北师大版九年级数学上册基础知识专项讲练 专题1.30 特殊平行四边形重难点突破专题（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1.30 特殊平行四边形重难点突破专题（专项练习），共43页。试卷主要包含了最值问题，条件探究型，坐标系中的特殊四边形，特殊平行四边形中的动点问题，特殊平行四边形中的折叠问题等内容，欢迎下载使用。
类型一、最值问题
1．如图，正方形，是对角线上一动点，，且，连接，，，若，则长度的最小值为______．
2．如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E为BC的中点，F为DE上一动点，P为AF中点，连接PC，则PC的最小值是______．
3．如图，在矩形ABCD中，，，点P在边AD上，点Q在边BC上，且，连接CP，QD，则的最小值为__________．
解答题
类型二、条件（结论）探究型
4．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB＝AD，CB＝CD，点E是CD上一点，连接BE交AC于点F，连接DF
(1) 求证：四边形ABCD是菱形；
(2) 试探究BE满足什么条件时，∠EFD＝∠BCD，并说明理由．
5．已知是等边三角形，点B，D关于直线AC对称，连接AD，CD．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)在线段AC上任取一点Р（端点除外），连接PD．将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处．请探究：当点Р在线段AC上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？说明理由．
(3)在满足（2）的条件下，探究线段AQ与CP之间的数量关系，并加以证明．
6．已知，在正方形ABCD中，连接对角线BD，点E为射线CB上一点，连接AE．F是AE的中点，过点F作FM⊥AE于F，FM交直线BD于M，连接ME、MC．
(1)如图1，当点E在CB边上时．
①依题意补全图1；
②猜想∠MEC与∠MCE之间的数量关系，并证明．
(2)如图2，当点E在CB边的延长线上时，补全图2，并直接写出AE与MC之间的数量关系．
7．小明学习了特殊的四边形后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是______．
(2)性质探究：通过探究，直接写出垂美四边形ABCD的面积S与两条对角线AC、BD之间的数量关系：______．
(3)问题解决：如图2，分别以的直角边AC和斜边AB为边向外做正方形ACFG和正方形ABDE，连结BG、CE交于点N，CE交AB于点M，连结GE．
①求证：四边形BCGE为垂美四边形；
②已知，，则四边形BCGE的面积为______．
类型三、坐标系中的特殊四边形
8．图，平面直角坐标系中，是坐标原点，直线经过点，与轴交于点，与轴交于点．线段平行于轴，交直线于点，连接，．
(1) 填空：______，点的坐标是（______，______）；
(2) 求证：四边形是平行四边形；
(3) 动点从点出发，沿对角线以每秒1个单位长度的速度向点运动，直到点为止；动点同时从点出发，沿对角线以每秒1个单位长度的速度向点运动，直到点为止．设两个点的运动时间均为秒．
①当时，的面积是______．
②在点，运动过程中，当时请直接写出此时的值______．
9．如图，在以点О为原点的平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为，，点C在y轴上，且轴，a，b满足．点Р从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着的路线运动（回到为止）
(1) 直接写出点A，B，C的坐标；
(2) 求出使得三角形CPO的面积是四边形OABC面积的一半的点P的横坐标；
(3) 点Р运动t秒后，是否存在点Р到x轴的距离为个单位长度的情况．若存在，求出点Р的坐标；若不存在，请说明理由
10．对于平面直角坐标系中的两点和，给出如下定义：若，是某个矩形对角线的顶点，且该矩形的每条边均与轴或轴垂直，则称该矩形为点，的“对角矩形”，下图为“对角矩形”的示意图．已知点的坐标为，点的坐标为．
(1) ①当时，点，的“对角矩形”的面积的值为______；
② 若点，的“对角矩形”的面积是8，则的值为______；
(2) 若点，的“对角矩形”是正方形，求直线的解析式．
类型四、特殊平行四边形中的动点问题
11．如图所示，在矩形中，cm，cm，点P从A开始沿边以4m/s的速度运动，点Q从C开始沿边以2m/s的速度运动，如果点P，Q分别从A，C同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t s．
(1) 当时，求P，Q两点之间的距离．
(2) 当为何值时，线段与互相平分?
(3) 当为何值时，四边形的面积为矩形面积的．
12．如图，在矩形ABCD中，M是边AD的中点，P是边BC上的动点，且，，
垂足分别为E，F．
(1)当矩形ABCD的长与宽满足什么数量关系时，四边形PEMF是矩形？证明你的结论．
(2)若四边形PEMF是矩形，当点P运动到什么位置时，四边形PEMF是正方形？证明你的结论．
类型五、特殊平行四边形中的折叠问题
13．如图，将长方形ABCD沿对角线AC折叠，使点B落在E处，若，，则：
(1) 试判断折叠后重叠部分三角形ACF的形状，并证明；
(2) 求重叠部分三角形ACF的面积．
14．如图，将矩形纸片折叠，使顶点落在边上的点处，折痕的一端点在边上，另一端F在AD上，，．
(1) 求证：四边形BGEF为菱形；
(2) 求FG的长．
15．图，一张矩形纸片ABCD，点E在边AB上，将△BCE沿直线CE对折，点B落在对角线AC上，记为点F．
(1) 若AB＝4，BC＝3，求AE的长．
(2) 连接DF，若点D，F，E在同一条直线上，且DF＝2，求AE的长．
如图1，在四边形中，，对角线、交于点O，平分．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)如图2，点E是边上一点，将四边形沿着翻折得到四边形，若点恰好落在边的中点处，且，求菱形的周长．
如图，折叠矩形ABCD的一边AD，使点D落在BC边上的点F处，AE是折痕．
(1)如图1，若AB=4，AD=5，求折痕AE的长；
(2)如图2，若AE=，且EC：FC=3：4，求矩形ABCD的周长．
18．综合与实践
在数学教学中，教师和学生都学习到了新知识，掌握了许多新技能．例如教材八年级下册的数学活动——折纸，就引起了许多同学的兴趣．在经历图形变换的过程中，进一步发展了同学们的空间观念，积累了数学活动经验．
实践发现：
对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，把纸片展平：再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，折痕为BM，把纸片展平，连接AN，如图①；
(1)折痕BM所在直线是否是线段AN的垂直平分线？请判断图中是什么特殊三角形？请写出解答过程．
(2)继续折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，并使折痕经过点B，得到折痕BG，把纸片展平，如图②，求∠GBN的度数．
(3)拓展延伸：
如图③，折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点处，并且折痕交BC边于点T，交AD边于点S，把纸片展平，连接交ST于点O，连接AT；求证：四边形是菱形．
19．如图，已知以△ABC的三边为边，在BC的同侧分别作等边三角形ABD、BCE和ACF．
(1) 求证：四边形ADEF是平行四边形；
(2) △ ABC满足什么条件时，四边形ADEF是菱形？是矩形？并说明理由；
(3) 这样的平行四边形ADEF是否总是存在？请说明理由．
20．如图，矩形OABC中，点A在x轴上，点C在y轴上，点B的坐标是，将矩形OABC沿直线BD折叠，使得点C恰好落在对角线OB上的点E处，折痕BD所在直线与y轴、x轴分别交于点D、F．
(1)求线段OE的长；
(2)求点F的坐标；
(3)若点M在直线上，则在直线BD上是否存在点P，使以C、D、M、P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出满足条件的点P的坐标；不存在，说明理由．
参考答案
1．2
【解析】
【分析】
过C作于点，根据正方形的性质易得，进而得到，，易得到是等腰直角三角形，进而求出，当E运动到时，CE最小，最小值即为CE的长度，此时EF最小值为，求出即可求解．
【详解】
解：过C作于点，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴．
在和中
，
∴，
∴，．
∵，
∴，
即，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴当CE最小时，EF最小，
∴当E运动到时，CE最小，最小值即为CE的长度，此时EF最小值为．
∵，，
∴，
∴EF最小值为．
故答案为：2．
【点拨】本题主要考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，求出是解答关键．
2．
【解析】
【分析】
取AD中点H，连接BH，CH，设BH与AE的交点为O，连接CO，可证四边形DEBH是平行四边形，可得，由三角形中位线定理可得，可得点P在BH上，当CP⊥BH时，PC有最小值，即可求解．
【详解】
解：如图，取AD中点H，连接BH，CH，设BH与AE的交点为O，连接CO，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝2，AD＝BC＝4，，，
∵点E是BC中点，点H是AD中点，
∴AH＝CE＝DH＝BE＝AB=CD=2，
∴四边形BEDH是平行四边形，，
，
∴，
∵点P是AF的中点，点H是AD的中点，
∴，
∴点P在BH上，
∵，
∴，
∴，
∵点P在BH上，
∴当CP⊥BH时，此时点P与H重合，PC有最小值，
在Rt△CDH中，
∴PC的最小值为，
故答案为:．
【点拨】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质，平行四边形的性质，垂线段最短等知识，确定点P的运动轨迹是本题的关键．
3．13
【解析】
【分析】
连接BP，在BA的延长线上截取AE=AB=6，连接PE，CE，PC+QD=PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，在BA的延长线上截取AE=AB=6，则PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE，根据勾股定理可得结果．
【详解】
解：如图，连接BP，
在矩形ABCD中，ADBC，AD=BC，
∵AP=CQ，
∴AD-AP=BC-CQ，
∴DP=QB，DPBQ，
∴四边形DPBQ是平行四边形，
∴PBDQ，PB=DQ，
则PC+QD=PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，
在BA的延长线上截取AE=AB=6，连接PE，
∵PA⊥BE，
∴PA是BE的垂直平分线，
∴PB=PE，
∴PC+PB=PC+PE，
连接CE，则PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE，
∵BE=2AB=12，BC=AD=5，
∴CE==13．
∴PC+PB的最小值为13．
故答案为：13．
【点拨】本题考查的是最短线路问题，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．
4．(1)见解析
(2)当BE⊥CD时，∠EFD＝∠BCD，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）首先利用SSS定理证明△ABC≌△ADC可得∠BAC=∠DAC，由平行线的性质可得∠CAD=∠ACD，再根据等角对等边可得AD=CD，再由条件AB=AD， CB=CD可得AB=CB=CD=AD，可得四边形ABCD是姜形；
(2)首先证明△BCF≌△DCF可得∠CBF=∠CDF，再根据BE⊥CD可得∠BEC=∠DEF=90°，进而得到∠EFD=∠BCD
(1)
证明：在△ABC和△ADC中，，
∴△ABC≌△ADC(SSS)．
∴∠BAC＝∠DAC．
∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD．
∴∠DAC＝∠ACD．
∴AD＝CD．
∵AB＝AD，CB＝CD，
∴AB＝CB＝CD＝AD．
∴四边形ABCD是菱形．
(2)
解：当BE⊥CD时，∠EFD＝∠BCD．理由：
由(1)知四边形ABCD为菱形，
∴∠BCF＝∠DCF．
在△BCF和△DCF中，，
∴△BCF≌△DCF(SAS)．
∴∠CBF＝∠CDF．
∵BE⊥CD，
∴∠BEC＝∠DEF＝90°．
∴∠BCD+∠CBF＝∠EFD+∠CDF＝90 °
∴∠EFD＝∠BCD．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，同角或等角的余角相等，灵活运用三角形全等的判定及性质是解本题的关键．
5．(1)见解析
(2)大小不变，理由见解析
(3)，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）连接BD，由等边三角形的性质可得AC垂直平分BD，继而得出，便可证明；
（2）连接PB，过点P作交AB于点E，PF⊥AB于点F，可证明是等边三角形，由等腰三角形三线合一证明，，即可求解；
（3）由等腰三角形三线合一的性质可得AF = FE，QF = BF，即可证明．
(1)
连接BD，
是等边三角形，
，
点B，D关于直线AC对称，
AC垂直平分BD，
，
，
四边形ABCD是菱形；
(2)
当点Р在线段AC上的位置发生变化时，的大小不发生变化，始终等于60°，理由如下：
将线段PD绕点Р逆时针旋转，使点D落在BA延长线上的点Q处，
，
是等边三角形，
，
连接PB，过点P作交AB于点E，PF⊥AB于点F，
则，
，
是等边三角形，
，
，
，
点B，D关于直线AC对称，点P在线段AC上，
PB = PD，∠DPA =∠BPA，
PQ = PD，
，
，
∠QPF -∠APF =∠BPF -∠EPF，
即∠QPA = ∠BPE，
∠DPQ =∠DPA - ∠QPA=∠BPA-∠BPE = ∠APE = 60°；
(3)
AQ= CP，证明如下：
AC = AB，AP= AE，
AC - AP = AB – AE，即CP= BE，
AP = EP，PF⊥AB，
AF = FE，
PQ= PD，PF⊥AB，
QF = BF，
QF - AF = BF – EF，即AQ= BE，
AQ= CP．
【点拨】本题考查了图形的旋转，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，菱形的判定等，熟练掌握知识点是解题的关键．
6．(1)①见解析；②，见解析
(2)见解析，AE =CM．
【解析】
【分析】
（1）①根据题意作图；
②连接AM，利用ASA证明△ADM≌△CDM，推出MA=MC，即可得到∠MEC=∠MCE；
（2）利用ASA证明△ADM≌△CDM，推出MA=MC，∠MAD=∠MCD，再证明△EMA是等腰直角三角形，利用勾股定理即可求解．
(1)
解：①补全图如图所示，
②∠MEC=∠MCE，
证明：连接AM，
∵F是AE的中点，FM⊥AE，
∴MA=ME，
∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴∠ADM=∠CDM，AD=CD，
在△ADM和△CDM中，，
∴△ADM≌△CDM（ASA），
∴MA=MC，
∴ME=MC，
∴∠MEC=∠MCE；
(2)
解：AE=CM，
证明：补全图如图所示，连接MA，
，
∵F是AE的中点，FM⊥AE，
∴MA=ME，
∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴∠ADM=∠CDM，AD=CD，
在△ADM和△CDM中，，
∴△ADM≌△CDM（ASA），
∴MA=MC，∠MAD=∠MCD，
∵∠MEC=∠MCE，
∴∠MEC+∠MAD=∠DCM+∠MCE=90°，
∵AD∥CE，
∴∠DAE+∠CEA=180°，
∴∠MAE+∠MEA=90°，
∴∠AME=90°，
∴△EMA是等腰直角三角形，
∴AE=AM=CM．
【点拨】本题主要考查正方形的性质和线段垂直平分线的性质，关键是掌握两者性质定理并能灵活使用．
7．(1)菱形和正方形
(2)AC∙BD
(3)①证明见解析；②
【解析】
【分析】
(1)由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论；
(2)四边形ABCD的面积=△ABC的面积+△ADC的面积=AC∙BO+AC∙DO= AC∙BD；
(3)①连接CG、BE，证出∠GAB=∠CAE，由SAS证明∆GAB≌△CAE，得出BG=CE，
∠ABG=∠AEC，再由角的互余关系和三角形内角和定理求出∠BNM=90°，得出BG⊥CE即可；
②根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合(2)的结论计算即可．
(1)
(1) ∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、正方形，
∴菱形和正方形一定是垂美四边形；
故答案为：菱形、正方形；
(2)
如图1所示：
∵四边形ABCD的面积=△ABC的面积+△ADC的面积=AC∙BO+AC∙DO=AC∙BD；
故答案为：AC∙BD；
(3)
证明：连接CG、BE，如图2所示:
∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，
∴∠F=∠CAG=∠BAE= 90°，
FG= AG= AC= CF， AB= AE，
∴∠CAG +∠BAC=∠BAE+∠BAC，
即∠GAB= ∠CAE，
在∆GAB和△CAE中，

∆GAB≌∆CAE (SAS)，
∴BG=CE，∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME = 90°
∠AME=∠BMN ，
∴∠ABG十∠BMN=90°
∴∠BNM=90°
∴BG⊥CE，
∴四边形BCGE为垂美四边形；
∵FG=CF=AC=4，∠ACB=90°，AB= 5，
∴BC=，
∴ BF= BC+CF= 7，
在Tt△BFG中，
BG= ，
∴CE= BG=，
∴四边形BCGE为垂美四边形，
∴四边形BCGE的面积=，
故答案为：
【点拨】本题是四边形综合题目，考查的是垂美四边形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关键．
8．(1)-3，8，6
(2)见解析
(3)①9②或
【解析】
【分析】
（1）代入C点坐标求出k的值，再根据线段平行于轴，交直线于点，得出D点的纵坐标为6，代入反比例函数解析式求解即可；
（2）先通过点的坐标求出OA=CD，再根据题意得出，即可证明；
（3）①作CH⊥OD与H，设H的坐标为，由勾股定理得，算出CH的长度，根据运动时间求出PQ的长度即可求解；
②先确定四边形CPAQ是矩形，根据对角线相等确定PQ的长度，再根据P、Q的位置分情况计算即可．
(1)
直线经过点，
，
，
线段平行于轴，交直线于点，
D点的纵坐标为6，
，
，
点的坐标是，
故答案为：，8，6；
(2)
由（1）知，点的坐标为，
∵直线与轴交于点A，
∴点A的坐标为，
∵点的坐标为，
，
∴，
又∵线段平行于轴，
∴，
∴四边形为平行四边形；
(3)
①作CH⊥OD与H，
点在直线上，
设H的坐标为，
，
由勾股定理得，，
即，
解得或8（舍去），
，
，
时，，
，
故答案为：9；
②由（2）知，四边形是平行四边形，
OD与AC互相平分，
又点P、Q的运动速度相同，
PQ与AC互相平分，
四边形CPAQ是平行四边形，
当时，
四边形CPAQ是矩形，
，
当时，，
当时，，
当P、Q运动至四边形CPAQ为矩形时，PQ=AC，
，
当时，，
解得，
当时，，
解得，
综上，点，运动过程中，当时，t的值为或，
故答案为：或．
【点拨】本题考查了一次函数的性质，平行线的判定和性质，矩形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
9．(1)，，
(2)3
(3)或
【解析】
【分析】
（1）直接根据矩形的性质写出坐标即可；
（2）当P点在线段AB上时满足要求，此时P点横坐标与A点横坐标相等，即可作答；
（3）点可能运动到或或上，所以进行分类讨论．
(1)
∵，
∴，，
∴，，
根据平面直角坐标系得，
，，
∵轴，
∴C点、B点的纵坐标相等，
∴；
(2)
∵，，
∴AB⊥x轴，
∵轴，
∴BC⊥AB，
∴可得四边形OABC是矩形，
即四边形OABC的面积为：，
当P点在线段AB上时，
即有P点横坐标与A点横坐标相等为3，
则有，
此时P点横坐标为3，
当P点在线段OA或者线段BC上时，
∵此时P点横坐标小于A点横坐标，即，
∴，
∴，
故此时P点不满足要求；
当P点在OC上时，显然，不满足要求；
综上：P点横坐标为3；
(3)
存在，
如图2，∵，
∴点可能运动到或或上，
①当点运动到上时，，
∴，，
∴，
解得：，
∴,
∴点的坐标为；
②当点运动到上时，，即，点到的距离为4，
∴，
解得：，
∵，
∴不符合题意；
③当点运动到上时，，即，
，
∴，
解得：，
∴，
∴点的坐标为，
综上所述，点运动秒后，存在点到轴的距离为个单位长度的情况，点的坐标为：或．
【点拨】本题考查了矩形的性质、平行线的性质、绝对值与二次根式的非负性、坐标与图形的性质，解题的关键是掌握非负数的性质，矩形的性质．
10．(1)①6；②5或-3
(2)直线AC的解析式为y=-x+2或y=x
【解析】
【分析】
（1）①求出C（4，-1），根据 “对角矩形”的定义得到B（1，-1），求出AB、BC，再根据公式计算面积；
②求出AB=1-(-1)=2，BC=，利用面积公式得到，求出t即可；
（2）根据正方形的性质得到AB=BC，列得方程，解得t=3或t=-1；利用待定系数法求出解析式．
(1)
解：①当t=4时，C（4，-1），
∵四边形ABCD为“对角矩形”，A（1，1），
∴B（1，-1），
∴AB=1+1=2，BC=4-1=3，
∴“对角矩形”的面积==6，
故答案为：6
②∵点A的坐标为，点的坐标为．
∴AB=1-(-1)=2，BC=，
∵点A，的“对角矩形”的面积是8，
∴，解得t=5或t=-3；
故答案为：5或-3；
(2)
∵点A，的“对角矩形”是正方形，
∴AB=BC，
∴，解得t=3或t=-1；
∴C（3，-1）或（-1，-1），
设直线的解析式为y=kx+b，将A（1，1），C（3，-1）代入得
，解得，
∴直线的解析式为y=-x+2；
设直线的解析式为y=mx+n，将A（1，1），C（-1，-1）代入得
，解得，
∴直线的解析式为y=x；
综上，直线AC的解析式为y=-x+2或y=x．
【点拨】此题考查了矩形的性质，正方形的性质，待定系数法求函数解析式，解一元一次方程，正确理解矩形的性质及正方形的性质是解题的关键．
11．(1)cm
(2)4s
(3)3s
【解析】
【分析】
（1）当t=2秒时，表示出QC，AP的长，利用勾股定理求出PQ的长即可．
（2）根据线段AQ与DP互相平分，则四边形APQDA为矩形，也就是AP=DQ，分别用含t的代数式表示，解出即可．
（3）用t表示出四边形APQD的面积，再求出矩形面积的进而得出即可．
(1)
解：连接PQ，过D点P作PE⊥DQ于点E，如图所示：
∵AB=24cm，BC=10cm，点P从A开始沿AB边以4cm/s的速度运动，点QA从C开始沿CD边2cm/s的速度移动，
∴当t=2秒时，QC=4cm，AP=8cm，
∴DQ=24-QC=20cm，则EQ=12cm，
∴(cm)，
∴P，Q两点之间的距离cm．
(2)
∵AP=4t，DQ=24-2t，
当线段AQ与DP互相平分，则四边形APQD为矩形时，
则AP=DQ，即4t=24-2t，
解得：t=4，
故t为4s时，线段AQ与DP互相平分．
(3)
∵P在AB上，
∴
，
，
，
解得：，
∴t为3秒时，四边形APQD的面积为矩形面积的．
【点拨】本题考查了矩形的性质及勾股定理的应用，根据运动速度得出QC以及AP的长是解题关键．
12．(1)当时，四边形PEMF是矩形，理由见解析
(2)当点P运动到边BC的中点时，矩形PEMF是正方形，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）当时，四边形PEMF是矩形．根据矩形的性质推出，．得到，，求出，即可证得结论；
（2）当点P运动到边BC的中点时，矩形PEMF是正方形；证明 ，得到．由此得到四边形PEMF是正方形．
(1)
当时，四边形PEMF是矩形．
证明：∵四边形ABCD是矩形，M是边AD的中点，
∴，．
∵，
∴，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，
∴四边形PEMF是矩形，
即当时，四边形PEMF是矩形．
(2)
当点P运动到边BC的中点时，矩形PEMF是正方形，此时．
证明：∵四边形PEMF为矩形，
∴．
在和中，，
∴，
∴．
又∵四边形PEMF是矩形，
∴矩形PEMF是正方形，
即当点P运动到BC的中点时，四边形PEMF是正方形．
【点拨】此题考查了证明四边形是矩形，证明四边形是正方形，掌握矩形及正方形的判定定理及正确的论证方法是解题的关键．
13．(1)△AFC是等腰三角形
(2)
【解析】
【分析】
（1）先根据平行线的性质得到∠DAC=∠ACB，再由图形折叠的性质可得到∠ACB=∠ACE，继而可得出∠DAC=∠ACE，这即可判断出后重叠部分三角形的形状；
（2）设AF长为x，则CF=x，FD=9-x，在直角三角形CDF中，利用勾股定理可求出x，继而利用三角形面积公式进行计算求解．
(1)
解：△AFC是等腰三角形．理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB，
由图形折叠的性质可知：∠ACB=∠ACE，
∴∠DAC=∠ACE．
∴△AFC是等腰三角形；
(2)
设AF=CF=x，则FD=9-x，
在Rt△CDF中，
（9-x）2+32=x2，
解得：x=5，
∴AF=5，
∴S△AFC=AF×CD=×5×3=．
故重叠部分面积为．
【点拨】此题考查了图形的折叠变换，能够根据折叠的性质和勾股定理求出AF的长是解答此题的关键．
14．(1)见解析;
(2)．
【解析】
【分析】
（1）由四边形ABCD是矩形，根据折叠的性质，易证得△EFG是等腰三角形，即可得EF＝BG，又由EF∥BG，即可得四边形BGEF为平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得四边形BGEF为菱形；
（2）过点F作FK⊥BG于K，可得四边形ABKF是矩形，然后根据勾股定理，即可求得AF的长，继而求得FG的长．
(1)
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EFG＝∠BGF，
∵图形翻折后点B与点E重合，GF为折线，
∴∠BGF＝∠EGF，
∴∠EFG＝∠EGF，
∴EF＝GE，
∵图形翻折后BG与GE完全重合，
∴BG＝GE，
∴EF＝BG，
∴四边形BGEF为平行四边形，
∴四边形BGEF为菱形；
(2)
解：过点F作FK⊥BG于K，则∠FKB＝90°，
∵∠A＝∠ABK＝∠FKB＝90°，
∴四边形ABKF是矩形，
∴FK＝AB＝8，BK＝AF，
在Rt△ABF中，AB＝8，∠A＝90°，BF＝BG＝10，
∴AF＝，
∴BK＝AF＝6，
∴GK＝BG﹣BK＝10﹣6＝4，
∴FG＝．
【点拨】此题考查了折叠的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
15．(1)
(2)AE＝2
【解析】
【分析】
（1）根据勾股定理和折叠的性质，求出AF=2，设AE＝x，则，然后利用勾股定理，即可求出答案；
（2）由折叠的性质，得到DC＝DE，又点D，F，E在同一条直线上，∠EFC＝∠B，然后证明，即可求出答案．
(1)
解：如图1，矩形纸片ABCD中，∵AB＝4，BC＝3，
故由勾股定理可得AC＝5．
由折叠知：FC＝BC＝3，∠EFC＝∠B＝90°，BE＝FE．
∴．
设AE＝x，则．
在Rt△AFE中，，
解得：．
∴．
(2)
：如图2，矩形纸片ABCD中，
∵，
∴∠DCE＝∠BEC，
由折叠知：∠BEC＝∠FEC，
∴∠DCE＝∠FEC，
∴DC＝DE．
又∵点D，F，E在同一条直线上，∠EFC＝∠B，
∴∠DFC＝90°，
∴∠DFC＝∠DAE＝90°，
而CF＝CB＝DA，
∴，
∴AE＝DF＝2．
【点拨】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确地运用折叠的性质进行计算．
16．(1)证明见解析
(2)16
【解析】
【分析】
（1）运用平行线性质及角平分线的性质，证得∠DCA＝∠DAC，从而得到CD＝AD，通过等量代换可得，CD＝AB，由AB∥CD，得四边形ABCD是平行四边形，结合AD＝AB，得到平行四边形ABCD是菱形．
（2）通过翻折性质及已知条件，设E=DE=x 则C=2x，BC= DC=4x，在Rt△BCE中，Rt△BE中，分别运用勾股定理，建立关于x的方程，解方程，从而求出菱形的周长．
(1)
证明：∵AB∥CD，
∴∠CAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠CAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD，
又∵AD＝AB
∴CD＝AB．
∵AB∥CD，CD＝AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AD＝AB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
(2)
解：∵四边形ADEB沿着BE翻折得到四边形，且恰好为DC的中点，
∴BE⊥CD ，

设E=DE=x，则C=2x，BC= DC=4x，
在Rt△BCE中，BC=4x，CE=3x，则BE=x，
在Rt△BE中，，
∴，解得x=1，
∴DC=4x=4，
∴菱形ABCD周长为16 .
【点拨】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理求直角三角形的边长，运用翻折性质，大胆设未知数建立方程是解题的关键．
17．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由勾股定理求出BF，CF的长，设EF=DE=x，则CE=4-x，得出22+（4-x）2=x2，解方程即可得解；
（2）设EC=3x，则FC=4x，得出EF=DE=5x，设AF=AD=y，则BF=y-4x，在Rt△ABF中，得出（8x）2+（y-4x）2=y2，则y=10x，得出（10x）2+（5x）2=（）2，解出x的值，求出AD和AB的长，则答案可求出．
(1)
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AB=CD=4，AD=BC=5，
由折叠可知，AD=AF=5，DE=EF，
∴BF==3，
∴FC=BC-BF=5-3=2，
设EF=DE=x，则CE=4-x，
∵CF2+CE2=EF2，
∴22+（4-x）2=x2，
解得：x=，
∴DE=，
∴AE=；
(2)
解：∵EC：FC=3：4，
∴设EC=3x，则FC=4x，
∴EF= =5x，
∴DE=5x，
∴AB=CD=8x，
设AF=AD=y，则BF=y-4x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，
∴（8x）2+（y-4x）2=y2，
解得y=10x，
在Rt△ADE中，AD2+DE2=AE2，
∴（10x）2+（5x）2=（）2，
解得x=或x=-（舍去），
∴AD=10x=2，AB=8x=，
∴矩形ABCD的周长为（2+）×2=．
【点拨】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及方程思想是解题的关键．
18．(1)折痕BM所在直线是线段AN的垂直平分线，是等边三角形，过程见解析
(2)
(3)见解析
【解析】
【分析】
（1）由折叠的性质可得AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，可证△ABN是等边三角形；
（2）由折叠的性质可得∠ABG＝∠HBG＝45°，可求解；
（3）由折叠的性质可得AO＝A'O，AA'⊥ST，由“AAS”可证△ASO≌△A'TO，可得SO＝TO，由菱形的判定可证四边形SATA'是菱形．
(1)
解：如图①，
∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，
∴EF垂直平分AB，
∴AN＝BN，AE＝BE，∠NEA＝90°，
∵再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，
∴BM垂直平分AN，∠BAM＝∠BNM＝90°，
∴AB＝BN，
∴AB＝AN＝BN，
∴△ABN是等边三角形，
(2)
解：∵折叠纸片，使点A落在BC边上的点H处，
∴∠ABG＝∠HBG＝45°，
∴∠GBN＝∠ABN﹣∠ABG＝15°，
(3)
证明：∵折叠矩形纸片ABCD，使点A落在BC边上的点A'处，
∴ST垂直平分AA'，
∴AO＝A'O，AA'⊥ST，
∵AD∥BC，
∴∠SAO＝∠TA'O，∠ASO＝∠A'TO，
∴（AAS）
∴SO＝TO，
∴四边形ASA'T是平行四边形，
又∵AA'⊥ST，
∴四边形SATA'是菱形．
【点拨】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
19．(1)证明见解析；
(2)当AB＝AC时，四边形ADEF是菱形，当∠BAC＝150°时，四边形ADEF是矩形．理由见解析；
(3)不总是存在，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据等边三角形的性质得出AC＝AF，AB＝BD，BC＝BE，∠EBC＝∠ABD＝60°，求出∠DBE＝∠ABC，根据SAS推出△DBE≌△ABC，根据全等得出DE＝AC，求出DE＝AF，同理AD＝EF，根据平行四边形的判定推出即可；
（2）当AB＝AC时，四边形ADEF是菱形，根据菱形的判定推出即可；当∠BAC＝150°时，四边形ADEF是矩形，求出∠DAF＝90°，根据矩形的判定推出即可；
（3）这样的平行四边形ADEF不总是存在，当∠BAC＝60°时，此时四边形ADEF就不存在．
(1)
证明：∵△ABD、△BCE和△ACF是等边三角形，
∴AC＝AF，AB＝BD，BC＝BE，∠EBC＝∠ABD＝60°，
∴∠DBE＝∠ABC＝60°﹣∠EBA，
在△DBE和△ABC中
，
∴△DBE≌△ABC（SAS），
∴DE＝AC，
∵AC＝AF，
∴DE＝AF，
同理AD＝EF，
∴四边形ADEF是平行四边形；
(2)
解：当AB＝AC时，四边形ADEF是菱形，
理由是：∵△ABD和△AFC是等边三角形，
∴AB＝AD，AC＝AF，
∵AB＝AC，
∴AD＝AF，
∵四边形ADEF是平行四边形，
∴四边形ADEF是菱形；
当∠BAC＝150°时，四边形ADEF是矩形，
理由是：∵△ABD和△ACF是等边三角形，
∴∠DAB＝∠FAC＝60°，
∵∠BAC＝150°，
∴∠DAF＝90°，
∵四边形ADEF是平行四边形，
∴四边形ADEF是矩形；
(3)
解：这样的平行四边形ADEF不总是存在，
理由是：当∠BAC＝60°时，∠DAF＝180°，
此时点D、A、F在同一条直线上，此时四边形ADEF就不存在．
【点拨】本题考查了菱形的判定，矩形的判定，平行四边形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定的应用，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．
20．(1)4
(2)
(3)存在，，，
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质，结合勾股定理求解OB的长，由折叠的性质可求BE的长，利用OE=OB-BE可求解；
（2）设点D的坐标为（0，a），则OD=a，CD=8-a，利用△OBD的面积可求解D点坐标，再利用待定系数法可求解直线DF的关系式，进而求解F点坐标；
（3）（3）在直线BD上存在点P，使以C、D、M、P为顶点的四边形是平行四边形，易求CD=3，点M在直线y=-0.5x上，点P在直线BD上，要使以C、D、M、P为顶点的四边形是平行四边形，需CD与MP平行且相等或CP与MD平行且相等，当CD与MP平行且相等时，设P点坐标为（m，0.5m+5），则M（m，-0.5m），根据MP=3可求解P点坐标；当CP与MD平行且相等时，设P点坐标为（m，0.5m+5），则M（-m，0.5m），可得关于m的方程，解方程可求解P点坐标．
(1)
解：（1）∵矩形OABC中，点A在x轴上，点C在y轴上，点B的坐标是（6，8），
∴OA=6，AB=8，∠OAB=90°，
∴，
由折叠知，BE=BC=6，
∴OE=OB-BE=10-6=4；
(2)
设点D的坐标为（0，a），则OD=a，CD=8-a，
∵BC=6，CD=DE=8-a，OB=10，
∵，
∴，
解得a=5，
即点D的坐标为（0，5），
设折痕所在直线BD的解析式为y=kx+b，
∵点D（0，5），点B（6，8）在直线BD上，
∴，得，
即折痕所在直线BD的解析式是y=0.5x+5，
当y=0时，0.5x+5=0
解得x=-10，
∴点F的坐标是（-10，0）；
(3)
在直线BD上存在点P，使以C、D、M、P为顶点的四边形是平行四边形，
理由：由（2）知BD的解析式y=0.5x+5，
∴D（0，5），
又∵C（0，8），
∴CD=3，
点M在直线y=-0.5x上，点P在直线BD上，
要使以C、D、M、P为顶点的四边形是平行四边形，
需CD与MP平行且相等或CP与MD平行且相等，
当CD与MP平行且相等时，设P点坐标为（m，0.5m+5），则M（m，-0.5m），
∴MP=|（0.5m+5）-（-0.5m）|=3，
解得，m1=-2，m2=-8，
∴P1（-2，4），P2（-8，1）
当CP与MD平行且相等时，设P点坐标为（m，0.5m+5），则M（-m，0.5m），
∴|8-（0.5m+5）|=|0.5m-5|，
解得m=8，
∴P3（8，9）
由上可得，满足题意的点P坐标是P1（-2，4），P2（-8，1），P3（8，9）．
【点拨】本题主要考查的是一次函数的综合应用，涉及的知识点：矩形的性质，折叠与对称，勾股定理，一次函数的应用，平行四边形的性质，还运用了方程思想，解题时注意分类讨论解决．