2022-2023 数学浙教版新中考精讲精练 考点22特殊的平行四边形

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考点22特殊的平行四边形考点总结1．矩形：定义有一个角是直角的平行四边形叫做矩形  性质 对称性矩形是一个轴对称图形，它至少有两条对称轴矩形是中心对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点定理(1)矩形的四个角都是直角(2)矩形的对角线互相平分且相等  判定(1)定义法(2)有三个角是直角的四边形是矩形(3)对角线相等的平行四边形是矩形(4)对角线相等且互相平分的四边形是矩形2．菱形：定义有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形  性质 对称性菱形是轴对称图形，两条对角线所在的直线是它的对称轴菱形是中心对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点定理(1)菱形的四条边都相等(2)菱形的对角线互相垂直，并且每条对角线平分一组对角  判定(1)定义法(2)四条边相等的四边形是菱形(3)对角线互相垂直的平行四边形是菱形(4)对角线互相垂直且平分的四边形是菱形菱形面积(4)对角线相等且互相平分的四边形是矩形  菱形面积(1)因为菱形是特殊的平行四边形，所以菱形的面积＝底×高(2)因为菱形的对角线互相垂直平分，所以其对角线将菱形分成  4  个全等的直角三角形，所以菱形的面积等于两条对角线乘积的一半3．正方形：定义有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形   性质(1)正方形的对边平行且相等(2)正方形的四条边都相等(3)正方形的四个角都是直角(4)正方形的对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角(5)正方形既是轴对称图形也是中心对称图形，对称轴有  4  条，对称中心是对角线的交点   判定(1)定义法(2)有一组邻边相等的矩形是正方形(3)有一个角是直角的菱形是正方形(4)对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形(5)对角线互相垂直的矩形是正方形(6)对角线相等的菱形是正方形(7)对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形4．四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系： 真题演练 一、单选题1．（2021·浙江衢州·中考真题）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，．当AC平分时，与满足的数量关系是（   ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据菱形的性质可得AB=AC，根据等腰三角形的性质可得∠BAC=∠BCA=，根据旋转的性质可得∠CAC′=∠BAB′=，根据AC平分可得∠B′AC=∠CAC=，即可得出，可得答案．【详解】∵四边形ABCD是菱形，，∴AB=AC，∴∠BAC=∠BCA==，∵将菱形ABCD绕点A逆时针旋转得到菱形，∴∠CAC′=∠BAB′=，∵AC平分，∴∠B′AC=∠CAC=，∴∠BAC=∠B′AC+∠BAB′=2=，∴，故选；C．2．（2021·浙江台州·中考真题）如图，将长、宽分别为12cm，3cm的长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P．若∠α＝60°，则折叠后的图案（阴影部分）面积为（   ）
A．（36）cm2 B．（36）cm2 C．24 cm2 D．36 cm2【答案】A【分析】过点C作，过点B作，根据折叠的性质求出，，分别解直角三角形求出AB和AC的长度，即可求解．【详解】解：如图，过点C作，过点B作，∵长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P，∴，∴，∴，，，∴，∴，故选：A．3．（2021·浙江绍兴·中考真题）如图，菱形ABCD中，，点P从点B出发，沿折线方向移动，移动到点D停止．在形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是（   ）
A．直角三角形→等边三角形→等腰三角形→直角三角形B．直角三角形→等腰三角形→直角三角形→等边三角形C．直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形D．等腰三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形【答案】C【分析】是特殊三角形，取决于点P的某些特殊位置，按其移动方向，逐一判断即可．【详解】解：连接AC，BD，如图所示．∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，∠D=∠B．∵∠B=60°，∴∠D=∠B=60°．∴和都是等边三角形．点P在移动过程中，依次共有四个特殊位置：（1）当点P移动到BC边的中点时，记作．∵是等边三角形，是 BC的中点，∴．∴．∴是直角三角形．（2）当点P与点C重合时，记作．此时，是等边三角形；（3）当点P移动到CD边的中点时，记为．∵和都是等边三角形，∴．∴是直角三角形．（4）当点P与点D重合时，记作．∵，∴是等腰三角形．综上，形状的变化过程中，依次出现的特殊三角形是：直角三角形→等边三角形→直角三角形→等腰三角形．故选：C4．（2021·浙江嘉兴·中考真题）如图，在中，，AB=AC=5，点在上，且，点E是AB上的动点，连结，点，G分别是BC，DE的中点，连接，，当AG=FG时，线段长为（      ）
A． B． C． D．4【答案】A【分析】连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得点A，D，F，E四点共圆，∠DFE=90°，然后根据勾股定理及正方形的判定和性质求得AE的长度，从而求解．【详解】解：连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB∵在中，，点G是DE的中点，∴AG=DG=EG又∵AG=FG∴点A，D，F，E四点共圆，且DE是圆的直径∴∠DFE=90°∵在Rt△ABC中，AB=AC=5，点是BC的中点，∴CF=BF=，FN=FM=又∵FN⊥AC，FM⊥AB，∴四边形NAMF是正方形∴AN=AM=FN=又∵，∴∴△NFD≌△MFE∴ME=DN=AN-AD=∴AE=AM+ME=3∴在Rt△DAE中，DE=故选：A．
5．（2021·浙江宁波·中考真题）如图是一个由5张纸片拼成的，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为，另两张直角三角形纸片的面积都为，中间一张矩形纸片的面积为，与相交于点O．当的面积相等时，下列结论一定成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据△AED和△BCG是等腰直角三角形，四边形ABCD是平行四边形，四边形HEFG是矩形可得出AE=DE=BG=CG=a， HE=GF，GH=EF，点O是矩形HEFG的中心，设AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c，过点O作OP⊥EF于点P，OQ⊥GF于点Q，可得出OP，OQ分别是△FHE和△EGF的中位线，从而可表示OP，OQ的长，再分别计算出，，进行判断即可【详解】解：由题意得，△AED和△BCG是等腰直角三角形，∴ ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，CD=AB，∠ADC=∠ABC，∠BAD=∠DCB∴∠HDC=∠FBA，∠DCH=∠BAF，∴△AED≌△CGB，△CDH≌ABF∴AE=DE=BG=CG∵四边形HEFG是矩形∴GH=EF，HE=GF设AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c过点O作OP⊥EF于点P，OQ⊥GF于点Q，∴OP//HE，OQ//EF∵点O是矩形HEFG的对角线交点，即HF和EG的中点，∴OP，OQ分别是△FHE和△EGF的中位线，∴， ∵ ∵ ∴，即 而， 所以，，故选项A符合题意， ∴，故选项B不符合题意，而于都不一定成立，故都不符合题意，故选：A6．（2021·浙江温州·中考真题）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，根据题意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，根据可得BE=PE=PC=PF=DF，根据正方形的性质可证明△FDG是等腰直角三角形，可得DG=FD，根据三角形中位线的性质可得PH=FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可证明△CPH≌△GDQ，可得PH=QD，即可得出PH=BE，可得BH=，利用勾股定理可用BE表示长CH的长，即可表示出CG的长，进而可得答案．【详解】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，∵由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，∴BE=PC=DF，AE=BP=CF，∵，∴BE=PE=PC=PF=DF，∵∠CFD=∠BPC，∴DF//EH，∴PH为△CFQ的中位线，∴PH=QF，CH=HQ，∵四边形EPFN是正方形，∴∠EFN=45°，∵GD⊥DF，∴△FDG是等腰直角三角形，∴DG=FD=PC，∵∠GDQ=∠CPH=90°，∴DG//CF，∴∠DGQ=∠PCH，在△DGQ和△PCH中，，∴△DGQ≌△PCH，∴PH=DQ，CH=GQ，∴PH=DF=BE，CG=3CH，∴BH=BE+PE+PH=，在Rt△PCH中，CH==，∴CG=BE，∴．故选：C．7．（2021·浙江嘉兴·中考真题）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（      ）A．等腰三角形 B．直角三角形 C．矩形 D．菱形【答案】D【分析】此题是有关剪纸的问题，此类问题应亲自动手折一折，剪一剪．【详解】解：由题可知，AD平分,折叠后与重合，故全等，所以EO=OF;又作了AD的垂直平分线，即EO垂直平分AD，所以AO=DO，且EO⊥AD；由平行四边形的判定：对角线互相平分的四边形为平行四边形，所以AEDF为平行四边形；又AD⊥EF，所以平行四边形AEDF为菱形．故选：8．（2021·浙江绍兴·中考真题）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（   ）A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形B．用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形【答案】C【分析】根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可【详解】如图所示，
用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形；
用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，
用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形，
用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形，
用6个相同的菱形放置，最多能得到40个菱形．
故选：C．
9．（2021·浙江·绍兴市柯桥区杨汛桥镇中学二模）如图，正方形ABCD的顶点A、B在⊙O上，顶点C、D在⊙O内，将正方形ABCD绕点B顺时针旋转α度，使点C落在⊙O上．若正方形ABCD的边长和⊙O的半径相等，则旋转角度α等于（    ）A．36° B．30° C．25° D．22.5°【答案】B【分析】连接OA，OB，OG，由旋转的性质可得，AB=BG，∠ABE=∠CBG=α，先证明△OAB和△OBG都是等边三角形，得到∠OBA=∠OBG=60°，再由∠ABO+∠OBG=∠ABC+∠CBG=120°，求解即可．【详解】解：如图所示，连接OA，OB，OG，由旋转的性质可得，AB=BG，∠ABE=∠CBG=α∵正方形ABCD的边长和⊙O的半径相等，∴OA=OB=OG=BG=AB，∴△OAB和△OBG都是等边三角形，∴∠OBA=∠OBG=60°，∵∠ABO+∠OBG=∠ABC+∠CBG=120°，∠ABC=90°（正方形的性质），∴∠CBG=30°，∴α=30°，故选B．10．（2021·浙江杭州·模拟预测）已知，矩形ABCD中，E为AB上一定点，F为BC上一动点，以EF为一边作平行四边形EFGH，点G，H分别在CD和AD上，若平行四边形EFGH的面积不会随点F的位置改变而改变，则应满足（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，，，，由于四边形EFGH为平行四边形且四边形ABCD是矩形，所以，，根据 ，化简后得，F为BC上一动点，x是变量，是x的系数，根据平不会随点F的位置改变而改变，为固定值，x的系数为0，bc为固定值，，进而可得点E是AB的中点，即可进行判断．【详解】解：∵四边形EFGH为平行四边形且四边形ABCD是矩形，∴，，设，，，，∴∵F为BC上一动点，∴x是变量，是x的系数，∵不会随点F的位置改变而改变，为固定值，∴x的系数为0，bc为固定值，∴，∴，∴E是AB的中点，∴，故选：C． 二、填空题11．（2021·浙江·杭州市丰潭中学二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB＝6，点E是AD上一个动点，把△CDE沿CE向矩形内部折叠，当点D的对应点D′恰好落在矩形的内角平分线上时（∠DCD'为锐角），则cos∠DCD'＝__________________．【答案】或或或【分析】根据D′恰好落在矩形的内角平分线上时，分四种情况，分别考虑，当D'落在∠BCD的平分线上，则∠DCD'=45°即可；当D'落在∠D的平分线上，则∠DCD'=90°，不符合题意；当D'落在∠ABC的平分线上，则∠D'BC=45°，当D'落在∠BAD的平分线上，则∠DAG=45°，都是在Rt△CD'H中，利用勾股定理列出方程，即可求出答案．【详解】解：如图1，当D'落在∠BCD的平分线上，则∠DCD'＝45°，cos∠DCD'＝；当D'落在∠D的平分线上，则∠DCD'＝90°，不符合题意，舍去；如图2，当D'落在∠ABC的平分线上，则∠D'BC＝45°，连接BD'，作D'H⊥BC于H，设D'H＝t，则BH＝t，CH＝8﹣t，在Rt△CD'H中，由勾股定理得：t2+（8﹣t）2＝62，解得：t＝4±，∵D'H⊥BC，CD⊥BC，∴∠DCD'＝∠CD'H，∴cos∠DCD'＝cos∠CD'H＝；如图3，当D'落在∠BAD的平分线上，则∠DAG＝45°，连接AD'，过D'作D'H⊥BC于H，延长HD'交AD于G，设D'G＝t，则AG＝t，D'H＝6﹣t，HC＝8﹣t，在Rt△CD'H中，由勾股定理得：（6﹣t）2+（8﹣t）2＝62，解得t1＝7+（不合题意，舍去），t2＝7﹣，∴D'H＝6﹣t＝﹣1，∵D'H⊥BC，CD⊥BC，∴∠DCD'＝∠CD'H，∴cos∠DCD'＝cos∠CD'H＝，综上所述：cos∠DCD'＝或或或．故答案为：或或或．12．（2021·浙江·杭州市采荷中学二模）已知，在射线上取一点，在射线上取一点，连接，再作点关于直线的对称点，连接，，得到如下图形．移动点，当时，______；当时，的度数是______．【答案】90°    30°或150°    【分析】当AD=BC时,证明OA=OB=OC即可．分两种情况，取BC的中点E，连接AE，DE，依据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到△ADE是等边三角形，进而依据轴对称的性质得出∠ABD的度数．【详解】解：①如图1中，设AD交BC于点O．∵A,D关于BC对称，∴OA=OD,AD⊥BC,∵∠MAN=∠AOC=∠AOB=90°,∴∠CAO+∠OAB=90°,∠CAO+∠ACO=90°,∴∠ACO=∠OAB,∴△AOC∽△BOA,∴OA2=OB•OC,∵AD=BC,∴（BC）2=OC•(BC-OC),∴BC2-4OC•BC+4OC2=0,∴(BC-2OC)2=0,∴BC=2OC,∴OB=OC=OA,∴∠ABO=∠OCD=45°,∴∠ABD=90°．②分两种情况：如图，当AB＞AC时，取BC的中点E，连接AE，DE，则AE=DE=BC，即BC=2AE=2DE，又∵BC=2AD，∴AD=AE=DE，∴△ADE是等边三角形，∴∠AED=60°，又∵BC垂直平分AD，∴∠AEC=30°，又∵BE=AE，∴∠ABC=∠AEC=15°，∴∠ABD=2∠ABC=30°；如图，当AB＜AC时，同理可得∠ACD=30°，又∵∠BAC=∠BDC=90°，∴∠ABD=150°，故答案为：90°，30°或150°．13．（2021·浙江·绍兴市柯桥区杨汛桥镇中学二模）如图，把一张矩形纸片ABCD沿EF，MN对折，得到五边形GEFNM．其中，顶点A与D重合于点G，重叠部分GHIJ为正方形，顶点I在EM上，若FN=8cm，EM=10cm，则BC长为______cm．【答案】【分析】先根据折叠图形的性质找对应角和对应边相等，然后根据矩形的性质得到AD//BC，由平行的性质可证角相等，继而可证等腰三角性质，由等腰三角形可证线段相等，再根据勾股定理和解直角三角形进行求解.【详解】解：由折叠可得：∠EFB=∠EFI，∠CNM=∠INM，CN=NH，∵四边形ABCD是矩形，∴AD//BC，∴∠BFE=∠IEF，∠IMN=∠CNM，∴∠EFI=∠IEF，∠IMN=∠INM，∴EI=FI，IM=IN，∵四边形GHIJ是正方形，∴HI=JI，∠HIJ=90°，∴BC=BF+FN+CN=FJ+FN+NH=FI+IJ+FN+IN+IH=2IJ+EM+FN，∵∠FIN=∠HIJ=90°，∴FI2+IN2=FN2，∵FI+IN=IE+IM=EM，∴FI2+（EM-FI）2=FN2,由图可知：FI<IN，∴FI=，∴IM=IN=EM-FI=，∵AD//BC，∴∠JIM=∠IFN，∴IJ=IM×cos∠JIM=IM×cos∠IFN=IM×,∴BC=10+8+=.故答案为：.14．（2021·浙江·翠苑中学二模）正方形的边长为4，点在边上，将沿直线翻折，使得点落在同一平面内的点处，联结并延长交正方形一边于点．当时，的长为__________．【答案】2或【分析】分两种情形：如图1中，当BN=DM时，连接CC′交BM于J．如图2中，当BN=DM时，过点C′作C′T⊥CD于T．分别求解即可．【详解】解：如图1中，当BN=DM时，连接CC′交BM于J．∵BN=DM，BN∥DM，∴四边形BNDM是平行四边形，∴BM∥DN，∴∠BMC=∠NDM，∠BMC′=∠DC′M，由折叠知，MC′=MC，∠BMC=∠BMC′，∴∠NDM=∠DC′M，∴MC′=MD，∴CM=DM=CD=2．如图2中，当BN=DM时，过点C′作C′T⊥CD于T．∵CB=CD，BN=DM，∴CN=CM=MC′，在△BCM和△DCN中，，∴△BCM≌△DCN（SAS），∴∠CDN=∠CBM，∵∠CBM+∠BCC′=90°，∠BCC′+∠C′CD=90°，∴∠CBM=∠C′CD，∴∠C′CD=∠DCC′，∴C′D=C′C，∵C′T⊥CD，∴DT=TC=2，∵C′T∥CN，∴DC′=C′N，∴C′T=CN，设C′T=x，则CN=CM=MC′=2x，TM=，∴，∴，∴CM=，综上所述，CM的值为2或．15．（2021·浙江·翠苑中学二模）如图，在矩形中对角线，交于点，平分交于点，连结．若，，则__________．【答案】【分析】过点O作OM⊥AB于点M，利用正方向的性质以及角平分线的性质可以判定△DAE为等腰直角三角形，求出AE、BE，再根据AD=6，AB=8，求出AC，从而求出OA、OB，再在直角三角形OAM中求出OM即可．【详解】解：过点O作OM⊥AB于点M，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=∠DAB=90°，OA=OB=OC=OD，又∵DE平分∠ADC，∴∠ADE=45°，∴△DAE为等腰直角三角形，∴AE=DA，∵AD=6，AB=8，∴AE=6，BE=2，在Rt△DAB中，AC=BD==10，∴OA=OB=5，∵OM⊥AB，∴AM=MB=4，∴OM==3，又∵ME=MB-EB=4-2=2，在Rt△OME中，OE==，故答案为：． 三、解答题16．（2021·浙江衢州·中考真题）（推理）如图1，在正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连结BE，CF，延长CF交AD于点G．（1）求证：．（运用）（2）如图2，在（推理）条件下，延长BF交AD于点H．若，，求线段DE的长．（拓展）（3）将正方形改成矩形，同样沿着BE折叠，连结CF，延长CF，BF交直线AD于G，两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）或【分析】（1）根据ASA证明；（2）由（1）得，由折叠得，进一步证明，由勾股定理得，代入相关数据求解即可；（3）如图，连结HE，分点H在D点左边和点在点右边两种情况，利用相似三角形的判定与性质得出DE的长，再由勾股定理得，代入相关数据求解即可．【详解】（1）如图，由折叠得到，，．又四边形ABCD是正方形，，，，又 正方形 ，．（2）如图，连接，由（1）得，，由折叠得，，．四边形是正方形，，，又，，．，，，．，，（舍去）．（3）如图，连结HE，由已知可设，，可令，①当点H在D点左边时，如图，同（2）可得，，，由折叠得，，又，，，又，，，，，，．，，，（舍去）．②当点在点右边时，如图，同理得，，同理可得，可得，，，，（舍去）．17．（2021·浙江台州·中考真题）如图，BD是半径为3的⊙O的一条弦，BD＝4，点A是⊙O上的一个动点（不与点B，D重合），以A，B，D为顶点作平行四边形ABCD．
 （1）如图2，若点A是劣弧的中点．①求证：平行四边形ABCD是菱形；②求平行四边形ABCD的面积．（2）若点A运动到优弧上，且平行四边形ABCD有一边与⊙O相切．①求AB的长；②直接写出平行四边形ABCD对角线所夹锐角的正切值．【答案】①证明见解析；②；（2）①AB的长为或；②【分析】（1）①利用等弧所对的弦相等可得，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形可得证；②连接AO，交BD于点E，连接OD，根据垂径定理可得，利用勾股定理求出OE的长，即可求解；（2）①分情况讨论当CD与相切时、当BC与相切时，利用垂径定理即可求解；②根据等面积法求出AH的长度，利用勾股定理求出DH的长度，根据正切的定义即可求解．【详解】解：（1）①∵点A是劣弧的中点，∴，∴，∵四边形ABCD是平行四边形，∴平行四边形ABCD是菱形；②连接AO，交BD于点E，连接OD， ，∵点A是劣弧的中点，OA为半径，∴，OA平分BD，∴，∵平行四边形ABCD是菱形，∴E为两对角线的交点，在中，,∴，∴；（2）①如图，当CD与相切时，连接DO并延长，交AB于点F，
 ∵CD与相切，∴，∴，∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∴，在中，，在中，，∴，解得，∴，∴；如图，当BC与相切时，连接BO并延长，交AD于点G，
 同理可得，，所以,综上所述，AB的长为或；②过点A作， ，由（2）得： 根据等面积法可得，解得，在在中，，∴，∴．18．（2021·浙江绍兴·中考真题）如图，矩形ABCD中，，点E是边AD的中点，点F是对角线BD上一动点，．连结EF，作点D关于直线EF的对称点P．
 （1）若，求DF的长．（2）若，求DF的长．（3）直线PE交BD于点Q，若是锐角三角形，求DF长的取值范围．【答案】（1）3；（2）2或6；（3）或【分析】（1）根据已知条件可求出，在Rt△EFD中即可求出DF（2）作点D关于直线EF的对称点P，P分两种情况当P在BD下方时根据等腰三角形的性质即可求出DF，P在BD上方时根据等腰三角形的性质即可求出DF；（3）作点D关于直线EF的对称点P，P分两种情况①P在BD下方时根据等腰三角形的性质可求出DF，当PE⊥BD时DF最小，当PE⊥AD时，DF最大，②P在BD上方时根据等腰三角形的性质可求出DF，当PE⊥BD时DF最小，当PE⊥AD时，DF最大，；【详解】解：（1）如图1，矩形ABCD中，，，，，点E是AD中点，，，∴△EFD为直角三角形，∵，∴．（2）第一种情况，如图2，，由对称性可得，EF平分，，∴是等腰三角形，过点F作FM⊥EDDM=EM= ，∵在Rt△DMF中，，∴．第二种情况，如图3，延长PE交BD于M∵∴∠EMD=90°∵∴∴，∵点D关于直线EF的对称点P∴FE垂直平分PD交PD于H∴∠HED=60°，∠HDE=30°∴∠HDF=60°∴∠EFD=30°∴是等腰三角形，∴FE垂直平分DF∵在Rt△DME中，，∴∵．∴．综上：DF的长为2或6.（3）∵是锐角三角形∴当PE⊥BD时DF最小，当PE⊥AD时，DF最大由（2）可得当时，（如图2）或6（如图3）．当时，第①种情况，如图4，EF平分，，过点F作于点M，设，则，，，，，．第②种情况，如图5，EF平分，，过点F作于点M，设，则，，，，，，DF最大值为8，．综上：或．