浙江省2023年中考数学一轮复习 特殊平行四边形 练习题（含详解）　

这是一份浙江省2023年中考数学一轮复习 特殊平行四边形 练习题（含详解）　，共57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．（2022·浙江金华·统考一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，E为CD的中点，连结AE并延长，交BC的延长线于点F，点P为BC上一点，当∠PAE＝∠DAE时，则AP的长度为（ ）
A．B．C．4D．
2．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，矩形纸片ABCD中，AD＝6，E是CD上一点，连结AE，△ADE沿直线AE翻折后点D落到点F，过点F作FG⊥AD，垂足为G．若AD＝3GD，则DE的值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2022·浙江杭州·统考一模）在四边形ABCD中，两对角线交于点O，若OA=OB=OC=OD，则这个四边形( )
A．可能不是平行四边形B．一定是菱形
C．一定是正方形D．一定是矩形
4．（2022·浙江绍兴·一模）在△ABC中，CO为AB边上的中线，且，以点O为圆心，OC长为半径画圆，延长CO交⊙O于点D，连接AD，BD，则四边形ADBC是（ ）
A．正方形B．矩形C．菱形D．邻边相等的四边形
5．（2022·浙江杭州·一模）一块含45°角的直角三角板和一把直尺按如图所示方式放置，直尺的一边EF与直角三角板的斜边AB位于同一直线上，DE＞AB．开始时，点E与点A重合，直角三角板固定不动，然后将直尺沿AB方向平移，直到点F与点B重合时停止．设直尺平移的距离AE的长为x，边AC和BC被直尺覆盖部分的总长度为y，则y关于x的函数图象大致是（ ）
A．B．C．D．
6．（2022·浙江湖州·统考一模）菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的周长是（ ）
A．5B．20C．24D．32
7．（2022·浙江绍兴·模拟预测）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
8．（2022·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
9．（2022·浙江嘉兴·统考中考真题）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（ ）
A．1cmB．2cmC．(－1)cmD．(2－1)cm
10．（2022·浙江温州·统考一模）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，以BC为边向上作正方形BCDE，以AC为边作正方形ACFG，点D落在GF上，连结AE，EG．若DG＝2，BC＝6，则△AEG的面积为（ ）
A．4B．6C．5D．8
11．（2022·浙江宁波·统考二模）如图，以Rt 的各边为边分别向外作正方形， ，连接，点为 的中点，连接 ，若要求出的面积，只需知道（ ）
A．的面积B．正方形的面积
C．正方形的面积D．正方形的面积
12．（2022·浙江湖州·统考一模）现由边长为的正方形ABCD制作的一副如图1所示的七巧板，将这副七巧板在矩形EFGH内拼成如图2所示的“老虎”造型，则矩形EFGH与“老虎”的面积之比为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．（2022·浙江宁波·模拟预测）如图，在矩形中，，点是的中点，点是对角线上一动点，，连结，作点关于直线的对称点，直线交于点，当是直角三角形时，的长为___．
14．（2022·浙江衢州·统考模拟预测）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交点O，AC＝10，P、Q分别为AO、AD的中点，则PQ的的长度为________.
15．（2022·浙江杭州·模拟预测）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___________.
16．（2022·浙江台州·统考中考真题）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为______．
17．（2022·浙江台州·统考一模）如图，等腰直角三角形，，点D、E分别是AB、BC上的点，且，，则图中阴影部分的面积为____________．
18．（2022·浙江温州·统考模拟预测）如图，在菱形ABCD中，，，垂足分别为点E，F．若，则等于______度．
19．（2022·浙江金华·一模）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=60°，AC=1，点D为边AB上一个动点，将△CDB沿CD翻折，得到（其中C，D，，A在同一平面内），，则________．
三、解答题
20．（2022·浙江温州·统考模拟预测）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，若AB＝AO.求∠ABD的度数.
21．（2022·浙江衢州·统考中考真题）如图，在4×4的方格纸中，点A，B在格点上．请按要求画出格点线段（线段的端点在格点上），并写出结论．
(1)在图1中画一条线段垂直．
(2)在图2中画一条线段平分．
22．（2022·浙江舟山·统考一模）如图1，在矩形ABCD中，P是BC上的点，ΔABP沿AP折叠B点的对应点是M点，延长PM交直线AD于点E．
(1)求证：EA＝EP
(2)如图2，Q是AD上的点，QD＝BP；ΔCDQ沿CQ折叠D点的对应点是N点，且P、M、N、Q在同一直线上．
①若AB＝4，AD＝8；求BP的长．
②若M、N互相重合；求的值；（自己画草图）
(3)如图3，Q是AD上的点，QD＝BP；ΔCDQ沿CQ折叠D点的对应点是N点，若AB＝4，MN的最小值是1；求AD的长．
23．（2022·浙江台州·统考一模）如图，在矩形中，O是对角线的中点，过点O作分别交于点．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
24．（2022·浙江丽水·统考中考真题）如图，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，点A落在点P处，折痕为．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
25．（2022·浙江宁波·统考二模）如图1是由边长为1的正方形构成的的网格图，四边形的顶点都在格点上．
(1)求四边形的对角线的长；
(2)命题“对角线相等的四边形一定是矩形”是真命题还是假命题？如果是假命题，请在图2中画一个顶点都是格点的四边形说明；如果是真命题，请进行证明．
26．（2022·浙江金华·统考一模）如图1，在平面直角坐标系中，点A、点B分别是x轴、y轴正半轴上的点，以OA、OB为边构造矩形OACB．点E为OA上一点，满足BE＝BC．过点C作CF⊥BE，垂足为点F．已知．
(1)求证：CA＝CF．
(2)如图2，连结CE，当∠BCF＝2∠ECF时，求AE的长．
(3)在（2）的条件下，连结AF，在坐标平面内是否存在一点M，使得以点M、A、F为顶点的三角形与△CBE相似？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
27．（2022·浙江嘉兴·模拟预测）数学兴趣小组的同学发现：一些复杂的图形运动是由若干个图形基本运动组合形成的，如一个图形沿一条直线翻折后再沿这条直线的方向平移，这样的一种图形运动，大家讨论后把它称为图形的“翻移运动”，这条直线则称为（这次运动的）“翻移线”如图1，就是由沿直线1翻移后得到的．（先翻折，然后再平移）
(1)在学习中，兴趣小组的同学就“翻移运动”对应点（指图1中的与，与…）连线是否被翻移线平分发生了争议．对此你认为如何？（直接写出你的判断）
(2)如图2，在长方形中，，点分别是边中点，点在边延长线上，联结，如果是经过“翻移运动”得到的三角形．请在图中画出上述“翻移运动”的“翻移线”直线；联结，线段和直线交于点，若的面积为3，求此长方形的边长的长．
(3)如图3，是（2）中的长方形边上一点，如果，先按（2）的“翻移线”直线翻折，然后再平移2个单位，得到，联结线段，分别和“翻移线”交于点和点，求四边形的面积．
28．（2022·浙江杭州·模拟预测）如图，矩形的对角线，相交于点，过点作，过点作，与相交于点．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）连接、，若，，求的长．
29．（2022·浙江杭州·模拟预测）如图，在四边形中，，，对角线、交于，平分．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)过点作交的延长线于点，连接，若，，求的长．
30．（2022·浙江嘉兴·统考中考真题）小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB＝OD．求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．
若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明．
31．（2022·浙江舟山·中考真题）小惠自编一题：“如图，在四边形中，对角线，交于点O，，，求证：四边形是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．

若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明．
32．（2022·浙江丽水·模拟预测）如图1，矩形OABC的顶点A、C分别在x轴，y轴的正半轴，若点B（a，b），且a，b满足，若点D为矩形OABC的对角线AC的中点，过点D作AC的垂线分别交BC，OA于点E，F．
(1)求点B的坐标．
(2)求线段EF的长度．
(3)如图2，连接OD，直线EF交y轴于点G，若点P为射线GE上的点，在平面直角坐标系中，是否存在点Q，使得以OD为边，点O，D，P，Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点P，Q的坐标，若不存在，请说明理由．
33．（2022·浙江温州·一模）图①、图②都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，△ABC为格点三角形．请仅用无刻度的直尺在网格中完成下列作图，不写作法
(1)在图①中，画出△ABC中AB边上的中线CM；
(2)在图②中，画出△ABC中AC边上的高BN，并直接写出△ABC的面积．
34．（2022·浙江湖州·统考一模）如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点（不与点A、B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作EH⊥DE交DG的延长线于点H，连接BH．
（1）求证：GF=GC；
（2）用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明．
35．（2022·浙江湖州·统考一模）如图1，正方形中，为对角线，点P在线段上运动，以为边向右作正方形，连接；
(1)则与的数量关系是___________，与的夹角度数为_________；
(2)点P在线段及其延长线上运动时，探究线段，和三者之间的数量关系，并说明理由；
(3)当点P在对角线的延长线上时，连接，若，求四边形的面积．
36．（2022·浙江绍兴·统考一模）如图，在正方形ABCD中，E是CD边上一点（不与D点重合），F是CB延长线上一点，且DE=BF，连结AE，AF．
(1)如图1，求证：△ADE≌△ABF ．
(2)把△ADE沿AE所在直线折叠后得到△AGE，连结FG，BE．
①如图2，若CD=3，DE=1，求线段FG的长；
②如图3，若E是DC延长线上一点，延长GB交AE于点Q，连结DQ．若DE=2DC，请用等式表示线段BQ，DQ，FG之间的数量关系，并证明．
小惠：
证明：∵AC⊥BD，OB＝OD，
∴AC垂直平分BD．
∴AB＝AD，CB＝CD，
∴四边形ABCD是菱形．
小洁：
这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明．
参考答案：
1．B
【分析】根据矩形的性质结合等角对等边，进而得出CF的长，再利用勾股定理得出AP的长．
【详解】解：∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠F，
又∵∠PAE＝∠DAE，
∴∠PAE＝∠F，
∴PA＝PF，
在△ADE和△FCE中
，
∴△ADE≌△FCE（AAS）
∴CF＝AD＝4，
设CP＝x，PA＝PF＝x+4，BP＝4﹣x，
在直角△ABP中，
22+（4﹣x）2＝（x+4）2，
解得：x，
∴AP的长为：．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了矩形的性质以及勾股定理等知识，正确得出FC的长是解题关键．
2．C
【分析】过点E作EH⊥FG，交FG于点H．由翻折的性质得出AF＝AD＝6，DE＝EF．根据题意即可求出GD＝2，从而可求出AG．再根据勾股定理即可求出的长．又易证四边形GHED为矩形，即可得出GH＝DE，HE＝GD＝2．设DE＝x，则GH＝EF＝x，HF＝-x，最后根据勾股定理即可列出关于x的等式，解出x，即得出的长．
【详解】解：如图，过点E作EH⊥FG，交FG于点H，
由翻折可知AF＝AD＝6，DE＝EF．
∵AD＝6，AD＝3GD，
∴GD＝2．
∴AG＝AD-DG＝6-2＝4．
∵FG⊥AD，
∴．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝90°．
∵FG⊥AD，EH⊥FG，
∴四边形GHED为矩形．
∴GH＝DE，HE＝GD＝2．
设DE＝x，则GH＝EF＝x，HF＝-x，
∵在Rt△HEF中，，
∴．
解得：．
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理．利用数形结合的思想是解题关键．
3．D
【分析】根据OA=OC, OB=OD，判断四边形ABCD是平行四边形．然后根据AC=BD，判定四边形ABCD是矩形．
【详解】解：这个四边形是矩形，理由如下：
∵对角线AC、BD交于点O，OA= OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵OA=OC=OD=OB，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形．
故选D．
【点睛】本题考查了矩形的判断，熟记矩形的各种判定方法是解题的关键．
4．B
【分析】根据题意画出图形，根据对角线互相平分的四边形为平行四边形可得四边形ACBD是平行四边形，然后证明AB=CD，再根据对角线相等的平行四边形是矩形可得四边形ADBC为矩形．
【详解】解：如图：
∵延长CO交⊙O于点D，
∴DO=CO，
∵CO为AB边上的中线，
∴AO=BO，
∴四边形ACBD是平行四边形，
∵,
∴AB=CD，
∴四边形ADBC为矩形，
故选B．
【点睛】此题主要考查了矩形的判定，关键是掌握对角线相等的平行四边形是矩形．
5．A
【分析】根据直尺的平移可知，共分三个阶段，利用等腰直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：根据直尺的平移可知，共分三个阶段，分别如下图所示：
如图①，设、与的交点分别为、，
作，由此可得四边形为矩形，
则，，
则为等腰直角三角形
由勾股定理可得：
即，
如图②，设与的交点分别为，与的交点为点，
作，延长交于点，
由此可得，四边形为矩形，
则，，
则、为等腰直角三角形，
则，
所以，
如图③，由图①可得，
即y不随x的变化，不变，
故选：A．
【点睛】此题考查了动点问题的函数图像，涉及了勾股定理、矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握并灵活运用相关性质进行求解．
6．B
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可．
【详解】解：如图所示，根据题意得AO＝，BO＝，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AC⊥BD，
∴△AOB是直角三角形，
∴AB＝，
∴此菱形的周长为：5×4＝20．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，利用勾股定理求出菱形的边长是解题的关键，同学们也要熟练掌握菱形的性质：①菱形的四条边都相等；②菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
7．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．
【详解】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．
【点睛】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．
8．C
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【详解】
如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴OA=OC，OB=OD
∵BE=DF
∴OE=OF
∵点E、F时BD上的点，
∴只要M，N过点O，
那么四边形MENF就是平行四边形
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形，
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形；
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O，
则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；
故选：C
【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、解答本题的关键时明确题意，作出合适的辅助线．
9．D
【分析】先求出BD，再根据平移性质求得=1cm，然后由求解即可．
【详解】解：由题意，BD=cm，
由平移性质得=1cm，
∴点D，之间的距离为==（）cm，
故选：D．
【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．
10．D
【分析】过点E作于点H，过点E作，垂足为，交的延长线于点，先证明四边形是矩形，在证明，继而解得，证明三点同在一条直线上，再证明，中，由勾股定理解得EK 的长，证明得到，最后由三角形面积公式解答．
【详解】解：过点E作于点H，过点E作，垂足为，交的延长线于点
在正方形中，，
正方形中，，
四边形是矩形
在和中，
三点同在一条直线上，
四边形是矩形
与中
四边形是正方形
设正方形的边长为
则
，
（舍去）
与中
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
11．B
【分析】如图，延长HA交BC于点P，交MN于点Q，可得△DAG≌△BAC，，利用全等三角形的性质以及平行线间的距离相等等性质将阴影部分的面积转化即可．
【详解】解：如图，延长HA交BC于点P，交MN于点Q，连接CE、AN．
由题意可得：AB=AD，，AC=AG，
∴△DAG≌△BAC（SAS），
∴∠2=∠4．
由题意可得：，，
∴（SAS），
∵点H为DG的中点，∠DAG=90，
∴∠1=∠2．
∵∠1+∠3=90，
∴∠3+∠4=90，
∴HA⊥BC，
∴，
∴．
∵△ABN≌△EBC，
∴．
∵BE//CD，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是利用全等三角形以及平行线间的距离相等等性质，将阴影部分的面积进行转换．
12．D
【分析】如图1，设，利用正方形的周长求出小三角形，平行四边形和正方形的边长，再用割补法求出七巧板的面积和矩形EFGH的面积，即可求解．
【详解】解：如图1，设，
∵正方形的边长，
∴，
∴，
∴.
如图2，用割补法得到
七巧板拼得的面积为，
矩形EFGH的长为，宽为，
∴矩形EFGH的面积为15，
所以矩形EFGH与“老虎”的面积之比为．
故选：D．
【点睛】本题主要考查勾股定理和正方形的性质，能够求出矩形EFGＨ的长和宽是解答关键．
13．1或3或
【分析】根据矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理求得，然后分两种情况讨论，①当时，分点在矩形内部和矩形外部两种情形求解，②当时，过点作于点，设，则，根据，求得的长．
【详解】四边形是矩形，
，
，．
，
点是边的中点，
，
①如图2，当时，
点是的中点，
，．
，
由对称可得，平分，
，
是等腰三角形，
，
，，，
，
，
，
；
如图3，
，．
，
由对称可得，，，平分，
，
，
是等腰三角形，
，
，
，．，
，，
；
的长为1或3；
②当时，如图4，
平分，
，
过点作于点，设，则，，
，
，
，
综上所述，当是直角三角形时，的长为1或3或，
故答案为：1或3或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，轴对称的性质，等腰三角形的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
14．2.5
【详解】分析：根据矩形的性质可得AC=BD=10，BO=DO=BD=5，再根据三角形中位线定理可得PQ=DO=2.5．
详解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=10，BO=DO=BD，
∴OD=BD=5，
∵点P、Q是AO，AD的中点，
∴PQ是△AOD的中位线，
∴PQ=DO=2.5．
故答案为2.5．
点睛：此题主要考查了矩形的性质，以及三角形中位线定理，关键是掌握矩形对角线相等且互相平分．
15．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．
【详解】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．
【点睛】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．
16．8
【分析】根据平移的性质即可求解．
【详解】解：由平移的性质S△A′B′C′=S△ABC，BC=B′C′，BC∥B′C′，
∴四边形B′C′CB为平行四边形，
∵BB′⊥BC，
∴四边形B′C′CB为矩形，
∵阴影部分的面积=S△A′B′C′+S矩形B′C′CB-S△ABC
=S矩形B′C′CB
=4×2
=8(cm2)．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了矩形的判定和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
17．##
【分析】如图，过作于 过作于 证明四边形是矩形， 证明 求解 可得 再利用三角形的面积公式进行计算即可．
【详解】解：如图，过作于 过作于

四边形是矩形，







故答案为：
【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，等腰三角形的性质，作出合适的辅助线构建矩形与等腰直角三角形是解本题的关键．
18．50
【分析】首先根据菱形的性质得出∠A＝∠C，AD＝CD，结合垂直的性质进而利用全等三角形的判定证明△ADE≌△CDF，证明，根据直角三角形两锐角互余得，根据菱形的性质得，从而可求出．
【详解】解：∵DE⊥AB，DF⊥BC
∴∠AED＝∠CFD＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A＝∠C，AD＝CD，
∵在△AED和△CFD中，
，
∴△AED≌△CFD（AAS）．
∴
∵
∴
∵∠AED＝∠CFD＝90°
∴
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC
∴
∴
∴
故答案为：50
【点睛】此题主要考查了菱形的性质和全等三角形的判定等知识，根据已知得出∠A＝∠C是解题关键．
19．或
【分析】根据折叠的性质求得∠CDB=105°，∠BCD=45°，过点D作DE⊥BC于点E，设AD=x，则BD=，得到DE=，EB=，利用CE+ EB=BC，列式求解即可．
【详解】解：∵，∠ACB=90°，∠A=60°，
∴，∠B=30°，
∵将△CDB沿CD翻折，得到，
∴∠CDB=∠=(360°150°) =105°，
∴∠BCD=180°−105°−30°=45°，
过点D作DE⊥BC于点E，
∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，
∴AB=2，BC=，
设AD=x，则BD=，
在Rt△BDE中，∠DEB=90°，∠B=30°，
∴DE=BD=，EB=DE=，
在Rt△CDE中，∠DEC=90°，∠DCE=45°，
∴CE=DE=，
∴CE+ EB=BC，
∴，
解得，
如图，当时，，
依题意，，
∴，
∴，
∴
∴四边形是菱形，
∴
∴
故答案为：或．
【点睛】本题考查了折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，二次根式的混合运算,菱形的性质与判定，准确作出辅助线是解此题的关键．
20．60°
【分析】根据矩形的对角线互相平分且相等，可知OA=OB,从而确定△AOB为等边三角形.
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OC，OB=OD，AC=BD，∴AO=OB，
∵AB=AO，∴AB=AO=BO，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠ABD=60°
【点睛】本题考查矩形对角线的性质，矩形对角线相等且互相平分.
21．(1)图见解析，（答案不唯一）
(2)图见解析，平分（答案不唯一）
【分析】（1）根据网格特点，利用三角形全等的判定与性质画图即可得；
（2）根据网格特点，利用矩形的判定与性质画图即可得．
（1）
解：如图1，线段即为所求，满足．
（2）
解：如图2，线段即为所求，满足平分．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质画图、矩形的判定与性质画图，熟练掌握全等三角形和矩形的性质是解题关键．
22．(1)见解析
(2)①或；②
(3)
【分析】（1）利用矩形的性质和折叠的性质可证；
（2）如图，设，先证得△AQM≌△CPM（SAS），根据全等三角形的性质得到，进而证得四边形是菱形，得到，，求得，在中，，，进而得到，可求；
（3）根据，得到、、、四点共圆，为圆的直径，圆心为的中点，设为 ，、、、四点共圆，为圆的直径，圆心为的中点，设为 ，连接并两方延长分别交，于点，，当、、、在同一条直线上时，最小，此时最小值为，只要证得得到，最后利用勾股定理即可求解．
（1）
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DAP=∠APB，
由折叠的性质可得，∠APB=∠APM，
∴∠APM=∠DAP，
∴EA=EP；
（2）
过点Q作QF⊥BC于点F，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠BCD=90°，，
∴四边形CDQF是矩形，
∴QD=CF，CD=QF，
设，则，，
∴，
∴中，，
由（1）可得，
∴，
∴，
解得或，
∴的长为或；
M、N互相重合，如图所示，设，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC，∠B=∠D=90°，，
∴∠AQM=∠CPM，
由折叠的性质可得PB=PM，QD=QM，∠B=∠AMP=90°，∠D=∠CMQ=90°，，
∴，
∵BP=QD，
∴PM=QM，AD-QD=BC-BP，
∴AQ=PC，
∴△AQM≌△CPM（SAS），
∴，
∴四边形是菱形，
∴，，
∵ ，
∴，
∴在中，，，
∴，
∴；
（3）
∵，
∴、、、四点共圆，为圆的直径，圆心为的中点，设为 ，
、、、四点共圆，为圆的直径，圆心为的中点，设为 ，连接
并两方延长分别交，于点，，当、、、在同一条直线上时，最小，此时最小值为，
∵，，，
∴(SAS)，
∴，，
∵，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得 ，
即，
解得或(不合题意，舍去)
【点睛】本题是一道矩形与折叠问题，考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质等，灵活熟练运用已学知识，作出辅助线是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用矩形的性质得出边和角的相等条件，进而证明三角形全等；
（2）利用垂直平分线的性质得出，在中根据勾股定理建立方程求解即可．
（1）
证明：点O为矩形对角线的中点，
，
在矩形中，，
则，
又
，
．
（2）
解：连结，如图，
垂直平分，则，
，，
设，则，
在中，，
即，
解得，
．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定、垂直平分线的性质和勾股定理，牢固掌握以上知识点、学会作辅助线是做出本题的关键．
24．(1)证明见解析
(2)cm
【分析】（1）利用ASA证明即可；
（2）过点E作EG⊥BC交于点G，求出FG的长，设AE=xcm，用x表示出DE的长，在Rt△PED中，由勾股定理求得答案．
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠A=∠B=∠ADC=∠C=90°，
由折叠知，AB=PD，∠A=∠P，∠B=∠PDF=90°，
∴PD=CD，∠P=∠C，∠PDF =∠ADC，
∴∠PDF-∠EDF=∠ADC-∠EDF,
∴∠PDE=∠CDF，
在△PDE和△CDF中，
,
∴（ASA）；
（2）如图，过点E作EG⊥BC交于点G，
∵四边形ABCD是矩形,
∴AB=CD=EG=4cm，
又∵EF=5cm，∴cm,
设AE=xcm，
∴EP=xcm，
由知，EP=CF=xcm，
∴DE=GC=GF+FC=3+x，
在Rt△PED中，,
即，
解得，，
∴BC=BG+GC= (cm）．
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，根据翻折变换的性质将问题转化到直角三角形中利用勾股定理是解题的关键．
25．(1)5
(2)假命题，图见解析
【分析】（1）根据勾股定理求解即可；
（2）根据矩形的判定方法判定即可，结合题意作图．
（1）
解：．
（2）
解：“对角线相等的四边形是矩形”是假命题，反例不唯一，其一如图：
【点睛】此题考查了勾股定理，矩形的判定，解题的关键是掌握勾股定理以及矩形的判定．
26．(1)见解析
(2)
(3)存在，，，，，，
【分析】（1）证△BCF≌△EBD即可求证；
（2）证△AEC≌△FEC，根据矩形的性质，通过角的转换得∠BCF＝∠ACF＝45°，即可求解；
（3）根据题意，分析出符合题意的点M的所有情况并求点即可；
（1）
∵四边形OACB是矩形，
∴∠BOE＝∠BFC＝90°，
∵BC∥OA，
∴∠CBE＝∠BEO，
在△BCF与△EBO中，
∴△BCF≌△EBO，即CF＝BO，
又∵OB＝CA，
∴CA＝CF．
（2）
由（1）可得BE＝BC，
∴∠BEC＝∠BCE．
又∵BC∥AO，
∴∠BCE＝∠CEA，即∠CEF＝∠CEA，
又∵∠CAE＝∠CFE＝90°，EC＝EC，
∴在△AEC与△FEC中，
∴△AEC≌△FEC，即∠FCE＝∠ACE．
又∵∠BCF＝2∠ECF，∠BCF＋∠FCE＋∠ECA＝90°，
∴∠BCF＝∠ACF＝45°，，BC＝2＝AO，
∴．
（3）
如图，
由（2）易得△CBE是一个顶角为45°的等腰三角形，若△MAF与△CBE相似，可以分为两种情况讨论．
①当AF为底边时，易得C点满足条件，∠ACF＝45°，CF＝AC，即．将C点关于AF进行对称得，计算易得．
②当AF为腰时，
i）∠MFA＝45°，计算易得．同理，将关于AF对称得，计算易得．
ii）∠MAF＝45°，计算易得．同理，将关于AF对称得，计算易得．
综上所述，满足条件的M的坐标为：，，，，，
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用，根据题意分析出满足题意的不同情况是解题的关键．
27．(1)“翻移运动”对应点（指图1中的与，与连线被翻移线平分
(2)3
(3)11或10
【分析】（1）画出图形，即可得出结论；
（2）作直线，即为“翻移线”直线，再由“翻移运动”的性质和三角形面积关系求解即可；
（3）分两种情况：①先按（2）的“翻移线”直线翻折，然后再向上平移2个单位，②先按（2）的“翻移线”直线翻折，然后再向下平移2个单位，由“翻移运动”的性质、梯形面积公式和三角形面积公式分别求解即可．
(1)
解：如图1，连接，，
则“翻移运动”对应点（指图1中的与，与连线被翻移线平分；
(2)
解：作直线，即为“翻移线”直线，如图2所示：
四边形是长方形，
，，
由“翻移运动”的性质得：，，是的中点，
，
，
，
，
，
，
；
(3)
解：分两种情况：
①先按（2）的“翻移线”直线翻折，然后再向上平移2个单位，如图3所示：
设翻折后的三角形为，连接，
则，
同（2）得：，，
，，
，
四边形的面积梯形的面积的面积的面积；
②先按（2）的“翻移线”直线翻折，然后再向下平移2个单位，如图4所示：
设翻折后的三角形为，连接，
则，
同（2）得：，，
，，
，
四边形的面积梯形的面积的面积的面积；
综上所述，四边形的面积为11或10．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了长方形的性质、“翻移运动”的性质、梯形面积公式、三角形面积公式等知识，本题综合性强，解题的关键是熟练掌握“翻移运动”的性质和长方形的性质．
28．（1）见解析；（2）
【分析】（1）先根据已知证得四边形OBFC 是平行四边形，再根据矩形对角线的性质得到四边形OBFC 是菱形；
（2）连接 FO并延长交AD 于H ，交 BC于 K，然后可以求得FH的值，再由tan∠ OFD的值求得HD及BC的值，最后由勾股定理得到AC的值 ．
【详解】解：（1），，
四边形是平行四边形，
矩形，
，
四边形是菱形．
（2）连接并延长交于，交于，
菱形，
，
矩形，
，，
四边形是矩形，
，，
是中点，
是中点，
，
，
，
，
，
，
∴．
【点睛】本题考查矩形及菱形的应用，熟练掌握矩形及菱形的判定与性质是解题关键 ．
29．(1)证明见解析
(2)6
【分析】（1）由平行线的性质，角平分线的定义可知，根据一组对边平行且相等证明四边形是平行四边形，进而可证平行四边形是菱形；
（2）由菱形的性质可知，为线段的中点，则是斜边上的中线，可知，在中，由勾股定理得，求出的值，进而可得的值．
（1）
证明：∵，
∴，
∵为的平分线，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
又，
∴平行四边形是菱形．
（2）
解：∵四边形是菱形，，
∴，，，
∴为线段的中点
∵，
∴，
∴是斜边上的中线，
∴，
在中，，，由勾股定理得，
∴，
∴的长为6．
【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，平行四边形的判定，菱形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
30．赞成小洁的说法，补充证明见解析
【分析】先由OB＝OD，证明四边形是平行四边形，再利用对角线互相垂直，从而可得结论．
【详解】解：赞成小洁的说法，补充
证明：∵OB＝OD，
四边形是平行四边形，
AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定，菱形的判定，掌握“菱形的判定方法”是解本题的关键．
31．赞成小洁的说法，补充，见解析
【分析】赞成小洁的说法，补充：，由四边相等的四边形是菱形即可判断．
【详解】赞成小洁的说法，补充：．
证明：，，
，．
又∵．
∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查菱形的判定以及线段垂直平分线的性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
32．(1)B（8，6）；
(2)；
(3)存在，当P在线段GD上时，， ；当P在射线DE上时，，．
【分析】（1）根据两个非负数点的和等于0，则每个都是0，即可求出a，b的值，得到点B的坐标；
（2）连接CF，AE，先证明四边形CFAE为菱形，再利用勾股定理求出DF的长，即可得到EF的长；
（3）分P在线段GD上或射线DE上两种情况，取AB的中点M，连MD并延长，过点P作PN⊥DM于点N，分别构造全等三角形进行求解即可．
(1)
解：∵ ，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴点B的坐标为（8，6）
(2)
解：连接CF，AE，如图3，
由题意可知，EF垂直平分AC，
∴，，CD＝AD
∵四边形OABC是矩形
∴OABC，BC＝AO＝8，AB＝OC＝6
∴∠DCE＝∠DAF
在△CDE和△ADF中，

∴△CDE≌△ADF(ASA)，
∴，
∴，
∴四边形CFAE为菱形，
设，则OF＝8－，
则在Rt△COF中，
由勾股定理有：
∴，
∴，即，
在Rt△AOC中，由勾股定理得

∴AD＝CD＝5
在Rt△ADF中，
DF＝
∴．
(3)
解：分两种情况，①当P在线段GD上时，取AB的中点M，连MD并延长，过点P作PN⊥DM于点N，如图4，

由题可得：，，DM为△ABC的中位线，
∴，，
∴，
∵四边形ODPQ为菱形，OD为边
∴ PD＝OD＝AD
∵PN⊥DM ，DM⊥AB
∴∠AMD＝∠DNP＝90°
∵EF⊥AC
∴∠ADF＝90°
∴∠ADM+∠PDN＝90°
∵∠PDN+∠NPD＝90°
∴∠ADM＝∠NPD
在△PND和△DMA中，

∴△PND≌△DMA(AAS)，
∴DN＝AM＝3,PN＝DM＝4
∴，
点P向下平移3个单位，向左平移4个单位得到点Q,
∴
②当P在射线DE上时，如图5，
用同样方法可以求得，．
综上所述，存在点Q，使得以OD为边，点O，D，P，Q为顶点的四边形是菱形；当P在线段GD上时，， ；当P在射线DE上时，，．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解决问题的关键．
33．(1)见解析
(2)图见解析，
【分析】（1）连接DE，交AB与点M，由菱形的判定与性质可知M是AB的中点，根据三角形中线的定义即可得到结论；
（2）连接PQ，交AO于点N，由菱形的判定与性质可知N是AO的中点，根据等边三角形的性质，即可知，即可得出结论．
（1）
如图，线段CM即为所求；
（2）
如图，线段BN即为所求．
如图可知为边长是3的等边三角形，N为AO的中点．
∴．
∴．
【点睛】本题考查了作图-应用与设计，等边三角形的性质，菱形的判定与性质，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．
34．（1）证明见解析；（2）BH=AE，理由见解析
【分析】（1）连接．根据对称的性质可得．．证明，根据全等三角形的性质得到．进而证明≌，即可证明；
（2）在上取点使得，连接．证明≌，根据等腰直角三角形的性质即可得到线段与的数量关系．
【详解】（1）证明：连接．
∵，关于对称．
∴．．
在和中
，
∴，
∴．
∵四边形是正方形，
∴．，
∴，
∴，
∴ ，
∵，，
∴．
在和中
．
∴≌，
∴．
（2）．
证明：在上取点使得，连接．
∵四这形是正方形．
∴，．
∵≌，
∴．
同理：，
∴
∵，
∴，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，，
∴．
在和中，
∴≌，
∴，
在中，，．
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等知识，此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
35．(1)AP=CE；90°；
(2)，理由见解析；
(3)12
【分析】（1）证明ΔADP≌ΔCDE，可得AP=CE，∠DAP=∠DCE，从而得到AP与CE的夹角的度数是90°；
（2）按照（1）的思路进行解答即可；
（3）连接BD，CE，利用正方形及等腰三角形性质可得OD=2，再由勾股定理求CE及CP 的长，最后求出四边形DCPE的面积即可．
（1）∵四边形ABCD和四边形DPFE是正方形∴AD = CD，DP = DE，∠ADC =∠PDE = 90°，∴∠ADP+∠PDC =∠PDC +∠CDE= 90°，∴∠ADP= ∠CDE，在ΔADP和ΔCDE中∴ΔADP≌ΔCDE（SAS）∴AP=CE，∠DAP=∠DCE∴∠PCE=∠ACD+∠DCE=∠ACD+∠DAP = 90°，∴AP与CE的夹角的度数是90°，故答案为：AP=CE；90°；
（2），理由：∵四边形ABCD和四边形DPFE是正方形，∴AD=CD，DP=DE，∠ADC=∠PDE = 90°∴∠ADC+∠CDP =∠CDP +∠PDE∠ADP=∠CDE在ΔADP和ΔCDE中∴ΔADP≌ΔCDE（SAS）∴AP= CE∵ΔADC是等腰直角三角形∴AC=CD∴EC= AP=AC+CP=CD+CP；
（3）如图，连接BD，CE，∵四边形ABCD是正方形∴CD = AB = 2，AC⊥BD，∵AB = 2，ΔACB是等腰直角三角形，∴，∴，由（1）可知∠ACE = 90°，∴，由（2）可知，CE= CD + CP，，， 在RtΔCPE中，PE2 = CP2 + CE2 = 22 + 62 = 40，∵ΔDPE是等腰直角三角形，，，，
【点睛】本题考查的是四边形综合题，涉及到直角三角形的性质、正方形的判定与性质、全等三角形的判定等知识，难度适中．
36．(1)见解析
(2)①；②数量关系：，证明见解析
【分析】（1）利用SAS证明△ADE≌△ABF即可；
（2）①证明△ABE≌△AGF即可得到GF=BE，求BE的值即可；
②连接BD，过A作AM⊥GQ于M，AN⊥DQ于N，参考①可得△ABE≌△AGF（SAS），得到FG=BE，由DE=2DC可得三角形BDE是等腰直角三角形，BD=BE=FG，再证明四边形AMQN是矩形得到∠BQD=90°即可得到．
（1）
∵正方形ABCD
∴AB=AD，∠D=∠ABC=90°
∴∠D=∠ABE=90°
在△ADE和△ABF中，
∴△ADE≌△ABF（SAS）
（2）
①∵△ADE≌△ABF
∴AE=AF，∠DAE=∠BAF
∴∠EAF=∠BAF+∠BAE==∠DAE+∠BAE =90°
∵△ADE沿AE所在直线折叠后得到△AGE，
∴∠DAE=∠EAG，AD=AG
∴AG=AD=AB，∠GAF=90°-∠EAG=90°-∠DAE =∠BAE
在△ABE和△AGF中，
∴△ABE≌△AGF（SAS）
∴FG=BE
∵CD=3，DE=1
∴CB=3，CE=2
∴
∴FG
②连接BD，过A作AM⊥GQ于M，AN⊥DQ于N，
∵△ADE≌△ABF
∴AE=AF，∠DAE=∠BAF
∴∠EAF=∠BAF+∠BAE=∠DAE+∠BAE=90°
∵△ADE沿AE所在直线折叠后得到△AGE，
∴∠DAE=∠EAG，AD=AG
∴AG=AD=AB，∠GAF=90°-∠EAG=90°-∠DAE =∠BAE
在△ABE和△AGF中，
∴△ABE≌△AGF（SAS）
∴FG=BE
∵∠DAE=∠EAG，AD=AG，
∴△ADQ≌△AGQ（SAS）
∴∠ADQ=∠AGQ
∵AG=AB，AM⊥GQ
∴∠ABM=∠AGQ
∴∠ABM=∠ADQ
∵AN⊥DQ
∴△ADN≌△ABM（AAS）
∴∠DAN=∠BAM
∴∠DAB=∠NAM=90°
∴四边形AMQN是矩形
∴∠BQD=90°
∴
∵DE=2DC=2BC
∴BD=BE
∴BD=BE=FG
∴
【点睛】本题综合考查正方形的性质与判定、全等三角形的性质与判定、勾股定理，①②问是图形变式题结论机过程类似是解题的关键．