第18章平行四边形练习题2020－2021年黑龙江各地八年级下学期期末数学（人教版）试题选编（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 第18章平行四边形练习题2020－2021年黑龙江各地八年级下学期期末数学（人教版）试题选编（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-02-24 20:19:58 | ||
图片预览
文档简介
第18章：平行四边形练习题
一、单选题
1．（2021·黑龙江龙凤·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，下列各式不一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2021·黑龙江碾子山·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB=3，BC=5，AC的垂直平分线交AD于点E，则△CDE的周长是（ ）
A．6 B．8 C．9 D．10
3．（2021·黑龙江萝北·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝5，AB＝3，AE平分∠BAD交BC边于点E，则线段BE，EC的长度分别为（ ）
A．3和2 B．2和3 C．4和1 D．1和4
4．（2021·黑龙江绥滨·八年级期末）如图，在中，平分，则的长是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2021·黑龙江·齐齐哈尔市富拉尔基区教师进修学校八年级期末）在平行四边形ABCD中，若∠A∶∠B＝5∶4，则∠C的度数为（ ）
A．80° B．120° C．100° D．110°
6．（2021·黑龙江南岗·八年级期末）若中，，则的度数为（ ）．A． B． C． D．
7．（2021·黑龙江巴彦·八年级期末）如的对角线与相较于，，若，，则长（ ）
A．6 B．10 C．12 D．18
8．（2021·黑龙江勃利·八年级期末）如图，平行四边形ABCD中，AD＝5，AB＝3，BE 平分∠ABC交AD边于点E，则线段AE、ED的长度分别为（ ）
A．2和3 B．3和2 C．4和1 D．1和4
9．（2021·黑龙江林口·八年级期末）下列给出的条件中，不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB∥CD，AD＝BC B．∠A＝∠C，∠B＝∠D
C．AB∥CD，AD∥BC D．AB＝CD，AD＝BC
10．（2021·黑龙江龙凤·八年级期末）下列说法中，不正确是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
C．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
D．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
11．（2021·黑龙江林口·八年级期末）已知矩形ABCD如图，AB＝3，BC＝4，AE平分∠BAD交BC于点E，点F、G分别为AD、AE的中点，则FG＝（ ）
A． B． C．2 D．
12．（2021·黑龙江龙凤·八年级期末）如图，△ABC的周长为26，点D，E都在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为Q，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为P.若BC＝10，则PQ的长为( )
A． B． C．3 D．4
13．（2021·黑龙江木兰·八年级期末）如图所示，在中，，，分别是，，的中点，，，则四边形的周长是（ ）
A．10 B．20 C．30 D．40
14．（2021·黑龙江·齐齐哈尔市富拉尔基区教师进修学校八年级期末）如图，E，F是四边形ABCD两边AB，CD的中点，G，H是对角线AC，BD的中点，若EH=6，则以下结论不正确的是( )
A． B． C． D．
15．（2021·黑龙江克山·八年级期末）如图,过 ABCD的对角线BD上一点M分别作平行四边形两边的平行线EF与GH,那么图中的 AEMG的面积S1与 HCFM的面积S2的大小关系是( )
A．S1=S2 B．S1>S2 C．S116．（2021·黑龙江龙凤·八年级期末）已知三角形的3条中位线分别为3cm、4cm、6cm，则这个三角形的周长是（ ）.
A．3cm B．26cm C．24cm D．65cm
17．（2021·黑龙江爱辉·八年级期末）如图，已知 OABC的顶点A，C分别在直线x＝1和x＝4上，O是坐标原点，则对角线OB长的最小值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
18．（2021·黑龙江龙凤·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，过对角线BD上一点P，作EF∥BC，HG∥AB，若四边形AEPH和四边形CFPG的面积分另为S1和S2，则S1与S2的大小关系为（ ）
A．S1=S2 B．S1＞S2 C．S1＜S2 D．不能确定
19．（2021·黑龙江道里·八年级期末）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC=∠ECA，则AC的长是（ ）
A． B．6 C．4 D．5
20．（2021·黑龙江道外·八年级期末）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，AD＝8，折叠该纸片，使得AB边落在对角线AC上，点B落在点F处，折痕为AE，则线段EF的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
21．（2021·黑龙江绥棱·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，∠EBC的平分线交CD于点F，将△DEF沿EF折叠，点D恰好落在BE上M点处，延长BC、EF交于点N，有下列四个结论：①DF=CF；②BF⊥EN；③△BEN是等边三角形；④S△BEF=3S△DEF，其中，将正确结论的序号全部选对的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
22．（2021·黑龙江克山·八年级期末）如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合得到折痕EF，将纸片展平；再一次折叠，使点D落到EF上点G处，并使折痕经过点A，展平纸片后∠DAG的大小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
23．（2021·黑龙江林口·八年级期末）如图，将一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点D，C分别落在D′，C′地位置，ED′的延长线与BC相交于点G，若∠EFG=68°，则∠1的度数是（ ）
A．112° B．136° C．144° D．158°
24．（2021·黑龙江勃利·八年级期末）如图，矩形中，，，在数轴上，若以点A为圆心，对角线的长为半径作弧交数轴于点M，则点M表示的数为（ ）
A．2 B． C． D．
25．（2021·黑龙江铁锋·八年级期末）如图，一根竹竿AB，斜靠在竖直的墙上，P是AB中点，A′B′表示竹竿AB端沿墙上、下滑动过程中的某个位置，则在竹竿AB滑动过程中OP（ ）
A．下滑时，OP增大 B．上升时，OP减小
C．无论怎样滑动，OP不变 D．只要滑动，OP就变化
26．（2021·黑龙江铁锋·八年级期末）在四边形ABCD中，AD∥BC，下列选项中，不能判定四边形ABCD为矩形的是（ ）
A．AD＝BC且AC＝BD B．AD＝BC且∠A＝∠B
C．AB＝CD且∠A＝∠C D．AB＝CD且∠A＝∠B
27．（2021·黑龙江集贤·八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，∠CAD＝20°，则∠DHO的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．40°
28．（2021·黑龙江讷河·八年级期末）如图，在菱形中，P是对角线上一动点，过点P作于点E．于点F．若菱形的周长为20，面积为24，则的值为（ ）
A．4 B． C．6 D．
29．（2021·黑龙江·齐齐哈尔市富拉尔基区教师进修学校八年级期末）矩形具有而菱形不具有的性质是【 】
A．两组对边分别平行 B．对角线相等
C．对角线互相平分 D．两组对角分别相等
30．（2021·黑龙江绥棱·八年级期末）已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当时，它是菱形 B．当时，它是正方形
C．当时，它是矩形 D．当时，它是菱形
31．（2021·黑龙江昂昂溪·八年级期末）如图，两把完全一样的直尺叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，这个四边形一定是( )
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．无法判断
32．（2021·黑龙江昂昂溪·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝60°，M为AD中点，P为对角线BD上一动点，连接PA和PM，则PA＋PM的最小值是( )
A．3 B．2 C．3 D．6
33．（2021·黑龙江绥滨·八年级期末）如图，下列条件之一能使平行四边形ABCD是菱形的为（ ）
①AC⊥BD；②∠BAD＝90°；③AB＝BC；④AC＝BD．
A．①③ B．②③ C．③④ D．①②③
34．（2021·黑龙江·齐齐哈尔市富拉尔基区教师进修学校八年级期末）如图，在中，点E为边DC上一点，连接AE，将沿AE翻折，点D的对应点落在边AB上，，，则边BC的长是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
35．（2021·黑龙江木兰·八年级期末）如图．正方形和正方形中，点在上，，，是的中点，那么的长是（ ）．
A． B． C． D．2
36．（2021·黑龙江爱辉·八年级期末）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．四条边都相等 B．对角线互相垂直且平分
C．对角线相等 D．对角线平分一组对角
37．（2021·黑龙江道里·八年级期末）下列命题错误的是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．对角线相等的平行四边形是矩形
C．一条对角线平分一组对角的四边形是菱形
D．对角线互相垂直的矩形是正方形
38．（2021·黑龙江牡丹江·八年级期末）如图，四边形是正方形，线段交于点，连接，，点在线段上，，于．下列结论：①；②；③平分；④；⑤若，则，其中正确结论的个数是（ ）
A． B． C． D．
39．（2021·黑龙江铁锋·八年级期末）如图，已知在正方形ABCD中，厘米，，点E在边AB上，且厘米，如果点P在线段BC上以2厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CD上以a厘米/秒的速度由C点向D点运动，设运动时间为t秒．若存在a与t的值，使与全等时，则t的值为（ ）
A．2 B．2或1.5 C．2.5 D．2.5或2
40．（2021·黑龙江南岗·八年级期末）下列命题中，假命题的是（ ）
A．四个角都相等的四边形是矩形
B．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D．对角线相等的平行四边形是矩形
41．（2021·黑龙江昂昂溪·八年级期末）如图，正方形的面积为，是等边三角形，点在正方形内，在对角线上有一点，使的和最小，则这个最小值为（ ）．
A． B． C． D．
二、填空题
42．（2021·黑龙江龙凤·八年级期末）如图，在ABCD中，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，若AE＝4，AF＝6，ABCD的周长为40，则S为______．
43．（2021·黑龙江集贤·八年级期末）如图，四边形ABCD的对角线相交于点O，AO=CO，请添加一个条件_________（只添一个即可），使四边形ABCD是平行四边形．
44．（2021·黑龙江林口·八年级期末）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点．若，则__________．
45．（2021·黑龙江南岗·八年级期末）如图，，是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是_____．
46．（2021·黑龙江集贤·八年级期末）矩形ABCD中,AB=5,BC=4,将矩形折叠,使得点B落在线段CD的点F处,则线段BE的长为_____________.
47．（2021·黑龙江讷河·八年级期末）如图所示，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，试添加一个条件：___，使得平行四边形ABCD为菱形．
48．（2021·黑龙江绥棱·八年级期末）已知菱形ABCD的两条对角线分别为6和8，M、N分别是边BC、CD的中点，P是对角线BD上一点，则PM+PN的最小值=___．
49．（2021·黑龙江绥滨·八年级期末）如图，将菱形纸片ABCD折迭，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形ABCD的边长为2 cm，∠A=120°，则EF=_______cm．
50．（2021·黑龙江绥滨·八年级期末）如图，正方形ABCD的边长为1，以对角线AC为边作第二个正方形，再以对角线AE为边作第三个正方形AEGH，如此下去，第n个正方形的边长为_____．
51．（2021·黑龙江·肇州县教师进修学校八年级期末）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若EF=2，则菱形ABCD的周长是__．
52．（2021·黑龙江南岗·八年级期末）若菱形的两条对角线长分别是6㎝和8㎝，则该菱形的面积是____㎝2．
53．（2021·黑龙江绥棱·八年级期末）如图， ABCD的周长是26cm，对角线AC与BD交于点O，AC⊥AB，点E是BC的中点，△AOD的周长比△AOB的周长多3cm，则AE的长度为______cm．
三、解答题
54．（2021·黑龙江林口·八年级期末）△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF，
（1）观察猜想
如图1，当点D在线段BC上时，
①BC与CF的位置关系为： ．
②BC，CD，CF之间的数量关系为： ；（将结论直接写在横线上）
（2）数学思考
如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
（3）拓展延伸
如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE，若已知AB=2，CD=BC，请求出GE的长．
55．（2021·黑龙江昂昂溪·八年级期末）如图：在△ABC中∠ACB＝90°，AC＝BC，AE是BC边上的中线，过点C作CF⊥AE， 垂足为F，过B作BD⊥BC交CF的延长线于D．
求证：（1）AE＝CD．（2）若AC＝12cm，求BD的长．
56．（2021·黑龙江绥滨·八年级期末）如图l，已知正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E是AC上一点，连结EB，过点A作AMBE，垂足为M，AM交BD于点F．
（1）求证：OE=OF；
（2）如图2，若点E在AC的延长线上，AMBE于点M，交DB的延长线于点F，其它条件不变，则结论“OE=OF”还成立吗．如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
57．（2021·黑龙江绥棱·八年级期末）如图，正方形ABCD中，AC是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点B，直角顶点P在射线AC上移动，另一边交DC于Q．
（1）如图①，当点Q在DC边上时，猜想并写出PB与PQ所满足的数量关系，并加以证明；
（2）如图②，当点Q落在DC的延长线上时，猜想并写出PB与PQ满足的数量关系，并证明你的猜想．
58．（2021·黑龙江·五常市教师进修学校八年级期末）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，AC，BE相交于点F，则∠BFC为__________°．
59．（2021·黑龙江龙凤·八年级期末）已知在△ABC中，AB＝AC，点D在BC上，以AD、AE为腰做等腰三角形ADE，且∠ADE＝∠ABC，连接CE，过E作EM∥BC交CA延长线于M，连接BM．
（1）求证：△BAD≌△CAE；
（2）若∠ABC＝30°，求∠MEC的度数；
（3）求证：四边形MBDE是平行四边形．
60．（2021·黑龙江昂昂溪·八年级期末）综合与实践
（1）问题发现：正方形ABCD和等腰直角△BEF按如图①所示的方式放置，点F在AB上，连接AE、CF，则AE、CF的数量关系为 ，位置关系为 ．
（2）类比探究：正方形ABCD保持固定，等腰直角△BEF绕点B顺时针旋转，旋转角为α(0°<α ≤360°)，请问（1）中的结论还成立吗？请就图②说明你的理由：
（3）拓展延伸：在（2）的条件下，若AB= 2 BF= 4，在等腰直角△BEF旋转的过程中，当CF为最大值时，请直接写出DE的长．
61．（2021·黑龙江绥棱·八年级期末）已知：如图，平行四边形ABCD中，O是CD的中点，连接AO并延长，交BC的延长线于点E．
（1）求证：；
（2）连接AC，DE，当 四边形ACED是正方形？请说明理由．
62．（2021·黑龙江·五常市教师进修学校八年级期末）在平行四边形ABCD中，点E在AD边上，连接BE、CE，EB平分∠AEC，
（1）如图1，判断△BCE的形状，并说明理由；
（2）如图2，若∠A=90°，BC=5，AE=1，求线段BE的长．
63．（2021·黑龙江龙凤·八年级期末）如图，在△OAB中，∠OAB=90°，∠AOB=30°，OB=8．以OB为一边,在△OAB外作等边三角形OBC，D是OB的中点，连接AD并延长交OC于E．
（1）求证：四边形ABCE是平行四边形．
（2）求四边形ABCE的面积．
64．（2021·黑龙江铁锋·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使EF＝DE，连接CF，BF．
（1）求证：四边形CFBD是菱形；
（2）连接AE，若CF＝，DF＝2，求AE的长．
65．（2021·黑龙江萝北·八年级期末）如图，已知E、F分别是平行四边形ABCD的边AB、CD上的两点，且∠CBF=∠ADE．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）判定四边形DEBF是否是平行四边形？
66．（2021·黑龙江集贤·八年级期末）如图，在中，，，，点从点出发沿方向以4cm/s的是速度向点匀速运动，同时点从出发沿方向以2cm/s的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设点、运动的时间是s．过点作于点，连接、．
（1）求证：；
（2）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，请说明理由；
（3）当为何值时，为直角三角形？请说明理由．
67．（2021·黑龙江木兰·八年级期末）如图，在中，，点在对角线上，，于点，的延长线交于点．点在的延长线上，且，连接．
（1）若，，求的长；
（2）求证：．
68．（2021·黑龙江牡丹江·八年级期末）如图，已知等腰，，平分，为上一动点，作平行，交于F，在上取一点，使得，连接.
（1）根据题意补全图形；
（2）求证四边形是平行四边形；
（3）若，写出一个的度数，使得四边形是菱形.
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
由 ABCD的性质及图形可知：
A、∠1和∠2是邻补角，故∠1+∠2=180°，正确；
B、因为AD∥BC，所以∠2+∠3=180°，正确；
C、因为AB∥CD，所以∠3+∠4=180°，正确；
D、根据平行四边形的对角相等，∠2=∠4，∠2+∠4=180°不一定正确；
故选D．
2．B
【分析】
由AC的垂直平分线交AD于E，易证得AE=CE，又由四边形ABCD是平行四边形，即可求得AD与DC的长，继而求得答案．
【详解】
解：∵AC的垂直平分线交AD于E，
∴AE=CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=3，AD=BC=5，
∴△CDE的周长是：DC+DE+CE=DC+DE+AE=DC+AD=3+5=8，
故选B．
【点睛】
此题考查线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，解题关键在于得到AE=CE．
3．A
【分析】
利用平行四边形的性质、角平分线的性质和等腰三角形的性质可得AD=BC,BE= AB，然后根据EC=BC-BE即可．
【详解】
解：∵AE平分∠BAD
∴∠BAE=∠DAE
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD//BC，AD=BC
∴∠DAE=∠AEB
∴∠BAE=∠BEA
∴AB=BE=3
∴EC=AD-BE=2
故答案为A．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形性质及等腰三角形的性质，根据题意说明△ABE是解答本题的关键．
4．C
【分析】
根据平行四边形的性质得出AB=CD，AD=BC=6，AD∥BC，根据平行线性质求出∠ADE=∠DEC，根据角平分线定义求出∠ADE=∠CDE，推出∠CDE=∠DEC，推出CE=DC，求出CD即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC=6，AD∥BC，
∴∠ADE=∠DEC，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∴∠CDE=∠DEC，
∴CE=DC，
∵BC=6，BE=2，
∴CD=CE=6-2=4，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，角平分线定义，平行线的性质，等腰三角形的性质和判定的应用，解题的关键是求出CD的长，注意：平行四边形的对边平行且相等，难度适中．
5．C
【分析】
根据平行四边形的性质可知∠A，∠B互补，再根据已知可以求出∠A，∠B的度数，而∠C是∠A的对角，所以相等即可得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD//BC，∠A=∠C
∴∠A+∠B=180°，
∵∠A：∠B=5：4
∴∠A=100°，∠B=80°
∴∠C=∠A=100°．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质；①平行四边形两组对边分别平行；②平行四边形的两组对边分别相等；③平行四边形的两组对角分别相等；④平行四边形的对角线互相平分．
6．A
【分析】
根据平行四边形对角相等即可求解．
【详解】
解：∵平行四边形ABCD中，∠A=38°，
∴∠C=∠A=38°，
故选A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的应用，熟练掌握平行四边形对角相等的性质是解题关键．
7．C
【分析】
利用平行四边形的性质和勾股定理易求AO的长，进而可求出AC的长．
【详解】
解：∵ ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
∴，，
∵AB⊥AC，
∴∠BAO＝90°，
∴，
∴AC＝2AO＝12，
故选C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质以及勾股定理的运用，是中考常见题型，比较简单．
8．B
【分析】
根据四边形ABCD为平行四边形可得AE∥BC，根据平行线的性质和角平分线的性质可得出∠ABE＝∠AEB，继而可得AB＝AE，然后根据已知可求得DE的长度．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AE∥BC，AD＝BC＝5，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE＝3，
∴DE＝AD﹣AE＝5﹣3＝2
故选B．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关性质进行求解.
9．A
【分析】
直接根据平行四边形的判定定理判断即可．
【详解】
平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．∴C能判断；
平行四边形判定定理1，两组对角分别相等的四边形是平行四边形；∴B能判断；
平行四边形判定定理2，两组对边分别相等的四边形是平行四边形；∴D能判定；
平行四边形判定定理3，对角线互相平分的四边形是平行四边形；
平行四边形判定定理4，一组对边平行相等的四边形是平行四边形；
故选A．
【点睛】
此题是平行四边形的判定，解本题的关键是掌握和灵活运用平行四边形的5个判断方法．
10．D
【分析】
由平行四边形的判定方法得出A、B、C正确；即可得出结论．
【详解】
解：∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴A正确；
∵两组对角分别相等的四边形是平行四边形，
∴B正确；
∵一组对边且相等的四边形是平行四边形，
∴C正确；
∵一组对边平行另一组对边相等的四边形是等腰梯形，不一定是平行四边形，
∴D不正确．
故选D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定方法：熟练掌握平行四边形的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键．
11．D
【分析】
由AE平分∠BAD得∠BAE=∠DAE,根据矩形ABCD可得△ABE是等腰直角三角形，所以BE=AB=3，从而可求EC=1，连接DE，由勾股定理得DE的长，再根据三角形中位线定理可求FG的长.
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC,
∴∠DAE=∠BEA，
∵AE平分∠BAD
∴∠DAE=∠BAE，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=3,
∵BC=AD=4,
∴EC=1,
连接DE，如图，
∴DE=，
∵点F、G分别为AD、AE的中点，
∴FG=.
故选D.
【点睛】
本题考查了矩形的性质以及三角形中位线定理，熟记性质与定理是解题关键.
12．C
【详解】
首先判断△BAE、△CAD是等腰三角形，从而得出BA=BE，CA=CD，由△ABC的周长为26，及BC=10，可得DE=6，利用中位线定理可求出PQ．
13．A
【分析】
根据三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半，以及中点的定义可得，，再根据四边形的周长的定义计算即可得解
【详解】
解：在中，、、分别是、、的中点，
，，
四边形的周长是．
故选：．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，中点的定义以及四边形周长的定义，熟知三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解答此题的关键．
14．D
【分析】
由三角形中位线定理可得EH∥AD，EH＝AD，GF∥AD，GF＝AD，可得EH∥GF，EH＝GF＝6，AD＝2EH＝12，利用排除法可求解．
【详解】
解：∵E、F是AB、CD的中点，G、H是AC、BD的中点，
∴EH∥AD，EH＝AD，GF∥AD，GF＝AD，
∴EH∥GF，EH＝GF＝6，
∴AD＝2EH＝12，
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，掌握三角形的中位线定理是本题的关键．
15．A
【分析】
根据平行四边形的性质和判定得出平行四边形GBEP、GPFD，证△ABD≌△CDB，得出△ABD和△CDB的面积相等；同理得出△BEM和△MHB的面积相等，△GMD和△FDM的面积相等，相减即可求出答案．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，EF∥BC，HG∥AB，
∴AD=BC，AB=CD，AB∥GH∥CD，AD∥EF∥BC，
∴四边形HBEM、GMFD是平行四边形，
在△ABD和△CDB中,
∵
∴△ABD≌△CDB（SSS），
即△ABD和△CDB的面积相等；
同理△BEM和△MHB的面积相等，△GMD和△FDM的面积相等，
故四边形AEMG和四边形HCFM的面积相等，即S1=S2．
故选A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用，解此题的关键是求出△ABD和△CDB的面积相等，△BEP和△PGB的面积相等，△HPD和△FDP的面积相等，注意：如果两三角形全等，那么这两个三角形的面积相等
16．B
【详解】
如图所示：
∵D，E，F分别是△ABC的三边的中点，
∴DE= AC，DF=BC，EF=AB，
∴AC+BC+AB=2（DE+DF+EF）=2×（3+4+6）=26（cm）．
故选B．
17．C
【分析】
过点B作BD⊥直线x＝4，交直线x＝4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E．则OB＝．由于四边形OABC是平行四边形，所以OA＝BC，又由平行四边形的性质可推得∠OAF＝∠BCD，则可证明△OAF≌△BCD，所以OE的长固定不变，当BE最小时，OB取得最小值，从而可求．
【详解】
解：过点B作BD⊥直线x＝4，交直线x＝4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E，直线x＝1与OC交于点M，与x轴交于点F，直线x＝4与AB交于点N，如图：
∵四边形OABC是平行四边形，
∴∠OAB＝∠BCO，OC∥AB，OA＝BC，
∵直线x＝1与直线x＝4均垂直于x轴，
∴AM∥CN，
∴四边形ANCM是平行四边形，
∴∠MAN＝∠NCM，
∴∠OAF＝∠BCD，
∵∠OFA＝∠BDC＝90°，
∴∠FOA＝∠DBC，
在△OAF和△BCD中，
，
∴△OAF≌△BCD．
∴BD＝OF＝1，
∴OE＝4+1＝5，
∴OB＝．
由于OE的长不变，所以当BE最小时（即B点在x轴上），OB取得最小值，最小值为OB＝OE＝5．
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
18．A
【详解】
试题分析：∵四边形ABCD是平行四边形，EF∥BC，HG∥AB，
∴AD=BC，AB=CD，AB∥GH∥CD，AD∥EF∥BC，
∴四边形GBEP、HPFD是平行四边形，
∵在△ABD和△CDB中，AB=CD，BD=BD，AD=BC，
∴△ABD≌△CDB，
即△ABD和△CDB的面积相等；
同理△BEP和△PGB的面积相等，△HPD和△FDP的面积相等，
∴四边形AEPH和四边形CFPG的面积相等，即S1=S2．
故选A．
考点：1.平行四边形的判定与性质2.全等三角形的判定与性质．
19．B
【详解】
∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，
∴AF=AB，∠AFE=∠B=90°，
∴EF⊥AC，
∵∠EAC=∠ECA，
∴AE=CE，
∴AF=CF，
∴AC=2AB=6，
故选B．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质等，得到EF垂直平分AC是解题的关键．
20．A
【分析】
根据矩形的性质可得BC=AD，∠B=90°，利用勾股定理可求出AC的长，根据折叠的性质可得AF=AB，∠B=∠AFE=90°，BE=EF，在Rt△CEF中利用勾股定理列方程求出EF的长即可得答案．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，AD＝8，
∴∠B=90°，BC=AD=8，
∴AC＝＝10，
∵折叠该纸片，使得AB边落在对角线AC上，点B落在点F处，折痕为AE，
∴BE＝EF，AF＝AB＝6，∠AFE=∠B=90°，
∴CF＝AC-AF=10﹣6＝4，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2+CF2＝CE2，
∴EF2+CF2=（BC-EF）2，即EF2+42=（8-EF）2，
解得：EF＝3，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了翻折变换的性质、勾股定理等几何知识点及其应用问题；解题的关键是灵活运用翻折变换的性质、勾股定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答．
21．B
【详解】
试题分析：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠BCD=90°，DF=MF．
由折叠的性质可得：∠EMF=∠D=90°，即FM⊥BE，CF⊥BC．
∵BF平分∠EBC，∴CF=MF．∴DF=CF．故①正确．
∵∠BFM=90°﹣∠EBF，∠BFC=90°﹣∠CBF，∴∠BFM=∠BFC．
∵∠MFE=∠DFE=∠CFN，∴∠BFE=∠BFN．
∵∠BFE+∠BFN=180°，∴∠BFE=90°，即BF⊥EN．故②正确．
∵在△DEF和△CNF中，易由ASA得△DEF≌△CNF，∴EF=FN．∴BE=BN．
但无法求得△BEN各角的度数，
∴△BEN不一定是等边三角形．故③错误．
∵∠BEM=∠BFC，BM⊥FM，BC⊥CF，∴BM=BC=AD=2DE=2EM．∴BM=3EM．
∴S△BEF=3S△EMF=3S△DEF．故④正确．
综上所述，正确的结论是①②④．故选B．
22．C
【详解】
如图所示：
由题意可得：∠1=∠2,AN=MN,∠MGA=90°，
则NG=AM，故AN=NG，
则∠2=∠4，
∵EF∥AB，
∴∠4=∠3，
∴∠1=∠2=∠3=×90°=30°，
∴∠DAG=60°.
故选C.
23．B
【分析】
由AD//BC，∠EFG=68°，根据两直线平行，内错角相等，可求得∠DEF的度数，然后由折叠的性质，求得∠DEG的度数，继而求得答案．
【详解】
解：∵AD//BC，∠EFG=68°，
∴∠DEF=∠EFG=68°，
由折叠的性质可得：∠FEG=∠DEF=68°，
∴∠DEG=∠DEF+∠FEG=136°，
∵AD//BC，
∴∠1=∠DEG=136°．
故选：B．
【点睛】
此题考查了平行线的性质以及折叠的性质．注意掌握折叠前后图形的对应关系是解此题的关键．
24．C
【分析】
首先根据勾股定理计算出AC的长，进而得到AM的长，再根据A点表示-1，可得M点表示的数．
【详解】
解：∵矩形中，，，
∴，，
∴，
∴，
∵A点表示-1，
∴M点表示的数为：
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理和数轴的应用，矩形的性质，关键是掌握勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
25．C
【分析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OP=AB．
【详解】
解：∵AO⊥BO，点P是AB的中点，
∴OP=AB，
∴在滑动的过程中OP的长度不变．
故选：C．
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．
26．C
【分析】
根据矩形的判定条件逐项进行分析判断即可；
【详解】
解：A、∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项A不符合题意；
B、∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项B符合题意；
C、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D＝180°，
∵∠A＝∠C，
∴∠B＝∠D，
∴四边形ABCD是平行四边形，AB＝CD，故选项C不符合题意；
D、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴AB⊥AD，AB⊥BC，AB的长为AD、BC间的距离，
又∵AB＝CD，
∴CD⊥AD，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴选项D不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了矩形的判定，准确分析判断是解题的关键．
27．A
【分析】
先根据菱形的性质得OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，则利用DH⊥AB得到DH⊥CD，∠DHB＝90°，所以OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，得到OH＝OD＝OB，利用等腰三角形的性质得∠1＝∠DHO，然后利用等角的余角相等即可求出∠DHO的度数.
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，
∵DH⊥AB，
∴DH⊥CD，∠DHB＝90°，
∴OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，
∴OH＝OD＝OB，
∴∠1＝∠DHO，
∵DH⊥CD，
∴∠1+∠2＝90°，
∵BD⊥AC，
∴∠2+∠DCO＝90°，
∴∠1＝∠DCO，
∴∠DHO＝∠DCA，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，
∴∠CAD＝∠DCA＝20°，
∴∠DHO＝20°，
故选A．
【点睛】
本题考查菱形的性质，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，属于中考常考题型．
28．B
【分析】
连接BP，通过菱形的周长为20，求出边长，菱形面积为24，求出SABC的面积，然后利用面积法，SABP+SCBP=SABC，即可求出的值．
【详解】
解：连接BP，
∵菱形ABCD的周长为20，
∴AB=BC=20÷4=5，
又∵菱形ABCD的面积为24，
∴SABC=24÷2=12，
又SABC= SABP+SCBP
∴SABP+SCBP=12，
∴ ，
∵AB=BC，
∴
∵AB=5，
∴PE+PF=12×=．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质，解题关键在于添加辅助线，通过面积法得出等量关系，求出PF+PE的值．
29．B
【详解】
根据矩形与菱形的性质对各选项解析判断后利用排除法求解：
A．矩形与菱形的两组对边都分别平行，故本选项错误；
B．矩形的对角线相等，菱形的对角线不相等，故本选项正确；
C．矩形与菱形的对角线都互相平分，故本选项错误；
D．矩形与菱形的两组对角都分别相等，故本选项错误．
故选B．
30．B
【分析】
根据菱形、正方形、矩形的判定方法一一判断即可．
【详解】
解：A、正确．根据邻边相等的平行四边形是菱形；
B、错误．对角线相等的四边形是矩形，不一定是正方形．
C、正确．有一个角是直角的平行四边形是矩形．
D、正确．对角线垂直的平行四边形是菱形．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查学生对正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定的理解和掌握，属于基础题．
31．B
【分析】
作DF⊥BC,BE⊥CD,先证四边形ABCD是平行四边形.再证Rt△BEC≌Rt△DFC，得，BC=DC，所以，四边形ABCD是菱形.
【详解】
如图，作DF⊥BC,BE⊥CD,
由已知可得，AD∥BC,AB∥CD
∴四边形ABCD是平行四边形.
在Rt△BEC和Rt△DFC中
∴Rt△BEC≌Rt△DFC，
∴BC=DC
∴四边形ABCD是菱形.
故选B
【点睛】
本题考核知识点：菱形的判定.解题关键点：通过全等三角形证一组邻边相等.
32．C
【分析】
首先连接AC，交BD于点O，连接CM，则CM与BD交于点P，此时PA+PM的值最小，由在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=60°，易得△ACD是等边三角形，BD垂直平分AC，继而可得CM⊥AD，则可求得CM的值，继而求得PA+PM的最小值．
【详解】
解：连接AC，交BD于点O，连接CM，则CM与BD交于点P，此时PA+PM的值最小，
∵在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=60°，
∴∠ADC=∠ABC=60°，AD=CD=6，BD垂直平分AC，
∴△ACD是等边三角形，PA=PC，
∵M为AD中点，
∴DM=AD=3，CM⊥AD，
∴CM==3，
∴PA+PM=PC+PM=CM=3．
故选C．
【点睛】
此题考查了最短路径问题、等边三角形的判定与性质、勾股定理以及菱形的性质．注意准确找到点P的位置是解此题的关键．
33．A
【分析】
菱形的判定方法有三种：①定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四边相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形．据此判断即可．
【详解】
解：① ABCD中，AC⊥BD，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可判定 ABCD是菱形；故①正确；
② ABCD中，∠BAD＝90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可判定 ABCD是矩形，而不能判定 ABCD是菱形；故②错误；
③ ABCD中，AB＝BC，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定 ABCD是菱形；故③正确；
D、 ABCD中，AC＝BD，根据对角线相等的平行四边形是矩形，即可判定 ABCD是矩形，而不能判定 ABCD是菱形；故④错误．
故选：A．
【点睛】
此题考查了菱形的判定与矩形的判定定理．此题难度不大，注意掌握菱形的判定定理是解此题的关键．
34．A
【分析】
通过证明四边形ADED'是菱形，可得AE⊥DD'，AO=EO=4，DO=D'O=3，由勾股定理可求AD的长，即可求BC的长．
【详解】
如图，设AE与的交点为．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，．
∵将沿AE翻折，
，，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∴四边形是菱形，
则，，，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】
本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，证明四边形ADED'是菱形是本题的关键．
35．B
【分析】
连接AC、CF，如图，根据正方形的性质得∠ACD=45°，∠FCG=45°，AC=，CF=3，则∠ACF=90°，再利用勾股定理计算出AF=2，然后根据直角三角形斜边上的中线求CH的长．
【详解】
解：连接AC、CF，如图，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，
∴∠ACD=45°，∠FCG=45°，AC=BC=，CF=CE=3，
∴∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△ACF中，AF=，
∵H是AF的中点，
∴CH=AF=．
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．也考查了直角三角形斜边上的中线性质．
36．C
【分析】
根据正方形和菱形的性质逐项判断即可得．
【详解】
A、正方形和菱形的四条边都相等，则此项不符题意；
B、正方形和菱形的对角线都互相垂直且平分，则此项不符题意；
C、正方形的对角线相等，而菱形的对角线不一定相等，则此项符合题意；
D、正方形和菱形的对角线都平分一组对角，则此项不符题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形和菱形的性质，熟练掌握正方形和菱形的性质是解题关键．
37．C
【详解】
解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确，不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，正确，不符合题意；
C、一条对角线平分一组对角的四边形可能是菱形或者正方形，错误，符合题意；
D、对角线互相垂直的矩形是正方形，正确，不符合题意，
故选C．
【点睛】
本题考查命题与定理．
38．A
【分析】
①根据正方形的性质可得AD=AB，由AD=DE可求出AB=DE；过点D作DH⊥AE，根据等腰三角形的性质可得AH=，②再利用全等三角形的判定可得，由全等三角形的性质可得AH=BN，继而可得BN=；由∠AFD=45°可得∠FDH=45°，③∠FDE+∠EDH=45°，∠CDF+∠ADH=45°，从而可得∠CDF=∠FDE，继而求出DF平分∠CDE；④根据，即可得，根据，即可证明；⑤由条件可得为的角平分线，根据角平分线的性质，以及三角形的面积之比可得与的比，进而求解．
【详解】
解：①∵正方形ABCD，
∴AD=AB，
∵AD=DE，
∴AB=DE，故①正确；
②过点D作DH⊥AE，
∵AD=DE，
∴AH=，
∵∠DAH+∠BAE=90°，∠DAH+∠ADH=90°，
∴∠BAE=∠ADH，
在和中，
∵∠ANB=∠DHA=90°，∠BAN=∠ADH，AB=AD，
∴，
∴AH=BN，
∴BN=，故②正确；
③过点D作DH⊥AE，
∵AD=DE，
∴AH平分∠ADE，
∴∠EDH=∠ADH，
∵∠AFD=45°，∠DHF=90°，
∴∠FDH=45°，
∴∠FDE+∠EDH=45°，
又∵∠ADC=90°，
∴∠CDF+∠ADH=45°，
∴∠CDF=∠FDE，
∴DF平分∠CDE，故③正确；
④
,
即
故④正确
⑤若，
则
四边形是正方形
即为的角平分线
如图，过点作
．
故⑤正确．
故正确的有①②③④⑤，共5个
故选A
【点睛】
本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，角平分线性质，解决本题的关键是要熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定．
39．D
【分析】
根据题意分两种情况讨论若△BPE≌△CQP，则BP=CQ，BE=CP；若△BPE≌△CPQ，则BP=CP=5厘米，BE=CQ=6厘米进行求解即可.
【详解】
解：当，即点Q的运动速度与点P的运动速度都是2厘米/秒，若△BPE≌△CQP，则BP=CQ，BE=CP，
∵AB=BC=10厘米，AE=4厘米，
∴BE=CP=6厘米，
∴BP=10-6=4厘米，
∴运动时间t=4÷2=2（秒）；
当，即点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，
∴BP≠CQ，
∵∠B=∠C=90°，
∴要使△BPE与△OQP全等，只要BP=PC=5厘米，CQ=BE=6厘米，即可．
∴点P，Q运动的时间t=（秒）.
综上t的值为2.5或2.
故选：D．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质以及全等三角形的判定，解决问题的关键是掌握正方形的四条边都相等，四个角都是直角；两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．同时要注意分类思想的运用．
40．C
【分析】
根据平行四边形，矩形，菱形和正方形的判定进行判断即可．
【详解】
解：A、四边形的内角和为360°，
∵四个角都相等，
∴四边形的每个角都等于90°，
∴此四边形是矩形，
故该命题是真命题；
B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，
对角线垂直的平行四边形是菱形，
故该命题是真命题；
C、对角线互相平分、互相垂直且相等的四边形才是正方形，
故该命题是假命题；
D、对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题．
故选C．
【点睛】
本题考查了从对角线来判断特殊四边形的方法：对角线互相平分的四边形为平行四边形；对角线互相垂直平分的四边形为菱形；对角线互相平分且相等的四边形为矩形；对角线互相垂直平分且相等的四边形为正方形．
41．C
【详解】
连接、、关于对称．
∴．
∴，当、、三点共线得最小．
∴，选．
点睛：本题考查的是正方的性质和轴对称-最短线题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此的关键．
42．48
【分析】
首先根据平行四边形的性质可得AB＝CD，AD＝BC，可得AB＋BC＝20，再利用其面积的求法S＝BC×AE＝CD×AF，可得4AE＝6CD，列出方程组，求出平行四边形的各边长，再求其面积．
【详解】
解：设BC＝x，CD＝y，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，
∵ ABCD的周长为40，
∴x＋y＝20，
∵AE＝4，AF＝6，S＝BC×AE＝CD×AF，
∴4x＝6y，
得方程组：，
解得：
∴S平行四边形ABCD＝BC×AE＝12×4＝48．
故答案为：48．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的性质与其面积公式，解题的关键是根据性质得到邻边的和，根据面积公式得到方程，再解方程组即可．
43．BO=DO．
【详解】
解：∵AO=CO，BO=DO，∴四边形ABCD是平行四边形．
故答案为BO=DO．
44．20
【分析】
由垂美四边形的定义可得AC⊥BD，再利用勾股定理得到AD2+BC2=AB2+CD2，从而求解.
【详解】
∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，
AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2，
∵AD=2，BC=4，
∴AD2+BC2=22+42=20，
故答案为：20.
【点睛】
本题主要考查四边形的应用，解题的关键是理解新定义，并熟练运用勾股定理.
45．
【分析】
连接交于点，则可证得，，可证四边形为平行四边形，且，可证得四边形为菱形；根据勾股定理计算的长，可得结论．
【详解】
如图，连接交于点，
∵四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴四边形为平行四边形，且，
∴四边形为菱形，
∴，
∵，，
由勾股定理得：，
∴四边形的周长，
故答案为.
【点睛】
本题考查了正方形的性质、菱形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键．
46．2.5
【分析】
首先根据折叠的性质与矩形的性质，得到AF=AB=5，EF=BE，AD=BC=4；然后在Rt△ADF中，利用勾股定理，求得DF的长，进而得到CF的长；再设CE=x，则EF=BE=4-x，在Rt△CEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求得x的值，最后由BE=BC-CE，即可得到结果.
【详解】
解：由题意可得AF=AB=5，AD=BC=4，EF=BE，
在Rt△ADF中，由勾股定理，得DF===3.
在矩形ABCD中，DC=AB=5，
∴CF=DC-DF=2.
设CE=x，则EF=BE=4-x，
在Rt△CEF中，CE2+CF2=EF2，即x2+22=(4-x)2，
解得x=1.5，
则BE=4-x=2.5.
故答案为2.5.
点睛：本题考查翻折变换、矩形的性质，找出线段间的关系，利用勾股定理列出等量关系式是解题的关键.
47．AD=DC（答案不唯一）
【详解】
试题分析：由四边形ABCD是平行四边形，
添加AD=DC，根据邻边相等的平行四边形是菱形的判定，可使得平行四边形ABCD为菱形；
添加AC⊥BD，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形的判定，可使得平行四边形ABCD为菱形．
答案不唯一．
48．5．
【分析】
作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，求出CP、PB，根据勾股定理求出BC长，证出MP+NP=QN=BC，即可得出答案．
【详解】
解：作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠QBP=∠MBP，
即Q在AB上，
∵MQ⊥BD，
∴AC∥MQ，
∵M为BC中点，
∴Q为AB中点，
∵N为CD中点，四边形ABCD是菱形，
∴BQ∥CD，BQ=CN，
∴四边形BQNC是平行四边形，
∴NQ=BC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CP=AC=3，BP=BD=4，
在Rt△BPC中，由勾股定理得：BC=5，
即NQ=5，
∴MP+NP=QP+NP=QN=5，
故答案为5
【点睛】
本题考查轴对称-最短路线问题；菱形的性质．
49．
【详解】
如图，连接AO交EF于点P，
由菱形和折叠对称的性质，知四边形AEOF是菱形，且AP=OP.
∵点A恰好落在菱形的对称中心O处，∴AE=BE.
∵AB=2，∠A=120°，
∴Rt△AEF中，AE=1，∠AEP=30°.
∴EP＝.
∴EF＝.
50．（）n﹣1
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=1，∠B=90°，∴AC=；
同理可求：AE=，HE=，…，
∴第n个正方形的边长an=．
故答案为．
51．16
【详解】
试题分析：先利用三角形中位线性质得到AB=4，然后根据菱形的性质计算菱形ABCD的周长．
∵E，F分别是AD，BD的中点， ∴EF为△ABD的中位线， ∴AB=2EF=4，
∵四边形ABCD为菱形， ∴AB=BC=CD=DA=4， ∴菱形ABCD的周长=4×4=16．
考点：（1）菱形的性质；（2）三角形中位线定理．
52．24
【详解】
已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积．
解：根据对角线的长可以求得菱形的面积，
根据S=ab=×6×8=24cm2，
故答案为24．
53．4
【详解】
分析：由□ABCD的周长为26cm，对角线AC、BD相交于点O，若△AOD的周长比△AOB的周长多3cm，可得AB+AD=13cm，AD-AB=3cm，求出AB和AD的长，得出BC的长，再由直角三角形斜边上的中线性质即可求得答案．
详解：∵□ABCD的周长为26cm，
∴AB+AD=13cm，OB=OD，
∵△AOD的周长比△AOB的周长多3cm，
∴（OA+OD+AD）-（OA+OB+AB）=AD-AB=3cm，
∴AB=5cm，AD=8cm．
∴BC=AD=8cm．
∵AC⊥AB，E是BC中点，
∴AE=BC=4cm；
故答案为4.
点睛： 此题考查了平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线性质．熟练掌握平行四边形的性质，由直角三角形斜边上的中线性质求出AE是解决问题的关键．
54．（1）CF⊥BD，BC=CF+CD；（2）成立，证明详见解析；（3）.
【详解】
试题分析：（1）①根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；②由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质得到CF=BD，∠ACF=∠ABD，根据余角的性质即可得到结论；（2）根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论（3）根据等腰直角三角形的性质得到BC=AB=4，AH=BC=2，求得DH=3，根据正方形的性质得到AD=DE，∠ADE=90°，根据矩形的性质得到NE=CM，EM=CN，由角的性质得到∠ADH=∠DEM，根据全等三角形的性质得到EM=DH=3，DM=AH=2，等量代换得到CN=EM=3，EN=CM=3，根据等腰直角三角形的性质得到CG=BC=4，根据勾股定理即可得到结论．
试题解析：解：（1）①正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，，
∴△DAB≌△FAC，
∴∠B=∠ACF，
∴∠ACB+∠ACF=90°，即CF⊥BD；
②△DAB≌△FAC，
∴CF=BD，
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
（2）成立，
∵正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，，
∴△DAB≌△FAC，
∴∠B=∠ACF，CF=BD
∴∠ACB+∠ACF=90°，即CF⊥BD；
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
（3）解：过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴BC=AB=4，AH=BC=2，
∴CD=BC=1，CH=BC=2，
∴DH=3，
由（2）证得BC⊥CF，CF=BD=5，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=DE，∠ADE=90°，
∵BC⊥CF，EM⊥BD，EN⊥CF，
∴四边形CMEN是矩形，
∴NE=CM，EM=CN，
∵∠AHD=∠ADC=∠EMD=90°，
∴∠ADH+∠EDM=∠EDM+∠DEM=90°，
∴∠ADH=∠DEM，
在△ADH与△DEM中，，
∴△ADH≌△DEM，
∴EM=DH=3，DM=AH=2，
∴CN=EM=3，EN=CM=3，
∵∠ABC=45°，
∴∠BGC=45°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∴CG=BC=4，
∴GN=1，
∴EG==．
考点：四边形综合题.
55．（1）见解析；（2）6
【分析】
（1）根据DB⊥BC，CF⊥AE，得出∠D＝∠AEC，再结合∠DBC＝∠ECA＝90°，且BC＝CA，证明△DBC≌△ECA，即可得证；
（2） 由（1）可得△DBC≌△ECA，可得CE=BD，根据BC=AC=12cm AE是BC的中线，即可得出，即可得出答案．
【详解】
证明：（1）证明：∵DB⊥BC，CF⊥AE，
∴∠DCB＋∠D＝∠DCB＋∠AEC＝90°．
∴∠D＝∠AEC．
又∵∠DBC＝∠ECA＝90°，且BC＝CA，
在△DBC和△ECA中，
∴△DBC≌△ECA（AAS）．
∴AE＝CD；
（2） 由（1）可得△DBC≌△ECA
∴CE=BD，
∵BC=AC=12cm AE是BC的中线，
∴，
∴BD=6cm．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线，证明△DBC≌△ECA解题关键．
56．（1）证明见解析；（2）成立，证明见解析．
【详解】
解：(1)∵四边形ABCD是正方形．
∴∠BOE＝∠AOF＝90°，OB＝OA，
又∵AM⊥BE，
∴∠MEA＋∠MAE＝90°＝∠AFO＋∠MAE
∴∠MEA＝∠AFO，
∴Rt△BOE≌ Rt△AOF
∴OE＝OF
(2)OE＝OF成立
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOE＝∠AOF＝90°，OB＝OA
又∵AM⊥BE，
∴∠F＋∠MBF＝90°＝∠E＋∠OBE
又∵∠MBF＝∠OBE
∴∠F＝∠E
∴Rt△BOE≌Rt△AOF
∴OE＝OF
57．（1）PB＝PQ.证明见解析；（2）PB＝PQ.证明见解析.
【详解】
试题分析：（1）过P作PE⊥BC，PF⊥CD，证明Rt△PQF≌Rt△PBE，即可；
（2）证明思路同（1）．
试题解析：（1）PB=PQ，
证明：过P作PE⊥BC，PF⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB=90°，
∴PF=PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPE+∠QPE=90°，∠QPE+∠QPF=90°，
∴∠BPE=∠QPF，
∴Rt△PQF≌Rt△PBE，
∴PB=PQ；
（2）PB=PQ，
证明：过P作PE⊥BC，PF⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB=90°，
∴PF=PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPF+∠QPF=90°，∠BPF+∠BPE=90°，
∴∠BPE=∠QPF，
∴Rt△PQF≌Rt△PBE，
∴PB=PQ．
考点： 正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．
58．60°
【详解】
试题分析：根据正方形和等边三角形的性质可得：∠BAD=90°，∠DAE=60°，根据△BAE为等腰三角形可得：∠ABE=∠AEB=15°，根据正方形的性质可得：∠BCF=45°，∠CBF=90°-15°=75°，根据△BCF的内角和定理可得：∠BFC=180°-45°-75°=60°.
考点：（1）、等腰三角形的性质；（2）、三角形内角和定理；（3）、等边三角形的性质
59．（1）见解析；（2）120°；；（3）见解析
【分析】
（1）证明∠BAC=∠DAE，得出∠BAD=∠CAE，由SAS即可得出结论；
（2）求出∠ACB=∠ACE=30°，由平行线的性质得出∠MEC+∠ECD=180°，即可得出结果；
（3）由△BAD≌△CAE，得出DB=CE，再证明∠ACE=∠EMC，得出ME=EC，推出DB=ME，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠BAC=180°-2∠ABC，
∵以AD、AE为腰做等腰三角形ADE，
∴AD=AE，
∴∠ADE=∠AED，
∴∠DAE=180°-2∠ADE，
∵∠ADE=∠ABC，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC-∠CAD=∠DAE-∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，，
∴△BAD≌△CAE（SAS）；
（2）解：∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝30°，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE＝30°，
∴∠ACB＝∠ACE＝30°，
∴∠ECB＝∠ACB+∠ACE＝60°，
∵EM∥BC，
∴∠MEC+∠ECD＝180°，
∴∠MEC＝180°﹣60°＝120°；
（3）证明：∵△BAD≌△CAE，
∴DB＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵AB＝AC，
∴∠ABD＝∠ACB，
∴∠ACB＝∠ACE，
∵EM∥BC，
∴∠EMC＝∠ACB，
∴∠ACE＝∠EMC，
∴ME＝EC，
∴DB＝ME，
又∵EM∥BD，
∴四边形MBDE是平行四边形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、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．
60．（1）相等，垂直；（2）成立，见解析；（3）2．
【分析】
（1）利用SAS证明△ABE≌△CBF，延长CF交AB于点M，证明∠AMC=90°即可；
（2）仿照（1）的证明方法求解即可；
（3）根据题意，得点F在以B为圆心，BF为半径的圆上运动，根据直径最大原理，知道当C，B，F三点一线时，CF最大，此时点E恰好在AB的延长线上，连接DE，利用勾股定理求值即可.
【详解】
（1）如图①，∵正方形ABCD和等腰直角△BEF,
∴BA=BC，∠EBA=∠FBC=90° ，BE=BF，
∴△ABE≌△CBF，
∴AE=CF，
延长CF交AE于点M，
∵△ABE≌△CBF，
∴∠EAB=∠FCB ，
∵∠AFM=∠BFC ，
∴∠AMF=∠FBC=90° ，
∴AE⊥CF，
故答案为：相等，垂直；
（2）结论还成立．理由如下：
如图②，∵正方形ABCD和等腰直角△BEF,
∴BA=BC，∠EBF=∠ABC=90° ，BE=BF，
∴∠EBF-∠ABF =∠ABC-∠ABF，
∴∠EBA =∠FBC，
∴△ABE≌△CBF，
∴AE=CF，
延长CF交AE于点N，交AB于点G，
∵△ABE≌△CBF，
∴∠EAB=∠FCB ，
∵∠AGN=∠BGC ，
∴∠ANG=∠GBC=90° ，
∴AE⊥CF，
故结论成立；
（3）如图③，根据题意，得点F在以B为圆心，BF为半径的圆上运动，根据直径最大原理，知道当C，B，F三点一线时，CF最大，此时点E恰好在AB的延长线上，连接DE，∵AB= 2BF = 4，
∴AE=AB+BE=6，
在直角三角形ADE中，
DE==2．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角形的全等，勾股定理，直径是圆中的最大的弦，垂直的定义，熟练掌握三角形全等，垂直的证明是解题的关键．
61．（1）见解析
（2）45°，理由见解析
【分析】
（1）根据平行线的性质可得∠ADO＝∠ECO，再根据中点定义可得DO=CO，然后可利用ASA证明△AOD≌△EOC；
（2）当∠B=∠AEB=45°时，四边形ACED是正方形，由（1）得四边形ACED是平行四边形，再证对角线互相垂直且相等可得四边形ACED是正方形．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BE
∴∠ADO＝∠ECO
又∵O是CD的中点
∴OD＝OC
在△AOD和△EOC中
∴△AOD ≌ △EOC （ASA）
（2）45°
由（1）知，OA=OE,OC=OD
∴四边形ACED是平行四边形
∴AD＝CE
又∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD＝BC
∴BC ＝CE
当∠B＝∠AEB＝45°时，
且
∴四边形ACED是正方形．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，以及正方形的判定，关键是掌握对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形．
62．（1）证明见解析；（2）
【详解】
（1）如图1中，结论：△BCE是等腰三角形．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠CBE=∠AEB，
∵EB平分∠AEC，
∴∠AEB=∠BEC，
∴∠CBE=∠BEC，
∴CB=CE，
∴△CBE是等腰三角形；
（2）如图2中，∵四边形ABCD是平行四边形，∠A=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，BC=AD=5，
在Rt△ECD中，∵∠D=90°，ED=AD-AE=4，EC=BC=5，
在中，∵∠A=90°，AB=3．AE=1，
63．（1）见详解；（2）
【分析】
（1）先证明AB∥CE，再推出∠ADB＝∠OBC=60°，从而得AD∥BC，进而得到结论；
（2）根据勾股定理求出AO的长，再根据平行四边形的面积公式，即可求解．
【详解】
（1）证明：∵∠OAB＝90°，
∴AB⊥x轴，
∵y轴⊥x轴，
∴AB∥y轴，即AB∥CE，
∵∠AOB＝30°，
∴∠OBA＝60°，
∵∠OAB=90°，D是OB的中点，
∴DB=DO= =4，
∵∠AOB=30°，
∴AB= =4，
∵DB＝DO＝AB =4，
∴∠BDA＝∠BAD＝（180°-60°）÷2＝60°，
∵△OBC是等边三角形，
∴∠OBC＝60°，
∴∠ADB＝∠OBC，
即AD∥BC，
∴四边形ABCE是平行四边形；
（2）在直角△OAB中，AB=4，BO=8，
∴AO=，
∴平行四边形ABCE的面积=AB AO=．
【点睛】
本题主要考查直角三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理以及平行四边形的判定定理，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
64．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）证明四边形CFBD是平行四边形，再证明∠1＝90°，即可判定四边形CFBD是菱形．
（2）根据菱形的性质求得EF＝1，再由勾股定理求得CE＝3，由三角形的中位线定理可得AC＝2，再由勾股定理即可求得．
【详解】
（1）证明：∵E是边BC的中点，
∴BE＝EC，
∵ DE＝EF，BE＝EC，
∴四边形CFBD是平行四边形，
∵D是AB边中点，E是BC中点，
∴DE∥AC，
∴∠1＝∠ACB＝90°，
∴四边形CFBD是菱形．
（2）∵四边形CFBD是菱形，
∴∠CEF＝90°．
∵DF＝2，
∴EF＝1，
∵，
∴由勾股定理得，CE＝3，
∵D，E分别是边AB，BC的中点，DE＝1，
∴AC＝2，
∵∠ACB＝90°，
由勾股定理得．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练运用相关知识是解决问题的关键．
65．（1）证明见解析；（2）四边形DEBF是平行四边形，理由见解析.
【详解】
分析：（1）利用平行四边形ABCD的对角相等，对边相等的性质推知∠A=∠C，AD=BC；然后根据全等三角形的判定定理AAS证得结论；
（2）由“对边平行且相等的四边形是平行四边形”推知四边形DEBF是平行四边形．
详解：（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A=∠C，AD=BC，
在△ADE与△CBF中，
∴△ADE≌△CBF（ASA）；
（2）四边形DEBF是平行四边形．理由如下：
∵DF∥EB，又由△ADE≌△CBF，知AE=CF，
∴AB﹣AE=CD﹣CF，即DF=EB．
∴四边形DEBF是平行四边形
点睛：本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质．平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
66．（1）见解析；（2）能，；（3）或，理由见解析
【分析】
（1）由已知条件可得Rt△CDF中∠C＝30°，即可知DF＝CD＝AE＝2t；
（2）由DF∥AE且DF＝AE，即四边形ADFE是平行四边形，若构成菱形，则邻边相等即AD＝AE，可得关于t的方程，求解即可知；
（3）分∠EDF＝90°、∠DEF＝90°两种情况，根据直角三角形的性质列出算式，计算即可．
【详解】
（1）证明：∵在中，，
，，
∴．
∵，，
在直角中，，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴四边形是平行四边形，
当时，四边形是菱形，
即，
解得：，
即当时，平行四边形是菱形；
（3）当时是直角三角形（）；
当时，是直角三角形（）．
理由如下：
当时，
∴
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴时，．
当时，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴是直角三角形，，
∵，
∴，
∴，，
，
∴，
解得．
综上所述，当时是直角三角形（）；当时，是直角三角形（）．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了直角三角形的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质、含角的直角三角形的性质等知识点，熟练掌握平行四边形、菱形的判定是解题的关键．
67．（1）5；（2）见解析
【分析】
（1）依据，，可得是等腰直角三角形，结合求出，再根据勾股定理，即可求解的长；
（2）连接GE，过A作，交BG于P，连接PE，利用正方形的判定方法可证得四边形是正方形，即可得到，，进而得出，依据，，即可得到．
【详解】
（1）解：∵，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴．
（2）如图，连接GE，过A作，交BG于P，连接PE，
∵，，
∴，
∴BG是AE的垂直平分线，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，即，
是等腰直角三角形，即，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、正方形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识，掌握特殊四边形的判定与性质并能灵活运用所学知识是解题的关键．
68．（1）见解析；（2）见解析；（3），理由见解析．
【分析】
（1）根据题意按步骤画图即可；
（2）根据平行线的性质和角平分线的定义得出，则，进而有，然后利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明；
（3）根据菱形的性质有，然后利用等腰三角形的性质和平行线的性质即可求解．
【详解】
（1）补全图形如下：
（2） ，
．
，
．
∵AD平分，
，
，
，
．
，
∴四边形BEFG是平行四边形；
（3），理由如下：
若四边形BEFG是菱形，则有，
，
，
．
∵四边形BEFG是平行四边形，
，
．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定及性质，菱形的性质，掌握平行四边形的判定及性质和菱形的性质是解题的关键．
答案第1页，共2页
一、单选题
1．（2021·黑龙江龙凤·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，下列各式不一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（2021·黑龙江碾子山·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB=3，BC=5，AC的垂直平分线交AD于点E，则△CDE的周长是（ ）
A．6 B．8 C．9 D．10
3．（2021·黑龙江萝北·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝5，AB＝3，AE平分∠BAD交BC边于点E，则线段BE，EC的长度分别为（ ）
A．3和2 B．2和3 C．4和1 D．1和4
4．（2021·黑龙江绥滨·八年级期末）如图，在中，平分，则的长是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2021·黑龙江·齐齐哈尔市富拉尔基区教师进修学校八年级期末）在平行四边形ABCD中，若∠A∶∠B＝5∶4，则∠C的度数为（ ）
A．80° B．120° C．100° D．110°
6．（2021·黑龙江南岗·八年级期末）若中，，则的度数为（ ）．A． B． C． D．
7．（2021·黑龙江巴彦·八年级期末）如的对角线与相较于，，若，，则长（ ）
A．6 B．10 C．12 D．18
8．（2021·黑龙江勃利·八年级期末）如图，平行四边形ABCD中，AD＝5，AB＝3，BE 平分∠ABC交AD边于点E，则线段AE、ED的长度分别为（ ）
A．2和3 B．3和2 C．4和1 D．1和4
9．（2021·黑龙江林口·八年级期末）下列给出的条件中，不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB∥CD，AD＝BC B．∠A＝∠C，∠B＝∠D
C．AB∥CD，AD∥BC D．AB＝CD，AD＝BC
10．（2021·黑龙江龙凤·八年级期末）下列说法中，不正确是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
C．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
D．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
11．（2021·黑龙江林口·八年级期末）已知矩形ABCD如图，AB＝3，BC＝4，AE平分∠BAD交BC于点E，点F、G分别为AD、AE的中点，则FG＝（ ）
A． B． C．2 D．
12．（2021·黑龙江龙凤·八年级期末）如图，△ABC的周长为26，点D，E都在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为Q，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为P.若BC＝10，则PQ的长为( )
A． B． C．3 D．4
13．（2021·黑龙江木兰·八年级期末）如图所示，在中，，，分别是，，的中点，，，则四边形的周长是（ ）
A．10 B．20 C．30 D．40
14．（2021·黑龙江·齐齐哈尔市富拉尔基区教师进修学校八年级期末）如图，E，F是四边形ABCD两边AB，CD的中点，G，H是对角线AC，BD的中点，若EH=6，则以下结论不正确的是( )
A． B． C． D．
15．（2021·黑龙江克山·八年级期末）如图,过 ABCD的对角线BD上一点M分别作平行四边形两边的平行线EF与GH,那么图中的 AEMG的面积S1与 HCFM的面积S2的大小关系是( )
A．S1=S2 B．S1>S2 C．S1
A．3cm B．26cm C．24cm D．65cm
17．（2021·黑龙江爱辉·八年级期末）如图，已知 OABC的顶点A，C分别在直线x＝1和x＝4上，O是坐标原点，则对角线OB长的最小值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
18．（2021·黑龙江龙凤·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，过对角线BD上一点P，作EF∥BC，HG∥AB，若四边形AEPH和四边形CFPG的面积分另为S1和S2，则S1与S2的大小关系为（ ）
A．S1=S2 B．S1＞S2 C．S1＜S2 D．不能确定
19．（2021·黑龙江道里·八年级期末）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC=∠ECA，则AC的长是（ ）
A． B．6 C．4 D．5
20．（2021·黑龙江道外·八年级期末）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，AD＝8，折叠该纸片，使得AB边落在对角线AC上，点B落在点F处，折痕为AE，则线段EF的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
21．（2021·黑龙江绥棱·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，∠EBC的平分线交CD于点F，将△DEF沿EF折叠，点D恰好落在BE上M点处，延长BC、EF交于点N，有下列四个结论：①DF=CF；②BF⊥EN；③△BEN是等边三角形；④S△BEF=3S△DEF，其中，将正确结论的序号全部选对的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
22．（2021·黑龙江克山·八年级期末）如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合得到折痕EF，将纸片展平；再一次折叠，使点D落到EF上点G处，并使折痕经过点A，展平纸片后∠DAG的大小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
23．（2021·黑龙江林口·八年级期末）如图，将一张矩形纸片ABCD沿EF折叠后，点D，C分别落在D′，C′地位置，ED′的延长线与BC相交于点G，若∠EFG=68°，则∠1的度数是（ ）
A．112° B．136° C．144° D．158°
24．（2021·黑龙江勃利·八年级期末）如图，矩形中，，，在数轴上，若以点A为圆心，对角线的长为半径作弧交数轴于点M，则点M表示的数为（ ）
A．2 B． C． D．
25．（2021·黑龙江铁锋·八年级期末）如图，一根竹竿AB，斜靠在竖直的墙上，P是AB中点，A′B′表示竹竿AB端沿墙上、下滑动过程中的某个位置，则在竹竿AB滑动过程中OP（ ）
A．下滑时，OP增大 B．上升时，OP减小
C．无论怎样滑动，OP不变 D．只要滑动，OP就变化
26．（2021·黑龙江铁锋·八年级期末）在四边形ABCD中，AD∥BC，下列选项中，不能判定四边形ABCD为矩形的是（ ）
A．AD＝BC且AC＝BD B．AD＝BC且∠A＝∠B
C．AB＝CD且∠A＝∠C D．AB＝CD且∠A＝∠B
27．（2021·黑龙江集贤·八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，∠CAD＝20°，则∠DHO的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．40°
28．（2021·黑龙江讷河·八年级期末）如图，在菱形中，P是对角线上一动点，过点P作于点E．于点F．若菱形的周长为20，面积为24，则的值为（ ）
A．4 B． C．6 D．
29．（2021·黑龙江·齐齐哈尔市富拉尔基区教师进修学校八年级期末）矩形具有而菱形不具有的性质是【 】
A．两组对边分别平行 B．对角线相等
C．对角线互相平分 D．两组对角分别相等
30．（2021·黑龙江绥棱·八年级期末）已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当时，它是菱形 B．当时，它是正方形
C．当时，它是矩形 D．当时，它是菱形
31．（2021·黑龙江昂昂溪·八年级期末）如图，两把完全一样的直尺叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，这个四边形一定是( )
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．无法判断
32．（2021·黑龙江昂昂溪·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝60°，M为AD中点，P为对角线BD上一动点，连接PA和PM，则PA＋PM的最小值是( )
A．3 B．2 C．3 D．6
33．（2021·黑龙江绥滨·八年级期末）如图，下列条件之一能使平行四边形ABCD是菱形的为（ ）
①AC⊥BD；②∠BAD＝90°；③AB＝BC；④AC＝BD．
A．①③ B．②③ C．③④ D．①②③
34．（2021·黑龙江·齐齐哈尔市富拉尔基区教师进修学校八年级期末）如图，在中，点E为边DC上一点，连接AE，将沿AE翻折，点D的对应点落在边AB上，，，则边BC的长是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
35．（2021·黑龙江木兰·八年级期末）如图．正方形和正方形中，点在上，，，是的中点，那么的长是（ ）．
A． B． C． D．2
36．（2021·黑龙江爱辉·八年级期末）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．四条边都相等 B．对角线互相垂直且平分
C．对角线相等 D．对角线平分一组对角
37．（2021·黑龙江道里·八年级期末）下列命题错误的是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．对角线相等的平行四边形是矩形
C．一条对角线平分一组对角的四边形是菱形
D．对角线互相垂直的矩形是正方形
38．（2021·黑龙江牡丹江·八年级期末）如图，四边形是正方形，线段交于点，连接，，点在线段上，，于．下列结论：①；②；③平分；④；⑤若，则，其中正确结论的个数是（ ）
A． B． C． D．
39．（2021·黑龙江铁锋·八年级期末）如图，已知在正方形ABCD中，厘米，，点E在边AB上，且厘米，如果点P在线段BC上以2厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CD上以a厘米/秒的速度由C点向D点运动，设运动时间为t秒．若存在a与t的值，使与全等时，则t的值为（ ）
A．2 B．2或1.5 C．2.5 D．2.5或2
40．（2021·黑龙江南岗·八年级期末）下列命题中，假命题的是（ ）
A．四个角都相等的四边形是矩形
B．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D．对角线相等的平行四边形是矩形
41．（2021·黑龙江昂昂溪·八年级期末）如图，正方形的面积为，是等边三角形，点在正方形内，在对角线上有一点，使的和最小，则这个最小值为（ ）．
A． B． C． D．
二、填空题
42．（2021·黑龙江龙凤·八年级期末）如图，在ABCD中，AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，若AE＝4，AF＝6，ABCD的周长为40，则S为______．
43．（2021·黑龙江集贤·八年级期末）如图，四边形ABCD的对角线相交于点O，AO=CO，请添加一个条件_________（只添一个即可），使四边形ABCD是平行四边形．
44．（2021·黑龙江林口·八年级期末）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点．若，则__________．
45．（2021·黑龙江南岗·八年级期末）如图，，是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是_____．
46．（2021·黑龙江集贤·八年级期末）矩形ABCD中,AB=5,BC=4,将矩形折叠,使得点B落在线段CD的点F处,则线段BE的长为_____________.
47．（2021·黑龙江讷河·八年级期末）如图所示，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，试添加一个条件：___，使得平行四边形ABCD为菱形．
48．（2021·黑龙江绥棱·八年级期末）已知菱形ABCD的两条对角线分别为6和8，M、N分别是边BC、CD的中点，P是对角线BD上一点，则PM+PN的最小值=___．
49．（2021·黑龙江绥滨·八年级期末）如图，将菱形纸片ABCD折迭，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形ABCD的边长为2 cm，∠A=120°，则EF=_______cm．
50．（2021·黑龙江绥滨·八年级期末）如图，正方形ABCD的边长为1，以对角线AC为边作第二个正方形，再以对角线AE为边作第三个正方形AEGH，如此下去，第n个正方形的边长为_____．
51．（2021·黑龙江·肇州县教师进修学校八年级期末）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若EF=2，则菱形ABCD的周长是__．
52．（2021·黑龙江南岗·八年级期末）若菱形的两条对角线长分别是6㎝和8㎝，则该菱形的面积是____㎝2．
53．（2021·黑龙江绥棱·八年级期末）如图， ABCD的周长是26cm，对角线AC与BD交于点O，AC⊥AB，点E是BC的中点，△AOD的周长比△AOB的周长多3cm，则AE的长度为______cm．
三、解答题
54．（2021·黑龙江林口·八年级期末）△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF，
（1）观察猜想
如图1，当点D在线段BC上时，
①BC与CF的位置关系为： ．
②BC，CD，CF之间的数量关系为： ；（将结论直接写在横线上）
（2）数学思考
如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
（3）拓展延伸
如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE，若已知AB=2，CD=BC，请求出GE的长．
55．（2021·黑龙江昂昂溪·八年级期末）如图：在△ABC中∠ACB＝90°，AC＝BC，AE是BC边上的中线，过点C作CF⊥AE， 垂足为F，过B作BD⊥BC交CF的延长线于D．
求证：（1）AE＝CD．（2）若AC＝12cm，求BD的长．
56．（2021·黑龙江绥滨·八年级期末）如图l，已知正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E是AC上一点，连结EB，过点A作AMBE，垂足为M，AM交BD于点F．
（1）求证：OE=OF；
（2）如图2，若点E在AC的延长线上，AMBE于点M，交DB的延长线于点F，其它条件不变，则结论“OE=OF”还成立吗．如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
57．（2021·黑龙江绥棱·八年级期末）如图，正方形ABCD中，AC是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点B，直角顶点P在射线AC上移动，另一边交DC于Q．
（1）如图①，当点Q在DC边上时，猜想并写出PB与PQ所满足的数量关系，并加以证明；
（2）如图②，当点Q落在DC的延长线上时，猜想并写出PB与PQ满足的数量关系，并证明你的猜想．
58．（2021·黑龙江·五常市教师进修学校八年级期末）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，AC，BE相交于点F，则∠BFC为__________°．
59．（2021·黑龙江龙凤·八年级期末）已知在△ABC中，AB＝AC，点D在BC上，以AD、AE为腰做等腰三角形ADE，且∠ADE＝∠ABC，连接CE，过E作EM∥BC交CA延长线于M，连接BM．
（1）求证：△BAD≌△CAE；
（2）若∠ABC＝30°，求∠MEC的度数；
（3）求证：四边形MBDE是平行四边形．
60．（2021·黑龙江昂昂溪·八年级期末）综合与实践
（1）问题发现：正方形ABCD和等腰直角△BEF按如图①所示的方式放置，点F在AB上，连接AE、CF，则AE、CF的数量关系为 ，位置关系为 ．
（2）类比探究：正方形ABCD保持固定，等腰直角△BEF绕点B顺时针旋转，旋转角为α(0°<α ≤360°)，请问（1）中的结论还成立吗？请就图②说明你的理由：
（3）拓展延伸：在（2）的条件下，若AB= 2 BF= 4，在等腰直角△BEF旋转的过程中，当CF为最大值时，请直接写出DE的长．
61．（2021·黑龙江绥棱·八年级期末）已知：如图，平行四边形ABCD中，O是CD的中点，连接AO并延长，交BC的延长线于点E．
（1）求证：；
（2）连接AC，DE，当 四边形ACED是正方形？请说明理由．
62．（2021·黑龙江·五常市教师进修学校八年级期末）在平行四边形ABCD中，点E在AD边上，连接BE、CE，EB平分∠AEC，
（1）如图1，判断△BCE的形状，并说明理由；
（2）如图2，若∠A=90°，BC=5，AE=1，求线段BE的长．
63．（2021·黑龙江龙凤·八年级期末）如图，在△OAB中，∠OAB=90°，∠AOB=30°，OB=8．以OB为一边,在△OAB外作等边三角形OBC，D是OB的中点，连接AD并延长交OC于E．
（1）求证：四边形ABCE是平行四边形．
（2）求四边形ABCE的面积．
64．（2021·黑龙江铁锋·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D，E分别是边AB，BC的中点，连接DE并延长到点F，使EF＝DE，连接CF，BF．
（1）求证：四边形CFBD是菱形；
（2）连接AE，若CF＝，DF＝2，求AE的长．
65．（2021·黑龙江萝北·八年级期末）如图，已知E、F分别是平行四边形ABCD的边AB、CD上的两点，且∠CBF=∠ADE．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）判定四边形DEBF是否是平行四边形？
66．（2021·黑龙江集贤·八年级期末）如图，在中，，，，点从点出发沿方向以4cm/s的是速度向点匀速运动，同时点从出发沿方向以2cm/s的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设点、运动的时间是s．过点作于点，连接、．
（1）求证：；
（2）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，请说明理由；
（3）当为何值时，为直角三角形？请说明理由．
67．（2021·黑龙江木兰·八年级期末）如图，在中，，点在对角线上，，于点，的延长线交于点．点在的延长线上，且，连接．
（1）若，，求的长；
（2）求证：．
68．（2021·黑龙江牡丹江·八年级期末）如图，已知等腰，，平分，为上一动点，作平行，交于F，在上取一点，使得，连接.
（1）根据题意补全图形；
（2）求证四边形是平行四边形；
（3）若，写出一个的度数，使得四边形是菱形.
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
由 ABCD的性质及图形可知：
A、∠1和∠2是邻补角，故∠1+∠2=180°，正确；
B、因为AD∥BC，所以∠2+∠3=180°，正确；
C、因为AB∥CD，所以∠3+∠4=180°，正确；
D、根据平行四边形的对角相等，∠2=∠4，∠2+∠4=180°不一定正确；
故选D．
2．B
【分析】
由AC的垂直平分线交AD于E，易证得AE=CE，又由四边形ABCD是平行四边形，即可求得AD与DC的长，继而求得答案．
【详解】
解：∵AC的垂直平分线交AD于E，
∴AE=CE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=3，AD=BC=5，
∴△CDE的周长是：DC+DE+CE=DC+DE+AE=DC+AD=3+5=8，
故选B．
【点睛】
此题考查线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，解题关键在于得到AE=CE．
3．A
【分析】
利用平行四边形的性质、角平分线的性质和等腰三角形的性质可得AD=BC,BE= AB，然后根据EC=BC-BE即可．
【详解】
解：∵AE平分∠BAD
∴∠BAE=∠DAE
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD//BC，AD=BC
∴∠DAE=∠AEB
∴∠BAE=∠BEA
∴AB=BE=3
∴EC=AD-BE=2
故答案为A．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形性质及等腰三角形的性质，根据题意说明△ABE是解答本题的关键．
4．C
【分析】
根据平行四边形的性质得出AB=CD，AD=BC=6，AD∥BC，根据平行线性质求出∠ADE=∠DEC，根据角平分线定义求出∠ADE=∠CDE，推出∠CDE=∠DEC，推出CE=DC，求出CD即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC=6，AD∥BC，
∴∠ADE=∠DEC，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∴∠CDE=∠DEC，
∴CE=DC，
∵BC=6，BE=2，
∴CD=CE=6-2=4，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，角平分线定义，平行线的性质，等腰三角形的性质和判定的应用，解题的关键是求出CD的长，注意：平行四边形的对边平行且相等，难度适中．
5．C
【分析】
根据平行四边形的性质可知∠A，∠B互补，再根据已知可以求出∠A，∠B的度数，而∠C是∠A的对角，所以相等即可得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD//BC，∠A=∠C
∴∠A+∠B=180°，
∵∠A：∠B=5：4
∴∠A=100°，∠B=80°
∴∠C=∠A=100°．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质；①平行四边形两组对边分别平行；②平行四边形的两组对边分别相等；③平行四边形的两组对角分别相等；④平行四边形的对角线互相平分．
6．A
【分析】
根据平行四边形对角相等即可求解．
【详解】
解：∵平行四边形ABCD中，∠A=38°，
∴∠C=∠A=38°，
故选A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的应用，熟练掌握平行四边形对角相等的性质是解题关键．
7．C
【分析】
利用平行四边形的性质和勾股定理易求AO的长，进而可求出AC的长．
【详解】
解：∵ ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
∴，，
∵AB⊥AC，
∴∠BAO＝90°，
∴，
∴AC＝2AO＝12，
故选C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质以及勾股定理的运用，是中考常见题型，比较简单．
8．B
【分析】
根据四边形ABCD为平行四边形可得AE∥BC，根据平行线的性质和角平分线的性质可得出∠ABE＝∠AEB，继而可得AB＝AE，然后根据已知可求得DE的长度．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AE∥BC，AD＝BC＝5，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE＝3，
∴DE＝AD﹣AE＝5﹣3＝2
故选B．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关性质进行求解.
9．A
【分析】
直接根据平行四边形的判定定理判断即可．
【详解】
平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．∴C能判断；
平行四边形判定定理1，两组对角分别相等的四边形是平行四边形；∴B能判断；
平行四边形判定定理2，两组对边分别相等的四边形是平行四边形；∴D能判定；
平行四边形判定定理3，对角线互相平分的四边形是平行四边形；
平行四边形判定定理4，一组对边平行相等的四边形是平行四边形；
故选A．
【点睛】
此题是平行四边形的判定，解本题的关键是掌握和灵活运用平行四边形的5个判断方法．
10．D
【分析】
由平行四边形的判定方法得出A、B、C正确；即可得出结论．
【详解】
解：∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴A正确；
∵两组对角分别相等的四边形是平行四边形，
∴B正确；
∵一组对边且相等的四边形是平行四边形，
∴C正确；
∵一组对边平行另一组对边相等的四边形是等腰梯形，不一定是平行四边形，
∴D不正确．
故选D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定方法：熟练掌握平行四边形的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键．
11．D
【分析】
由AE平分∠BAD得∠BAE=∠DAE,根据矩形ABCD可得△ABE是等腰直角三角形，所以BE=AB=3，从而可求EC=1，连接DE，由勾股定理得DE的长，再根据三角形中位线定理可求FG的长.
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC,
∴∠DAE=∠BEA，
∵AE平分∠BAD
∴∠DAE=∠BAE，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=3,
∵BC=AD=4,
∴EC=1,
连接DE，如图，
∴DE=，
∵点F、G分别为AD、AE的中点，
∴FG=.
故选D.
【点睛】
本题考查了矩形的性质以及三角形中位线定理，熟记性质与定理是解题关键.
12．C
【详解】
首先判断△BAE、△CAD是等腰三角形，从而得出BA=BE，CA=CD，由△ABC的周长为26，及BC=10，可得DE=6，利用中位线定理可求出PQ．
13．A
【分析】
根据三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半，以及中点的定义可得，，再根据四边形的周长的定义计算即可得解
【详解】
解：在中，、、分别是、、的中点，
，，
四边形的周长是．
故选：．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，中点的定义以及四边形周长的定义，熟知三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解答此题的关键．
14．D
【分析】
由三角形中位线定理可得EH∥AD，EH＝AD，GF∥AD，GF＝AD，可得EH∥GF，EH＝GF＝6，AD＝2EH＝12，利用排除法可求解．
【详解】
解：∵E、F是AB、CD的中点，G、H是AC、BD的中点，
∴EH∥AD，EH＝AD，GF∥AD，GF＝AD，
∴EH∥GF，EH＝GF＝6，
∴AD＝2EH＝12，
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，掌握三角形的中位线定理是本题的关键．
15．A
【分析】
根据平行四边形的性质和判定得出平行四边形GBEP、GPFD，证△ABD≌△CDB，得出△ABD和△CDB的面积相等；同理得出△BEM和△MHB的面积相等，△GMD和△FDM的面积相等，相减即可求出答案．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，EF∥BC，HG∥AB，
∴AD=BC，AB=CD，AB∥GH∥CD，AD∥EF∥BC，
∴四边形HBEM、GMFD是平行四边形，
在△ABD和△CDB中,
∵
∴△ABD≌△CDB（SSS），
即△ABD和△CDB的面积相等；
同理△BEM和△MHB的面积相等，△GMD和△FDM的面积相等，
故四边形AEMG和四边形HCFM的面积相等，即S1=S2．
故选A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用，解此题的关键是求出△ABD和△CDB的面积相等，△BEP和△PGB的面积相等，△HPD和△FDP的面积相等，注意：如果两三角形全等，那么这两个三角形的面积相等
16．B
【详解】
如图所示：
∵D，E，F分别是△ABC的三边的中点，
∴DE= AC，DF=BC，EF=AB，
∴AC+BC+AB=2（DE+DF+EF）=2×（3+4+6）=26（cm）．
故选B．
17．C
【分析】
过点B作BD⊥直线x＝4，交直线x＝4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E．则OB＝．由于四边形OABC是平行四边形，所以OA＝BC，又由平行四边形的性质可推得∠OAF＝∠BCD，则可证明△OAF≌△BCD，所以OE的长固定不变，当BE最小时，OB取得最小值，从而可求．
【详解】
解：过点B作BD⊥直线x＝4，交直线x＝4于点D，过点B作BE⊥x轴，交x轴于点E，直线x＝1与OC交于点M，与x轴交于点F，直线x＝4与AB交于点N，如图：
∵四边形OABC是平行四边形，
∴∠OAB＝∠BCO，OC∥AB，OA＝BC，
∵直线x＝1与直线x＝4均垂直于x轴，
∴AM∥CN，
∴四边形ANCM是平行四边形，
∴∠MAN＝∠NCM，
∴∠OAF＝∠BCD，
∵∠OFA＝∠BDC＝90°，
∴∠FOA＝∠DBC，
在△OAF和△BCD中，
，
∴△OAF≌△BCD．
∴BD＝OF＝1，
∴OE＝4+1＝5，
∴OB＝．
由于OE的长不变，所以当BE最小时（即B点在x轴上），OB取得最小值，最小值为OB＝OE＝5．
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
18．A
【详解】
试题分析：∵四边形ABCD是平行四边形，EF∥BC，HG∥AB，
∴AD=BC，AB=CD，AB∥GH∥CD，AD∥EF∥BC，
∴四边形GBEP、HPFD是平行四边形，
∵在△ABD和△CDB中，AB=CD，BD=BD，AD=BC，
∴△ABD≌△CDB，
即△ABD和△CDB的面积相等；
同理△BEP和△PGB的面积相等，△HPD和△FDP的面积相等，
∴四边形AEPH和四边形CFPG的面积相等，即S1=S2．
故选A．
考点：1.平行四边形的判定与性质2.全等三角形的判定与性质．
19．B
【详解】
∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，
∴AF=AB，∠AFE=∠B=90°，
∴EF⊥AC，
∵∠EAC=∠ECA，
∴AE=CE，
∴AF=CF，
∴AC=2AB=6，
故选B．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质等，得到EF垂直平分AC是解题的关键．
20．A
【分析】
根据矩形的性质可得BC=AD，∠B=90°，利用勾股定理可求出AC的长，根据折叠的性质可得AF=AB，∠B=∠AFE=90°，BE=EF，在Rt△CEF中利用勾股定理列方程求出EF的长即可得答案．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，AD＝8，
∴∠B=90°，BC=AD=8，
∴AC＝＝10，
∵折叠该纸片，使得AB边落在对角线AC上，点B落在点F处，折痕为AE，
∴BE＝EF，AF＝AB＝6，∠AFE=∠B=90°，
∴CF＝AC-AF=10﹣6＝4，
在Rt△CEF中，由勾股定理得，EF2+CF2＝CE2，
∴EF2+CF2=（BC-EF）2，即EF2+42=（8-EF）2，
解得：EF＝3，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了翻折变换的性质、勾股定理等几何知识点及其应用问题；解题的关键是灵活运用翻折变换的性质、勾股定理等几何知识点来分析、判断、推理或解答．
21．B
【详解】
试题分析：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠BCD=90°，DF=MF．
由折叠的性质可得：∠EMF=∠D=90°，即FM⊥BE，CF⊥BC．
∵BF平分∠EBC，∴CF=MF．∴DF=CF．故①正确．
∵∠BFM=90°﹣∠EBF，∠BFC=90°﹣∠CBF，∴∠BFM=∠BFC．
∵∠MFE=∠DFE=∠CFN，∴∠BFE=∠BFN．
∵∠BFE+∠BFN=180°，∴∠BFE=90°，即BF⊥EN．故②正确．
∵在△DEF和△CNF中，易由ASA得△DEF≌△CNF，∴EF=FN．∴BE=BN．
但无法求得△BEN各角的度数，
∴△BEN不一定是等边三角形．故③错误．
∵∠BEM=∠BFC，BM⊥FM，BC⊥CF，∴BM=BC=AD=2DE=2EM．∴BM=3EM．
∴S△BEF=3S△EMF=3S△DEF．故④正确．
综上所述，正确的结论是①②④．故选B．
22．C
【详解】
如图所示：
由题意可得：∠1=∠2,AN=MN,∠MGA=90°，
则NG=AM，故AN=NG，
则∠2=∠4，
∵EF∥AB，
∴∠4=∠3，
∴∠1=∠2=∠3=×90°=30°，
∴∠DAG=60°.
故选C.
23．B
【分析】
由AD//BC，∠EFG=68°，根据两直线平行，内错角相等，可求得∠DEF的度数，然后由折叠的性质，求得∠DEG的度数，继而求得答案．
【详解】
解：∵AD//BC，∠EFG=68°，
∴∠DEF=∠EFG=68°，
由折叠的性质可得：∠FEG=∠DEF=68°，
∴∠DEG=∠DEF+∠FEG=136°，
∵AD//BC，
∴∠1=∠DEG=136°．
故选：B．
【点睛】
此题考查了平行线的性质以及折叠的性质．注意掌握折叠前后图形的对应关系是解此题的关键．
24．C
【分析】
首先根据勾股定理计算出AC的长，进而得到AM的长，再根据A点表示-1，可得M点表示的数．
【详解】
解：∵矩形中，，，
∴，，
∴，
∴，
∵A点表示-1，
∴M点表示的数为：
故选：C．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理和数轴的应用，矩形的性质，关键是掌握勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
25．C
【分析】
根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OP=AB．
【详解】
解：∵AO⊥BO，点P是AB的中点，
∴OP=AB，
∴在滑动的过程中OP的长度不变．
故选：C．
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．
26．C
【分析】
根据矩形的判定条件逐项进行分析判断即可；
【详解】
解：A、∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项A不符合题意；
B、∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项B符合题意；
C、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D＝180°，
∵∠A＝∠C，
∴∠B＝∠D，
∴四边形ABCD是平行四边形，AB＝CD，故选项C不符合题意；
D、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴AB⊥AD，AB⊥BC，AB的长为AD、BC间的距离，
又∵AB＝CD，
∴CD⊥AD，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴选项D不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了矩形的判定，准确分析判断是解题的关键．
27．A
【分析】
先根据菱形的性质得OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，则利用DH⊥AB得到DH⊥CD，∠DHB＝90°，所以OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，得到OH＝OD＝OB，利用等腰三角形的性质得∠1＝∠DHO，然后利用等角的余角相等即可求出∠DHO的度数.
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，
∵DH⊥AB，
∴DH⊥CD，∠DHB＝90°，
∴OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，
∴OH＝OD＝OB，
∴∠1＝∠DHO，
∵DH⊥CD，
∴∠1+∠2＝90°，
∵BD⊥AC，
∴∠2+∠DCO＝90°，
∴∠1＝∠DCO，
∴∠DHO＝∠DCA，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，
∴∠CAD＝∠DCA＝20°，
∴∠DHO＝20°，
故选A．
【点睛】
本题考查菱形的性质，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，属于中考常考题型．
28．B
【分析】
连接BP，通过菱形的周长为20，求出边长，菱形面积为24，求出SABC的面积，然后利用面积法，SABP+SCBP=SABC，即可求出的值．
【详解】
解：连接BP，
∵菱形ABCD的周长为20，
∴AB=BC=20÷4=5，
又∵菱形ABCD的面积为24，
∴SABC=24÷2=12，
又SABC= SABP+SCBP
∴SABP+SCBP=12，
∴ ，
∵AB=BC，
∴
∵AB=5，
∴PE+PF=12×=．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质，解题关键在于添加辅助线，通过面积法得出等量关系，求出PF+PE的值．
29．B
【详解】
根据矩形与菱形的性质对各选项解析判断后利用排除法求解：
A．矩形与菱形的两组对边都分别平行，故本选项错误；
B．矩形的对角线相等，菱形的对角线不相等，故本选项正确；
C．矩形与菱形的对角线都互相平分，故本选项错误；
D．矩形与菱形的两组对角都分别相等，故本选项错误．
故选B．
30．B
【分析】
根据菱形、正方形、矩形的判定方法一一判断即可．
【详解】
解：A、正确．根据邻边相等的平行四边形是菱形；
B、错误．对角线相等的四边形是矩形，不一定是正方形．
C、正确．有一个角是直角的平行四边形是矩形．
D、正确．对角线垂直的平行四边形是菱形．
故选：B．
【点睛】
此题主要考查学生对正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定的理解和掌握，属于基础题．
31．B
【分析】
作DF⊥BC,BE⊥CD,先证四边形ABCD是平行四边形.再证Rt△BEC≌Rt△DFC，得，BC=DC，所以，四边形ABCD是菱形.
【详解】
如图，作DF⊥BC,BE⊥CD,
由已知可得，AD∥BC,AB∥CD
∴四边形ABCD是平行四边形.
在Rt△BEC和Rt△DFC中
∴Rt△BEC≌Rt△DFC，
∴BC=DC
∴四边形ABCD是菱形.
故选B
【点睛】
本题考核知识点：菱形的判定.解题关键点：通过全等三角形证一组邻边相等.
32．C
【分析】
首先连接AC，交BD于点O，连接CM，则CM与BD交于点P，此时PA+PM的值最小，由在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=60°，易得△ACD是等边三角形，BD垂直平分AC，继而可得CM⊥AD，则可求得CM的值，继而求得PA+PM的最小值．
【详解】
解：连接AC，交BD于点O，连接CM，则CM与BD交于点P，此时PA+PM的值最小，
∵在菱形ABCD中，AB=6，∠ABC=60°，
∴∠ADC=∠ABC=60°，AD=CD=6，BD垂直平分AC，
∴△ACD是等边三角形，PA=PC，
∵M为AD中点，
∴DM=AD=3，CM⊥AD，
∴CM==3，
∴PA+PM=PC+PM=CM=3．
故选C．
【点睛】
此题考查了最短路径问题、等边三角形的判定与性质、勾股定理以及菱形的性质．注意准确找到点P的位置是解此题的关键．
33．A
【分析】
菱形的判定方法有三种：①定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四边相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形．据此判断即可．
【详解】
解：① ABCD中，AC⊥BD，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可判定 ABCD是菱形；故①正确；
② ABCD中，∠BAD＝90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可判定 ABCD是矩形，而不能判定 ABCD是菱形；故②错误；
③ ABCD中，AB＝BC，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定 ABCD是菱形；故③正确；
D、 ABCD中，AC＝BD，根据对角线相等的平行四边形是矩形，即可判定 ABCD是矩形，而不能判定 ABCD是菱形；故④错误．
故选：A．
【点睛】
此题考查了菱形的判定与矩形的判定定理．此题难度不大，注意掌握菱形的判定定理是解此题的关键．
34．A
【分析】
通过证明四边形ADED'是菱形，可得AE⊥DD'，AO=EO=4，DO=D'O=3，由勾股定理可求AD的长，即可求BC的长．
【详解】
如图，设AE与的交点为．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，．
∵将沿AE翻折，
，，．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴
∴四边形是菱形，
则，，，
∴，
∴．
故选：A．
【点睛】
本题考查了翻折变换，平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，证明四边形ADED'是菱形是本题的关键．
35．B
【分析】
连接AC、CF，如图，根据正方形的性质得∠ACD=45°，∠FCG=45°，AC=，CF=3，则∠ACF=90°，再利用勾股定理计算出AF=2，然后根据直角三角形斜边上的中线求CH的长．
【详解】
解：连接AC、CF，如图，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，
∴∠ACD=45°，∠FCG=45°，AC=BC=，CF=CE=3，
∴∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△ACF中，AF=，
∵H是AF的中点，
∴CH=AF=．
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．也考查了直角三角形斜边上的中线性质．
36．C
【分析】
根据正方形和菱形的性质逐项判断即可得．
【详解】
A、正方形和菱形的四条边都相等，则此项不符题意；
B、正方形和菱形的对角线都互相垂直且平分，则此项不符题意；
C、正方形的对角线相等，而菱形的对角线不一定相等，则此项符合题意；
D、正方形和菱形的对角线都平分一组对角，则此项不符题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形和菱形的性质，熟练掌握正方形和菱形的性质是解题关键．
37．C
【详解】
解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确，不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，正确，不符合题意；
C、一条对角线平分一组对角的四边形可能是菱形或者正方形，错误，符合题意；
D、对角线互相垂直的矩形是正方形，正确，不符合题意，
故选C．
【点睛】
本题考查命题与定理．
38．A
【分析】
①根据正方形的性质可得AD=AB，由AD=DE可求出AB=DE；过点D作DH⊥AE，根据等腰三角形的性质可得AH=，②再利用全等三角形的判定可得，由全等三角形的性质可得AH=BN，继而可得BN=；由∠AFD=45°可得∠FDH=45°，③∠FDE+∠EDH=45°，∠CDF+∠ADH=45°，从而可得∠CDF=∠FDE，继而求出DF平分∠CDE；④根据，即可得，根据，即可证明；⑤由条件可得为的角平分线，根据角平分线的性质，以及三角形的面积之比可得与的比，进而求解．
【详解】
解：①∵正方形ABCD，
∴AD=AB，
∵AD=DE，
∴AB=DE，故①正确；
②过点D作DH⊥AE，
∵AD=DE，
∴AH=，
∵∠DAH+∠BAE=90°，∠DAH+∠ADH=90°，
∴∠BAE=∠ADH，
在和中，
∵∠ANB=∠DHA=90°，∠BAN=∠ADH，AB=AD，
∴，
∴AH=BN，
∴BN=，故②正确；
③过点D作DH⊥AE，
∵AD=DE，
∴AH平分∠ADE，
∴∠EDH=∠ADH，
∵∠AFD=45°，∠DHF=90°，
∴∠FDH=45°，
∴∠FDE+∠EDH=45°，
又∵∠ADC=90°，
∴∠CDF+∠ADH=45°，
∴∠CDF=∠FDE，
∴DF平分∠CDE，故③正确；
④
,
即
故④正确
⑤若，
则
四边形是正方形
即为的角平分线
如图，过点作
．
故⑤正确．
故正确的有①②③④⑤，共5个
故选A
【点睛】
本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，角平分线性质，解决本题的关键是要熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判定．
39．D
【分析】
根据题意分两种情况讨论若△BPE≌△CQP，则BP=CQ，BE=CP；若△BPE≌△CPQ，则BP=CP=5厘米，BE=CQ=6厘米进行求解即可.
【详解】
解：当，即点Q的运动速度与点P的运动速度都是2厘米/秒，若△BPE≌△CQP，则BP=CQ，BE=CP，
∵AB=BC=10厘米，AE=4厘米，
∴BE=CP=6厘米，
∴BP=10-6=4厘米，
∴运动时间t=4÷2=2（秒）；
当，即点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，
∴BP≠CQ，
∵∠B=∠C=90°，
∴要使△BPE与△OQP全等，只要BP=PC=5厘米，CQ=BE=6厘米，即可．
∴点P，Q运动的时间t=（秒）.
综上t的值为2.5或2.
故选：D．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质以及全等三角形的判定，解决问题的关键是掌握正方形的四条边都相等，四个角都是直角；两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．同时要注意分类思想的运用．
40．C
【分析】
根据平行四边形，矩形，菱形和正方形的判定进行判断即可．
【详解】
解：A、四边形的内角和为360°，
∵四个角都相等，
∴四边形的每个角都等于90°，
∴此四边形是矩形，
故该命题是真命题；
B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，
对角线垂直的平行四边形是菱形，
故该命题是真命题；
C、对角线互相平分、互相垂直且相等的四边形才是正方形，
故该命题是假命题；
D、对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题．
故选C．
【点睛】
本题考查了从对角线来判断特殊四边形的方法：对角线互相平分的四边形为平行四边形；对角线互相垂直平分的四边形为菱形；对角线互相平分且相等的四边形为矩形；对角线互相垂直平分且相等的四边形为正方形．
41．C
【详解】
连接、、关于对称．
∴．
∴，当、、三点共线得最小．
∴，选．
点睛：本题考查的是正方的性质和轴对称-最短线题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此的关键．
42．48
【分析】
首先根据平行四边形的性质可得AB＝CD，AD＝BC，可得AB＋BC＝20，再利用其面积的求法S＝BC×AE＝CD×AF，可得4AE＝6CD，列出方程组，求出平行四边形的各边长，再求其面积．
【详解】
解：设BC＝x，CD＝y，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，
∵ ABCD的周长为40，
∴x＋y＝20，
∵AE＝4，AF＝6，S＝BC×AE＝CD×AF，
∴4x＝6y，
得方程组：，
解得：
∴S平行四边形ABCD＝BC×AE＝12×4＝48．
故答案为：48．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的性质与其面积公式，解题的关键是根据性质得到邻边的和，根据面积公式得到方程，再解方程组即可．
43．BO=DO．
【详解】
解：∵AO=CO，BO=DO，∴四边形ABCD是平行四边形．
故答案为BO=DO．
44．20
【分析】
由垂美四边形的定义可得AC⊥BD，再利用勾股定理得到AD2+BC2=AB2+CD2，从而求解.
【详解】
∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，
由勾股定理得，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，
AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2，
∵AD=2，BC=4，
∴AD2+BC2=22+42=20，
故答案为：20.
【点睛】
本题主要考查四边形的应用，解题的关键是理解新定义，并熟练运用勾股定理.
45．
【分析】
连接交于点，则可证得，，可证四边形为平行四边形，且，可证得四边形为菱形；根据勾股定理计算的长，可得结论．
【详解】
如图，连接交于点，
∵四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴四边形为平行四边形，且，
∴四边形为菱形，
∴，
∵，，
由勾股定理得：，
∴四边形的周长，
故答案为.
【点睛】
本题考查了正方形的性质、菱形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键．
46．2.5
【分析】
首先根据折叠的性质与矩形的性质，得到AF=AB=5，EF=BE，AD=BC=4；然后在Rt△ADF中，利用勾股定理，求得DF的长，进而得到CF的长；再设CE=x，则EF=BE=4-x，在Rt△CEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求得x的值，最后由BE=BC-CE，即可得到结果.
【详解】
解：由题意可得AF=AB=5，AD=BC=4，EF=BE，
在Rt△ADF中，由勾股定理，得DF===3.
在矩形ABCD中，DC=AB=5，
∴CF=DC-DF=2.
设CE=x，则EF=BE=4-x，
在Rt△CEF中，CE2+CF2=EF2，即x2+22=(4-x)2，
解得x=1.5，
则BE=4-x=2.5.
故答案为2.5.
点睛：本题考查翻折变换、矩形的性质，找出线段间的关系，利用勾股定理列出等量关系式是解题的关键.
47．AD=DC（答案不唯一）
【详解】
试题分析：由四边形ABCD是平行四边形，
添加AD=DC，根据邻边相等的平行四边形是菱形的判定，可使得平行四边形ABCD为菱形；
添加AC⊥BD，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形的判定，可使得平行四边形ABCD为菱形．
答案不唯一．
48．5．
【分析】
作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，求出CP、PB，根据勾股定理求出BC长，证出MP+NP=QN=BC，即可得出答案．
【详解】
解：作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∠QBP=∠MBP，
即Q在AB上，
∵MQ⊥BD，
∴AC∥MQ，
∵M为BC中点，
∴Q为AB中点，
∵N为CD中点，四边形ABCD是菱形，
∴BQ∥CD，BQ=CN，
∴四边形BQNC是平行四边形，
∴NQ=BC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CP=AC=3，BP=BD=4，
在Rt△BPC中，由勾股定理得：BC=5，
即NQ=5，
∴MP+NP=QP+NP=QN=5，
故答案为5
【点睛】
本题考查轴对称-最短路线问题；菱形的性质．
49．
【详解】
如图，连接AO交EF于点P，
由菱形和折叠对称的性质，知四边形AEOF是菱形，且AP=OP.
∵点A恰好落在菱形的对称中心O处，∴AE=BE.
∵AB=2，∠A=120°，
∴Rt△AEF中，AE=1，∠AEP=30°.
∴EP＝.
∴EF＝.
50．（）n﹣1
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=1，∠B=90°，∴AC=；
同理可求：AE=，HE=，…，
∴第n个正方形的边长an=．
故答案为．
51．16
【详解】
试题分析：先利用三角形中位线性质得到AB=4，然后根据菱形的性质计算菱形ABCD的周长．
∵E，F分别是AD，BD的中点， ∴EF为△ABD的中位线， ∴AB=2EF=4，
∵四边形ABCD为菱形， ∴AB=BC=CD=DA=4， ∴菱形ABCD的周长=4×4=16．
考点：（1）菱形的性质；（2）三角形中位线定理．
52．24
【详解】
已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积．
解：根据对角线的长可以求得菱形的面积，
根据S=ab=×6×8=24cm2，
故答案为24．
53．4
【详解】
分析：由□ABCD的周长为26cm，对角线AC、BD相交于点O，若△AOD的周长比△AOB的周长多3cm，可得AB+AD=13cm，AD-AB=3cm，求出AB和AD的长，得出BC的长，再由直角三角形斜边上的中线性质即可求得答案．
详解：∵□ABCD的周长为26cm，
∴AB+AD=13cm，OB=OD，
∵△AOD的周长比△AOB的周长多3cm，
∴（OA+OD+AD）-（OA+OB+AB）=AD-AB=3cm，
∴AB=5cm，AD=8cm．
∴BC=AD=8cm．
∵AC⊥AB，E是BC中点，
∴AE=BC=4cm；
故答案为4.
点睛： 此题考查了平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线性质．熟练掌握平行四边形的性质，由直角三角形斜边上的中线性质求出AE是解决问题的关键．
54．（1）CF⊥BD，BC=CF+CD；（2）成立，证明详见解析；（3）.
【详解】
试题分析：（1）①根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；②由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质得到CF=BD，∠ACF=∠ABD，根据余角的性质即可得到结论；（2）根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论（3）根据等腰直角三角形的性质得到BC=AB=4，AH=BC=2，求得DH=3，根据正方形的性质得到AD=DE，∠ADE=90°，根据矩形的性质得到NE=CM，EM=CN，由角的性质得到∠ADH=∠DEM，根据全等三角形的性质得到EM=DH=3，DM=AH=2，等量代换得到CN=EM=3，EN=CM=3，根据等腰直角三角形的性质得到CG=BC=4，根据勾股定理即可得到结论．
试题解析：解：（1）①正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，，
∴△DAB≌△FAC，
∴∠B=∠ACF，
∴∠ACB+∠ACF=90°，即CF⊥BD；
②△DAB≌△FAC，
∴CF=BD，
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
（2）成立，
∵正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，，
∴△DAB≌△FAC，
∴∠B=∠ACF，CF=BD
∴∠ACB+∠ACF=90°，即CF⊥BD；
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
（3）解：过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴BC=AB=4，AH=BC=2，
∴CD=BC=1，CH=BC=2，
∴DH=3，
由（2）证得BC⊥CF，CF=BD=5，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=DE，∠ADE=90°，
∵BC⊥CF，EM⊥BD，EN⊥CF，
∴四边形CMEN是矩形，
∴NE=CM，EM=CN，
∵∠AHD=∠ADC=∠EMD=90°，
∴∠ADH+∠EDM=∠EDM+∠DEM=90°，
∴∠ADH=∠DEM，
在△ADH与△DEM中，，
∴△ADH≌△DEM，
∴EM=DH=3，DM=AH=2，
∴CN=EM=3，EN=CM=3，
∵∠ABC=45°，
∴∠BGC=45°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∴CG=BC=4，
∴GN=1，
∴EG==．
考点：四边形综合题.
55．（1）见解析；（2）6
【分析】
（1）根据DB⊥BC，CF⊥AE，得出∠D＝∠AEC，再结合∠DBC＝∠ECA＝90°，且BC＝CA，证明△DBC≌△ECA，即可得证；
（2） 由（1）可得△DBC≌△ECA，可得CE=BD，根据BC=AC=12cm AE是BC的中线，即可得出，即可得出答案．
【详解】
证明：（1）证明：∵DB⊥BC，CF⊥AE，
∴∠DCB＋∠D＝∠DCB＋∠AEC＝90°．
∴∠D＝∠AEC．
又∵∠DBC＝∠ECA＝90°，且BC＝CA，
在△DBC和△ECA中，
∴△DBC≌△ECA（AAS）．
∴AE＝CD；
（2） 由（1）可得△DBC≌△ECA
∴CE=BD，
∵BC=AC=12cm AE是BC的中线，
∴，
∴BD=6cm．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线，证明△DBC≌△ECA解题关键．
56．（1）证明见解析；（2）成立，证明见解析．
【详解】
解：(1)∵四边形ABCD是正方形．
∴∠BOE＝∠AOF＝90°，OB＝OA，
又∵AM⊥BE，
∴∠MEA＋∠MAE＝90°＝∠AFO＋∠MAE
∴∠MEA＝∠AFO，
∴Rt△BOE≌ Rt△AOF
∴OE＝OF
(2)OE＝OF成立
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOE＝∠AOF＝90°，OB＝OA
又∵AM⊥BE，
∴∠F＋∠MBF＝90°＝∠E＋∠OBE
又∵∠MBF＝∠OBE
∴∠F＝∠E
∴Rt△BOE≌Rt△AOF
∴OE＝OF
57．（1）PB＝PQ.证明见解析；（2）PB＝PQ.证明见解析.
【详解】
试题分析：（1）过P作PE⊥BC，PF⊥CD，证明Rt△PQF≌Rt△PBE，即可；
（2）证明思路同（1）．
试题解析：（1）PB=PQ，
证明：过P作PE⊥BC，PF⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB=90°，
∴PF=PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPE+∠QPE=90°，∠QPE+∠QPF=90°，
∴∠BPE=∠QPF，
∴Rt△PQF≌Rt△PBE，
∴PB=PQ；
（2）PB=PQ，
证明：过P作PE⊥BC，PF⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB=90°，
∴PF=PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPF+∠QPF=90°，∠BPF+∠BPE=90°，
∴∠BPE=∠QPF，
∴Rt△PQF≌Rt△PBE，
∴PB=PQ．
考点： 正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．
58．60°
【详解】
试题分析：根据正方形和等边三角形的性质可得：∠BAD=90°，∠DAE=60°，根据△BAE为等腰三角形可得：∠ABE=∠AEB=15°，根据正方形的性质可得：∠BCF=45°，∠CBF=90°-15°=75°，根据△BCF的内角和定理可得：∠BFC=180°-45°-75°=60°.
考点：（1）、等腰三角形的性质；（2）、三角形内角和定理；（3）、等边三角形的性质
59．（1）见解析；（2）120°；；（3）见解析
【分析】
（1）证明∠BAC=∠DAE，得出∠BAD=∠CAE，由SAS即可得出结论；
（2）求出∠ACB=∠ACE=30°，由平行线的性质得出∠MEC+∠ECD=180°，即可得出结果；
（3）由△BAD≌△CAE，得出DB=CE，再证明∠ACE=∠EMC，得出ME=EC，推出DB=ME，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠BAC=180°-2∠ABC，
∵以AD、AE为腰做等腰三角形ADE，
∴AD=AE，
∴∠ADE=∠AED，
∴∠DAE=180°-2∠ADE，
∵∠ADE=∠ABC，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC-∠CAD=∠DAE-∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中，，
∴△BAD≌△CAE（SAS）；
（2）解：∵AB＝AC，
∴∠ACB＝∠ABC＝30°，
∵△BAD≌△CAE，
∴∠ABD＝∠ACE＝30°，
∴∠ACB＝∠ACE＝30°，
∴∠ECB＝∠ACB+∠ACE＝60°，
∵EM∥BC，
∴∠MEC+∠ECD＝180°，
∴∠MEC＝180°﹣60°＝120°；
（3）证明：∵△BAD≌△CAE，
∴DB＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵AB＝AC，
∴∠ABD＝∠ACB，
∴∠ACB＝∠ACE，
∵EM∥BC，
∴∠EMC＝∠ACB，
∴∠ACE＝∠EMC，
∴ME＝EC，
∴DB＝ME，
又∵EM∥BD，
∴四边形MBDE是平行四边形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、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．
60．（1）相等，垂直；（2）成立，见解析；（3）2．
【分析】
（1）利用SAS证明△ABE≌△CBF，延长CF交AB于点M，证明∠AMC=90°即可；
（2）仿照（1）的证明方法求解即可；
（3）根据题意，得点F在以B为圆心，BF为半径的圆上运动，根据直径最大原理，知道当C，B，F三点一线时，CF最大，此时点E恰好在AB的延长线上，连接DE，利用勾股定理求值即可.
【详解】
（1）如图①，∵正方形ABCD和等腰直角△BEF,
∴BA=BC，∠EBA=∠FBC=90° ，BE=BF，
∴△ABE≌△CBF，
∴AE=CF，
延长CF交AE于点M，
∵△ABE≌△CBF，
∴∠EAB=∠FCB ，
∵∠AFM=∠BFC ，
∴∠AMF=∠FBC=90° ，
∴AE⊥CF，
故答案为：相等，垂直；
（2）结论还成立．理由如下：
如图②，∵正方形ABCD和等腰直角△BEF,
∴BA=BC，∠EBF=∠ABC=90° ，BE=BF，
∴∠EBF-∠ABF =∠ABC-∠ABF，
∴∠EBA =∠FBC，
∴△ABE≌△CBF，
∴AE=CF，
延长CF交AE于点N，交AB于点G，
∵△ABE≌△CBF，
∴∠EAB=∠FCB ，
∵∠AGN=∠BGC ，
∴∠ANG=∠GBC=90° ，
∴AE⊥CF，
故结论成立；
（3）如图③，根据题意，得点F在以B为圆心，BF为半径的圆上运动，根据直径最大原理，知道当C，B，F三点一线时，CF最大，此时点E恰好在AB的延长线上，连接DE，∵AB= 2BF = 4，
∴AE=AB+BE=6，
在直角三角形ADE中，
DE==2．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角形的全等，勾股定理，直径是圆中的最大的弦，垂直的定义，熟练掌握三角形全等，垂直的证明是解题的关键．
61．（1）见解析
（2）45°，理由见解析
【分析】
（1）根据平行线的性质可得∠ADO＝∠ECO，再根据中点定义可得DO=CO，然后可利用ASA证明△AOD≌△EOC；
（2）当∠B=∠AEB=45°时，四边形ACED是正方形，由（1）得四边形ACED是平行四边形，再证对角线互相垂直且相等可得四边形ACED是正方形．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BE
∴∠ADO＝∠ECO
又∵O是CD的中点
∴OD＝OC
在△AOD和△EOC中
∴△AOD ≌ △EOC （ASA）
（2）45°
由（1）知，OA=OE,OC=OD
∴四边形ACED是平行四边形
∴AD＝CE
又∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD＝BC
∴BC ＝CE
当∠B＝∠AEB＝45°时，
且
∴四边形ACED是正方形．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质，以及正方形的判定，关键是掌握对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形．
62．（1）证明见解析；（2）
【详解】
（1）如图1中，结论：△BCE是等腰三角形．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠CBE=∠AEB，
∵EB平分∠AEC，
∴∠AEB=∠BEC，
∴∠CBE=∠BEC，
∴CB=CE，
∴△CBE是等腰三角形；
（2）如图2中，∵四边形ABCD是平行四边形，∠A=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，BC=AD=5，
在Rt△ECD中，∵∠D=90°，ED=AD-AE=4，EC=BC=5，
在中，∵∠A=90°，AB=3．AE=1，
63．（1）见详解；（2）
【分析】
（1）先证明AB∥CE，再推出∠ADB＝∠OBC=60°，从而得AD∥BC，进而得到结论；
（2）根据勾股定理求出AO的长，再根据平行四边形的面积公式，即可求解．
【详解】
（1）证明：∵∠OAB＝90°，
∴AB⊥x轴，
∵y轴⊥x轴，
∴AB∥y轴，即AB∥CE，
∵∠AOB＝30°，
∴∠OBA＝60°，
∵∠OAB=90°，D是OB的中点，
∴DB=DO= =4，
∵∠AOB=30°，
∴AB= =4，
∵DB＝DO＝AB =4，
∴∠BDA＝∠BAD＝（180°-60°）÷2＝60°，
∵△OBC是等边三角形，
∴∠OBC＝60°，
∴∠ADB＝∠OBC，
即AD∥BC，
∴四边形ABCE是平行四边形；
（2）在直角△OAB中，AB=4，BO=8，
∴AO=，
∴平行四边形ABCE的面积=AB AO=．
【点睛】
本题主要考查直角三角形的性质，等边三角形的性质，勾股定理以及平行四边形的判定定理，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
64．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）证明四边形CFBD是平行四边形，再证明∠1＝90°，即可判定四边形CFBD是菱形．
（2）根据菱形的性质求得EF＝1，再由勾股定理求得CE＝3，由三角形的中位线定理可得AC＝2，再由勾股定理即可求得．
【详解】
（1）证明：∵E是边BC的中点，
∴BE＝EC，
∵ DE＝EF，BE＝EC，
∴四边形CFBD是平行四边形，
∵D是AB边中点，E是BC中点，
∴DE∥AC，
∴∠1＝∠ACB＝90°，
∴四边形CFBD是菱形．
（2）∵四边形CFBD是菱形，
∴∠CEF＝90°．
∵DF＝2，
∴EF＝1，
∵，
∴由勾股定理得，CE＝3，
∵D，E分别是边AB，BC的中点，DE＝1，
∴AC＝2，
∵∠ACB＝90°，
由勾股定理得．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练运用相关知识是解决问题的关键．
65．（1）证明见解析；（2）四边形DEBF是平行四边形，理由见解析.
【详解】
分析：（1）利用平行四边形ABCD的对角相等，对边相等的性质推知∠A=∠C，AD=BC；然后根据全等三角形的判定定理AAS证得结论；
（2）由“对边平行且相等的四边形是平行四边形”推知四边形DEBF是平行四边形．
详解：（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A=∠C，AD=BC，
在△ADE与△CBF中，
∴△ADE≌△CBF（ASA）；
（2）四边形DEBF是平行四边形．理由如下：
∵DF∥EB，又由△ADE≌△CBF，知AE=CF，
∴AB﹣AE=CD﹣CF，即DF=EB．
∴四边形DEBF是平行四边形
点睛：本题考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质．平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
66．（1）见解析；（2）能，；（3）或，理由见解析
【分析】
（1）由已知条件可得Rt△CDF中∠C＝30°，即可知DF＝CD＝AE＝2t；
（2）由DF∥AE且DF＝AE，即四边形ADFE是平行四边形，若构成菱形，则邻边相等即AD＝AE，可得关于t的方程，求解即可知；
（3）分∠EDF＝90°、∠DEF＝90°两种情况，根据直角三角形的性质列出算式，计算即可．
【详解】
（1）证明：∵在中，，
，，
∴．
∵，，
在直角中，，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴四边形是平行四边形，
当时，四边形是菱形，
即，
解得：，
即当时，平行四边形是菱形；
（3）当时是直角三角形（）；
当时，是直角三角形（）．
理由如下：
当时，
∴
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴时，．
当时，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴是直角三角形，，
∵，
∴，
∴，，
，
∴，
解得．
综上所述，当时是直角三角形（）；当时，是直角三角形（）．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了直角三角形的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质、含角的直角三角形的性质等知识点，熟练掌握平行四边形、菱形的判定是解题的关键．
67．（1）5；（2）见解析
【分析】
（1）依据，，可得是等腰直角三角形，结合求出，再根据勾股定理，即可求解的长；
（2）连接GE，过A作，交BG于P，连接PE，利用正方形的判定方法可证得四边形是正方形，即可得到，，进而得出，依据，，即可得到．
【详解】
（1）解：∵，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴．
（2）如图，连接GE，过A作，交BG于P，连接PE，
∵，，
∴，
∴BG是AE的垂直平分线，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，即，
是等腰直角三角形，即，
∴，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、正方形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识，掌握特殊四边形的判定与性质并能灵活运用所学知识是解题的关键．
68．（1）见解析；（2）见解析；（3），理由见解析．
【分析】
（1）根据题意按步骤画图即可；
（2）根据平行线的性质和角平分线的定义得出，则，进而有，然后利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明；
（3）根据菱形的性质有，然后利用等腰三角形的性质和平行线的性质即可求解．
【详解】
（1）补全图形如下：
（2） ，
．
，
．
∵AD平分，
，
，
，
．
，
∴四边形BEFG是平行四边形；
（3），理由如下：
若四边形BEFG是菱形，则有，
，
，
．
∵四边形BEFG是平行四边形，
，
．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定及性质，菱形的性质，掌握平行四边形的判定及性质和菱形的性质是解题的关键．
答案第1页，共2页