北师大版数学九上专题1.29 《特殊平行四边形》全章复习与巩固（培优篇）（专项练习）（含答案）

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专题1.29 《特殊平行四边形》全章复习与巩固（培优篇）（专项练习）一、单选题1．如图，菱形OABC的顶点O与原点重合，点C在x轴上，点A的坐标为（3，4）．将菱形OABC绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第2022次旋转结束时，点B的坐标为（       ）A．（-8，-4） B．（-9，-4） C．（-9，-3） D．（-8，-3）2．如图，在边长为4的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿射线BD方向平移，得到△EFG，连接EC、GC．则EC+GC的最小值为（　　）A．2 B．4 C．2 D．4如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，0），四边形OABC是菱形，，以OB为边作菱形，使顶点在OC的延长线上，再以为边作菱形，使顶点在的延长线上，再以为边作菱形，使顶点在的延长线上，按照此规律继续下去，则的坐标是（     ）A． B．C． D．4．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．15．如图，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是（       ）A．4 B．8 C． D．6．如图，在矩形中，，，是对角线的交点，过作于点，的延长线与的平分线相交于点，与交于点.给出下列四个结论：①；②；③；④.其中正确结论有(     ).A．1个 B．2个 C．3个 D．4个7．如图，四边形ABCD是矩形纸片，，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF．展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N，折痕为BM，再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G．有如下结论：①；②；③△BMG是等边三角形；④；⑤P为线段BM上一动点，H是线段BN上的动点，则的最小值是．其中正确结论有（       ）A．①②③⑤ B．①②③④ C．①③④⑤ D．①②③④⑤8．如图，将四边形纸片沿过点的直线折叠，使得点落在上的点处，折痕为；再将，分别沿，折叠，此时点，落在上的同一点处．下列结论不正确的是（       ）A．是的中点 B．C．当四边形是平行四边形时， D．9．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°， 分别以AC， BC为边向外作正方形ACDE与正方形BCFG， H为EG的中点，连接DH，FH．记△FGH的面积为S1，△CDH的面积为S2，若S1－S2＝6，则AB的长为（       ）A． B． C． D．10．如图，正方形边长为4，点E是边上一点，且．P是对角线上一动点，则的最小值为（       ）A．4 B． C． D．11．如图，在平面直角坐标系中，正方形纸片的顶点A的坐标为（-1，3），在纸片中心挖去边长为的正方形，将该纸片以为旋转中心进行逆时针旋转，每次旋转45°，则第298次旋转后，点和点的坐标分别为（       ）（-3，-1），（1，0） B．（-3，-1），（0，-1）C．（3，1），（0，-1） D．（3，1），（1，0）12．如图，将正方形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边的点P处（不与点A，点D重合），点C落在G点处，PG交DC于点H，连接BP，BH．BH交EF于点M，连接PM．下列结论：①PB平分∠APG；②PH=AP+CH；③BM=BP，④若BE=，AP=1，则S四边形BEPM=，其中正确结论的序号是（     ）A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④二、填空题13．如在菱形中，，，E为的中点，P为对角线上的任意一点，则的最小值为__________．14．如图，已知中，，，将沿射线方向平移m个单位得到，顶点A，B，C分别与D，E，F对应，若以A，D，E为顶点的三角形是等腰三角形，则m的值是___________．15．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，对角线AC、BD交于点O，BD＝4，点E为OD的中点，点F为AB上一点，且AF＝3BF，点P为AC上一动点，连接PE、PF，则PF﹣PE的最大值为 ___．16．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE翻折180°，得到△AB′E，点B的对应点是点B′．若AB′⊥BD，BE＝2，则BB′的长是___．17．如图，在矩形ABCD中，是BC上一动点，将沿AE折叠后得到，点在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点，，．当点E是BC的中点时，线段GC的长为______；点E在运动过程中，当△CFE的周长最小时，BE的长为______．18．如图，在等腰中，，，点是上一点，点为射线（除点外）上一个动点，直线交射线于点，若，，的面积的最小值为________．19．如图，在四边形ABCD中，AB⊥BC，AD⊥AC，AD＝AC，∠BAD＝105°，点E和点F分别是AC和CD的中点，连接BE，EF，BF，若CD＝8，则BEF的面积是_____．20．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___________.21．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF＝45°，△ECF的周长为8，则正方形ABCD的边长为_____．22．如图，中，，，，点为边上任意一点，将沿折叠，点的对应点为点，当时，的长为______．23．如图，正方形的边长为4，，，分别是边，，上的一点，将正方形沿折叠，使点恰好落在边的中点处，点的对应点为点，则折痕的长为______．24．图，正方形的边长为6，点，分别在边，上，若是的中点，，则的长为 _____．三、解答题25．直线与轴交于点，与轴交于点，菱形如图放置在平面直角坐标系中，其中点在轴负半轴上，直线经过点，交轴于点．(1)请直接写出点，点的坐标，并求出的值；(2)点是线段上的一个动点（点不与、重合），经过点且平行于轴的直线交于，交于当四边形是平行四边形时，求点的坐标；(3)点是轴正半轴上的一个动点，是平面内任意一点，为何值时，以点、、、为顶点的四边形是菱形？26．综合与实践：如图，在平面直角坐标系中，A，B两点的坐标分别为，点，且a．b满足：，点C与点B关于y轴对称，点P，点E分别是x轴，直线上的两个动点．(1)求点C的坐标；(2)连接，．①如图1，当点P在线段（不包括B，O两个端点）上运动，若为直角三角形，F为的中点，连接，，试判断与的关系，并说明理由；②如图2，当点P在线段（不包括O，C两个端点）上运动，若为等腰三角形，M为底边的中点，连接，请直接写出与的数量关系．27．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF；取AF中点M，EF的中点N，连接MD，MN．(1)连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；猜想与发现：(2)在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．结论1：DM、MN的数量关系是___________________________；结论2：DM、MN的位置关系是___________________________；拓展与探究：(3)如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．28．正方形ABCD的边长为6，点E是BC边上一动点，点F是CD边上一动点，过点E作AF的平行线，过点F作AE的平行线，两条线交于点G．(1)如图1，若BE＝DF，求证：四边形AEGF是菱形；(2)如图2，在（1）小题条件下，若∠EAF＝45°，求线段DF的长；(3)如图3，若点F运动到DF＝2的位置，且∠EAF依然保持为45°，求四边形AEGF的面积．参考答案1．A【分析】过点A作AE⊥OC于E，设第一次旋转点B的对应点为B1，作B1F⊥y轴于F，利用全等三角形的性质求出的坐标，根据循环性规律，得出第2022次旋转结束时，点B的坐标即可．解：过点A作AE⊥OC于E，设第一次旋转点B的对应点为B1，作B1F⊥y轴于F，∵点A的坐标为（3，4），∴，∵菱形OABC的顶点O与原点重合，∴，AB∥OC，∴点B的坐标为（8，4），延长BA交y轴于H，∴BH⊥OF，∴∠BHO=∠B1FO=90°，∵∠BOB1=90°，∴∠BOH+∠FOB1=90°，∠BOH+∠OBH=90°，∴∠FOB1=∠OBH，∵OB1=OB，∴△OBH≌△OB1F，∴FB1=OH=4，FO1=BH=8，B1的坐标为（-4，8）；同理可求，第二次旋转点B的坐标为（-8，-4）,第三次旋转点B的坐标为（4，-8）,第四次旋转点B的坐标为（8，4）,四次一循环，∵2022÷4=505……2，故第2022次旋转结束时，点B的坐标（-8，-4）,故选：A．【点拨】本题考查了菱形的性质、勾股定理、点的坐标变换，解题关键是熟练运用相关性质求出变换后点的坐标，发现规律求解．2．B【分析】连接AE，作点D关于直线AE的对称点H，连接DE，DH，EH，AH，CH．由平移和菱形的性质可证明四边形CDEG为平行四边形，即得出，从而可得出，即CH的长为的最小值．最后根据等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质与勾股定理求出CH的长即可．解：如图，连接AE，作点D关于直线AE的对称点H，连接DE，DH，EH，AH，CH．由平移的性质可知，．∵四边形ABCD为菱形，∴，，，∴，，∴四边形CDEG为平行四边形，∴．由轴对称的性质可知，，，∴， ∴，即CH的长为的最小值．∵，，∴四边形为平行四边形，∴，∴，∴，∴为等边三角形，∴，，∴，∴，即为顶角是120°，底角为30°的等腰三角形，结合含30°角的直角三角形和勾股定理即可求．故选B．【点拨】本题考查平移的性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，轴对称变换，含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，综合性强，为选择题中的压轴题．正确的作出辅助线是解题关键．3．A【分析】连接AC、BC1，分别交OB、OB1于点D、D1，利用菱形的性质及勾股定理即可得OB的长，进一步在菱形OBB1C1计算出OB1，过点B1作B1M⊥x轴于M，利用勾股定理计算出B1M，OM，从而得B1的坐标，同理可得B2，B3，B4，B5，B6，B7，B8，B9，B10，B11，B12，根据循环规律可得B2021的坐标．解：如图所示，连接AC， 分别交OB，与D、，∵点A的坐标为（1，0），∴OA=1，∵四边形OABC是菱形，∠AOC=60°，∴OC=OA=1，OB=2OD，∠COD=30°，∠CDO=90°，∴，∴，∴，∵∠AOC=60°，∴∠B1OC1=90°-60°=30°，∵四边形OBB1C1是菱形，，在Rt△OC1D1中，∴，∴OB1=2OD1=3，过点B1作B1M⊥x轴于点M，在Rt△OMB1中，∴∴，同理可得，，，，由此可以发现规律“每经过12次作图后点的坐标符号与第一次坐标符号相同，每次菱形的边长变成原来的倍即，∵2021÷12=168……5，∴B2021的纵坐标符号与B5的相同，则B2021在y轴的负半轴上，又∴B2021的坐标为，故选A【点拨】本题考查平面直角坐标系找规律，利用菱形的性质处理条件，掌握循环规律的处理方法是解题的关键．4．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．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．【点拨】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．5．C【分析】取CD中点H，连接AH，BH，根据矩形的性质题意得出四边形AECH是平行四边形，可知，然后根据三角形中位线的性质得，得出点P在AH上，然后判断BP的最小值，再求出值即可.解：如图，取CD中点H，连接AH，BH，设AH与DE的交点为O，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝4，，∵点E是AB中点，点H是CD中点，∴CH＝AE＝DH＝BE＝4，∴四边形AECH是平行四边形，∴，∵点P是DF的中点，点H是CD的中点，∴PH是△CDF的中位线，∴，∴点P在AH上，∴当BP⊥AH时，此时点P与H重合，BP有最小值，∵AD＝DH＝CH＝BC＝4，∴∠DHA＝∠DAH＝∠CBH＝∠CHB＝45°，，∴∠AHB＝90°，∴BP的最小值为.故选：C．【点拨】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的判定，中位线的性质和定义等，确定点P的位置是解题的关键．6．C【分析】利用矩形性质及勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半，可知，进一步可得为等边三角形，得到，再利用角平分线的性质可证明，故②正确；证明，即可知③正确；求出，，即可知④正确；无法证明F是AH中点，故①错误．解：∵为矩形，，， ∴，，，∵AF平分，∴，即，∵，∴，∵，∴为等边三角形，∴，∴，故②正确；∵为等边三角形，且，∴，同理：为等边三角形，∵，∴，∴，∴，即，故③正确；∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，故④正确；∵，但是无法证明F是AH中点，故①错误；综上所述：正确的有②③④．故选：C．【点拨】本题考查矩形性质及勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半，等边三角形，角平分线，三角形外角的定义及性质．解题的关键是熟练掌握以上知识点，证明， ；证明；求出，．7．C【分析】①首先根据EF垂直平分AB，可得AN=BN，然后根据折叠的性质，可得AB=BN，据此判断出△ABN为等边三角形，即可判断出∠ABN=60°；②首先根据∠ABN=60°，∠ABM= ∠NBM，求出∠ABM=∠NBM=30°，然后在Rt△ABM中，根据AB=6，求出AM的大小即可；③求出∠AMB=60°，得到∠BMG=60°，根据AD∥BC，求出∠BGM=60°即可；④根据勾股定理求出EN即可；⑤根据轴对称图形的性质得到AP=PN，PN+PH=AH，且当AH⊥BN时，PN+PH最小，应用勾股定理，求出AH的值即可．解：如图，连接AN，∵EF垂直平分AB，∴AN=BN，根据折叠的性质，可得AB=BN，∴AN=AB=BN，∴△ABN为等边三角形，∴∠ABN=60°，∠PBN=60°=30°，即结论①正确；∵∠ABN=60°，∠ABM=∠NBM，∴∠ABM=∠NBM=60°=30°，∴BM=2AM，∵AB=6，，∴62+AM2=（2AM）2，解得，即结论②不正确；∵∠AMB=90°-∠ABM=60°，∴∠BMG=∠AMB=60°，∵ AD∥BC，∴∠MBG=∠AMB=60°，∴∠BGM=60°，△BMG是等边三角形；即结论③正确；∵BN=AB=6，BN=3，∴，即结论④正确；连接AN，∵△ABM与△NBM关于BM轴对称，∴AP=NP，∴PN+PH=AP+PH，∴当点A、P、H三点共线时，AP+PH=AH，且当AH⊥BN时AH有最小值，∵AB=6，∠ABH=60°，∴∠BAH=30°，∴BH=3，∴，∴PN＋PH的最小值是3，即结论⑤正确；故选：C．【点拨】此题考查了矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，直角三角形30度角的性质，熟记等边三角形的判定及性质是解题的关键．8．B【分析】由折叠的性质可得DM＝MN，CM＝MN，即M是CD的中点；故①正确；∠B＝∠AMP，∠DAM＝∠MAP＝∠PAB，∠DMA＝∠AMN，∠CMP＝∠PMN，∠D＝∠ANM，∠C＝∠MNP，由平角的性质可得∠D+∠C＝180°，∠AMP＝90°，可证AD∥BC，由平行线的性质可得∠DAB＝90°，由平行四边形和折叠的性质可得AN＝PN，由直角三角形的性质可得AB＝PB＝MN．解：由折叠的性质可得：DM＝MN，CM＝MN，∴DM＝CM，即M是CD的中点；故A正确；由折叠的性质可得：∠B＝∠AMP，∠DAM＝∠MAP＝∠PAB，∠DMA＝∠AMN，∠CMP＝∠PMN，∠D＝∠ANM，∠C＝∠MNP，∵∠MNA+∠MNP＝180°，∴∠D+∠C＝180°，∴AD∥BC，故D正确；∴∠B+∠DAB＝180°，∵∠DMN+∠CMN＝180°，∴∠DMA+∠CMP＝90°，∴∠AMP＝90°，∴∠B＝∠AMP＝90°，∴∠DAB＝90°，若MN⊥AP，则∠ADM＝∠MNA＝∠C＝90°，则四边形ABCD为矩形及AB∥CD，而题目中无条件证明此结论，故B不正确；∵∠DAB＝90°，∴∠DAM＝∠MAP＝∠PAB＝30°，由折叠的性质可得：AD＝AN，CP＝PN，∵四边形APCD是平行四边形，∴AD＝PC，∴AN＝PN，又∵∠AMP＝90°，∴MN＝AP，∵∠PAB＝30°，∠B＝90°，∴PB＝AP，∴PB＝MN∴AB＝PB＝MN，故C正确；故选：B．【点拨】本题考查了翻折变换，平行四边形的性质及直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关知识点并灵活运用这些性质是解题的关键．9．A【分析】连接AD交EC于点M，连接BF交CG于点N，设，分别求出，，，，，，，分别求得，，由得，，由勾股定理可得结论．解：连接AD交EC于点M，连接BF交CG于点N，∵四边形ACDE，BCFG是正方形，∴，，设，∵∠，∴∴，∴，同理可证：，∵，∴，∵H为EG的中点，∴，∴，∵，又∵，∴，整理得，，∵∠，∴，故选：A．【点拨】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键．10．D【分析】连接AC，作，证明当取最小值时，A，P，G三点共线，且，此时最小值为AG，再利用勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半即可求出结果．解：连接AC，作∵是正方形且边长为4，∴，，，∵，∴，∴，∴当取最小值时，A，P，G三点共线，且，此时最小值为AG，∵，，∴，∵，∴，设，则，∴，解得：，设，则，∵，∴，解得：∴，故选：D【点拨】本题考查正方形的性质，动点问题，勾股定理，所对的直角边等于斜边的一半，解题的关键是证明当取最小值时，A，P，G三点共线，且，此时最小值为AG．11．C【分析】由该纸片以О为旋转中心进行逆时针旋转，每次旋转45°，可得旋转一周次，由，可得第298次旋转后，实际是将纸片逆时针旋转37周后再转90°，由正方形纸片ABCD对角线中点位于原点，可求点C（1，-3）由，根据勾股定理，求出B1（-1，0），连结OD与OC，过D作ED⊥x轴于E，CF⊥y轴于F，可证△FOC≌△EOD（AAS），可求点D（3，1），与点C1（0，-1）即可．解：∵该纸片以О为旋转中心进行逆时针旋转，每次旋转45°，∴旋转一周次，∵，∴第298次旋转后，实际是将纸片逆时针旋转37周后再转90°，∵正方形纸片ABCD对角线中点位于原点，∴点A与点C关于点O成中心对称，∵点A（-1，3），∴点C（1，-3），∵，又∵，根据勾股定理，，∴，∴B1（-1，0），连结OD与OC，过D作ED⊥x轴于E，CF⊥y轴于F，绕点O逆时针旋转90°后点C位置转到点D位置，∵四边形ABCD为正方形，，，∴∠FOC+∠COE=∠COE+∠EOD=90°，∴∠FOC=∠EOD，在△FOC和△EOD中，，∴△FOC≌△EOD（AAS），∴CF=DE=1，OF=OE=3，∴点D（3，1），∴点B1转到C1位置，点C1（0，-1），∴第298次旋转后，点C和点的坐标分别为（3，1）与（0，-1）．故选：C．【点拨】本题主要考查坐标与旋转规律问题，涉及了正方形性质、中心对称性质、勾股定理应用、三角形全等判定与性质等知识，熟练掌握正方形旋转性质、中心对称性质、勾股定理应用、三角形全等判定与性质，根据旋转一周8次，确定旋转37周再转90°是解题关键．12．B【分析】根据折叠的性质，，，从而得到，根据直角三角形两锐角互余，得到，即可判定①；过点B作BQ⊥PH，利用全等三角形的判定与性质，得到，，即可判定②；通过证明为等腰直角三角形，即可判定③；根据求得对应三角形的面积，即可判定④．解：由题意可得：，，∴，，∴，由题意可得：，∴，∴PB平分∠APG；①正确；过点B作BQ⊥PH，如下图：∴在和中，∴∴∵四边形ABCD为正方形∴，又∵∴，∴∴，②正确；由折叠的性质可得：EF是PB的中垂线，∴由题意可得：，，∴，∴，∴，∴，∴为等腰直角三角形，∴，即，∴BM=BP，③正确；若BE=，AP=1，则，在中，∴，，∴，∴，，④错误，故选B，【点拨】此题考查了正方形与折叠问题，涉及了折叠的性质，正方形的性质，直角三角形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，综合性比较性，解题的关键是灵活运用相关性质进行求解．13．【分析】连接AC，CE，则CE的长即为AP+PE的最小值，再根据菱形ABCD中，得出∠ABC的度数，进而判断出△ABC是等边三角形，故△BCE是直角三角形，根据勾股定理即可得出CE的长．解：连接AC，CE，∵四边形ABCD是菱形，∴A、C关于直线BD对称，∴CE的长即为AP+PE的最小值，∵，∴，∴△ABC是等边三角形，∵E是AB的中点，∴，∴．故答案为：．【点拨】本题考查了轴对称-最短路线问题，熟知菱形的性质及两点之间线段最短是解答此题的关键．14．或5或8【分析】△ADE是等腰三角形，所以可以分3种情况讨论：①当AD＝AE时，△ADE是等腰三角形．作AM⊥BC，垂足为M，利用勾股定理列方程可得结论；②当AD＝DE时，四边形ABED是菱形，可得m＝5；③当AE＝DE时，此时C与E重合，m＝8．解：分3种情况讨论：①当AD＝AE时，如图1，过A作AM⊥BC于M，∵AB＝AC＝5，BM＝BC＝4，∴AM＝3，由平移性质可得AD＝BE＝m，∴AE＝m，EM＝4−m， 在Rt△AEM中，由勾股定理得：AE2＝AM2＋EM2，∴m2＝32＋（4−m）2，m＝，②当DE＝AD时，如图2，由平移的性质得，，∴四边形ABED是菱形，∴AD＝BE＝ED＝AB＝5，即m＝5；③当AC＝DE时，如图3，此时C与E重合，m＝8；综上所述：当m＝或5或8时，△ADE是等腰三角形．故答案为：或5或8．【点拨】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理、平移的性质，解题的关键是分三种情况求出BE的长；本题属于基础题，难度不大，但在解决该题时，部分同学会落掉两种情况，故在解决该题型题目时，全面考虑等腰三角形的三种情况是关键．15．1【分析】取OB中点E'，连接PE'，作射线FE'交AC于点P'．则PE＝PE'，当P与P'重合，P'、E'、F三点在同一直线上时，PF﹣PE'有最大值，即为FE'的长．解：如图，取OB中点E'，连接PE'，作射线FE'交AC于点P'．则PE＝PE'，∴PF﹣PE＝PF﹣PE'≤FE'，当P与P'重合，P'、E'、F三点在同一直线上时，PF﹣PE'有最大值，即为FE'的长，∵在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，∴∠ABD＝60°，∠DAB＝60°，∴△ABD为等边三角形．∴AB＝BD＝AD＝4．∴OD＝OB＝2．∵点E'为OB的中点，E'B＝1，AF＝3BF，∴BFAB＝1，∵∠ABD＝60°，∴△BE'F为等边三角形，∴E'F＝FB＝1．故PF﹣PE的最大值为1．故答案为：1．【点拨】本题考查了轴对称﹣最大值问题、菱形的性质、等边三角形的判定与性质，熟练运用轴对称的性质和三角形三边关系是解题的关键．16．【分析】根据菱形ABCD中，∠BAD＝60°可知△ABD是等边三角形，结合三线合一可得∠BAB'＝30°，求出∠ABB'＝75°，可得∠EB'B＝∠EBB'＝45°，则△BEB'是直角三角形，借助勾股定理求出BB'的长即可．解：∵菱形ABCD，∴AB＝AD，AD//BC，∵∠BAD＝60°，∴∠ABC＝120°，∵AB′⊥BD，∴∠BAB'，∵将△ABE沿直线AE翻折180°，得到△AB′E，∴BE＝B'E，AB＝AB'，∴∠ABB'，∴∠EBB'＝∠ABE﹣∠ABB'＝120°﹣75°＝45°，∴∠EB'B＝∠EBB'＝45°，∴∠BEB'＝90°，在Rt△BEB'中，由勾股定理得：BB'，故答案为：2．【点拨】本题考查了翻折的性质、菱形的性质、等腰三角形的性质、以及勾股定理等知识，明确翻折前后对应线段相等是解题的关键．17．     ##     【分析】连接GE，根据点E是BC的中点以及翻折的性质可以求出BE＝EF＝EC，然后利用“HL”证明和全等，根据全等三角形对应边相等即可得证FG＝CG，设GC＝x，表示出AG、DG，然后在中，利用勾股定理列式进行计算即可得解；先判断出时，的周长最小，最后用勾股定理即可得出结论．解：①如图，连接GE， ∵E是BC的中点，∴BE＝EC，∵沿AE折叠后得到，∴BE＝EF，∴EF＝EC，∵在矩形ABCD中，∴∠C＝90°，∴∠EFG＝90°，∵在和中， ∴，∴GF＝GC；设，则，，在中，，解得x＝，即；②如图：由折叠知，∠AFE＝∠B＝90°，EF＝BE，∴，∴当CF最小时，的周长最小，∵，∴当点A，F，C在同一条直线上时，CF最小，由折叠知，AF＝AB＝3，在中，AB＝3，BC＝AD＝4，∴AC＝5，∴，在中，，∴，∴，∴．【点拨】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是构造出直角三角形，利用勾股定理解决问题．18．6【分析】设点M是PD的中点，过点M作直线与射线CA、CB分别交于点，得到当点M是PD的中点时，的面积最小，再根据直角三角形的性质及三角形的面积公式求解即可．解：设点M是PD的中点，过点M作直线与射线CA、CB分别交于点，则点M不是的中点当时，在上截取，连接DE当时，同理可得当点M是PD的中点时，的面积最小如图，作于H则，在等腰中，过点D作交于K四边形AKDH是矩形故答案为：6【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．19．【分析】过点E作EH⊥BF于H，利用三角形的中位线定理以及直角三角形斜边中线定理证明△BFE是顶角为120°的等腰三角形即可解决问题．解：过点E作EH⊥BF于H ．∵AD=AC，∠DAC=90°，CD=8，∴AD=AC=4 ∵DF=FC，AE=EC，∴EF=AD=2， EF//AD，∴∠FEC=∠DAC=90°，∵∠ABC=90°，AE=EC，∴BE=AE=EC=2，∴EF=BE=2，∵∠BAD=105°， ∠DAC=90°，∴∠BAE=105°-90°=15°，∴∠EAB=∠EBA=15° ，∴∠CEB=∠EAB+∠EBA=30°，∴∠FEB=90°+30°=120°，∴∠EFB=∠EBF=30°，∵EH⊥BF，∴EH=EF=， FH=EH=，∴ BF=2FH=2，S△EFB= 故答案为．【点拨】本题考查三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．20．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．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．【点拨】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．21．4【分析】将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF′位置，根据旋转的性质得出∠EAF′=45°，进而得出△FAE≌△EAF′，即可得出EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=DF+FC+BC=2BC=8，求出BC即可．解：将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF′位置，由题意可得出：△DAF≌△BAF′，∴DF=BF′，∠DAF=∠BAF′，∴∠EAF′=45°，在△FAE和△EAF′中, ，∴△FAE≌△EAF′（SAS），∴EF=EF′，∵△ECF的周长为8，∴EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=DF+FC+BC=2BC=8，∴BC=4，即正方形的边长为4．故答案为：4．【点拨】此题主要考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△FAE≌△EAF′是解题关键．22．【分析】根据翻折的性质和已知条件可得点和点重合，过点作，，垂足分别为，，得四边形是正方形，设，得，求出的值，进而可以解决问题．解：如图， 由折叠可知：，，当时，，在中，，，，点和点重合，如图，过点作，，垂足分别为，， 由折叠可知：，，四边形是正方形，设，，，，解得，，，．故答案为：．【点拨】本题考查翻折变换，正方形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．23．【分析】过点H作HG⊥CD于点G，连接DE， DE交FH于点Q，得到∠HGF=∠HGD=90°，推出∠HFG+∠FHG=90°，根据正方形ABCD中，AD=CD=BC=4，∠A=∠ADC=∠C=90°，得到四边形DAHG中，∠AHG=90°，推出四边形DAHG是矩形，得到GH=AD，GH=CD，根据折叠知，FH⊥DE，得到∠DQF=90°，推出∠QFD+∠QDF=90°，得到∠GHF=∠CDE，根据∠HGF=∠C=90°，推出△DCE≌△HGF(ASA)，得到FH=DE，根据E是BC中点，得到CE=BC=2，推出，得到FH=．解：过点H作HG⊥CD于点G，连接DE， DE交FH于点Q，则∠HGF=∠HGD=90°，∴∠HFG+∠FHG=90°，∵正方形ABCD中，AD=CD=BC=4，∠A=∠ADC=∠C=90°，∴四边形DAHG中，∠AHG=90°，∴四边形DAHG是矩形，∴GH=AD，∴GH=CD，由折叠知，FH⊥DE，∴∠DQF=90°，∴∠QFD+∠QDF=90°，∴∠GHF=∠CDE，∵∠HGF=∠C=90°，∴△DCE≌△HGF(ASA)，∴FH=DE，∵E是BC中点，∴CE=BC=2，∴，∴FH=故答案为．【点拨】本题主要考查了正方形，折叠，矩形，全等三角形，勾股定理．解决问题的关键是熟练掌握正方形的性质，折叠的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解直角三角形．24．【分析】延长到点，使，连接，，利用证明，得，，再证明，得，设，则，，再利用勾股定理即可解决问题．解：：如图，延长到点，使，连接，，∵ 四边形是正方形，∴，，，在和中，∴，∴，，∵，∴，∴，在和中∴，∴，设，∵正方形的边长为6，是的中点，∴，，，∵∴，解得，∴，∴，∴的长为．故答案为：．【点拨】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握半角模型的处理策略是解题的关键．25．(1)，，(2)(3)或或【分析】（1）首先求出点、的坐标，再利用勾股定理求出的长，再根据菱形的性质可得答案；（2）表示出设，，得，根据，可得答案；（3）若点、、、为顶点的四边形是菱形，则是等腰三角形，分或或三种情形，分别求出的值．解：(1)与轴交于点，与轴交于点，当时，，当时，，，，由勾股定理得，，四边形是菱形，，，，，将代入得，，；(2)，，，点，设，，，四边形是平行四边形，，，解得，；(3)点、、、为顶点的四边形是菱形，是等腰三角形，当时，，，，当时，则点与重合，；当时，则，解得，综上：或或时，以点、、、为顶点的四边形是菱形．【点拨】本题是一次函数综合题，主要考查了直线上点的坐标的特征，平行四边形的性质，菱形的性质，等腰三角形的性质等知识，将菱形的存在性问题转化为等腰三角形的存在性问题是解题的关键．26．(1)(2)①，，理由见分析；②【分析】（1）利用二次根式的被开方数是非负数求出，的值，可得结论．（2）①结论：．利用直角三角形斜边中线的性质证明即可．②结论：．如图2中，过点作于，连接，，．想办法证明，，可得结论．解：(1)，又，，，，，，关于轴对称，．故答案为：．(2)①如图1中，结论：，理由：，，，，，，，，，，，，，．②结论：．理由：如图2中，过点作于，连接，，．，，，，，，四边形是矩形，，，，，，，在和中，，，，，，，．【点拨】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．27．(1)见分析；(2)相等，垂直；(3)成立，证明见分析.【分析】（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，位置关系式垂直；（3）连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出MN∥AE，MN=AE，再有（1）的结论以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．(1)解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC-CE=CD-CF，即BE=DF，∴ ，∴AE=AF，∴是等腰三角形；(2)解：相等，垂直；证明：∵在Rt△ADF中,DM是斜边AF的中线，∴AF=2DM，∵点M是AF的中点，点NEF的中点，∴MN是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，∴∠DMN=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；(3)解：（2）中的两个结论还成立，证明：连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，∴MN∥AE，MN=AE，由（1）同理可证，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的中点，∴DM=AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．【点拨】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边中线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．28．(1)见分析(2)(3)四边形AEGF的面积为30【分析】（1）先判定四边形AEGF是平行四边形，证明，由全等三角形的性质得出，由菱形的判定可得出结论；（2）过点F作于点H，证明是等腰直角三角形，得出，则可得出答案；（3）过点A作AE的垂线，交CD的延长线于点K，过点F作于点P，证明△，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出，求出，由勾股定理求出AE和AF的长，最后由平行四边形的面积公式可得出答案．(1)解：∵，，∴四边形AEGF是平行四边形．∵四边形ABCD是正方形，∴，，又∵∴，∴，∴四边形AEGF是菱形；(2)解：过点F作于点H，∵四边形AEGF为菱形，∴AC平分，∴．又∵四边形ABCD是正方形，∴，∴．∵于点D，于点H，∴．∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴；(3)解：过点A作AE的垂线，交CD的延长线于点K，过点F作于点P，∴．∵，∴．∵四边形ABCD是正方形，∴，，∴，∴．又∵，，∴，∴，．又∵，，，∴，∴，设．又∵，，，在中，，，∴，∴，∴，∴，，∴等腰直角三角形中，．又∵四边形AEGF为平行四边形，∴．【点拨】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，菱形的判定，等腰直角三角形的判定与性质以及全等三角形的判定和性质，判定四边形AEGF为菱形是解题的关键．