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华东师大版数学八（下）第十八章矩形、菱形与正方形单元测试培优卷
一、选择题（每题3分，共30分）
1．如图，矩形纸片，，点P是边上一点，，矩形纸片沿折叠，点A落在G处，的延长线交于点H，则的长为（　　）
A．8 B． C．10 D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接PH，过N作NM⊥CD于点M，则四边形ADMN为矩形，
由折叠的性质可知，GN=AN=10 PG=AP=6，
设，，则，，
∴在Rt△MNH中，由勾股定理得，
即，
∴①，
在Rt△PDF中，由勾股定理得，
在Rt△PGH中，由勾股定理得，
∴，整理得②，
①②得，，整理得，
∴，
∴，
解得，
∴，
故答案为：D．
【分析】
如图，连接PH，过N作NM⊥CD于点M，根据矩形的判定定理：四个角都是直角的四边形是矩形可知：四边形ADMN为矩形，由折叠的性质可知：GN=AN=10 PG=AP=6，设DH=y，HG=x，根据线段的和差运算可知：，，根据勾股定理：在Rt△MNH中，，代入数据得：，化简整理得：①，再根据勾股定理： 在Rt△PDF和Rt△PGH中，，代入数据得：，化简整理得：②，①②得，，则，，求的值，最后根据线段的和差运算可求得NH的值，由此可得出答案．
2．如图，，是正方形的边上两个动点，．连接，交于点，连接，交于点．若正方形的边长为2，则线段的最小值是（　　）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；直角三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：取的中点，连接、，如下图
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
∵点O是CD的中点
∴，
在中，，
根据三角形的三边关系，，
当、、三点共线时，的长度最小，
的最小值．
故答案为：D．
【分析】
本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
根据正方形的性质：四边形相等，四个角都是90°，可知：，，，再根据全等三角形的判定定理：SAS可证明，由全等三角形的性质：对应角相等得出：，再根据全等三角形的判定定理：SAS证明，由全等三角形的性质得出，再由角的和差和等量代换可得：即，∠DMC=90°，取的中点，连接、，由直角三角形的性质：直角三角形斜边的中线=斜边的一半可知：，由勾股定理求出的长，当、、三点共线时，的长度最小，则可求出答案．
3．如图，在菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点，，连接，有下列结论：①；②与全等的三角形共有5个；③；④由点，，，构成的四边形是菱形．其中一定正确的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，，，，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴，，故①正确；
连接，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴、是等边三角形，
∴，，
∴，四边形为菱形，故④正确；
∴，
在和中，
，
∴，
∴，故②错误；
∵是的中位线，
∴，，
∴，故③正确；
综上所述，正确的有①③④，
故选：C．
【分析】本题考查菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及三角形中位线定理的综合应用，首先根据菱形的性质得到边和角的关系，证明得出AG=DG，结合O为AC中点判定OG为的中位线，验证结论①；连接AE，利用菱形和等边三角形的性质证明四边形ABDE为菱形，验证结论④；通过全等三角形的判定找出与全等的三角形，判断结论②的真假；利用三角形面积的倍数关系推导菱形与的面积关系，验证结论③。
4．如图，在矩形纸片ABCD中，点E为CD上一点，关于AE折叠得到，点F落于线段BC上；M为AB上一点，关于MF折叠得到，点N落于线段AF上，连接NE.设，，，ABCD的面积为，EFMN的面积为，则下列哪个选项中的代数式数值是固定值（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠可知：
在△ADE沿AE折叠得到△AFE中，AD=AF，DE=EF=c，∠D=∠AFE=90°；
在△BMF沿MF折叠得到△NMF中，BM=MN，BF=NF，∠B=∠MNF=90°.
∵CD=CE+DE，
∴CD=b+c
在Rt△ECF中，根据勾股定理得，a2+b2=c2.
∴矩形ABCD的面积S1=AB×BC=AF×(b+c).
∵△BMF△NMF，
∴S△BMF=S△NMF.
A、S1=AF×(b + c)，S2是四边形EFMN的面积（与△CEF、△BMF等相关），由于a（CF）、c（EF）与S1、S2的比例关系不固定（a、c随E、F位置变化），因此不是固定值，A错误；
B、由Rt△ECF中a2+b2=c2，结合折叠性质和面积比例关系：四边形EFMN的面积S2与△ CEF的面积存在固定比例（因折叠后图形的相似性与对称性），且S1=AF×(b + c)中AF、b + c与b、c的关系稳定，最终可推得为固定值，B正确；
C、S1=AF×(b + c)，代入后形式为，由于a（CF）、AF与S2的比例关系不固定，因此不是固定值，C错误；
D、S1=AF×(b + c)，a + c是CF + EF，与b、S2的比例关系不固定（因a、c随图形变化），因此不是固定值，D错误.
故答案为：B.
【分析】先分析折叠与几何图形的基本性质， 求出折叠前后对应边、角相等 ；再由勾股定理，得出a2+b2=c2；再根据矩形面积公式为“长 × 宽”，求出矩形ABCD的面积S1=AB×BC=AF×(b+c)；最后根据“全等三角形面积相等”，得出△BMF=S△NMF；通过代入等计算出每个选项的正确与否，即可一 一得出答案.
5． 如图，菱形 ABCD 中，，点 E 在 CD 边上，点 F 在菱形 ABCD 外部，且满足 EF ∥AD，CE = EF.连结 AF，CF，取 AF 的中点 G，连结 BG，AC.则下列结论：
① 是等边三角形；
②；
③ BG 垂直平分 AC；
④.
其中正确的结论有（　　）.
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠D=∠ABC=120°，AB//CD，AB=BC，∠ACD=∠ACB
∵EF//AD，
∴∠DEF=∠D=120°，
∴∠CEF=180°-120°=60°，
∵CE=EF，
∴△CEF是等边三角形
故①符合题意；
∵△CEF是等边三角形，
∴∠ECF=60°，CF=CE
∵AB//CD，
∴∠ABC+∠BCD =180°，
∴∠BCD=60°，
∴，
∴∠ACF=60°+30°= 90°，
∵G是AF的中点，
∴，
∴AG=CG，
故②符合题意；
∵AB=BC，AG=CG，
∴B和G在线段AC的垂直平分线上，
∴BG垂直平分AC，
故③符合题意；
∴H是AC的中点，
∴GH是△ACF的中位线，
∴CF=2GH，
∵，∠BHC =90°，
∴BC=2BH，
∴BC+CF=2(GH+BH)=2BG
∴2BG=AD+CE，
故④符合题意，
∴其中正确的结论有4个，
故答案为：D.
【分析】由菱形的性质推出∠D=∠ABC=120°，AB//CD，AB=BC，∠ACD=∠ACB，由平行线的性质推出∠DEF=∠D=120°，由邻补角的性质得到求出∠CEF=60°，判定△CEF是等边三角形，得到∠ECF=60°，CF=CE，由平行线的性质求出∠BCD=60°，得到∠ACD=30°，因此∠ACF=90°，由直角三角形斜边中线的性质推出AG=CG，判定B和G在线段AC的垂直平分线上，推出BG垂直平分AC，由三角形中位线定理推出CF=2GH，由含30度角的直角三角形的性质得到BC=2BH，推出2BG=AD+CE.
6．如图，在正方形ABCD中，，点是边AD上的动点，点是线段BD上的动点，若，则线段EF的长为（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】正方形的性质；轴对称的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：在BC上截取一点E'，使得，连接EE'交BD于点G，过点E'作，交BD于点P，E'P的延长线交AD于点F，连接EF，如图，
则四边形CDFE'和四边形ABE'F均为长方形，
∵四边形ABCD为正方形，
∴
∵，
∴为等腰直角三角形，
又∵
∴，
∴BD垂直平分EE'，
∴
∴
∴
∴
故答案为：C.
【分析】在BC上截取一点E'，使得，连接EE'交BD于点G，过点E'作，交BD于点P，E'P的延长线交AD于点F，连接EF，则四边形CDFE'和四边形ABE'F均为长方形，然后根据正方形的性质证明为等腰直角三角形，进而得到BD垂直平分EE'，则最后根据线段间数量关系和勾股定理即可求解．
7．在菱形中，，点、分别在边、上，连结、，则添加下列条件后，不能判定的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的性质
【解析】【解答】解：选项 A：因为四边形ABCD是菱形，所以AB = BC ，
已知BE = CF，那么AB - BE = BC - CF，即AE = BF，该选项能判定，不符合题意，A错误；
选项 B：由DE = DF，结合菱形中AD = BD，此时是 “SSA” 的情况，不能判定 △ADE≌△BDF ，也就不能判定AE = BF，该选项符合题意，B正确；
选项 C：因为四边形ABCD是菱形且∠A = 60°，
所以△ABD、△BCD都是等边三角形，AD = BD，∠A = ∠DBC =60°，∠ADB = 60°，
又因为∠EDF = 60°，
所以∠ADE +∠EDB =∠ EDB +∠BDF = 60°，即∠ADE =∠BDF，
在△ADE和△BDF中，，根据 “ASA” 可判定△ADE≌△BDF，所以AE = BF，该选项能判定，不符合题意，C错误；
选项 D：因为四边形ABCD是菱形且∠A = 60°，所以AD = BD，∠A =∠ DBC =60° ，
已知∠DEB=∠DFC，则∠AED = 180°-∠DEB，∠BFD = 180°-∠DFC，
所以∠AED =∠BFD ，
在△ADE和△BDF中，，根据 “AAS” 可判定△ADE≌△BDF，所以AE=BF，该选项能判定，不符合题意，D错误；
故答案为：B，
【分析】菱形具有平行四边形的所有性质，且菱形四条边相等，本题中结合∠A = 60°得出等边三角形，再通过全等三角形的不同判定方法（ASA、AAS等 ），判断线段是否相等，核心是利用菱形性质构造全等三角形条件来推理.
8．如图，正方形中，分别为的中点，交于点，连接．则下列结论中：；；；，所有正确的结论是（只需填写序号）____
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；线段垂直平分线的性质；平行四边形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图1
图1
∵正方形ABCD，E、F均为中点
∴AD=DC=BC，∠ADC=∠DCB；，
∵在△ADF和△DCE中，
∴
∴
∵
∴
∴
∴①正确
如图2
图2
取AD的中点G，AP的中点M，连接MG，BM，BG
则
∴
∵
∴
∴四边形BGDE为平行四边形
∴
∴B、M、G三点共线
∴
∵AM=MP
∴BG是AP的垂直平分线
∴是等腰三角形
∴BP=AB=AD
∴②正确
由②知：BP=AB
∴∠BAP=∠BPA
又∵
∴∠CDE=∠DAF
又∵
∴
又∵
∴
∴③正确
如图3，延长DE至N，使得EN=PF，连接CN
图3
∵
∴
又∵E、F分别是BC，DC的中点
∴CE=CF
∵在和中
∴
∴CN=CP，
∵
∴
∴是等腰直角三角形
∴PN=PE+NE=PE+PF=
∴④正确
故答案为：D.
【分析】根据正方形性质得出AD=DC=BC，∠ADC=∠DCB，，证明，推出，求出即可判断①；取AD的中点G，AP的中点M，连接MG，BM，BG，证明BG是AP的垂直平分线，推出是等腰三角形，即可判断②；由②知BP=AB，得到∠BAP=∠BPA，又根据，得到∠CDE=∠DAF，根据得到，就可以得到③正确；延长DE至N，使得EN=PF，证，推出CN=CP，，求出是等腰直角三角形，即可判断④。
9．如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是对角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF．给出下列结论：①AP＝EF且AP⊥EF；②∠PFE＝∠BAP；③△ADP一定是等腰三角形；④四边形PECF的周长为；⑤EF的最小值为；⑥ PB2＋PD2＝2PA2．其中正确结论的个数是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】①连接PC，延长FP交AB于点G，
∵PE⊥BC， PF⊥CD，
∴∠PEC=∠PFC=90°，
∵正方形ABCD中，∠BCD=90°，
∴∠EPF=90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴PC=EF，
由正方形的对称性知，AP=PC，
∴AP=EF；
∵AB∥CD，
∴PF⊥AB，
∵△APG和△FEP中，PE⊥PG，PF⊥AG，
∴AP⊥EF；
∴正确；
②∵PC=EF，PE=EP，
∴Rt△PCE≌Rt△EFP(HL)，
∴∠PFE=∠ECP，
∵∠BAP=∠BCP，
∴∠BAP=∠PFE；
∴正确；
③∵∠ADP=45°，
∴∠DAP+∠DPA=135°，
∵∠DAP＜∠DAB=90°，∠DPA＞∠DBA=45°，
∴只有当∠DAP=∠DPA=67.5°时，或∠PAD=∠PDA=45°时，△ADP才是等腰三角形，除此之外都不是等腰三角形；
∴不正确；
④∵∠BDC=∠DBC=45°，∠DFP=∠PEB=90°，
∴∠BPE=90-∠PBE=45°，∠DPF=90-∠PDF=45°，
∴BE=PE，DF=PF，
∴PE+EC+PF+CF=(BE+EC)+(DF+CF)=BC+CD=4+4=8；
∴不正确；
⑤连接AC，设AC与BD交点为O，
则AC⊥BD，
∴AP≥AO，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴EF的最小值为；
∴正确；
⑥∵，PE=BE，PF=DF，
∴，
即；
∴正确．
故选：B．
【分析】本题主要对正方形，矩形，全等三角形，轴对称，等腰三角形，勾股定理等知识点进行考查；
① 首先，连接PC并延长FP，交AB于点G。由于已知PE垂直于BC，PF垂直于CD，并且在正方形ABCD中，∠BCD为90°，我们可以得出四边形PECF是矩形，因此PC等于EF。根据正方形的对称性，进一步推导出AP等于PC，即AP=EF。接下来，由于PE垂直于PG，PF垂直于AG，因此我们也可以得出AP垂直于EF。故①是正确的；
② 由于PC=EF，且PE=EP，我们可以得出直角三角形PCE与EFP是全等的（Rt△PCE ≌ Rt△EFP）。因此，∠PFE=∠ECP。又根据已知条件∠BAP=∠BCP，我们可以推导出∠BAP=∠PFE。故②是正确的；
③ 根据∠ADP=45°，可以得出∠DAP+∠DPA=135°。同时，已知∠DAP＜∠DAB=90°，并且∠DPA＞∠DBA=45°。因此，只有在∠DAP=∠DPA=67.5°或∠PAD=∠PDA=45°的情况下，△ADP才会是等腰三角形。除此之外，△ADP都不是等腰三角形。故③的结论是不正确的；
④ 根据已知条件∠BDC=∠DBC=45°，以及∠DFP=∠PEB=90°，我们可以得出∠BPE=45°和∠DPF=45°。由此，得出BE=PE和DF=PF。因此，PE+EC+PF+CF可以表示为（BE+EC）+（DF+CF），即BC+CD。根据题设，BC=4，CD=4，因此PE+EC+PF+CF=4+4=8。故④的结论是不正确的；
⑤连接AC，设AC与BD交点为O，得到AC⊥BD，AP≥AO，根据题干信息，可得，所以，得到，推出EF的最小值为；⑤正确；
⑥根据，PE=BE，PF=DF，得到，得到；⑥正确．
10．如图，以三边向外分别作等边、、，下列结论
①
②若，则四边形为平行四边形
③若，则四边形是菱形
④若四边形是正方形，则．
⑤若，，，则四边形的面积是60
其中正确的有（　　）个
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：①∵是等边三角形，
∴，，，，
∴，
∴，
故①正确．
∵，
∴，
又∵在等边△ACD中，AC=AD
∴，
同理可证，得，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
即当时，四边形是平行四边形．
故②正确．
由②知，四边形是平行四边形，
∴当时，，
∴平行四边形是菱形，
故结论③正确；
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴．
故④正确．
过点E作，交的延长线于点M，如图
∴，
∵，，，
∴，，
即，
∴是直角三角形，且．
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故⑤错误，
综上所述，①②③④正确，
故答案为：C．
【分析】根据等边三角形的性质、SAS证三角形全等可对①进行判断；利用等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定可对②进行判断；利用菱形的判定可对③进行判断；利用正方形的性质和内角和定理可对④进行判断；过点E作，交的延长线于点M，利用勾股定理逆定理可判断三角形ABD的形状，进一步可计算∠EAD的度数，再依次算出∠DFE、∠MFE的大小，再利用30°直角边等于斜边的一半计算出ME的长度，最后利用平行四边形的面积计算公式计算出，可对⑤进行判断.
二、填空题（每题3分，共18分）
11．如图，在矩形ABCD中， AD>AB，点E是对角线AC上的一点，连接DE， BE，且满足∠AED=2∠DAE.已知AE=3CE，则 　 　.
【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接BD交AC于点O，过点E作 于点F，
设EC=x，则AE=3CE=3x，
∴AC=AE+EC=4x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD=OB=OC=2x，
∴设∠OAD=∠ODA=α，
∴∠DOE=∠OAD+∠ODA=2α，
∵∠AED=2∠DAE=2α，
∴∠DOE=∠DEO，
∴DE=DO=2x，
∴OE=OC-EC=x，
设OF=y，则DF=OD-OF=2x-y，
∵EF⊥BD，
即
在直角三角形EOF中，由勾股定理得：
在直角三角形BEF中，由勾股定理得：
故答案为：
【分析】如图，连接BD交AC于点O，过点E作 于点F，设EC=x，表示出OA=OD=OB=OC=2x，设 得 到 推出DE=DO=2x，OE=OC-EC=x，设OF=y，利用勾股定理表示出 进而求解即可.
12．如图，正方形ABCD的边长为2，M是BC的中点，N是AM上的动点，过点N作EF⊥AM分别交AB，CD于点E，F，则EM＋AF的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：过F作 于G，则
∵正方形ABCD的边长为2，
∵M是BC的中点，
将EF沿EM方向平移至MH，连接FH，则EF=M.
当A、F、H三点共线时，EM+AF=FH+AF=AH的值最小，
此时.
的最小值为
故答案为：
【分析】根据正方形的性质求得AB与BM，再由勾股定理求得AM； 过F作 于G，证明 FGE得AM=EF，再将EF沿EM方向平移至MH， 连接FH， 当A、F、H三点共线时，EM+AF=FH+AF=AH的值最小，由勾股定理求出此时的AH的值便可.
13．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，点B，C关于EF对称，点M在EF上，点N在AE上，且点A，M关于BN对称，BM的延长线交AD于点H，CM交BD于点G，则　 　.
【答案】
【知识点】正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：设AB=BC=CD=AD=2a，过点G作GT⊥CD于点T，如图，
∵A、M关于BN对称，
∴AB=BM=BC，
∵B、C关于EF对称，
∴BM=MC=BC，
∴△BCM是等边三角形，
∴∠MBC=∠BCM=90°，
∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠ABH=∠DCG=30°，
∴BH=2AH.
∴AH=a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CDB=45°，
∵GT⊥CD，
∴DT=GT，CG=2TG，CT=GT，
∵DT+TC =2a，
∴DT=TG=(-1)a，
∴CG=2(-1)a，
∴。
故答案为： .
【分析】本题做出辅助线后，根据对称的性质可以得出△BCM是等边三角形，然后利用勾股定理求出AH=a；结合正方形对角线互相平分以及勾股定理，可以得出DT=GT，CG=2TG，CT=GT，继而推出CG=2(-1)a，最后比较计算即可。
14．正方形的边长为8，点、分别在边、上，将四边形沿折叠，使点落在处，点落在点处，交于．以下结论：①当为中点时，三边之比为；②连接，则；③当三边之比为时，为中点；④当在上移动时，周长不变．其中正确的有　 　（写出所有正确结论的序号）．
【答案】①②④
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】∵为中点，正方形的边长为8，
∴，
由翻折可知：，
设，则，
∵在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴当为中点时，三边之比为，
故①正确；
如图，连接交于点Q，过点E作，垂足为M，交于点N，
，
，
由翻折可知：垂直平分，
在和中，
，
，
故②正确；
当三边之比为时，假设，则，
∵，
∴，
解得：
∴，
∴此时点不是中点，
故③错误；
如图，过点A作，垂足为H，连接，，
由翻折可知：，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴，
∴的周长为：
，
∴当在上移动时，周长不变，
故④正确；
故答案为①②④．
【分析】本题考查正方形的性质、折叠的性质、勾股定理和全等三角形的判定与性质，需逐一分析每个结论的正确性。①当为中点时，，设，则，在中，由勾股定理得，解得，，三边比为3：4：5，结论正确；②连接交于，过作，可证明（ASA），因此，结论正确；③当三边比为3：4：5时，设，，，则，，，不是中点，结论错误；④过作，证明和，得、，的周长为，周长不变，结论正确。因此正确结论为①②④。
15． 如图，在矩形 ABCD 中，，将 ABC 沿对角线 AD 翻折，得到 ， CE 交 AD 于点 F，再将 沿 AF 翻折，得到 ， GF 交 AC 于点 H，若 AC 平分 ，则 FH 的长为　 　.
【答案】
【知识点】矩形的性质；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：连结EH，
∵四边形ABCD是矩形，AB=1，
∴∠B=∠BAD=∠D=90°，DC=AB=1，
由翻折得AG=AE=AB=1，∠G=∠E=∠B=90°，∠EAC=∠BAC=90°-∠DAC，
∴∠GAF=∠EAF=∠EAC-∠DAC=90°-2∠DAC，
∴∠GAC=∠GAF-∠DAC=90°-3∠DAC，
∵AC平分∠DAG，
∴∠GAC=∠DAC，
∴∠DAC=90°-3∠DAC，
∴∠DAC=22.5°，
∴∠GAF=∠EAF=90°-2×22.5°=45°
∴∠EAG=2∠EAF=90°，
∵∠G=∠A=∠E=90°，AG=AE=1，
∴四边形AEFG是正方形，
∴FE=AE=1，
∵∠DFC=∠EFA=∠EAF =45°，
∴∠DCF=∠DFC=45°，
∴DF=DC=1，
∴
∴，
∵AE//FH，
∴S△EFH=S△AFH，
∴S△EHC=S△EFH+S△CFH=S△AFH+S△CFH=S△AFC，
∴，
∴，
∴，
故答案为：.
【分析】连结EH，由矩形的性质得∠B=∠BAD=∠D=90°，DC=AB=1，由翻折得AG=AE=AB=1，∠G=∠E=∠B=90°，∠EAC=∠BAC=90°-∠DAC，则∠GAF=∠EAF=90°-2∠DAC，所以∠GAC=∠DAC=90°-3∠DAC，求得∠DAC=22.5°，则∠GAF=∠EAF=45°，可证明四边形AEFG是正方形，则FE=AE=1，再证明DF=DC=1，求得，则，可证明S△EFH=S△AFH，进而即可得出答案.
16．如图，在矩形中，，的平分线交于点，，垂足为，连结并延长交于点，连结交于点下列结论：①②③是的中点④；其中正确的是　 　．
【答案】①②③④
【知识点】三角形全等的判定；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：在矩形中，平分，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，故①正确，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，故②正确；
，，
，
，
，，
，
，
，
又，，
在和中，
，
，
，，
点是的中点，故③正确；
，，
，
，所以④正确；
故答案为：①②③④．
【分析】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的定义及等腰三角形的性质。①由平分，矩形中，得，是等腰直角三角形，故，又，因此，①正确；②通过证明，得，，计算，，故，②正确；③通过证明，得，即是中点，③正确；④由，，得，，④正确。
三、解答题（共10题，共102分）
17．2014年“壮族三月三”被列入国家级非物质文化遗产名录并成为广西法定公众假日，2025年是广西将“壮族三月三”作为法定假日的第12年，在南宁民歌湖举办主题活动，人们身着绚丽的壮锦服饰载歌载舞．其中壮锦披肩十分夺目，上面由一个个彩色丝线绣成的菱形图案组成．小邕的壮锦披肩，图案为菱形．如图，若菱形中已知两条对角线相交于点，其中，菱形的周长为．
（1）求对角线的长；
（2）小邕制作菱形需要多少平方厘米的布料（裁剪缝边除外）．
【答案】（1）解：∵菱形，菱形的周长为，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴.
（2）解：∵，
∴，，
∵，
∴菱形面积为：，
答：制作菱形需要平方厘米的布料．
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【分析】（1）先利用菱形的性质可得，再证出为等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得；
（2）先求出，，再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半列出算式求解即可.
（1）解：∵菱形，菱形的周长为，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴；
（2）解：∵，
∴，，
∵，
∴菱形面积为：，
答：制作菱形需要平方厘米的布料．
18．如图，在边长为6的正方形中，，两点分别为线段，上的动点，且，求的最小值，并写出解答过程.
【答案】解：如图，建立直角坐标系，分别取OA，AN中点E、F，连接EF，以CM为边构造△CMP≌△AFE连接OP，OC，
∴，则，
当点O、M、P在同一直线上时OM+MP值最小，
∴OM+MP最小值为OP，
∵四边形AOBC为正方形，
∴∠EAF=∠MCP=∠OCB=45°，且AE=CP=3，
∴∠OCP=90°，
在Rt△OBC中，，
在Rt△OCP中，，
则的最小值为9.
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】分别取OA，AN中点E、F，连接EF，以CM为边构造△CMP≌△AFE，连接OP，OC，推出当点O、M、P在同一直线上时OM+MP值最小，求出OP即可.
19．如图1，在四边形 ABCD中，AB∥CD，AB=AD，对角线 AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点 C 作 CE⊥AB，交AB的延长线于点 E，连结OE.
（1）求证：四边形ABCD 是菱形；
（2）若CE=2 ，∠ADC=120°，求四边形ABCD的面积.
【答案】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠ACD=∠BAC.
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∴∠DAC=∠ACD，
∴AD=CD.
又∵AB=AD，∴AB=CD.
又∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形.
∵AB=AD，∴ ABCD是菱形
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=∠ADC=120°，AB=BC，
∴∠CBE=60°.
∵CE⊥AB，∴∠BEC=90°，
∴∠BCE=30°，∴BC=2BE.
在Rt△BCE中，由勾股定理，得BC2=BE2+CE2，
即(2BE)2=BE2+(2)2，则BE=2，
∴BC=2BE=4，∴AB=BC=4，
∴四边形ABCD的面积=AB·CE=4×2=8
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【分析】(1)通过角的等量关系证明邻边相等，结合平行四边形的条件判定四边形为菱形；
(2)根据菱形的性质求出相关线段长度，进而计算菱形面积.
20．如图①，已知在△ABC中，∠BAC=45°，AB=AC，AD⊥BC于点 D，将△ABC沿AD剪开，并分别沿AB，AC 翻折，点 E，F 是点 D 的对应点，得到△ABE和△ACF(与△ABC在同一平面内).延长EB，FC 相交于点G，
（1）求证：四边形AEGF 是正方形；
（2）如果(1)中AB≠AC，其他条件不变，如图②，那么四边形 AEGF 是不是正方形 请说明理由；
（3）在(2)中，若 BD=2，DC=3，求 AD的长.
【答案】（1）证明：∵AB=AC，AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，∠DAB=∠DAC=∠BAC=22.5°.
由折叠的性质，得AE=AD，∠AEB=∠ADB=90°，∠EAB=∠DAB，
∴∠EAD=2∠DAB=45°.
同理AF=AD，∠AFC=90°，∠DAF=45°，
∴AE=AF，∠EAF=∠EAD+∠DAF=90°，
∴四边形AEGF是正方形.
（2）解：四边形AEGF是正方形.
理由：∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°.
由折叠的性质，得∠AEB=∠ADB=90°，∠AFC=∠ADC=90°，AE=AD，AF=AD，∠BAE=∠BAD，∠CAF=∠CAD，
∴∠BAE+∠CAF=∠BAD+∠CAD=∠BAC=45°，AE=AF，
∴∠EAF=∠BAE+∠CAF+∠BAC=90°，
∴四边形AEGF是矩形.
又∵AE=AF，∴四边形AEGF是正方形.
（3）解：∵BD=2，DC=3，∴BC=5.
设AD=x.
由(2)知四边形AEGF是正方形，
∴EG=GF=AE=AD=x，∠G=90°.
由折叠的性质，得BE=BD=2，CF=DC=3，
∴BG=x-2，CG=x-3.
在Rt△BCG中，由勾股定理，得BG2+CG2=BC2，即(x-2)2+(x-3)2=52，
解得x1=6，x2=-1(舍去)，
∴AD=x=6.
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】(1)先根据“等腰三角形三线合一”和“折叠性质”，证明四边形是矩形；再证明邻边相等，依据“有一组邻边相等的矩形是正方形”即可得出结论；
(2)折叠性质不依赖AB=AC，仍可证得“矩形+邻边相等”，故仍是正方形；
(3)根据正方形边长相等的性质，结合勾股定理，建立方程，求解即可得出答案.
21． 尺规作图问题：
如图1，在等腰三角形ABC中，，D，E分别是BC，AB的中点，在AC边上作一点F，使得四边形AEDF为菱形.
甲同学：如图2，以点A为圆心，AE长为半径画弧，交AC于点F，连接DF，则四边形AEDF为菱形.
乙同学：以点D为圆心，DE长为半径画弧，交AC于点F，连接DF，则四边形AEDF为菱形.
甲同学：你的作法有问题.
乙同学：哦…我明白了！
（1）证明：甲同学所作的四边形AEDF为菱形；
（2）请指出乙同学作法中存在的问题.
【答案】（1）证明：，D为BC中点，
，又为AB中点，
.
是的中位线，
.
由作图知：
.
四边形AEDF是平行四边形，
，
四边形AEDF是菱形.
（2）解：以D为圆心，DE为半径作弧，与AC可能会有两个交点，故存在问题.
【知识点】等腰三角形的性质；菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】(1)根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；
(2)根据点F不唯一，判断出乙的方法有问题
22．如图正方形ABCD中，点E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F．
（1）求证：EF＝ED；
（2）若AB＝2，，BF的长度为 　 　 ；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数．
【答案】（1）证明：过点E作EM⊥AD于点M，ME的延长线交BC于点N，EH⊥AB于点H，如图1所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠BCD＝∠CDA＝90°，∠BAD＝∠DAC＝45°，AD∥BC，
∴EN⊥BC，
∴四边形ABNM，四边形CDMN和四边形AMEH都是矩形，
∴∠FNE＝∠EMD＝90°，MN＝AB＝AD，AM＝BN，
∴∠1+∠2＝90°，
∵EF⊥DE，
∴∠1+∠3＝90°，
∴∠3＝∠2，
∵EM⊥AD，∠DAC＝45°，
∴△AME是等腰直角三角形，
∴AM＝EM，
∵MN＝AD，
∴EM+EN＝DM+AM，
∴EN＝DM，
在△ENF和△DME中，
，
∴△ENF≌△DME（AAS），
∴EF＝ED；
（2）2
（3）解：∠EFC的度数是120°或30°
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的判定；正方形的性质；三角形的外角和
【解析】【解答】（2）解：∵四边形ABCD是正方形，且AB＝2，
∴AD＝AB＝2，
设AM＝EM＝BN＝a，
∴DM＝AD﹣AM＝2﹣a，
在△DME中，由勾股定理得：EM2+DM2＝DE2，
∴，
整理得：a2﹣2a+1＝0，
解得：a＝1，
∴AM＝EM＝BN＝a＝1，
∵△ENF≌△DME，
∴FN＝EM＝1，
∴BF＝BN+FN＝2，
故答案为：2；
（3）∵点E为对角线AC上一点，
∴线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，有以下两种情况：
①当DE与AD的夹角是30°时，即∠ADE＝30°，如图3①所示：
∴∠EDC＝∠CDA﹣∠ADE＝60°，
∵EF⊥DE，
∴∠DEF＝90°，
在四边形DEFC中，∠EFC+∠BCD+∠EDC+∠DEF＝360°，
∴∠EFC+90°+60°+90°＝360°，
∴∠EFC＝120°；
②当DE与BC的夹角是30°时，即∠CDE＝30°，如图3②所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCA＝∠BCA＝45°，
在△CDE中，∠CED＝180°﹣（∠CDE+∠DCA）＝180°﹣（30°+45°）＝105°，
∵EF⊥DE，
∴∠DEF＝90°，
∴∠CEF＝∠CED﹣∠DEF＝105°﹣90°＝15°，
∵∠BCA是△CEF的外角，
∴∠BCA＝∠CEF+∠EFC，
∴45°＝15°+∠EFC，
∴∠EFC＝30°，
综上所述：∠EFC的度数是120°或30°；
故答案为：∠EFC的度数是120°或30°.
【分析】（1）过点E作EM⊥AD于点M，ME的延长线交BC于点N，EH⊥AB于点H，如图1所示，根据正方形的性质可证明得到四边形ABNM，四边形CDMN和四边形AMEH都是矩形，再由等角的余角相等可得∠3＝∠2，即可得到△AME是等腰直角三角形，结合线段的和差利用AAS证明△ENF≌△DME，再利用全等三角形的性质即可解答；
(2)设AM＝EM＝BN＝a，根据正方形的性质和勾股定理计算得到a=1；再结合全等的性质利用线段的和差运算即可解答；
(3)由题干信息线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°，分两种情况：当DE与AD的夹角是30°时，即∠ADE＝30°；当DE与BC的夹角是30°时，即∠CDE＝30°，分别计算即可解答.
23．在四边形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．点Q在的延长线上且．
（1）如图1，若四边形是正方形．
①求的度数；
②探究与的数量关系并说明理由．
（2）如图2，若四边形是菱形且．探究与的数量关系并说明理由．
【答案】（1）解：①如图：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
②，理由如下：
如图2，在上取一点N，使，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：，理由如下：
如图3，过点D作于E，连接，
∴，，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，是等边三角形，
∴，
由（1）同理得：，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即．
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）①根据正方形性质可得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据等边对等角可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）在上取一点N，使，连接，根据正方形性质可得，根据等腰直角三角形判定定理可得是等腰直角三角形，则，根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.
（3）过点D作于E，连接，根据菱形性质可得，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，由（1）同理得：，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系即可求出答案.
（1）解：①如图：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
②，理由如下：
如图2，在上取一点N，使，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：，理由如下：
如图3，过点D作于E，连接，
∴，，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，是等边三角形，
∴，
由（1）同理得：，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即．
24．如图1，矩形中，，动点E，F分别在边上，连结，以为边向上作，连结，
（1）如图2，点F与D重合时，
①求的面积．
②当最短时，求的长．
（2）如图3，当时，连结，若，求的长．
【答案】（1）解：①∵，
∴矩形面积15，
∵，
∴；
②记与交点为O，
∵，
∴，
当时，最小，即为最小，
此时四边形为矩形，
∴；
（2）解：连结交于点O，连结，记与交于点H，∵，
∴，
∴为矩形，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
设，则，
∴，
∴．
【知识点】三角形外角的概念及性质；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）①根据平行四边形的面积即可解决问题；
②当时，最小，即为最小，此时四边形为矩形，进而可以解决问题；
（2）连结交于点O，连结，设与交于点H，先由矩形的性质可知OD是直角三角形ADF斜边AF上的中线，则OD等于AF的一半，又由矩形的对角线互相平分且相等可证明是等边三角形，则，此时为便于计算可设，则由等边对等角结合三角形外角的性质可得，即，再由三角形的内角和定理可得，再利用三角形的外角的性质可得，则由直角三角形两锐角互余结合同角的余角相等可得，再利用直角三角形中30度角的性质结合勾股定理求解即可．
（1）解：①∵，
∴矩形面积15，
∵，
∴；
②记与交点为O，
∵，
∴，
当时，最小，即为最小，
此时四边形为矩形，
∴；
（2）解：连结交于点O，连结，记与交于点H，
∵，
∴，
∴为矩形，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
设，则，
∴，
∴．
25．如图1，在矩形中，，，动点从出发，以每秒1个单位的速度沿射线方向移动，作关于直线的对称，设点的运动时间为．
（1）当时．
①如图2．当点落在上时，显然是直角三角形，求此时的值；
②当点不落在上时，请直接写出是直角三角形时的值；
（2）若直线与直线相交于点，且当时，．问：当时，的大小是否发生变化，若不变，请说明理由．
【答案】（1）①如图1中，∵四边形是矩形，∴，∴∵翻折∴，，∴，∴在中，∴∴；②或或；（2）当时，如图，∵∴，∵翻折，∴，，又∵，∴，∴，即四边形是正方形，当时，如图，设∴，∴，易证，∴，∵翻折，∴，∴，∴，∴．
（1）解：①如图1中，∵四边形是矩形，∴，∴
∵翻折
∴，，
∴，
∴在中，
∴
∴；
②或或；
（2）解：当时，如图，∵
∴，
∵翻折，
∴，，
又∵，
∴，
∴，即四边形是正方形，
当时，如图，设
∴，
∴，
易证，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）①如图1中，∵四边形是矩形，
∴，
∴
∵翻折
∴，，
∴，
∴在中，
∴
∴；
②如图2-1中，当，在上时，
∵四边形是矩形，∴，，，
∴
∴
在中，∵，
∴，
∴．
如图2-2中，当，在的延长线上时，
在中，，
∴
在中，则有：，
解得．
如图2-3中，当时，
易证四边形为正方形，则．
综上所述，满足条件的的值为或或；
（2）当时，如图，∵
∴，
∵翻折，
∴，，
又∵，
∴，
∴，即四边形是正方形，
当时，如图，设
∴，
∴，
易证，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
∴，
∴．
【分析】
本题考查了四边形综合，全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识点，难度较大，需要熟练在掌握相关基础知识．
（1）①利用勾股定理求出AC，再根据折叠的性质以及勾股定理即可得出答案；
②分三种情况进行讨论：①如图2-1中，当时，②如图2-2中，当时，③如图2-3中，当时，在中分别找出每条边的长度，再利用勾股定理建立方程求解即可得出答案；
（2）首先证明是正方形，再利用全等三角形的性质以及折叠的性质即可得出答案．
26．综合与实践课上，同学们以“折纸”为主题开展数学活动．
【动手操作】
如图1，将边长为8cm的正方形ABCD对折，使点D与点B重合，得到折痕AC．打开后，再将正方形ABCD折叠，使得点D落在BC边上的点P处，得到折痕GH，折痕GH与折痕AC交于点Q．打开铺平，连接PQ、QD、PD．
（1）【探究提炼】
如图1，点P是BC上任意一点，线段QD和线段PQ存在什么关系？并说明理由；
（2）如图2，连接PH，当PH恰好垂直于AC时，求线段CQ的长度；
（3）【类比迁移】
如图3，某广场上有一块边长为40m的菱形草坪ABCD，其中∠BCD＝60°．现打算在草坪中修建步道AC和MN﹣ND﹣DM，使得点M在BC上，点N在AC上，且MN＝ND．
①求∠NMD的度数；
②请问步道MN﹣ND﹣DM所围成的△MND（步道宽度忽略不计）的面积是否存在最小值？若存在，请直接写出最小值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）解：QP＝QD，理由：
由折叠可知：QP＝QD；
连接QD、QB，
由折叠可知QB＝QD＝QP，∠QBC＝∠QDC＝∠QPB，∠AQB＝∠AQD，
设∠QBC＝x°，则∠AQB＝∠AQD＝45°+x°，∠BQP＝180°﹣2x°，
∴∠DQP＝360°﹣∠AQB﹣∠AQD﹣∠BQP＝360°﹣2（45°+x°）﹣（180°﹣2x°）＝90°，
∴DQ⊥QP；
（2）解：由折叠可知：∠PHQ＝∠DHQ，∠PQH＝∠DQH，QP＝QD；
在正方形ABCD中，AD＝CD＝BC＝AB＝8，∠BCD＝90°，∠ACD＝∠ACBBCD＝45°，
∵PH⊥AC，
∴∠PHC＝∠HPC＝45°，
∴∠QHD∠PHD（180°﹣∠PHC）＝67.5°，如图，连接QD，
∵HI＝PI，PH⊥AC，即QC是PH垂直平分线，
∴QP＝QH，
∴QH＝QD，
∴∠QHD＝∠QDH＝67.5°，
∴∠CQD＝180°﹣∠QDC﹣∠QCD＝180°﹣67.5°﹣45°＝67.5°，
∴∠CQD＝∠QDC，
∴CQ＝CD＝8cm；
（3）解：①如图；过点N作NE⊥BC，垂足为E，过点N作NF⊥CD，垂足为F，
∵∠BCD＝60°，
∴∠ENF＝360°﹣∠NFC﹣∠NEC﹣∠BCD＝120°，
∵在菱形ABCD中，AC是∠BCD的角平分线，∠BCD＝60°，
∴NE＝NF，
∵NM＝ND，
∴Rt△NEM≌Rt△NFD（HL），
∴∠ENM＝∠FND，
∴∠ENM+∠MNF＝∠MNF+∠FND，
∴∠DNM＝∠ENF＝120°，
∵DN＝MN，
∴∠NMD＝∠NDM（180°﹣∠DNM）＝30°；
②△MND的面积存在最小值为100m2
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解析】解：（3）②过点N作NK⊥DM于点K，设DM＝a，
则MKDMa，NKMN，
∵MN2＝NK2+MK2，即（2NK）2＝NK2+（）2，
解得：NKa，
则S△NDKMD NK，
∴当a最小时，△MND面积最小，
∴当DM⊥BC时，△MND面积最小，
如图，
∵DM⊥BC，∠BCD＝60°，
∴∠CDM＝30°，
∴MCCD20（m），
∴DM，
则S△NDK100（m2），
∴△MND的面积存在最小值为100m2．
【分析】(1)根据折叠的性质可知GH垂直平分PD，再结合垂直平分线性质求解，即可解题；
(2)结合折叠的性质△QHP≌△QHD，理由等腰三角形性质，以及全等三角形性质得到
∠QHD=∠QHP=∠QDH=∠QPH，结合正方形性质得到∠QDH=67.5°，再利用三角形内角和定理推
出∠DQC=∠QDH，最后根据等腰三角形性质求解，即可解题.
(3)①过点N作NR⊥BC于点R，过点N作NS⊥DC于点S，利用四边形内角和得到∠RNS，结合菱形性质
证明Rt△NRM≌Rt△NSD，结合全等的性质进行等量代换，即可解题；
1 / 1华东师大版数学八（下）第十八章矩形、菱形与正方形单元测试培优卷
一、选择题（每题3分，共30分）
1．如图，矩形纸片，，点P是边上一点，，矩形纸片沿折叠，点A落在G处，的延长线交于点H，则的长为（　　）
A．8 B． C．10 D．
2．如图，，是正方形的边上两个动点，．连接，交于点，连接，交于点．若正方形的边长为2，则线段的最小值是（　　）
A．1 B． C． D．
3．如图，在菱形中，，与交于点，为延长线上的一点，且，连接分别交，于点，，连接，有下列结论：①；②与全等的三角形共有5个；③；④由点，，，构成的四边形是菱形．其中一定正确的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
4．如图，在矩形纸片ABCD中，点E为CD上一点，关于AE折叠得到，点F落于线段BC上；M为AB上一点，关于MF折叠得到，点N落于线段AF上，连接NE.设，，，ABCD的面积为，EFMN的面积为，则下列哪个选项中的代数式数值是固定值（　　）
A． B． C． D．
5． 如图，菱形 ABCD 中，，点 E 在 CD 边上，点 F 在菱形 ABCD 外部，且满足 EF ∥AD，CE = EF.连结 AF，CF，取 AF 的中点 G，连结 BG，AC.则下列结论：
① 是等边三角形；
②；
③ BG 垂直平分 AC；
④.
其中正确的结论有（　　）.
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
6．如图，在正方形ABCD中，，点是边AD上的动点，点是线段BD上的动点，若，则线段EF的长为（　　）
A． B．2 C． D．
7．在菱形中，，点、分别在边、上，连结、，则添加下列条件后，不能判定的是（　　）
A． B． C． D．
8．如图，正方形中，分别为的中点，交于点，连接．则下列结论中：；；；，所有正确的结论是（只需填写序号）____
A． B． C． D．
9．如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是对角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF．给出下列结论：①AP＝EF且AP⊥EF；②∠PFE＝∠BAP；③△ADP一定是等腰三角形；④四边形PECF的周长为；⑤EF的最小值为；⑥ PB2＋PD2＝2PA2．其中正确结论的个数是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
10．如图，以三边向外分别作等边、、，下列结论
①
②若，则四边形为平行四边形
③若，则四边形是菱形
④若四边形是正方形，则．
⑤若，，，则四边形的面积是60
其中正确的有（　　）个
A．2 B．3 C．4 D．5
二、填空题（每题3分，共18分）
11．如图，在矩形ABCD中， AD>AB，点E是对角线AC上的一点，连接DE， BE，且满足∠AED=2∠DAE.已知AE=3CE，则 　 　.
12．如图，正方形ABCD的边长为2，M是BC的中点，N是AM上的动点，过点N作EF⊥AM分别交AB，CD于点E，F，则EM＋AF的最小值为　 　.
13．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，点B，C关于EF对称，点M在EF上，点N在AE上，且点A，M关于BN对称，BM的延长线交AD于点H，CM交BD于点G，则　 　.
14．正方形的边长为8，点、分别在边、上，将四边形沿折叠，使点落在处，点落在点处，交于．以下结论：①当为中点时，三边之比为；②连接，则；③当三边之比为时，为中点；④当在上移动时，周长不变．其中正确的有　 　（写出所有正确结论的序号）．
15． 如图，在矩形 ABCD 中，，将 ABC 沿对角线 AD 翻折，得到 ， CE 交 AD 于点 F，再将 沿 AF 翻折，得到 ， GF 交 AC 于点 H，若 AC 平分 ，则 FH 的长为　 　.
16．如图，在矩形中，，的平分线交于点，，垂足为，连结并延长交于点，连结交于点下列结论：①②③是的中点④；其中正确的是　 　．
三、解答题（共10题，共102分）
17．2014年“壮族三月三”被列入国家级非物质文化遗产名录并成为广西法定公众假日，2025年是广西将“壮族三月三”作为法定假日的第12年，在南宁民歌湖举办主题活动，人们身着绚丽的壮锦服饰载歌载舞．其中壮锦披肩十分夺目，上面由一个个彩色丝线绣成的菱形图案组成．小邕的壮锦披肩，图案为菱形．如图，若菱形中已知两条对角线相交于点，其中，菱形的周长为．
（1）求对角线的长；
（2）小邕制作菱形需要多少平方厘米的布料（裁剪缝边除外）．
18．如图，在边长为6的正方形中，，两点分别为线段，上的动点，且，求的最小值，并写出解答过程.
19．如图1，在四边形 ABCD中，AB∥CD，AB=AD，对角线 AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点 C 作 CE⊥AB，交AB的延长线于点 E，连结OE.
（1）求证：四边形ABCD 是菱形；
（2）若CE=2 ，∠ADC=120°，求四边形ABCD的面积.
20．如图①，已知在△ABC中，∠BAC=45°，AB=AC，AD⊥BC于点 D，将△ABC沿AD剪开，并分别沿AB，AC 翻折，点 E，F 是点 D 的对应点，得到△ABE和△ACF(与△ABC在同一平面内).延长EB，FC 相交于点G，
（1）求证：四边形AEGF 是正方形；
（2）如果(1)中AB≠AC，其他条件不变，如图②，那么四边形 AEGF 是不是正方形 请说明理由；
（3）在(2)中，若 BD=2，DC=3，求 AD的长.
21． 尺规作图问题：
如图1，在等腰三角形ABC中，，D，E分别是BC，AB的中点，在AC边上作一点F，使得四边形AEDF为菱形.
甲同学：如图2，以点A为圆心，AE长为半径画弧，交AC于点F，连接DF，则四边形AEDF为菱形.
乙同学：以点D为圆心，DE长为半径画弧，交AC于点F，连接DF，则四边形AEDF为菱形.
甲同学：你的作法有问题.
乙同学：哦…我明白了！
（1）证明：甲同学所作的四边形AEDF为菱形；
（2）请指出乙同学作法中存在的问题.
22．如图正方形ABCD中，点E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F．
（1）求证：EF＝ED；
（2）若AB＝2，，BF的长度为 　 　 ；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数．
23．在四边形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．点Q在的延长线上且．
（1）如图1，若四边形是正方形．
①求的度数；
②探究与的数量关系并说明理由．
（2）如图2，若四边形是菱形且．探究与的数量关系并说明理由．
24．如图1，矩形中，，动点E，F分别在边上，连结，以为边向上作，连结，
（1）如图2，点F与D重合时，
①求的面积．
②当最短时，求的长．
（2）如图3，当时，连结，若，求的长．
25．如图1，在矩形中，，，动点从出发，以每秒1个单位的速度沿射线方向移动，作关于直线的对称，设点的运动时间为．
（1）当时．
①如图2．当点落在上时，显然是直角三角形，求此时的值；
②当点不落在上时，请直接写出是直角三角形时的值；
（2）若直线与直线相交于点，且当时，．问：当时，的大小是否发生变化，若不变，请说明理由．
26．综合与实践课上，同学们以“折纸”为主题开展数学活动．
【动手操作】
如图1，将边长为8cm的正方形ABCD对折，使点D与点B重合，得到折痕AC．打开后，再将正方形ABCD折叠，使得点D落在BC边上的点P处，得到折痕GH，折痕GH与折痕AC交于点Q．打开铺平，连接PQ、QD、PD．
（1）【探究提炼】
如图1，点P是BC上任意一点，线段QD和线段PQ存在什么关系？并说明理由；
（2）如图2，连接PH，当PH恰好垂直于AC时，求线段CQ的长度；
（3）【类比迁移】
如图3，某广场上有一块边长为40m的菱形草坪ABCD，其中∠BCD＝60°．现打算在草坪中修建步道AC和MN﹣ND﹣DM，使得点M在BC上，点N在AC上，且MN＝ND．
①求∠NMD的度数；
②请问步道MN﹣ND﹣DM所围成的△MND（步道宽度忽略不计）的面积是否存在最小值？若存在，请直接写出最小值；若不存在，说明理由．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接PH，过N作NM⊥CD于点M，则四边形ADMN为矩形，
由折叠的性质可知，GN=AN=10 PG=AP=6，
设，，则，，
∴在Rt△MNH中，由勾股定理得，
即，
∴①，
在Rt△PDF中，由勾股定理得，
在Rt△PGH中，由勾股定理得，
∴，整理得②，
①②得，，整理得，
∴，
∴，
解得，
∴，
故答案为：D．
【分析】
如图，连接PH，过N作NM⊥CD于点M，根据矩形的判定定理：四个角都是直角的四边形是矩形可知：四边形ADMN为矩形，由折叠的性质可知：GN=AN=10 PG=AP=6，设DH=y，HG=x，根据线段的和差运算可知：，，根据勾股定理：在Rt△MNH中，，代入数据得：，化简整理得：①，再根据勾股定理： 在Rt△PDF和Rt△PGH中，，代入数据得：，化简整理得：②，①②得，，则，，求的值，最后根据线段的和差运算可求得NH的值，由此可得出答案．
2．【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；直角三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：取的中点，连接、，如下图
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
∵点O是CD的中点
∴，
在中，，
根据三角形的三边关系，，
当、、三点共线时，的长度最小，
的最小值．
故答案为：D．
【分析】
本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
根据正方形的性质：四边形相等，四个角都是90°，可知：，，，再根据全等三角形的判定定理：SAS可证明，由全等三角形的性质：对应角相等得出：，再根据全等三角形的判定定理：SAS证明，由全等三角形的性质得出，再由角的和差和等量代换可得：即，∠DMC=90°，取的中点，连接、，由直角三角形的性质：直角三角形斜边的中线=斜边的一半可知：，由勾股定理求出的长，当、、三点共线时，的长度最小，则可求出答案．
3．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形是菱形，
∴，，，，，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴，，故①正确；
连接，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴、是等边三角形，
∴，，
∴，四边形为菱形，故④正确；
∴，
在和中，
，
∴，
∴，故②错误；
∵是的中位线，
∴，，
∴，故③正确；
综上所述，正确的有①③④，
故选：C．
【分析】本题考查菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及三角形中位线定理的综合应用，首先根据菱形的性质得到边和角的关系，证明得出AG=DG，结合O为AC中点判定OG为的中位线，验证结论①；连接AE，利用菱形和等边三角形的性质证明四边形ABDE为菱形，验证结论④；通过全等三角形的判定找出与全等的三角形，判断结论②的真假；利用三角形面积的倍数关系推导菱形与的面积关系，验证结论③。
4．【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠可知：
在△ADE沿AE折叠得到△AFE中，AD=AF，DE=EF=c，∠D=∠AFE=90°；
在△BMF沿MF折叠得到△NMF中，BM=MN，BF=NF，∠B=∠MNF=90°.
∵CD=CE+DE，
∴CD=b+c
在Rt△ECF中，根据勾股定理得，a2+b2=c2.
∴矩形ABCD的面积S1=AB×BC=AF×(b+c).
∵△BMF△NMF，
∴S△BMF=S△NMF.
A、S1=AF×(b + c)，S2是四边形EFMN的面积（与△CEF、△BMF等相关），由于a（CF）、c（EF）与S1、S2的比例关系不固定（a、c随E、F位置变化），因此不是固定值，A错误；
B、由Rt△ECF中a2+b2=c2，结合折叠性质和面积比例关系：四边形EFMN的面积S2与△ CEF的面积存在固定比例（因折叠后图形的相似性与对称性），且S1=AF×(b + c)中AF、b + c与b、c的关系稳定，最终可推得为固定值，B正确；
C、S1=AF×(b + c)，代入后形式为，由于a（CF）、AF与S2的比例关系不固定，因此不是固定值，C错误；
D、S1=AF×(b + c)，a + c是CF + EF，与b、S2的比例关系不固定（因a、c随图形变化），因此不是固定值，D错误.
故答案为：B.
【分析】先分析折叠与几何图形的基本性质， 求出折叠前后对应边、角相等 ；再由勾股定理，得出a2+b2=c2；再根据矩形面积公式为“长 × 宽”，求出矩形ABCD的面积S1=AB×BC=AF×(b+c)；最后根据“全等三角形面积相等”，得出△BMF=S△NMF；通过代入等计算出每个选项的正确与否，即可一 一得出答案.
5．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠D=∠ABC=120°，AB//CD，AB=BC，∠ACD=∠ACB
∵EF//AD，
∴∠DEF=∠D=120°，
∴∠CEF=180°-120°=60°，
∵CE=EF，
∴△CEF是等边三角形
故①符合题意；
∵△CEF是等边三角形，
∴∠ECF=60°，CF=CE
∵AB//CD，
∴∠ABC+∠BCD =180°，
∴∠BCD=60°，
∴，
∴∠ACF=60°+30°= 90°，
∵G是AF的中点，
∴，
∴AG=CG，
故②符合题意；
∵AB=BC，AG=CG，
∴B和G在线段AC的垂直平分线上，
∴BG垂直平分AC，
故③符合题意；
∴H是AC的中点，
∴GH是△ACF的中位线，
∴CF=2GH，
∵，∠BHC =90°，
∴BC=2BH，
∴BC+CF=2(GH+BH)=2BG
∴2BG=AD+CE，
故④符合题意，
∴其中正确的结论有4个，
故答案为：D.
【分析】由菱形的性质推出∠D=∠ABC=120°，AB//CD，AB=BC，∠ACD=∠ACB，由平行线的性质推出∠DEF=∠D=120°，由邻补角的性质得到求出∠CEF=60°，判定△CEF是等边三角形，得到∠ECF=60°，CF=CE，由平行线的性质求出∠BCD=60°，得到∠ACD=30°，因此∠ACF=90°，由直角三角形斜边中线的性质推出AG=CG，判定B和G在线段AC的垂直平分线上，推出BG垂直平分AC，由三角形中位线定理推出CF=2GH，由含30度角的直角三角形的性质得到BC=2BH，推出2BG=AD+CE.
6．【答案】C
【知识点】正方形的性质；轴对称的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：在BC上截取一点E'，使得，连接EE'交BD于点G，过点E'作，交BD于点P，E'P的延长线交AD于点F，连接EF，如图，
则四边形CDFE'和四边形ABE'F均为长方形，
∵四边形ABCD为正方形，
∴
∵，
∴为等腰直角三角形，
又∵
∴，
∴BD垂直平分EE'，
∴
∴
∴
∴
故答案为：C.
【分析】在BC上截取一点E'，使得，连接EE'交BD于点G，过点E'作，交BD于点P，E'P的延长线交AD于点F，连接EF，则四边形CDFE'和四边形ABE'F均为长方形，然后根据正方形的性质证明为等腰直角三角形，进而得到BD垂直平分EE'，则最后根据线段间数量关系和勾股定理即可求解．
7．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的性质
【解析】【解答】解：选项 A：因为四边形ABCD是菱形，所以AB = BC ，
已知BE = CF，那么AB - BE = BC - CF，即AE = BF，该选项能判定，不符合题意，A错误；
选项 B：由DE = DF，结合菱形中AD = BD，此时是 “SSA” 的情况，不能判定 △ADE≌△BDF ，也就不能判定AE = BF，该选项符合题意，B正确；
选项 C：因为四边形ABCD是菱形且∠A = 60°，
所以△ABD、△BCD都是等边三角形，AD = BD，∠A = ∠DBC =60°，∠ADB = 60°，
又因为∠EDF = 60°，
所以∠ADE +∠EDB =∠ EDB +∠BDF = 60°，即∠ADE =∠BDF，
在△ADE和△BDF中，，根据 “ASA” 可判定△ADE≌△BDF，所以AE = BF，该选项能判定，不符合题意，C错误；
选项 D：因为四边形ABCD是菱形且∠A = 60°，所以AD = BD，∠A =∠ DBC =60° ，
已知∠DEB=∠DFC，则∠AED = 180°-∠DEB，∠BFD = 180°-∠DFC，
所以∠AED =∠BFD ，
在△ADE和△BDF中，，根据 “AAS” 可判定△ADE≌△BDF，所以AE=BF，该选项能判定，不符合题意，D错误；
故答案为：B，
【分析】菱形具有平行四边形的所有性质，且菱形四条边相等，本题中结合∠A = 60°得出等边三角形，再通过全等三角形的不同判定方法（ASA、AAS等 ），判断线段是否相等，核心是利用菱形性质构造全等三角形条件来推理.
8．【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；线段垂直平分线的性质；平行四边形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图1
图1
∵正方形ABCD，E、F均为中点
∴AD=DC=BC，∠ADC=∠DCB；，
∵在△ADF和△DCE中，
∴
∴
∵
∴
∴
∴①正确
如图2
图2
取AD的中点G，AP的中点M，连接MG，BM，BG
则
∴
∵
∴
∴四边形BGDE为平行四边形
∴
∴B、M、G三点共线
∴
∵AM=MP
∴BG是AP的垂直平分线
∴是等腰三角形
∴BP=AB=AD
∴②正确
由②知：BP=AB
∴∠BAP=∠BPA
又∵
∴∠CDE=∠DAF
又∵
∴
又∵
∴
∴③正确
如图3，延长DE至N，使得EN=PF，连接CN
图3
∵
∴
又∵E、F分别是BC，DC的中点
∴CE=CF
∵在和中
∴
∴CN=CP，
∵
∴
∴是等腰直角三角形
∴PN=PE+NE=PE+PF=
∴④正确
故答案为：D.
【分析】根据正方形性质得出AD=DC=BC，∠ADC=∠DCB，，证明，推出，求出即可判断①；取AD的中点G，AP的中点M，连接MG，BM，BG，证明BG是AP的垂直平分线，推出是等腰三角形，即可判断②；由②知BP=AB，得到∠BAP=∠BPA，又根据，得到∠CDE=∠DAF，根据得到，就可以得到③正确；延长DE至N，使得EN=PF，证，推出CN=CP，，求出是等腰直角三角形，即可判断④。
9．【答案】B
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】①连接PC，延长FP交AB于点G，
∵PE⊥BC， PF⊥CD，
∴∠PEC=∠PFC=90°，
∵正方形ABCD中，∠BCD=90°，
∴∠EPF=90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴PC=EF，
由正方形的对称性知，AP=PC，
∴AP=EF；
∵AB∥CD，
∴PF⊥AB，
∵△APG和△FEP中，PE⊥PG，PF⊥AG，
∴AP⊥EF；
∴正确；
②∵PC=EF，PE=EP，
∴Rt△PCE≌Rt△EFP(HL)，
∴∠PFE=∠ECP，
∵∠BAP=∠BCP，
∴∠BAP=∠PFE；
∴正确；
③∵∠ADP=45°，
∴∠DAP+∠DPA=135°，
∵∠DAP＜∠DAB=90°，∠DPA＞∠DBA=45°，
∴只有当∠DAP=∠DPA=67.5°时，或∠PAD=∠PDA=45°时，△ADP才是等腰三角形，除此之外都不是等腰三角形；
∴不正确；
④∵∠BDC=∠DBC=45°，∠DFP=∠PEB=90°，
∴∠BPE=90-∠PBE=45°，∠DPF=90-∠PDF=45°，
∴BE=PE，DF=PF，
∴PE+EC+PF+CF=(BE+EC)+(DF+CF)=BC+CD=4+4=8；
∴不正确；
⑤连接AC，设AC与BD交点为O，
则AC⊥BD，
∴AP≥AO，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴EF的最小值为；
∴正确；
⑥∵，PE=BE，PF=DF，
∴，
即；
∴正确．
故选：B．
【分析】本题主要对正方形，矩形，全等三角形，轴对称，等腰三角形，勾股定理等知识点进行考查；
① 首先，连接PC并延长FP，交AB于点G。由于已知PE垂直于BC，PF垂直于CD，并且在正方形ABCD中，∠BCD为90°，我们可以得出四边形PECF是矩形，因此PC等于EF。根据正方形的对称性，进一步推导出AP等于PC，即AP=EF。接下来，由于PE垂直于PG，PF垂直于AG，因此我们也可以得出AP垂直于EF。故①是正确的；
② 由于PC=EF，且PE=EP，我们可以得出直角三角形PCE与EFP是全等的（Rt△PCE ≌ Rt△EFP）。因此，∠PFE=∠ECP。又根据已知条件∠BAP=∠BCP，我们可以推导出∠BAP=∠PFE。故②是正确的；
③ 根据∠ADP=45°，可以得出∠DAP+∠DPA=135°。同时，已知∠DAP＜∠DAB=90°，并且∠DPA＞∠DBA=45°。因此，只有在∠DAP=∠DPA=67.5°或∠PAD=∠PDA=45°的情况下，△ADP才会是等腰三角形。除此之外，△ADP都不是等腰三角形。故③的结论是不正确的；
④ 根据已知条件∠BDC=∠DBC=45°，以及∠DFP=∠PEB=90°，我们可以得出∠BPE=45°和∠DPF=45°。由此，得出BE=PE和DF=PF。因此，PE+EC+PF+CF可以表示为（BE+EC）+（DF+CF），即BC+CD。根据题设，BC=4，CD=4，因此PE+EC+PF+CF=4+4=8。故④的结论是不正确的；
⑤连接AC，设AC与BD交点为O，得到AC⊥BD，AP≥AO，根据题干信息，可得，所以，得到，推出EF的最小值为；⑤正确；
⑥根据，PE=BE，PF=DF，得到，得到；⑥正确．
10．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：①∵是等边三角形，
∴，，，，
∴，
∴，
故①正确．
∵，
∴，
又∵在等边△ACD中，AC=AD
∴，
同理可证，得，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
即当时，四边形是平行四边形．
故②正确．
由②知，四边形是平行四边形，
∴当时，，
∴平行四边形是菱形，
故结论③正确；
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴．
故④正确．
过点E作，交的延长线于点M，如图
∴，
∵，，，
∴，，
即，
∴是直角三角形，且．
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故⑤错误，
综上所述，①②③④正确，
故答案为：C．
【分析】根据等边三角形的性质、SAS证三角形全等可对①进行判断；利用等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定可对②进行判断；利用菱形的判定可对③进行判断；利用正方形的性质和内角和定理可对④进行判断；过点E作，交的延长线于点M，利用勾股定理逆定理可判断三角形ABD的形状，进一步可计算∠EAD的度数，再依次算出∠DFE、∠MFE的大小，再利用30°直角边等于斜边的一半计算出ME的长度，最后利用平行四边形的面积计算公式计算出，可对⑤进行判断.
11．【答案】
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接BD交AC于点O，过点E作 于点F，
设EC=x，则AE=3CE=3x，
∴AC=AE+EC=4x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD=OB=OC=2x，
∴设∠OAD=∠ODA=α，
∴∠DOE=∠OAD+∠ODA=2α，
∵∠AED=2∠DAE=2α，
∴∠DOE=∠DEO，
∴DE=DO=2x，
∴OE=OC-EC=x，
设OF=y，则DF=OD-OF=2x-y，
∵EF⊥BD，
即
在直角三角形EOF中，由勾股定理得：
在直角三角形BEF中，由勾股定理得：
故答案为：
【分析】如图，连接BD交AC于点O，过点E作 于点F，设EC=x，表示出OA=OD=OB=OC=2x，设 得 到 推出DE=DO=2x，OE=OC-EC=x，设OF=y，利用勾股定理表示出 进而求解即可.
12．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：过F作 于G，则
∵正方形ABCD的边长为2，
∵M是BC的中点，
将EF沿EM方向平移至MH，连接FH，则EF=M.
当A、F、H三点共线时，EM+AF=FH+AF=AH的值最小，
此时.
的最小值为
故答案为：
【分析】根据正方形的性质求得AB与BM，再由勾股定理求得AM； 过F作 于G，证明 FGE得AM=EF，再将EF沿EM方向平移至MH， 连接FH， 当A、F、H三点共线时，EM+AF=FH+AF=AH的值最小，由勾股定理求出此时的AH的值便可.
13．【答案】
【知识点】正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：设AB=BC=CD=AD=2a，过点G作GT⊥CD于点T，如图，
∵A、M关于BN对称，
∴AB=BM=BC，
∵B、C关于EF对称，
∴BM=MC=BC，
∴△BCM是等边三角形，
∴∠MBC=∠BCM=90°，
∵∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠ABH=∠DCG=30°，
∴BH=2AH.
∴AH=a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CDB=45°，
∵GT⊥CD，
∴DT=GT，CG=2TG，CT=GT，
∵DT+TC =2a，
∴DT=TG=(-1)a，
∴CG=2(-1)a，
∴。
故答案为： .
【分析】本题做出辅助线后，根据对称的性质可以得出△BCM是等边三角形，然后利用勾股定理求出AH=a；结合正方形对角线互相平分以及勾股定理，可以得出DT=GT，CG=2TG，CT=GT，继而推出CG=2(-1)a，最后比较计算即可。
14．【答案】①②④
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】∵为中点，正方形的边长为8，
∴，
由翻折可知：，
设，则，
∵在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴当为中点时，三边之比为，
故①正确；
如图，连接交于点Q，过点E作，垂足为M，交于点N，
，
，
由翻折可知：垂直平分，
在和中，
，
，
故②正确；
当三边之比为时，假设，则，
∵，
∴，
解得：
∴，
∴此时点不是中点，
故③错误；
如图，过点A作，垂足为H，连接，，
由翻折可知：，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴，
∴的周长为：
，
∴当在上移动时，周长不变，
故④正确；
故答案为①②④．
【分析】本题考查正方形的性质、折叠的性质、勾股定理和全等三角形的判定与性质，需逐一分析每个结论的正确性。①当为中点时，，设，则，在中，由勾股定理得，解得，，三边比为3：4：5，结论正确；②连接交于，过作，可证明（ASA），因此，结论正确；③当三边比为3：4：5时，设，，，则，，，不是中点，结论错误；④过作，证明和，得、，的周长为，周长不变，结论正确。因此正确结论为①②④。
15．【答案】
【知识点】矩形的性质；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：连结EH，
∵四边形ABCD是矩形，AB=1，
∴∠B=∠BAD=∠D=90°，DC=AB=1，
由翻折得AG=AE=AB=1，∠G=∠E=∠B=90°，∠EAC=∠BAC=90°-∠DAC，
∴∠GAF=∠EAF=∠EAC-∠DAC=90°-2∠DAC，
∴∠GAC=∠GAF-∠DAC=90°-3∠DAC，
∵AC平分∠DAG，
∴∠GAC=∠DAC，
∴∠DAC=90°-3∠DAC，
∴∠DAC=22.5°，
∴∠GAF=∠EAF=90°-2×22.5°=45°
∴∠EAG=2∠EAF=90°，
∵∠G=∠A=∠E=90°，AG=AE=1，
∴四边形AEFG是正方形，
∴FE=AE=1，
∵∠DFC=∠EFA=∠EAF =45°，
∴∠DCF=∠DFC=45°，
∴DF=DC=1，
∴
∴，
∵AE//FH，
∴S△EFH=S△AFH，
∴S△EHC=S△EFH+S△CFH=S△AFH+S△CFH=S△AFC，
∴，
∴，
∴，
故答案为：.
【分析】连结EH，由矩形的性质得∠B=∠BAD=∠D=90°，DC=AB=1，由翻折得AG=AE=AB=1，∠G=∠E=∠B=90°，∠EAC=∠BAC=90°-∠DAC，则∠GAF=∠EAF=90°-2∠DAC，所以∠GAC=∠DAC=90°-3∠DAC，求得∠DAC=22.5°，则∠GAF=∠EAF=45°，可证明四边形AEFG是正方形，则FE=AE=1，再证明DF=DC=1，求得，则，可证明S△EFH=S△AFH，进而即可得出答案.
16．【答案】①②③④
【知识点】三角形全等的判定；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：在矩形中，平分，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，故①正确，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，故②正确；
，，
，
，
，，
，
，
，
又，，
在和中，
，
，
，，
点是的中点，故③正确；
，，
，
，所以④正确；
故答案为：①②③④．
【分析】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的定义及等腰三角形的性质。①由平分，矩形中，得，是等腰直角三角形，故，又，因此，①正确；②通过证明，得，，计算，，故，②正确；③通过证明，得，即是中点，③正确；④由，，得，，④正确。
17．【答案】（1）解：∵菱形，菱形的周长为，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴.
（2）解：∵，
∴，，
∵，
∴菱形面积为：，
答：制作菱形需要平方厘米的布料．
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质
【解析】【分析】（1）先利用菱形的性质可得，再证出为等边三角形，最后利用等边三角形的性质可得；
（2）先求出，，再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半列出算式求解即可.
（1）解：∵菱形，菱形的周长为，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴；
（2）解：∵，
∴，，
∵，
∴菱形面积为：，
答：制作菱形需要平方厘米的布料．
18．【答案】解：如图，建立直角坐标系，分别取OA，AN中点E、F，连接EF，以CM为边构造△CMP≌△AFE连接OP，OC，
∴，则，
当点O、M、P在同一直线上时OM+MP值最小，
∴OM+MP最小值为OP，
∵四边形AOBC为正方形，
∴∠EAF=∠MCP=∠OCB=45°，且AE=CP=3，
∴∠OCP=90°，
在Rt△OBC中，，
在Rt△OCP中，，
则的最小值为9.
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】分别取OA，AN中点E、F，连接EF，以CM为边构造△CMP≌△AFE，连接OP，OC，推出当点O、M、P在同一直线上时OM+MP值最小，求出OP即可.
19．【答案】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠ACD=∠BAC.
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC，
∴∠DAC=∠ACD，
∴AD=CD.
又∵AB=AD，∴AB=CD.
又∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形.
∵AB=AD，∴ ABCD是菱形
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=∠ADC=120°，AB=BC，
∴∠CBE=60°.
∵CE⊥AB，∴∠BEC=90°，
∴∠BCE=30°，∴BC=2BE.
在Rt△BCE中，由勾股定理，得BC2=BE2+CE2，
即(2BE)2=BE2+(2)2，则BE=2，
∴BC=2BE=4，∴AB=BC=4，
∴四边形ABCD的面积=AB·CE=4×2=8
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【分析】(1)通过角的等量关系证明邻边相等，结合平行四边形的条件判定四边形为菱形；
(2)根据菱形的性质求出相关线段长度，进而计算菱形面积.
20．【答案】（1）证明：∵AB=AC，AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，∠DAB=∠DAC=∠BAC=22.5°.
由折叠的性质，得AE=AD，∠AEB=∠ADB=90°，∠EAB=∠DAB，
∴∠EAD=2∠DAB=45°.
同理AF=AD，∠AFC=90°，∠DAF=45°，
∴AE=AF，∠EAF=∠EAD+∠DAF=90°，
∴四边形AEGF是正方形.
（2）解：四边形AEGF是正方形.
理由：∵AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°.
由折叠的性质，得∠AEB=∠ADB=90°，∠AFC=∠ADC=90°，AE=AD，AF=AD，∠BAE=∠BAD，∠CAF=∠CAD，
∴∠BAE+∠CAF=∠BAD+∠CAD=∠BAC=45°，AE=AF，
∴∠EAF=∠BAE+∠CAF+∠BAC=90°，
∴四边形AEGF是矩形.
又∵AE=AF，∴四边形AEGF是正方形.
（3）解：∵BD=2，DC=3，∴BC=5.
设AD=x.
由(2)知四边形AEGF是正方形，
∴EG=GF=AE=AD=x，∠G=90°.
由折叠的性质，得BE=BD=2，CF=DC=3，
∴BG=x-2，CG=x-3.
在Rt△BCG中，由勾股定理，得BG2+CG2=BC2，即(x-2)2+(x-3)2=52，
解得x1=6，x2=-1(舍去)，
∴AD=x=6.
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】(1)先根据“等腰三角形三线合一”和“折叠性质”，证明四边形是矩形；再证明邻边相等，依据“有一组邻边相等的矩形是正方形”即可得出结论；
(2)折叠性质不依赖AB=AC，仍可证得“矩形+邻边相等”，故仍是正方形；
(3)根据正方形边长相等的性质，结合勾股定理，建立方程，求解即可得出答案.
21．【答案】（1）证明：，D为BC中点，
，又为AB中点，
.
是的中位线，
.
由作图知：
.
四边形AEDF是平行四边形，
，
四边形AEDF是菱形.
（2）解：以D为圆心，DE为半径作弧，与AC可能会有两个交点，故存在问题.
【知识点】等腰三角形的性质；菱形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】(1)根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；
(2)根据点F不唯一，判断出乙的方法有问题
22．【答案】（1）证明：过点E作EM⊥AD于点M，ME的延长线交BC于点N，EH⊥AB于点H，如图1所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠BCD＝∠CDA＝90°，∠BAD＝∠DAC＝45°，AD∥BC，
∴EN⊥BC，
∴四边形ABNM，四边形CDMN和四边形AMEH都是矩形，
∴∠FNE＝∠EMD＝90°，MN＝AB＝AD，AM＝BN，
∴∠1+∠2＝90°，
∵EF⊥DE，
∴∠1+∠3＝90°，
∴∠3＝∠2，
∵EM⊥AD，∠DAC＝45°，
∴△AME是等腰直角三角形，
∴AM＝EM，
∵MN＝AD，
∴EM+EN＝DM+AM，
∴EN＝DM，
在△ENF和△DME中，
，
∴△ENF≌△DME（AAS），
∴EF＝ED；
（2）2
（3）解：∠EFC的度数是120°或30°
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的判定；正方形的性质；三角形的外角和
【解析】【解答】（2）解：∵四边形ABCD是正方形，且AB＝2，
∴AD＝AB＝2，
设AM＝EM＝BN＝a，
∴DM＝AD﹣AM＝2﹣a，
在△DME中，由勾股定理得：EM2+DM2＝DE2，
∴，
整理得：a2﹣2a+1＝0，
解得：a＝1，
∴AM＝EM＝BN＝a＝1，
∵△ENF≌△DME，
∴FN＝EM＝1，
∴BF＝BN+FN＝2，
故答案为：2；
（3）∵点E为对角线AC上一点，
∴线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，有以下两种情况：
①当DE与AD的夹角是30°时，即∠ADE＝30°，如图3①所示：
∴∠EDC＝∠CDA﹣∠ADE＝60°，
∵EF⊥DE，
∴∠DEF＝90°，
在四边形DEFC中，∠EFC+∠BCD+∠EDC+∠DEF＝360°，
∴∠EFC+90°+60°+90°＝360°，
∴∠EFC＝120°；
②当DE与BC的夹角是30°时，即∠CDE＝30°，如图3②所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCA＝∠BCA＝45°，
在△CDE中，∠CED＝180°﹣（∠CDE+∠DCA）＝180°﹣（30°+45°）＝105°，
∵EF⊥DE，
∴∠DEF＝90°，
∴∠CEF＝∠CED﹣∠DEF＝105°﹣90°＝15°，
∵∠BCA是△CEF的外角，
∴∠BCA＝∠CEF+∠EFC，
∴45°＝15°+∠EFC，
∴∠EFC＝30°，
综上所述：∠EFC的度数是120°或30°；
故答案为：∠EFC的度数是120°或30°.
【分析】（1）过点E作EM⊥AD于点M，ME的延长线交BC于点N，EH⊥AB于点H，如图1所示，根据正方形的性质可证明得到四边形ABNM，四边形CDMN和四边形AMEH都是矩形，再由等角的余角相等可得∠3＝∠2，即可得到△AME是等腰直角三角形，结合线段的和差利用AAS证明△ENF≌△DME，再利用全等三角形的性质即可解答；
(2)设AM＝EM＝BN＝a，根据正方形的性质和勾股定理计算得到a=1；再结合全等的性质利用线段的和差运算即可解答；
(3)由题干信息线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°，分两种情况：当DE与AD的夹角是30°时，即∠ADE＝30°；当DE与BC的夹角是30°时，即∠CDE＝30°，分别计算即可解答.
23．【答案】（1）解：①如图：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
②，理由如下：
如图2，在上取一点N，使，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：，理由如下：
如图3，过点D作于E，连接，
∴，，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，是等边三角形，
∴，
由（1）同理得：，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即．
【知识点】三角形全等及其性质；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）①根据正方形性质可得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据等边对等角可得，再根据角之间的关系即可求出答案.
（2）在上取一点N，使，连接，根据正方形性质可得，根据等腰直角三角形判定定理可得是等腰直角三角形，则，根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案.
（3）过点D作于E，连接，根据菱形性质可得，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，由（1）同理得：，根据等边三角形判定定理可得是等边三角形，则，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系即可求出答案.
（1）解：①如图：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
②，理由如下：
如图2，在上取一点N，使，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2）解：，理由如下：
如图3，过点D作于E，连接，
∴，，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，是等边三角形，
∴，
由（1）同理得：，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即．
24．【答案】（1）解：①∵，
∴矩形面积15，
∵，
∴；
②记与交点为O，
∵，
∴，
当时，最小，即为最小，
此时四边形为矩形，
∴；
（2）解：连结交于点O，连结，记与交于点H，∵，
∴，
∴为矩形，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
设，则，
∴，
∴．
【知识点】三角形外角的概念及性质；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）①根据平行四边形的面积即可解决问题；
②当时，最小，即为最小，此时四边形为矩形，进而可以解决问题；
（2）连结交于点O，连结，设与交于点H，先由矩形的性质可知OD是直角三角形ADF斜边AF上的中线，则OD等于AF的一半，又由矩形的对角线互相平分且相等可证明是等边三角形，则，此时为便于计算可设，则由等边对等角结合三角形外角的性质可得，即，再由三角形的内角和定理可得，再利用三角形的外角的性质可得，则由直角三角形两锐角互余结合同角的余角相等可得，再利用直角三角形中30度角的性质结合勾股定理求解即可．
（1）解：①∵，
∴矩形面积15，
∵，
∴；
②记与交点为O，
∵，
∴，
当时，最小，即为最小，
此时四边形为矩形，
∴；
（2）解：连结交于点O，连结，记与交于点H，
∵，
∴，
∴为矩形，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，，
设，则，
∴，
∴．
25．【答案】（1）①如图1中，∵四边形是矩形，∴，∴∵翻折∴，，∴，∴在中，∴∴；②或或；（2）当时，如图，∵∴，∵翻折，∴，，又∵，∴，∴，即四边形是正方形，当时，如图，设∴，∴，易证，∴，∵翻折，∴，∴，∴，∴．
（1）解：①如图1中，∵四边形是矩形，∴，∴
∵翻折
∴，，
∴，
∴在中，
∴
∴；
②或或；
（2）解：当时，如图，∵
∴，
∵翻折，
∴，，
又∵，
∴，
∴，即四边形是正方形，
当时，如图，设
∴，
∴，
易证，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）①如图1中，∵四边形是矩形，
∴，
∴
∵翻折
∴，，
∴，
∴在中，
∴
∴；
②如图2-1中，当，在上时，
∵四边形是矩形，∴，，，
∴
∴
在中，∵，
∴，
∴．
如图2-2中，当，在的延长线上时，
在中，，
∴
在中，则有：，
解得．
如图2-3中，当时，
易证四边形为正方形，则．
综上所述，满足条件的的值为或或；
（2）当时，如图，∵
∴，
∵翻折，
∴，，
又∵，
∴，
∴，即四边形是正方形，
当时，如图，设
∴，
∴，
易证，
∴，
∵翻折，
∴，
∴，
∴，
∴．
【分析】
本题考查了四边形综合，全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识点，难度较大，需要熟练在掌握相关基础知识．
（1）①利用勾股定理求出AC，再根据折叠的性质以及勾股定理即可得出答案；
②分三种情况进行讨论：①如图2-1中，当时，②如图2-2中，当时，③如图2-3中，当时，在中分别找出每条边的长度，再利用勾股定理建立方程求解即可得出答案；
（2）首先证明是正方形，再利用全等三角形的性质以及折叠的性质即可得出答案．
26．【答案】（1）解：QP＝QD，理由：
由折叠可知：QP＝QD；
连接QD、QB，
由折叠可知QB＝QD＝QP，∠QBC＝∠QDC＝∠QPB，∠AQB＝∠AQD，
设∠QBC＝x°，则∠AQB＝∠AQD＝45°+x°，∠BQP＝180°﹣2x°，
∴∠DQP＝360°﹣∠AQB﹣∠AQD﹣∠BQP＝360°﹣2（45°+x°）﹣（180°﹣2x°）＝90°，
∴DQ⊥QP；
（2）解：由折叠可知：∠PHQ＝∠DHQ，∠PQH＝∠DQH，QP＝QD；
在正方形ABCD中，AD＝CD＝BC＝AB＝8，∠BCD＝90°，∠ACD＝∠ACBBCD＝45°，
∵PH⊥AC，
∴∠PHC＝∠HPC＝45°，
∴∠QHD∠PHD（180°﹣∠PHC）＝67.5°，如图，连接QD，
∵HI＝PI，PH⊥AC，即QC是PH垂直平分线，
∴QP＝QH，
∴QH＝QD，
∴∠QHD＝∠QDH＝67.5°，
∴∠CQD＝180°﹣∠QDC﹣∠QCD＝180°﹣67.5°﹣45°＝67.5°，
∴∠CQD＝∠QDC，
∴CQ＝CD＝8cm；
（3）解：①如图；过点N作NE⊥BC，垂足为E，过点N作NF⊥CD，垂足为F，
∵∠BCD＝60°，
∴∠ENF＝360°﹣∠NFC﹣∠NEC﹣∠BCD＝120°，
∵在菱形ABCD中，AC是∠BCD的角平分线，∠BCD＝60°，
∴NE＝NF，
∵NM＝ND，
∴Rt△NEM≌Rt△NFD（HL），
∴∠ENM＝∠FND，
∴∠ENM+∠MNF＝∠MNF+∠FND，
∴∠DNM＝∠ENF＝120°，
∵DN＝MN，
∴∠NMD＝∠NDM（180°﹣∠DNM）＝30°；
②△MND的面积存在最小值为100m2
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解析】解：（3）②过点N作NK⊥DM于点K，设DM＝a，
则MKDMa，NKMN，
∵MN2＝NK2+MK2，即（2NK）2＝NK2+（）2，
解得：NKa，
则S△NDKMD NK，
∴当a最小时，△MND面积最小，
∴当DM⊥BC时，△MND面积最小，
如图，
∵DM⊥BC，∠BCD＝60°，
∴∠CDM＝30°，
∴MCCD20（m），
∴DM，
则S△NDK100（m2），
∴△MND的面积存在最小值为100m2．
【分析】(1)根据折叠的性质可知GH垂直平分PD，再结合垂直平分线性质求解，即可解题；
(2)结合折叠的性质△QHP≌△QHD，理由等腰三角形性质，以及全等三角形性质得到
∠QHD=∠QHP=∠QDH=∠QPH，结合正方形性质得到∠QDH=67.5°，再利用三角形内角和定理推
出∠DQC=∠QDH，最后根据等腰三角形性质求解，即可解题.
(3)①过点N作NR⊥BC于点R，过点N作NS⊥DC于点S，利用四边形内角和得到∠RNS，结合菱形性质
证明Rt△NRM≌Rt△NSD，结合全等的性质进行等量代换，即可解题；
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