第9章中心对称图形——平行四边形练习题2020-2021学年江苏省苏科版八年级数学下册期末数学试题选编（Word版含解析）

苏科版八年级数学第9章：中心对称图形——平行四边形练习题
一、单选题
1．（2021·江苏盐城·八年级期末）在平面直角坐标系中，点A的坐标为（2，3），将点绕原点逆时针旋转90°得到点，则点的坐标为（ ）
A．（－3，2） B．（3，－2） C．（3，2） D．（－2，－3）
2．（2021·江苏·盐城市初级中学八年级期末）如图，等腰的直角顶点为，且轴，等腰中，，将与组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转则第次旋转结束时，点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·江苏工业园区·八年级期末）如图，在方格纸中，格点三角形甲经过旋转后得到格点三角形乙，则旋转中心是（ ）
A．格点A B．格点B C．格点C D．格点D
4．（2021·江苏淮安·八年级期末）如图，△AOB中，∠B=25°，将△AOB绕点O顺时针旋转 60°，得到△A′OB′，边A′B′与边OB交于点C（A′不在 OB上），则∠A′CO的度数为（ ）
A．85° B．75° C．95° D．105°
5．（2021·江苏江阴·八年级期末）如图，在中，，以点为旋转中心把按顺时针旋转一定角度，得到点恰好落在上，连接则度数为（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·江苏海州·八年级期末）如图，在中，，将绕点A按逆时针方向旋转得到．若点恰好落在边上，且，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．（2021·江苏新吴·八年级期末）下列图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　）
A．等边三角形 B．平行四边形 C．矩形 D．圆
8．（2021·江苏吴中·八年级期末）下列图形中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2021·江苏宜兴·八年级期末）将如图的七巧板的其中几块，拼成一个多边形，为中心对称图形的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2021·江苏·沭阳县修远中学八年级期末）下列图案中，不是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
11．（2021·江苏灌南·八年级期末）围棋起源于中国，古代称之为“弈”，至今已有多年的历史．年月，世界围棋冠军柯洁与人工智能机器人进行围棋人机大战．截取首局对战棋谱中的四个部分，由黑白棋子摆成的图案是中心对称的是（ ）
A． B． C． D．
12．（2021·江苏·扬州市梅岭中学八年级期末）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
13．（2021·江苏·扬州中学教育集团树人学校八年级期末）下列图形既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
14．（2021·江苏·沭阳县修远中学八年级期末）如图，ABCD是一块长方形纸板．试画一条直线，将它的面积分成相等的两部分，那么这种直线能画（　　）

A．2条 B．4条 C．8条 D．无数条
15．（2021·江苏徐州·八年级期末）建成具有全球影响力的“工程机械之都、汉文化名城”是徐州市2035远景目标，下列四个数字图形中，中心对称图形共有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
16．（2021·江苏姜堰·八年级期末）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
17．（2021·江苏·扬州市梅岭中学八年级期末）如图，图1、图2、图3分别表示甲、乙、丙三人由甲A地到B地的路线图（箭头表示行进的方向）．其中E为AB的中点，AH＞HB，判断三人行进路线长度的大小关系为（ ）
A．甲＜乙＜丙 B．乙＜丙＜甲 C．丙＜乙＜甲 D．甲=乙=丙
18．（2021·江苏靖江·八年级期末）如图，在中，垂直平分于点E，，，则的对角线的长为（ ）
A． B． C． D．
19．（2021·江苏江都·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝6，按以下步骤作图：①以点C为圆心，适当长为半径作弧，分别交BC，CD于M，N两点；②分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径作弧，两弧在平行四边形ABCD的内部交于点P；③连接CP并延长交AD于点E，交BA的延长线于点F，则AF的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
20．（2021·江苏·沭阳县修远中学八年级期末）对于命题“如果a＞b＞0，那么a2＞b2．”用反证法证明，应假设（ ）
A．a2＞b2 B．a2＜b2 C．a2≥b2 D．a2≤b2
21．（2021·江苏·苏州市振华中学校八年级期末）如图， ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AB⊥AC，若AB＝4，AC＝6，则BD的长是（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
22．（2021·江苏苏州·八年级期末）如图，在□ABCD中，AE平分∠BAD，交CD边于E，AD＝6，EC＝4，则AB的长为（ ）
A．10 B．6 C．4 D．24
23．（2021·江苏江阴·八年级期末）在平面直角坐标系中，平行四边形的顶点为坐标原点，点，的坐标分别为，，则平行四边形的面积为（ ）
A． B． C．10 D．随的变化而变化
24．（2021·江苏工业园区·八年级期末）如图，在中，，，．分别以点B、D为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点M、N，直线MN分别与AD、BC相交于点E、F，则EF的长为（ ）
A． B．4 C． D．
25．（2021·江苏洪泽·八年级期末）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　）
A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
26．（2021·江苏江阴·八年级期末）已知平行四边形ABCD，AC、BD是它的两条对角线，那么下列条件中，能判断这个平行四边形为矩形的是（ ）
A．∠BAC=∠DCA B．∠BAC=∠DAC C．∠BAC=∠ABD D．∠BAC=∠ADB
27．（2021·江苏锡山·八年级期末）下列性质中，菱形具有而矩形不一定具有的是(　　)
A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．邻边互相垂直
28．（2021·江苏玄武·八年级期末）菱形具有而一般平行四边形不具有的性质是(　　)
A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直
29．（2021·江苏宜兴·八年级期末）如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是矩形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是（ ）
A．互相平分 B．相等 C．互相垂直 D．互相垂直平分
30．（2021·江苏崇川·八年级期末）如图1，在矩形ABCD的边AD上取一点E，连接BE．点M，N同时以1cm/s的速度从点B出发，分别沿折线B-E-D-C和线段BC向点C匀速运动．连接MN，DN，设点M运动的时间为t s，△BMN的面积为S cm2，两点运动过程中，S与t的函数关系如图2所示，则当点M在线段ED上，且ND平分∠MNC时，t的值等于（　　）
A．2+2 B．4+2 C．14﹣2 D．12﹣2
31．（2021·江苏宜兴·八年级期末）下列命题是假命题的是（ ）
A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形． B．对角线互相垂直的矩形是正方形．
C．对角线相等的菱形是正方形． D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形．
32．（2021·江苏·沭阳县修远中学八年级期末）下列命题中正确的是（ ）
A．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
33．（2021·江苏·景山中学八年级期末）如图，□ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是线段AO，BO的中点．若AC+BD=24cm，△OAB的周长是18cm，则EF的长为( )
A．6 B．3 C．4 D．2
34．（2021·江苏新吴·八年级期末）在中，分别为边上的中点，连接到，使得，连接，则长为（ ）
A．2 B． C．4 D．
35．（2021·江苏苏州·八年级期末）如图，A、B两地被池塘隔开，小强通过下面的方法估测出A、B间的距离：先在AB外选一点C，然后步测出AC、BC的中点D、E，并且步测出DE长，由此推算出AB长．若步测DE的长为50m，则A、B间的距离是（ ）
A．25m B．50m C．75m D．100m
36．（2021·江苏丹阳·八年级期末）如图，在△ABC中，点D、E、F分别为各边的中点，AH是高．若∠DEF=65°，则∠DHF的度数为（　　）
A．55° B．60° C．65° D．70°
二、填空题
37．（2021·江苏昆山·八年级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝108°，将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'．若点B'恰好落在BC边上，且AB'＝CB'，则∠C'的度数为__．
38．（2021·江苏无锡·八年级期末）如图，已知直线AB与y轴交于点A（0，2），与x轴的负半轴交于点B，且∠ABO＝30°，点C为x轴的正半轴上一点，将线段CA绕点C按顺时针方向旋转60°得线段CD，连接BD，若BD＝，则点C的坐标为_____．
39．（2021·江苏张家港·八年级期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝105°，将△ABC绕点A逆时针旋转得到△AB′C′．若点B恰好落在BC边上，且AB′＝CB′，则∠C′的度数为_____°．
40．（2021·江苏宜兴·八年级期末）如图，ΔABC中，∠ACB=90°，∠ABC=25°，以点C为旋转中心顺时针旋转后得到ΔA′B′C′,且点A在A′B′上,则旋转角为________________°.
41．（2021·江苏广陵·八年级期末）点关于原点对称的点的坐标为______．
42．（2021·江苏吴中·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__．
43．（2021·江苏·沭阳县修远中学八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，请你添加一个条件，使得四边形ABCD成为平行四边形，你添加的条件是___．
44．（2021·江苏海州·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，已知AD＝12cm，AB＝8m，AE平分∠BAD交BC边于点E，则CE的长等于_____厘米．
45．（2021·江苏高邮·八年级期末）如图，在中，，，将沿射线平移，得到，再将沿射线翻折，得到，连接、，则的最小值为_____．
46．（2021·江苏崇川·八年级期末）如图，在中，，分别是和的平分线，，分别与相交于点，，，，则______．
47．（2021·江苏·南师附中新城初中八年级期末）在四边形ABCD中，ADBC，BC⊥CD，AD＝6cm，BC＝10cm，M是BC上一点，且BM＝4，点E从A出发以1cm/s的速度向D运动，点F从点B出发以2cm/s的速度向点C运动，当其中一点到达终点，而另一点也随之停止，设运动时间为t，当t的值为 ______时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形．
48．（2021·江苏洪泽·八年级期末）菱形的两条对角线的长分别为6和8，则这个菱形的周长为_____．
49．（2021·江苏·沭阳县修远中学八年级期末）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=___．
50．（2021·江苏泰兴·八年级期末）如图，已知E为长方形纸片ABCD的边CD上一点，将纸片沿AE对折，点D的对应点D′恰好在线段BE上．若AD＝3，DE＝1，则AB＝_____．
51．（2021·江苏淮安·八年级期末）如图，在△ABC中，AB=AC，BC=6，AF⊥BC于点F，BE⊥AC于点E，且点D是AB的中点，△DEF的周长是11，则AB=______．
52．（2021·江苏玄武·八年级期末）如图，AD是△ABC的中线，∠ADC＝45°，BC＝10，把△ABC沿直线AD折叠，点C落在点C′处，那么BC′的长为_____．
53．（2021·江苏金坛·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，，则菱形ABCD的面积为_________．
54．（2021·江苏·沭阳县修远中学八年级期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，则的大小为______ ．
55．（2021·江苏·扬州市梅岭中学八年级期末）如图，已知正方形ABCD的顶点A在y轴的正半轴上，顶点B在x轴的正半轴上，顶点C的坐标为（3，2），M、N分别为AB、AD的中点，则MN长为______．
56．（2021·江苏高港·八年级期末）如图，D是△ABC内一点，BD⊥CD，AD=6，BD=4，CD=3，E、F、G、H分别是AB、AC、CD、BD的中点，则四边形EFGH的周长是_____．
57．（2021·江苏靖江·八年级期末）如图，在平行四边形中，点为边上一点，，点，点分别是中点，若，则的长为__________．
58．（2021·江苏·连云港市新海实验中学八年级期末）如图，ABC中，DE垂直平分BC，CE平分∠ACB，FG为ACE的中位线，连接DF，若∠DFG＝108°，则∠AED＝_____．
59．（2021·江苏建邺·八年级期末）如图，在中，，，，点、分别在、上，将沿翻折，使与的中点重合，则的长为______．
60．（2021·江苏·仪征市第三中学八年级期末）如图，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是________．
61．（2021·江苏靖江·八年级期末）如图，在矩形中，，，点E在上且．点G为的中点，点P为边上的一个动点，F为的中点，则的最小值为________．
62．（2021·江苏工业园区·八年级期末）如图，在中，，，．将绕点按逆时针方向旋转后得，直线DA、BE相交于点F．取BC的中点G，连接GF，则GF长的最大值为____________cm．
63．（2021·江苏·沭阳县修远中学八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AD//BC，E、F分别是对角线BD、AC的中点．若AD=2cm，BC=8cm，求EF的长是_______________．
三、解答题
64．（2021·江苏丹阳·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，BF＝DE，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E、F．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若AC与BD交于点O，求证：AO＝CO．
65．（2021·江苏江阴·八年级期末）如图，在△ABC中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，AH是边BC上的高．
（1）求证：四边形ADEF是平行四边形；
（2）求证：∠DHF=∠DEF．
66．（2021·江苏·沭阳县修远中学八年级期末）小明在数学活动课上，将边长为和3的两个正方形放置在直线l上，如图a,他连接AD、CF，经测量发现AD=CF．
（1）他将正方形ODEF绕O点逆时针针旋转一定的角度，如图b，试判断AD与CF还相等吗？说明理由．
（2）他将正方形ODEF绕O点逆时针旋转，使点E旋转至直线l上，如图c，请求出CF的长．
67．（2021·江苏·苏州市振华中学校八年级期末）已知：如图，平行四边形ABCD中，M、N分别为AB和CD的中点．
(1)求证：四边形AMCN是平行四边形；
(2)若AC＝BC＝5，AB＝6，求四边形AMCN的面积．
68．（2021·江苏溧水·八年级期末）如图，已知四边形ABCD是正方形，点B，C分别在直线和上，点A，D是x轴上两点.
（1）若此正方形边长为2，k=_______.
（2）若此正方形边长为a，k的值是否会发生变化？若不会发生变化，请说明理由；若会发生变化，求出a的值.
69．（2021·江苏金坛·八年级期末）如图，在矩形中，为对角线的中点，过点作直线分别与矩形的边，交于，两点，连接，．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）若，，且，求的长
70．（2021·江苏宜兴·八年级期末）如图，的对角线AC，BD相交于点O，过点O作，分别交AB，DC于点E、F，连接AF、CE．
（1）若，求EF的长；
（2）判断四边形AECF的形状，并说明理由．
71．（2021·江苏徐州·八年级期末）如图，在中，对角线与相交于点，点分别为的中点，连接．求证：．
72．（2021·江苏·沭阳县修远中学八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB=BC，对角线BD平分∠ABC，P是BD上一点，过点P作PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别为M、N．
（1）求证：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，求证：四边形MPND是正方形．
73．（2021·江苏无锡·八年级期末）如图①，在长方形ABCD中，已知AB=20，AD=12，动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿线段DC向终点C运动，运动时间为t秒，连接AP，设点D关于AP的对称点为点E．
（1）如图②，射线PE恰好经过点B，试求此时t的值．
（2）当射线PE与边AB交于点Q时，
①请直接写出AQ长的取值范围：　 ；
②是否存在这样的t的值，使得QE=QB？若存在，请求出所有符合题意的t的值；若不存在，请说明理由．
74．（2021·江苏·南师附中新城初中八年级期末）在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交线段BC于点E，交线段DC的延长线于点F，以EC、CF为邻边作平行四边形ECFG．
（1）如图1，证明平行四边形ECFG为菱形；
（2）如图2，若∠ABC=90°，M是EF的中点，求∠BDM的度数；
（3）如图3，若∠ABC=120°，请直接写出∠BDG的度数．
75．（2021·江苏兴化·八年级期末）已知：如图，矩形的对角线、相交于点，，．
（1）若，，求的长；
（2）求证：四边形是菱形．
76．（2021·江苏常州·八年级期末）如图，中，AD是边BC上的高，CF是边AB上的中线，DC＝BF，点E是CF的中点．
（1）求证：；
（2）求证：．
77．（2021·江苏灌南·八年级期末）在矩形ABCD中，连接AC，AC的垂直平分线交AC于点O，分别交AD、BC于点E、F，连接CE和AF．
（1）求证：四边形AECF为菱形；
（2）若AB＝4，BC＝8，求菱形AECF的面积．
78．（2021·江苏溧水·八年级期末）同学们：八年级下册第9章我们学习了一种新的图形变换 旋转，图形旋转过程中蕴含着众多数学规律，以图形旋转为依托构建的解题方法是解决各类几何问题的常用方法．
（1）【问题提出】
如图①，在正方形ABCD中，∠MAN=45°，点M、N分别在边BC、CD上．求证：MN＝BM＋DN．
证明思路如下：
第一步：如图②，将绕点A按顺时针方向旋转90°得到△ABE，再证明E、B、M三点在一条直线上．
第二步：证明．
请你按照证明思路写出完整的证明过程.
（2）【初步思考】
如图③，四边形ABCD和CEFG为正方形，连接DG、BE，得到和．
下列关于这两个三角形的结论：①周长相等； ②面积相等； ③∠CBE=∠CDG．
其中所有正确结论的序号是　　 　．
（3）【深入研究】
如图④，分别以□ABCD的四条边为边向外作正方形，连接EF，GH，IJ，KL．若□ABCD的面积为8，则图中阴影部分（四个三角形）的面积之和为　　 　．
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参考答案：
1．A
【分析】
利用图象法解决问题即可．
【详解】
解：观察图象可知A′（ 3，2）．
故选：C．
【点睛】
本题考查坐标与图形变化 旋转，解题的关键是正确作出图形解决问题．
2．A
【分析】
先求出OD的长，再利用等腰直角三角形的性质确定C点坐标，根据题意可得经过4次旋转后点C回到初始位置，由于2021=4×505+1，所以第2021次旋转结束时，点C到达第一次旋转时的位置，由此求解．
【详解】
解：由题意可得：，
∴C点坐标为（-9，3）
∵将与组成的图形绕点顺时针旋转，每次旋转
∴经过4次旋转后，点C回到初始位置，
∵2021=4×505+1，
∴第2021次旋转结束时，点C到达第一次旋转时的位置，即
故选：A
【点睛】
本题考查了坐标与图形变化-旋转，等腰直角三角形的性质，解答本题的关键是找出C点坐标变化的规律．
3．B
【分析】
根据图形旋转前后的对应点到旋转中心的距离相等判断即可．
【详解】
解：根据图形旋转前后的对应点到旋转中心的距离相等可以判断，
三角形甲绕点B旋转可得到三角形乙，
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质，熟练掌握对应点到旋转中心相等的性质是解题的关键．
4．A
【详解】
解：∵△AOB绕点O顺时针旋转 60°，得到△A′OB′，
∴∠B′=25°，∠BOB′=60°，
∵∠A′CO=∠B′+∠BOB′，
∴∠A′CO=25°+60°=85°，
故选A．
5．A
【分析】
在△ABC中，可求得∠ABC和∠ACB，在△ABA′中由旋转的性质可求得∠ABA′的大小，从而可求得∠CBC′，在△BCC′中可求得∠BCC′，从而可求得∠ACC′
【详解】
解：
∵AC=BC，
∴∠A=∠ABC=70°，
∴∠ACB=180°-∠A-∠ABC =180°-70°-70°=40°，
∵以点B为旋转中心把△ABC按顺时针旋转,得到△A′BC′，
∴AB=A′B，BC=BC′，且∠CBC′=∠ABA′，
∴∠BA′A=∠A=70°，
∴∠ABA′=40°，
∴∠CBC′=40°，
∴∠BCC′= =70°，
∴∠ACC′=∠ACB+∠BCC′=40°+70°=110°．
故选A．
【点睛】
本题主要考查旋转的性质和等腰三角形的性质，利用旋转的性质和等腰三角形的两底角相等求得∠ABA′和∠ACB是解题的关键．
6．C
【分析】
根据旋转的性质可知，而已知有所以有 而 是的外角，可得 ，这样，在中，利用三角形的内角和定理可求出∠C的度数．
【详解】
解：∵绕点A旋转得到
∴
∴
∵
∴
∵点在BC上，
∴
∵
∴
∴∠C=24°．
故选：C
【点睛】
本题考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理、三角形的外角性质等知识点，熟练掌握旋转的性质及等腰三角形的性质是解题的基础，而将求∠C的问题集中在三角形ABC中，利用三角形的内角和等于180°求解是关键．
7．A
【详解】
试题解析：A、只是轴对称图形，不是中心对称图形，符合题意；
B、只是中心对称图形，不合题意；
C、D既是轴对称图形又是中心对称图形，不合题意．
故选A．
考点：1.中心对称图形；2.轴对称图形．
8．D
【分析】
根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心可得答案．
【详解】
A、不是中心对称图形，故此选项错误；
B、不是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是中心对称图形，故此选项错误；
D、是中心对称图形，故此选项正确；
故选D．
【点睛】
本题考查了中心对称图形，解题的关键是掌握中心对称图形的定义．
9．D
【分析】
根据中心对称的定义，结合所给图形即可作出判断.
【详解】
A、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
D、是中心对称图形，故本选项符合题意.
故选：D.
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分能够完全重合.
10．B
【详解】
试题分析：中心对称图形是旋转180度与它本身重合，B是旋转120度与它本身重合，所以不是中心对称图形，故选B．
考点：中心对称图形的识别
11．A
【分析】
根据中心对称图形的定义逐项识别即可，在平面内，把一个图形绕着某个点旋转180°，如果旋转后的图形能与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形．
【详解】
解：A.是中心对称图形，符合题意；
B.既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故不符合题意；
C. 既不是中心对称图形，也不是轴对称图形，故不符合题意；
D.不是中心对称图形，是轴对称图形，故不符合题意；
故选A．
【点睛】
本题考查了中心对称图形的识别，熟练掌握中心对称图形的定义是解答本题的关键．
12．D
【分析】
根据中心对称图形的定义：旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，即可判断出答案．
【详解】
解：A、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、是轴对称图形，也是中心对称图形，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了轴对称图形，中心对称图形，熟记两种图形的特点并准确判断是解题的关键．
13．B
【分析】
根据中心对称图形的定义旋转180°后能够与原图形完全重合即是中心对称图形，以及轴对称图形的定义进行判断即可；
【详解】
A、此图形旋转180°后不能与原图形重合，此图形既不是中心对称图形也不是轴对称图形，故此选项错误；
B、此图形旋转180°后能与原图形重合，此图形既是中心对称图形也是轴对称图形，故此选项正确；
C、此图形旋转180°后不能与原图形重合，此图形不是中心对称图形，是轴对称图形，故此选项错误；
D、此图形旋转180°后能与原图形重合，是中心对称图形，但不是轴对称图形，故此选项错误；
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了中心对称图形与轴对称的定义，根据定义得出图形形状是解决问题的关键；
14．D
【详解】
连接AC、BD交于点O，根据矩形的对角线的交点是它的对称中心解答即可．
解：连接AC、BD交于点O，
∵矩形是中心对称图形，
∴经过点O的任意一条直线都可以将矩形的面积分成相等的两部分，
∴这种直线能画无数条.
故选D．
15．C
【分析】
根据中心对称图像的概念：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，判断即可．
【详解】
数字图形中的“2”、“0”、“5”绕中心点旋转180°后能和原来的图形重合，
所以数字图形中的“2”、“0”、“5”为中心对称图形，
中心对称图形共有3个，
故选：C．
【点睛】
本题考查中心对称图形的概念，属于基础题，熟练掌握中心对称图形的概念是解题关键．
16．B
【分析】
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，如果一个图形绕某一点旋转180°后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【详解】
解：A是轴对称图形，不是中心对称图形．不符合题意；
B既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意；
C不是轴对称图形，是中心对称图形，不符合题意；
D是轴对称图形，不是中心对称图形．不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形关键是要寻找对称中心，图形旋转180°后与原图重合．
17．D
【详解】
解：图1中，甲走的路线长是AC+BC的长度．
图2中，如图，延长ED和BF交于C，
∵∠DEA=∠B=60°，∴DE∥CF．
同理EF∥CD．
∴四边形CDEF是平行四边形，
∴EF=CD，DE=CF．
即乙走的路线长是AD+DE+EF+FB=AD+CD+CF+BC=AC+BC的长．
图3中，如图，延长AG和BK交于C，
同以上证明过程类似GH=CK，CG=HK，
即丙走的路线长是AG+GH+HK+KB=AG+CG+CK+BK=AC+BC的长．
∴甲=乙=丙．
故选D．
18．A
【分析】
连接BD交AC于点F，根据平行四边形和线段垂直平分线的性质可以推出，即可推出，先利用勾股定理求出AF的长，即可求出AC的长．
【详解】
解：如图，连接BD交AC于点F．
∵BE垂直平分CD，
∴，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，BF=DF，AC=2AF
∴，
∴
∵，
∴，
∴．
在中，由勾股定理得，，
∴，
故选A．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
19．B
【分析】
根据角平分线的定义以及平行四边形的性质，即可得到BF，BA的长，进而得到AF的长．
【详解】
解：由作图可知，∠FCD=∠FCB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD=4，
∴∠F=∠FCD，
∴∠F=∠FCB，
∴BF=BC=6，
∴AF=BF-BA=6-4=2，
故选：B．
【点睛】
本题考查了作图-复杂作图，平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
20．D
【详解】
试题分析:由于结论a2＞b2的否定为：a2≤b2 ，由此得出结论．
解：由于结论a2＞b2的否定为：a2≤b2 ，
用反证法证明命题时，要首先假设结论的否定成立，
故应假设a2≤b2 ，由此推出矛盾．
故选D．
考点：反证法．
21．C
【分析】
利用平行四边形的性质和勾股定理易求BO的长，进而可求出BD的长．
【详解】
解：∵ ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
∴BO＝DO，AO＝CO，
∵AB⊥AC，AB＝4，AC＝6，
∴∠BAO＝90°，OA＝3
∴BO5，
∴BD＝2BO＝10，
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．
22．A
【分析】
首先证明DA=DE，再根据平行四边形的性质即可解决问题．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BA∥CD，AB=CD，
∴∠DEA=∠EAB，
∵AE平分∠DAB，
∴∠DAE=∠EAB，
∴∠DAE=∠DEA，
∴DE=AD=6，
∴CD=CE+DE=6+4=10，
∴AB=CD=10．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，属于中考常考题型．
23．B
【分析】
先由点A的坐标确定点A在直线上，直线与x轴交于点E，与y轴交于点F，求出点E、点F坐标，得到OE，OF的长，连接OB，过点O作OG⊥EF，垂足为G，求出OG的长，继而由S四边形OABC =2S△AOB，利用面积公式进行求解即可．
【详解】
∵点的坐标为，
∴点A在直线上，
如图，直线与x轴交于点E，与y轴交于点F，则有点E坐标为（，0），点F坐标为（0，），
∴OE=，OF=，
连接OB，过点O作OG⊥EF，垂足为G，
∵B（4，3）,
∴直线OB的解析式为，OB=
∴OB//EF，
∴OG⊥OB，
在Rt△OEF中， ，
∵，
∴OG=，
∴S四边形OABC =2S△AOB=
故选B
【点睛】
此题考查的是平行四边形的性质，找到四边形的底和高是解题的关键．
24．A
【分析】
由作法得垂直平分，连接交于点，过点作于，连接，如图，根据线段垂直平分线的性质得到，，，再根据平行四边形的性质得到，，，所以，接着分别计算出，，设，则，，在中利用勾股定理得到，解得，再计算出，，然后证明得到，从而得到的长．
【详解】
解：由作法得垂直平分，
，
连接交于点，过点作于，连接，如图，则，，
四边形为平行四边形，
，，，
，
在中，，
，
设，则，，
在中，，解得，
在中，，
，
在中，，
，
，
在和中，
，
，
，
．
故选：A．
【点睛】
本题考查了作图基本作图：熟练掌握5种基本作图（作一条线段等于已知线段）．也考查了平行四边形的性质．
25．B
【分析】
根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．
【详解】
解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
【点睛】
考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．
26．C
【详解】
A、∠BAC=∠DCA，不能判断四边形ABCD是矩形；
B、∠BAC=∠DAC，能判定四边形ABCD是菱形；不能判断四边形ABCD是矩形；
C、∠BAC=∠ABD，能得出对角线相等，能判断四边形ABCD是矩形；
D、∠BAC=∠ADB，不能判断四边形ABCD是矩形；
故选C．
27．C
【详解】
试题分析：A．对角线相等是矩形具有的性质，菱形不一定具有；
B．对角线互相平分是菱形和矩形共有的性质；
C．对角线互相垂直是菱形具有的性质，矩形不一定具有；
D．邻边互相垂直是矩形具有的性质，菱形不一定具有．
故选C．
点评】本题考查菱形与矩形的性质，需要同学们对各种平行四边形的性质熟练掌握并区分．
考点：菱形的性质；矩形的性质．
28．D
【详解】
试题分析：∵菱形具有的性质：对边相等，对角相等，对角线互相平分，对角线互相垂直；
平行四边形具有的性质：对边相等，对角相等，对角线互相平分；
∴菱形具有而一般平行四边形不具有的性质是：对角线互相垂直．
故选D．
考点：菱形的性质；平行四边形的性质．
29．C
【分析】
由于顺次连接四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，再由矩形的判定可知，依次连接对角线互相垂直的四边形各边的中点所得四边形是矩形．
【详解】
根据题意画出图形如下：
答：AC与BD 的位置关系是互相垂直．
证明：∵四边形EFGH是矩形，
∴∠FEH=90°，
又∵点E、F、分别是AD、AB、各边的中点，
∴EF是三角形ABD的中位线，
∴EF∥BD，
∴∠FEH=∠OMH=90°，
又∵点E、H分别是AD、CD各边的中点，
∴EH是三角形ACD的中位线，
∴EH∥AC，
∴∠OMH=∠COB=90°，
即AC⊥BD．
故选C．
【点睛】
此题主要考查了矩形的判定定理，画出图形进而应用平行四边形的判定以及矩形判定是解决问题的关键．
30．D
【分析】
分析图像得出BE和BC，求出AB，作EH⊥BC于H，作EF∥MN，M1N2∥EF，作DG⊥M1N2于点G，求出EF和M1N2，在△DM1N2中，利用面积法列出方程，求出t值即可．
【详解】
解：由题意可得：点M与点E重合时，t=5，则BE=5，
当t=10时，点N与点C重合，则BC=10，
∵当t=5时，S=10，
∴，解得：AB=4，
作EH⊥BC于H，作EF∥MN，M1N2∥EF，作DG⊥M1N2于点G，
则EH=AB=4，BE=BF=5，
∵∠EHB=90°，
∴BH==3，
∴HF=2，
∴EF=，
∴M1N2=，
设当点M运动到M1时，N2D平分∠M1N2C，
则DG=DC=4，M1D=10-AE-EM1=10-3-（t-5）=12-t，
在△DM1N2中，，
即，
解得：，
故选D．
【点睛】
本题考查了动点问题的函数图像，矩形的性质，勾股定理，面积法，解题的关键是读懂图象，了解图象中每个点的实际含义．
31．D
【分析】
根据正方形的各种判定方法逐项分析即可．
【详解】
解：对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，正确；
对角线互相垂直的矩形是正方形，正确；
对角线相等的菱形是正方形，正确；
对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；
可知选项D是错误的．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
32．D
【分析】
根据根据矩形、菱形、正方形和平行四边形的判定方法对各选项进行判断．
【详解】
A.一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，所以A选项错误．
B. 对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项错误；
C. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以C选项错误；
D. 对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，所以D选项正确；
故选D
【点睛】
此题考查命题与定理，解题关键在于掌握各判定法则
33．B
【分析】
根据AC+BD=24厘米，可得出OA+OB=12cm，继而求出AB，判断EF是△OAB的中位线即可得出EF的长度．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
又∵AC+BD=24厘米，
∴OA+OB=12cm，
∵△OAB的周长是18厘米，
∴AB=6cm，
∵点E，F分别是线段AO，BO的中点，
∴EF是△OAB的中位线，
∴EF=AB=3cm．
故选B
【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理和平行四边形的性质，解答本题需要用到：平行四边形的对角线互相平分，三角形中位线的判定定理及性质．
34．C
【分析】
根据直角三角形的性质求出AB，进而求出AE、EB，根据三角形中位线定理得到DE∥BC，得到∠AED=∠AED=60°，根据等边三角形的判定定理和性质定理解答即可．
【详解】
解：在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，BC=4，
∴AB=2BC=8，∠ABC=60°，
∵E为AB边上的中点，
∴AE=EB=4，
∵D、E分别为AC、AB边上的中点，
∴DE∥BC，
∴∠AED=∠AED=60°，
∴∠BEF=∠ABC=60°，
在Rt△AED中，∠A=30°，
∴AE=2DE，
∵EF=2DE，
∴AE=EF，
∴△BEF为等边三角形，
∴BF=BE=4，
故选：C．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、等边三角形的判定和性质、直角三角形的性质，掌握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题的关键．
35．D
【分析】
由D，E分别是边AC，AB的中点，首先判定DE是三角形的中位线，然后根据三角形的中位线定理求得AB的值即可．
【详解】
解：∵D、E分别是AC、BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
根据三角形的中位线定理，得：AB=2DE=100m．
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理的运用；熟记三角形中位线定理是解决问题的关键．
36．C
【分析】
连结DF，根据点D、E、F分别为各边的中点，可得DE，EF为△ABC的中位线，可确定DE∥AC，EF∥AB，利用平行线性质可得∠DAF=∠EFC=∠DEF=65°，由AH⊥BC，点D为AB中点，点F为AC中点，根据直角三角形斜边中线性质可得DH=AD=BD，FH=AF=CF，可证在△ADF和△HDF中，△ADF≌△HDF（SSS）即可．
【详解】
解：连结DF，
∵点D、E、F分别为各边的中点，
∴DE，EF为△ABC的中位线，
∴DE∥AC，EF∥AB，
∴∠DAF=∠EFC=∠DEF=65°，
∵AH⊥BC，点D为AB中点，点F为AC中点，
∴DH=AD=BD，FH=AF=CF，
在△ADF和△HDF中，
，
∴△ADF≌△HDF（SSS），
∴∠DAF=∠DHF=65°．
故选择C．
【点睛】
本题考查三角形的中位线性质，直角三角形斜边中线性质，三角形全等判定与性质，掌握三角形的中位线性质，直角三角形斜边中线性质，三角形全等判定与性质是解题关键．
37．24°
【分析】
由旋转的性质可得∠C＝∠C'，AB＝AB'，由等腰三角形的性质可得∠C＝∠CAB'，∠B＝∠AB'B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．
【详解】
解：∵AB'＝CB'，
∴∠C＝∠CAB'，
∴∠AB'B＝∠C+∠CAB'＝2∠C，
∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'，
∴∠C＝∠C'，AB＝AB'，
∴∠B＝∠AB'B＝2∠C，
∵∠B+∠C+∠CAB＝180°，
∴3∠C＝180°﹣108°，
∴∠C＝24°，
∴∠C'＝∠C＝24°，
故答案为：24°．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些的性质解决问题是本题的关键．
38．（5﹣2，0）．
【分析】
如图，过点B作BT⊥BC，使得BT=AB，连接AT，CT．证明△BAD≌△TAC（SAS），推出BD=CT=，在Rt△BCT中，BC=＝＝5，再求出OC，可得结论．
【详解】
解：如图，过点B作BT⊥BC，使得BT＝AB，连接AT，CT．
∵A（0，2），
∴OA＝2，
∵∠AOB＝90°，∠ABO＝30°，
∴AB＝2AO＝4，OB＝OA＝2，
∵TB⊥BC，
∴∠TBC＝90°，
∴∠TBA＝60°，
∵BT＝BA，
∴△ABT是等边三角形，
∴AT＝AB，∠BAT＝60°，
∵AC＝AD，∠CAD＝60°，
∴∠BAT＝∠CAD，
∴∠BAD＝∠TAC，
在△BAD和△TAC中，
，
∴△BAD≌△TAC（SAS），
∴BD＝CT＝，
在Rt△BCT中，BC＝＝＝5，
∴OC＝BC﹣OB＝5﹣2，
∴C（5﹣2，0）．
【点睛】
本题考查坐标与图形变化-旋转，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
39．25
【分析】
由旋转的性质可得∠C=∠C'，AB=AB'，由等腰三角形的性质可得∠C=∠CAB'，∠B=∠AB'B，由三角形的外角性质和三角形内角和定理可求解．
【详解】
解：∵AB'=CB'，
∴∠C=∠CAB'，
∴∠AB'B=∠C+∠CAB'=2∠C，
∵将△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AB'C'，
∴∠C=∠C'，AB=AB'，
∴∠B=∠AB'B=2∠C，
∵∠B+∠C+∠CAB=180°，
∴3∠C=180°-105°，
∴∠C=25°，
∴∠C'=∠C=25°，
故答案为：25．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些的性质解决问题是本题的关键．
40．50度
【分析】
由将△ACB绕点C顺时针旋转得到△A′B′C′，即可得△ACB≌△A′B′C′，则可得∠A'=∠BAC，△AA'C是等腰三角形，又由△ACB中，∠ACB=90°，∠ABC=25°，即可求得∠A'、∠B'AB的度数，即可求得∠ACB'的度数，继而求得∠B'CB的度数．
【详解】
∵将△ACB绕点C顺时针旋转得到，
∴△ACB≌，
∴∠A′=∠BAC，AC=CA′，
∴∠BAC=∠CAA′，
∵△ACB中,∠ACB=90°,∠ABC=25°，
∴∠BAC=90 ∠ABC=65°，
∴∠BAC=∠CAA′=65°，
∴∠B′AB=180° 65° 65°=50°，
∴∠ACB′=180° 25° 50° 65°=40°，
∴∠B′CB=90° 40°=50°.
故答案为50.
【点睛】
此题考查了旋转的性质、直角三角形的性质以及等腰三角形的性质．此题难度不大，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．
41．
【分析】
根据关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数求解即可.
【详解】
解：点A（-3，4）关于原点对称的点的坐标为：（3，-4）
故答案为：（3，-4）
【点睛】
本题考查的关于原点对称的点的坐标的问题，解题的关键在于能够熟练掌握关于原点对称的两点的坐标关系
42．5．
【详解】
试题分析：当B在x轴上时，对角线OB长的最小，如图所示：直线x=1与x轴交于点D，直线x=4与x轴交于点E，根据题意得：∠ADO=∠CEB=90°，OD=1，OE=4，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA∥BC，OA=BC，∴∠AOD=∠CBE，在△AOD和△CBE中，∵∠AOD=∠CBE，∠ADO=∠CEB，OA=BC，∴△AOD≌△CBE（AAS），∴OD=BE=1，∴OB=OE+BE=5；故答案为5．
考点：平行四边形的性质；坐标与图形性质．
43．AB=DC（答案不唯一）
【详解】
试题分析：∵在四边形ABCD中，AB∥CD，
∴根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定，可添加的条件是：AB=DC（答案不唯一）．
还可添加的条件AD∥BC或∠A=∠C或∠B=∠D或∠A+∠B=180°或∠C+∠D=180°等．
44．4
【分析】
由平行四边形的性质得出BC＝AD＝12cm，AD∥BC，得出∠DAE＝∠BEA，证出∠BEA＝∠BAE，得出BE＝AB，即可得出CE的长．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD＝12cm，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BEA，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴BE＝AB＝8cm，
∴CE＝BC﹣BE＝4cm；
故答案为4
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
45．
【分析】
如图，连接DE，作点D关于直线AE的对称点T，连接AT，ET，CT．首先证明B，A，T共线，求出TC，证明四边形EGCD是平行四边形，推出DE＝CG，推出EC＋CG＝EC＋ED＝EC＋TE，根据TE＋EC≥TC即可解决问题．
【详解】
解：如图，连接DE，AE，作点D关于直线AE的对称点T，连接AT，ET，CT．
∵∠A＝90°，AB＝AD＝1，将△ABD沿射线BD平移，得到△EGF，再将△ABD沿射线BD翻折，得到△CBD，
∴AB＝BC═AD＝1，∠ABC＝90°，∠ABD＝45°，
∵AE//BD，
∴∠EAD＝∠ABD＝45°，
∵D，T关于AE对称，
∴AD＝AT＝1，∠TAE＝∠EAD＝45°，
∴∠TAD＝90°，
∵∠BAD＝90°，
∴B，A，T共线，
∴CT＝，
∵EG＝CD，EG//CD，
∴四边形EGCD是平行四边形，
∴CG＝DE，
∴EC＋CG＝EC＋ED＝EC＋TE，
∵TE＋EC≥TC，
∴GC＋EC≥，
∴GC＋EC的最小值为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查轴对称，等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．
46．2
【分析】
求出AB=CD=5，AD=BC=8，AD//BC，根据平行线性质和角平分线性质求出，推出AB=AE，同理求出DF=CD，利用线段和差进而得出EF的长．
【详解】
解：如图：
在中，AB=CD=5，AD=BC=8，AD//BC，
∴，
又∵BE平分，
∴，
∴，
∴AB=AE=5，
∵AD//BC，
∴，
又∵CF平分，
∴，
∴，
∴DF=DC=5，
∴EF=AE+DF-AD=5+5-8=2．
故答案为2．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质和判定，能综合运用性质进行推理是解题的关键．
47．4s或s
【分析】
分点F在线段BM上和点F在线段CM上，两种情形列出方程即可解决问题．
【详解】
解：①当点F在线段BM上，AE＝FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则有t＝4﹣2t，
解得t＝，
②当F在线段CM上，AE＝FM时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则有t＝2t﹣4，
解得t＝4，
综上所述，t＝4s或s时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
故答案为：4s或s．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，分类思想，熟练掌握平行四边形的判定定理，灵活运用分类思想是解题的关键．
48．20
【分析】
根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可．
【详解】
解：如图，根据题意得AO=×8=4，BO=×6=3，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD．
∴△AOB是直角三角形．
∴．
∴此菱形的周长为：5×4=20
故答案为：20．
49．5．
【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．
50．5
【分析】
由折叠的性质可得AD＝AD'＝3，DE＝D'E＝1，∠DEA＝∠D'EA，根据矩形的性质可证∠EAB＝∠AEB，即AB＝BE，根据勾股定理可求AB的长．
【详解】
解：∵折叠，
∴△ADE≌△AD'E，
∴AD＝AD'＝3，DE＝D'E＝1，∠DEA＝∠D'EA，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DEA＝∠EAB，
∴∠EAB＝∠AEB，
∴AB＝BE，
∴D'B＝BE﹣D'E＝AB﹣1，
在Rt△ABD'中，AB2＝D'A2+D'B2，
∴AB2＝9+（AB﹣1）2，
∴AB＝5
故答案为5
【点睛】
本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，熟练运用折叠的性质是本题的关键．
51．8
【详解】
∵AB=AC， AF⊥BC，∴∠AFB=90°，BF=CF，又∵BE⊥AC，∴∠BEC=∠BEA=90°，∴EF= BC=3，又∵D为AB中点，∴DE=DF= AB，∵DE+DF+EF=11，∴DE+DF=8，∴AB=8.
52．
【分析】
由题意可得BD＝CD＝5，根据折叠的性质可得，根据勾股定理可求BC'的长．
【详解】
解：∵AD是△ABC的中线，BC＝10，
∴BD＝CD＝5，
∵把△ABC沿直线AD折叠，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了翻折变换，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是本题的关键．
53．2
【分析】
【详解】
试题解析：如图，
∵菱形ABCD，
∴AD=AB，OD=OB，OA=OC，
∵∠DAB=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD=AB=2，
∴OD=1，
在Rt△AOD中，根据勾股定理得：AO=，
∴AC=2，
则S菱形ABCD=AC BD=2，
故答案为2
考点：菱形的性质．
54．
【分析】
根据矩形的性质，可得∠ABC的度数，OA与OB的关系，根据等边三角形的判定和性质，可得答案．
【详解】
∵ABCD是矩形，∴∠ABC=90°．
∵∠ACB=30°，∴∠BAO=90°﹣∠ACB=60°．
∵OA=OB，∴△ABO是等边三角形，∴∠AOB=60°．
故答案为60°．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，利用矩形的性质得出∠ABC的度数是解答本题的关键．
55．．
【详解】
过点C作CH⊥x轴于点H，连接BD，
∵C（3，2），
∴CH=2，OH=3，
根据四边形ABCD是正方形易证△AOB≌△BHC，BD=BC，
∴OB=CH=2，
∴BH=OH-OB=1，
∴BC=，
∴BD= ，
∵M、N分别为AB、AD的中点，
∴MN=BD=，
故答案为.
56．11．
【详解】
利用勾股定理列式求出BC的长，再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求出EH=FG=AD，EF=GH=BC，然后代入数据进行计算即可得解：
∵BD⊥CD，BD=4，CD=3，∴．
∵E、F、G、H分别是AB、AC、CD、BD的中点，∴EH=FG=AD，EF=GH=BC．
∴四边形EFGH的周长=EH+GH+FG+EF=AD+BC．
又∵AD=6，∴四边形EFGH的周长=6＋5=11．
57．8
【分析】
先根据三角形中位线定理可得BC的长，再根据平行四边形的性质可得AD的长，然后根据即可得．
【详解】
点，点分别是中点
是的中位线
四边形ABCD是平行四边形
又
故答案为：8．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的性质等知识点，熟记三角形中位线定理是解题关键．
58．126°
【分析】
设∠EBC=∠ECB=x，利用垂直平分线和外角和中位线的性质表示∠DFG，从而可求得x，由此可求得∠AED．
【详解】
解：∵DE是BC的垂直平分线，
∴BE=CE，
∴∠EBC=∠ECB，
设∠EBC=∠ECB=x，
∴∠AEC=∠EBC+∠ECB=2x，
∵CE平分∠ACB，
∴∠BCE=∠ACE=x，
∵FG是△ACE的中位线，
∴FG∥AC，
∴∠EFG=∠ACE=x，
∵D为BC的中点，F为CE的中点，
∴DF∥AB，
∴∠EFD=∠AEF=2x，
∵∠DFG=∠GFE+∠EFD=x+2x=3x，
∴3x=108°，
∴x=36°，
∴∠AED=∠AEC+∠CED=2x+90°-x=90°+x=90°+36°=126°，
故答案为：126°．
【点睛】
此题考查三角形的中位线定理，关键是根据线段平分线、角平分线以及三角形中位线定理解答．
59．
【分析】
过点M作于N，则，可得MN是的中位线，利用三角形中位线定理可得MN=AC=3，BN=CN=BC=4，设CF=x，则NF=4-x，由折叠的性质可得MF=CF，在中，利用勾股定理即可求解．
【详解】
解：过点M作于N，
∵，，
∴，
∵是的中点，
∴MN是的中位线，
∴MN=AC=3，BN=CN=BC=4，
设CF=x，则NF=4-x，
∵将沿翻折，使与的中点重合，
∴MF=CF=x，
在中，，
∴，解得，
∴CF=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查折叠的性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，熟练掌握三角形的中位线定理，利用勾股定理建立方程求解是解题的关键．
60．
【分析】
取CD中点H，连接AH，BH，可证四边形AECH是平行四边形，可得AH//CE，由三角形中位线定理可得PH//EC，可得点P在AH上，当BP⊥AH时，PB有最小值，即可求解．
【详解】
解：如图，取CD中点H，连接AH，BH，设AH与DE的交点为O，连接BO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝4，CD//AB，
∵点E是AB中点，点H是CD中点，
∴CH＝AE＝DH＝BE＝4，
∴四边形AECH是平行四边形，
∴AH//CE，
∵点P是DF的中点，点H是CD的中点，
∴PH//EC，
∴点P在AH上，
∴当BP⊥AH时，此时点P与H重合，BP有最小值，
∵AD＝DH＝CH＝BC＝4，
∴∠DHA＝∠DAH＝∠CBH＝∠CHB＝45°，AH＝BH＝，
∴∠AHB＝90°，
∴BP的最小值为，
故答案为．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质，平行四边形的性质，垂线段最短等知识，确定点P的运动轨迹是本题的关键．
61．13
【分析】
首先证明，求出的最小值即可，作点关于的对称点，连接交于，此时的值最小．
【详解】
解：如图，连接．
，，
，
，
求出的最小值即可，
作点关于的对称点，连接交于，此时的值最小，
四边形是矩形，
，
，
，
，，
，
，
的最小值为，
故答案为13．
【点睛】
本题考查轴对称最短问题，三角形中位线定理，矩形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用轴对称解决最短问题．
62．4
【分析】
设，可得，根据四边形内角和可得，取的中点，连接、，则，，继而可得，即可得到答案．
【详解】
解：取的中点，连接、，如图：
是由绕点旋转得到，
，，，
设，则，
在四边形中，
，
在中，，，，
，
中，，
是中位线，
，
而，
当、、在一条直线上时，最大，最大值为，
故答案为：4．
【点睛】
本题主要考查旋转的性质、直角三角形的性质及勾股定理、中位线定理，构建以为边的三角形，根据三角形三边关系得出的长度范围是解题的关键．
63．3cm
【分析】
取AB的中点G，连接EG，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求出EG∥AD，EG＝AD，GF∥BC，GF＝BC，再根据过一点有且只有一条直线与已知直线平行可得点G、E、F三点共线，然后求解即可．
【详解】
解：如图，取AB的中点G，连接EG，
∵E、F分别是对角线BD、AC的中点，
∴EG∥AD，EG＝AD＝12×2＝1cm，
GF∥BC，GF＝BC＝×8＝4cm，
又∵AD∥BC，
∴点G、E、F三点共线，
∴EF＝GF EG＝4 1＝3cm，
故答案为：3 cm．
【点睛】
本题考查了梯形的中位线，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半的性质，作辅助线，熟记三角形中位线定理是解题的关键，要注意说明点G、E、F三点共线．
64．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）由BF＝DE，可得BE＝DF，由AE⊥BD，CF⊥BD，可得∠AEB＝∠CFD＝90°，又由AB＝CD，在直角三角形中利用HL即可证得：△ABE≌△CDF；
（2）由，即可得∠ABE＝∠CDF，根据内错角相等，两直线平行，即可得，又由AB＝CD，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可证得四边形ABCD是平行四边形，则可得AO＝CO．
【详解】
证明：（1）∵BF=DE，
∴，
即BE=DF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
在Rt△ABE与Rt△CDF中，
,
∴（HL）；
（2）如图，连接AC交BD于O，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴．
【点睛】
此题考查了全等三角形的判定与性质以及平行四边形的判定与性质．此题难度不大，解题的关键是要注意数形结合思想的应用．
65．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【详解】
试题分析：（1）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可得EF∥AB，DE∥AC，再根据平行四边形的定义证明即可.
（2）根据平行四边形的对角线相等可得∠DEF=∠BAC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DH=AD，FH=AF，再根据等边对等角可得∠DAH=∠DHA，∠FAH=∠FHA，然后求出∠DHF=∠BAC，等量代换即可得到∠DHF=∠DEF．
试题解析：证明：（1）∵点D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，∴DE、EF都是△ABC的中位线.
∴EF∥AB，DE∥AC，∴四边形ADEF是平行四边形.
（2）∵四边形ADEF是平行四边形，∴∠DEF=∠BAC.
∵D，F分别是AB，CA的中点，AH是边BC上的高，∴DH=AD，FH=AF.
∴∠DAH=∠DHA，∠FAH=∠FHA.
∵∠DAH+∠FAH=∠BAC，∠DHA+∠FHA=∠DHF，
∴∠DHF=∠BAC.∴∠DHF=∠DEF．
考点：1.三角形中位线定理；2.直角三角形斜边上的中线性质；3.平行四边形的判定．
66．（1）AD=CF．理由见解析；（2）CF=
【分析】
（1）根据正方形的性质可得AO=CO，OD=OF，∠AOC=∠DOF=90°，然后求出∠AOD=∠COF，再利用“边角边”证明△AOD和△COF全等，根据全等三角形对应边相等即可得证．
（2）与（1）同理求出CF=AD，连接DF交OE于G，根据正方形的对角线互相垂直平分可得DF⊥OE，DG=OGOE，再求出AG，然后利用勾股定理列式计算即可求出AD．
【详解】
解：（1）AD=CF．理由如下：
在正方形ABCO和正方形ODEF中，∵AO=CO，OD=OF，∠AOC=∠DOF=90°，
∴∠AOC+∠COD=∠DOF+∠COD，即∠AOD=∠COF．
在△AOD和△COF中，∵AO=CO，∠AOD=∠COF，OD=OF，
∴△AOD≌△COF（SAS）．
∴AD=CF．
（2）与（1）同理求出CF=AD，
如图，连接DF交OE于G，则DF⊥OE，DG=OG=OE，
∵正方形ODEF的边长为，∴OE=×=2．
∴DG=OG=OE=×2=1．
∴AG=AO+OG=3+1=4，
在Rt△ADG中，，
∴CF=AD=．
67．（1）见解析；（2）12.
【分析】
（1）由题意可得AB∥CD，AB＝CD，又由M，N分别是AB和CD的中点可得AM＝∥CN，即可得结论；
（2）根据等腰三角形的性质可得CM⊥AB，AM＝3，根据勾股定理可得CM＝4，则可求面积．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∵M，N分别为AB和CD的中点，
∴AM=AB，CN=CD，
∴AM=CN，且AB∥CD，
∴四边形AMCN是平行四边形；
（2）∵AC=BC=5，AB=6，M是AB中点，
∴AM=MB=3，CM⊥AM，
∴CM=，
∵四边形AMCN是平行四边形，且CM⊥SM，
∴AMCN是矩形，
∴S四边形AMCN=12.
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和判定，等腰三角形的性质，关键是熟练运用这些性质解决问题．
68．（1）；（2）k的值不会发生变化，理由见解析
【分析】
（1）由边长可得AB，进而根据y=2x求出OA，得到OD，再根据边长为2得到CD，代入y=kx中即可；
（2）根据正方形的边长a，运用正方形的性质表示出C点的坐标，再将C的坐标代入函数中，从而可求得k的值．
【详解】
解：（1）
正方形边长为2，
.在直线中，
当时，
，将代入中，
得，解得.
（2）k的值不会发生变化
理由：正方形边长为a
，
在直线中，当时，，
.
将代入中，得,
解得，
∴k值不会发生变化.
【点睛】
本题主要考查正方形的性质与正比例函数的综合运用，是一道比较好的题目，难度适中．灵活运用正方形的性质是解题的关键．
69．（1）证明见解析；（2）
【分析】
（1）通过证明△AOM和△CON全等，可以得到，又因为，所以可以证明四边形为平行四边形；
（2）根据，从而可以证明平行四边形是菱形，得到，再使用勾股定理计算出BN的长度，从而可以得到DM的长度．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形
∴，
∴
在△AOM和△CON中
∴△AOM△CON
∴
又∵
∴四边形为平行四边形．
（2）∵四边形为平行四边形
∵
∴平行四边形是菱形
∴
∵
设BN的长度为x
在Rt△ABN中，，
∴
【点睛】
（1）本题主要考查了如何证明平行四边形，明确一组对边平行且相等的四边形是平行四边形是解题的关键；（2）本题主要考查了菱形的证明以及勾股定理的应用，知晓对角线互相垂直的平行四边形是菱形是解题的关键．
70．（1）3；（2）菱形，理由见解析
【分析】
（1）只要证明即可得到结果；
（2）先判断四边形AECF是平行四边形，再根据对角线互相垂直且平分证明是菱形，即可得到结论；
【详解】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，AC、BD是对角线，
∴，OA=OC，
又∵，
∴，
在△AOE和△COF中，
，
∴．
∴FO=EO，
又∵，
∴．
故EF的长为3．
（2）由（1）可得，，四边形ABCD是平行四边形，
∴，FC∥AE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又，OE=OF，OA=OC，
∴平行四边形AECF是菱形．
【点睛】
本题主要考查了特殊平行四边形的性质应用，准确运用全等三角形的性质及菱形的判定是解题的关键．
71．见解析
【分析】
根据平行四边形的性质证明即可．
【详解】
解：，
，，，
∴点、分别为、的中点
，，
，
在和中，，
，
．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质；掌握好平行四边形的性质，熟悉三角形全等判定的条件是解决本题的关键．
72．见解析
【分析】
（1）根据角平分线的性质和全等三角形的判定方法证明△ABD≌△CBD，由全等三角形的性质即可得到：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，由（1）中的条件可得四边形MPND是矩形，再根据两边相等的四边形是正方形即可证明四边形MPND是正方形．
【详解】
证明：（1）∵对角线BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△CBD中，
，
∴△ABD≌△CBD（SAS），
∴∠ADB=∠CDB；
（2）∵PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PMD=∠PND=90°，
∵∠ADC=90°，
∴四边形MPND是矩形，
∵∠ADB=∠CDB，
∴∠ADB=45°
∴PM=MD，
∴四边形MPND是正方形．
73．（1）t=2；（2）①12≤AQ≤20；②存在这样的t值，使得QE=QB，t的值为3.6或10．
【分析】
（1）先证明∠APD=∠EPA=∠PAB，得AB=PB=20，根据勾股定理得PC=16，由PD=4=2t，可得结论；
（2）①分别计算两个边界点：由（1）知：t=2时，AQ=20，当AQ最小时，PQ⊥AB，此时AQ=12，可得结论；
②分两种情况：点E在矩形的内部和外部，根据等量关系列方程可解答．
【详解】
（1）如图1，
∵AB∥CD，
∴∠DPA=∠PAB，
由轴对称得：∠DPA=∠EPA，
∴∠EPA=∠PAB，
∴BP=AB=20，
在Rt△PCB中，由勾股定理得：PC==16，
∴PD=4=2t，
∴t=2；
（2）①由（1）可知：当t=2时，Q与B重合，此时AQ=AB=20，
如图2，当PQ⊥AB时，E与Q重合，此时AQ=AD=12，
∴12≤AQ≤20，
故答案为：12≤AQ≤20；
②存在，分两种情况：
当点E在矩形ABCD内部时，如图3，
∵QE=PQ﹣PE=PQ﹣DP=PQ﹣2t，
∵QE=QB，PQ=AQ，
∴QB=AQ﹣2t，
∵AQ+BQ=AB=20，
∴AQ+AQ﹣2t=20，
∴AQ=10+t，
在Rt△EQA中，AQ=10+t，QE=AQ﹣2t=10-t，AE=12，
∴，
解得：t=3.6；
当点E在矩形ABCD的外部时，如图4，
∵QE=PE﹣PQ=DP﹣PQ=2t﹣PQ，
∵QE=QB，PQ=AQ，
∴BQ=2t﹣AQ，
∴AB﹣AQ=2t﹣AQ，
∴AB=2t，
∴t==10（此时P与C重合），
综上，存在这样的t值，使得QE=QB，t的值为3.6或10．
【点睛】
本题考查了四边形综合题、矩形的性质、几何动点问题，轴对称的性质等知识，解题的关键是学会正确画出图形，学会分类讨论，充分利用轴对称的性质解决问题，属于中考压轴题．
74．（1）证明见解析；
（2）∠BDM的度数为45°；
（3）∠BDG的度数为60°.
【分析】
（1）平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，再根据平行线的性质证明∠CEF=∠CFE，根据等角对等边可得CE=CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形；
（2）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM=BM，∠DMC=∠BME，再根据∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°可得到∠BDM的度数；
（3）延长AB、FG交于H，连接HD，求证平行四边形AHFD为菱形，得出△ADH，△DHF为全等的等边三角形，证明△BHD≌△GFD，即可得出答案．
【详解】
（1）∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF=∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠CFE，
∴∠CEF=∠CFE，
∴CE=CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形．
（2）如图，连接BM，MC，
∵∠ABC=90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF=90°，
∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF=∠DAF，
∴BE=AB=DC，
∵M为EF中点，
∴∠CEM=∠ECM=45°，
∴∠BEM=∠DCM=135°，
在△BME和△DMC中，
∵
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB=MD，
∠DMC=∠BME．
∴∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°，
∴△BMD是等腰直角三角形，
∴∠BDM=45°；
（3）∠BDG=60°，
延长AB、FG交于H，连接HD．
∵AD∥GF，AB∥DF，
∴四边形AHFD为平行四边形，
∵∠ABC=120°，AF平分∠BAD，
∴∠DAF=30°，∠ADC=120°，∠DFA=30°，
∴△DAF为等腰三角形，
∴AD=DF，
∴平行四边形AHFD为菱形，
∴△ADH，△DHF为全等的等边三角形，
∴DH=DF，∠BHD=∠GFD=60°，
∵FG=CE，CE=CF，CF=BH，
∴BH=GF，
在△BHD与△GFD中，
∵，
∴△BHD≌△GFD（SAS），
∴∠BDH=∠GDF
∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°．
【点睛】
此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，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．
75．（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）先根据矩形的性质可得，再根据等边三角形的判定与性质可得，由此即可得；
（2）先根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，再根据菱形的判定即可得证．
【详解】
解：（1）四边形是矩形，
，
，
，
是等边三角形，
，
；
（2），，
四边形是平行四边形，
，
平行四边形是菱形．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的判定等知识点，熟练掌握矩形的性质是解题关键．
76．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）连接DF，根据直角三角形的性质得到DF＝AB＝BF，进而证明DC＝DF，根据等腰三角形的三线合一证明结论；
（2）根据三角形的外角性质得到，根据等腰三角形的性质证明结论．
【详解】
解：（1）连接DF，
∵AD是边BC上的高，
∴，
∵点F是AB的中点，
∴DF＝AB＝BF，
∵DC＝BF，
∴DC＝DF，
∵点E是CF的中点．
∴；
（2）∵DC＝DF，
∴，
∴，
∵DF＝BF，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边中线定理、等腰三角形的性质、三角形的外角性质；关键在于掌握好相关考点的基础知识，灵活运用．
77．（1）见解析；（2）20
【分析】
（1）根据推出：；根据全等得出，推出四边形是平行四边形，再根据即可推出四边形是菱形；
（2）根据线段垂直平分线性质得出，设，推出，，在中，由勾股定理得出方程，求出即可．
【详解】
解：（1）证明：是的垂直平分线，
，，
四边形是矩形，
，
，
在和中，
，
；
又，
四边形是平行四边形，
又
平行四边形是菱形；
（2）设，
是的垂直平分线，
，，
在中，由勾股定理得：，
，
解得．
，
菱形的周长为20．
【点睛】
本题考查了勾股定理，矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点的综合运用，用了方程思想．
78．（1）详见解析；（2）②；（3）16
【分析】
（1）将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°得到△ABE，证明，即可得到结论；
（2）通过证明与不一定全等，可以判断①③，过作于 过作交的延长线于，证明再利用正方形的性质与三角形的面积公式可判断②．
（3）连接 证明同理可得到其余的全等三角形，利用平行四边形的性质可得答案．
【详解】
（1）证明：将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°得到△ABE，
在正方形ABCD中，∠BAD=∠ABM=∠D=90°，
由旋转可知，
∴ ∠D=∠ABE=90°，∠DAN=∠BAE，AN=AE，DN=BE，
∴ ∠ABE＋∠ABM=180°
∴ E、B、M三点在一条直线上
∵ ∠MAN=45°
∴ ∠DAN＋∠BAM=45°
∵ ∠DAN=∠BAE
∴ ∠BAE＋∠BAM=∠EAM=45°
∴ ∠EAM=∠MAN
∵ AN=AE，AM=AM
∴ （SAS）
∴ ME=MN
∵ ME=BE＋BM
∴ MN=DN＋BM

（2）如图， 正方形，正方形，
但是： 而与不一定相等，
所以：与不一定全等，
所以：两个三角形的周长不一定相等，与不一定相等，
故①③错误，
过作于 过作交的延长线于，
正方形，
正方形，
故②正确．
故答案为：② ．
（3）如图，连接
正方形正方形 ，
同理，
所以：图中阴影部分（四个三角形）的面积之和＝
故答案为：16
【点睛】
本题考查了旋转的性质，三角形全等的判定与性质，平行四边形的性质与正方形的性质，作出适当的辅助线构建三角形全等是解题的关键．
答案第1页，共2页