专题09 特殊平行四边形（分层训练）-2024年中考数学总复习重难考点强化训练（全国通用）

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【基础训练】
一、单选题
1．（2023上·河北石家庄·八年级石家庄市第四十二中学校考期中）如图，矩形纸片ABCD，M为AD边的中点，将纸片沿BM、CM折叠，使A点落在A1处，D点落在D1处，若∠BMC=110°，则∠1是（ ）
A．30°B．40°C．45°D．70°
【答案】B
【分析】如图（见解析），先根据折叠的性质可得∠2=∠3,∠4=∠5，再根据平角的定义可得∠2+∠5=70°，从而可得∠3+∠4=70°，然后根据角的和差即可得．
【详解】解：如图，由折叠的性质得：∠2=∠3,∠4=∠5，
∵∠BMC=110°，
∴∠2+∠5=180°−∠BMC=70°，
∴∠3+∠4=70°，
∴∠1=∠BMC−∠3+∠4=110°−70°=40°，
故选：B．
【点睛】本题考查了折叠的性质、角的和差，熟练掌握折叠的性质是解题关键．
2．（2011·浙江·统考中考模拟）如图，长方形ABCD中，∠A=∠ABC=∠BCD=∠D=90°，AB=CD=6，AD=BC=10，点E为射线AD上的一个动点，若△ABE与△A'BE关于直线BE对称，当△A'BC为直角三角形时，AE的长为（ ）

A．2B．18C．2或18D．以上都不正确
【答案】C
【分析】分点E在线段AD上，点E在线段AD的延长线上两种情况讨论，由题意可得AB=A′B=6,∠EA′B=90°, AE=A′E，A′C=8,根据勾股定理和全等三角形的性质，可求AE的长.
【详解】若点E在线段AD上，

∵若△ABE与 △A′BE关于直线BE对称，
∴AB=A′B=6,∠EA′B=90°, AE=A′E,
∵△A′BC为直角三角形，
∴∠BA′C=90°，
∴A′C=BC2−A′B2=100−36=8，
∵∠EA′B=90°,∠BA′C=90°，
∴∠CA′E=180°，
∴点E, 点C, 点A′共线，
在Rt△CDE中, DC2+DE2=CE2,
∴62+10−AE2=A'E+82，
∴AE=2,
若点E在线段AD的延长线上，且点C在A′E 上,

∴AB=A′B=6,∠A=∠A′=90°,
在Rt△A'BC中,
A′C=BC2−A′B2=100−36=8，
∵∠BCA′+∠DCE=90°，∠DCE+∠DEC=90°,
∴∠BCA′=∠DEC，
在 △A′BC和△DCE中,
∠BCA′=∠DEC∠A′=∠EDC=90°A′B=DC，
∴△A′BC≅△DCEAAS，
∴DE=A′C=8，
∴AE=18,
综上, AE的长度为2或18,
故选:C.
【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键.
3．（2022下·广西贺州·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD,BC∥AD，且AD=DC，则下列说法：①四边形ABCD是平行四边形；②AB=BC；③AC⊥BD；④AC平分∠BAD；⑤若AC=6,BD=8，则四边形ABCD的面积为24．其中正确的有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】D
【分析】由AB∥CD，BC∥AD，可知四边形ABCD是平行四边形，可判断①的正误；由AD＝DC，可知平行四边形ABCD是菱形，根据菱形的性质可判断②③④⑤的正误．
【详解】解：∵AB∥CD，BC∥AD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故①正确；
∵AD＝DC，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AC⊥BD，AC平分∠BAD，故②③④正确；
∵AC＝6，BD＝8，
∴S菱形ABCD =12AC⋅BD=12×6×8=24，故⑤正确；
∴正确的个数有5个．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定、菱形的判定与性质，解题的关键在于证明四边形ABCD是菱形．
4．（2022·广东深圳·统考二模）下列命题中，是真命题的是（ ）
A．三角形的外心是三角形三个内角的角平分线的交点
B．过一点有且只有一条直线与已知直线平行
C．连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是矩形
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形
【答案】D
【分析】根据三角形的外心、平行线的性质、中点四边形、平行四边形的判定等知识进行判断即可．
【详解】解：A．三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点，三角形三个内角角平分线的交点是三角形的内心，故为假命题，不符合题意；
B．在同一平面内，过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，故为假命题，不符合题意；
C．对角线相等的四边形各边中点连线所得四边形不一定是矩形，例如等腰梯形，故为假命题，不符合题意；
D．一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形，为真命题，符合题意．
故选D．
【点睛】本题考查判断命题的真假，涉及三角形的外心、平行线的性质、中点四边形、平行四边形的判定等知识，熟知它们的前提条件是解答的关键．
5．（2023下·广东中山·八年级统考期中）如图，菱形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，E是AB的中点，若AC=6，菱形ABCD的面积为24，则OE长为（ ）
A．3.5B．3C．2.5D．2
【答案】C
【分析】根据菱形的性质可得OB=OD，AO⊥BO，从而可判断OE是△DAB的中位线，在Rt△AOB中求出AB，继而可得出OE的长度．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，AC=6，菱形ABCD的面积为24，
∴S菱形ABCD=12AC•BD=12×6×DB=24，
解得：BD=8，
∴AO=OC=3，OB=OD=4，AO⊥BO，
又∵点E是AB中点，
∴OE是△DAB的中位线，
在Rt△AOB中，AB=32+42=5，
则OE=12AD=12AB=2.5．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质及三角形的中位线定理，熟练掌握菱形四边相等、对角线互相垂直且平分的性质是解题关键．
6．（2023上·广东河源·九年级统考期中）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使顶点C恰好落在边AB上的点C′上，且GE＝GC′，若DE＝3，AB＝6，BC＝9，则BF的长为（ ）
A．4B．32C．4.5D．5
【答案】A
【分析】由矩形的性质可得∠A＝∠D，由折叠的性质可得D'E＝DE＝3，∠D＝∠D'，C'F＝CF＝9﹣BF，证得△AC'G≌△D'EG，从而得AC'＝D'E＝3，从而可求得BC'＝3，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝∠B＝90°，
由折叠性质可得：D'E＝DE＝3，∠D＝∠D'，C'F＝CF＝BC﹣BF＝9﹣BF，
在△AC'G与△D'EG中，
∠A=∠D′∠AGC′=∠D′GEGC′ =GE，
∴△AC'G≌△D'EG（AAS），
∴AC'＝D'E＝3，
∴BC'＝AB﹣AC'＝3，
在Rt△BC'F中，C'F2＝BF2+BC'2，
则（9﹣BF）2＝BF2+32，
解得：BF＝4．
故选：A．
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，根据勾股定理建立方程是解题的关键．
7．（2023下·浙江杭州·九年级期末）如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD=60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B′恰好落在AD边上．则BE的长度为（ ）
A．2B．22C．23D．4
【答案】D
【分析】由正方形的性质得出∠EFD=∠BEF=60°，由折叠的性质得出∠BEF=∠FEB'=60°，BE=B'E，设BE=x，则B'E=x，AE=3-x，由直角三角形的性质可得：2（3-x）=x，解方程求出x即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠A=90°，
∴∠EFD=∠BEF=60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B‘恰好落在AD边上，
∴∠BEF=∠FEB'=60°，BE=B'E，
∴∠AEB'=180°-∠BEF-∠FEB'=60°，
∴B'E=2AE，
设BE=x，则B'E=x，AE=6-x，
∴2（6-x）=x，
解得x=4．
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键．
8．（2023·四川成都·统考二模）菱形不具备的性质是（ ）
A．对角线一定相等B．对角线互相垂直
C．是轴对称图形D．是中心对称图形
【答案】A
【分析】根据菱形的性质：①菱形具有平行四边形的一切性质；②菱形的四条边都相等；③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；④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线，即可判断．
【详解】根据菱形的性质可知：
菱形的对角线互相垂直平分，故B正确；
菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故C，D正确；
菱形不具备对角线一定相等，故A错误；
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
9．（2023·河北石家庄·统考一模）如图，在正方形ABCD中，H是对角线BD的中点，延长DC至E，使得DE=DB，连接BE，作DF⊥BE交BC于点G，交BE于点F，连接CH、FH，下列结论：（1）HC=HF；（2）DG=2EF；（3）BE·DF=2CD2；（4）S△BDE=4S△DFH；（5）HF∥DE，正确的个数是（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】B
【分析】由等腰三角形“三线合一”的性质可得EF=BF，根据H是正方形对角线BD的中点可得CH=DH=BH，即可证明HF是△BDE的中位线，可得HF=12DE，HF//DE；由BD=DE即可得HC=HF；利用直角三角形两锐角互余的关系可得∠CBE=∠CDG，利用ASA可证明△BCE≌△DCG，可得DG=BE，可判定DG=2EF，由正方形的性质可得BD2=2CD2，根据∠CBE=∠CDG，∠E是公共角可证明△BCE∽△DFE，即可得DEBE=DFBC，即BE·DF=DE·BC，可对③进行判定，根据等底等高的三角形面积相等可对④进行判定，综上即可得答案.
【详解】∵BD=DE，DF⊥BE，
∴EF=BF，
∵H是正方形ABCD对角线BD的中点，
∴CH=DH=BH=12BD，
∴HF是△BDE的中位线，
∴HF=12DE=12BD=CH，HF//DE，故①⑤正确，
∵∠CBE+∠E=90°，∠FDE+∠E=90°，
∴∠CBE=∠FDE，
又∵CD=BC，∠DCG=∠BCE=90°，
∴△BCE≌△DCG，
∴DG=BE，
∵BE=2EF，
∴DG=2EF，故②正确，
∵∠CBE=∠FDE，∠E=∠E，
∴△BCE∽△DFE，
∴DEBE=DFBC，即BE·DF=DE·BC，
∵BD2=CD2+BC2=2CD2
∴DE2=2CD2，
∴DE·BC≠2CD2，
∴BE·DF≠2CD2，故③错误，
∵DH=12BD，
∴S△DFH=12S△DFB，
∵BF=12BE，
∴S△DFB=12S△BDE，
∴S△DFH=14S△BDE，即S△BDE=4S△DFH，故④正确，
综上所述：正确的结论有①②④⑤，共4个，
故选B.
【点睛】本题考查正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质及三角形中位线的性质，综合性较强，熟练掌握所学性质及定理是解题关键.
10．（2022·陕西·校联考模拟预测）如图，矩形ABCD的对角线AC的垂直平分线分别交AD、AC、BC于点E、O、F，若AB=12，BC=16，则EF的长为（ ）
A．8B．15C．16D．24
【答案】B
【分析】连接AF，CE，先证明△AEO≌△CFO得OE=OF，再设AE=CE=x，在Rt△CDE中，由CD2+DE2=CE2得方程122+(16−x)2=x2，求出AE=252，从而利用勾股定理求出EF=2OE=15．
【详解】解：连接AF，CE，
∵EF是AC的垂直平分线，
∴AO=OC，∠AOE=∠COF=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠EAO=∠FCO，
在△AEO和△CFO中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AOE=∠COF，
∴△AEO≌△CFO(ASA)；
∴OE=OF，
又∵OA=OC，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形，
∴AE=CE，
设AE=CE=x，
∵EF是AC的垂直平分线，
∴AE=CE=x，DE=16−x，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：CD2+DE2=CE2，
122+(16−x)2=x2，
解得x=252，
∴AE=252，
∵AC=AB2+BC2=122+162=20，
∴AO=12AC=10，
∴OE=AE2−AO2=152，
∴EF=2OE=15．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了线段垂直平分线的性质、矩形的性质、菱形的判定及性质、以及勾股定理，根据直角三角形勾股定理构造方程是解题的关键．
11．（2023·河北·统考一模）如图，以点O为圆心，4为半径作扇形AOB,已知:AO⊥BO,点E在OA上，且OE=23,CD垂直平分OB,动点P在线段CD上运动(不与点D重合)，设△ODP的外心为I，则EI的最小值为（ ）
A．1B．2
C．23−1D．3+1
【答案】B
【分析】先判断EI最短时，I的位置，过I作IH⊥OA于H，过I作IG⊥OB于G，利用三角形的中位线的性质与勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，∵ΔOCD为直角三角形，
∴ΔOCD的外心是OP的中点，
∴当P，C重合时，EI最短，OI=CI=2,
过I作IH⊥OA于H，过I作IG⊥OB于G，
∵ CD垂直平分OB,
∴OD=BD=2,IG//CD,
∴OG=DG=1,
∴IG=3,
∵∠AOB=90°,IG⊥OB,IH⊥OA,
∴ 四边形OGIH为矩形，
∴OH=IG=3,HI=OG=1,
∵OE=23,
∴HE=3,
∴EI=(3)2+12=2.
故选B．
【点睛】本题考查的是圆的基本性质，直角三角形的外接圆的圆心的特点，三角形的中位线的性质，勾股定理的应用，矩形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
12．（2022下·河北·八年级期中）如图，在▱ABCD中，用圆规和直尺作∠DAB的平分线AG，若AD=10，DE=12，则AG的长是（ ）
A．17B．16C．15D．18
【答案】B
【分析】首先证明四边形ADGE是菱形，得出AG⊥DE，利用勾股定理计算出AO，从而得到AG的长．
【详解】解：连接EG，
∵由作图可知AD=AE，AG是∠BAD的平分线，
∴∠1=∠2，
∴AG⊥DE，AD=10，DE=12．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠2=∠3，
∴∠1=∠3，
∴AD=DG．
∵AG⊥DE，
∴OA=12AG，OD=12DE．
在Rt△AOD中，OA=AD2−OD2=102−62=8，
∴AG=2AO=16．
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理；熟练掌握平行四边形的性质，证明四边形ADGE为菱形是解决问题的关键．
13．（2023下·山东菏泽·八年级统考期中）如图，有一张矩形纸片ABCD，AB=8cm，BC=10cm，点E是CD上一点，将纸片沿AE折叠，点B，C分别落在点B′，C′处，点D在B′C′上，则线段DE的长为（ ）
A．3cmB．4cmC．5cmD．6cm
【答案】C
【分析】由折叠的性质可得AB=AB′=8cm，BC=B′C′=10cm，CE=C′E，在Rt△AB′D中，由勾股定理可求B′D的长，在Rt△C′DE中，由勾股定理可求得DE的长．
【详解】解：∵将纸片沿AE折叠，BC的对应边B′C′恰好经过点D，
∴AB=AB′=8cm，BC=B′C′=10cm，CE=C′E，
在Rt△AB′D中
B′D=AD2−B′A2=100−64=6cm，
∴C′D=B′C′−B′D=4cm，
在Rt△C′DE中，
∵DE2=C′D2+C′E2，
∴DE2=16+(8−DE)2，
∴DE=5cm，
故选：C．
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，熟练运用折叠的性质是解决本题的关键．
14．（2023·江苏苏州·校联考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，E为BC的中点，将ΔABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长是（ ）
A．125B．3C．165D．185
【答案】D
【分析】连接BF，根据三角形的面积公式求出BH，得到BF，根据直角三角形的判定得到∠BFC=90°，根据勾股定理求出答案．
【详解】连接BF交AE于H，
∵BC=6，点E为BC的中点，
∴BE=3，
又∵AB=4，
∴AE=AB2+BE2=42+32=5，
∵12AB⋅BE=12AE⋅BH，即4×3=5BH，
∴BH=125，
根据题意知B、F关于AE对称，
则BF=2BH=245，FE=BE，
∵FE=BE=EC，
∴∠BFC=90°，
根据勾股定理得，CF=BC2−BF2=62−2452=185．
故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质和矩形的性质，掌握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是解题的关键．
15．（2023下·福建泉州·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE=AP=1，PB=10，下列结论：①ΔAPD≌ΔAEB； ②点B到直线AE的距离为2；③BP=PD； ④SΔAPD+SΔAPB=52．其中正确结论的序号是（ ）
A．①③④B．①②③C．②③④D．①②④
【答案】D
【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB=∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用①中的全等，可得∠APD=∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP=90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；③根据①中的全等可进行判断；④连接BD，S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB=S四边形AEBP，代入数值计算即可．
【详解】解：①∵∠EAP=∠BAD=90°
∴∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°，
∴∠EAB=∠PAD，
又∵AE=AP，AB=AD，
在△APD和△AEB中，
AE=AP∠EAB=∠PADAB=AD，
∴△APD≌△AEB（SAS）；故①成立；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE=AP，∠EAP=90°，
∴∠AEP=∠APE=45°，
∴∠AEB=∠APD=180°-45°=135°，
∴∠BEP=135°-45°=90°，
∴EB⊥ED，
∵BF⊥AF，
∴∠FEB=∠FBE=45°，
∵PE=12+12=2，
∴BE=BP2−PE2=22，
∴BF=EF=222=2，故②成立；
③∵△APD≌△AEB，
∴PD=EB，
∵直角三角形中PB大于BE，
∴EB与BP不相等，
∴BP与PD也不一定相等，故③不成立；
④如图，连接BD，
由②得：PE=2，BE=22，
∵△APD≌△AEB，
∴S△APD+S△APB=S△AEB+S△APB=S四边形AEBP=S△AEP+S△EPB
=12AE⋅AP+12⋅PE⋅BE
=12×1×1+12⋅2×22
=52，故④成立．
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识，综合性较强，难度较大，熟记性质并仔细分析图形，理清图中三角形与角的关系是解题的关键．
二、填空题
16．（2023·山东威海·统考模拟预测）如图，将矩形纸片ABCD沿BE折叠，使点A落在对角线BD上的A′处．若∠DBC=24°，则∠A′EB等于 ．
【答案】57°/57度
【分析】由矩形的性质得∠A＝∠ABC＝90°，由折叠的性质得到相等的角，再根据图形找到角之间的关系，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，
由折叠的性质得：∠BA'E＝∠A＝90°，∠A'BE＝∠ABE，
∵∠DBC＝24°，
∴∠A'BE=∠ABE=12（90°−∠CDB）=12（90°−24°）=33°，
∴∠A'EB＝90°−∠A'BE＝90°−33°＝57°．
故答案为：57°．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质；熟练掌握折叠题目中找出相等的角是解题的关键．
17．（2022·山东菏泽·统考一模）如图，正方形ABCD的边长为6．则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】18
【分析】根据翻转折叠的性质即可求得结果．
【详解】解：根据题意，得S阴影部分＝12S正方形ABCD＝12×62＝18．
故答案为：18．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，折叠的性质，将已知图形翻转到正方形的一侧是解题的关键．
18．（2023下·山东烟台·九年级统考期中）如图，在⊙O内有一个平行四边形OABC，点A，B，C在圆上，点N为边AB上一动点(点N与点B不重合)，⊙O的半径为1，则阴影部分面积为 ．

【答案】π6/16π
【分析】根据题意证得AB=OA=OB，即可得到∠AOB=60°，根据同底等高的三角形面积相等得出S△ONC=S△OBC，即可得出S阴影=S扇形OAB．
【详解】解：∵四边形OABC是平行四边形，OA=OC，
∴四边形OABC是菱形，
∴∠AOB=∠BOC，
∵OC∥AB，
∴∠ABO=∠BOC，
∴∠ABO=∠AOB，
∴AB=OA=OB，
∴∠AOB=60°，
∵AB∥OC，
∴S△ONC=S△OBC，
∴S阴影=S扇形OAB=60π×12360=π6，
故答案为：π6．
【点睛】本题主要考查的是扇形面积的计算，等边三角形的判断和性质，同底等高的三角形面积相等是解题的关键．
19．（2023·安徽合肥·统考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，点E在BC上，将△ABE沿AE翻折得到△AFE，点B的对应点F恰好落在线段DE上，线段AF的延长线交CD于点G，BE:CE=3:2，则AFFG的值为 ．

【答案】214
【分析】延长BC,AG交于点H，设BE=3x，则EC=2x，再证明△ADF∽△HEF，可得EH=15x2，AF=23FH，再根据△ADG∽△HCG，可得AGGH=1011，即可求解．
【详解】解：如图，延长BC,AG交于点H，

设BE=3x，则EC=2x，
∵四边形ABCD矩形，
∴AD=BC=5x,AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∵将△ABE沿AE翻折得到△AFE，
∴∠AEB=∠AEF,BE=EF=3x，
∴∠DAE=∠AED，
∴AD=DE=5x，
∴DF=2x，
∵AD∥BC，
∴△ADF∽△HEF，
∴ADEH=DFEF=AFFH，
∴5xEH=2x3x=AFFH=23，
∴EH=15x2，AF=23FH，
∴CH=EH−EC=112x，
∵AD∥BC，
∴△ADG∽△HCG，
∴ADCH=AGGH，
∴AGGH=5x112x=1011，
设AG=10y，则GH=11y，
∴AH=21y，
∴AF=21y5×2=42y5，
∴FG=AG−AF=8y5，
∴AF:FG=214，
故答案为：214．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，正方形的性质是解题的关键．
20．（2022·宁夏吴忠·校考三模）如图，已知矩形ABCD沿着直线BD折叠，使点C落在C'处，BC'交AD于E，AD=8，AB=4，则DE的长为 ．
【答案】5
【分析】首先根据矩形的性质可得出AD∥BC，即∠1=∠3，然后根据折叠知∠1=∠2，可得到∠2=∠3，进而得出BE=DE，设DE=x，则EC′=8−x，利用勾股定理求出x的值，即可求出DE的长．
【详解】如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，即∠1=∠3，
由折叠知，∠1=∠2，
∴∠2=∠3，
∴BE=DE，
设DE=x，则EC′=8−x，
在Rt△DEC′中，DC′2+EC′2=DE2，
∴42+(8−x)2=x2，
解得：x=5，
∴DE的长为5．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查折叠变换的知识点，解答本题的关键是掌握矩形的性质，勾股定理的利用以及折叠的知识，此题比较简单．
21．（2023上·四川成都·八年级校考期中）如图，将长方形ABCD（纸片）折叠，使点B与AD边上的点K重合，EG为折痕；点C与AD边上的点K重合，FH为折痕．已知∠1=67.5°，∠2=75°，EF=3+1，则BC的长为 ．
【答案】3+2+3
【分析】由题意知∠3=180°-2∠1=45°，∠4=180°-2∠2=30°，BE=KE，KF=FC，作KM⊥BC，设KM=x，知EM=x，MF=3x，根据EF的长求得x=1，再进一步求解可得．
【详解】解：由题意，得：∠3=180°-2∠1=45°，∠4=180°-2∠2=30°，BE=KE、KF=FC，
如图，过点K作KM⊥BC于点M，
设KM=x，则EM=x，MF=3x，
∴x+3x=3+1，
解得：x=1，
∴EK=2、KF=2，
∴BC=BE+EF+FC=EK+EF+KF=3+2+3，
∴BC的长为3+2+3，
故答案为：3+2+3．
【点睛】本题主要考查翻折变换，解题的关键是掌握翻折变换的性质：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．
22．（2023·河南南阳·统考一模）如图，在矩形ABCD中，BC=4，AB=a，点E为AD的中点，点F为射线AB上一点，连接CF，BF=3，若将ΔAEF沿直线EF折叠后，点A恰好落到CF上的点G处，则a的值为 ．
【答案】1或4
【分析】连接CE，由已知条件可得CF=5，AE=EG=DE=2,AF=GF=a−3，∠A=∠EGC=∠D=90°，可推出DC=CG=AB=a，画出示意图可得出2a−3=5或2a+3=5，求解即可．
【详解】解：根据矩形的性质可得，AD=BC=4,AB=CD=a
∵点E为AD的中点
∴AE=DE=2
根据勾股定理可得：CF=5
连接CE，当F点在AB上时，如图：
∵BF=3
∴AF=a−3
根据折叠的性质可得，AF=FG=a−3,AE=EG=DE=2,∠A=∠EGC=∠D=90°
∴CG=CD=a
∴a−3+a=5
解得：a=4；
当点F在AB的延长线上时，如图：
∵BF=3
∴AF=a+3
根据折叠的性质可得，AF=FG=a+3,AE=EG=DE=2,∠A=∠EGC=∠D=90°
∴CG=CD=a
∴a+3+a=5
解得：a=1；
故答案为：1或4．
【点睛】本题考查的知识点是矩形的折叠，根据折叠的性质找出线段间的数量关系是解此题的关键．
23．（2023·新疆乌鲁木齐·乌鲁木齐市第70中校考一模）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，将正方形ABCD沿直线DF折叠，点C落在对角线BD上的点E处，折痕DF交AC于点M，则OM= ．
【答案】2-1
【分析】过点M作MH⊥CD于H，由翻折性质得到∠CDF=∠ODF，继而证明OM=MH，
利用S△CDO=S△ODM+S△CDM，结合三角形面积公式解答即可．
【详解】解：过点M作MH⊥CD于H，
∵将正方形ABCD沿直线DF折叠，点C落在对角线BD上的点E处，
∴∠CDF=∠ODF
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD,∠ODC=45°
∴∠CDF=∠ODF,AC⊥BD,MH⊥CD
∴OM=HM
∵CD=2
∴OD=1
∴S△CDO=S△ODM+S△CDM
∴12×1×1=12×1×OM+12×2×MH
∴12=12OM(1+2)
∴OM=11+2=2−1
故答案为：2−1．
【点睛】本题考查正方形的性质、翻折的性质、角平分线的性质等知识，利用等积法解题是关键．
24．（2023下·山东泰安·八年级统考期末）如图，已知正方形ABCD中，点E在AD上，点F在CD上，且DE=DF=3，AE=1，G、H分别是BE、EF的中点，则△AGH的面积等于 ．
【答案】178
【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC＝CD＝AD＝AE＋DE＝4，∠BAE＝∠C＝90°，根据勾股定理得到BE＝BF＝42+12=17，根据直角三角形的性质和三角形的中位线的性质得到AG＝GH＝172，根据全等三角形的性质得到∠ABE＝∠CBF，推出△AGH是等腰直角三角形，于是得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝AE＋DE＝4，∠BAE＝∠C＝90°，
∵DE＝DF＝3，
∴CF＝AE＝1，
∴BE＝BF＝42+12=17，
∵G、H分别是BE、EF的中点，
∴AG＝BG＝12BE，GH＝12BF，GH//BF，
∴AG＝GH＝172，
∴∠AGE＝2∠ABG，
∠EGH＝∠EBF，
∵AB＝BC，AE＝CF，∠BAE＝∠C＝90°，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠ABE＝∠CBF，
∴∠AGE＝∠ABE＋∠CBF，
∴∠AGH＝∠ABC＝90°，
∴△AGH是等腰直角三角形，
∴△AGH的面积＝12×172×172＝178，
故答案为：178．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
25．（2023·安徽滁州·统考二模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=9，BC=5，点P为△ABC内一动点．过点P作PD⊥AC于点D，交AB于点E．若△BCP为等腰三角形，且SΔPBC=152，则PD的长为 ．
【答案】1或52
【分析】分以下三种情况：①若BP=CP，过点P作PF⊥BC于点F，有DP=CF=12BC；②若BP=BC，过点P作PF⊥BC于点F，则在Rt△BPF中先求出BF的长，从而根据DP=CF可得出DP的长；③若BC=CP，由勾股定理以及相似三角形的判定与性质分别求出DP，DE的长，此时DP＞DE，此种情况不存在．综上可得出结果．
【详解】解：∵∠ACB=90°，PD⊥AC，
∴DE∥BC．
∴SΔPBC=12×BC×CD=152，
又BC=5，∴CD=3．
分以下三种情况：
①若BP=CP，如图1，过点P作PF⊥BC于F，
则四边形CDPF为矩形，
∴DP=CF，
又CP=BP，PF⊥BC，
∴CF=BF=12BC=52，
∴DP=CF=52；
②若BP=BC=5，如图2，过点P作PF⊥BC于F，
则四边形CDPF为矩形，
∴PF=CD=3，
在Rt△BPF中，由勾股定理可得BF=4，
∴CF=BC-BF=1，
∴DP=1；
③若BC=CP=5，如图3，
则在Rt△CDP中，根据勾股定理得，DP=4，
又DE∥BC，
∴△ADE∽△ACB，
∴DEBC=ADAC，
∴DE5=9−39，∴DE=103，
此时DP＞DE，不符合题意．
综上所述，PD的长为1或52．
故答案为：1或52．
【点睛】本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质以及平行线的判定等知识点，解题的关键是综合运用相关性质进行推理并运用分类讨论思想．
三、解答题
26．（2023·广东肇庆·统考二模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC．BD相交于点O，且O是BD的中点
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若AC⊥BD，AB=8，求四边形ABCD的周长．
【答案】(1)详见解析;(2)32
【分析】（1）利用全等三角形的性质证明AB=CD即可解决问题．
（2）证明四边形ABCD是菱形，即可求四边形ABCD的周长．
【详解】解：（1）证明：∵AB//CD，
∴∠ABO=∠CDO，
∵OB=OD，∠AOB=∠COD，
∴△AOB≌△CODASA，
∴AB=CD．
又∵AB//CD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴四边形ABCD的周长=4×AB=32.
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，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．
27．（2022上·山东青岛·八年级校考阶段练习）如图，在长方形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，AB=3，BC=4，将矩形纸片沿BD折叠，使点A落在点E处，设DE与DE相交于点F．
(1)判断△BDE的形状，并说明理由；
(2)求DE的长．
【答案】(1)△BDE是直角三角形，理由见解析
(2)DE=4
【分析】（1）利用翻折变换的性质及矩形的性质即可求解；
（2）利用翻折变换的性质即可求解．
【详解】（1）△BDE是直角三角形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
∵将矩形纸片沿BD折叠，使点A落在点E处，
∴∠E=∠A=90°，
∴△BDE是直角三角形；
（2）∵将矩形纸片沿BD折叠，使点A落在点E处，
∴DE =AD，
∴四边形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，
∴AD=BC=4，
∴DE=4．
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，掌握折叠的性质是解题的关键．
28．（2023·北京海淀·北京市师达中学校考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D是BC边上一个动点（不与B，C重合），连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE，连接CE．

(1)求∠ACE的度数；
(2)过点D作DG⊥BC，交BA于点F，交CA的延长线于点G，连接EF，交AC于点H；
①依据题意，补全图形；
②用等式表示线段AG，AH的数量关系，并证明．
【答案】(1)∠ACE=45°；
(2)①见解析；②AG=AH．理由见解析
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=45°，再根据旋转性质可得AD=AE，∠DAE=90°，然后利用同角的余角相等求出∠BAD=∠EAC，然后利用“边角边”证明△BAD≌△CAE，从而得解；
（2）①根据题意补全图形即可；
②证明四边形CDFE是矩形，推出△GFH是等腰直角三角形，根据直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°，
∵将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到线段AE，
∴AD=AE，∠DAE=90°，
∴∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC=90°，
∴∠BAD=∠EAC，
在△BAD和△CAE中，AB=AC∠BAD=∠CAEAD=AE，
∴△BAD≌△CAE，
∴∠ACE=∠ABC=45°；
（2）解：①补全图形如图；

②AG=AH．理由如下，
由（1）得∠ABC=∠ACB=45°，∠ACE=45°，
∴∠BCE=90°，
又DG⊥BC，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴BD=DF，
∵△BAD≌△CAE，
∴BD=CE，
∴DF=CE，且DF∥CE，
∴四边形CDFE是平行四边形，
又∠BCE=90°，
∴四边形CDFE是矩形，
∴HF∥CD，
∴∠GHF=∠ACB=45°，∠GFH=∠GDC=90°，
∴△GFH是等腰直角三角形，
∵∠BAC=90°，
∴AG=AH．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
29．（2023上·福建漳州·八年级校考期中）如图，将长方形ABCD沿AE所在的直线折叠，顶点D恰好落在BC边上的F处，若CE=3，AB=8，求CF和AD的长．
【答案】CF=4，AD=10．
【分析】由折叠的性质得出EF=DE=5，AD=AF，在RtΔCEF中，由勾股定理得出CF=4，设AD=AF=BC=x，则BF=x−4，在RtΔABF中，由勾股定理得出方程，解方程即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=8，BC=AD，∠B=∠D=∠C=90°，
∴DE=CD−CE=8−3=5,
由折叠性质知：AD=AF，EF=DE=5；
在RtΔCEF中，EF=5，CE=3，
∴CF=EF2−CE2=52−32=4，
设AD=AF=BC=x，则BF=x−4；
在RtΔABF中，由勾股定理可得：82+x−42=x2，
解得：x=10，
∴AD=10．
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，勾股定理与折叠问题，熟练掌握折叠的性质和矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
30．（2023·广东东莞·东莞市厚街海月学校校考模拟预测）如图，在△ABD中，AB=AD．

(1)点C为BD的垂直平分线上一点，且点C在BD下方，CB=AB，求作点C．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)若AC，BD交于点O，点E为BC的中点，连接OE．若OE=5，BD=12，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)AC=16.
【分析】（1）分别以B、D为圆心，AB长为半径作弧，在BD下方交于点C，点C即为所作；
（2）求得四边形ABCD是菱形，利用菱形的性质以及直角三角形斜边中线的性质求得BO=6，BC=10，利用勾股定理即可求解.
【详解】（1）解：如图，点C即为所作；
；
（2）解：由作图知，AB=BC=CD=AD
∴四边形ABCD是菱形，
∴BO=OD=12BD=6，AO=OC，BD⊥AC，即∠BOC=90°，
∵点E为BC的中点，且OE=5，
∴BC=2OE=10，
在Rt△BOC中，OC=BC2−OB2=8，
∴AC=2OC=16.
【点睛】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
31．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）综合与实践
动手、发现：（1）数学活动课上，小明进行了下列操作：
“如图①，矩形纸片ABCD中，BD为对角线，将△BCD沿BD折叠，使点C落在点E处，BE交AD于点F”则线段BF=__________，△ABF≌△__________；
问题解决：（2）在图①中，若AB=6，BC=8，请你求出：线段AF的长及tan∠ABF的值；
再动手、延伸：（3）小明在（2）的条件下，找到DE上的点G及BD上的点H，将△GDH沿GH折叠，使点D落在点A处，GH交AD于点K（如图②），则GH=__________，sin∠GAH=__________．
【答案】（1）DF，EDF；（2）74，724；（3）256，45
【分析】（1）由折叠的性质得∠CBD=∠FBD，由平行线的性质得∠FDB=∠CBD，即可证明ΔBDF是等腰三角形，可得BF=DF；根据AAS可证ΔABF≅ΔEDF；
（2）在Rt△ABF中，设AF=x，由勾股定理得方程(8−x)2=62+x2，解方程可得AF，从而可求出tan∠ABF的值；
（3）根据翻折变换的性质可知KD＝4，由an∠ABF＝tan∠EDF＝724求出GK＝76，再由三角形中位线定理得KH=3，从而可得GH；证明∠GAH=∠ABD可求出sin∠GAH的值．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形
∴AB=CD，AD=BC，∠BAD=∠BCD=90°，AD//BC
∴∠ADB=∠CBD
由折叠得，∠FBD=∠CBD
∴∠FDB=∠FBD
∴BF=DF;
∵△BDE由△BDC翻折而成，
∴∠E＝∠BAG＝90°，ED＝CD＝AB，∠AFB＝∠DFE，
∴△ABF≌△EDF（ASA）；
故答案为：DF，EDF；
（2）设AF=x，∵AF+FD=AD=BC=8，
∴BF=FD=8−x，
在Rt△ABF中，由勾股定理得(8−x)2=62+x2
解得x=74
∴tan∠ABF=AFAB=746=724；
（3）∵△AGH是△DGH翻折而成，
∴GH垂直平分AD，
∴KD＝12AD＝4，
∵△ABF≌△EDF
∴∠ABF=∠EDF
∴tan∠ABF＝tan∠EDF＝724，
∴GK＝KD×724＝4×724＝76，
∵GH垂直平分AD，AB⊥AD，
∴KH是△ABD的中位线，
∴KH＝12AB＝12×6＝3，
∴GH＝GK+HK＝76+3＝256．
在Rt△BCD中，BC=8，CD=6
∴BD=82+62=10
∵∠ABF=∠EDF,∠FBD=∠FDB
∴∠ABF+∠FBD=∠EDF+∠FDB，即∠ABD=∠EDB
由折叠得，∠GAH=∠EDB
∴∠GAH=∠ABD
∴sin∠GAH=sin∠ABD=ADBD=810=45．
故答案为：256，45．
【点睛】本题考查的是翻折变换、全等三角形的判定与性质、矩形的性质及解直角三角形，熟知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是解答此题的关键．
32．（2023·广东深圳·统考一模）如图，在平行四边形ABCD中，按下列步骤作图：
①以点B为圆心，以适当长为半径作弧，交AB于点N．交BC于点M；
②再分别以点M和点N为圆心，大于12MN的长为半径作弧，两弧交于点G；
③作射线BG交AD于F；
④过点A作AE⊥BF交BF于点P，交BC于点E；
⑤连接EF，PD．
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若AB＝8，AD＝10，∠ABC＝60°，求△APD的面积．
【答案】（1）见解析；（2）103
【分析】（1）由作图知∠ABF＝∠EBF，AE⊥BF, 再证明BA=BE, 证明四边形ABEF是平行四边形，从而可得结论；
（2）作PH⊥AD于H，分别求解AP＝12AB＝4，PH＝=12PF=23，从而可得答案．
【详解】（1）证明：由作图知∠ABF＝∠EBF，AE⊥BF,
∴∠APB=∠EPB=90°,
∴∠BAE=∠BEA,
∴BA=BE,
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∴∠EBF＝∠AFB，
∴∠ABF＝∠AFB，
∴AB＝AF＝BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
又AB＝BE，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：作PH⊥AD于H，
∵四边形ABEF是菱形，∠ABC＝60°，AB＝8，
∴AB＝AF＝8，∠ABF＝∠AFB＝30°，AP⊥BF，
∴AP＝12AB＝4，
∴PF=AF2−AP2=43,
∴PH＝=12PF=23，
∵AD=10,
∴S△ADP＝12AD·PH=12×10×23=103.
【点睛】本题考查的是角平分线的尺规作图，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，含30°的直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
33．（2023下·北京平谷·八年级统考期末）下面是小红设计的“在矩形内作正方形”的尺规作图过程．
已知：四边形ABCD为矩形．
求作：正方形ABEF（E在BC上，点F在AD上）．
作法：①以A为圆心，AB为半径作弧， 交 AD于点F；
②以B为圆心，AB为半径作弧， 交 BC于点E；
③连接EF．
所以四边形ABEF为所求的正方形．
（1）根据小红设计的尺规作图过程，使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）；
（2）完成下面证明．
证明：∵AF=AB，BE=AB
∴ =_____
在矩形ABCD中，AD∥BC，
即AF∥BE
∴四边形ABEF为平行四边形
∵∠A=90°
∴▱ABEF为矩形（ ）
∵AF=AB，
∴四边形ABEF为正方形 （ ）
【答案】（1）见解析；（2）AF BE，有一个角为90°的平行四边形为矩形，有一组邻边相等的矩形为正方形．
【分析】1）根据要求作出图形即可．
（2）首先证明ABEF是平行四边形，再证明是矩形，再证明是正方形即可．
【详解】（1）如图所示．
（2）∵AF=AB,BE=AB
∴AF=BE
在矩形ABCD中，AD∥BC,
即AF∥BE
∴四边形ABEF为平行四边形
∵∠A=90°
∴▱ABEF为矩形（有一个角为90°的平行四边形为矩形）
∵AF=AB，
∴四边形ABEF为正方形（有一组邻边相等的矩形为正方形）
【点睛】本题考查复杂作图，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定等知识，解题的关键是正确作出点E，点F．
34．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，E是AD边上的一点，连接CE，将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，延长CE交BA的延长线于点G．
(1)求线段AE的长；
(2)求证四边形DGFC为菱形；
(3)如图2，M，N分别是线段CG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN=∠DCM，设DN=x，是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)AE=3
(2)见解析
(3)存在，x=2或2.5
【分析】（1）根据在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，根据矩形的折叠与勾股定理即可求解；
（2）根据（1）的结论分别求得GF,DG，根据四边相等的四边形是菱形即可得证；
（3）分∠NDM=90°和∠DNM=90°两种情况分别讨论即可求解．
【详解】（1）解：如图
∵四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=8，
∴AD=BC=8,DC=AB=10，∠DAB=∠B=90°，
∵将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，
∴CF=CD=10，
在Rt△BCF中，BF=CF2−BC2=102−82=6，
∴AF=AB−BF=10−6=4，
设AE=a，则DE=EF=8−a，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，
a2+42=8−a2，
解得a=3，
∴AE=3；
（2）∵ DE=AD−AE=8−3=5，
∴tan∠DCE=DECD=510=12，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥GB，
∴∠EGA=∠DCE，
∴tan∠EGA=EAGA=12，
∵EA=3，
∴GA=6，
Rt△GAD中，DG=AG2+AD2=62+82=10，
∴FG=GA+AF=6+4=10，
∴GD=DC=CF=GF，
∴四边形DGFC为菱形；
（3）∵ ∠DMN=∠DCM，设DN=x，△DMN是直角三角形
设∠DMN=∠DCM=α
由（2）可得tan∠DCM=12
∴tan∠DMN =12
①当∠DNM=90°时，如图，
∴DN=12NM，∠GNM=90°,
∵GD=CD
∴∠DGM=∠DCM=α
∴∠NMG=90°−α
∴∠DMG=90°−α+α=90°
∵DG=DC=10
∵tan∠DGM=tanα=12
∴GN=2NM
∴10−x=2×2x
解得x=2；
②当∠NDM=90°时，
同理可得DN=12DM,DM=12GD
∴ND=14DG=52
综上所述，ND=2或2.5
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
35．（2023·山东临沂·统考一模）如图，在正方形ABCD中，动点E，F分别在边DC，CB上移动（不与顶点重合），且满足DE=CF．连接AE和DF，交于点P．
（1）请你写出AE与DF的数量关系和位置关系，并说明理由；
（2）由于点E，F的移动，使得点P也随之运动．
①请用文字描述并且在图中画出点P的运动路径；
②若AD=10，请求出线段CP的最小值．
【答案】（1）AE=DF，AE⊥DF，见解析；（2）①点P的运动路径是以AD为直径的圆的圆弧DPO（去除端点D，O）；②55−5
【分析】（1）根据正方形的性质得出AD＝DC，∠ADE＝∠DCF＝90°，求出DE＝CF，根据SAS推出△ADE≌△DCF，根据全等三角形的性质得出AE＝DF，∠DAE＝∠FDC即可；
（2）①点P在运动中保持∠APD＝90°，得出点P的运动路径是以AD为直径的圆的圆弧DPO（去除端点D，O），
②设AD的中点为G，连接CG交圆弧于点P，此时CP的长度最小，求出CP即可．
【详解】解：（1）AE=DF，AE⊥DF，
理由是：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，
∵DE=CF，
在△ADE和△DCF中AD=DC∠ADE=∠DCFDE=CF，
∴△ADE≅△DCF，
∴AE=DF，∠DAE=∠FDC
∵∠ADE=90°，
∴∠ADP+∠FDC=90°，
∴∠ADP+∠DAE=90°，
∴∠APD=180°−90°=90°，
∴AE⊥DF；
（2）如图，
①∵点P在运动中保持∠APD=90°，设正方形ABCD的中心为O，
∴得出点P的运动路径是以AD为直径的圆的圆弧DPO（去除端点D，O），
②设AD的中点（圆心）为G，连接CG交圆弧于点P，此时线段CP的长度最小．
在Rt△CDG中，
CG=CD2+DG2=102+52=55
∴CP=CG−GP=55−5
即线段CP的最小值是55−5．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，圆周角定理，全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理的应用，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．
【能力提升】
36．（2023下·安徽合肥·八年级校联考期中）问题情境：在数学活动课上，我们给出如下定义：顺次连按任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．如图（1），在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．试说明中点四边形EFGH是平行四边形．探究展示：勤奋小组的解题思路：

反思交流：
(1)①上述解题思路中的“依据1”、“依据2”分别是什么？
依据1: ；依据2: ；
②连接AC，若AC=BD时，则中点四边形EFGH的形状为 ；并说明理由；
创新小组受到勤奋小组的启发，继续探究：
(2)如图（2），点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状为 ，并说明理由；
(3)若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其它条件不变，则中点四边形EFGH的形状为 ．
【答案】(1)①三角形的中位线定理；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；②菱形，理由见解析；
(2)四边形EFGH是菱形，理由见解析
(3)正方形
【分析】（1）①根据三角形中位线定理解答即可；
②根据菱形的判定方法进行解答即可；
（2）连接AC，BD，证明△APC≌△BPD，得出AC=BD，再根据平行四边形的判定和菱形的判定解答即可；
（3）连接AC，BD，BD交AC于点O，交GH于点K，AC交PD于点J，证明∠CPJ=∠DOJ=90°，再证明∠EHG=∠BKG=90°，根据有一个角是直角的菱形是正方形即可证明．
【详解】（1）解：①依据1：三角形的中位线定理；
依据2：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；
②菱形；理由如下：
如图1中，

根据题意可知，四边形EFGH为平行四边形，
∵AE=EB，AH=HD，
∴EH=12BD，
∵DH=HA，DG=GC，
∴HG=12AC，
∵AC=BD，
∴HE=HG，
∴四边形EFGH是菱形．
（2）解：结论：四边形EFGH是菱形．
理由：如图，连接AC，BD，

∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，
即：∠BPD=∠APC，
∵PA=PB，PC=PD，
∴△APC≌△BPD，
∴AC=BD，
∴HG=HE，
由问题情境可知：四边形EFGH是平行四边形
∴四边形EFGH是菱形．
（3）解：结论：正方形．
理由：如图，连接AC，BD，BD交AC于点O，交GH于点K，AC交PD于点J．

∵△APC≌△BPD，∠DPC=90°，
∴∠PDB=∠PCA，
∵∠PJC=∠DJO，
∴∠CPJ=∠DOJ=90°，
∵HG∥AC，
∴∠BKG=∠BOC=90°，
∵EH∥BD，
∴∠EHG=∠BKG=90°，
∵四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
37．（2023下·新疆乌鲁木齐·八年级校考期中）已知，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O．
(1)如图1，连接AF、CE，求AF的长；
(2)如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周，即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止，在运动过程中，
①已知点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，当A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．
②若点P、Q的运动路程分别为a、b(单位：cm，ab≠0)，已知A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形，求a与b满足的数量关系式．
【答案】(1)AF=5cm
(2)①t=43，②a+b=12ab≠0
【分析】（1）先证明四边形AFCE为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形作出判定；根据勾股定理即可求得AF的长；
（2）①分情况讨论可知，当P点在BF上、Q点在ED上时，才能构成平行四边形，根据平行四边形的性质列出方程求解即可；
②分三种情况讨论可知a与b满足的数量关系式．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠CAD=∠ACB，∠AEF=∠CFE，
∵EF垂直平分AC，垂足为O，
∴OA=OC，
∴△AOE ≌ △COFAAS，
∴OE=OF，
∴四边形AFCE为平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴四边形AFCE为菱形，
设菱形的边长AF=CF=xcm，则BF=8−xcm，
在Rt△ABF中，AB=4cm，
由勾股定理得42+(8−x)2=x2，
解得x=5，
∴AF=5cm．
（2）①显然当P点在AF上时，Q点在CD上，此时A、C、P、Q四点不可能构成平行四边形；
同理P点在AB上时，Q点在DE或CE上或P在BF，Q在CD时不构成平行四边形，也不能构成平行四边形．
因此只有当P点在BF上、Q点在ED上时，才能构成平行四边形，

∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，PC=QA，
∵点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，
∴PC=5t，QA=CD+AD−4t=12−4t，即QA=12−4t，
∴5t=12−4t，
解得t=43，
∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，t=43秒．
②由题意得，四边形APCQ是平行四边形时，点P、Q在互相平行的对应边上．
分三种情况：
i)如图1，当P点在AF上、Q点在CE上时，AP=CQ，即a=12−b，得a+b=12；
ii)如图2，当P点在BF上、Q点在DE上时，AQ=CP，即12−b=a，得a+b=12；
iii)如图3，当P点在AB上、Q点在CD上时，AP=CQ，即12−a=b，得a+b=12．
综上所述，a与b满足的数量关系式是a+b=12ab≠0．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质，注意分类思想的应用．
38．（2022下·湖北武汉·八年级校联考期中）如图，正方形ABCD中，点E为边BC的上一动点，作AF⊥DE交DE、DC分别于P、F点，连PC．

(1)若点E为BC的中点，求证：F点为DC的中点；
(2)若点E为BC的中点，PE=6，PC=42，求PF的长；
(3)若正方形边长为4，直接写出PC的最小值________．
【答案】(1)见解析
(2)2
(3)25−2
【分析】（1）证明△ADF≌△DCE，推出DF=CE，由EC=12BC，BC=DC，推出DF=12DC，即可证明F点为DC的中点；
（2）延长PE到N，使得EN=PF，连接CN，根据全等三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质即可解决问题．
（3）取AD的中点M，连接PM，CM，由直角三角形的性质求出PM=2，由勾股定理求出CM=25，当C、P、M共线时，PC的值最小，则可求出答案．
【详解】（1）解：证明：如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=BC，∠ADC=∠C=90°，
∵AF⊥DE，
∴∠APD=∠DPF=90°，
∴∠ADP+∠DAF=90°，∠ADP+∠EDC=90°，
∴∠DAF=∠EDC，
在△ADF和△DCE中，
∠DAF=∠EDCAD=CD∠ADF=∠C，
∴△ADF≌△DCE(ASA)，
∴DF=CE，
∵EC=12BC，BC=DC，
∴DF=12DC，
∴F点为DC的中点；
（2）延长PE到N，使得EN=PF，连接CN，

∵∠AFD=∠DEC，
∴∠CEN=∠CFP，
又∵E，F分别是BC，DC的中点，
∴CE=CF，
在△CEN和△CFP中，
CE=CF∠CEN=∠CFPEN=PF，
∴△CEN≌△CFP(SAS)，
∴CN=CP，∠ECN=∠PCF，
∵∠PCF+∠BCP=90°，
∴∠ECN+∠BCP=∠NCP=90°，
∴△NCP是等腰直角三角形，
∴PN=PE+NE=PE+PF=2CP，
∴PF=2PC−PE=8−6=2．
（3）取AD的中点M，连接PM，CM，

∵∠APD=∠EPF=90°，
∴MP=MD=12AD=2，
∴CM=DM2+CD2=22+42=25
∵PM+PC≥CM，
∴C、P、M共线时，PC的值最小，最小值为25−2．
故答案为：25−2．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
39．（2022·重庆北碚·统考模拟预测）已知正方形ABCD的边长为4，△BEF为等边三角形，点E在AB边上，点F在AB边的左侧．
(1)如图1，若D，E，F在同一直线上，求BF的长；
(2)如图2，连接AF,CE,BD，并延长CE交AF于点H，若CH⊥AF，求证：2AE+2FH=BD
(3)如图3，将△ABF沿AB翻折得到△ABP，点Q为AP的中点，连接CQ，若点E在射线BA上运动时，请直接写出线段CQ的最小值．
【答案】(1)4−433
(2)见解析
(3)2−3
【分析】（1）根据等边三角形的性质和锐角三角函数可求出AE的长，即可；
（2）先证明△ABG≌△CBE，可得BE=BG,∠G=∠BEC，再由等边三角形的性质可得BG=BF，从而得到∠G=∠BFG，再由CH⊥AF，可得∠HFE=∠HEF=45°，从而得到EH=FH，即可；
（3）分两种情况讨论，先求出点Q的轨迹，可得当CQ⊥NQ时，CQ有最小值，即可．
【详解】（1）解：∵△BEF为等边三角形，
∴∠BEF=60°=∠AED,BF=BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AD=4，
∴tan∠AED=ADAE=3，
∴AE=433，
∴BE=AB−AE=4−433；
（2）证明：如图，延长AF，CB交于点G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC,∠ABC=∠ABG=90°，
∴BD=AB2+AD2=2AB，
∵CH⊥AF，
∴∠CHG=∠ABG=90°，
∴∠G+∠BAG=90°=∠G+∠BCH，
∴∠BAG=∠BCH，
∴△ABG≌△CBEASA，
∴BE=BG,∠G=∠BEC，
∵△BEF为等边三角形，
∴BE=BF=EF,∠BEF=∠BFE，
∴BG=BF，
∴∠G=∠BFG，
∴∠BFG=∠BEC，
∴∠GFE=∠CEF，
∴∠HFE=∠HEF，
∵CH⊥AF，
∴∠HFE=∠HEF=45°，
∴EH=FH，
∴EF=2FH，
∴BE=2FH，
∴BD=2AB=2AE+2BE=2AE+2FH；
（3）解：当点E在线段AB上时，如图，取AB的中点N，连接NQ，
∵将△ABF沿AB翻折得到△ABP，
∴∠ABF=∠ABP=60°，
∵点Q为AP的中点，
∴NQ∥BP，
∴∠ANQ=∠ABP=60°，
∴点Q在过线段AB的中点，且与AB成60°角的直线上移动，
∴当CQ⊥NQ时，CQ有最小值，
如图，延长QN，CB交于点H，连接AQ，
∵点N是线段AB的中点，
∴BN=AN=2，
∵∠ANQ=60°=∠BNH，
∴tan∠BNH=BHBN=3，
∴BH=23，
∴CH=23+4，
∵∠H=90°−∠BNH=30°，
∴CQ=12CH=2+3，HN=2BN=4，HQ=3CQ=23+3，
∴NQ=23−1>2，
∴∠NAQ>60°，
∴此时点E不在线段AB上，
∴点E在线段AB上时，CQ>2+3，
当点E在线段AB的延长线上时，
∵将△ABF沿AB翻折得到△ABP，
∴∠ABF=∠ABP=120°，
∵点Q为AP的中点，点N是线段AB的中点，
∴NQ∥BP，
∴∠ANQ=∠ABP=60°，
∴点Q在过线段AB的中点，且与AB成60°角的直线上移动，
∴当CQ⊥NQ时，CQ有最小值，
同理：CQ=2−3；
综上所述，CQ的最小值为2−3．
【点睛】本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
40．（2023上·贵州贵阳·九年级统考期中）【综合与实践】
定义：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．如图①所示的四边形ABCD是垂美四边形．
【概念理解】
①正方形，②菱形，③矩形，三个图形中一定是垂美四边形的是______；(填序号)
【性质探究】
小明说：在如图①的垂美四边形ABCD中AD2+BC2=AB2+CD2，请你判断他的说法是否正确，并说明理由；
【问题解决】
如图②，分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE交AB于点M，连接BG交CE于点N，连接GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．

【答案】【概念理解】①②；【性质探究】正确，证明见解析；【问题解决】GE=73．
【分析】本题考查四边形综合题、正方形的性质、勾股定理、垂美四边形的定义等知识
（1）根据垂美四边形的定义即可判断；
（2）利用勾股定理即可证明；
（3）只要证明四边形CGEB是垂美四边形，利用（2）中结论即可解决问题．
【详解】解：（1）∵菱形、正方形的对角线互相垂直，
∴菱形、正方形都是垂美四边形，
故答案为：①②；
（2）说法正确，证明如下：
如图1，设AC，BD交于点O，

∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，
由勾股定理，得AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，
AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2；
（3）∵∠CAG=∠BAE=90°，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，
∴∠GAB=∠CAE，
在△GAB和△CAE中，AG=AC，∠GAB=∠CAE，AB=AE，
∴△GAB≌△CAE(SAS)，
∴∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°，
又∵∠BMC=∠AME，
∴∠ABG+∠BMC=90°，
∴CE⊥BG．
∴四边形CGEB是垂美四边形，
由（2）可知CG2+BE2=CB2+GE2，
∵AC=4，AB=5，
由勾股定理，得CB2=9，CG2=32，BE2=50，
∴GE2=CG2+BE2−CB2=73，
∴GE=73．