勾股定理等知识，关键是根据正方形的性质证明△FEA≌△HEA，以及利用勾股定理建立方程．
57．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用AAS判定两三角形全等即可；
（2）首先证得四边形ACED为平行四边形，然后证得AC=AD，利用邻边相等的平行四边形是菱形判定即可．
【详解】
证明：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
又∵
∴，
在与中，
，
∴；

∵平行四边形中，
∴，
即，
由，
∴为平行四边形，
∵，
∴，
由，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形为菱形．
【点睛】
本题考查了菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定定理，难度不大．
58．（1）作图见解析；（2）作图见解析.
【分析】
直接利用平行四边形的性质得出符合题意的图形；
直接利用矩形的性质得出符合题意的图形．
【详解】
如图甲所示：四边形ACBD是平行四边形；

如图乙所示：四边形ABCD是矩形．
【点睛】
此题主要考查了应用设计与作图，正确把握平行四边形以及矩形的性质是解题关键．