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专题05 平行四边形选填题压轴训练（解析版）八年级数学下学期期末考试压轴题专练（人教版，尖子生专用）
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这是一份专题05 平行四边形选填题压轴训练（解析版）八年级数学下学期期末考试压轴题专练（人教版，尖子生专用），共42页。试卷主要包含了单项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
专题05 平行四边形选填题压轴训练
（时间：60分钟 总分：120） 班级 姓名 得分
选择题解题策略：（1）注意审题。把题目多读几遍，弄清这道题目求什么，已知什么，求、知之间有什么关系，把题目搞清楚了再动手答题。
（2）答题顺序不一定按题号进行。可先从自己熟悉的题目答起，从有把握的题目入手，使自己尽快进入到解题状态，产生解题的激情和欲望，再解答陌生或不太熟悉的题目。若有时间，再去拼那些把握不大或无从下手的题目。这样也许能超水平发挥。
（3）数学选择题大约有70%的题目都是直接法，要注意对符号、概念、公式、定理及性质等的理解和使用，例如函数的性质、数列的性质就是常见题目。
（4）挖掘隐含条件，注意易错、易混点。
（5）方法多样，不择手段。中考试题凸显能力，小题要小做，注意巧解，善于使用数形结合、特值（含特殊值、特殊位置、特殊图形）、排除、验证、转化、分析、估算、极限等方法，一旦思路清晰，就迅速作答。不要在一两道小题上纠缠，杜绝小题大做，如果确实没有思路，也要坚定信心，“题可以不会，但是要做对”，即使是“蒙”，也有25%的正确率。
（6）控制时间。一般不要超过40分钟，最好是25分钟左右完成选择题，争取又快又准，为后面的解答题留下充裕的时间，防止“超时失分”。
填空题解题策略：由于填空题和选择题有相似之处，所以有些解题策略是可以共用的，在此不再多讲，只针对不同的特征给几条建议：
一是填空题绝大多数是计算型（尤其是推理计算型）和概念（或性质）判断性的试题，应答时必须按规则进行切实的计算或合乎逻辑的推演和判断；
二是作答的结果必须是数值准确，形式规范，例如集合形式的表示、函数表达式的完整等，结果稍有毛病便是零分；
三是《考试说明》中对解答填空题提出的要求是“正确、合理、迅速”，因此，解答的基本策略是：快——运算要快，力戒小题大做；稳——变形要稳，防止操之过急；全——答案要全，避免对而不全；活——解题要活，不要生搬硬套；细——审题要细，不能粗心大意。
一、单项选择题：（本题共20小题，每小题3分，共60分.在每小题给出的四个
选项中，只有一项是符合题意要求的.）
1．如图，将矩形纸片的四个角向内翻折，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形，若，则边的长是（ ）
A．4 B．5 C．8 D．10
【答案】B
【分析】
利用三个角是直角的四边形是矩形易证四边形为矩形，那么由折叠可得的长即为边BC的长．
【详解】
解： ，，
，
同理可得：，
四边形为矩形，
，，
，
在和中
，
，
，
，
，
．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了翻折变换的性质以及勾股定理等知识，得出四边形为矩形是解题关键．
2．如图，点P为正方形内一点，已知正方形的边长为2，且有，则的最小值为（ ）．
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】
取AD中点E，连接PE、BE，当P、E、B三点共线时，最小，求出BE、PE即可．
【详解】
解：取AD中点E，连接PE、BE，
∵正方形的边长为2，
∴PE=AE=1，
，
∵，
当P、E、B三点共线时，最小，最小值为，
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形中线段最短问题，解题关键是确定点P的运动轨迹，明确BP长取值范围．
3．如图，两个大小相同的正方形，如图放置，点，分别在边，上，若要求出阴影部分的周长，只要知道下列哪条线段的长度即可（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
过B作BN⊥EH，垂足为N，连接BE，BK，KP，分别证明△ABE≌△FEB，△BAE≌△BNE，△BNK≌△BCK，△KHP≌△PCK，再将△KHQ的周长进行转化，得到ED=KC+KH=C△KQH，可得结果．
【详解】
解：过B作BN⊥EH，垂足为N，连接BE，BK，KP，
∵两个大小相同的正方形，
∴AB=EF，又∵∠A=∠F，BE=EB，
∴Rt△ABE≌Rt△FEB（HL），
∴∠AEB=∠FBE=∠NEB，AE=BF，
同理可得：Rt△BAE≌Rt△BNE，Rt△BNK≌Rt△BCK，
∴∠EBK=45°，
∴AE+KC=EK，
∵AE=BF，
∴DE=BG，
∵∠H=∠C=90°，∠PQC=∠KQH，
∴∠BPG=∠CPQ=∠QKH=∠EKD，
∴△BGP≌△EDK，
∴PG=KD，
∴PH=KC，
同理可证：△KHP≌△PCK，
∴△KQH的周长为KC+KH，
又∵AE+ED=EK+KH，AE+KC=EK，
∴AE+ED=AE+KC+KH，
∴ED=KC+KH=△KQH的周长，
∴要求出阴影部分的周长，只要知道线段ED的长度，
故选C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等量代换，解题的关键是利用全等的性质得到线段的等量关系．
4．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=3、BC=4、P、Q两点分别在AC和AB上．且CP=BQ=1，在平面上找一点M．以A、P、Q、M为顶点画平行四边形，这个平行四边形的周长的最大值为（ ）
A．12 B． C． D．
【答案】D
【分析】
先依据勾股定理以及相似三角形的性质，即可得到的长，再分三种情况，即可得到以、、、为顶点的平行四边形的周长，进而得出周长的最大值．
【详解】
解：由勾股定定理得：，则；
过点作，垂足为，则，
则，
则，
，
由，得，
再由勾股定理得：；
如图1：周长；
如图2：周长；
如图3：周长为最长．
∵，并且
即，
故周长的最大值是
故选：．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质以及勾股定理的运用，关键是作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理计算得到的长．
5．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
【答案】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．
6．如图，M是△ABC的边BC的中点，AN是△ABC的外角平分线，BN⊥AN于点N，且AB＝4，MN＝2.8，则AC的长是（ ）
A．1.2 B．1.4 C．1.6 D．1.8
【答案】C
【分析】
延长CA得射线CD，取AB的中点E，连接NE、ME，可证N、E、M三点共线，即MN与AB的交点即为AB的中点E，从而易得ME，由AC=2ME即可求解．
【详解】
解：延长CA得射线CD，取AB的中点E，连接NE、ME，如图，
∵M为BC的中点，
∴MEAC，MEAC
∵BN⊥AN，
∴是直角三角形，
∴AE=NEAB=2
又∵AN是△ABC的外角平分线，
∴
∵
∴NEAC
∴N、E、M三点共线，即MN与AB的交点即为AB的中点E，
∵NE＝2，MN＝2.8
∴ME=0.8
∴AC=2 ME=2=1.6
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了直角三角形的性质，中位线的性质，解题的关键是准确作出辅助线，得出M、N、AB的中点三点共线．
7．如图，在中，，以的各边为边分别作正方形，正方形与正方形．延长，分别交，于点，，连结，．图中两块阴影部分面积分别记为，，若，四边形，则四边形的面积为（ ）
A．5 B．6 C．8 D．9
【答案】B
【分析】
结合题意，根据正方形面积比，计算得，从而得；根据勾股定理性质，计算得；再根据勾股定理计算，得；结合，通过计算得；通过证明，得，结合矩形和四边形、的面积关系计算，即可得到答案．
【详解】
解：∵
∴
∵四边形与四边形是正方形
∴
∴
∵
∴
∵，
∴
∵四边形+梯形
∴
∴
∴
∵，
∴，即
∵四边形与四边形是正方形
∴，
∴
∴
∴
∴四边形
∵
∴四边形是矩形
∴矩形四边形四边形四边形
∴四边形矩形
故选：B．
【点睛】
本题考查了矩形、正方形、勾股定理、全等三角形、平方根、二次根式的知识；解题的关键是熟练掌握矩形、正方形、勾股定理、全等三角形的性质，从而完成求解．
8．如图，将矩形ABCD的四个角向内折叠铺平，恰好拼成一个无缝隙无重叠的矩形EFGH，若EH＝5，EF＝12，则CD长为（ ）
A．13 B． C．12 D．17
【答案】B
【分析】
先判定四边形EFGH为矩形，即可得到EF＝GH，再判定△DHG≌△BFE（AAS），即可得到DH＝BF＝FM，再根据勾股定理即可得出AD的长，最后依据S矩形ABCD＝2S矩形EFGH＝120，即可得到CD的长．
【详解】
解：由折叠可得，∠HEM＝∠AEH，∠BEF＝∠FEM，
∴∠HEF＝∠HEM+∠FEM＝×180°＝90°，
同理可得：∠EHG＝∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH为矩形，
∴EF＝GH，
∵AD∥BC，
∴∠DHF＝∠BFH，
由折叠可得，∠DHG＝∠DHF，∠BFE＝∠BFH，
∴∠DHG＝∠BFE，
又∵∠D＝∠B＝90°，
∴△DHG≌△BFE（AAS），
∴DH＝BF＝FM，
又∵AH＝MH，
∴AH+DH＝MH+FM，即AD＝FH，
又∵Rt△EFH中，EH＝5，EF＝12，
∴HF＝＝13，
∴AD＝13，
由折叠可得，△AEH≌△MEH，△BEF≌△MEF，△CFG≌△NFG，△DGH≌△NGH，
∴S矩形ABCD＝2S矩形EFGH＝2×EF•EH＝2×5×12＝120，
∴CD＝，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质、折叠问题以及全等三角形的判定与性质，解题时注意：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
9．如图，是的边延长线上一点，连接，，，交于点，添加以下条件，不能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据平行线的性质得到∠AEB=∠CBF，求得∠CBF=∠BCD，求得CF=BF，同理，EF=DF，不能判定四边形BCED为平行四边形；故A错误；根据平行线的性质得到∠DEF=∠CBF，根据全等三角形的性质得到DF=CF，于是得到四边形BCED为平行四边形，故B正确；根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AB∥CD，求得DE∥BC，∠ABD=∠CDB，推出BD∥CE，于是得到四边形BCED为平行四边形，故C正确；根据平行线的性质得到∠DEC+∠BCE=∠EDB+∠DBC=180°，推出∠BDE=∠BCE，于是得到四边形BCED为平行四边形，故D正确．
【详解】
解：A、∵AE∥BC，
∴∠AEB=∠CBF，
∵∠AEB=∠BCD，
∴∠CBF=∠BCD，
∴CF=BF，
同理，EF=DF，
∴不能判定四边形BCED为平行四边形；故A错误；
∵ DE∥BC，
∴∠DEF=∠CBF，
∠DEF=∠CBF
在△DEF与△CBF中,
∴△DEF△CBF(ASA),
∴DF=CF
∵EF=BF
∴四边形BCED为平行四边形，故B正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ .AD∥BC，AB∥CD,
∴DE∥CE，∠ABD=∠CDB,
∠ABD=∠DCE，
∴∠DCE=∠CDB，
∴BD∥CE，
∴四边形BCED为平行四边形，故C正确；
∵AEB∥C,
∴∠DEC+∠BCE=∠EDB+∠DBC=180°
∵∠AEC=∠CBD，
∴∠BDE=∠BCE，
∴四边形BCED为平行四边形，故D正确．
故选:A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
10．如图，在正方形中，点，将对角线三等分，且，点在正方形的边上，则满足，则的点的个数是（ ）
A．0 B．4 C．6 D．8
【答案】D
【分析】
由题知，根据对称性，作点F关于BC的对称点Q，连接QE交BC于M，当点P在点M时，PE+PF的值最小，结合勾股定理即可求解；
【详解】
依题：根据对称性，作点F关于BC的对称点Q，连接QE交BC于M，
点E、F将对称轴AC三等份，且AC=18；
∴ EC=12，CF=6；
∵ 点Q与点F关于BC对称
∴ CF=CQ=6，∠ACB=∠BCQ=45°；
∴ ∠ACQ=90°
∴ ；
∴ 在线段BC上存在点M使得为的最小值，即为；
当点P运动至点C时，，
∴ 当点P在CM之间时，，故在CM上存在一个P点，使得；
当点P运动至点B时，由图可知，BE=BF，△BOE为直角三角形，OE=3，OB=9，
∴ ∴ ；
∴ 当点P在BM之间时，，故在BM上存在一个P点，使得；
∴ 在线段BC上的存在两个点，使得；
同理可得，在AB、CD、DA上也都存在两个点，使得；
∴ 点P在正方形ABCD上运动时，共有8个点，使得；
故选：D
【点睛】
本题考查正方形的性质，重点应用正方形的对称性求解；难点在理解区域范围求解存在点．
11．如图，在中，，，，是的中点，则中最短边的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据已知条件和图形的变化可得前几个图形的最短边的长度，进而可得结论．
【详解】
解：在△A1A2A3中，∠A1A3A2=90°，∠A2=30°，A1A3=1，An+3是AnAn+1（n=1、2、3…）的中点，可知：
A4A5//A1A3，A3A4=A2A4，
∴∠A3A5A4=90°，∠A4A3A2=∠A2=30°，
∴△A1A2A3是含30°角的直角三角形，
同理可证△AnAn+1An+2是含30°角的直角三角形．
△A1A2A3中最短边的长度为A1A3=1=，
△A3A4A5中最短边的长度为A4A5==，
△A5A6A7中最短边的长度为A5A7=，
…，
所以△AnAn+1An+2中最短边的长度为，
则△A2019A2020A2021中最短边的长度为．
故选：B．
【点睛】
本题考查了规律型：图形的变化类，解决本题的关键是观察图形的变化寻找规律．也考查了直角三角形斜边的中线，三角形的中位线，平行线的性质，含30°角的直角三角形的性质，以及等腰三角形的性质等知识．
12．如图，以平行四边形的边、、、为斜边，分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H，顺次连结这四个点，得四边形，当时，有以下结论：①；②；③；④；⑤四边形是平行四边形．则结论正确的是（ ）
A．①③④ B．②③⑤ C．①③④⑤ D．②③④⑤
【答案】D
【分析】
根据平行四边形性质得出∠ABC=∠ADC=α，∠BAD=∠BCD，AB=CD，AD=BC，AD∥BC，AB∥CD，根据等腰直角三角形得出BE=AE=CG=DG，AH=DH=BF=CF，∠ABE=∠EAB=∠FBC=∠FCB=∠GCD=∠GDC=∠HAD=∠EDA=45°，求出∠HAE=∠HDG=∠FCG=∠FBE=90°+α，证△FBE≌△HAE≌△HDG≌△FCG，推出∠BFE=∠GFC，EF=EH=HG=GF，求出∠EFG=90°，根据正方形性质得出即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠ADC=α，∠BAD=∠BCD，AB=CD，AD=BC，AD∥BC，AB∥CD，
∵平行四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA为斜边，分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H，
∴BE=AE=CG=DG，AH=DH=BF=CF，∠ABE=∠EAB=∠FBC=∠FCB=∠GCD=∠GDC=∠HAD=∠EDA=45°，
∵AB∥CD，
∴∠BAD=∠BCD=180°-α，
∴∠EAH=360°-45°-45°-（180°-α）=90°+α，∠GCF=360°-45°-45°-（180°-α）=90°+α，
∴①错误；②正确；
∠HDG=45°+45°+α=90°+α，∠FBE=45°+45°+α=90°+α，
∴∠HAE=∠HDG=∠FCG=∠FBE，
在△FBE、△HAE、△HDG、△FCG中，
，
∴△FBE≌△HAE≌△HDG≌△FCG（SAS），
∴∠BFE=∠GFC，EF=EH=HG=GF，③正确；
∴四边形EFGH是菱形，
∵∠BFC=90°=∠BFE+∠EFC=∠GFC+∠CFE，
∴∠EFG=90°，
∴四边形EFGH是正方形，⑤正确；
∴EH⊥GH，④正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形，全等三角形的性质和判定，正方形的判定，平行四边形的性质，菱形的判定的应用，主要考查学生的推理能力．
二、填空题
13．如图，在矩形ABCD中，O为AC中点，EF过O点且EF⊥AC分别交DC于F，交AB于E，点G是AE中点且∠AOG=30°．某班学习委员得到四个结论：①DC=3OG；②OG=BC；③OGE是等边三角形；④S△AOE=S矩形ABCD，问：学习委员得到结论正确的是___________．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【分析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据等边对等角可得，根据直角三角形两锐角互余求出，从而判断出是等边三角形，判断出③正确；设，根据等边三角形的性质表示出，利用勾股定理列式求出，从而得到，再求出，然后利用勾股定理列式求出，从而判断出①正确，②错误；再根据三角形的面积和矩形的面积列式求出判断出④正确．
【详解】
解：∵，点是中点，
∴，
∵，
∴，
，
∴是等边三角形，故③正确；
设，则，
由勾股定理得，，
∵为中点，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，，
四边形是矩形，
∴，
∴，故①正确；
∵，，，
∴，故②错误；
∵，
，
∴，故④正确；
综上所述，结论正确是①③④，
故答案为：①③④．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的面积，设，然后用表示出相关的线段更容易理解．
14．如图，的对角线交于点O，平分交于点E，交于点F，且，连接．则_________．
【答案】
【分析】
根据已知条件证明EA=EB=EC，推出∠ABC=90°，然后设，则，利用勾股定理求出，得出，再用勾股定理求出OB，进而得到BD的值即可解答．
【详解】
∵，
∴CD∥AB，OB=OD，OA=OC，
∴∠DCB+∠ABC=180°，
∵
∴∠DCB=120°
∵CE平分，
∴∠EBC=∠BCE=∠CEB=60°
∴是等边三角形，EB=EC
又AB=2BC
∴EA=EB=EC
∴∠ABC=90°
设，则，
，
在中，，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，以及勾股定理等知识，解题的关键时灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题．
15．如图，在正方形ABCD中，点E为BC边上一点，且CE=2BE，点F为对角线BD上一点，且BF=2DF，连接AE交BD于点G，过点F作FH⊥AE于点H，若HG=2cm，则正方形ABCD的边长为__________cm．
【答案】
【分析】
如图，过F作FI⊥BC于I，连接FE，FA．得到FI∥CD，设BE=EI=IC=a，CE=FI=2a，AB=3a，由勾股定理得到FE=FC=FA=，推出HE==，根据正方形的性质得到BG平分∠ABC，由三角形角平分线定理得到，求得，于是得到结论．
【详解】
解：如图，过F作FI⊥BC于I，连接FE，FA，
设BE=a，
∵CE=2BE，
∴CE=2a，AB=BC=3a．
根据题意可知FI∥CD，
∴，
∴BE=EI=IC=a．
∴，即，
∴．
在中，，即，
∴FE=FC=FA=，
∴H为AE的中点，
在中，，
∴HE==，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BG平分∠ABC，
∴
∴，
∴，
∴正方形边长为．
故答案为．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，角平分线的判定和性质，勾股定理以及平行线分线段成比例等知识，难度较大，正确的作出辅助线是解题的关键．
16．如图，在中，高和交于点，且．①；②；③；④若于点，则．其中正确的有________．
【答案】①②④
【分析】
由，又和是高， ，BE⊥AC，，，即可判断①；由，可求，可证是等腰直角三角形，可证，可得，，可证，可证即可判断②；连结CH，由，可知所在直线是对称轴，可得，在△AHC中，即，由即可判断③；④作于，如图所示：则，， 可证，可得，，利用线段和差计算可判断④．
【详解】
解：①，
又和是高，
，BE⊥AC，
，
，
，①正确；
②，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，BE⊥AC，
，
，②正确；
③连结CH
所在直线是对称轴，
在△AHC中
即
，
③错误；
④作于，如图所示：
则，，，
，
，，
，，
，
在和中，
，
，，
，，
，
，
，
，，
，
，④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，轴对称性质，矩形的判定和性质，仔细分析图形并熟练掌握各性质是解题的关键．
17．如图，矩形ABCD中，BC＝2AB，BC＝6，DE平分∠ADC交BC于点E，G为AB上一动点，H、F是AD边上的两动点（点F在点H的右边），连接GH、EF，若∠AGH＝∠FED＝α，将△AGH沿GH翻折得到△A'GH，若GA'的延长线恰好经过点F，且GF的长度为5，连接CF、CA'，则△A'CF的面积S△A'CF＝_____．
【答案】
【分析】
由翻折得∠，，通过证明△，△△△全等，分别求出，，依据三角形面积公式求解即可．
【详解】
解：在矩形ABCD中，ED平分∠ADC
∴∠EDC=45°
∵∠DCE=90°
∴∠DEC=45°
∴△ECD是等腰直角三角形
∴EC=DC
∵BC=2AB=2DC
∴E为BC中点
∴
∵△翻折到△
∴△
∴∠
∴
∵∠
∠
∴△
∴△△△全等，
∴∠
∴
∴
∴
∴∠
∴∠，
∴
∴
．
【点睛】
此题主要考查了折叠的性质，勾股定理以及三角形面积，证明是解答此题的关键．
18．如图，PA＝2，PB＝4，以AB为边作正方形ABCD，使得P、D两点落在直线AB的两侧，当∠APB变化时，则PD的最大值为_________．
【答案】＋4
【分析】
过点A作AQ⊥AP，使AQ=AP=2，连接BQ，先证明△QAB≌△PAD，得到BQ=PD，得到当Q、P、B在同一直线时，BQ最大，最大值为PQ+PB，根据勾股定理求出PQ，即可求出PD最大值．
【详解】
解：过点A作AQ⊥AP，使AQ=AP=2，连接BQ，
∴∠QAP=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠QAP=∠BAD，
∴∠QAP+∠PAB=∠BAD∠PAB，
即∠QAB=∠PAD，
∴△QAB≌△PAD，
∴BQ=PD，
∴PD最大值即为BQ最大值，
∵BQ≤PQ+PB，
∴当Q、P、B在同一直线时，BQ最大，最大值为PQ+PB，
在Rt△AQP中，,
∴PQ+PB最大值为+4，
∴PD最大值为＋4．
故答案为：＋4．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，勾股定理、求线段的最大值等问题，根据题意添加辅助线，构造全等三角形进行线段转化是解题重点．
19．如图，长方形纸片ABCD中，AD=7，CD=4，将长方形纸片折叠，使点B落在AD上的点E处，折痕为AF，再沿DF折叠，使点C落在点G处，连接CG，交DF于点I．则线段CG的长度为____．在折痕DF上有一动点P，连接PC，过点P作PH⊥DC交DC于H．则PC+PH的最小值为____．
【答案】
【分析】
由勾股定理可求DF的长，由折叠的性质和面积法可求GC的长、由线段垂直平分线的性质可求GP=PC，当点G、P、H三点共线且时，由PC+PH的最小值，由面积法即可得解．
【详解】
解：∵将长方形纸片折叠，
使点B落在AD上的点E处，
∴，
∴，
∴，
∴DF5．
∵沿DF折叠，使点C落在点G处，
∴，
∴DF垂直平分GC，
∴，
∴S△CDFDF×CIDC×CF，
∴CI，
∴CG，
如图，连接GP，GH，
∵DI，
∴S△DGCGC×DI．
∵DF垂直平分GC，
∴GP=PC，
∴PH+PC=GP+PH，
∴当点G，点P，点H三点共线，且时，PH+PC有最小值为GH，
此时GH．
故答案为：，．
【点睛】
本题考查了翻折变换、矩形的性质、最短路径问题、勾股定理；灵活运用这些性质解决问题时本题的关键．
20．如图，在正方形中，，点在边上，．将沿对折至，延长交边于点，连接，．有下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是__________．（填序号）
【答案】①②③
【分析】
由正方形的性质和折叠的性质得出AB=AF，∠AFG=90°，由HL证明Rt△ABG≌Rt△AFG，得出①正确；设BG=FG=x，则CG=12-x．由勾股定理得出方程，解方程求出BG，得出GC，即可得出②正确；由全等三角形的性质和三角形内角和定理得出∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，得出AG∥CF，即可得出③正确；通过计算三角形的面积得出④错误；即可得出结果．
【详解】
解：①正确．理由如下：
四边形是正方形，
，，
由折叠的性质得：，，
，，
在和中，
，
；
②正确．理由如下：
由题意得：，设，则．
在直角中，根据勾股定理，得，
解得：，
，
，
；
③正确．理由如下：
，，
，
是等腰三角形，．
又∵，
，
，
，
；
④错误；理由如下：
，
，，和等高，
，
．
故④不正确．
正确的个数有①②③．
故答案为：①②③．
【点睛】
本题考查的是翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算等知识；本题综合性强，有一定的难度．
21．如图，在正方形ABCD中，E为AB上一点，过点E作．与AC、DC分别交于点G、F，H为CG的中点，连接DE、EH、DH、FH．下列结论：
①EG＝DF；
②∠AEH+∠ADH＝180°；
③△EHF≌△DHC；
④；
⑤若，则3＝5，
其中结论正确的有_____．（填写序号）
【答案】①②③④⑤．
【分析】
①根据题意可知∠ACD＝45°，则GF＝FC，则EG＝EF﹣GF＝CD﹣FC＝DF；
③由SAS证明△EHF≌△DHC；
②由全等三角形的性质得到∠HEF＝∠HDC，从而∠AEH+∠ADH＝∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC＝180°；
④由“SAS”可证△QDP≌△HDP，可得PH＝QP，∠QAD＝∠HCD＝45°，由勾股定理可得结论；
⑤若，则AE＝BE，可以证明△EGH≌△DFH，则∠EHG＝∠DHF且EH＝DH，则∠DHE＝90°，△EHD为等腰直角三角形，过H点作HM垂直于CD于M点，设HM＝x，则DM＝2x，DH＝x，CD＝3x，则S△DHC＝×HM×CD＝，
S△EDH＝＝，可作判断．
【详解】
解：①∵四边形ABCD为正方形，EF∥AD，
∴EF＝AD＝CD，∠ACD＝45°，∠GFC＝90°，
∴△CFG为等腰直角三角形，
∴GF＝FC，
∵EG＝EF﹣GF，DF＝CD﹣FC，
∴EG＝DF，故①正确；
②∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，
∴FH＝CH，∠GFH＝∠GFC＝45°＝∠HCD，
在△EHF和△DHC中，
，
∴△EHF≌△DHC（SAS），故③正确；
∴∠HEF＝∠HDC，
∴∠AEH+∠ADH＝∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC＝∠AEF+∠ADF＝180°，故②正确；
④如图，将△DCH绕点D顺时针旋转90°，可得△DAQ，连接QP，
∴△DAQ≌△DCH，
∴AQ＝CH，DQ＝DH，∠ADQ＝∠CDH，
∵△EHF≌△DHC，
∴EH＝DH，∠EHF＝∠DHC，
∴∠DHE＝∠FHC＝90°，
∴∠EDH＝45°，
∴∠ADP+∠CDH＝45°，
∴∠ADP+∠ADQ＝45°＝∠EDH，
又∵QD＝DH，DP＝DP，
∴△QDP≌△HDP（SAS），
∴PH＝QP，∠QAD＝∠HCD＝45°，
∴∠QAP＝90°，
∴，
∴，故④正确；
⑤∵，
∴AE＝BE，，
∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，
∴FH＝GH，∠FHG＝90°，
∵∠EGH＝∠FHG+∠HFG＝90°+∠HFG＝∠HFD，
在△EGH和△DFH中，
，
∴△EGH≌△DFH（SAS），
∴∠EHG＝∠DHF，EH＝DH，∠DHE＝∠EHG+∠DHG＝∠DHF+∠DHG＝∠FHG＝90°，
∴△EHD为等腰直角三角形，
过H点作HM垂直于CD于M点，如图所示：
设HM＝x，则DM＝2x，DH＝x，CD＝3x，
S△DHC＝×HM×CD＝，S△EDH＝＝，
∴3＝5，
故⑤正确；
故答案为：①②③④⑤．
【点睛】
本题考查了三角形的全等，勾股定理，旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定，熟练掌握上述基本性质，特别是旋转的性质是解题的关键．
22．如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，E，H分别为AB，BC的中点，G，F分别为线段HD，CE的中点．若线段FG的长为2，则AB的长为_____．
【答案】8
【分析】
连接CD并延长，交AD于点M，连接EM，作AN⊥EM于N，先证明△DMG≌△HCG，得到,进而证明AE=AM，再根据FG为△CEM中位线求出EM，根据等腰三角形性质得到EN=EM=，∠AEN=30°，即可求出AE，进而求出AB即可．
【详解】
解：连接CG并延长，交AD于点M，连接EM，作AN⊥EM于N，
∵四边形ABCD为菱形，∠B=60°，
∴AD∥BC，AD=BC=AB
∴∠EAM=120°，∠DMG=∠HCG，
∵G为DH中点，
∴DG=HG，
∵∠MGD=∠CGH，
∴△DMG≌△HCG，
∴DM=HC，CG=MG,
∵H为BC中点，
∴,
∴AM=，
∵E为AB中点，
∴AE=，
∴AE=AM，
∵F为CE中点，G为CM中点，
∴FG为△CEM中位线，
∴,
∵AE=AM，∠EAM=120°，AN⊥EM，
∴EN=EM=，∠AEN=30°，
∴AE=2AN=4，
∴AB=2AE=8．
故答案为：8
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，综合性较强，根据已知条件添加辅助线构造全等三角形，等腰三角形是解题关键．
23．如图，矩形ABCD中，AD＝5，AB＝7，正方形MBND′的顶点M，N分别在矩形的边AB，BC上，点E为DC上一个动点，当点D与点D′关于AE对称时，DE的长为_____．
【答案】或
【分析】
连接ED′，AD′，延长MD′交DC于点P．根据题意设MD′＝ND′＝BM＝x，则AM＝AB-BM＝7-x， AD＝AD′＝5，在中，利用勾股定理可求出x=3或4，即MD′的长，分类讨论①当MD′=3时，设ED′＝a，则AM＝7-3＝4，D′P＝5-3＝2，EP＝4-a，在Rt△EPD′中利用勾股定理可求出a的值，即DE的长；②当MD′=4时，同理即可求出DE的长．
【详解】
解：如图，连接ED′，AD′，延长MD′交DC于点P，
∵正方形MBND′的顶点M，N分别在矩形的边AB，BC上，点E为DC上一个动点，点D与点D′关于AE对称，
∴设MD′＝ND′＝BM＝x，
∴AM＝AB﹣BM＝7﹣x，
∵AE为对称轴，
∴AD＝AD′＝5，
在中，，即，
解得，
即MD′＝3或4．
在Rt△EPD′中，设ED′＝a，
①当MD′＝3时，AM＝7﹣3＝4，D′P＝5﹣3＝2，EP＝4﹣a，
∴，即，
解得a＝，即DE＝．
②当MD′＝4时，AM＝7﹣4＝3，D′P＝5﹣4＝1，EP＝3﹣a，
同理， ，
解得a＝，即DE＝．
综上所述：DE的长为：或．
故答案为：或．
【点睛】
本题考查图形对称的性质，矩形的性质以及勾股定理．根据对称并利用勾股定理求出MD′的长度是解答本题的关键．
24．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，连接 BF 交 AC 于点 M，连接 DE、BO，若 =60o，FO=FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②EOB≌CMB ；③DE=EF；④，⑤，其中正确的结论是_______（填正确的序号）
【答案】①③⑤
【分析】
只要证明BO=BC，OF=FO，即可解决问题，故①正确；可以证明，故②错误；只要证明△DEF是等边三角形即可得到结果，故③正确；只要证明，，即可得到结果，故④错误；证明，，即可得到结论，故⑤正确．
【详解】
四边形是矩形，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，，
垂直平分，故①正确；
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，故②错误；
，，
四边形是平行四边形，
，
，
是等边三角形，
，故③正确；
易知，，
，，
，故④错误；
由前序正确结论可知，，，
∵，，，
∴，，
∴，故⑤正确；
故答案为：①③⑤．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质和全等三角形的判定与性质，准确分析判断是解题的关键．
专题05 平行四边形选填题压轴训练
（时间：60分钟 总分：120） 班级 姓名 得分
选择题解题策略：（1）注意审题。把题目多读几遍，弄清这道题目求什么，已知什么，求、知之间有什么关系，把题目搞清楚了再动手答题。
（2）答题顺序不一定按题号进行。可先从自己熟悉的题目答起，从有把握的题目入手，使自己尽快进入到解题状态，产生解题的激情和欲望，再解答陌生或不太熟悉的题目。若有时间，再去拼那些把握不大或无从下手的题目。这样也许能超水平发挥。
（3）数学选择题大约有70%的题目都是直接法，要注意对符号、概念、公式、定理及性质等的理解和使用，例如函数的性质、数列的性质就是常见题目。
（4）挖掘隐含条件，注意易错、易混点。
（5）方法多样，不择手段。中考试题凸显能力，小题要小做，注意巧解，善于使用数形结合、特值（含特殊值、特殊位置、特殊图形）、排除、验证、转化、分析、估算、极限等方法，一旦思路清晰，就迅速作答。不要在一两道小题上纠缠，杜绝小题大做，如果确实没有思路，也要坚定信心，“题可以不会，但是要做对”，即使是“蒙”，也有25%的正确率。
（6）控制时间。一般不要超过40分钟，最好是25分钟左右完成选择题，争取又快又准，为后面的解答题留下充裕的时间，防止“超时失分”。
填空题解题策略：由于填空题和选择题有相似之处，所以有些解题策略是可以共用的，在此不再多讲，只针对不同的特征给几条建议：
一是填空题绝大多数是计算型（尤其是推理计算型）和概念（或性质）判断性的试题，应答时必须按规则进行切实的计算或合乎逻辑的推演和判断；
二是作答的结果必须是数值准确，形式规范，例如集合形式的表示、函数表达式的完整等，结果稍有毛病便是零分；
三是《考试说明》中对解答填空题提出的要求是“正确、合理、迅速”，因此，解答的基本策略是：快——运算要快，力戒小题大做；稳——变形要稳，防止操之过急；全——答案要全，避免对而不全；活——解题要活，不要生搬硬套；细——审题要细，不能粗心大意。
一、单项选择题：（本题共20小题，每小题3分，共60分.在每小题给出的四个
选项中，只有一项是符合题意要求的.）
1．如图，将矩形纸片的四个角向内翻折，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形，若，则边的长是（ ）
A．4 B．5 C．8 D．10
【答案】B
【分析】
利用三个角是直角的四边形是矩形易证四边形为矩形，那么由折叠可得的长即为边BC的长．
【详解】
解： ，，
，
同理可得：，
四边形为矩形，
，，
，
在和中
，
，
，
，
，
．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了翻折变换的性质以及勾股定理等知识，得出四边形为矩形是解题关键．
2．如图，点P为正方形内一点，已知正方形的边长为2，且有，则的最小值为（ ）．
A．1 B． C． D．
【答案】C
【分析】
取AD中点E，连接PE、BE，当P、E、B三点共线时，最小，求出BE、PE即可．
【详解】
解：取AD中点E，连接PE、BE，
∵正方形的边长为2，
∴PE=AE=1，
，
∵，
当P、E、B三点共线时，最小，最小值为，
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形中线段最短问题，解题关键是确定点P的运动轨迹，明确BP长取值范围．
3．如图，两个大小相同的正方形，如图放置，点，分别在边，上，若要求出阴影部分的周长，只要知道下列哪条线段的长度即可（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
过B作BN⊥EH，垂足为N，连接BE，BK，KP，分别证明△ABE≌△FEB，△BAE≌△BNE，△BNK≌△BCK，△KHP≌△PCK，再将△KHQ的周长进行转化，得到ED=KC+KH=C△KQH，可得结果．
【详解】
解：过B作BN⊥EH，垂足为N，连接BE，BK，KP，
∵两个大小相同的正方形，
∴AB=EF，又∵∠A=∠F，BE=EB，
∴Rt△ABE≌Rt△FEB（HL），
∴∠AEB=∠FBE=∠NEB，AE=BF，
同理可得：Rt△BAE≌Rt△BNE，Rt△BNK≌Rt△BCK，
∴∠EBK=45°，
∴AE+KC=EK，
∵AE=BF，
∴DE=BG，
∵∠H=∠C=90°，∠PQC=∠KQH，
∴∠BPG=∠CPQ=∠QKH=∠EKD，
∴△BGP≌△EDK，
∴PG=KD，
∴PH=KC，
同理可证：△KHP≌△PCK，
∴△KQH的周长为KC+KH，
又∵AE+ED=EK+KH，AE+KC=EK，
∴AE+ED=AE+KC+KH，
∴ED=KC+KH=△KQH的周长，
∴要求出阴影部分的周长，只要知道线段ED的长度，
故选C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等量代换，解题的关键是利用全等的性质得到线段的等量关系．
4．如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=3、BC=4、P、Q两点分别在AC和AB上．且CP=BQ=1，在平面上找一点M．以A、P、Q、M为顶点画平行四边形，这个平行四边形的周长的最大值为（ ）
A．12 B． C． D．
【答案】D
【分析】
先依据勾股定理以及相似三角形的性质，即可得到的长，再分三种情况，即可得到以、、、为顶点的平行四边形的周长，进而得出周长的最大值．
【详解】
解：由勾股定定理得：，则；
过点作，垂足为，则，
则，
则，
，
由，得，
再由勾股定理得：；
如图1：周长；
如图2：周长；
如图3：周长为最长．
∵，并且
即，
故周长的最大值是
故选：．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质以及勾股定理的运用，关键是作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理计算得到的长．
5．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
【答案】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．
6．如图，M是△ABC的边BC的中点，AN是△ABC的外角平分线，BN⊥AN于点N，且AB＝4，MN＝2.8，则AC的长是（ ）
A．1.2 B．1.4 C．1.6 D．1.8
【答案】C
【分析】
延长CA得射线CD，取AB的中点E，连接NE、ME，可证N、E、M三点共线，即MN与AB的交点即为AB的中点E，从而易得ME，由AC=2ME即可求解．
【详解】
解：延长CA得射线CD，取AB的中点E，连接NE、ME，如图，
∵M为BC的中点，
∴MEAC，MEAC
∵BN⊥AN，
∴是直角三角形，
∴AE=NEAB=2
又∵AN是△ABC的外角平分线，
∴
∵
∴NEAC
∴N、E、M三点共线，即MN与AB的交点即为AB的中点E，
∵NE＝2，MN＝2.8
∴ME=0.8
∴AC=2 ME=2=1.6
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了直角三角形的性质，中位线的性质，解题的关键是准确作出辅助线，得出M、N、AB的中点三点共线．
7．如图，在中，，以的各边为边分别作正方形，正方形与正方形．延长，分别交，于点，，连结，．图中两块阴影部分面积分别记为，，若，四边形，则四边形的面积为（ ）
A．5 B．6 C．8 D．9
【答案】B
【分析】
结合题意，根据正方形面积比，计算得，从而得；根据勾股定理性质，计算得；再根据勾股定理计算，得；结合，通过计算得；通过证明，得，结合矩形和四边形、的面积关系计算，即可得到答案．
【详解】
解：∵
∴
∵四边形与四边形是正方形
∴
∴
∵
∴
∵，
∴
∵四边形+梯形
∴
∴
∴
∵，
∴，即
∵四边形与四边形是正方形
∴，
∴
∴
∴
∴四边形
∵
∴四边形是矩形
∴矩形四边形四边形四边形
∴四边形矩形
故选：B．
【点睛】
本题考查了矩形、正方形、勾股定理、全等三角形、平方根、二次根式的知识；解题的关键是熟练掌握矩形、正方形、勾股定理、全等三角形的性质，从而完成求解．
8．如图，将矩形ABCD的四个角向内折叠铺平，恰好拼成一个无缝隙无重叠的矩形EFGH，若EH＝5，EF＝12，则CD长为（ ）
A．13 B． C．12 D．17
【答案】B
【分析】
先判定四边形EFGH为矩形，即可得到EF＝GH，再判定△DHG≌△BFE（AAS），即可得到DH＝BF＝FM，再根据勾股定理即可得出AD的长，最后依据S矩形ABCD＝2S矩形EFGH＝120，即可得到CD的长．
【详解】
解：由折叠可得，∠HEM＝∠AEH，∠BEF＝∠FEM，
∴∠HEF＝∠HEM+∠FEM＝×180°＝90°，
同理可得：∠EHG＝∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH为矩形，
∴EF＝GH，
∵AD∥BC，
∴∠DHF＝∠BFH，
由折叠可得，∠DHG＝∠DHF，∠BFE＝∠BFH，
∴∠DHG＝∠BFE，
又∵∠D＝∠B＝90°，
∴△DHG≌△BFE（AAS），
∴DH＝BF＝FM，
又∵AH＝MH，
∴AH+DH＝MH+FM，即AD＝FH，
又∵Rt△EFH中，EH＝5，EF＝12，
∴HF＝＝13，
∴AD＝13，
由折叠可得，△AEH≌△MEH，△BEF≌△MEF，△CFG≌△NFG，△DGH≌△NGH，
∴S矩形ABCD＝2S矩形EFGH＝2×EF•EH＝2×5×12＝120，
∴CD＝，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质、折叠问题以及全等三角形的判定与性质，解题时注意：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
9．如图，是的边延长线上一点，连接，，，交于点，添加以下条件，不能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根据平行线的性质得到∠AEB=∠CBF，求得∠CBF=∠BCD，求得CF=BF，同理，EF=DF，不能判定四边形BCED为平行四边形；故A错误；根据平行线的性质得到∠DEF=∠CBF，根据全等三角形的性质得到DF=CF，于是得到四边形BCED为平行四边形，故B正确；根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AB∥CD，求得DE∥BC，∠ABD=∠CDB，推出BD∥CE，于是得到四边形BCED为平行四边形，故C正确；根据平行线的性质得到∠DEC+∠BCE=∠EDB+∠DBC=180°，推出∠BDE=∠BCE，于是得到四边形BCED为平行四边形，故D正确．
【详解】
解：A、∵AE∥BC，
∴∠AEB=∠CBF，
∵∠AEB=∠BCD，
∴∠CBF=∠BCD，
∴CF=BF，
同理，EF=DF，
∴不能判定四边形BCED为平行四边形；故A错误；
∵ DE∥BC，
∴∠DEF=∠CBF，
∠DEF=∠CBF
在△DEF与△CBF中,
∴△DEF△CBF(ASA),
∴DF=CF
∵EF=BF
∴四边形BCED为平行四边形，故B正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ .AD∥BC，AB∥CD,
∴DE∥CE，∠ABD=∠CDB,
∠ABD=∠DCE，
∴∠DCE=∠CDB，
∴BD∥CE，
∴四边形BCED为平行四边形，故C正确；
∵AEB∥C,
∴∠DEC+∠BCE=∠EDB+∠DBC=180°
∵∠AEC=∠CBD，
∴∠BDE=∠BCE，
∴四边形BCED为平行四边形，故D正确．
故选:A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
10．如图，在正方形中，点，将对角线三等分，且，点在正方形的边上，则满足，则的点的个数是（ ）
A．0 B．4 C．6 D．8
【答案】D
【分析】
由题知，根据对称性，作点F关于BC的对称点Q，连接QE交BC于M，当点P在点M时，PE+PF的值最小，结合勾股定理即可求解；
【详解】
依题：根据对称性，作点F关于BC的对称点Q，连接QE交BC于M，
点E、F将对称轴AC三等份，且AC=18；
∴ EC=12，CF=6；
∵ 点Q与点F关于BC对称
∴ CF=CQ=6，∠ACB=∠BCQ=45°；
∴ ∠ACQ=90°
∴ ；
∴ 在线段BC上存在点M使得为的最小值，即为；
当点P运动至点C时，，
∴ 当点P在CM之间时，，故在CM上存在一个P点，使得；
当点P运动至点B时，由图可知，BE=BF，△BOE为直角三角形，OE=3，OB=9，
∴ ∴ ；
∴ 当点P在BM之间时，，故在BM上存在一个P点，使得；
∴ 在线段BC上的存在两个点，使得；
同理可得，在AB、CD、DA上也都存在两个点，使得；
∴ 点P在正方形ABCD上运动时，共有8个点，使得；
故选：D
【点睛】
本题考查正方形的性质，重点应用正方形的对称性求解；难点在理解区域范围求解存在点．
11．如图，在中，，，，是的中点，则中最短边的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据已知条件和图形的变化可得前几个图形的最短边的长度，进而可得结论．
【详解】
解：在△A1A2A3中，∠A1A3A2=90°，∠A2=30°，A1A3=1，An+3是AnAn+1（n=1、2、3…）的中点，可知：
A4A5//A1A3，A3A4=A2A4，
∴∠A3A5A4=90°，∠A4A3A2=∠A2=30°，
∴△A1A2A3是含30°角的直角三角形，
同理可证△AnAn+1An+2是含30°角的直角三角形．
△A1A2A3中最短边的长度为A1A3=1=，
△A3A4A5中最短边的长度为A4A5==，
△A5A6A7中最短边的长度为A5A7=，
…，
所以△AnAn+1An+2中最短边的长度为，
则△A2019A2020A2021中最短边的长度为．
故选：B．
【点睛】
本题考查了规律型：图形的变化类，解决本题的关键是观察图形的变化寻找规律．也考查了直角三角形斜边的中线，三角形的中位线，平行线的性质，含30°角的直角三角形的性质，以及等腰三角形的性质等知识．
12．如图，以平行四边形的边、、、为斜边，分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H，顺次连结这四个点，得四边形，当时，有以下结论：①；②；③；④；⑤四边形是平行四边形．则结论正确的是（ ）
A．①③④ B．②③⑤ C．①③④⑤ D．②③④⑤
【答案】D
【分析】
根据平行四边形性质得出∠ABC=∠ADC=α，∠BAD=∠BCD，AB=CD，AD=BC，AD∥BC，AB∥CD，根据等腰直角三角形得出BE=AE=CG=DG，AH=DH=BF=CF，∠ABE=∠EAB=∠FBC=∠FCB=∠GCD=∠GDC=∠HAD=∠EDA=45°，求出∠HAE=∠HDG=∠FCG=∠FBE=90°+α，证△FBE≌△HAE≌△HDG≌△FCG，推出∠BFE=∠GFC，EF=EH=HG=GF，求出∠EFG=90°，根据正方形性质得出即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠ADC=α，∠BAD=∠BCD，AB=CD，AD=BC，AD∥BC，AB∥CD，
∵平行四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA为斜边，分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H，
∴BE=AE=CG=DG，AH=DH=BF=CF，∠ABE=∠EAB=∠FBC=∠FCB=∠GCD=∠GDC=∠HAD=∠EDA=45°，
∵AB∥CD，
∴∠BAD=∠BCD=180°-α，
∴∠EAH=360°-45°-45°-（180°-α）=90°+α，∠GCF=360°-45°-45°-（180°-α）=90°+α，
∴①错误；②正确；
∠HDG=45°+45°+α=90°+α，∠FBE=45°+45°+α=90°+α，
∴∠HAE=∠HDG=∠FCG=∠FBE，
在△FBE、△HAE、△HDG、△FCG中，
，
∴△FBE≌△HAE≌△HDG≌△FCG（SAS），
∴∠BFE=∠GFC，EF=EH=HG=GF，③正确；
∴四边形EFGH是菱形，
∵∠BFC=90°=∠BFE+∠EFC=∠GFC+∠CFE，
∴∠EFG=90°，
∴四边形EFGH是正方形，⑤正确；
∴EH⊥GH，④正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形，全等三角形的性质和判定，正方形的判定，平行四边形的性质，菱形的判定的应用，主要考查学生的推理能力．
二、填空题
13．如图，在矩形ABCD中，O为AC中点，EF过O点且EF⊥AC分别交DC于F，交AB于E，点G是AE中点且∠AOG=30°．某班学习委员得到四个结论：①DC=3OG；②OG=BC；③OGE是等边三角形；④S△AOE=S矩形ABCD，问：学习委员得到结论正确的是___________．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【分析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，再根据等边对等角可得，根据直角三角形两锐角互余求出，从而判断出是等边三角形，判断出③正确；设，根据等边三角形的性质表示出，利用勾股定理列式求出，从而得到，再求出，然后利用勾股定理列式求出，从而判断出①正确，②错误；再根据三角形的面积和矩形的面积列式求出判断出④正确．
【详解】
解：∵，点是中点，
∴，
∵，
∴，
，
∴是等边三角形，故③正确；
设，则，
由勾股定理得，，
∵为中点，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，，
四边形是矩形，
∴，
∴，故①正确；
∵，，，
∴，故②错误；
∵，
，
∴，故④正确；
综上所述，结论正确是①③④，
故答案为：①③④．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的面积，设，然后用表示出相关的线段更容易理解．
14．如图，的对角线交于点O，平分交于点E，交于点F，且，连接．则_________．
【答案】
【分析】
根据已知条件证明EA=EB=EC，推出∠ABC=90°，然后设，则，利用勾股定理求出，得出，再用勾股定理求出OB，进而得到BD的值即可解答．
【详解】
∵，
∴CD∥AB，OB=OD，OA=OC，
∴∠DCB+∠ABC=180°，
∵
∴∠DCB=120°
∵CE平分，
∴∠EBC=∠BCE=∠CEB=60°
∴是等边三角形，EB=EC
又AB=2BC
∴EA=EB=EC
∴∠ABC=90°
设，则，
，
在中，，
∴，
∴．
故答案为：
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，以及勾股定理等知识，解题的关键时灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题．
15．如图，在正方形ABCD中，点E为BC边上一点，且CE=2BE，点F为对角线BD上一点，且BF=2DF，连接AE交BD于点G，过点F作FH⊥AE于点H，若HG=2cm，则正方形ABCD的边长为__________cm．
【答案】
【分析】
如图，过F作FI⊥BC于I，连接FE，FA．得到FI∥CD，设BE=EI=IC=a，CE=FI=2a，AB=3a，由勾股定理得到FE=FC=FA=，推出HE==，根据正方形的性质得到BG平分∠ABC，由三角形角平分线定理得到，求得，于是得到结论．
【详解】
解：如图，过F作FI⊥BC于I，连接FE，FA，
设BE=a，
∵CE=2BE，
∴CE=2a，AB=BC=3a．
根据题意可知FI∥CD，
∴，
∴BE=EI=IC=a．
∴，即，
∴．
在中，，即，
∴FE=FC=FA=，
∴H为AE的中点，
在中，，
∴HE==，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BG平分∠ABC，
∴
∴，
∴，
∴正方形边长为．
故答案为．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，角平分线的判定和性质，勾股定理以及平行线分线段成比例等知识，难度较大，正确的作出辅助线是解题的关键．
16．如图，在中，高和交于点，且．①；②；③；④若于点，则．其中正确的有________．
【答案】①②④
【分析】
由，又和是高， ，BE⊥AC，，，即可判断①；由，可求，可证是等腰直角三角形，可证，可得，，可证，可证即可判断②；连结CH，由，可知所在直线是对称轴，可得，在△AHC中，即，由即可判断③；④作于，如图所示：则，， 可证，可得，，利用线段和差计算可判断④．
【详解】
解：①，
又和是高，
，BE⊥AC，
，
，
，①正确；
②，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
，BE⊥AC，
，
，②正确；
③连结CH
所在直线是对称轴，
在△AHC中
即
，
③错误；
④作于，如图所示：
则，，，
，
，，
，，
，
在和中，
，
，，
，，
，
，
，
，，
，
，④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，轴对称性质，矩形的判定和性质，仔细分析图形并熟练掌握各性质是解题的关键．
17．如图，矩形ABCD中，BC＝2AB，BC＝6，DE平分∠ADC交BC于点E，G为AB上一动点，H、F是AD边上的两动点（点F在点H的右边），连接GH、EF，若∠AGH＝∠FED＝α，将△AGH沿GH翻折得到△A'GH，若GA'的延长线恰好经过点F，且GF的长度为5，连接CF、CA'，则△A'CF的面积S△A'CF＝_____．
【答案】
【分析】
由翻折得∠，，通过证明△，△△△全等，分别求出，，依据三角形面积公式求解即可．
【详解】
解：在矩形ABCD中，ED平分∠ADC
∴∠EDC=45°
∵∠DCE=90°
∴∠DEC=45°
∴△ECD是等腰直角三角形
∴EC=DC
∵BC=2AB=2DC
∴E为BC中点
∴
∵△翻折到△
∴△
∴∠
∴
∵∠
∠
∴△
∴△△△全等，
∴∠
∴
∴
∴
∴∠
∴∠，
∴
∴
．
【点睛】
此题主要考查了折叠的性质，勾股定理以及三角形面积，证明是解答此题的关键．
18．如图，PA＝2，PB＝4，以AB为边作正方形ABCD，使得P、D两点落在直线AB的两侧，当∠APB变化时，则PD的最大值为_________．
【答案】＋4
【分析】
过点A作AQ⊥AP，使AQ=AP=2，连接BQ，先证明△QAB≌△PAD，得到BQ=PD，得到当Q、P、B在同一直线时，BQ最大，最大值为PQ+PB，根据勾股定理求出PQ，即可求出PD最大值．
【详解】
解：过点A作AQ⊥AP，使AQ=AP=2，连接BQ，
∴∠QAP=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠QAP=∠BAD，
∴∠QAP+∠PAB=∠BAD∠PAB，
即∠QAB=∠PAD，
∴△QAB≌△PAD，
∴BQ=PD，
∴PD最大值即为BQ最大值，
∵BQ≤PQ+PB，
∴当Q、P、B在同一直线时，BQ最大，最大值为PQ+PB，
在Rt△AQP中，,
∴PQ+PB最大值为+4，
∴PD最大值为＋4．
故答案为：＋4．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，勾股定理、求线段的最大值等问题，根据题意添加辅助线，构造全等三角形进行线段转化是解题重点．
19．如图，长方形纸片ABCD中，AD=7，CD=4，将长方形纸片折叠，使点B落在AD上的点E处，折痕为AF，再沿DF折叠，使点C落在点G处，连接CG，交DF于点I．则线段CG的长度为____．在折痕DF上有一动点P，连接PC，过点P作PH⊥DC交DC于H．则PC+PH的最小值为____．
【答案】
【分析】
由勾股定理可求DF的长，由折叠的性质和面积法可求GC的长、由线段垂直平分线的性质可求GP=PC，当点G、P、H三点共线且时，由PC+PH的最小值，由面积法即可得解．
【详解】
解：∵将长方形纸片折叠，
使点B落在AD上的点E处，
∴，
∴，
∴，
∴DF5．
∵沿DF折叠，使点C落在点G处，
∴，
∴DF垂直平分GC，
∴，
∴S△CDFDF×CIDC×CF，
∴CI，
∴CG，
如图，连接GP，GH，
∵DI，
∴S△DGCGC×DI．
∵DF垂直平分GC，
∴GP=PC，
∴PH+PC=GP+PH，
∴当点G，点P，点H三点共线，且时，PH+PC有最小值为GH，
此时GH．
故答案为：，．
【点睛】
本题考查了翻折变换、矩形的性质、最短路径问题、勾股定理；灵活运用这些性质解决问题时本题的关键．
20．如图，在正方形中，，点在边上，．将沿对折至，延长交边于点，连接，．有下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是__________．（填序号）
【答案】①②③
【分析】
由正方形的性质和折叠的性质得出AB=AF，∠AFG=90°，由HL证明Rt△ABG≌Rt△AFG，得出①正确；设BG=FG=x，则CG=12-x．由勾股定理得出方程，解方程求出BG，得出GC，即可得出②正确；由全等三角形的性质和三角形内角和定理得出∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，得出AG∥CF，即可得出③正确；通过计算三角形的面积得出④错误；即可得出结果．
【详解】
解：①正确．理由如下：
四边形是正方形，
，，
由折叠的性质得：，，
，，
在和中，
，
；
②正确．理由如下：
由题意得：，设，则．
在直角中，根据勾股定理，得，
解得：，
，
，
；
③正确．理由如下：
，，
，
是等腰三角形，．
又∵，
，
，
，
；
④错误；理由如下：
，
，，和等高，
，
．
故④不正确．
正确的个数有①②③．
故答案为：①②③．
【点睛】
本题考查的是翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算等知识；本题综合性强，有一定的难度．
21．如图，在正方形ABCD中，E为AB上一点，过点E作．与AC、DC分别交于点G、F，H为CG的中点，连接DE、EH、DH、FH．下列结论：
①EG＝DF；
②∠AEH+∠ADH＝180°；
③△EHF≌△DHC；
④；
⑤若，则3＝5，
其中结论正确的有_____．（填写序号）
【答案】①②③④⑤．
【分析】
①根据题意可知∠ACD＝45°，则GF＝FC，则EG＝EF﹣GF＝CD﹣FC＝DF；
③由SAS证明△EHF≌△DHC；
②由全等三角形的性质得到∠HEF＝∠HDC，从而∠AEH+∠ADH＝∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC＝180°；
④由“SAS”可证△QDP≌△HDP，可得PH＝QP，∠QAD＝∠HCD＝45°，由勾股定理可得结论；
⑤若，则AE＝BE，可以证明△EGH≌△DFH，则∠EHG＝∠DHF且EH＝DH，则∠DHE＝90°，△EHD为等腰直角三角形，过H点作HM垂直于CD于M点，设HM＝x，则DM＝2x，DH＝x，CD＝3x，则S△DHC＝×HM×CD＝，
S△EDH＝＝，可作判断．
【详解】
解：①∵四边形ABCD为正方形，EF∥AD，
∴EF＝AD＝CD，∠ACD＝45°，∠GFC＝90°，
∴△CFG为等腰直角三角形，
∴GF＝FC，
∵EG＝EF﹣GF，DF＝CD﹣FC，
∴EG＝DF，故①正确；
②∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，
∴FH＝CH，∠GFH＝∠GFC＝45°＝∠HCD，
在△EHF和△DHC中，
，
∴△EHF≌△DHC（SAS），故③正确；
∴∠HEF＝∠HDC，
∴∠AEH+∠ADH＝∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC＝∠AEF+∠ADF＝180°，故②正确；
④如图，将△DCH绕点D顺时针旋转90°，可得△DAQ，连接QP，
∴△DAQ≌△DCH，
∴AQ＝CH，DQ＝DH，∠ADQ＝∠CDH，
∵△EHF≌△DHC，
∴EH＝DH，∠EHF＝∠DHC，
∴∠DHE＝∠FHC＝90°，
∴∠EDH＝45°，
∴∠ADP+∠CDH＝45°，
∴∠ADP+∠ADQ＝45°＝∠EDH，
又∵QD＝DH，DP＝DP，
∴△QDP≌△HDP（SAS），
∴PH＝QP，∠QAD＝∠HCD＝45°，
∴∠QAP＝90°，
∴，
∴，故④正确；
⑤∵，
∴AE＝BE，，
∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，
∴FH＝GH，∠FHG＝90°，
∵∠EGH＝∠FHG+∠HFG＝90°+∠HFG＝∠HFD，
在△EGH和△DFH中，
，
∴△EGH≌△DFH（SAS），
∴∠EHG＝∠DHF，EH＝DH，∠DHE＝∠EHG+∠DHG＝∠DHF+∠DHG＝∠FHG＝90°，
∴△EHD为等腰直角三角形，
过H点作HM垂直于CD于M点，如图所示：
设HM＝x，则DM＝2x，DH＝x，CD＝3x，
S△DHC＝×HM×CD＝，S△EDH＝＝，
∴3＝5，
故⑤正确；
故答案为：①②③④⑤．
【点睛】
本题考查了三角形的全等，勾股定理，旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定，熟练掌握上述基本性质，特别是旋转的性质是解题的关键．
22．如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，E，H分别为AB，BC的中点，G，F分别为线段HD，CE的中点．若线段FG的长为2，则AB的长为_____．
【答案】8
【分析】
连接CD并延长，交AD于点M，连接EM，作AN⊥EM于N，先证明△DMG≌△HCG，得到,进而证明AE=AM，再根据FG为△CEM中位线求出EM，根据等腰三角形性质得到EN=EM=，∠AEN=30°，即可求出AE，进而求出AB即可．
【详解】
解：连接CG并延长，交AD于点M，连接EM，作AN⊥EM于N，
∵四边形ABCD为菱形，∠B=60°，
∴AD∥BC，AD=BC=AB
∴∠EAM=120°，∠DMG=∠HCG，
∵G为DH中点，
∴DG=HG，
∵∠MGD=∠CGH，
∴△DMG≌△HCG，
∴DM=HC，CG=MG,
∵H为BC中点，
∴,
∴AM=，
∵E为AB中点，
∴AE=，
∴AE=AM，
∵F为CE中点，G为CM中点，
∴FG为△CEM中位线，
∴,
∵AE=AM，∠EAM=120°，AN⊥EM，
∴EN=EM=，∠AEN=30°，
∴AE=2AN=4，
∴AB=2AE=8．
故答案为：8
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，综合性较强，根据已知条件添加辅助线构造全等三角形，等腰三角形是解题关键．
23．如图，矩形ABCD中，AD＝5，AB＝7，正方形MBND′的顶点M，N分别在矩形的边AB，BC上，点E为DC上一个动点，当点D与点D′关于AE对称时，DE的长为_____．
【答案】或
【分析】
连接ED′，AD′，延长MD′交DC于点P．根据题意设MD′＝ND′＝BM＝x，则AM＝AB-BM＝7-x， AD＝AD′＝5，在中，利用勾股定理可求出x=3或4，即MD′的长，分类讨论①当MD′=3时，设ED′＝a，则AM＝7-3＝4，D′P＝5-3＝2，EP＝4-a，在Rt△EPD′中利用勾股定理可求出a的值，即DE的长；②当MD′=4时，同理即可求出DE的长．
【详解】
解：如图，连接ED′，AD′，延长MD′交DC于点P，
∵正方形MBND′的顶点M，N分别在矩形的边AB，BC上，点E为DC上一个动点，点D与点D′关于AE对称，
∴设MD′＝ND′＝BM＝x，
∴AM＝AB﹣BM＝7﹣x，
∵AE为对称轴，
∴AD＝AD′＝5，
在中，，即，
解得，
即MD′＝3或4．
在Rt△EPD′中，设ED′＝a，
①当MD′＝3时，AM＝7﹣3＝4，D′P＝5﹣3＝2，EP＝4﹣a，
∴，即，
解得a＝，即DE＝．
②当MD′＝4时，AM＝7﹣4＝3，D′P＝5﹣4＝1，EP＝3﹣a，
同理， ，
解得a＝，即DE＝．
综上所述：DE的长为：或．
故答案为：或．
【点睛】
本题考查图形对称的性质，矩形的性质以及勾股定理．根据对称并利用勾股定理求出MD′的长度是解答本题的关键．
24．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，连接 BF 交 AC 于点 M，连接 DE、BO，若 =60o，FO=FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②EOB≌CMB ；③DE=EF；④，⑤，其中正确的结论是_______（填正确的序号）
【答案】①③⑤
【分析】
只要证明BO=BC，OF=FO，即可解决问题，故①正确；可以证明，故②错误；只要证明△DEF是等边三角形即可得到结果，故③正确；只要证明，，即可得到结果，故④错误；证明，，即可得到结论，故⑤正确．
【详解】
四边形是矩形，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，，
垂直平分，故①正确；
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，，
，故②错误；
，，
四边形是平行四边形，
，
，
是等边三角形，
，故③正确；
易知，，
，，
，故④错误；
由前序正确结论可知，，，
∵，，，
∴，，
∴，故⑤正确；
故答案为：①③⑤．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质和全等三角形的判定与性质，准确分析判断是解题的关键．
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