专题14 平行四边形——2023年河南省中考数学模拟题分项选编

这是一份专题14 平行四边形——2023年河南省中考数学模拟题分项选编，共50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。

2023年河南省中考数学模拟题分项选编
专题04 平行四边形

一、单选题
1．（2023·河南开封·统考一模）如图，在中，，，分别以点A、B为圆心，大于长为半径作弧，两弧交于点P、Q，作直线，分别交、于点E、F，连接，若，则四边形的面积为（　　）

A． B． C． D．
2．（2023·河南郑州·统考一模）如图，在中，将沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若，则的周长为（　　）

A．6 B．9 C．12 D．15
3．（2023·河南驻马店·一模）如图，在中，．以点为圆心，适当长为半径画弧，交于点，交于点，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，射线交的延长线于点，则的长是（　　）

A． B． C． D．
4．（2023·河南洛阳·统考一模）如图，在▱ABCD中，以点B为圆心，适当长度为半径作弧，分别交AB，BC于点F，G，再分别以点F，G为圆心，大于FG长为半径作弧，两弧交于点H，作射线BH交AD于点E，连接CE，若AE＝10，DE＝6，CE＝8，则BE的长为（　　）

A．4 B．8 C．2 D．40
5．（2023·河南焦作·统考一模）如图，菱形的对角线相交于点O．E，F分别是的中点，若，则菱形的周长为（　　）

A．8 B．16 C．8 D．16
6．（2023·河南商丘·统考一模）如图，是的中位线，的角平分线交于点F，，则的长为（　　）

A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
7．（2023·河南周口·统考一模）如图，在矩形中，E是的中点，点F在边上，点P在矩形内部，，，连接．若，则的最小值等于（　　）

A．2 B．3 C． D．
8．（2023·河南平顶山·统考一模）下列叙述错误的是（　　）
A．平行四边形的对角线互相平分 B．矩形的对角线相等
C．对角线互相平分的四边形是平行四边形 D．对角线相等的四边形是矩形
9．（2023·河南南阳·统考二模）一次实践探究课上，老师让同学们用四张全等的含角的直角三角形纸片拼成一个四边形，下列拼成的四边形中，不是菱形的是（　　）
A．   B．   C．   D．  
10．（2023·河南洛阳·统考二模）在平行四边形的对角线与相交于点O，，，，则四边形（　　）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
11．（2023·河南鹤壁·统考三模）如图，菱形的对角线，相交于点，点为边的中点，若菱形的周长为，，则的面积是（　　）

A． B． C． D．
12．（2023·河南新乡·统考二模）如图，在菱形中，点P是对角线上一动点，点E是边上一动点，连接．若，，则的最小值为（　　）

A．6 B． C．5 D．
13．（2023·河南商丘·统考二模）如图，在菱形中，按下列步骤作图：①连接，以D为圆心，适当长为半径画弧，分别交、于点E、F；②以C为圆心，长为半径画弧，交边于点G；③以G为圆心，长为半径画弧，交②中所作的弧于点H；④连接交于点N，连接交于点M，则的长为（　　）

A．1 B．1.5 C． D．2
14．（2023·河南安阳·统考二模）如图，在的两边上分别截取、，使；分别以点A、B为圆心，长为半径作弧，两弧交于点C；连接、、、．若，四边形的面积为．则的长为（　　）

A． B． C． D．
15．（2023·河南周口·统考一模）如图，在菱形中，，，，垂足为点H，则的长为（　　）

A．3 B．4 C． D．5
16．（2023·河南洛阳·统考一模）如图，菱形的周长为12，，则的长为（　　）

A． B． C． D．3
17．（2023·河南驻马店·统考三模）如图，在正方形中，点是对角线上一点，作于点，连接，若，，则的长为（　　）

A． B．4 C． D．
18．（2023·河南洛阳·统考三模）如图，已知四边形是平行四边形，下列三个结论：①当时，它是菱形，②当时，它是矩形，③当时，它是正方形．其中结论正确的有（　　）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

二、填空题
19．（2023·河南安阳·统考二模）如图所示，在中，，点P为边上一点(不与A、B重合)，点M为的中点，将沿翻折，得到，连接，当以点A、M、P、为顶点的四边形为平行四边形时，的长为______．

20．（2023·河南洛阳·统考一模）如图所示，在中，，是上的一点，且，，则 ______．
  
21．（2023·河南驻马店·统考二模）如图，等腰中，底边，点为的中点．将线段绕点旋转得对应线段，连接．旋转过程中，当时，的长为________．

22．（2023·河南南阳·统考一模）如图，在中，是中线，是边上一动点，将沿折叠得到，若点（不与点重合）在的角平分线上，则的长为 _____．

23．（2023·河南安阳·统考一模）如图，矩形的边的长为6，将沿对角线翻折得到，与交于点，再以为折痕，将进行翻折，得到，若两次折叠后，点恰好落在的边上，则的长为____________．

24．（2023·河南洛阳·统考一模）如图，矩形中，，，点P是边上一个动点，且不与点B，C重合，将沿直线AP折叠得到，点落在矩形的内部，连接，则周长的最小值为______．


三、解答题
25．（2023·河南开封·统考一模）综合实践
在中，点是边的中点．

（1）如图①，延长到点，使，连接，可得出，其依据是______．（填序号）
①        ②        ③       ④        ⑤
（2）如图②，在边上任取点，（不与两点重合）连接，并延长到点，使．连接，在图②中画出相应的图形，并观察四边形是特殊的四边形吗？如果是，请写出证明过程；如果不是，请说明理由．
解决问题
如图③，在中，，点为平面内一点，，将线段绕点顺时针旋转得，点为中点，当时，请求出的长．
26．（2023·河南南阳·统考一模）综合与实践：
在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．
在矩形中，E为边上一点，F为边上一点，连接、，分别将和沿、翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，且C、H、G三点共线．

(1)如图1，若F为边的中点，，点G与点H重合，则＝        °，＝        ；
(2)如图2，若F为的中点，平分，，，求的度数及的长；
(3)，，若F为的三等分点，请直接写出的长 ．
27．（2023·河南安阳·统考二模）综合与实践
综合与实践课上，老师带领同学们以“正方形和矩形的折叠”为主题开展数学活动，

(1)操作判断
操作一：将正方形纸片依次沿对角线、对折，把纸片展平，折痕的交点为O；
操作二：在上取一点E，在上取一点F，沿折叠，使点B落在点O处，然后延长交于点G，连接．
如图1是经过以上两次操作后得到的图形，则线段和的数量关系是______．
(2)迁移思考
图2是把矩形纸片按照（1）中的操作一和操作二得到的图形．请判断，，三条线段之间有什么数量关系？并仅就图2证明你的判断．
(3)拓展探索
图2中，若点E是边的三等分点，直接写出的值．
28．（2023·河南周口·统考二模）在正方形中，E是边上一点（点E不与点B，C重合），，与正方形的外角的平分线交于点F．
  
(1)如图1，若点E是的中点，猜想与的数量关系是 ；证明此猜想时，可取的中点P，连接．根据此图形易证．则判断的依据是 ．
(2)点E在边上运动．
①如图2，（1）中的猜想是否仍然成立？请说明理由．
②如图3，连接，，若正方形的边长为1，直接写出的周长c的取值范围．
29．（2023·河南洛阳·统考一模）综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．

(1)操作判断
操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；
操作二：在上选一点H，沿折叠，使点B落在上的点G处，得到折痕，把纸片展平；
根据以上操作，直接写出图1中的度数：______；
(2)拓展应用
小华在以上操作的基础上，继续探究，延长交于点M，连接交于点N（如图2）．判断的形状，并说明理由；
(3)迁移探究
如图3，已知正方形的边长为6cm，当点H是边的三等分点时，把沿翻折得，延长交于点M，请直接写出的长．
30．（2023·河南南阳·统考一模）综合与实践
数学活动课上，同学们开展了以折叠为主题的探究活动，如图1．已知矩形纸片，其中，．

(1)操作判断
将矩形纸片按图1折叠，使点落在边上的点处，可得到一个的角，请你写出一个的角．
(2)探究发现
将图1的纸片展平，把四边形剪下来如图2，取边的中点，将沿折叠得到，延长交于点，判断的周长是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
(3)拓展应用
改变图2中点的位置，令点为射线上一动点，按照（2）中方式将沿折叠得到，所在直线交于点，若点为的三分点，请直接写出此时的长．
31．（2023·河南濮阳·统考一模）综合与实践课上，老师与同学们以“特殊的三角形”为主题开展数学活动．

(1)操作判断 如图1，在中，，，点E在上（且不与点A、C重合）在的外部作，使，，连接，过点B作，过点D作， 交于点F，连接．
根据以上操作，判断：四边形的形状是 　 　；三角形的形状是 　 　；
(2)迁移探究明明同学所在的“认真•坚持”学习小组“异想天开”，将绕点C逆时针旋转，如图2，当点E落在线段上时，请你：
①求证：四边形的是矩形；
②连接若，求的长；
(3)拓展应用亮亮同学所在的“感恩•责任”学习小组受此启发，将绕点C继续逆时针旋转，能使四边形为菱形，若，请你直接写出线段的长．
参考答案
1．D
【分析】连接，过作，可证是等边三角形，可求，进而可求，即可求解．
【详解】解：如图，连接，过作，


由题意可得是的垂直平分线，
，
在中：，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
，

，  



．
故选：D．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质定理，等边三角形的判定及性质，平行四边形的性质，面积公式等，掌握相关的定理及判定方法求线段的长度是解题的关键．
2．C
【分析】根据平行四边形的性质和折叠性质证得，，再证明是等边三角形即可．
【详解】解：在中，，，
由折叠性质，得，，
∴是等边三角形，
∴，
∴的周长为，
故选：C．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、等边三角形的判定与性质，熟练掌握折叠性质，证得是等边三角形是解答的关键．
3．B
【分析】根据题意可求出是等腰三角形，即，是等腰三角形，即，由此即可求解．
【详解】解：根据题意得，是的角平分线，
∴，
∵，，如图所示，设与交于点，

∴，
∴，，
∴，
∴是等腰三角形，即，
∴，
同理，，且，
∴，
∴是等腰三角形，即，
故选：．
【点睛】本题主要考查矩形，等腰三角形的综合，掌握矩形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
4．B
【分析】利用基本作图得到∠ABE＝∠CBE，再根据平行四边形的性质得到AD∥BC，BC＝AD＝16，AB＝CD，再证明AB＝AE＝10，则CD＝10，接着利用勾股定理的逆定理判断△CED为直角三角形，∠CED＝90°，然后在Rt△BCE中利用勾股定理计算BE的长．
【详解】解：由作法得BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，BC＝AD＝AE＋DE＝10＋6＝16，AB＝CD，
∴∠CBE＝∠AEB，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE＝10，
∴CD＝10，
在△CDE中，∵DE＝6，CE＝8，CD＝10，
∴DE2＋CE2＝CD2，
∴△CED为直角三角形，
∴∠CED＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠BCE＝∠CED＝90°，
在Rt△BCE中，BE＝
故选：B．
【点睛】本题考查了作图−基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了平行四边形的性质和勾股定理及其逆定理．
5．B
【分析】根据三角形的中位线的性质可以得到与的关系，与的关系，再根据菱形的性质和勾股定理，即可得到的长，然后即可求得菱形的周长．
【详解】解：取的中点，连接，，

点为的中点，点为的中点，
，，，，
四边形是菱形，，
，，，
，，
设，则，，
，
，
解得，
，
菱形的周长为：，
故选：B．
【点睛】本题考查菱形的性质、三角形的中位线、等边三角形的判定与性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
6．C
【分析】由中位线的性质定理得，，且，由平行线的性质结合角平分线可得，则可求得的长．
【详解】是的中位线，，
，，，
，
是的平分线，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，等腰三角形的判定、平行线的性质等知识，掌握三角形中位线定理是解题的关键．
7．D
【分析】取的中点H，在上截取点G，使，推出，得到，推出，得到点P在的角平分线上，再证明，当A、P、C在同一直线上时，取得最小值，最小值为的长，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：取的中点H，在上截取点G，使，连接，

∵在矩形中，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∵，且，
∴，
∴，
∴，
∵，且，
∴，
∴点P在线段上，即点P在的角平分线上，
∵，，，
∴，
∴，
∴当A、P、C在同一直线上时，取得最小值，最小值为的长，
由勾股定理得，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，得到点P在的角平分线上是解题的关键．
8．D
【分析】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵平行四边形的对角线互相平分，
∴选项A不符合题意；
B、∵矩形的对角线相等，
∴选项B不符合题意；
C、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴选项C不符合题意；
D、∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，
∴选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质是解题的关键．
9．D
【分析】根据角的直角三角形得到角所对直角边是斜边一半，结合菱形判定四边相等的四边形是菱形逐个判断即可得到答案；
【详解】解：由题意可得，
A选项四边都是直角三角形斜边相等，是菱形，不符合题意，
B选项四边都是直角三角形斜边相等，是菱形，不符合题意，
C选项2个角所对直角边刚好等于斜边，四边相等，是菱形，不符合题意，
D选项有两边是长直角边，两边是2个短直角边，四边不相等，不是菱形，
故选D；
【点睛】本题考查角三角形到角所对直角边是斜边一半，四边相等的四边形是菱形．
10．C
【分析】根据平行四边形的性质可得，，再由勾股定理的逆定理可得，即可求解．
【详解】解：如图，

∵四边形是平行四边形，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∴四边形是是菱形．
故选：C
【点睛】本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，根据勾股定理的逆定理得到是解题的关键．
11．D
【分析】根据菱形的性质得出为等边三角形，根据等边三角形的性质，勾股定理，求得，根据三角形中线的性质即可求解．
【详解】解：菱形的周长为，
，
，
为等边三角形，

为中点，是的中点，

故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，三角形中线的性质，熟练掌握是解题的关键．
12．B
【分析】连接，记与交于点O，当C，P，E三点共线且时，的值最小，最小值为的长．
【详解】如解图所示，由菱形的性质，可知与互相垂直平分，
∴，，，
∴，
∴，
∵，
∴当C，P，E三点共线且时，的值最小，最小值为的长，
∵，
∴，
∴的最小值为，
故选：B.
【点睛】本题考查菱形的性质，垂线段最短、等面积法，掌握这些是本题关键．
13．A
【分析】根据尺规作图可知，再根据菱形的性质得出是等边三角形，结合等边三角形的性质得出，再根据含直角三角形的性质求出，进而得出，最后根据勾股定理求出答案．
【详解】解：根据作图可知，
∵四边形是菱形，
∴，，．
∵，
∴是等边三角形，
∴，．
在中，，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
∴，
根据勾股定理得，
即，
解得，负值舍去．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了尺规作一个角等于已知角，菱形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理，含直角三角形的性质等，勾股定理是求线段长的常用方法．
14．B
【分析】利用基本作图得到，则可判断四边形为菱形，根据菱形的面积公式得到，从而可求出的长．
【详解】解：由作法得，
所以四边形为菱形，
所以菱形的面积
即，
解得，
即的长为．
故选：B．
【点睛】本题考查了基本作图、菱形的判定与性质．熟练掌握基本作图方法是解决问题的关键．
15．C
【分析】由菱形面积等于对角线积的一半可求面积，由勾股定理求出，然后由菱形的面积即可得出结果．
【详解】解：如图，对角线交于点O，

∵四边形是菱形，
∴，
∴，
∵菱形的面积，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、菱形面积公式等知识；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出是解题的关键．
16．A
【分析】设与相交于点O，由菱形的性质得到，， ，则为等边三角形，，得到，在中，利用勾股定理求出，即可得到的长．
【详解】解：设与相交于点O，

∵菱形的周长为12，，
∴，， ，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
在中，
，
∴．
故选：A．
【点睛】此题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质、勾股定理等知识，数形结合和准确计算是解题的关键．
17．D
【分析】连接，根据正方形的性质得出，，求出，得出，根据勾股定理求出，根据对称性求出.
【详解】解：连接，如图所示：

∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵正方形关于对称，
∴，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，解题的关键是根据正方形的性质，勾股定理求出．
18．B
【分析】根据菱形、矩形、正方形的判定定理逐个进行判断即可得出结论．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴当时，是菱形．
故①正确；
∵四边形是平行四边形，
∴当时，是菱形．
故②错误；
∵四边形是平行四边形，
∴当时，是矩形．
故③错误；
∴正确的只有①；
故选B．
【点睛】本题主要考查了特殊平行四边形的判定，熟练掌握菱形、矩形、正方形的判定定理是解题的关键．
19．
【分析】分两种情况画出图形，由折叠的性质及勾股定理可求出答案．
【详解】解：在中，
，
，
由勾股定理得：，
分为两种情况：
如图所示，四边形平行四边形，
    

由翻折可知：，
点为的中点，
，
四边形为平行四边形，，
，
，
，
在中，
，
，
；
如图所示，四边形为平行四边形，

由翻折可知：，
四边形为平行四边形，
，
，
综上所述，的长为或，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
20．
【分析】首先根据两组对边互相平行的四边形是平行四边形判定出四边形是平行四边形，进而得到，然后证明，即可得到，从而得解．
【详解】∵，，
四边形是平行四边形，
，
又∵，
，
又，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，关键是掌握平行四边形对边平行且相等，两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
21．或
【分析】过点作，根据题意得出，分类讨论，当在内部时，根据三角形中位线的性质，即可得出，当在之外，由含度角的直角三角形的性质，在中，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作，

∵等腰中，
∴，则，
∴，
∴
，
点为的中点，
．
当时，分类讨论如下：
当在内部时，如图，点与边中点重合，
由中位线定理可知，此时；
当在之外，如图2，
，
，
，
，
为等边三角形，
，，
又，
，在中，．

故答案为：或．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，等边三角形的性质与判定，分类讨论，分别画出图形是解题的关键．
22．或
【分析】分类讨论：①当点在的角平分线上时，利用折叠的性质以及中线的性质得出，再结合中位线的性质得到是的中点，最后利用含角的直角三角形的性质计算各边的长度即可；②当点在的角平分线上时，连接，利用角平分线以及折叠的性质证明，再得到四边形是菱形，结合中线的性质以及的长计算边的长度即可．
【详解】解：如图1，当点在的角平分线上时，连接
，
，
，
由折叠可知，，
是中线，

，
，
，
，
∴是的中点，
∵，
，
，
∵是的中点，

∴，
在中，，

，
；
如图2，当点在的角平分线上时，连接
由折叠知，，




，
，
，
，
，
；
综上所述：的长为或，
故答案为：或．

【点睛】本题主要考查折叠的性质以及三角形全等，熟练运用含角的直角三角形的性质求各边的长度是解决本题的关键．
23．或
【分析】根据题意分两种情况讨论：①当点恰好落在上时，由翻折以及矩形的性质证明，然后根据等腰三角形的性质求出的长，再依据勾股定理求解即可；②当点恰好落在上时，同理证明，根据全等三角形的性质可得出的长，再根据线段的和差关系即可得出答案．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，
∵沿对角线翻折得到，
∴，，
∵以为折痕，将进行翻折，得到，
∴，，
①当点恰好落在上时，如图，

在和中，，
∴，
∴，即为等腰三角形，
∵，    
∴点为中点，
∴，
在中，有，
即，解得；
②当点恰好落在上时，如图，

∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∵沿进行翻折，得到，
∴，
在中，
，
同理，
∴，
∴．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了翻折的性质，，矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握翻折的性质，运用全等三角形的判定与性质、勾股定理，分类讨论思想是解答此题的关键．
24．/（写法不唯一）
【分析】根据勾股定理求出，由翻折可知，由三角形两边之差小于第三边得，从而求解．
【详解】解：连接，由题意可知，

，


，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折的性质，勾股定理解直角三角形，三角形三边之间的关系；解题的关键是熟练掌握以上性质．
25．（1）②；（2）画图见解析，四边形是平行四边形，证明见解析；问题解决：的长为和
【分析】（1）已知点是边的中点，得到，由对顶角，再结合，根据两个三角形全等的判定定理，利用即可得到，即可得到得到答案；
（2）根据题意作出图形，由平行四边形的判定定理可知四边形平行四边形；根据题意，分两种情况①在线段上；②在线段延长线上；由平行四边形的判定与性质，结合勾股定理即可得到答案．
【详解】解：（1）点是边的中点，
，
在和中，
，
，
故选：②；
（2）如图1所示：

四边形平行四边形，
理由如下：
∵，
∴四边形是平行四边形．
解决问题：根据题意，分两种情况：①在线段上；②在线段延长线上；
①延长到点，使，连接，如图2所示：

∵，
四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴三点在同一条直线上，
∴，
∵，
，
在中，，由勾股定理得，
∴；
②延长到点，使，连接，如图3所示：
同理，由①可知，
∵，
四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴三点在同一条直线上，
∴，
∵，
，

在中，，由勾股定理得，
∴；
综上所述，的长为和．
【点睛】本题考查几何综合，涉及全等三角形的判定、平行四边形的判定与性质、勾股定理求线段长，熟练掌握相关几何性质，根据题意分类讨论是解决问题的关键．
26．(1)45；2
(2)；
(3)2或

【分析】（1）根据正方形的性质和翻折的性质，可得出；设，用x表示出的三条边，然后根据勾股定理列出方程，即可得出的长；
（2）如图，由折叠性质和平分，得出，即可求出的度数；先证明和是等腰直角三角形，得出，，即可求出的长；
（3）根据F为的三等分点，分两种情况：当时，过点E作，交的延长线于点P，连接，证明，得出，进而求出的长；当时，点E作，交的延长线于点P，连接，根据，计算即可求出的长．
【详解】（1）∵，四边形是矩形，
∴四边形是正方形，
∴，，
∵将和沿、翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，
∴，，
∵，
∴，
∵F为的中点，
∴，
∵将和沿、翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，
∴，，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：45；2；
（2）如图2，延长，交于点M，

∵平分，
∴，
由折叠的性质可知，，，
∴，
∴，
∵，，
∴和均为等腰直角三角形，
∴，，
∴，
即，
解得．
（3）分两种情况：①当时，
如图3，过点E作，交的延长线于点P，连接，则四边形为矩形，，，

由折叠的性质可知，，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，，，
∴，
解得，
∴．
②当时，
如图4，过点E作，交的延长线于点P，连接，则四边形为矩形，，，

由折叠的性质可知，，，
∴，
∵，
∴，，
设，，，
∵，
∴，
解得，
∴．
综上可知，的长为2或．
【点睛】本题主要综合考查了矩形的折叠问题，涉及到正方形的性质，矩形的判定和性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，属于压轴题，难度较大，熟练掌握并灵活运用相关知识进行分类讨论是解题的关键．
27．(1)
(2)，证明见解析
(3)

【分析】（1）证明四边形是正方形，四边形是正方形，从再根据两正方形边长相等，得出是全等的正方形，即可得出结论；
（2）证明，得到，从而由勾股定理，得，再由（1）知，即可得出结论；
（3）先求，再由，代入即可求解．
【详解】（1）解：由操作一得点O是正方形的中心，
∴，，
由操作二得，，，，
∴，
∴
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴四边形是矩形，
∵
∴，
∴四边形是正方形，
∴正方形与正方形全等，
∴．
故答案为：．
（2）解：，
证明：由操作一得点O是矩形对角线交点，
∴，
∵矩形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
由（1）可知，，
∴．
（3）解：∵点E是边的三等分点，
∴，
∴，
由（2）知，
∴
∵矩形，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形与矩形的性质，折叠性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理．本题属四边形综合探究性题目，属中考试压轴题．熟练掌握相关性质与判定的综合运用是解题的关键．
28．(1)，
(2)①成立，理由见解析；②

【分析】（1）取的中点P，连接．先证，再证，，然后由证，即可得出结论；
（2）①在上取一点P，使，连接PE，证明，即可得出结论；
②过D作交于点H，连接、，证明是等腰直角三角形，则点H与D关于对称，得，，当A、F、H三点共线时，最短，当A、D、F三点共线，最长即可得出结论．
【详解】（1）如图1，取的中点P．
  
则，
∵点E是的中点，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
故答案为：，；
（2）①成立，理由如下：
如图2，在上取一点P，使，连接，
  
则，
由（1）得：，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
②如图3，过D作交于点H，连接、，
  
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴点H与D关于对称，
∴，
∴，
当A、F、H三点共线时，最短，即最短，
此时， ，
在中，由勾股定理得：，
此时；
当点E与点C重合，即A、D、F三点共线，最长，
此时，
∴，
则；
∴的周长c的取值范围是．
【点睛】本题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、直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
29．(1)
(2)是等边三角形，见解析
(3)或

【分析】（1）根据翻折可得：， 得到，即可求解；
（2）先证明，得到，再根据平行证明，即可求解；
（3）分两种情况讨论：或．
【详解】（1）解：由题意可得：，
由翻折性质可得：，
∴，
∴，
∵，
∴，
由翻折性质可得：，
∵，
∴，
∴；
（2）解：是等边三角形；
由题意可得：，
由翻折性质可得：，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由（1）得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
（3）解：①连接，如图所示，

∵正方形的边长为6cm，点H是边的三等分点，
∴，，，
由翻折性质可得：，，，
∴，，
∵，
∴，
∴设，则，
由勾股定理得：，
解得： ，
即；
②如图所示，

∵正方形的边长为6cm，点H是边的三等分点，
∴，，，
由翻折性质可得：，，，
∴，，
∵，
∴，
∴设，则，
由勾股定理得：，
解得： ，
即；
【点睛】本题考查了几何问题，涉及到正方形的性质和翻折的性质、全等三角形的判定和性质，难度较大，正确理解题意和灵活运用所学的知识是解题的关键．
30．(1)（或，，）
(2)是定值，
(3)或

【分析】（1）利用矩形的性质和折叠的性质证明四边形是正方形，然后利用正方形的性质即可得出结论；
（2）周长为定值．连结，先证明四边形是矩形，可得，，由折叠性质并结合为的中点可得到，，，然后证明可得到，最后计算可知是一常数，结论得证；
（3）分两种情况计算：①当点为的三分点且靠近点时，②当点为的三分点且靠近点时，利用勾股定理和折叠的性质即可得出结论．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵将矩形纸片按图1折叠，使点落在边上的点处，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴的角有（或，，）．
（2）周长为定值．
解：连结，
∵四边形是矩形，，，
，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
由折叠性质得：，，，
∵为的中点，
∴，
∴，
在与中，
，
∴
∴，
∴的周长为：





，
即：的周长为定值．

（3）①如图，当点为的三分点且靠近点时，连接，
∴，
∴，
在中，，
∴；

②如图，当点为的三分点且靠近点时，连接，
∴，
在中，，
∴；
综上所述，的长为或．

【点睛】本题是四边形综合题，主要考查折叠的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用了分类讨论的思想．通过添加适当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
31．(1)平行四边形；等腰直角三角形
(2)①见解析；②
(3)或

【分析】（1）由得到四边形是平行四边形，由得到，则是等腰直角三角形；
（2）①得到，点E落在线段上则点D在上，由四边形是平行四边形，，得到四边形是矩形；
②连接，四边形是矩形得，证，得，，则；
（3）当点D在的左侧时，如图，连接延长交于K，设直线交于H，于N，先证明，得到，则，则垂直平分，得到，则，得到，得到，当点D在的右侧时，连接同理可得．
【详解】（1）解：∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形；
故答案为：平行四边形；等腰直角三角形；
（2）①证明：∵，
∴，
∵点E落在线段上，
∴点D在上，
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形；
②解：如图，连接，

∵四边形是矩形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：当点D在的左侧时，如图，连接延长交于K，设直线交于H，于N，

∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴；
当点D在的右侧时，连接

同理可得；
综上所述：AF的长为或
【点睛】此题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，添加适当的辅助线是解题的关键．