北师大版九年级数学上册基础知识专项讲练 专题1.29 《特殊平行四边形》全章复习与巩固（培优篇）（专项练习）

这是一份北师大版九年级数学上册基础知识专项讲练 专题1.29 《特殊平行四边形》全章复习与巩固（培优篇）（专项练习），共53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。
一、单选题
1．如图，菱形OABC的顶点O与原点重合，点C在x轴上，点A的坐标为（3，4）．将菱形OABC绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点B的坐标为（ ）
A．（-8，-4）B．（-9，-4）C．（-9，-3）D．（-8，-3）
2．如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿射线BD方向平移，得到△EFG，连接EC、GC．则EC+GC的最小值为（ ）
A．2B．4C．2D．4
如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），四边形OABC是菱形，，以OB为边作菱形，使顶点在OC的延长线上，再以为边作菱形，使顶点在的延长线上，再以为边作菱形，使顶点在的延长线上，按照此规律继续下去，则的坐标是（ ）
A．B．
C．D．
4．如图，点，分别在菱形的边，上，点，分别在，的延长线上，且．连结，，，，若菱形和四边形的面积相等，则的值为（ ）
A．B．C．D．1
5．如图，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是（ ）
A．4B．8C．D．
6．如图，在矩形中，，，是对角线的交点，过作于点，的延长线与的平分线相交于点，与交于点.给出下列四个结论：①；②；③；④.其中正确结论有( ).
A．1个B．2个C．3个D．4个
7．如图，四边形ABCD是矩形纸片，，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF．展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N，折痕为BM，再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G．有如下结论：①；②；③△BMG是等边三角形；④；⑤P为线段BM上一动点，H是线段BN上的动点，则的最小值是．其中正确结论有（ ）
A．①②③⑤B．①②③④C．①③④⑤D．①②③④⑤
8．如图，将四边形纸片沿过点的直线折叠，使得点落在上的点处，折痕为；再将，分别沿，折叠，此时点，落在上的同一点处．下列结论不正确的是（ ）
A．是的中点 B．
C．当四边形是平行四边形时，D．
9．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°， 分别以AC， BC为边向外作正方形ACDE与正方形BCFG， H为EG的中点，连接DH，FH．记△FGH的面积为S1，△CDH的面积为S2，若S1－S2＝6，则AB的长为（ ）
A．B．C．D．
10．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．4B．C．D．
11．如图，在平面直角坐标系中，正方形纸片的顶点A的坐标为（-1，3），在纸片中心挖去边长为的正方形，将该纸片以为旋转中心进行逆时针旋转，每次旋转45°，则第298次旋转后，点和点的坐标分别为（ ）
（-3，-1），（1，0）B．（-3，-1），（0，-1）
C．（3，1），（0，-1）D．（3，1），（1，0）
12．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．①②③④B．①②③C．①③④D．①②④
二、填空题
13．如在菱形中，，，E为的中点，P为对角线上的任意一点，则的最小值为__________．
14．如图，已知中，，，将沿射线方向平移m个单位得到，顶点A，B，C分别与D，E，F对应，若以A，D，E为顶点的三角形是等腰三角形，则m的值是___________．
15．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，对角线AC、BD交于点O，BD＝4，点E为OD的中点，点F为AB上一点，且AF＝3BF，点P为AC上一动点，连接PE、PF，则PF﹣PE的最大值为 ___．
16．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE翻折180°，得到△AB′E，点B的对应点是点B′．若AB′⊥BD，BE＝2，则BB′的长是___．
17．如图，在矩形ABCD中，是BC上一动点，将沿AE折叠后得到，点在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点，，．
当点E是BC的中点时，线段GC的长为______；点E在运动过程中，当△CFE的周长最小时，BE的长为______．
18．如图，在等腰中，，，点是上一点，点为射线（除点外）上一个动点，直线交射线于点，若，，的面积的最小值为________．
19．如图，在四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥AC，AD＝AC，∠BAD＝105°，点E和点F分别是AC和CD的中点，连接BE，EF，BF，若CD＝8，则BEF的面积是_____．
20．如图，点E是矩形ABCD的边AB的中点，点P是边AD上的动点，沿直线PE将△APE对折，点A落在点F处. 已知AB=6，AD=4，连结CF、CE，当△CEF恰为直角三角形时，AP的长度等于___________.
21．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF＝45°，△ECF的周长为8，则正方形ABCD的边长为_____．
22．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______．
23．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______．
24．图，正方形的边长为6，点，分别在边，上，若是的中点，，则的长为 _____．
三、解答题
25．直线与轴交于点，与轴交于点，菱形如图放置在平面直角坐标系中，其中点在轴负半轴上，直线经过点，交轴于点．
(1)请直接写出点，点的坐标，并求出的值；
(2)点是线段上的一个动点（点不与、重合），经过点且平行于轴的直线交于，交于当四边形是平行四边形时，求点的坐标；
(3)点是轴正半轴上的一个动点，是平面内任意一点，为何值时，以点、、、为顶点的四边形是菱形？
26．综合与实践：
如图，在平面直角坐标系中，A，B两点的坐标分别为，点，且a．b满足：，点C与点B关于y轴对称，点P，点E分别是x轴，直线上的两个动点．
(1)求点C的坐标；
(2)连接，．
①如图1，当点P在线段（不包括B，O两个端点）上运动，若为直角三角形，F为的中点，连接，，试判断与的关系，并说明理由；
②如图2，当点P在线段（不包括O，C两个端点）上运动，若为等腰三角形，M为底边的中点，连接，请直接写出与的数量关系．
27．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF；取AF中点M，EF的中点N，连接MD，MN．
(1)连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；
猜想与发现：
(2)在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．
结论1：DM、MN的数量关系是___________________________；
结论2：DM、MN的位置关系是___________________________；
拓展与探究：
(3)如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．
28．正方形ABCD的边长为6，点E是BC边上一动点，点F是CD边上一动点，过点E作AF的平行线，过点F作AE的平行线，两条线交于点G．
(1)如图1，若BE＝DF，求证：四边形AEGF是菱形；
(2)如图2，在（1）小题条件下，若∠EAF＝45°，求线段DF的长；
(3)如图3，若点F运动到DF＝2的位置，且∠EAF依然保持为45°，求四边形AEGF的面积．
参考答案
1．A
【分析】
过点A作AE⊥OC于E，设第一次旋转点B的对应点为B1，作B1F⊥y轴于F，利用全等三角形的性质求出的坐标，根据循环性规律，得出第2022次旋转结束时，点B的坐标即可．
解：过点A作AE⊥OC于E，设第一次旋转点B的对应点为B1，作B1F⊥y轴于F，
∵点A的坐标为（3，4），
∴，
∵菱形OABC的顶点O与原点重合，
∴，AB∥OC，
∴点B的坐标为（8，4），
延长BA交y轴于H，
∴BH⊥OF，
∴∠BHO=∠B1FO=90°，
∵∠BOB1=90°，
∴∠BOH+∠FOB1=90°，∠BOH+∠OBH=90°，
∴∠FOB1=∠OBH，
∵OB1=OB，
∴△OBH≌△OB1F，
∴FB1=OH=4，FO1=BH=8，
B1的坐标为（-4，8）；
同理可求，第二次旋转点B的坐标为（-8，-4）,
第三次旋转点B的坐标为（4，-8）,
第四次旋转点B的坐标为（8，4）,
四次一循环，
∵2022÷4=505……2，
故第2022次旋转结束时，点B的坐标（-8，-4）,
故选：A．
【点拨】本题考查了菱形的性质、勾股定理、点的坐标变换，解题关键是熟练运用相关性质求出变换后点的坐标，发现规律求解．
2．B
【分析】
连接AE，作点D关于直线AE的对称点H，连接DE，DH，EH，AH，CH．由平移和菱形的性质可证明四边形CDEG为平行四边形，即得出，从而可得出，即CH的长为的最小值．最后根据等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质与勾股定理求出CH的长即可．
解：如图，连接AE，作点D关于直线AE的对称点H，连接DE，DH，EH，AH，CH．
由平移的性质可知，．
∵四边形ABCD为菱形，
∴，，，
∴，，
∴四边形CDEG为平行四边形，
∴．
由轴对称的性质可知，，，
∴，
∴，即CH的长为的最小值．
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
即为顶角是120°，底角为30°的等腰三角形，
结合含30°角的直角三角形和勾股定理即可求．
故选B．
【点拨】本题考查平移的性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，轴对称变换，含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，综合性强，为选择题中的压轴题．正确的作出辅助线是解题关键．
3．A
【分析】
连接AC、BC1，分别交OB、OB1于点D、D1，利用菱形的性质及勾股定理即可得OB的长，进一步在菱形OBB1C1计算出OB1，过点B1作B1M⊥x轴于M，利用勾股定理计算出B1M，OM，从而得B1的坐标，同理可得B2，B3，B4，B5，B6，B7，B8，B9，B10，B11，B12，根据循环规律可得B2021的坐标．
解：如图所示，连接AC， 分别交OB，与D、，
∵点A的坐标为（1，0），
∴OA=1，
∵四边形OABC是菱形，∠AOC=60°，
∴OC=OA=1，OB=2OD，∠COD=30°，∠CDO=90°，
∴，
∴，
∴，
∵∠AOC=60°，
∴∠B1OC1=90°-60°=30°，
∵四边形OBB1C1是菱形，
，
在Rt△OC1D1中，
∴，
∴OB1=2OD1=3，
过点B1作B1M⊥x轴于点M，
在Rt△OMB1中，
∴
∴，
同理可得，
，
，
，
由此可以发现规律“每经过12次作图后点的坐标符号与第一次坐标符号相同，每次菱形的边长变成原来的倍即，
∵2021÷12=168……5，
∴B2021的纵坐标符号与B5的相同，则B2021在y轴的负半轴上，
又
∴B2021的坐标为，
故选A
【点拨】本题考查平面直角坐标系找规律，利用菱形的性质处理条件，掌握循环规律的处理方法是解题的关键．
4．D
【分析】
根据题意先证四边形EFGH是平行四边形，由平行四边形的性质求出EH∥AC，进而由面积关系进行分析即可求解．
解：连接HC、AF、HF、AC，HF交AC于O，连接EG．
∵四边形ABCD是菱形，
∠D=∠B，AB=CD=AD=BC，
∵AE=AH=CG=CF，
∴DH=BF，BE=DG，
在△DHG和△BFE中，
，
∴△DHG≌△BFE，
∴HG=EF，∠DHG=∠BFE，
∵BC∥AD，
∴∠BFE=∠DKF，
∴∠DHG=∠DKG，
∴HG∥EF，
∴四边形EFGH是平行四边形．
∵AH=CF，AH∥CF，
∴四边形AHCF是平行四边形，
∴AC与HF互相平分，
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴HF与EG互相平分，
∴HF、AC、EG互相平分，相交于点O，
∵AE=AH，DA=DC，BE∥DC，
∴∠EAH=∠D，
∴∠AEH=∠AHE=∠DAC=∠DCA，
∴EH∥AC，
∴S△AEH=S△EHO=S△AHO=S△AHC=S四边形EFGH=S四边形ABCD，
∴S△AHC=S四边形ABCD=S△ADC，
∴AD=AH，
∴=1.
故选：D．
【点拨】本题考查菱形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会添加常用辅助线，证明EH∥AC是解题的关键．
5．C
【分析】
取CD中点H，连接AH，BH，根据矩形的性质题意得出四边形AECH是平行四边形，可知，然后根据三角形中位线的性质得，得出点P在AH上，然后判断BP的最小值，再求出值即可.
解：如图，取CD中点H，连接AH，BH，设AH与DE的交点为O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝4，，
∵点E是AB中点，点H是CD中点，
∴CH＝AE＝DH＝BE＝4，
∴四边形AECH是平行四边形，
∴，
∵点P是DF的中点，点H是CD的中点，
∴PH是△CDF的中位线，
∴，
∴点P在AH上，
∴当BP⊥AH时，此时点P与H重合，BP有最小值，
∵AD＝DH＝CH＝BC＝4，
∴∠DHA＝∠DAH＝∠CBH＝∠CHB＝45°，，
∴∠AHB＝90°，
∴BP的最小值为.
故选：C．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定，中位线的性质和定义等，确定点P的位置是解题的关键．
6．C
【分析】
利用矩形性质及勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半，可知，进一步可得为等边三角形，得到，再利用角平分线的性质可证明，故②正确；证明，即可知③正确；求出，，即可知④正确；无法证明F是AH中点，故①错误．
解：∵为矩形，，，
∴，，，
∵AF平分，
∴，即，
∵，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，故②正确；
∵为等边三角形，且，
∴，
同理：为等边三角形，
∵，
∴，
∴，
∴，即，故③正确；
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故④正确；
∵，但是无法证明F是AH中点，故①错误；
综上所述：正确的有②③④．
故选：C．
【点拨】本题考查矩形性质及勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半，等边三角形，角平分线，三角形外角的定义及性质．解题的关键是熟练掌握以上知识点，证明， ；证明；求出，．
7．C
【分析】
①首先根据EF垂直平分AB，可得AN=BN，然后根据折叠的性质，可得AB=BN，据此判断出△ABN为等边三角形，即可判断出∠ABN=60°；②首先根据∠ABN=60°，∠ABM= ∠NBM，求出∠ABM=∠NBM=30°，然后在Rt△ABM中，根据AB=6，求出AM的大小即可；③求出∠AMB=60°，得到∠BMG=60°，根据AD∥BC，求出∠BGM=60°即可；④根据勾股定理求出EN即可；⑤根据轴对称图形的性质得到AP=PN，PN+PH=AH，且当AH⊥BN时，PN+PH最小，应用勾股定理，求出AH的值即可．
解：如图，连接AN，
∵EF垂直平分AB，
∴AN=BN，
根据折叠的性质，可得AB=BN，
∴AN=AB=BN，
∴△ABN为等边三角形，
∴∠ABN=60°，∠PBN=60°=30°，即结论①正确；
∵∠ABN=60°，∠ABM=∠NBM，
∴∠ABM=∠NBM=60°=30°，
∴BM=2AM，
∵AB=6，，
∴62+AM2=（2AM）2，
解得，即结论②不正确；
∵∠AMB=90°-∠ABM=60°，
∴∠BMG=∠AMB=60°，
∵ AD∥BC，
∴∠MBG=∠AMB=60°，
∴∠BGM=60°，
△BMG是等边三角形；
即结论③正确；
∵BN=AB=6，BN=3，
∴，即结论④正确；
连接AN，
∵△ABM与△NBM关于BM轴对称，
∴AP=NP，
∴PN+PH=AP+PH，
∴当点A、P、H三点共线时，AP+PH=AH，且当AH⊥BN时AH有最小值，
∵AB=6，∠ABH=60°，
∴∠BAH=30°，
∴BH=3，
∴，
∴PN＋PH的最小值是3，即结论⑤正确；
故选：C．
【点拨】此题考查了矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，直角三角形30度角的性质，熟记等边三角形的判定及性质是解题的关键．
8．B
【分析】
由折叠的性质可得DM＝MN，CM＝MN，即M是CD的中点；故①正确；∠B＝∠AMP，∠DAM＝∠MAP＝∠PAB，∠DMA＝∠AMN，∠CMP＝∠PMN，∠D＝∠ANM，∠C＝∠MNP，由平角的性质可得∠D+∠C＝180°，∠AMP＝90°，可证AD∥BC，由平行线的性质可得∠DAB＝90°，由平行四边形和折叠的性质可得AN＝PN，由直角三角形的性质可得AB＝PB＝MN．
解：由折叠的性质可得：DM＝MN，CM＝MN，
∴DM＝CM，
即M是CD的中点；故A正确；
由折叠的性质可得：∠B＝∠AMP，∠DAM＝∠MAP＝∠PAB，∠DMA＝∠AMN，∠CMP＝∠PMN，∠D＝∠ANM，∠C＝∠MNP，
∵∠MNA+∠MNP＝180°，
∴∠D+∠C＝180°，
∴AD∥BC，故D正确；
∴∠B+∠DAB＝180°，
∵∠DMN+∠CMN＝180°，
∴∠DMA+∠CMP＝90°，
∴∠AMP＝90°，
∴∠B＝∠AMP＝90°，
∴∠DAB＝90°，
若MN⊥AP，
则∠ADM＝∠MNA＝∠C＝90°，
则四边形ABCD为矩形及AB∥CD，而题目中无条件证明此结论，故B不正确；
∵∠DAB＝90°，
∴∠DAM＝∠MAP＝∠PAB＝30°，
由折叠的性质可得：AD＝AN，CP＝PN，
∵四边形APCD是平行四边形，
∴AD＝PC，
∴AN＝PN，
又∵∠AMP＝90°，
∴MN＝AP，
∵∠PAB＝30°，∠B＝90°，
∴PB＝AP，
∴PB＝MN
∴AB＝PB＝MN，故C正确；
故选：B．
【点拨】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质及直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识点并灵活运用这些性质是解题的关键．
9．A
【分析】
连接AD交EC于点M，连接BF交CG于点N，设，分别求出，，，，，，，分别求得，，由得，，由勾股定理可得结论．
解：连接AD交EC于点M，连接BF交CG于点N，
∵四边形ACDE，BCFG是正方形，
∴，，
设，
∵∠，
∴
∴，
∴，
同理可证：，
∵，
∴，
∵H为EG的中点，
∴，
∴，
∵，
又∵，
∴，
整理得，，
∵∠，
∴，
故选：A．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．
10．D
【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．
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
【点拨】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．
11．C
【分析】
由该纸片以О为旋转中心进行逆时针旋转，每次旋转45°，可得旋转一周次，由，可得第298次旋转后，实际是将纸片逆时针旋转37周后再转90°，由正方形纸片ABCD对角线中点位于原点，可求点C（1，-3）由，根据勾股定理，求出B1（-1，0），连结OD与OC，过D作ED⊥x轴于E，CF⊥y轴于F，可证△FOC≌△EOD（AAS），可求点D（3，1），与点C1（0，-1）即可．
解：∵该纸片以О为旋转中心进行逆时针旋转，每次旋转45°，
∴旋转一周次，
∵，
∴第298次旋转后，实际是将纸片逆时针旋转37周后再转90°，
∵正方形纸片ABCD对角线中点位于原点，
∴点A与点C关于点O成中心对称，
∵点A（-1，3），
∴点C（1，-3），
∵，
又∵，
根据勾股定理，，
∴，
∴B1（-1，0），
连结OD与OC，过D作ED⊥x轴于E，CF⊥y轴于F，
绕点O逆时针旋转90°后点C位置转到点D位置，
∵四边形ABCD为正方形，，，
∴∠FOC+∠COE=∠COE+∠EOD=90°，
∴∠FOC=∠EOD，
在△FOC和△EOD中，
，
∴△FOC≌△EOD（AAS），
∴CF=DE=1，OF=OE=3，
∴点D（3，1），
∴点B1转到C1位置，点C1（0，-1），
∴第298次旋转后，点C和点的坐标分别为（3，1）与（0，-1）．
故选：C．
【点拨】本题主要考查坐标与旋转规律问题，涉及了正方形性质、中心对称性质、勾股定理应用、三角形全等判定与性质等知识，熟练掌握正方形旋转性质、中心对称性质、勾股定理应用、三角形全等判定与性质，根据旋转一周8次，确定旋转37周再转90°是解题关键．
12．B
【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．
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，
【点拨】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．
13．
【分析】
连接AC，CE，则CE的长即为AP+PE的最小值，再根据菱形ABCD中，得出∠ABC的度数，进而判断出△ABC是等边三角形，故△BCE是直角三角形，根据勾股定理即可得出CE的长．
解：连接AC，CE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴A、C关于直线BD对称，
∴CE的长即为AP+PE的最小值，
∵，
∴，
∴△ABC是等边三角形，
∵E是AB的中点，
∴，
∴．
故答案为：．
【点拨】本题考查了轴对称-最短路线问题，熟知菱形的性质及两点之间线段最短是解答此题的关键．
14．或5或8
【分析】
△ADE是等腰三角形，所以可以分3种情况讨论：①当AD＝AE时，△ADE是等腰三角形．作AM⊥BC，垂足为M，利用勾股定理列方程可得结论；②当AD＝DE时，四边形ABED是菱形，可得m＝5；③当AE＝DE时，此时C与E重合，m＝8．
解：分3种情况讨论：
①当AD＝AE时，如图1，
过A作AM⊥BC于M，
∵AB＝AC＝5，BM＝BC＝4，
∴AM＝3，
由平移性质可得AD＝BE＝m，
∴AE＝m，EM＝4−m，
在Rt△AEM中，由勾股定理得：AE2＝AM2＋EM2，
∴m2＝32＋（4−m）2，
m＝，
②当DE＝AD时，如图2，
由平移的性质得，，
∴四边形ABED是菱形，
∴AD＝BE＝ED＝AB＝5，即m＝5；
③当AC＝DE时，如图3，此时C与E重合，
m＝8；
综上所述：当m＝或5或8时，△ADE是等腰三角形．
故答案为：或5或8．
【点拨】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、平移的性质，解题的关键是分三种情况求出BE的长；本题属于基础题，难度不大，但在解决该题时，部分同学会落掉两种情况，故在解决该题型题目时，全面考虑等腰三角形的三种情况是关键．
15．1
【分析】
取OB中点E'，连接PE'，作射线FE'交AC于点P'．则PE＝PE'，当P与P'重合，P'、E'、F三点在同一直线上时，PF﹣PE'有最大值，即为FE'的长．
解：如图，取OB中点E'，连接PE'，作射线FE'交AC于点P'．
则PE＝PE'，
∴PF﹣PE＝PF﹣PE'≤FE'，
当P与P'重合，P'、E'、F三点在同一直线上时，
PF﹣PE'有最大值，即为FE'的长，
∵在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，
∴∠ABD＝60°，∠DAB＝60°，
∴△ABD为等边三角形．
∴AB＝BD＝AD＝4．
∴OD＝OB＝2．
∵点E'为OB的中点，E'B＝1，AF＝3BF，
∴BFAB＝1，
∵∠ABD＝60°，
∴△BE'F为等边三角形，
∴E'F＝FB＝1．
故PF﹣PE的最大值为1．
故答案为：1．
【点拨】本题考查了轴对称﹣最大值问题、菱形的性质、等边三角形的判定与性质，熟练运用轴对称的性质和三角形三边关系是解题的关键．
16．
【分析】
根据菱形ABCD中，∠BAD＝60°可知△ABD是等边三角形，结合三线合一可得∠BAB'＝30°，求出∠ABB'＝75°，可得∠EB'B＝∠EBB'＝45°，则△BEB'是直角三角形，借助勾股定理求出BB'的长即可．
解：∵菱形ABCD，
∴AB＝AD，AD//BC，
∵∠BAD＝60°，
∴∠ABC＝120°，
∵AB′⊥BD，
∴∠BAB'，
∵将△ABE沿直线AE翻折180°，得到△AB′E，
∴BE＝B'E，AB＝AB'，
∴∠ABB'，
∴∠EBB'＝∠ABE﹣∠ABB'＝120°﹣75°＝45°，
∴∠EB'B＝∠EBB'＝45°，
∴∠BEB'＝90°，
在Rt△BEB'中，由勾股定理得：BB'，
故答案为：2．
【点拨】本题考查了翻折的性质、菱形的性质、等腰三角形的性质、以及勾股定理等知识，明确翻折前后对应线段相等是解题的关键．
17． ##
【分析】
连接GE，根据点E是BC的中点以及翻折的性质可以求出BE＝EF＝EC，然后利用“HL”证明和全等，根据全等三角形对应边相等即可得证FG＝CG，设GC＝x，表示出AG、DG，然后在中，利用勾股定理列式进行计算即可得解；先判断出时，的周长最小，最后用勾股定理即可得出结论．
解：①如图，连接GE，
∵E是BC的中点，
∴BE＝EC，
∵沿AE折叠后得到，
∴BE＝EF，
∴EF＝EC，
∵在矩形ABCD中，
∴∠C＝90°，
∴∠EFG＝90°，
∵在和中，

∴，
∴GF＝GC；
设，则，，
在中，，
解得x＝，即；
②如图：由折叠知，∠AFE＝∠B＝90°，EF＝BE，
∴，
∴当CF最小时，的周长最小，
∵，
∴当点A，F，C在同一条直线上时，CF最小，
由折叠知，AF＝AB＝3，
在中，AB＝3，BC＝AD＝4，
∴AC＝5，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴．
【点拨】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是构造出直角三角形，利用勾股定理解决问题．
18．6
【分析】
设点M是PD的中点，过点M作直线与射线CA、CB分别交于点，得到当点M是PD的中点时，的面积最小，再根据直角三角形的性质及三角形的面积公式求解即可．
解：
设点M是PD的中点，过点M作直线与射线CA、CB分别交于点，则点M不是的中点
当时，在上截取，连接DE
当时，同理可得
当点M是PD的中点时，的面积最小
如图，作于H
则
，
在等腰中，
过点D作交于K
四边形AKDH是矩形
故答案为：6
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
19．
【分析】
过点E作EH⊥BF于H，利用三角形的中位线定理以及直角三角形斜边中线定理证明△BFE是顶角为120°的等腰三角形即可解决问题．
解：过点E作EH⊥BF于H ．
∵AD=AC，∠DAC=90°，CD=8，
∴AD=AC=4
∵DF=FC，AE=EC，
∴EF=AD=2， EF//AD，
∴∠FEC=∠DAC=90°，
∵∠ABC=90°，AE=EC，
∴BE=AE=EC=2，
∴EF=BE=2，
∵∠BAD=105°， ∠DAC=90°，
∴∠BAE=105°-90°=15°，
∴∠EAB=∠EBA=15° ，
∴∠CEB=∠EAB+∠EBA=30°，
∴∠FEB=90°+30°=120°，
∴∠EFB=∠EBF=30°，
∵EH⊥BF，
∴EH=EF=， FH=EH=，
∴ BF=2FH=2，
S△EFB=
故答案为．
【点拨】本题考查三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
20．或1
【分析】
分∠CFE=90°和∠CEF=90°两种情况根据矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定及性质求解．
解：①如图，当∠CFE=90°时，
∵四边形ABCD是矩形，点E是矩形ABCD的边AB的中点，AB=6，AD=4，
∴∠PAE=∠PFE=∠EBC= 90°，AE=EF=BE=3，
∴∠PFE+∠CFE =180°，
∴P、F、C三点一线，
∴△EFC≌△EBC，
∴FC=BC=4，EC==5，∠FEC=∠BEC，
∴∠PEF+∠FEC =90°，
设AP=x，则PC=x+4，
∴,
解得x=；
②如图，当∠CEF=90°
∴∠CEB+2∠PEA =90°，
∴∠CEB+∠PEA =90°-∠PEA，
延长PE、CB，二线交于点G，
∵AE=BE，∠PAE=∠GBE =90°，∠AEP=∠BEG，
∴△PAE≌△GBE，
∴PA=BG，∠AEP=∠BEG，
∴∠G =90°-∠GEB= 90°-∠PEA，∠CEB+∠PEA =90°-∠PEA，
∴∠G =∠CEB+∠PEA=∠CEB+∠GEB=∠CEG，
∴CE=CBC+BG=BC+AP，
∴5=4+AP，
解得PA=1，
故答案为：或1．
【点拨】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键．
21．4
【分析】
将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF′位置，根据旋转的性质得出∠EAF′=45°，进而得出△FAE≌△EAF′，即可得出EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=DF+FC+BC=2BC=8，求出BC即可．
解：将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF′位置，
由题意可得出：△DAF≌△BAF′，
∴DF=BF′，∠DAF=∠BAF′，
∴∠EAF′=45°，
在△FAE和△EAF′中,
，
∴△FAE≌△EAF′（SAS），
∴EF=EF′，
∵△ECF的周长为8，
∴EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=DF+FC+BC=2BC=8，
∴BC=4，
即正方形的边长为4．
故答案为：4．
【点拨】此题主要考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△FAE≌△EAF′是解题关键．
22．
【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．
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：．
【点拨】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．
23．
【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=．
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．
【点拨】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．
24．
【分析】
延长到点，使，连接，，利用证明，得，，再证明，得，设，则，，再利用勾股定理即可解决问题．
解：：如图，延长到点，使，连接，，
∵ 四边形是正方形，
∴，，，
在和中，
∴，
∴，，
∵，
∴
，
∴，
在和中
∴，
∴，
设，
∵正方形的边长为6，是的中点，
∴，，
，
∵
∴，
解得，
∴，
∴，
∴的长为．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握半角模型的处理策略是解题的关键．
25．(1)，，(2)(3)或或
【分析】
（1）首先求出点、的坐标，再利用勾股定理求出的长，再根据菱形的性质可得答案；
（2）表示出设，，得，根据，可得答案；
（3）若点、、、为顶点的四边形是菱形，则是等腰三角形，分或或三种情形，分别求出的值．
解：(1)与轴交于点，与轴交于点，
当时，，
当时，，
，，
由勾股定理得，，
四边形是菱形，
，
，
，，
将代入得，，
；
(2)，
，
，
点，
设，，
，
四边形是平行四边形，
，
，
解得，
；
(3)点、、、为顶点的四边形是菱形，
是等腰三角形，
当时，，
，
，
当时，则点与重合，
；
当时，则，
解得，
综上：或或时，以点、、、为顶点的四边形是菱形．
【点拨】本题是一次函数综合题，主要考查了直线上点的坐标的特征，平行四边形的性质，菱形的性质，等腰三角形的性质等知识，将菱形的存在性问题转化为等腰三角形的存在性问题是解题的关键．
26．(1)(2)①，，理由见分析；②
【分析】
（1）利用二次根式的被开方数是非负数求出，的值，可得结论．
（2）①结论：．利用直角三角形斜边中线的性质证明即可．
②结论：．如图2中，过点作于，连接，，．想办法证明，，可得结论．
解：(1)，
又，
，，
，，
，关于轴对称，
．
故答案为：．
(2)①如图1中，结论：，
理由：，，
，，
，
，
，
，
，，
，，
，
．
②结论：．
理由：如图2中，过点作于，连接，，．
，，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
．
【点拨】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
27．(1)见分析；(2)相等，垂直；(3)成立，证明见分析.
【分析】
（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，证明出△AEF是等腰三角形；
（2）DM、MN的数量关系是相等，位置关系式垂直；
（3）连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出MN∥AE，MN=AE，再有（1）的结论以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．
(1)解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，
∵是等腰直角三角形，∠C=90°，
∴CE=CF，
∴BC-CE=CD-CF，
即BE=DF，
∴ ，
∴AE=AF，
∴是等腰三角形；
(2)解：相等，垂直；
证明：∵在Rt△ADF中,DM是斜边AF的中线，
∴AF=2DM，
∵点M是AF的中点，点NEF的中点，
∴MN是△AEF的中位线，
∴AE=2MN，
∵AE=AF，
∴DM=MN；
∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，
∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，
∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，
∴∠DMN=∠BAD=90°，
∴DM⊥MN；
(3)解：（2）中的两个结论还成立，
证明：连接AE，交MD于点G，
∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，
∴MN∥AE，MN=AE，
由（1）同理可证，
AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，
又∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，
∴△ABE≌△ADF，
∴AE=AF，
在Rt△ADF中，
∵点M为AF的中点，
∴DM=AF，
∴DM=MN，
∵△ABE≌△ADF，
∴∠1=∠2，
∵AB∥DF，
∴∠1=∠3，
同理可证：∠2=∠4，
∴∠3=∠4，
∵DM=AM，
∴∠MAD=∠5，
∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，
∵MN∥AE，
∴∠DMN=∠DGE=90°，
∴DM⊥MN．
【点拨】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边中线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
28．(1)见分析(2)(3)四边形AEGF的面积为30
【分析】
（1）先判定四边形AEGF是平行四边形，证明，由全等三角形的性质得出，由菱形的判定可得出结论；
（2）过点F作于点H，证明是等腰直角三角形，得出，则可得出答案；
（3）过点A作AE的垂线，交CD的延长线于点K，过点F作于点P，证明△，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出，求出，由勾股定理求出AE和AF的长，最后由平行四边形的面积公式可得出答案．
(1)解：∵，，
∴四边形AEGF是平行四边形．
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
又∵
∴，
∴，
∴四边形AEGF是菱形；
(2)解：过点F作于点H，
∵四边形AEGF为菱形，
∴AC平分，
∴．
又∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴．
∵于点D，于点H，
∴．
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
(3)解：过点A作AE的垂线，交CD的延长线于点K，过点F作于点P，
∴．
∵，
∴．
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∴，
∴．
又∵，，
∴，
∴，．
又∵，，，
∴，
∴，
设．
又∵，，，
在中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴等腰直角三角形中，．
又∵四边形AEGF为平行四边形，
∴．
【点拨】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，菱形的判定，等腰直角三角形的判定与性质以及全等三角形的判定和性质，判定四边形AEGF为菱形是解题的关键．