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《四边形的综合》精选压轴题—浙江省八（下）数学期末复习
一、单选题
1．（2024八下·杭州期末）如图，在矩形中，点在的延长线上，点在的延长线上，平分，若要知道的面积，则需要知道（　　）
A．的长 B．矩形的面积
C．的面积 D．的度数
【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：过点作FM∥，交的延长线于M，交的延长线于点，连接，
∴∠FMD=∠GAD，
设，，
∵平分，
∴∠FAD=∠GAD，
∴∠FAD=∠FMD，
∴，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，则，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：B．
【分析】过点作FM∥，交的延长线于M，交的延长线于点，连接，由平行线的性质可得∠FMD=∠GAD，设，，由角平分线的性质可得∠FAD=∠FMD，由等角对等边得，根据等腰三角形的三线合一可得，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，由平行四边形的对边相等可得，根据同底等高的两个三角形的面积相等可得，由此计算即可求解．
2．（2024八下·鸡西月考）如图，在矩形中，O为的中点，过点O作的垂线，分别交于点F，交于点E，G是的中点，且，有下列结论：①；②；③连结，，四边形为菱形；④其中正确的是（　　）
A．②③ B．③④ C．①②④ D．①③④
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定；矩形的性质
【解析】【解答】解：连接，如图，
∵G是的中点，O为的中点，
∴，故②错误，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，，
在中，，
∴，，
∵矩形，
∴，，
∴，
在中，，，
∴，故①正确，
∵，，，
∴，
∴，
∵O为的中点，，
∴，，即：，
∴四边形为菱形，故③正确，
，，
∴，故④正确，
综上所述：①③④正确，
故答案为：D．
【分析】由中点的定义，可得，即可判断②；
由，及角的直角三角形 的性质，及勾股定理，求出，进而得到，在中，求出、，即可判断①；
通过ASA证得由，根据全等三角形的性质及垂直平分线的性质得到，即可判断③；
分别计算，，即可判断④.
3．（2024八下·德清期末）如图，矩形ABCD中，分别是边AD，BC的中点，于P，DP的延长线交AB于.下列结论：①；②；③.其中结论正确的有（　　）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】D
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：①∵四边形ABCD是矩形，AD=5，
∴BC=AD=5，
∵CP⊥BE于P，F是BC的中点，
∴PF=BC=×5=2.5，此结论正确；
②∵四边形ABCD是矩形，E、F分别是边AD、BC的中点，
∴DE=BF，AD∥BC，∠DCF=90°，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BE∥DF，
∵CP⊥BE，
∴CP⊥DF，
由①得：PF=CF=BF=BC=2.5，
∴DF垂直平分PC，
∴PD=CD，
在△DPF和△DCF中，
∴△DPF≌△DCF（SSS）
∴∠DPF=∠DCF=90°，
∴PF⊥DG，此结论正确；
③连接GF，如图，
由①得：PF=BF=CF，
由②得：∠GDF=90°，
在Rt△BFG和Rt△PFG中
∴Rt△BFG≌Rt△PFG（HL）
∴BG=PG，
由②得：△DPF≌△DCF，
∴DP=DC，
∵CD=3，
∴DP=DC=3，
设PG=BG=x，
∴DG=3+x，AG=3-x，
在Rt△ADG中，由勾股定理得：AD2+AG2=DG2，
∴52+（3-x）2=(3+x)2，解得：x=，
即PG=；此结论正确.
∴①②③都正确.
故答案为：D.
【分析】①根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求解；
②根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BEDF是平行四边形，则BE∥DF，由平行线的性质可得CP⊥DF，结合①的结论可得DF垂直平分PC，于是用边边边可证△DPF≌△DCF，由全等三角形的性质可求解；
③连接GF，用HL定理可证Rt△BFG≌Rt△PFG，由全等三角形的性质可得BG=PG，设PG=BG=x，在Rt△ADG中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求解.
4．（2024八下·鄞州期末）如图，在矩形中，，，，是对角线上的两点，，点在边上运动（不与点，重合），连结点与的中点并延长交于点，连结，，，．在点从点运动到点的整个过程中，四边形的形状变化依次是（　　）
A．平行四边形→菱形→矩形→平行四边形
B．平行四边形→矩形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形→平行四边形
D．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠PAO=∠QCO，∠ABC=∠D=90°，AB=CD=6，BC=AD=8，
∴AC=，
∴EF=AC-AE-CF=10-2-2=6，
∵O为AC的中点，
∴OA=OC，
当点P从点D开始动到如图位置时，四边形是平行四边形，如图所示：
∵AE=CF，
∴OE=OF，
在△APO和△CQO中，
，
∴△APO≌△CQO(ASA)，
∴OP=OQ，
∴四边形PEQF是平行四边形；
当点P运动到PD=，四边形PEQF是菱形，如图所示：
∵PD=，
∴AP=AD-PD=8-=，
在Rt△CDP中，PC==
∴AP=CP，
∴∠PAE=∠PCF，
在△APE和△CPF中，
，
∴△APE≌△CPF（SAS）
∴PE=PF，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形；
当点P运动到未达到中点M时，如图所示，
∴四边形是平行四边形，
当点P运动到AD的中点时，四边形是矩形，如图所示，
∵O为AC的中点，P为AD的中点，
∴OP∥CD，即PQ∥CD，
又∵DP∥CQ，∠D=90°，
∴四边形DPQC是矩形，
∴PQ=CD=6，
∴EF=PQ，
∴四边形是矩形；
当点P运动到过中点M后未到点A时，如图所示，
∴四边形是平行四边形，
综上所述：在点P从点D运动到点A的整个过程中，四边形的形状变化依次是平行四边形→菱形→平行四边形→矩形→平行四边形．
故答案为：C．
【分析】先根据已知条件和矩形的性质求得OA=OC，EF=6，∠PAO=∠QCO，∠ABC=∠D=90°，AB=CD=6，BC=AD=8，再根据勾股定理求得AC=10，然后证明，得，根据平行四边形的判定定理，即可证明四边形是平行四边形，然后根据点P的位置分情况讨论四边形的形状即可.
5．（2024八下·平湖期末）小明同学为班级设计如图所示的班徽，为正方形的中心，四块全等的阴影图形均为菱形．若，，三点共线，则图中阴影面积与空白面积之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：连接，，，，可得正方形，设菱形边长，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
故答案为：A．
【分析】连接，，，，可得正方形，设，先利用等腰直角三角形的性质求得其中一个菱形的面积，再求出阴影部分的面，然后利用求出空白部分面积，最后求出阴影面积与空白面积的比．
6．（2024八下·滨江期末） 如图，在矩形 中， ，点 分别在边 上. 连接 ，若 平分 ，四边形 是平行四边形，则 的长为 (　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：过点F作FH⊥AE于H，FH的延长线于CB的延长线交于T，连接AT，如下图所示：
设BE=x，
∵四边形ABCD为矩形，AB=2，BC=5，
∴AB=CD=2，AD=BC=5，AD//BC，
∴∠FAE=∠AEB，∠DFE=∠FCE，CE=BC－BE=5－x，∠ABC=90°，
∵四边形AECF为平行四边形，
∴AF=CE=5-x，AE=CF.
∵EA平分∠BEF，
∴∠AEB=∠AEF，
∴∠FAE=∠AEF，
∴FA= EF，
∵FH⊥AE，
∴AH=EH，
∴FT为线段AE的垂直平分线，
∴∠EHF=∠EHT=90°，AT=TE.
∵∠EHF=∠EHT，HE=HE，∠AEB=∠AEF，
∴△HEF≌△HET(ASA)，
∴TE=EF，
∴FA=EF=TE=AT=5-x，
∴四边形FATE为菱形，
∴TB=TE－BE=5－x－x=5－2x，
在Rt△ABT中，由勾股定理得：AT2=AB2+TB2，即(5-x)2=22+ (5-2x )2，
整理得： 3x2－10x＋4=0，
故.
故答案为：C.
【分析】过点F作FH⊥AE于H，AH的延长线于CB的延长线交于T，连接AT，设BE=x，则CE=AF=5-x，证明四边形FATE为菱形，则TA=TE=EF=FA=5-x，TB=TE- BE=5- 2x ，在Rt△ABE中利用勾股定理得关于x的方程求解出x即可得出答案.
7．（2024八下·衢州期末）如图， 中， 为钝角， 以 为边向外作 为钝角， 连结 。设 ， 的面积分别为 ， 则 的面积可表示为 (　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形的面积；平行四边形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，过C作CH⊥DE于H，交AB的延长线于S，过B作BR⊥DE于R，过C作CG⊥AE于G，交DB于Q，
∵平行四边形ABDE，
∴AE∥DB，AE=DB，AB∥DE，AB=DE，
∴CQ⊥BD，AB⊥CH，
∴四边形BSHR是矩形，
∴BR=SH，
=.
故答案为：C.
【分析】过C作CH⊥DE于H，交AB的延长线于S，过B作BR⊥DE于R，过C作CG⊥AE于G，交DB于Q，根据平行四边形的对边平行且相等可得AE∥DB，AE=DB，AB∥DE，AB=DE，根据三个角是直角的四边形是矩形，矩形的对边相等可得BR=SH，结合三角形的面积公式计算S△ABC即可求解.
8．（2024八下·上城期末）在菱形中，点O为对角线的中点，点E、F分别为线段、上的点，的延长线交线段于点H，的延长线交线段于点 G，连接、、、，以下结论：①；②若，则；③存在无数个点E，使得四边形为菱形；④若四边形为矩形，则．其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形，点O为对角线的中点，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，故①正确；
设与相交于M，如图，
若，则，
∵菱形，
∴，，
又∵，
∴
∴
∴，
即，故②正确；
∵四边形是平行四边形，
∴当时，四边形是菱形，
∴存在无数个点E，使得四边形为菱形；故③正确；
若四边形为矩形，
∴
∴
∴
∵
∴故④正确．
综上，正确的有①②③④，
故答案为：D．
【分析】首先可通过证明，， 可得出，， 即可证明 四边形是平行四边形， 得出，可判定①正确；根据菱形的性质及， 可根据ASA判定，即可得出，进而；由①知 四边形是平行四边形，所以只要，四边形就是菱形，故而得出③正确；若四边形为矩形，可得，从而证明，得到，继而得到，可判定④正确．
9．（2024八下·鄞州期末）在四边形中，，连接对角线，点为边上一点，连接平分，与交于点，若点恰为中点，且 ，则 （　　）
A． B． C．11 D．12
【答案】B
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过点D作于点H，过点H作于点I，过点E作于点G，则，
∵， 平分，
∴，
∴，
∵点恰为中点，
∴，
∵
∴，
∴
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴
∴四边形是矩形，
∴
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：B.
【分析】过点D作于点H，过点H作于点I，过点E作于点G，则，由角平分线上的点到角两边的距离相等得到，由同一平面内垂直同一直线的两条直线互相平行得AE∥DH，从而可用AAS证△AFE≌△HFD，由全等三角形的对应边相等得AE=DH，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形AEHD是平行四边形，则，，由平行于同一直线的两条直线互相平行得EH∥BC，然后由三个内角为直角的四边形是矩形证明四边形EGIH是矩形，由矩形对边相等及平行四边形对边相等及等量代换得，再用AAS判断出△HIC≌△DHA，得，由勾股定理得到DH，则可得AE的长，再利用勾股定理算出AH，则可得AF的长度，再由勾股定理求出EF，根据平行四边形的对角线互相平分可得出DE的长.
10．（2024八下·德清期末）如图，矩形ABCD中，分别是边AD，BC的中点，于P，DP的延长线交AB于．下列结论：①；②；③．其中结论正确的有（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
【答案】D
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接GF，
∵矩形，
∴，，，，
∵，是边的中点，
∴，故①正确；
∵分别是边，的中点，
∴
∴四边形是平行四边形
∴
∴
∵
∴垂直平分
∴
∴（）
∴，即，故②正确；
∵，，，
∴（）
∴，
设，则，，
在中，，
∴解得，即，故③正确；
综上所述，正确的是①②③
故选：D．
【分析】
① 由于矩形的对边相等，因此BC=AD=5，因为PF是直角三角形PBC斜边BC上的中线，所以PF=2.5，正确；
② 连接，由矩形的性质结合中点的概念可证四边形DEBF是平行四边形，则BE平行DF，由平行线的性质结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可证，又FD是公共边，则、即，正确；
③ 由HL可证， 则PG=BG，设BG=x，则AG=3-x，DG=3+x，在中应用勾股定理即可．
二、填空题
11．（2024八下·滨江期末） 如图，在矩形 中， ，点 分别在边 上，把 沿 折叠， 点恰好落在边 上的 点处，连接 ， 延长 交 的延长线于点 ，若 ，则 　 　.
【答案】2
【知识点】勾股定理；矩形的性质；矩形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：延长HF交BC的延长线于点M，连接DG交EF于点N，过点E作EH⊥BC于K，则∠EKB=∠EKG=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAE=∠B=∠BCD=90°=∠BKE，AB//CD，AD//BC，AD=BC=4，
∴四边形ABKE是矩形，∠HAE=∠FCM=90°，∠HEA=∠FMC，
∴BK=AE=1，AB=EK.
∵AH=CF，
∴△AEH≌△CMF ( AAS )，
∴AE=CM=1，
∴BM=BC+CM=4+1=5，
∵AD=4，AE=1，
∴ED=3，
∵ADIIBC，
∴∠DEN=∠M，
由折叠可得DN=GN， EG=ED=3，
又∠DNE=∠GNM，
∴△DNE≌△GNM ( AAS )，
∴ED=MG=3，
∴BG= BM- MG=5-3=2，
∴KG=BG－BK=2－1=1，
∴
∴
故答案为：2.
【分析】延长HF交BC的延长线于点M，连接DG交EF于点N，过点E作EH⊥BC于K，证明四边形ABKE是矩形可得BK=AE=1，AB=EK；证明△AEH≌△CMF可得得AE=CM=1，于是可计算BM和DE的长；由折叠可得DN=GN，EG= ED=3，进而证明△DNE≌△GNM ，得到ED=MG=3，可得BG和KG的长；最后在△EKG利用勾股定理求出KE，即可求解.
12．（2024八下·拱墅期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6．点P，点Q同时从点A出发，沿AB方向匀速运动，点P的速度为1，点Q的速度为3，点Q到达点B时停留在点B，待点P继续运动到点B时结束运动．设运动时间为t，已知当t＝1时，线段DC上有一点M，使四边形PQMD是菱形．若运动过程中，线段DC上另有一点N，使四边形PQND是菱形，则此时t＝　 　．
【答案】1或
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，
∴PQ＝2，
∵四边形PQMD是菱形，
∴PD＝PQ＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴AD＝，
当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，如图所示：
∴PQ＝2t，
∵四边形PQMD是菱形，
∴PD＝PQ＝2t，
∵∠A＝90°，
∴AP2＋AD2＝PD2，
∴t2＋（）2＝（2t）2，
∴t＝1（负值舍去），
当AQ＝CD＝3t，PQ＝2t，
∴DN＝BN＝（6 t），
∴CN＝t，
∵（6 t）2 t2＝3，
∴t＝，
故答案为：1或．
【分析】当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，得到PQ＝2，根据菱形的性质得到PD＝PQ＝2，根据勾股定理得到AD＝，当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，求得PQ＝2t，根据勾股定理即可得到结论．
13．（2024八下·湖州期末）正方形工整、匀称、美观，设计方便，在人们的生活和生产实际中有着广泛的应用．如图1为某园林石窗，其外框为边长为6的正方形（如图2），点E，F，G，H分别为边上的中点，以四边形各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形（如），四个等边三角形的顶点恰好是正方形MNPQ各边的中点，则点H，M之间的距离是　 　．
【答案】
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵点E，F是正方形边，
∴，
∴，，
同理可得，
∴，
∴四边形是正方形，
∵四边形各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形，
∴，
如图所示，过点K作，延长分别交于L、S，
∴，
∴；
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
由对称性可知，
∴；
∵K、L分别为正方形边的中点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，；
如图所示，过点M作于W，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点H，M之间的距离是，
故答案为：．
【分析】根据勾股定理得到，然后推理得到四边形是正方形，过点K作，延长分别交于L、S，根据勾股定理求出TK值；然后得到是矩形求出KL的值；根据是矩形，得到，；过点M作于W，则四边形是矩形，即可得哦大HT的值，进而求出WH的值，利用勾股定理求出HM的值解题即可．
14．（2024八下·临海期末）如图，正方形纸片的边长为6．E，F分别是对边，上的点，．把正方形纸片沿着直线对折，点C，D的对应点分别是点，．若，则交叠而成的五边形的周长是　 　．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接交于点，连接并延长交于点，连接，过点作于点，
∴，
∵四边形是正方形，且边长为6，
∴，，，，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
在中，有，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴过的中点O，
∵折叠的性质，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
同理可得，
∴五边形的周长为，
故答案为：．
【分析】连接交于点，连接并延长交于点，连接，过点作于点，结合正方形的性质易证四边形是矩形，得的值，利用勾股定理求出的值，然后证出，得，，结合正方形的性质可知过的中点O，根据折叠的性质得的值，接下来证出，得的值，从而得的值，进而可证出，得，根据等腰三角形的判定得，最后设，则，在中，利用勾股定理得关于的方程，解方程即可得的值，同理可求出的值，据此即可求解.
15．（2024八下·衢州期末） 如图 1， 在四边形 中， 依次取四边中点 ， 连结 是线段 上的一点，连结 ， 作 交 于点 。分别沿 将四边形 裁剪成五块， 再将它们拼成四边形 。
（1） 　 　。
（2）如图 2， 连结 交于点 ， 若 ， 则四边形 的周长最小值是　 　。
【答案】（1）
（2）
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；等腰直角三角形；三角形的中位线定理；四边形的综合
【解析】【解答】 解：（1）根据题意可得△APE≌△BNE，△APG≌△DMG，△BFR≌△CFQ，△CQH≌△DSH，
∴EP=NE，PG=GM，
∴EG=EP+PG=NE+GM，
∴.
（2）连接EF，GH，作HP∥BD，GP⊥HP，如图：
∵E，F，G，H是AB，BC，AD，CD的中点，
∴，，，，.
∴∠1=∠AOD=∠GHP=45°，GP2+HP2=HG2，
∴，
∴RN，MS的最小值为，
根据（1）可得出MN=2EG=6，RS=2FH=6，
故四边形MNRS的周长最小值，
故答案为：；.
【分析】（1）根据题意得出△APE≌△BNE，△APG≌△DMG，△BFR≌△CFQ，△CQH≌△DSH，根据全等三角形的对应边相等可得EP=NE，PG=GM，推得EG=EP+PG=NE+GM，即可求解；
（2）根据根据连接三角形任意两边中点的连线叫中位线，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半可得，，，GH∥AC，作HP∥BD，GP⊥HP，根据等腰直角三角形的性质和直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方求出GP和HP的值，结合（1）中结论即可求解.
三、综合题
16．（2024八下·萧山期末）如图，已知矩形，点分别是矩形边上的一点，且分别沿翻折得到所在的直线交直线点，所在的直线交直线点．
（1）求证：四边形是矩形．
（2）若，且判断四边形的形状，并说明理由．
（3）如图，若点的中点试探求的数量关系，并加以说明．
【答案】（1）证明：如图，连接，
四边形是矩形，
，，，
，
≌，
，
折叠，
，，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，，
四边形是矩形．
（2）解：四边形是正方形，理由如下：
如图，延长至交于，过点作垂直于，垂足为．
设，，
，
，，
．，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
四边形是正方形．
（3）解：，
如图，取的中点，连结与，连接，
若点是的中点．则点也是的中点，
，，
、、三点共线，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
由知，
，
，
易得四边形是平行四边形，
，，
．
【知识点】矩形的判定与性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—含30°角直角三角形
17．（2024八下·杭州期末）四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以为邻边作矩形，连接．
（1）如图，求证：矩形是正方形；
（2）若，，求的长度；
（3）当线段与正方形的某条边的夹角是时，求的度数．
【答案】（1）证明：如图，作于，于，
∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴∠ACD=∠ACB=45°，∠BCD=90°，
∴EQ=EP，四边形PCQE是矩形，
∴∠PEQ=90°=∠QEF+∠PEF，∠PEF+∠PED=90°，
∴∠QEF=∠PED，
在△EQF和△EPD中
∴△EQF≌△EPD（ASA）
∴EF=ED，
∴矩形DEFG是正方形.
（2）解：由（1）知：矩形DEFG是正方形，
∴∠EDG=90°，DE=DG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，DA=DC，
∴∠EDC+∠CDG=∠EDC+∠ADE=90°，
∴∠CDG=∠ADE，
在△ADE和△CDG中
∴△ADE≌△CDG（SAS）
∴CG=AE，
在Rt△ABC中，AB=BC=3，
∴AC=，
∵CE=，
∴AE=AC-CE=，
∴CG=AE=.
（3）解：由题意可分两种情况：
①当DE与AD的夹角∠ADE=30°时，如下图：
∴∠EDC=90°-30°=60°，
在四边形DEFC中，∠FED+∠EDC+∠DCF+∠EFC=360°，
∴∠EFC=360°-∠FED-∠EDC-∠DCF=360°-60°-90°-90°=120°；
②当DE与DC的夹角∠CDE=30°时，过作EM⊥BC于点，过作EN⊥CD于点，如下图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，
∴EN=CN，
∴四边形CNEM是正方形，
∴EM=EN，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠DEN+∠FEN=∠MEF+∠FEN=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
在△DEN和△FEM中，
∴△DEN≌△FEM（ASA）
∴∠EFC=∠EDC=30°.
综上可得：∠EFC=120°或30°.
【知识点】矩形的性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（）作于，于，由同角的余角相等可得∠QEF=∠PED，结合正方形的性质，用角边角可证，于是由全等三角形的对应边相等可得，然后根据正方形的判定定理“有一组邻边相等的矩形是正方形”即可得证；
（）同理可证∠CDG=∠ADE，结合正方形的性质，用边角边可证△ADE≌△CDG，于是由全等三角形的对应边相等可得CG=AE，在Rt△ABC中，用勾股定理可求出AC的值，根据线段的构成AE=AC-CE可求出AE的值，然后根据CG=AE可求解；
（）由题意可分两种情况讨论：①当DE与AD的夹角∠ADE=30°时，在四边形DEFC中，由四边形的内角和等于360°可求解； ②当DE与DC的夹角∠CDE=30°时，过作EM⊥BC于点，过作EN⊥CD于点，由题意，用角边角可证△DEN≌△FEM，于是∠EFC=∠EDC可求解.
18．（2024八下·椒江期末）如图1，在矩形中，，，点从点出发沿方向运动，运动到点停止，同时，点从点出发沿方向运动，运动到点停止，点，的速度均为．设点，运动的时间为．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）当为何值时，平行四边形为菱形？
（3）如图2，连接，，分别交，于点，．随着点，的运动，请回答下列问题：
①当______时，取得最大值，此时四边形为______（填“邻边不等的矩形”，“内角不为的菱形”，“正方形”）；
②如图3，连接，，的值是否有变化？若不变，求出相应的值，若改变，请说明理由．
【答案】（1）证明：根据题意，得，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：由（1）得四边形为平行四边形，
∴时，平行四边形为菱形，
∵在矩形中，，，
∴，，，
∴，
∴，
解得：，
∴当时，平行四边形为菱形；
（3）解：①∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，
同理可得，
∴，
∴当时，取得最大值，、分别是、的中点，
∴易得，
∵，是中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得：，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∵，，，
∴不可能是直角，
∴当时，取得最大值，此时四边形为内角不为的菱形；
故答案为：5，内角不为的菱形；
② 解：的值没有变化，，理由如下：
设边上的高为，边上的高为，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴点G到的距离为，
∵，
∴，
∴，
∴的值没有变化，．
【知识点】二次函数的最值；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）根据题意求出，然后由矩形的性质得，即可得证结论；
（2）根据菱形的判定可知时，平行四边形为菱形，然后根据矩形的性质求出，，，再利用勾股定理建立方程即可求解；
（3）①证明四边形是平行四边形，从而推出是平行四边形，然后求出，根据相似三角形的判定得
，根据相似的性质得，于是得和，再建立函数模型，据此求面积的最大值，最后求证四边形为内角不为的菱形；
②设边上的高为，边上的高为，证，得，，从而得即可求解．
（1）证明：∵在矩形中，
∴，
∵点，同时运动，且速度均为，点，运动的时间为，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形；
（2）解；由（）得四边形为平行四边形，
∴时，平行四边形为菱形，
∵在矩形中，
∴，
∴，
即，
解得，
∴当时，平行四边形为菱形；
（3）解：①∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：，
同理可得，
，
∴当时，取得最大值，、分别是、的中点，
∴易得，
∵，是中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得：，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∵，，，
∴不可能是直角，
∴当时，取得最大值，此时四边形 EGFH 为内角不为的菱形；
故答案为：，内角不为的菱形；
② 解：的值没有变化，
理由：设边上的高为，边上的高为，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点G到的距离为，
∵，
∴，
∴，
∴的值没有变化，．
19．（2023八下·苍南期末）如图1，在矩形ABCD中，k，E为CD边的中点，连接AE，延长AE交BC的延长线于F点，在BC边上取一点G，连接AG，使AF为∠DAG的角平分线．
（1）求证：GE⊥AF；
（2）如图2，若k＝1，求的值；
（3）若点G将BC边分成1：2的两部分，直接写出k的值．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD//BC，∠ADE=90°，
∴∠ADE＝∠ECF＝90°，∠DAE=∠CFE，
∵E为CD边的中点，
∴DE＝EC，
∴△ADE≌△FCE(AAS)，
∴AE＝EF.
∵AF为∠DAG的角平分线，
∴∠GAE＝∠DAE=∠CFE，
∴△AGF为等腰三角形，AG=FG，
∴GE⊥AF．
（2）解：∵ 矩形ABCD中，k， k=1，
∴四边形ABCD是正方形.
设BC=x，CG=y，
∴AB=AD=CD=BC=x，BG=x－y.
由（1）得△ADE≌△FCE，
∴CF=AD=x，
∴AG=GF=x+y，
∵Rt△ABG中，AB2+BG2=AG2，
∴(x－y)2+x2＝(x+y)2，
整理得：x2－2xy+y2+x2=x2+2xy+y2，
∴x2=4xy，
∴x=4y.
∴BG=x－4y=3y，
∴.
（3）或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；角平分线的概念；四边形的综合
【解析】【解答】解：（3）①当BG＝2GC时，设GC＝x，则BG＝2x，BC=3x，
∵，
∴AB ，AG＝GF＝GC+CF=4x，
∵在Rt△ABG中，AB2+BG2=AG2，
解得：．
②当BG＝2GC时，设GC＝2x，则BG＝x，BC=3x，
∵，
∴AB ，AG＝GF＝GC+CF=5x，
∵在Rt△ABG中，AB2+BG2=AG2，
解得：．
综上：或．
【分析】（1）结合矩形的性质证明△ADE≌△FCE，可得AE＝EF.由角平分线和平行线的性质可得∠GAE＝∠DAE=∠CFE，故由AG=GF，再有等腰三角形三线合一的性质即可得的结论；
（2）利用k＝1，可得正方形ABCD，设BC=x，CG=y，由△ADE≌△FCE，得CF=AD=x，表示出AG，AB，BG的长，利用勾股定理得(x－y)2+x2＝(x+y)2，化简可得x=4y.代入即可得到答案；
（3）若点G将BC边分成1：2的两部分，这时分2种情况，BG＝2GC或者BG＝2GC，利用前两问的分析，在Rt△ABG中利用勾股定理，列出方程并求解，问题即可得到解决．
20．（2024八下·德清期末）如图1，将矩形纸片放置在如图所示的平面直角坐标系内，点与坐标原点重合，点的坐标为，折叠纸片使点落在轴上的点处，折痕为，过点作轴的平行线交于点，连接．
（1）求证：四边形为菱形；
（2）如图2，当点与点重合时，求点的坐标；
（3）如图3，在(2)的条件下，点是线段上一动点，点是线段上一动点，过点的反比例函数的图象与线段相交于点，连接，，，，当四边形的周长最小时，求点，点的坐标．
【答案】（1）证明：∵四边形是矩形，且轴
折叠纸片使点落在轴上点处，折痕为，
，，
∴
四边形是平行四边形
又
四边形为菱形．
（2）解：点与点重合，
设，则，，
在中，，即，
解得，
点的坐标为；
（3）解：由(2)得坐标为，
设点坐标为，
点都在反比例函数的图象上，
，，
即：，
解得，
坐标为，
作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，则，，
连结，
，，
四边形的周长，
当四点共线时四边形的周长最小，
设直线的解析式为，把，，代入，得
，
解得，
直线的解析式为：，
令，即，得，
点的坐标为，点的坐标为．
【知识点】勾股定理；菱形的判定；矩形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）首先由垂直的概念和矩形的性质可得，再由平行线的性质结合折叠的性质可得，则四边形是平行四边形，再由可得平行四边形BEDM为菱形；
（2）由折叠可得，由勾股定理可得，则，可设，则，，再由勾股定理计算即可得，由于轴，则E、D两点的横坐标相等，ED的纵坐标即；
（3）由（2）可得点坐标为，则反比例函数解析式可求，则点坐标为，即FM的长是定值，当四边形PMFQ的周长最小时，只需FQ、QP和PM的和最小，此时可分别作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，则，，连结，，由轴对称的性质可得，，则四边形的周长转化为、、和的和，显然当F`、Q、P、M`四点共线时四边形周长最小；此时可利用待定系数法先求出直线的解析式，再求其与两坐标轴交点坐标即可．
（1）解：∵四边形是矩形，且轴
折叠纸片使点落在轴上点处，折痕为，
，，
∴
四边形是平行四边形
又
四边形为菱形．
（2）解：点与点重合，
设，则，，
在中，，即，
解得，
点的坐标为；
（3）解：由(2)得坐标为，
设点坐标为，
点都在反比例函数的图象上，
，，
即：，
解得，
坐标为，
作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，则，，
连结，
，，
四边形的周长，
当四点共线时四边形的周长最小，
设直线的解析式为，把，，代入，得
，
解得，
直线的解析式为：，
令，即，得，
点的坐标为，点的坐标为．
21．（2024八下·北仑期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点 ，与直线交于点点到轴的距离为，直线交轴于点 ．
（1）求直线的函数表达式；
（2）如图，点为线段上一点，将沿折叠后，点恰好落在 边上，求点坐标；
（3）如图，将绕点逆时针方向旋转，得到，使点与点对应，点与点对应， 将沿着直线平移，点为直线上的动点，是否存在以为顶点的平行四边形？ 若存在，请直接写出点的坐标； 若不存在，请说明理由．
【答案】（1）由题意知，点的纵坐标为，点在直线 上，
把代入得，，
解得，
∴，，
∵轴，，，
∴，
，
由勾股定理得，即（2AD）2-AD2=（）2，
∴AD=2，
∴，
∴，
把、代入得，
，
解得，
∴直线 的函数表达式为；
（2）∵直线 的表达式为： ，
∴当 时，，则点，
，
，，
，
，
，
沿 折叠后，点 恰好落在 边上，
，
，
；
令，则，
根据 得：，
解得：，
故点 的坐标为；
（3）由旋转性质知，，则，
∴关于x轴对称，且G与C关于x轴对称，
∴；
∵沿着直线平移，
∴点G在平行于直线的直线（记为）上运动；
设解析式为，把点G坐标代入得：，
得：，即：；
当点G在上运动时，设其坐标为；设；
当为平行四边形的对角线时，如图1，
则，
解得：，
∴，
则；
当为平行四边形的对角线时，如图2，
则，
解得：，
∴，
则；
当为平行四边形的对角线时，如图3，
则，
解得：，
∴，
则；
图1 图2 图3
综上，点M的坐标为或或．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；勾股定理；平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）；一次函数中的动态几何问题
【解析】【分析】本题考查了求一次函数的解析式，平行四边形的性质，平移、旋转及轴对称三大变换的性质，等腰三角形的判定，含30度直角三角形性质，勾股定理及逆定理等知识，涉及的知识点较多，综合性强，分类讨论．
（1）先求出点C的坐标，由含30°角的直角三角形的性质可得AC=2AD，利用勾股定理求出AD的长，从而求出点A （-4，0），利用待定系数法即可求得直线的解析式；
（2）由直线的表达式可求得点B的坐标，则由勾股定理逆定理可判定，根据折叠的性质可推出∠A'PB=∠ABC，可得，令，则AP=A'P=A'B'=a+4，根据建立方程求出a值即得得点P的坐标；
（3）先求点G的坐标，再利用平移的性质及点G坐标求出直线解析式，当点G在上运动时，设其坐标为；设；分三种情况：当为平行四边形的对角线时，②当为平行四边形的对角线时，③当为平行四边形的对角线时，据此分别画出图形，利用平行四边形的对角线互相平分性质、中点坐标公式分别求解即可．
（1）解：由题意知，点的纵坐标为，点在直线 上，
把代入得，，
解得，
∴，，
∵轴，，，
∴，
，
由勾股定理得，
∴，
∴，
∴，
把、代入得，
，
解得，
∴直线 的函数表达式为；
（2）解：直线 的表达式为： ，
当 时，，则点，
，
，，
，
，
，
沿 折叠后，点 恰好落在 边上，
，
，
；
令，则，
根据 得：，
解得：，
故点 的坐标为；
（3）解：由旋转性质知，，则，
∴关于x轴对称，且G与C关于x轴对称，
∴；
∵沿着直线平移，
∴点G在平行于直线的直线（记为）上运动；
设解析式为，把点G坐标代入得：，
得：，
即：；
当点G在上运动时，设其坐标为；设；
当为平行四边形的对角线时，
则，
解得：，
∴，
则；
当为平行四边形的对角线时，
则，
解得：，
∴，
则；
当为平行四边形的对角线时，
则，
解得：，
∴，
则；
综上，点M的坐标为或或．
22．（2024八下·丽水期末）如图，在 中，点是边上一点，将沿折叠后，点的对应点为点．
（1）如图，当点恰好落在边上时，求证：四边形是菱形．
（2）如图，当点恰好落在上，且时，求的值．
（3）如图，当，，时，连结，下列三个问题，依次为易、中、难，对应的满分值为分、分、分，根据你的认知水平，选择其中一个问题求解．
①当时，求的长．
②当时，求的长．
③当点恰好落在上时，求的长．
【答案】（1）证明：将沿折叠后，点的对应点为点，
，，，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：解：四边形是平行四边形，
，，，
，
将沿折叠后，点的对应点为点，
，，，
，
，
，
≌，
，
，
，
；
（3）解：如图，连接，设与交点，
，，，
，
将沿折叠后，点的对应点为点，
，，
，
，，
，
；
解：延长交的延长线于点，过点作于点，过点作于点，如图，
，，
四边形为平行四边形，
，，
设，
，，，
四边形为矩形，
，．
由知：，，
，
，
在中，，
由轴对称的性质得：，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
；
设与交于点，过点作直线于，过点作于，过点作于，交于，
，
，
四边形是矩形，四边形是矩形，
，，
将沿折叠后，点的对应点为点，
，，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS
23．（2024八下·西湖期末）在中，B在C的左边，，将关于作轴对称，得四边形．P是对角线上的动点，E是直线上的动点，且．
（1）四边形如图1所示，四边形是________（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；______（填“”或“”）；
（2）四边形如图2所示，且，四边形是_______（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；（1）中与之间的数量关系还成立吗？若成立，请说明理由．
（3）四边形如图3所示，若，，请直接写出的度数．（用含、的代数式表示）
【答案】（1）菱形；；
（2）解：同理可证，四边形是菱形，
，
菱形是正方形，
故答案为：正方形；
过点P作交于点M，交于点N，
，
，
，，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：由题意可知四边形是菱形，∴，
∴，
当E在C右侧时，如图：
，，
，
，
，
∵，
，
，
．
当E在B左侧时，如图∶
，，
，
，
，
∵，
，
，
，
当E在上时，第一种情况，如图∶
，，
，
，
∵，
，
，
；
当E在上时，第二种情况，如图∶
，，
，
，
∵，
，
，
．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；菱形的判定；正方形的判定与性质；轴对称的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（1）解：设、相交于点F，
根据轴对称的性质可知，，，，
，
，
四边形是菱形，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：菱形；；
【分析】（1）先证明四边形是菱形，得到，即可得到，进而求得，可以得到，然后利用三角形的内角和定理解题即可；
（2）先判断四边形是正方形，过点P作，由平行得到，再根据三线合一得到，利用轴对称可得，即可得到，求出解题即可；
（3）先根据SAS得到，然后分为E在C右侧，E在B左侧，E在上三种情况利用全等三角的判定和性质解答即可．
（1）解：设、相交于点F，
根据轴对称的性质可知，，，，
，
，
四边形是菱形，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：菱形；；
（2）解：同理可证，四边形是菱形，
，
菱形是正方形，
故答案为：正方形；
过点P作交于点M，交于点N，
，
，
，，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：由题意可知四边形是菱形，
∴，
∴，
当E在C右侧时，如图：
，，
，
，
，
∵，
，
，
．
当E在B左侧时，如图∶
，，
，
，
，
∵，
，
，
，
当E在上时，第一种情况，如图∶
，，
，
，
∵，
，
，
；
当E在上时，第二种情况，如图∶
，，
，
，
∵，
，
，
．
24．（2024八下·金华期末）如下图，在矩形ABCD中，，，点P从点B出发，沿向点D运动，作关于直线AP的对称（点C，D的对称点分别为，）.
（1）如下图，当点在AB的延长线上时，连结，求的长.
（2）如下图，当点P与点C重合时，连结，、交AB分别于点E、F.
①求证：；
②求EF的长.
（3）当直线经过点B时，求CP的长.
【答案】（1）解：在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，
∴，
∵△ACD、△AC'D'关于直线AP对称，
∴AC=AC'=5，BC'=AC'-AB=1，
在Rt△BCC'中，
∴CC'的长为；
（2）解：①证明：∵△ACD、△AC'D关于直线AP对称，
∴AD=AD'，CD=CD'，∠ACD=∠ACE，∠ADC=∠AD'C=90°，
∴∠AD'F=∠ADF，
∵∠AD'F+∠FD'E=90°，∠ADF+∠AFD=90°，
∴∠AFD=∠FD'E，
∵∠AFD=∠D'FE，
∴∠D'FE=∠ED'F；
②由 ， 得
设 ， 则 ，
由 ， 得 解得
（3）解：当点P在CD上时， 如图， 点B在C'D'的延长线上
由线段AD与线段AD'关于AP对称， 得
∴∠1=∠2，
∵∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴BP=AB=4，
当点P在BC上时， 如图， 点B在C'D'上
由题意，
设 ， 则
由 得 ，
解得
综上， 的长为 或 .
【知识点】轴对称的性质；四边形的综合
【解析】【分析】 （1）由对称，得AC=AC'=5，BC'=AC'-AB=1，再用勾股定理即可求出CC'的长；
（2）①由对称性质得AD=AD'，CD=CD'，∠ACD=∠ACE，∠ADC=∠AD'C=90°，由等边对等角得∠AD'F=∠ADF，由等角的余角相等得∠AFD=∠FD'E，再结合对顶角相等得∠D'FE=∠ED'F；
②由等角对等边得EF=ED'，由矩形性质及折叠性质得从而由AAS判断出△AD'E≌△CBE，由全等三角形的对应边相等得ED'=EB，AE=CE，设BE=x，则CE=AE=4-x，在Rt△BCE中，利用勾股定理建立方程可求出x的值，从而即可得出EF的长；
（3）分类讨论：①当点P在CD上时， 如图， 点B在C'D'的延长线上，由轴对称的性质及平行线性质可推出∠2=∠3，由等角对等边得BP=AB=4，然后在Rt△BCP中，利用勾股定理可算出PC的长；②当点P在BC上时， 如图， 点B在C'D'上，设PC=x，根据勾股定理算出BD'的长，从而可算出BC'的长，再在Rt△BCP中，利用勾股定理建立方程可求出x的值，综上即可得出答案.
四、实践探究题
25．（2024八下·江北期末）【问题背景】
如图1，在平行四边形中，，点是边的中点，连接，点是线段上的动点，连接，且满足．
【初步尝试】
（1）如图 2，当四边形是正方形时，若，则____，______．
【猜想验证】
（2）如图3，同学们在研究图形时发现，若取线段的中点，可得始终为定值．请你猜想这个定值是多少？并说明理由．
【拓展应用】
（3）如图 3，在（2）的基础上，若，当四边形是菱形时，求菱形的边长．
【答案】（1），；
解：（2），
理由如下：如图，取线段和的中点H、M，连接，
则是的中位线，
∴，，
在中，，，
∵点E是边的中点，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴∠HFG=∠DGF，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）情况1：如图，取中点M，连接，
∵菱形，
∴，，
由（2）得，
∴，得，
解得（舍去），，
∴，
在中，，
在中，，
情况2：如图，取中点M，连接，
∵菱形，
∴，
由（2）得，
∴，，
得，
解得（舍去），，
∴，
在中，，
在中，，
∴菱形的边长为或．
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；菱形的性质；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（1）在正方形中，，，
∴，
∵点E是边的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴∠ABF=∠GAD，
∴，
∴，
∵，
∴，
在Rt△ADG中，AD=6，
∴，
故答案为：，；
【分析】（1）由正方形性质，点E是边CD的中点，再根据勾股定理求出AE的长，由平行线的性质推出∠BFG=∠AGD=∠AFB=90°，由同角的余角相等，得∠ABF=∠GAD，从而用AAS判断出△ABF≌△DAG，然后利用面积法求出DG的长，得BF=AG；根据等面积求出DG得长，进而在Rt△ADG中，利用勾股定理算出AG即可作答；
（2）取线段BF和AF的中点H、M，连接MH，则MH是△ABF的中位线，由平行四边形的性质中点定义并结合三角形中位线定理推出DE∥MH，DE=MH，由二直线平行，内错角相等得∠FMH=∠DEG及 ∠HFG=∠DGF，由等角的补角相等得∠HFM=∠DGE，从而由AAS判断出△HFM≌△DGE，由全等三角形的对应边相等得FH=DG，从而即可求出答案；
（3）分情况讨论， 情况1：如图，取AF中点M，连接MH、HD，由菱形的对角线互相垂直平分得HD⊥FG，OF=OG，由（2）中两三角形全等得MF=GE=AM=a，由勾股定理建立方程可求出a的值，从而得到OA的长，最后再根据勾股定理算出DO与DF即可； 情况2：如图，取AF中点M，连接MH、HD，由菱形对角线互相垂直平分得HD⊥FG，OF=OG，由（2）中两三角形全等得MG=FE=a，则AM=FM=a+2，由勾股定理建立方程可求出a的值，从而得到OA的长，最后再根据勾股定理算出DO与DF即可，综上可得答案.
26．（2024八下·越城期末）折纸是富有趣味和有意义的一项活动，折纸中隐含着数学知识与思想方法．深入探究折纸，可以用数学的眼光发现，用数学的思维思考，用数学的语言描述，提升同学们的综合素养．
【操作发现】
如图，一张菱形纸片ABCD，∠ABC=60°，AB=6cm，E，F分别为边AD，BC上的两个动点，小明将菱形纸片沿着EF翻折，得到四边形A'B'FE，点A，B的对应点分别为点A'，B'．他发现了：点E从点A开始运动到点D结束的过程中，总能找到一个点F，使得点A'，C，B'三点在同一直线上．
【深入探究】
操作 探究内容 图形
操作一 当点E位于AD中点时，找到一个点F，将菱形纸片沿着EF翻折后，使得点D，A'，C，B'四个点在同一直线上.
操作二 将菱形纸片沿着EF翻折后，使得点A'，C，B'三点在同一直线上，且得到△B'CF是直角三角形.
操作三 当 当点E位于AD靠近点D的三等分点时，找到一个点F，将菱形纸片沿着EF翻折后，使得点A'，C，B'三点在同一直线上，且A'E与CD交于点G.
【解决问题】
（1） 根据操作一探究内容， 求证： ；
（2） 根据操作二探究内容， 当 为直角三角形时， 求 的长度；
（3） 根据操作三探究内容， 直接写出 的长度.
【答案】（1）证明： 折叠
点 为 中点
， 且点 共线
是等边三角形
四边形 是平行四边形
（2）解：
由折叠可知：
，BF=B'F
如图：当时，∠B'FC=30°
可设
在 中
如图：当 时
同理：设
综上：BF的长为：或
（3）解：.
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；等边三角形的判定；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（3）解：如图 ：连接CE，在CD上截取DW=ED，连接EW，作CH⊥EW，交EW的延长线于点H，作EQ⊥CA'于点Q，过点E作EH⊥CD于点H
∴∠H=∠Q =90°
∵点E位于AD靠近点D的三等分点
∴AE=4，DW=ED=2，CW=CD-DW=6-2=4
由（1）知：∠D =60°
∴△DEW是等边三角形，∠DEN=30°
∴∠EWD=60°=∠CWH，
∴，CN=5
∴∠EWC=180°-∠EWD=120°
由折叠可知：∠A'=∠A=120°，A'E=AE=4
∴∠EA'Q=180°-∠A'=120°
∴∠CWH=∠EA'Q，∠H=∠Q =90°，CW=A'E
∴△A'EQ≌△WCH（AAS）
∴AQ=WH，EQ=CH，∠A'EQ=∠WCH
又∵CE=CE
∴△CEQ≌△ECH(HL)
∴CQ=EH，∠CEQ=∠ECH
∴∠CEQ-∠A'EQ=∠ECH-∠WCH
∴∠ECG=∠CEG
∴CG=EG
∴设CG=x，则GN=5-X，EN=
在Rt△EGN中，
∴
解得：x=
∴CG=.
【分析】
（1）因为点E是AD的中点，故AE=DE，由折叠可知：A'E=AE，即：A'E=DE，再由菱形的性质：得出∠D=60°，可推出 是等边三角形，故∠DEA'=60°，再由折叠可知：∠AEF=A'EF=60°，即可得：，又因为，可得：四边形 是平行四边形，即 ：
（2）本题需要分类讨论：由折叠可知：，BF=B'F，
当时，∠B'FC=30°，设 ，根据30°角的所对的直角边等于斜边的一半，和勾股定理，可得：，故BC=，解出x即可；
当 时，同理：设，列出方程：，解出x即可.
（3）先证明：△A'EQ≌△WCH（AAS），得出：，EQ=CH，∠A'EQ=∠WCH，又因为：CE=CE，根据HL证明：△CEQ≌△ECH，得出：∠CEQ=∠ECH，从而得出∠ECG=∠CEG，即：CG=EG，设CG=x，则GN=5-X，EN=，在Rt△EGN中，根据勾股定理：，列出方程：，解出x即可.
27．（2024八下·杭州期末）问题情境：数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽．
动手实践：
（1）如图1，A小组将矩形纸片折叠，点D落在边上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形． 试判断四边形的形状，并加以证明．
（2）如图2，B小组将矩形纸片对折使与重合，展平后得到折痕，再次过点A折叠使点D落在折痕上的点N处，得到折痕，连结，展平后得到四边形，请求出四边形的面积．
深度探究：
（3）如图 3，C小组将图1中的四边形剪去，然后在边上取点G，H，将四边形沿折叠，使A点的对应点始终落在边上（点不与点D，F重合），点E落在点处，与交于点T．
探究①当在上运动时，的周长是否会变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值．
探究②直接写出四边形面积的最小值．
【答案】解：（1）四边形是正方形，理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
由第一步折叠可知：，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
又∵，
∴四边形是正方形；
（2）连接，
由折叠得，
∴
∴
∴是等边三角形，
∴
∴
设则，
由勾股定理得，
∴
解得，（负值舍去）
∴
由折叠得，，
∴；
（3）①的周长不变，为定值12．理由如下：
如图，连接，，过点A作于点M，
由折叠可知，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的周长，
∴的周长为12．
②过点H作，连接，设，，
在中，，
解得，
由折叠可知，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，四边形是正方形，
∴，
∴，
∴当时，S有最小值为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定；矩形的性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质得到，即可得到是菱形，然后利用得到结论即可；
（2）连接，根据折叠可得是等边三角形，即可得到，设根据勾股定理求出DM长，再根据解题即可；
（3）①连接，，过点B作于点M，即可得到，根据全等三角形的对应边相等得到，，然后推理得到，即可得到，求出周长即可；
②过点H作，连接，设，，根据勾股定理得到，然后证明，即可得到求出，得到最值即可．
28．（2024八下·临海期末）问题：如图，分别是矩形的边，，，上的点，依次连接它们得到四边形，探究四边形周长的最小值．
探究：
（）如图，分别是边和上点，在边上作一点，使得的值最小，并证明（用没有刻度的直尺和圆规作图，保留作图痕迹，不要求写作法）．
（）如图，求证；当四边形的周长最小时，它是平行四边形．
（）如图，若矩形中，，，求四边形周长的最小值．
拓展：如图，四边形中，，，，，，，直接写出四边形的内接四边形周长的最小值．
【答案】解：（1）如图，点即为所求，
∵关于对称，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）如图，过点H作的对称点为，过点作的对称点为点，连接，
∴，
设四边形的周长为C，
∴，
∴当点共线时，周长最小且为长，如下图：
∴由对称的性质得，
∵，
∴，
∴设，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
∴，
同（1）得点共线，
同理可证：，
∴当四边形的周长最小时，它是平行四边形；
（3）由（2）得四边形周长最小时即为长，
由对称的性质得：，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，，
∴在中，由勾股定理得，
∴四边形周长最小值为20；
拓展：如图，作点G关于的对称点为，作点关于的对称点，连接，
由对称的性质得，
∴四边形的周长，
∴当点共线时，四边形周长取得最小值，且为长，连接并延长交直线于点N，如下图：
同（1）得四边形周长取得最小值，此时点三点共线，
由对称的性质得：，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴为的中位线，
∴，
∵，，
∴．
【知识点】两点之间线段最短；矩形的判定与性质；轴对称的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）作点关于的对称点，连接，与相交于点，则根据对称的性质得，从而得，进而根据两点之间线段最短，可知此时的值最小，然后证出，得，结合对顶角相等的性质可证得；
（2）过点H作的对称点为，过点作的对称点为点，连接，则，设四边形的周长为C，于是得，当点共线时，周长最小且为长，由对称得，而，设，则，而，同理可得，故，因此，则，同理可证：，故当四边形的周长最小时，它是平行四边形；
（3）由对称的性质得：，，由，，得，，故在中，由勾股定理得，据此即可求解；
拓展：作点G关于的对称点为，作点关于的对称点，连接，由对称的性质得，故四边形的周长为，当点共线时，四边形周长取得最小值，且为长，连接并延长交直线于点N，四边形周长取得最小值，此时点三点共线，由对称的性质得：，，，，可证明，继而推出，则，，于是有为的中位线，由三角形中位线定理得到，故．
1 / 1《四边形的综合》精选压轴题—浙江省八（下）数学期末复习
一、单选题
1．（2024八下·杭州期末）如图，在矩形中，点在的延长线上，点在的延长线上，平分，若要知道的面积，则需要知道（　　）
A．的长 B．矩形的面积
C．的面积 D．的度数
2．（2024八下·鸡西月考）如图，在矩形中，O为的中点，过点O作的垂线，分别交于点F，交于点E，G是的中点，且，有下列结论：①；②；③连结，，四边形为菱形；④其中正确的是（　　）
A．②③ B．③④ C．①②④ D．①③④
3．（2024八下·德清期末）如图，矩形ABCD中，分别是边AD，BC的中点，于P，DP的延长线交AB于.下列结论：①；②；③.其中结论正确的有（　　）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
4．（2024八下·鄞州期末）如图，在矩形中，，，，是对角线上的两点，，点在边上运动（不与点，重合），连结点与的中点并延长交于点，连结，，，．在点从点运动到点的整个过程中，四边形的形状变化依次是（　　）
A．平行四边形→菱形→矩形→平行四边形
B．平行四边形→矩形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形→平行四边形
D．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
5．（2024八下·平湖期末）小明同学为班级设计如图所示的班徽，为正方形的中心，四块全等的阴影图形均为菱形．若，，三点共线，则图中阴影面积与空白面积之比为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024八下·滨江期末） 如图，在矩形 中， ，点 分别在边 上. 连接 ，若 平分 ，四边形 是平行四边形，则 的长为 (　　)
A． B． C． D．
7．（2024八下·衢州期末）如图， 中， 为钝角， 以 为边向外作 为钝角， 连结 。设 ， 的面积分别为 ， 则 的面积可表示为 (　　)
A． B． C． D．
8．（2024八下·上城期末）在菱形中，点O为对角线的中点，点E、F分别为线段、上的点，的延长线交线段于点H，的延长线交线段于点 G，连接、、、，以下结论：①；②若，则；③存在无数个点E，使得四边形为菱形；④若四边形为矩形，则．其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④
9．（2024八下·鄞州期末）在四边形中，，连接对角线，点为边上一点，连接平分，与交于点，若点恰为中点，且 ，则 （　　）
A． B． C．11 D．12
10．（2024八下·德清期末）如图，矩形ABCD中，分别是边AD，BC的中点，于P，DP的延长线交AB于．下列结论：①；②；③．其中结论正确的有（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③
二、填空题
11．（2024八下·滨江期末） 如图，在矩形 中， ，点 分别在边 上，把 沿 折叠， 点恰好落在边 上的 点处，连接 ， 延长 交 的延长线于点 ，若 ，则 　 　.
12．（2024八下·拱墅期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6．点P，点Q同时从点A出发，沿AB方向匀速运动，点P的速度为1，点Q的速度为3，点Q到达点B时停留在点B，待点P继续运动到点B时结束运动．设运动时间为t，已知当t＝1时，线段DC上有一点M，使四边形PQMD是菱形．若运动过程中，线段DC上另有一点N，使四边形PQND是菱形，则此时t＝　 　．
13．（2024八下·湖州期末）正方形工整、匀称、美观，设计方便，在人们的生活和生产实际中有着广泛的应用．如图1为某园林石窗，其外框为边长为6的正方形（如图2），点E，F，G，H分别为边上的中点，以四边形各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形（如），四个等边三角形的顶点恰好是正方形MNPQ各边的中点，则点H，M之间的距离是　 　．
14．（2024八下·临海期末）如图，正方形纸片的边长为6．E，F分别是对边，上的点，．把正方形纸片沿着直线对折，点C，D的对应点分别是点，．若，则交叠而成的五边形的周长是　 　．
15．（2024八下·衢州期末） 如图 1， 在四边形 中， 依次取四边中点 ， 连结 是线段 上的一点，连结 ， 作 交 于点 。分别沿 将四边形 裁剪成五块， 再将它们拼成四边形 。
（1） 　 　。
（2）如图 2， 连结 交于点 ， 若 ， 则四边形 的周长最小值是　 　。
三、综合题
16．（2024八下·萧山期末）如图，已知矩形，点分别是矩形边上的一点，且分别沿翻折得到所在的直线交直线点，所在的直线交直线点．
（1）求证：四边形是矩形．
（2）若，且判断四边形的形状，并说明理由．
（3）如图，若点的中点试探求的数量关系，并加以说明．
17．（2024八下·杭州期末）四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以为邻边作矩形，连接．
（1）如图，求证：矩形是正方形；
（2）若，，求的长度；
（3）当线段与正方形的某条边的夹角是时，求的度数．
18．（2024八下·椒江期末）如图1，在矩形中，，，点从点出发沿方向运动，运动到点停止，同时，点从点出发沿方向运动，运动到点停止，点，的速度均为．设点，运动的时间为．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）当为何值时，平行四边形为菱形？
（3）如图2，连接，，分别交，于点，．随着点，的运动，请回答下列问题：
①当______时，取得最大值，此时四边形为______（填“邻边不等的矩形”，“内角不为的菱形”，“正方形”）；
②如图3，连接，，的值是否有变化？若不变，求出相应的值，若改变，请说明理由．
19．（2023八下·苍南期末）如图1，在矩形ABCD中，k，E为CD边的中点，连接AE，延长AE交BC的延长线于F点，在BC边上取一点G，连接AG，使AF为∠DAG的角平分线．
（1）求证：GE⊥AF；
（2）如图2，若k＝1，求的值；
（3）若点G将BC边分成1：2的两部分，直接写出k的值．
20．（2024八下·德清期末）如图1，将矩形纸片放置在如图所示的平面直角坐标系内，点与坐标原点重合，点的坐标为，折叠纸片使点落在轴上的点处，折痕为，过点作轴的平行线交于点，连接．
（1）求证：四边形为菱形；
（2）如图2，当点与点重合时，求点的坐标；
（3）如图3，在(2)的条件下，点是线段上一动点，点是线段上一动点，过点的反比例函数的图象与线段相交于点，连接，，，，当四边形的周长最小时，求点，点的坐标．
21．（2024八下·北仑期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点 ，与直线交于点点到轴的距离为，直线交轴于点 ．
（1）求直线的函数表达式；
（2）如图，点为线段上一点，将沿折叠后，点恰好落在 边上，求点坐标；
（3）如图，将绕点逆时针方向旋转，得到，使点与点对应，点与点对应， 将沿着直线平移，点为直线上的动点，是否存在以为顶点的平行四边形？ 若存在，请直接写出点的坐标； 若不存在，请说明理由．
22．（2024八下·丽水期末）如图，在 中，点是边上一点，将沿折叠后，点的对应点为点．
（1）如图，当点恰好落在边上时，求证：四边形是菱形．
（2）如图，当点恰好落在上，且时，求的值．
（3）如图，当，，时，连结，下列三个问题，依次为易、中、难，对应的满分值为分、分、分，根据你的认知水平，选择其中一个问题求解．
①当时，求的长．
②当时，求的长．
③当点恰好落在上时，求的长．
23．（2024八下·西湖期末）在中，B在C的左边，，将关于作轴对称，得四边形．P是对角线上的动点，E是直线上的动点，且．
（1）四边形如图1所示，四边形是________（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；______（填“”或“”）；
（2）四边形如图2所示，且，四边形是_______（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；（1）中与之间的数量关系还成立吗？若成立，请说明理由．
（3）四边形如图3所示，若，，请直接写出的度数．（用含、的代数式表示）
24．（2024八下·金华期末）如下图，在矩形ABCD中，，，点P从点B出发，沿向点D运动，作关于直线AP的对称（点C，D的对称点分别为，）.
（1）如下图，当点在AB的延长线上时，连结，求的长.
（2）如下图，当点P与点C重合时，连结，、交AB分别于点E、F.
①求证：；
②求EF的长.
（3）当直线经过点B时，求CP的长.
四、实践探究题
25．（2024八下·江北期末）【问题背景】
如图1，在平行四边形中，，点是边的中点，连接，点是线段上的动点，连接，且满足．
【初步尝试】
（1）如图 2，当四边形是正方形时，若，则____，______．
【猜想验证】
（2）如图3，同学们在研究图形时发现，若取线段的中点，可得始终为定值．请你猜想这个定值是多少？并说明理由．
【拓展应用】
（3）如图 3，在（2）的基础上，若，当四边形是菱形时，求菱形的边长．
26．（2024八下·越城期末）折纸是富有趣味和有意义的一项活动，折纸中隐含着数学知识与思想方法．深入探究折纸，可以用数学的眼光发现，用数学的思维思考，用数学的语言描述，提升同学们的综合素养．
【操作发现】
如图，一张菱形纸片ABCD，∠ABC=60°，AB=6cm，E，F分别为边AD，BC上的两个动点，小明将菱形纸片沿着EF翻折，得到四边形A'B'FE，点A，B的对应点分别为点A'，B'．他发现了：点E从点A开始运动到点D结束的过程中，总能找到一个点F，使得点A'，C，B'三点在同一直线上．
【深入探究】
操作 探究内容 图形
操作一 当点E位于AD中点时，找到一个点F，将菱形纸片沿着EF翻折后，使得点D，A'，C，B'四个点在同一直线上.
操作二 将菱形纸片沿着EF翻折后，使得点A'，C，B'三点在同一直线上，且得到△B'CF是直角三角形.
操作三 当 当点E位于AD靠近点D的三等分点时，找到一个点F，将菱形纸片沿着EF翻折后，使得点A'，C，B'三点在同一直线上，且A'E与CD交于点G.
【解决问题】
（1） 根据操作一探究内容， 求证： ；
（2） 根据操作二探究内容， 当 为直角三角形时， 求 的长度；
（3） 根据操作三探究内容， 直接写出 的长度.
27．（2024八下·杭州期末）问题情境：数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽．
动手实践：
（1）如图1，A小组将矩形纸片折叠，点D落在边上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形． 试判断四边形的形状，并加以证明．
（2）如图2，B小组将矩形纸片对折使与重合，展平后得到折痕，再次过点A折叠使点D落在折痕上的点N处，得到折痕，连结，展平后得到四边形，请求出四边形的面积．
深度探究：
（3）如图 3，C小组将图1中的四边形剪去，然后在边上取点G，H，将四边形沿折叠，使A点的对应点始终落在边上（点不与点D，F重合），点E落在点处，与交于点T．
探究①当在上运动时，的周长是否会变化？如变化，请说明理由；如不变，请求出该定值．
探究②直接写出四边形面积的最小值．
28．（2024八下·临海期末）问题：如图，分别是矩形的边，，，上的点，依次连接它们得到四边形，探究四边形周长的最小值．
探究：
（）如图，分别是边和上点，在边上作一点，使得的值最小，并证明（用没有刻度的直尺和圆规作图，保留作图痕迹，不要求写作法）．
（）如图，求证；当四边形的周长最小时，它是平行四边形．
（）如图，若矩形中，，，求四边形周长的最小值．
拓展：如图，四边形中，，，，，，，直接写出四边形的内接四边形周长的最小值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：过点作FM∥，交的延长线于M，交的延长线于点，连接，
∴∠FMD=∠GAD，
设，，
∵平分，
∴∠FAD=∠GAD，
∴∠FAD=∠FMD，
∴，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC=90°，则，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
故答案为：B．
【分析】过点作FM∥，交的延长线于M，交的延长线于点，连接，由平行线的性质可得∠FMD=∠GAD，设，，由角平分线的性质可得∠FAD=∠FMD，由等角对等边得，根据等腰三角形的三线合一可得，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形，由平行四边形的对边相等可得，根据同底等高的两个三角形的面积相等可得，由此计算即可求解．
2．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；菱形的判定；矩形的性质
【解析】【解答】解：连接，如图，
∵G是的中点，O为的中点，
∴，故②错误，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，，
在中，，
∴，，
∵矩形，
∴，，
∴，
在中，，，
∴，故①正确，
∵，，，
∴，
∴，
∵O为的中点，，
∴，，即：，
∴四边形为菱形，故③正确，
，，
∴，故④正确，
综上所述：①③④正确，
故答案为：D．
【分析】由中点的定义，可得，即可判断②；
由，及角的直角三角形 的性质，及勾股定理，求出，进而得到，在中，求出、，即可判断①；
通过ASA证得由，根据全等三角形的性质及垂直平分线的性质得到，即可判断③；
分别计算，，即可判断④.
3．【答案】D
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：①∵四边形ABCD是矩形，AD=5，
∴BC=AD=5，
∵CP⊥BE于P，F是BC的中点，
∴PF=BC=×5=2.5，此结论正确；
②∵四边形ABCD是矩形，E、F分别是边AD、BC的中点，
∴DE=BF，AD∥BC，∠DCF=90°，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BE∥DF，
∵CP⊥BE，
∴CP⊥DF，
由①得：PF=CF=BF=BC=2.5，
∴DF垂直平分PC，
∴PD=CD，
在△DPF和△DCF中，
∴△DPF≌△DCF（SSS）
∴∠DPF=∠DCF=90°，
∴PF⊥DG，此结论正确；
③连接GF，如图，
由①得：PF=BF=CF，
由②得：∠GDF=90°，
在Rt△BFG和Rt△PFG中
∴Rt△BFG≌Rt△PFG（HL）
∴BG=PG，
由②得：△DPF≌△DCF，
∴DP=DC，
∵CD=3，
∴DP=DC=3，
设PG=BG=x，
∴DG=3+x，AG=3-x，
在Rt△ADG中，由勾股定理得：AD2+AG2=DG2，
∴52+（3-x）2=(3+x)2，解得：x=，
即PG=；此结论正确.
∴①②③都正确.
故答案为：D.
【分析】①根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求解；
②根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形BEDF是平行四边形，则BE∥DF，由平行线的性质可得CP⊥DF，结合①的结论可得DF垂直平分PC，于是用边边边可证△DPF≌△DCF，由全等三角形的性质可求解；
③连接GF，用HL定理可证Rt△BFG≌Rt△PFG，由全等三角形的性质可得BG=PG，设PG=BG=x，在Rt△ADG中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求解.
4．【答案】C
【知识点】勾股定理；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠PAO=∠QCO，∠ABC=∠D=90°，AB=CD=6，BC=AD=8，
∴AC=，
∴EF=AC-AE-CF=10-2-2=6，
∵O为AC的中点，
∴OA=OC，
当点P从点D开始动到如图位置时，四边形是平行四边形，如图所示：
∵AE=CF，
∴OE=OF，
在△APO和△CQO中，
，
∴△APO≌△CQO(ASA)，
∴OP=OQ，
∴四边形PEQF是平行四边形；
当点P运动到PD=，四边形PEQF是菱形，如图所示：
∵PD=，
∴AP=AD-PD=8-=，
在Rt△CDP中，PC==
∴AP=CP，
∴∠PAE=∠PCF，
在△APE和△CPF中，
，
∴△APE≌△CPF（SAS）
∴PE=PF，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形；
当点P运动到未达到中点M时，如图所示，
∴四边形是平行四边形，
当点P运动到AD的中点时，四边形是矩形，如图所示，
∵O为AC的中点，P为AD的中点，
∴OP∥CD，即PQ∥CD，
又∵DP∥CQ，∠D=90°，
∴四边形DPQC是矩形，
∴PQ=CD=6，
∴EF=PQ，
∴四边形是矩形；
当点P运动到过中点M后未到点A时，如图所示，
∴四边形是平行四边形，
综上所述：在点P从点D运动到点A的整个过程中，四边形的形状变化依次是平行四边形→菱形→平行四边形→矩形→平行四边形．
故答案为：C．
【分析】先根据已知条件和矩形的性质求得OA=OC，EF=6，∠PAO=∠QCO，∠ABC=∠D=90°，AB=CD=6，BC=AD=8，再根据勾股定理求得AC=10，然后证明，得，根据平行四边形的判定定理，即可证明四边形是平行四边形，然后根据点P的位置分情况讨论四边形的形状即可.
5．【答案】A
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：连接，，，，可得正方形，设菱形边长，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
故答案为：A．
【分析】连接，，，，可得正方形，设，先利用等腰直角三角形的性质求得其中一个菱形的面积，再求出阴影部分的面，然后利用求出空白部分面积，最后求出阴影面积与空白面积的比．
6．【答案】C
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：过点F作FH⊥AE于H，FH的延长线于CB的延长线交于T，连接AT，如下图所示：
设BE=x，
∵四边形ABCD为矩形，AB=2，BC=5，
∴AB=CD=2，AD=BC=5，AD//BC，
∴∠FAE=∠AEB，∠DFE=∠FCE，CE=BC－BE=5－x，∠ABC=90°，
∵四边形AECF为平行四边形，
∴AF=CE=5-x，AE=CF.
∵EA平分∠BEF，
∴∠AEB=∠AEF，
∴∠FAE=∠AEF，
∴FA= EF，
∵FH⊥AE，
∴AH=EH，
∴FT为线段AE的垂直平分线，
∴∠EHF=∠EHT=90°，AT=TE.
∵∠EHF=∠EHT，HE=HE，∠AEB=∠AEF，
∴△HEF≌△HET(ASA)，
∴TE=EF，
∴FA=EF=TE=AT=5-x，
∴四边形FATE为菱形，
∴TB=TE－BE=5－x－x=5－2x，
在Rt△ABT中，由勾股定理得：AT2=AB2+TB2，即(5-x)2=22+ (5-2x )2，
整理得： 3x2－10x＋4=0，
故.
故答案为：C.
【分析】过点F作FH⊥AE于H，AH的延长线于CB的延长线交于T，连接AT，设BE=x，则CE=AF=5-x，证明四边形FATE为菱形，则TA=TE=EF=FA=5-x，TB=TE- BE=5- 2x ，在Rt△ABE中利用勾股定理得关于x的方程求解出x即可得出答案.
7．【答案】C
【知识点】三角形的面积；平行四边形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，过C作CH⊥DE于H，交AB的延长线于S，过B作BR⊥DE于R，过C作CG⊥AE于G，交DB于Q，
∵平行四边形ABDE，
∴AE∥DB，AE=DB，AB∥DE，AB=DE，
∴CQ⊥BD，AB⊥CH，
∴四边形BSHR是矩形，
∴BR=SH，
=.
故答案为：C.
【分析】过C作CH⊥DE于H，交AB的延长线于S，过B作BR⊥DE于R，过C作CG⊥AE于G，交DB于Q，根据平行四边形的对边平行且相等可得AE∥DB，AE=DB，AB∥DE，AB=DE，根据三个角是直角的四边形是矩形，矩形的对边相等可得BR=SH，结合三角形的面积公式计算S△ABC即可求解.
8．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形，点O为对角线的中点，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴，故①正确；
设与相交于M，如图，
若，则，
∵菱形，
∴，，
又∵，
∴
∴
∴，
即，故②正确；
∵四边形是平行四边形，
∴当时，四边形是菱形，
∴存在无数个点E，使得四边形为菱形；故③正确；
若四边形为矩形，
∴
∴
∴
∵
∴故④正确．
综上，正确的有①②③④，
故答案为：D．
【分析】首先可通过证明，， 可得出，， 即可证明 四边形是平行四边形， 得出，可判定①正确；根据菱形的性质及， 可根据ASA判定，即可得出，进而；由①知 四边形是平行四边形，所以只要，四边形就是菱形，故而得出③正确；若四边形为矩形，可得，从而证明，得到，继而得到，可判定④正确．
9．【答案】B
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：过点D作于点H，过点H作于点I，过点E作于点G，则，
∵， 平分，
∴，
∴，
∵点恰为中点，
∴，
∵
∴，
∴
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴
∴四边形是矩形，
∴
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：B.
【分析】过点D作于点H，过点H作于点I，过点E作于点G，则，由角平分线上的点到角两边的距离相等得到，由同一平面内垂直同一直线的两条直线互相平行得AE∥DH，从而可用AAS证△AFE≌△HFD，由全等三角形的对应边相等得AE=DH，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形AEHD是平行四边形，则，，由平行于同一直线的两条直线互相平行得EH∥BC，然后由三个内角为直角的四边形是矩形证明四边形EGIH是矩形，由矩形对边相等及平行四边形对边相等及等量代换得，再用AAS判断出△HIC≌△DHA，得，由勾股定理得到DH，则可得AE的长，再利用勾股定理算出AH，则可得AF的长度，再由勾股定理求出EF，根据平行四边形的对角线互相平分可得出DE的长.
10．【答案】D
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定-SAS；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接GF，
∵矩形，
∴，，，，
∵，是边的中点，
∴，故①正确；
∵分别是边，的中点，
∴
∴四边形是平行四边形
∴
∴
∵
∴垂直平分
∴
∴（）
∴，即，故②正确；
∵，，，
∴（）
∴，
设，则，，
在中，，
∴解得，即，故③正确；
综上所述，正确的是①②③
故选：D．
【分析】
① 由于矩形的对边相等，因此BC=AD=5，因为PF是直角三角形PBC斜边BC上的中线，所以PF=2.5，正确；
② 连接，由矩形的性质结合中点的概念可证四边形DEBF是平行四边形，则BE平行DF，由平行线的性质结合直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可证，又FD是公共边，则、即，正确；
③ 由HL可证， 则PG=BG，设BG=x，则AG=3-x，DG=3+x，在中应用勾股定理即可．
11．【答案】2
【知识点】勾股定理；矩形的性质；矩形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：延长HF交BC的延长线于点M，连接DG交EF于点N，过点E作EH⊥BC于K，则∠EKB=∠EKG=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAE=∠B=∠BCD=90°=∠BKE，AB//CD，AD//BC，AD=BC=4，
∴四边形ABKE是矩形，∠HAE=∠FCM=90°，∠HEA=∠FMC，
∴BK=AE=1，AB=EK.
∵AH=CF，
∴△AEH≌△CMF ( AAS )，
∴AE=CM=1，
∴BM=BC+CM=4+1=5，
∵AD=4，AE=1，
∴ED=3，
∵ADIIBC，
∴∠DEN=∠M，
由折叠可得DN=GN， EG=ED=3，
又∠DNE=∠GNM，
∴△DNE≌△GNM ( AAS )，
∴ED=MG=3，
∴BG= BM- MG=5-3=2，
∴KG=BG－BK=2－1=1，
∴
∴
故答案为：2.
【分析】延长HF交BC的延长线于点M，连接DG交EF于点N，过点E作EH⊥BC于K，证明四边形ABKE是矩形可得BK=AE=1，AB=EK；证明△AEH≌△CMF可得得AE=CM=1，于是可计算BM和DE的长；由折叠可得DN=GN，EG= ED=3，进而证明△DNE≌△GNM ，得到ED=MG=3，可得BG和KG的长；最后在△EKG利用勾股定理求出KE，即可求解.
12．【答案】1或
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，
∴PQ＝2，
∵四边形PQMD是菱形，
∴PD＝PQ＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴AD＝，
当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，如图所示：
∴PQ＝2t，
∵四边形PQMD是菱形，
∴PD＝PQ＝2t，
∵∠A＝90°，
∴AP2＋AD2＝PD2，
∴t2＋（）2＝（2t）2，
∴t＝1（负值舍去），
当AQ＝CD＝3t，PQ＝2t，
∴DN＝BN＝（6 t），
∴CN＝t，
∵（6 t）2 t2＝3，
∴t＝，
故答案为：1或．
【分析】当t＝1时，AP＝1，AQ＝3，得到PQ＝2，根据菱形的性质得到PD＝PQ＝2，根据勾股定理得到AD＝，当运动时间为t时，AP＝t，AQ＝3t，求得PQ＝2t，根据勾股定理即可得到结论．
13．【答案】
【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵点E，F是正方形边，
∴，
∴，，
同理可得，
∴，
∴四边形是正方形，
∵四边形各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形，
∴，
如图所示，过点K作，延长分别交于L、S，
∴，
∴；
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
由对称性可知，
∴；
∵K、L分别为正方形边的中点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，；
如图所示，过点M作于W，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点H，M之间的距离是，
故答案为：．
【分析】根据勾股定理得到，然后推理得到四边形是正方形，过点K作，延长分别交于L、S，根据勾股定理求出TK值；然后得到是矩形求出KL的值；根据是矩形，得到，；过点M作于W，则四边形是矩形，即可得哦大HT的值，进而求出WH的值，利用勾股定理求出HM的值解题即可．
14．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接交于点，连接并延长交于点，连接，过点作于点，
∴，
∵四边形是正方形，且边长为6，
∴，，，，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
在中，有，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴过的中点O，
∵折叠的性质，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
同理可得，
∴五边形的周长为，
故答案为：．
【分析】连接交于点，连接并延长交于点，连接，过点作于点，结合正方形的性质易证四边形是矩形，得的值，利用勾股定理求出的值，然后证出，得，，结合正方形的性质可知过的中点O，根据折叠的性质得的值，接下来证出，得的值，从而得的值，进而可证出，得，根据等腰三角形的判定得，最后设，则，在中，利用勾股定理得关于的方程，解方程即可得的值，同理可求出的值，据此即可求解.
15．【答案】（1）
（2）
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；等腰直角三角形；三角形的中位线定理；四边形的综合
【解析】【解答】 解：（1）根据题意可得△APE≌△BNE，△APG≌△DMG，△BFR≌△CFQ，△CQH≌△DSH，
∴EP=NE，PG=GM，
∴EG=EP+PG=NE+GM，
∴.
（2）连接EF，GH，作HP∥BD，GP⊥HP，如图：
∵E，F，G，H是AB，BC，AD，CD的中点，
∴，，，，.
∴∠1=∠AOD=∠GHP=45°，GP2+HP2=HG2，
∴，
∴RN，MS的最小值为，
根据（1）可得出MN=2EG=6，RS=2FH=6，
故四边形MNRS的周长最小值，
故答案为：；.
【分析】（1）根据题意得出△APE≌△BNE，△APG≌△DMG，△BFR≌△CFQ，△CQH≌△DSH，根据全等三角形的对应边相等可得EP=NE，PG=GM，推得EG=EP+PG=NE+GM，即可求解；
（2）根据根据连接三角形任意两边中点的连线叫中位线，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半可得，，，GH∥AC，作HP∥BD，GP⊥HP，根据等腰直角三角形的性质和直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方求出GP和HP的值，结合（1）中结论即可求解.
16．【答案】（1）证明：如图，连接，
四边形是矩形，
，，，
，
≌，
，
折叠，
，，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
，，
四边形是矩形．
（2）解：四边形是正方形，理由如下：
如图，延长至交于，过点作垂直于，垂足为．
设，，
，
，，
．，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形，
四边形是正方形．
（3）解：，
如图，取的中点，连结与，连接，
若点是的中点．则点也是的中点，
，，
、、三点共线，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
由知，
，
，
易得四边形是平行四边形，
，，
．
【知识点】矩形的判定与性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-SAS；解直角三角形—含30°角直角三角形
17．【答案】（1）证明：如图，作于，于，
∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴∠ACD=∠ACB=45°，∠BCD=90°，
∴EQ=EP，四边形PCQE是矩形，
∴∠PEQ=90°=∠QEF+∠PEF，∠PEF+∠PED=90°，
∴∠QEF=∠PED，
在△EQF和△EPD中
∴△EQF≌△EPD（ASA）
∴EF=ED，
∴矩形DEFG是正方形.
（2）解：由（1）知：矩形DEFG是正方形，
∴∠EDG=90°，DE=DG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，DA=DC，
∴∠EDC+∠CDG=∠EDC+∠ADE=90°，
∴∠CDG=∠ADE，
在△ADE和△CDG中
∴△ADE≌△CDG（SAS）
∴CG=AE，
在Rt△ABC中，AB=BC=3，
∴AC=，
∵CE=，
∴AE=AC-CE=，
∴CG=AE=.
（3）解：由题意可分两种情况：
①当DE与AD的夹角∠ADE=30°时，如下图：
∴∠EDC=90°-30°=60°，
在四边形DEFC中，∠FED+∠EDC+∠DCF+∠EFC=360°，
∴∠EFC=360°-∠FED-∠EDC-∠DCF=360°-60°-90°-90°=120°；
②当DE与DC的夹角∠CDE=30°时，过作EM⊥BC于点，过作EN⊥CD于点，如下图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，
∴EN=CN，
∴四边形CNEM是正方形，
∴EM=EN，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠DEN+∠FEN=∠MEF+∠FEN=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
在△DEN和△FEM中，
∴△DEN≌△FEM（ASA）
∴∠EFC=∠EDC=30°.
综上可得：∠EFC=120°或30°.
【知识点】矩形的性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（）作于，于，由同角的余角相等可得∠QEF=∠PED，结合正方形的性质，用角边角可证，于是由全等三角形的对应边相等可得，然后根据正方形的判定定理“有一组邻边相等的矩形是正方形”即可得证；
（）同理可证∠CDG=∠ADE，结合正方形的性质，用边角边可证△ADE≌△CDG，于是由全等三角形的对应边相等可得CG=AE，在Rt△ABC中，用勾股定理可求出AC的值，根据线段的构成AE=AC-CE可求出AE的值，然后根据CG=AE可求解；
（）由题意可分两种情况讨论：①当DE与AD的夹角∠ADE=30°时，在四边形DEFC中，由四边形的内角和等于360°可求解； ②当DE与DC的夹角∠CDE=30°时，过作EM⊥BC于点，过作EN⊥CD于点，由题意，用角边角可证△DEN≌△FEM，于是∠EFC=∠EDC可求解.
18．【答案】（1）证明：根据题意，得，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：由（1）得四边形为平行四边形，
∴时，平行四边形为菱形，
∵在矩形中，，，
∴，，，
∴，
∴，
解得：，
∴当时，平行四边形为菱形；
（3）解：①∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得：，
同理可得，
∴，
∴当时，取得最大值，、分别是、的中点，
∴易得，
∵，是中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得：，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∵，，，
∴不可能是直角，
∴当时，取得最大值，此时四边形为内角不为的菱形；
故答案为：5，内角不为的菱形；
② 解：的值没有变化，，理由如下：
设边上的高为，边上的高为，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴点G到的距离为，
∵，
∴，
∴，
∴的值没有变化，．
【知识点】二次函数的最值；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）根据题意求出，然后由矩形的性质得，即可得证结论；
（2）根据菱形的判定可知时，平行四边形为菱形，然后根据矩形的性质求出，，，再利用勾股定理建立方程即可求解；
（3）①证明四边形是平行四边形，从而推出是平行四边形，然后求出，根据相似三角形的判定得
，根据相似的性质得，于是得和，再建立函数模型，据此求面积的最大值，最后求证四边形为内角不为的菱形；
②设边上的高为，边上的高为，证，得，，从而得即可求解．
（1）证明：∵在矩形中，
∴，
∵点，同时运动，且速度均为，点，运动的时间为，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形；
（2）解；由（）得四边形为平行四边形，
∴时，平行四边形为菱形，
∵在矩形中，
∴，
∴，
即，
解得，
∴当时，平行四边形为菱形；
（3）解：①∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
解得：，
同理可得，
，
∴当时，取得最大值，、分别是、的中点，
∴易得，
∵，是中点，
∴是的中位线，
∴，
同理可得：，
∴，
∴平行四边形是菱形，
∵，，，
∴不可能是直角，
∴当时，取得最大值，此时四边形 EGFH 为内角不为的菱形；
故答案为：，内角不为的菱形；
② 解：的值没有变化，
理由：设边上的高为，边上的高为，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点G到的距离为，
∵，
∴，
∴，
∴的值没有变化，．
19．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD//BC，∠ADE=90°，
∴∠ADE＝∠ECF＝90°，∠DAE=∠CFE，
∵E为CD边的中点，
∴DE＝EC，
∴△ADE≌△FCE(AAS)，
∴AE＝EF.
∵AF为∠DAG的角平分线，
∴∠GAE＝∠DAE=∠CFE，
∴△AGF为等腰三角形，AG=FG，
∴GE⊥AF．
（2）解：∵ 矩形ABCD中，k， k=1，
∴四边形ABCD是正方形.
设BC=x，CG=y，
∴AB=AD=CD=BC=x，BG=x－y.
由（1）得△ADE≌△FCE，
∴CF=AD=x，
∴AG=GF=x+y，
∵Rt△ABG中，AB2+BG2=AG2，
∴(x－y)2+x2＝(x+y)2，
整理得：x2－2xy+y2+x2=x2+2xy+y2，
∴x2=4xy，
∴x=4y.
∴BG=x－4y=3y，
∴.
（3）或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；角平分线的概念；四边形的综合
【解析】【解答】解：（3）①当BG＝2GC时，设GC＝x，则BG＝2x，BC=3x，
∵，
∴AB ，AG＝GF＝GC+CF=4x，
∵在Rt△ABG中，AB2+BG2=AG2，
解得：．
②当BG＝2GC时，设GC＝2x，则BG＝x，BC=3x，
∵，
∴AB ，AG＝GF＝GC+CF=5x，
∵在Rt△ABG中，AB2+BG2=AG2，
解得：．
综上：或．
【分析】（1）结合矩形的性质证明△ADE≌△FCE，可得AE＝EF.由角平分线和平行线的性质可得∠GAE＝∠DAE=∠CFE，故由AG=GF，再有等腰三角形三线合一的性质即可得的结论；
（2）利用k＝1，可得正方形ABCD，设BC=x，CG=y，由△ADE≌△FCE，得CF=AD=x，表示出AG，AB，BG的长，利用勾股定理得(x－y)2+x2＝(x+y)2，化简可得x=4y.代入即可得到答案；
（3）若点G将BC边分成1：2的两部分，这时分2种情况，BG＝2GC或者BG＝2GC，利用前两问的分析，在Rt△ABG中利用勾股定理，列出方程并求解，问题即可得到解决．
20．【答案】（1）证明：∵四边形是矩形，且轴
折叠纸片使点落在轴上点处，折痕为，
，，
∴
四边形是平行四边形
又
四边形为菱形．
（2）解：点与点重合，
设，则，，
在中，，即，
解得，
点的坐标为；
（3）解：由(2)得坐标为，
设点坐标为，
点都在反比例函数的图象上，
，，
即：，
解得，
坐标为，
作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，则，，
连结，
，，
四边形的周长，
当四点共线时四边形的周长最小，
设直线的解析式为，把，，代入，得
，
解得，
直线的解析式为：，
令，即，得，
点的坐标为，点的坐标为．
【知识点】勾股定理；菱形的判定；矩形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）首先由垂直的概念和矩形的性质可得，再由平行线的性质结合折叠的性质可得，则四边形是平行四边形，再由可得平行四边形BEDM为菱形；
（2）由折叠可得，由勾股定理可得，则，可设，则，，再由勾股定理计算即可得，由于轴，则E、D两点的横坐标相等，ED的纵坐标即；
（3）由（2）可得点坐标为，则反比例函数解析式可求，则点坐标为，即FM的长是定值，当四边形PMFQ的周长最小时，只需FQ、QP和PM的和最小，此时可分别作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，则，，连结，，由轴对称的性质可得，，则四边形的周长转化为、、和的和，显然当F`、Q、P、M`四点共线时四边形周长最小；此时可利用待定系数法先求出直线的解析式，再求其与两坐标轴交点坐标即可．
（1）解：∵四边形是矩形，且轴
折叠纸片使点落在轴上点处，折痕为，
，，
∴
四边形是平行四边形
又
四边形为菱形．
（2）解：点与点重合，
设，则，，
在中，，即，
解得，
点的坐标为；
（3）解：由(2)得坐标为，
设点坐标为，
点都在反比例函数的图象上，
，，
即：，
解得，
坐标为，
作点关于轴的对称点，点关于轴的对称点，则，，
连结，
，，
四边形的周长，
当四点共线时四边形的周长最小，
设直线的解析式为，把，，代入，得
，
解得，
直线的解析式为：，
令，即，得，
点的坐标为，点的坐标为．
21．【答案】（1）由题意知，点的纵坐标为，点在直线 上，
把代入得，，
解得，
∴，，
∵轴，，，
∴，
，
由勾股定理得，即（2AD）2-AD2=（）2，
∴AD=2，
∴，
∴，
把、代入得，
，
解得，
∴直线 的函数表达式为；
（2）∵直线 的表达式为： ，
∴当 时，，则点，
，
，，
，
，
，
沿 折叠后，点 恰好落在 边上，
，
，
；
令，则，
根据 得：，
解得：，
故点 的坐标为；
（3）由旋转性质知，，则，
∴关于x轴对称，且G与C关于x轴对称，
∴；
∵沿着直线平移，
∴点G在平行于直线的直线（记为）上运动；
设解析式为，把点G坐标代入得：，
得：，即：；
当点G在上运动时，设其坐标为；设；
当为平行四边形的对角线时，如图1，
则，
解得：，
∴，
则；
当为平行四边形的对角线时，如图2，
则，
解得：，
∴，
则；
当为平行四边形的对角线时，如图3，
则，
解得：，
∴，
则；
图1 图2 图3
综上，点M的坐标为或或．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；勾股定理；平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）；一次函数中的动态几何问题
【解析】【分析】本题考查了求一次函数的解析式，平行四边形的性质，平移、旋转及轴对称三大变换的性质，等腰三角形的判定，含30度直角三角形性质，勾股定理及逆定理等知识，涉及的知识点较多，综合性强，分类讨论．
（1）先求出点C的坐标，由含30°角的直角三角形的性质可得AC=2AD，利用勾股定理求出AD的长，从而求出点A （-4，0），利用待定系数法即可求得直线的解析式；
（2）由直线的表达式可求得点B的坐标，则由勾股定理逆定理可判定，根据折叠的性质可推出∠A'PB=∠ABC，可得，令，则AP=A'P=A'B'=a+4，根据建立方程求出a值即得得点P的坐标；
（3）先求点G的坐标，再利用平移的性质及点G坐标求出直线解析式，当点G在上运动时，设其坐标为；设；分三种情况：当为平行四边形的对角线时，②当为平行四边形的对角线时，③当为平行四边形的对角线时，据此分别画出图形，利用平行四边形的对角线互相平分性质、中点坐标公式分别求解即可．
（1）解：由题意知，点的纵坐标为，点在直线 上，
把代入得，，
解得，
∴，，
∵轴，，，
∴，
，
由勾股定理得，
∴，
∴，
∴，
把、代入得，
，
解得，
∴直线 的函数表达式为；
（2）解：直线 的表达式为： ，
当 时，，则点，
，
，，
，
，
，
沿 折叠后，点 恰好落在 边上，
，
，
；
令，则，
根据 得：，
解得：，
故点 的坐标为；
（3）解：由旋转性质知，，则，
∴关于x轴对称，且G与C关于x轴对称，
∴；
∵沿着直线平移，
∴点G在平行于直线的直线（记为）上运动；
设解析式为，把点G坐标代入得：，
得：，
即：；
当点G在上运动时，设其坐标为；设；
当为平行四边形的对角线时，
则，
解得：，
∴，
则；
当为平行四边形的对角线时，
则，
解得：，
∴，
则；
当为平行四边形的对角线时，
则，
解得：，
∴，
则；
综上，点M的坐标为或或．
22．【答案】（1）证明：将沿折叠后，点的对应点为点，
，，，
，
，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：解：四边形是平行四边形，
，，，
，
将沿折叠后，点的对应点为点，
，，，
，
，
，
≌，
，
，
，
；
（3）解：如图，连接，设与交点，
，，，
，
将沿折叠后，点的对应点为点，
，，
，
，，
，
；
解：延长交的延长线于点，过点作于点，过点作于点，如图，
，，
四边形为平行四边形，
，，
设，
，，，
四边形为矩形，
，．
由知：，，
，
，
在中，，
由轴对称的性质得：，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
；
设与交于点，过点作直线于，过点作于，过点作于，交于，
，
，
四边形是矩形，四边形是矩形，
，，
将沿折叠后，点的对应点为点，
，，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-AAS
23．【答案】（1）菱形；；
（2）解：同理可证，四边形是菱形，
，
菱形是正方形，
故答案为：正方形；
过点P作交于点M，交于点N，
，
，
，，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：由题意可知四边形是菱形，∴，
∴，
当E在C右侧时，如图：
，，
，
，
，
∵，
，
，
．
当E在B左侧时，如图∶
，，
，
，
，
∵，
，
，
，
当E在上时，第一种情况，如图∶
，，
，
，
∵，
，
，
；
当E在上时，第二种情况，如图∶
，，
，
，
∵，
，
，
．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；菱形的判定；正方形的判定与性质；轴对称的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（1）解：设、相交于点F，
根据轴对称的性质可知，，，，
，
，
四边形是菱形，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：菱形；；
【分析】（1）先证明四边形是菱形，得到，即可得到，进而求得，可以得到，然后利用三角形的内角和定理解题即可；
（2）先判断四边形是正方形，过点P作，由平行得到，再根据三线合一得到，利用轴对称可得，即可得到，求出解题即可；
（3）先根据SAS得到，然后分为E在C右侧，E在B左侧，E在上三种情况利用全等三角的判定和性质解答即可．
（1）解：设、相交于点F，
根据轴对称的性质可知，，，，
，
，
四边形是菱形，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：菱形；；
（2）解：同理可证，四边形是菱形，
，
菱形是正方形，
故答案为：正方形；
过点P作交于点M，交于点N，
，
，
，，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：由题意可知四边形是菱形，
∴，
∴，
当E在C右侧时，如图：
，，
，
，
，
∵，
，
，
．
当E在B左侧时，如图∶
，，
，
，
，
∵，
，
，
，
当E在上时，第一种情况，如图∶
，，
，
，
∵，
，
，
；
当E在上时，第二种情况，如图∶
，，
，
，
∵，
，
，
．
24．【答案】（1）解：在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，
∴，
∵△ACD、△AC'D'关于直线AP对称，
∴AC=AC'=5，BC'=AC'-AB=1，
在Rt△BCC'中，
∴CC'的长为；
（2）解：①证明：∵△ACD、△AC'D关于直线AP对称，
∴AD=AD'，CD=CD'，∠ACD=∠ACE，∠ADC=∠AD'C=90°，
∴∠AD'F=∠ADF，
∵∠AD'F+∠FD'E=90°，∠ADF+∠AFD=90°，
∴∠AFD=∠FD'E，
∵∠AFD=∠D'FE，
∴∠D'FE=∠ED'F；
②由 ， 得
设 ， 则 ，
由 ， 得 解得
（3）解：当点P在CD上时， 如图， 点B在C'D'的延长线上
由线段AD与线段AD'关于AP对称， 得
∴∠1=∠2，
∵∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴BP=AB=4，
当点P在BC上时， 如图， 点B在C'D'上
由题意，
设 ， 则
由 得 ，
解得
综上， 的长为 或 .
【知识点】轴对称的性质；四边形的综合
【解析】【分析】 （1）由对称，得AC=AC'=5，BC'=AC'-AB=1，再用勾股定理即可求出CC'的长；
（2）①由对称性质得AD=AD'，CD=CD'，∠ACD=∠ACE，∠ADC=∠AD'C=90°，由等边对等角得∠AD'F=∠ADF，由等角的余角相等得∠AFD=∠FD'E，再结合对顶角相等得∠D'FE=∠ED'F；
②由等角对等边得EF=ED'，由矩形性质及折叠性质得从而由AAS判断出△AD'E≌△CBE，由全等三角形的对应边相等得ED'=EB，AE=CE，设BE=x，则CE=AE=4-x，在Rt△BCE中，利用勾股定理建立方程可求出x的值，从而即可得出EF的长；
（3）分类讨论：①当点P在CD上时， 如图， 点B在C'D'的延长线上，由轴对称的性质及平行线性质可推出∠2=∠3，由等角对等边得BP=AB=4，然后在Rt△BCP中，利用勾股定理可算出PC的长；②当点P在BC上时， 如图， 点B在C'D'上，设PC=x，根据勾股定理算出BD'的长，从而可算出BC'的长，再在Rt△BCP中，利用勾股定理建立方程可求出x的值，综上即可得出答案.
25．【答案】（1），；
解：（2），
理由如下：如图，取线段和的中点H、M，连接，
则是的中位线，
∴，，
在中，，，
∵点E是边的中点，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴∠HFG=∠DGF，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）情况1：如图，取中点M，连接，
∵菱形，
∴，，
由（2）得，
∴，得，
解得（舍去），，
∴，
在中，，
在中，，
情况2：如图，取中点M，连接，
∵菱形，
∴，
由（2）得，
∴，，
得，
解得（舍去），，
∴，
在中，，
在中，，
∴菱形的边长为或．
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；菱形的性质；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：（1）在正方形中，，，
∴，
∵点E是边的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴∠ABF=∠GAD，
∴，
∴，
∵，
∴，
在Rt△ADG中，AD=6，
∴，
故答案为：，；
【分析】（1）由正方形性质，点E是边CD的中点，再根据勾股定理求出AE的长，由平行线的性质推出∠BFG=∠AGD=∠AFB=90°，由同角的余角相等，得∠ABF=∠GAD，从而用AAS判断出△ABF≌△DAG，然后利用面积法求出DG的长，得BF=AG；根据等面积求出DG得长，进而在Rt△ADG中，利用勾股定理算出AG即可作答；
（2）取线段BF和AF的中点H、M，连接MH，则MH是△ABF的中位线，由平行四边形的性质中点定义并结合三角形中位线定理推出DE∥MH，DE=MH，由二直线平行，内错角相等得∠FMH=∠DEG及 ∠HFG=∠DGF，由等角的补角相等得∠HFM=∠DGE，从而由AAS判断出△HFM≌△DGE，由全等三角形的对应边相等得FH=DG，从而即可求出答案；
（3）分情况讨论， 情况1：如图，取AF中点M，连接MH、HD，由菱形的对角线互相垂直平分得HD⊥FG，OF=OG，由（2）中两三角形全等得MF=GE=AM=a，由勾股定理建立方程可求出a的值，从而得到OA的长，最后再根据勾股定理算出DO与DF即可； 情况2：如图，取AF中点M，连接MH、HD，由菱形对角线互相垂直平分得HD⊥FG，OF=OG，由（2）中两三角形全等得MG=FE=a，则AM=FM=a+2，由勾股定理建立方程可求出a的值，从而得到OA的长，最后再根据勾股定理算出DO与DF即可，综上可得答案.
26．【答案】（1）证明： 折叠
点 为 中点
， 且点 共线
是等边三角形
四边形 是平行四边形
（2）解：
由折叠可知：
，BF=B'F
如图：当时，∠B'FC=30°
可设
在 中
如图：当 时
同理：设
综上：BF的长为：或
（3）解：.
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；等边三角形的判定；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（3）解：如图 ：连接CE，在CD上截取DW=ED，连接EW，作CH⊥EW，交EW的延长线于点H，作EQ⊥CA'于点Q，过点E作EH⊥CD于点H
∴∠H=∠Q =90°
∵点E位于AD靠近点D的三等分点
∴AE=4，DW=ED=2，CW=CD-DW=6-2=4
由（1）知：∠D =60°
∴△DEW是等边三角形，∠DEN=30°
∴∠EWD=60°=∠CWH，
∴，CN=5
∴∠EWC=180°-∠EWD=120°
由折叠可知：∠A'=∠A=120°，A'E=AE=4
∴∠EA'Q=180°-∠A'=120°
∴∠CWH=∠EA'Q，∠H=∠Q =90°，CW=A'E
∴△A'EQ≌△WCH（AAS）
∴AQ=WH，EQ=CH，∠A'EQ=∠WCH
又∵CE=CE
∴△CEQ≌△ECH(HL)
∴CQ=EH，∠CEQ=∠ECH
∴∠CEQ-∠A'EQ=∠ECH-∠WCH
∴∠ECG=∠CEG
∴CG=EG
∴设CG=x，则GN=5-X，EN=
在Rt△EGN中，
∴
解得：x=
∴CG=.
【分析】
（1）因为点E是AD的中点，故AE=DE，由折叠可知：A'E=AE，即：A'E=DE，再由菱形的性质：得出∠D=60°，可推出 是等边三角形，故∠DEA'=60°，再由折叠可知：∠AEF=A'EF=60°，即可得：，又因为，可得：四边形 是平行四边形，即 ：
（2）本题需要分类讨论：由折叠可知：，BF=B'F，
当时，∠B'FC=30°，设 ，根据30°角的所对的直角边等于斜边的一半，和勾股定理，可得：，故BC=，解出x即可；
当 时，同理：设，列出方程：，解出x即可.
（3）先证明：△A'EQ≌△WCH（AAS），得出：，EQ=CH，∠A'EQ=∠WCH，又因为：CE=CE，根据HL证明：△CEQ≌△ECH，得出：∠CEQ=∠ECH，从而得出∠ECG=∠CEG，即：CG=EG，设CG=x，则GN=5-X，EN=，在Rt△EGN中，根据勾股定理：，列出方程：，解出x即可.
27．【答案】解：（1）四边形是正方形，理由如下：
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
由第一步折叠可知：，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
又∵，
∴四边形是正方形；
（2）连接，
由折叠得，
∴
∴
∴是等边三角形，
∴
∴
设则，
由勾股定理得，
∴
解得，（负值舍去）
∴
由折叠得，，
∴；
（3）①的周长不变，为定值12．理由如下：
如图，连接，，过点A作于点M，
由折叠可知，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵的周长，
∴的周长为12．
②过点H作，连接，设，，
在中，，
解得，
由折叠可知，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，四边形是正方形，
∴，
∴，
∴当时，S有最小值为．
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的判定；矩形的性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质得到，即可得到是菱形，然后利用得到结论即可；
（2）连接，根据折叠可得是等边三角形，即可得到，设根据勾股定理求出DM长，再根据解题即可；
（3）①连接，，过点B作于点M，即可得到，根据全等三角形的对应边相等得到，，然后推理得到，即可得到，求出周长即可；
②过点H作，连接，设，，根据勾股定理得到，然后证明，即可得到求出，得到最值即可．
28．【答案】解：（1）如图，点即为所求，
∵关于对称，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）如图，过点H作的对称点为，过点作的对称点为点，连接，
∴，
设四边形的周长为C，
∴，
∴当点共线时，周长最小且为长，如下图：
∴由对称的性质得，
∵，
∴，
∴设，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
∴，
同（1）得点共线，
同理可证：，
∴当四边形的周长最小时，它是平行四边形；
（3）由（2）得四边形周长最小时即为长，
由对称的性质得：，，
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，，
∴在中，由勾股定理得，
∴四边形周长最小值为20；
拓展：如图，作点G关于的对称点为，作点关于的对称点，连接，
由对称的性质得，
∴四边形的周长，
∴当点共线时，四边形周长取得最小值，且为长，连接并延长交直线于点N，如下图：
同（1）得四边形周长取得最小值，此时点三点共线，
由对称的性质得：，，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴为的中位线，
∴，
∵，，
∴．
【知识点】两点之间线段最短；矩形的判定与性质；轴对称的性质；四边形的综合
【解析】【分析】（1）作点关于的对称点，连接，与相交于点，则根据对称的性质得，从而得，进而根据两点之间线段最短，可知此时的值最小，然后证出，得，结合对顶角相等的性质可证得；
（2）过点H作的对称点为，过点作的对称点为点，连接，则，设四边形的周长为C，于是得，当点共线时，周长最小且为长，由对称得，而，设，则，而，同理可得，故，因此，则，同理可证：，故当四边形的周长最小时，它是平行四边形；
（3）由对称的性质得：，，由，，得，，故在中，由勾股定理得，据此即可求解；
拓展：作点G关于的对称点为，作点关于的对称点，连接，由对称的性质得，故四边形的周长为，当点共线时，四边形周长取得最小值，且为长，连接并延长交直线于点N，四边形周长取得最小值，此时点三点共线，由对称的性质得：，，，，可证明，继而推出，则，，于是有为的中位线，由三角形中位线定理得到，故．
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