第18章平行四边形练习题2020—2021学年辽宁省各地人教版数学八年级下册期末数学试题选编（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 第18章平行四边形练习题2020—2021学年辽宁省各地人教版数学八年级下册期末数学试题选编（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-02-28 18:08:27 | ||
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文档简介
第18章：平行四边形练习题
一、单选题
1．（2021·辽宁法库·八年级期末）如图，在中，将沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若，，则的周长为（ ）
A．12 B．15 C．18 D．21
2．（2021·辽宁沈北新区·八年级期末）在□ABCD中，O是AC、BD的交点，过点O 与AC垂直的直线交边AD于点E，若□ABCD的周长为22cm，则△CDE的周长为（ ）．
A．8cm B．10cm C．11cm D．12cm
3．（2021·辽宁大连·八年级期末）若平行四边形中两个内角的度数比为1:2,则其中较小的内角是( )．
A．60° B．90° C．120° D．45°
4．（2021·辽宁沈河·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠A＝40°，则∠C大小为( )
A．40° B．80° C．140° D．180°
5．（2021·辽宁新宾·八年级期末）如图，的对角线交于点平分交于点，连接．下列结论：①；②平分；③；④垂直平分．其正确的个数有（ ）
A．个
B．个
C．个
D．个
6．（2021·辽宁营口·八年级期末）如图，等边的边长为，射线，点从点出发沿射线以的速度运动，点从点出发沿射线以的速度运动．设运动时间为，当（ ）时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形．
A．1或2 B．2或3 C．2或4 D．2或6
7．（2021·辽宁大东·八年级期末）如图，在△ABC中，D是AB上一点，AD＝AC，AE⊥CD，垂足为点E，F是BC的中点，若BD＝16，则EF的长为（ ）
A．32 B．16 C．8 D．4
8．（2021·辽宁昌图·八年级期末）如图，在△ABC中，点D、E分别是边AB，BC的中点．若△DBE的周长是6，则△ABC的周长是（ ）
A．8 B．10 C．12 D．14
9．（2021·辽宁·东北育才双语学校八年级期末）如图，四边形中，，，为的平分线，，．，分别是，的中点，则的长为（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
10．（2021·辽宁西岗·八年级期末）下列命题错误的是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
C．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
D．对角线互相平分的四边形是平行四边形
11．（2021·辽宁沈北新区·八年级期末）如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点、DE＝3，那么BC的长为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
12．（2021·辽宁朝阳·八年级期末）满足下列条件的四边形，不一定是平行四边形的是（ ）
A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等
C．一组对边平行且相等 D．一组对边平行，另一组对边相等
13．（2021·辽宁营口·八年级期末）矩形ABCD与ECFG如图放置，点B，C，F共线，点C，E，D共线，连接AG，取AG的中点H，连接EH．若，，则（ ）
A． B．2 C． D．
14．（2021·辽宁顺城·八年级期末）如图，矩形纸片中，，，将沿折叠，使点落在点处，交于点，则的长等于（ ）
A． B． C． D．
15．（2021·辽宁·东北育才双语学校八年级期末）如图，在长方形中，=4， =8，点是边上一点，且，点是边上一动点，连接，，则下列结论：① ；②当时，平分 ； ③△周长的最小值为15 ；④当时，平分.其中正确的个数有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
16．（2021·辽宁皇姑·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．
17．（2021·辽宁铁岭·八年级期末）如图，已知是平分线上的一点，，，是的中点，，如果是上一个动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
18．（2021·辽宁·东北育才双语学校八年级期末）已知直角三角形的周长是，斜边上的中线长是2，则这个三角形的面积是（ ）．
A．5 B． C． D．1
19．（2021·辽宁凌源·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．
20．（2021·辽宁建昌·八年级期末）如图，菱形的边长为，对角线，交于点，，则菱形的面积为（ ）
A． B． C．2 D．4
21．（2021·辽宁新宾·八年级期末）菱形的面积为12cm2，一条对角线是6cm，那么菱形的另一条对角线长为（ ）
A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
22．（2021·辽宁铁西·八年级期末）若菱形的周长为16，高为2，则菱形的面积为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．32
23．（2021·辽宁大连·八年级期末）顺次连接菱形各边中点所得的四边形一定是（ ）
A．梯形 B．正方形 C．菱形 D．矩形
24．（2021·辽宁鞍山·八年级期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，下列结论中不一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
25．（2021·辽宁大东·八年级期末）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是菱形．则四边形ABCD一定是 ( )
A．菱形 B．对角线互相垂直的四边形
C．矩形 D．对角线相等的四边形
26．（2021·辽宁铁西·八年级期末）已知四边形是平行四边形，，相交于点O，下列结论错误的是（ ）
A．，
B．当时，四边形是菱形
C．当时，四边形是矩形
D．当且时，四边形是正方形
27．（2021·辽宁顺城·八年级期末）如图，在中，点分别在边，，上，且，．下列四个判断中，不正确的是（ ）
A．四边形是平行四边形
B．如果，那么四边形是矩形
C．如果平分平分∠BAC，那么四边形 AEDF 是菱形
D．如果AD⊥BC 且 AB＝AC，那么四边形 AEDF 是正方形
28．（2021·辽宁朝阳·八年级期末）正方形的一条对角线之长为4,则此正方形的面积是( )
A．16 B．4 C．8 D．8
29．（2021·辽宁·东北育才双语学校八年级期末）已知四边形ABCD的两条对角线AC与BD互相垂直，则下列结论正确的是
A．当AC=BD时，四边形ABCD是矩形
B．当AB=AD，CB=CD时，四边形ABCD是菱形
C．当AB=AD=BC时，四边形ABCD是菱形
D．当AC=BD，AD=AB时，四边形ABCD是正方形
30．（2021·辽宁·东北育才双语学校八年级期末）如图，正方形中，点E为对角线上一点，交边于F，连接交线段于点H，延长交边于点Q，连接．下列结论：①；②若，，则；③；④若，，则；其中正确的有（ ）个．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
31．（2021·辽宁凌源·八年级期末）在ABCD中, ∠A的平分线分BC成4和3的两条线段, 则ABCD的周长为_____.
32．（2021·辽宁本溪·八年级期末）如图，在中，，，是所在平面内一点，以，，，为顶点的四边形是平行四边形，则的长为__．
33．（2021·辽宁太平·八年级期末）已知平行四边形ABCD中，∠B=4∠A，则∠C=___________________
34．（2021·辽宁太平·八年级期末）如图，在 ABCD中，AC⊥CD，延长DC到点E，使CE=CD，连接AE，若∠B=60°，AB=，则△ADE的周长为_____．
35．（2021·辽宁法库·八年级期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝8，AD＝6，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为_____．
36．（2021·辽宁丹东·八年级期末）如图，，、分别是、的中点，平分，交于点，若，，则的长是______．
37．（2021·辽宁本溪·八年级期末）如图，在中，点、分别是边、的中点，若的周长是6，则的周长为______．
38．（2021·辽宁丹东·八年级期末）如图，是的内角平分线，是的外角平分线，过分别作、，垂足分别为、，连接，若，，，则的长度为______．
39．（2021·辽宁鞍山·八年级期末）如图，在中，、是对角线上两点，，，，则的大小为___________
40．（2021·辽宁新抚·八年级期末）如图，将矩形纸片ABCD沿直线AF翻折，使点B恰好落在CD边的中点E处，点F在BC边上，若CD＝6，则AD＝__________.
41．（2021·辽宁和平·八年级期末）如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是AD的中点，若OM=3，BC=8，则OB的长为 ________．
42．（2021·辽宁太平·八年级期末）如图将一张长方形纸片沿EF折叠后，点A、B分别落在A′、B′的位置，如果∠2=70°，则∠1的度数是___________．
43．（2021·辽宁·绥中县教师进修学校八年级期末）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_____．
44．（2021·辽宁·绥中县教师进修学校八年级期末）如图，有一块菱形纸片ABCD，沿高DE剪下后拼成一个矩形，矩形的长和宽分别是5cm，3cm．EB的长是______．
45．（2021·辽宁沈北新区·八年级期末）如图，菱形ABCD的周长为16，∠ABC＝120°，则AC的长为_______________.
46．（2021·辽宁顺城·八年级期末）如图所示，分别以的直角边，斜边为边向外构造等边和等边，为的中点，连接，，，，．有下列五个结论：①；②；③四边形是菱形；④；⑤四边形是平行四边形．其中正确的结论是______．
47．（2021·辽宁凌源·八年级期末）顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所得的四边形一定是____．
48．（2021·辽宁连山·八年级期末）如图，在正方形中，E、F是射线上一动点，且，射线、分别交、延长线于G、H，连接；在下列结论中①；②，③；④；⑤若，则；⑥其中一定正确的是__________．（把正确的序号写在横线上）
49．（2021·辽宁·绥中县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，则∠BED=____度．
50．（2021·辽宁兴城·八年级期末）如图，正方形ABCD的边长是2，点E是CD边的中点，点F是边BC上不与点B，C重合的一个动点，把∠C沿直线EF折叠，使点C落在点C′处．当△ADC′为等腰三角形时，FC的长为_____.
三、解答题
51．（2021·辽宁沈北新区·八年级期末）如图，在 ABCD中，DE⊥AB，BF⊥CD，垂足分别为E，F，
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）求证：四边形BFDE为矩形．
52．（2021·辽宁法库·八年级期末）如图，等边△ABC的边长是2，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使CF=BC，连接CD和EF．
（1）求证：DE=CF；
（2）求EF的长．
53．（2021·辽宁本溪·八年级期末）已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，E是BC的中点，直线AE交DC的延长线于点F．试判断四边形ABFC的形状，并证明你的结论．
54．（2021·辽宁丹东·八年级期末）如图，在中，过点作，交于点，交于点，过点作，交于点，交于点．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）已知，求的长．
55．（2021·辽宁·绥中县教师进修学校八年级期末）已知，如图，E、F分别为□ABCD的边BC、AD上的点，且∠1=∠2,.求证：AE=CF.
56．（2021·辽宁新抚·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．
57．（2021·辽宁甘井子·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，过点D分别作DE⊥AB于点E，作DF⊥BC于点F．求证：AE＝CF．
58．（2021·辽宁营口·八年级期末）正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°．
（1）求证：EF=AE+CF
（2）当AE=1时，求EF的长．
59．（2021·辽宁凌源·八年级期末）如图，已知四边形ABCD为平行四边形，AE⊥BD于E，CF⊥BD于F．
（1）求证：BE＝DF；
（2）若M、N分别为边AD、BC上的点，且DM=BN，试猜想四边形MENF的形状，并证明你的结论．
60．（2021·辽宁沈北新区·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，ADBC，AB＝BC，对角线AC，BD交于点O，BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若BE＝5，OE＝3，求线段DE的长．
61．（2021·辽宁丹东·八年级期末）在中，，，将沿方向平移得到，，的对应点分别是、，连接交于点．
（1）如图1，将直线绕点顺时针旋转，与、、分别相交于点、、，过点作交于点．
①求证：≌
②若，求的长；
（2）如图2，将直线绕点逆时针旋转，与线段、分别交于点、，在旋转过程中，四边形的面积是否发生变化？若不变，求出四边形的面积，若变化，请说明理由；
（3）在（2）的旋转过程中，能否为等腰三角形，若能，请直接写出的长，若不能，请说明理由．
62．（2021·辽宁新抚·八年级期末）如图，在正方形的对角线上取一点．连接并延长到点，使与相交于点．
（1）求证：；
（2）若，判断之间的数量关系，并说明理由．
63．（2021·辽宁大东·八年级期末）如图，在菱形中，，是对角线上一点，是线段延长线上一点且，连接．
（1）如图，若是线段的中点，连接，其他条件不变，直接写出线段与的数量关系；
（2）如图，若是线段上任意一点，连接，其他条件不变，猜想线段与的数量关系是什么？并证明你的猜想；
（3）如图，若是线段延长线上一点，其他条件不变，且，菱形的周长为，直接写出的长度．
64．（2021·辽宁营口·八年级期末）如图，在四边形中，，对角线、交于点，且，过点作，交于点，交于点，
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）连接，若，，求的度数．
65．（2021·辽宁凌源·八年级期末）如图，已知∠AOB，OA＝OB，点E在边OB上，四边形AEBF是平行四边形．
（1）请你只用无刻度的直尺在图中画出∠AOB的平分线．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）请说明你的画法的正确性．
66．（2021·辽宁兴城·八年级期末）如图，在中，，D是边BC上的一点，于点E，F是AD的中点，连接EF，CF．
（1）探究线段EF与CF的数量关系，并加以证明；
（2）连接CE，若，请直接写出线段CE与AD的数量关系．
67．（2021·辽宁大连·八年级期末）如图，将 AECF的对角线EF向两端延长，分别至点B和点D，且使EB＝FD．求证：四边形ABCD为平行四边形．
68．（2021·辽宁大连·八年级期末）如图．在正方形中，点E在边上，点F在延长线上，，连接交于点H，连接．
（1）求证；
（2）求的值；
（3）探究、、三条线段之间的数量关系，并证明．
69．（2021·辽宁建平·八年级期末）如图，在长方形ABCD中，DC＝6cm，在DC上存在一点E，沿直线AE把△ADE折叠，使点D恰好落在BC边上的点F处，若△ABF的面积为24cm2，那么折叠的△ADE的面积为多少？
70．（2021·辽宁西岗·八年级期末）在△ABC中，以AB为斜边，作直角△ABD，使点D落在△ABC内，∠ADB＝90°．
（1）如图1，若AB＝AC，∠BAD＝30°，AD＝6，点P、M分别为BC、AB边的中点，连接PM，则线段PM的长为 ．
（2）如图2，若AB＝AC，把△ABD绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ACE，连接ED，并延长交BC于点P，求证：BP＝CP；
（3）如图3，若AD＝BD，过点D的直线交AC于点E，交BC于点F，EF⊥AC，且AE＝EC，请直接写出线段BF、FC、AD之间的关系．
71．（2021·辽宁抚顺·八年级期末）如图，、分别是的两条高，点、点分别是、的中点，
求证：．
72．（2021·辽宁抚顺·八年级期末）已知，四边形中，点关于的对称点为，连接、，交于点．
①如图1，当四边形为矩形时，请直接写出与的数量关系；
（2）如图2，当四边形为平行四边形时，①（1）题中的结论是否仍然成立 若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
②如图3，当时，、的延长线相交于点，请直接写出的值．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】
依据平行四边形的性质以及折叠的性质，即可得到，，，再根据是等边三角形，即可得到的周长为．
【详解】
由折叠可得，，
，
又，
，
，
，
由折叠可得，，
，
是等边三角形，
的周长为，
故选C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、轴对称图形性质以及等边三角形的判定．解题时注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
2．C
【分析】
由平行四边形ABCD的对角线相交于点O，OE⊥AC，根据线段垂直平分线的性质，可得AE=CE，又由平行四边形ABCD的AB+BC=AD+CD=11，继而可得△CDE的周长等于AD+CD．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AB=CD，AD=BC，
∵ ABCD的周长22厘米，
∴AD+CD=11，
∵OE⊥AC，
∴AE=CE，
∴△CDE的周长为：CD+CE+DE=CD+CE+AE=AD+CD=11cm．
故选C．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质，关键是根据线段垂直平分线的性质进行分析．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
3．A
【分析】
首先设平行四边形中两个内角的度数分别是x°，2x°，由平行四边形的邻角互补，即可得方程x+2x=180，继而求得答案．
【详解】
设平行四边形中两个内角的度数分别是x°,2x°，
则x+2x=180，
解得：x=60，
∴其中较小的内角是：60°.
故选A.
【点睛】
此题考查平行四边形的性质，解题关键在于利用平行四边形的邻角互补.
4．A
【分析】
由平行四边形的性质：对角相等，得出∠C=∠A．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠A=40°，
故选A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，解答本题的关键是掌握平行四边形的对角相等．
5．C
【分析】
求得∠ADB=90°，即AD⊥BD，即可得到S ABCD=AD BD；依据∠CDE=60°，∠BDE=30°，可得∠CDB=∠BDE，进而得出DB平分∠CDE；依据Rt△AOD中，AO＞AD，即可得到AO＞DE；依据O是BD中点，E为AB中点，可得BE=DE，利用三角形全等即可得OE⊥BD且OB=OD．
【详解】
解：在中，
∵∠BAD=∠BCD=60°，∠ADC=120°，DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠DAE=60°=∠AED，
∴△ADE是等边三角形，
，
∴E是AB的中点，
∴DE=BE，
，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BD，
∴S ABCD=AD BD，故①正确；
∵∠CDE=60°，∠BDE=30°，
∴∠CDB=∠CDE-∠BDE=60°-30°=30°，
∴∠CDB=∠BDE，
∴DB平分∠CDE，故②正确；
∵Rt△AOD中，AO＞AD，
∵AD=DE，
∴AO＞DE，故③错误；
∵O是BD的中点，
∴DO=BO,
∵E是AB的中点，
∴BE=AE=DE
∵OE =OE
∴△DOE≌△BOE(SSS)
∴∠EOD=∠EOB
∵∠EOD+∠EOB=180°
∴∠BOE=90°
∴OE垂直平分BD，故④正确；
正确的有3个，
故选择：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形的面积公式的综合运用，三角形全等判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质定理和等边三角形判定定理，三角形全等判定方法和性质是解题的关键．
6．D
【分析】
首先根据平行四边形的性质得到AE=CF，再分点F在线段BC上和点F在线段BC的延长线上两种情况进行解答即可求出t的值．
【详解】
解：若以A、、、为顶点的四边形是平行四边形，则有AE=CF
当点F在线段BC上时，AE=BC-BF，即：
t=6-2t
解得，t=2；
当点F在线段BC的延长线上时，AE=BF-BC，即：
t=2t-6
解得，t=6
所以，当t=6s或2s时，以A、、、为顶点的四边形是平行四边形．
故选：D.
【点睛】
此题主要考查了动点几何问题以及平行四边形的性质和等边三角形的性质，熟练掌握相关性质是解答此题的关键.
7．C
【分析】
根据等腰三角形的性质和中位线的性质求解即可．
【详解】
∵AD＝AC
∴是等腰三角形
∵AE⊥CD
∴
∴E是CD的中点
∵F是BC的中点
∴EF是△BCD的中位线
∴
故答案为：C．
【点睛】
本题考查了三角形的线段长问题，掌握等腰三角形的性质和中位线的性质是解题的关键．
8．C
【详解】
解：∵点D、E分别是边AB，BC的中点，
∴DE是三角形BC的中位线，AB=2BD，BC=2BE，
∴DE∥BC且
又∵AB=2BD，BC=2BE，
∴AB+BC+AC=2(BD+BE+DE)，
即△ABC的周长是△DBE的周长的2倍，
∵△DBE的周长是6，
∴△ABC的周长是：6×2=12.
故选C.
9．A
【分析】
由题意根据勾股定理得到AB=5，根据平行线的性质和角平分线的定义得到∠ABD=∠ADB，求得AB=AD=5，连接BF并延长交AD于G，根据全等三角形的性质得到BF=FG，AG=BC=3，求得DG=5-3=2，进而根据三角形中位线定理进行分析即可得到结论．
【详解】
解：∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°，
∵BC=3，AC=4，
∴AB=5，
∵AD//BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∵BD为∠ABC的平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴AB=AD=5，
连接BF并延长交AD于G，
∵AD∥BC，
∴∠GAC=∠BCA，
∵F是AC的中点，
∴AF=CF，
∵∠AFG=∠CFB，
∴△AFG≌△CFB（AAS），
∴BF=FG，AG=BC=3，
∴DG=5-3=2，
∵E是BD的中点，
∴EF=DG=1．
故选：A．
【点睛】
本题考查三角形的中位线定理和全等三角形的判定和性质以及勾股定理，根据题意正确的作出辅助线是解题的关键．
10．C
【分析】
根据平行四边形的判定逐项分析即可得．
【详解】
解：A、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，正确，则此项不符合题意；
B、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，正确，则此项不符合题意；
C、一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，故原命题错误，此项符合题意；
D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确，则此项不符合题意，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，熟记平行四边形的判定是解题关键．
11．C
【分析】
根据三角形的中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，有DE=BC，从而求出BC．
【详解】
解：∵D、E分别是AB、AC的中点．
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC=2DE，
∵DE=3，
∴BC=2×3=6．
故选C．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用．
12．D
【分析】
根据平行四边形的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
【详解】
A、∵两组对边分别平行的四边形是平行四边形，
∴选项A不符合题意；
B、∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
∴选项B不符合题意；
C、∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
∴选项C不符合题意；
D、∵一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形或平行四边形，
∴选项D符合题意；故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，熟记平行四边形的判定方法是解题的关键．
13．A
【分析】
延长GE交AB于点R，连接AE，设AG交DE于点M，过点E作EN⊥AG于N，先计算出RG=6，∠ARG=，AR=2，根据勾股定理求出，得到HG=，利用，求出，即可利用勾股定理求出NG、EH．
【详解】
如图，延长GE交AB于点R，连接AE，设AG交DE于点M，过点E作EN⊥AG于N，
∵矩形ABCD与ECFG如图放置，点B，C，F共线，点C，E，D共线，
∴RG=BF=BC+CF=2+4=6，∠ARG=，AR=AR-CE=4-2=2，
∴，
∵H是AG中点，
∴HG=，
∵，
∴，
∴，
在Rt△ENG中， ，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】
此题考查矩形的性质，勾股定理，线段中点的性质，三角形面积法求线段长度，熟记矩形的性质及熟练运用勾股定理是解题的关键．
14．A
【分析】
由矩形的性质可得AB=CD=4，BC=AD=6，AD∥BC，由平行线的性质可折叠的性质可得∠DAC=∠ACE，可得AF=CF，由勾股定理即可得求DF的长．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形
∴AB=CD=4，BC=AD=6，AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB，
根据折叠的性质得：∠ACB=∠ACE，
∴∠DAC=∠ACE，
∴AF=CF，
设DF=，则CF=AF=AD-DF=，
在Rt△CDF中，，
∴，
解得：，
即DF=，
故选：A．
【点睛】
本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，利用勾股定理求DF的长是本题的关键．
15．B
【分析】
根据，可设BE=x，则AE=8-x，利用Rt△ABE中勾股定理即可求出BE；当时，四边形APCE为菱形，故可得到平分 ；作C点关于直线AD的对称点C’，根据对称性即可求出△周长的最小值；过点A作AH⊥PE，PG⊥BC，根据求得DP、GC的长，再得到EG,故可求出BP的长，根据等面积法得到AH的长，由AH=AB即可证明平分.
【详解】
∵，设BE=x，则AE=8-x，
在Rt△ABE中AE2=AB2+BE2,
即（8-x）2=42+x2,
解得x=3，故① 正确；
当时，∵EC=5
∴AP∥EC,AP=CE，
∴四边形APCE为平行四边形。
又AE=EC，
∴四边形APCE为菱形，
故可得到平分 ，②正确；
作C点关于直线AD的对称点C’，则PC=PC’
∴△周长的最小值为EC+EC’=5+，故③错误；
过点A作AH⊥PE，PG⊥BC，
∴AB=PG=4
∵
∴PD==GC
∴EG=5-=
故EP==
又S△AEP=AP×PG=EP×AH
即××4=××AH
∴AH=4=AB，
∴平分，④正确；
故选B.
【点睛】
此题主要考查矩形的性质及证明，解题的关键是熟知勾股定理、对称性、菱形的判定与性质.
16．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．
17．C
【分析】
根据题意由角平分线先得到是含有角的直角三角形，结合直角三角形斜边上中线的性质进而得到OP，DP的值，再根据角平分线的性质以及垂线段最短等相关内容即可得到PC的最小值．
【详解】
解：∵点P是∠AOB平分线上的一点，，
∴，
∵PD⊥OA，M是OP的中点，
∴，
∴
∵点C是OB上一个动点
∴当时，PC的值最小，
∵OP平分∠AOB，PD⊥OA，
∴最小值，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了角平分线的性质、含有角的直角三角形的选择，直角三角形斜边上中线的性质、垂线段最短等相关内容，熟练掌握相关性质定理是解决本题的关键．
18．B
【分析】
根据斜边上的中线等于斜边的一半，可求得斜边的长，再根据直角三角形的周长和勾股定理，可求出这个三角形的面积．
【详解】
解：设两直角边分别为a，b，斜边为c，
∵直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
∴斜边c＝2×2＝4，
∵直角三角形的周长是4+，
∴a+b+c＝4+，
∴
∴
∴ab＝[（a+b）2﹣（a2+b2）]＝×（26﹣16）＝5，
三角形的面积＝ab＝．
故选：B．
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质，解题关键是根据斜边上的中线等于斜边的一半，求出斜边，利用勾股定理和完全平方公式求出ab的值．
19．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．
20．D
【分析】
根据菱形的对角线互相垂直且互相平分，可得出对角线AC的长度，依据勾股定理即可得到另一条对角线的的长度，进而根据公式可得出菱形的面积．
【详解】
解：∵对角线AC，BD交于点O，OA＝1，
∴AC＝2OA＝2，
∵菱形的边长为，
∴AB＝，
∴，
∴BD＝2BO＝4，
∴S菱形ABCD＝BD AC＝×4×2＝4．
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形面积的计算，掌握菱形的面积等于两条对角线长乘积的一半是解题的关键．
21．B
【分析】
根据菱形面积公式即菱形对角线乘积的一半，即可求出另一对角线的长．
【详解】
解：设另一条对角线长为xcm，
则×6 x＝12，
解得x＝4．
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的面积，掌握菱形面积公式，即对角线乘积的一半是解题关键．
22．C
【分析】
设菱形的边长为x，由菱形的性质可得菱形的边长为4，然后根据面积计算公式即可求解．
【详解】
解：设菱形的边长为x，由题意得：4x=16，
解得：x=4，
∴菱形的面积为4×2=8；
故选C．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
23．D
【分析】
根据三角形的中位线性质可以得到四边形的两对对边分别平行，根据菱形的对角线互相垂直可以得到这个四边形是矩形，所以连接菱形各边中点所得到的四边形是矩形．
【详解】
证明：
∵E，H是中点，
∴EH∥BD，
同理，EF∥AC，GH∥AC，FG∥BD，
∴EH∥FG，EF∥GH，
则四边形EFGH是平行四边形，
又∵AC⊥BD，EH∥BD，
∴AC⊥EH，
∵EF∥AC，
∴EF⊥EH，
∴平行四边形EFGH是矩形．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了矩形的判定定理，正确理解菱形的性质以及三角形的中位线定理是解题的关键．
24．B
【分析】
根据菱形的性质逐项分析即可得到问题答案．
【详解】
解：由菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质可知，故选项A成立；
由菱形的性质：菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角可知对角线AC与BD不一定相等，所以B不一定正确；
由菱形的性质：菱形的两条对角线互相垂直，可知，故选项C成立；
由菱形的性质：菱形的两条对角线互相垂直平分，可知选项D成立；
所以B不一定正确．
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的性质，属于基础题，比较容易解答，关键是掌握菱形的定义与性质．
25．D
【分析】
根据三角形的中位线定理得到EH∥FG，EF=FG，EF=BD，要是四边形为菱形，得出EF=EH，即可得到答案．
【详解】
解：∵E，F，G，H分别是边AD，DC，CB，AB的中点，
∴EH=AC，EH∥AC，FG=AC，FG∥AC，EF=BD，
∴EH∥FG，EF=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
假设AC=BD，
∵EH=AC，EF=BD，
则EF=EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，
即只有具备AC=BD即可推出四边形是菱形，
故选D．
26．B
【分析】
根据平行四边形的性质，菱形，矩形，正方形的判定逐一判断即可．
【详解】
解：四边形是平行四边形，
，故A正确，
四边形是平行四边形，，
不能推出四边形是菱形，故错误，
四边形是平行四边形，，
四边形是矩形，故C正确，
四边形是平行四边形，，，
四边形是正方形．故D正确．
故选B．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质，矩形，菱形，正方形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
27．D
【详解】
由DE∥CA,DF∥BA，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEDF是平行四边形；
又有∠BAC=90°，根据有一角是直角的平行四边形是矩形，可得四边形AEDF是矩形
故A. B正确；
如果AD平分∠BAC,那么∠EAD=∠FAD,又有DF∥BA，可得∠EAD=∠ADF，
∴∠FAD=∠ADF，
∴AF=FD，那么根据邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形AEDF是菱形故C正确；
如果AD⊥BC且AB=AC，那么AD平分∠BAC，同上可得四边形AEDF是菱形，故D错误.
故选D
28．C
【分析】
根据正方形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
【详解】
∵正方形的一条对角线长为4，
∴这个正方形的面积=×4×4=8，
故选C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，熟记利用对角线求面积的方法是解题的关键．
29．C
【详解】
试题分析：A、对角线AC与BD互相垂直，AC=BD时，无法得出四边形ABCD是矩形，故此选项错误．
B、当AB=AD，CB=CD时，无法得到四边形ABCD是菱形，故此选项错误．
C、当两条对角线AC与BD互相垂直，AB=AD=BC时，∴BO=DO，AO=CO，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵两条对角线AC与BD互相垂直，∴平行四边形ABCD是菱形，故此选项正确．
D、当AC=BD，AD=AB时，无法得到四边形ABCD是正方形，故此选项错误．
故选C．
30．D
【分析】
连接BE，由“SAS”可证△DCE≌△BCE，可得DE＝BE，∠CDE＝∠CBE，由补角的性质可得∠ABE＝∠EFB，可证EF＝BE，故判断①，延长BC到G，使CG＝AF，连接DG，由“SAS”可证△ADF≌△CDG，可得∠AFD＝∠G，∠ADF＝∠CDG，DF＝DG，由“SAS”可证△QDF≌△QDG，可得FQ＝QG，∠G＝∠DFQ，可判断③，由勾股定理可求AF＝2，可判断②，将△CDE绕点A顺时针旋转90°得到△ADM，连接MH，由“SAS”可证△DMH≌△DEH，可得EH＝MH，由勾股定理可求MH的长，即可求AB的长，即可求解．
【详解】
解：如图，连接BE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴CB＝CD，∠BCE＝∠DCE＝45°，
在△BEC和△DEC中，
，
∴△DCE≌△BCE（SAS），
∴DE＝BE，∠CDE＝∠CBE，
∴∠ADE＝∠ABE，
∵∠DAB＝90°，∠DEF＝90°，
∴∠ADE＋∠AFE＝180°，
∵∠AFE＋∠EFB＝180°，
∴∠ADE＝∠EFB，
∴∠ABE＝∠EFB，
∴EF＝BE，
∴DE＝EF，故①正确；
∵∠DEF＝90°，DE＝EF，
∴∠EDF＝∠DFE＝45°，
如图：延长BC到G，使CG＝AF，连接DG，
在△ADF和△CDG中，
，
∴△ADF≌△CDG（SAS），
∴∠AFD＝∠G，∠ADF＝∠CDG，DF＝DG，
∵∠ADF＋∠CDQ＝90° ∠FDQ＝45°，
∴∠CDG＋∠CDQ＝45°＝∠GDQ，
∴∠GDQ＝∠FDQ，
又∵DG＝DF，DQ＝DQ，
∴△QDF≌△QDG（SAS），
∴FQ＝QG，∠G＝∠DFQ，
∴∠DFA＝∠DFQ，故③正确；
∵AB＝6，CQ＝3，
∴BQ＝3，FB＝6 AF，FQ＝QG＝3＋AF，
∵FQ2＝FB2＋BQ2，
∴（3＋AF）2＝9＋（6 AF）2，
∴AF＝2，故②正确；
如图：将△CDE绕点A顺时针旋转90°得到△ADM，连接MH，
∴△CDE≌△ADM，
∴AM＝CE＝4，∠DCE＝∠DAM＝45°，∠ADM＝∠CDE，DM＝DE，
∴∠MAH＝90°，∠ADM＋∠ADH＝∠CDE＋∠ADH＝45°＝∠MDH，
又∵DH＝DH，
∴△DMH≌△DEH（SAS），
∴EH＝MH，
∵MH＝=，
∴EH＝MH＝，
∴AC＝AH＋EH＋EC＝6＋
∴AB＝AC÷=，故④正确；
故选：D．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用旋转法，添加辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
31．20或22；
【分析】
∠A的平分线分BC成4cm和3cm的两条线段，设∠A的平分线交BC于E点，有两种可能，BE=4或3，证明△ABE是等腰三角形，分别求周长．
【详解】
解：设∠A的平分线交BC于E点，
∵AD∥BC，
∴∠BEA=∠DAE，
又∠BAE=∠DAE，
∴∠BEA=∠BAE
∴AB=BE．而BC=3+4=7．
①当BE=4时，AB=BE=4， ABCD的周长=2×（AB+BC）=2×（4+7）=22；
②当BE=3时，AB=BE=3， ABCD的周长=2×（AB+BC）=2×（3+7）=20．
所以 ABCD的周长为22cm或20cm．
故答案为22cm或20cm．
【点睛】
主要考查了平行四边形的基本性质，并利用性质解题．平行四边形基本性质：
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．
32．2或.
【分析】
分三种情况讨论：①为边，是对角线；②，为边，③，为边，作出图形，分别由平行四边形的性质和勾股定理可求的长．
【详解】
①如图，若为边，是对角线，
四边形是平行四边形，且，，
，
②若，为边，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
③若，为边，
是平行四边形，
，
故答案为2或.
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和勾股定理，运用数形结合思想与分类讨论思想是解决本题的关键．
33．36°
【详解】
试题解析：∵四边形BCDA是平行四边形，
∴AD∥CB，∠A=∠C，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠B=4∠A，
∴∠A+4∠A=180°，
解得：∠A=36°，
∴∠C=36°.
34．
【分析】
先依据平行四边形的性质，即可得到DE的长，再根据△ADE是等边三角形，即可得到△ADE的周长．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=，
又∵CE=CD，
∴DE=，
∵AC⊥CD，CE=CD，
∴AC垂直平分DE，
∴AD=AE，
又∵ ABCD中，∠B=60°=∠D，
∴△ADE是等边三角形，
∴△ADE的周长为3×=，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质以及等边三角形的判定与性质，解题时注意：平行四边形的对边相等，平行四边形的对角相等．
35．5
【分析】
连接DN，根据三角形中位线定理得到，根据题意得到当点N与点B重合时，DN最大，根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】
解：连接DN，
∵点E，F分别为DM，MN的中点，
∴EF是△MND的中位线，
∴，
∵点M，N分别为线段BC，AB上的动点，
∴当点N与点B重合时，DN最大，此时
∴EF长度的最大值为：，
故答案为：5．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
36．.
【分析】
根据三角形中位线定理得到DE∥AB，DE=0.5AB=5，根据平行线的性质、角平分线的定义求出DF，计算即可.
【详解】
解：、分别是、的中点，
，，，
，
平分，
，
，
，
，
故答案为.
【点睛】
本题考查的是角平分线的定义、三角形中位线定理，掌握平行线的性质、角平分线的定义是解题的关键.
37．12
【分析】
根据三角形中位线定理得到DE∥AB，DE=AB，再根据周长的定义即可得结果;
【详解】
解:∵D、E分别是边、的中点，
∴DE∥AB，DE=AB，且CD=AC，EC=BC，
∴ED+CD+EC=AB+AC+BC=( AB+ AC+ BC)，
∴，又，
∴．
故答案为：12
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理，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．
38．
【分析】
延长AF交BC延长线于H，延长AG交BC延长线于I，由BD平分∠ABC，AF⊥BF，可得∠CBF=∠ABF，∠HFB=∠AFB=90°，可证△HBF≌△ABF（ASA），可得BH=BA=6，HF=AF，由CE平分∠ACI，AG⊥CE，可得∠ICG=∠ACG，∠IGC=∠AGC=90°，可证△ICG≌△ACG（ASA），可得CI=CA=5，IG=AG,可证FG为△AHI的中位线即可．
【详解】
解：延长AF交BC延长线于H，延长AG交BC延长线于I，
∵BD平分∠ABC，AF⊥BF，
∴∠CBF=∠ABF，∠HFB=∠AFB=90°，
在△HBF和△ABF中，
，
∴△HBF≌△ABF（ASA），
∴BH=BA=6，HF=AF，
∵CE平分∠ACI，AG⊥CE，
∴∠ICG=∠ACG，∠IGC=∠AGC=90°，
在△ICG和△ACG中，
，
∴△ICG≌△ACG（ASA），
∴CI=CA=5，IG=AG，
∴IH=BC+CI-BH=4+5-6=3，
∵HF=AF，IG=AG，
∴FG为△AHI的中位线，
∴FG=．
故答案为．
【点睛】
本题考查角平分线定义，垂线定义，三角形全等判定与性质，三角形中位线性质，线段和差，本题难度不大，训练画图构思能力，通过辅助线画出准确图形是解题关键．
39．21°.
【分析】
由直角三角形斜边中线的性质得DE＝AE＝EF，进而可得DC＝DE，设∠ADE＝x，则∠DAE＝x，进而可得∠DCE＝∠DEC＝2x，再根据平行线的性质可得 ∠ACB＝∠DAE＝x，再根据∠ACB+∠ACD＝∠BCD=63°，即可求得答案.
【详解】
∵AE＝EF，∠ADF＝90°，
∴DE＝AE＝EF，
∴∠DAE=∠ADE，
又∵AE＝EF＝CD，
∴DC＝DE，
∴∠DEC=∠DCE，
设∠ADE＝x，则∠DAE＝x，
则∠DCE＝∠DEC＝2x，
又AD∥BC，
∴∠ACB＝∠DAE＝x，
由∠ACB+∠ACD＝∠BCD=63°，
得：x+2x＝63°，
解得：x＝21°，
∴∠ADE=21°，
故答案为21°.
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，平行四边形的性质等，正确把握相关性质是解题的关键.
40．3
【分析】
由矩形的性质可得AB=CD=6，再由折叠的性质可得AE=AB=6， 在Rt△ADE中，根据勾股定理求得AD的长即可．
【详解】
∵纸片ABCD为矩形，
∴AB=CD=6，
∵矩形纸片ABCD折叠，使点B恰好落在CD边的中点E处，折痕为AF，
∴AE=AB=6，
∵E为DC的中点，
∴DE=3，
在Rt△ADE中，AE=6，DE=3，
由勾股定理可得，AD=
故答案为．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、折叠的性质及勾股定理，正确求得AE=6、DE=3是解决问题的关键.
41．5
【分析】
根据矩形的性质求出∠D=90°，OA=OB，AD=BC=8，求出AM，根据勾股定理求出OA即可．
【详解】
∵四边形ABCD为矩形，点M为AD的中点
∴点O为AC的中点，BC=AD=8，AC=BD
∴MO为三角形ACD的中位线
∴MO=CD，即CD=6
∴在直角三角形ACD中，由勾股定理得，AC==10．
∴OB=BD=AC=5.
【点睛】
本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形的中位线等知识点，能熟记矩形的性质是解此题的关键，注意：矩形的对边相等，矩形的对角线互相平分且相等，矩形的每个角都是直角．
42．55°
【分析】
先由矩形的对边平行及平行线的性质知∠B′FC=∠2=70°，再根据折叠的性质可得答案．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠B′FC=∠2=70°，
∴∠1+∠B′FE=180°-∠B′FC=110°，
由折叠知∠1=∠B′FE，
∴∠1=∠B′FE=55°，
故答案为：55°．
【点睛】
本题主要考查折叠的性质和平行线的性质，解题的关键是掌握矩形的对边平行、两直线平行同位角相等性质．
43．20
【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．
44．1cm
【分析】
根据菱形的四边相等，可得AB=BC=CD=AD=5，在Rt△AED中，求出AE即可解决问题．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=5(cm)，
∵DE⊥AB,DE=3(cm)，
在Rt△ADE中,AE==4，
∴BE=AB AE=5 4=1(cm)，
故答案为1cm.
【点睛】
本题考查了菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，试题难度不大.
45．
【分析】
设AC与BD交于点E，则∠ABE=60°，根据菱形的周长求出AB的长度，在RT△ABE中，求出AE，继而可得出AC的长．
【详解】
解：在菱形ABCD中，∠ABC=120°，
∴∠ABE=60°，AC⊥BD，
∵菱形ABCD的周长为16，
∴AB=4，
在RT△ABE中，AE=ABsin∠ABE=，
故可得AC=2AE=.
故答案为．
【点睛】
此题考查了菱形的性质，属于基础题，解答本题的关键是掌握菱形的基本性质：菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
46．①③⑤
【分析】
先证明四边形是菱形即可得到①③正确；再证明四边形BFDC是平行四边形，可得⑤正确；根据三角形三边关系和等量代换得到DA+DF＞BE，可得②错误；根据菱形性质、中点性质，相似性质得到，可得⑤错误，问题得解
【详解】
解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠BAC=60°，AC=AB，
∵F为AB中点，
∴CF=AF=BF=AB，
∴AC=CF=AF，
∵为等边三角形，
∴AC=AD=CD，
∴AF=FC=CD=AD，
∴四边形ADCF是菱形，
∴AC⊥DF，
故①③正确；
∵四边形ADCF是菱形，
∴AF∥CD，AF=CD，
∵AF=BF，
∴BF=CD，
∴四边形BFDC是平行四边形，
故结论⑤正确；
∵四边形BFDC是平行四边形，
∴BC=DF，
∴DA+DF=AC+BC，
∵AC+BC＞AB，
∴DA+DF＞AB，
∵为等边三角形，
∴AB=BE，
∴DA+DF＞BE，
故结论②错误；
∵四边形ADCF是菱形，
∴，
∵F为AB中点，
∴，
∴△ACD、△ABE都为等边三角形，F为AB中点，
∴，
故结论④错误．
故答案为：①③⑤
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，熟知相关定理并灵活应用是解题关键．
47．矩形
【分析】
作出图形，根据已知条件证明即可．
【详解】
如图：∵E、F分别为AB、BC的中点，
∴EF是ΔABC的中位线，
∴EF//AC，EF= AC，
同理：GH//AC,GH=AC，
∴EF GH，EF GH
∴四边形EFGH是平行四边形，
又EH//BD，AC⊥BD，
∴EF⊥EH，
∴平行四边形EFGH是矩形.
48．①③④⑥
【分析】
由正方形的性质，易证△AEB≌△CEB，从而可判断①的正确性；假设结论正确，可推出AE⊥BD，显然AE是不可能总垂直BD的，故可得②不正确；如图1，在BC上取BM=DH，连接AM，则可证△ABM≌△ADH，根据全等的性质及已知条件，可得△AMG≌△AHG，从而可得③正确；由△AMG≌△AHG，从而，而△AGM与△BCD等高，故可得⑥正确；如图1，延长AM到N，使MN=HF，连接BN、EN，则可证△ABN≌△ADF，△ANE≌△AFE，故有BN=DF，EN=EF，且易得∠EBN=90°，在Rt△EBN中，由勾股定理即可判断④正确；如图2，延长CD到P，使DP=BG，连接AP，则易证△ADP≌△ABG，可得AP=AG，且易得∠PAF=∠EAF=45°，从而可证得△APH≌△AGH，易得GH=BG+DH，若设CH=a，CG=b，由勾股定理有：，另一方面，可得GH=BG+DH=5a-b，因此可得，则，故可判断⑤错误．
【详解】
∵四边形ABCD为正方形
∴AB=AD=BC=CD，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，∠ABE=∠CBE=∠ADB=45°
在△AEB和△CEB中
∴△AEB≌△CEB(SAS)
∴AE=CE
故①正确
若，则∠HGC=∠EAF=45°，∠GHC=∠F
∵∠HCG=90°
∴∠GHC=45°
∴∠GHC=∠F=45°
∴∠AEF=90°
∴AE⊥BD
但只有当E点是线段BD的中点时，才有AE⊥BD，其它位置是不垂直的
故②不正确
如图1，在BC上取BM=DH，连接AM
∵AB=AD，∠ABC=∠ADH=90°，BM=DH
∴ △ABM≌△ADH(SAS)
∴AM=AH，∠BAM=∠DAH
∵∠BAM+∠MAD=∠DAB=90°
∴ ∠MAH=∠DAH+∠MAD =∠BAM+∠MAD=90°
∵
∴
∵AG=AG
∴△AMG≌△AHG(SAS)
∴GM=GH
∴BG=GM+BM=GH+DH
故③正确
∵△AMG≌△AHG
∴
∵△AGM与△BCD的高分别为AB、CD，且AB=CD
∴
∵GM=GH，BC=AB
∴
故⑥正确
如图1，延长AM到N，使MN=HF，连接BN、EN，则AM+MN=AH+HF，即AN=AF
∵∠BAM=∠DAH，AB=AD
∴△ABN≌△ADF(SAS)
∴BN=DF，∠ABN=∠ADF
∵∠ADF=180°-∠ADB=180°-45°=135°
∴∠ABN=135°
∴ ∠EBN=∠ABN-∠ABD=135°-45°=90°
同理可得：△ANE≌△AFE
∴EN=EF
在Rt△EBN中，由勾股定理得：
∴
故④正确
当AB=3CH时，此时点H在边CD上
设CH=a，CG=b，则AB=CD=BC=3a，DH=AB-CH=2a，BG=BC-CG=3a-b
如图2，延长CD到P，使DP=BG，连接AP
∵AB=AD，∠ABC=∠ADP=90°，BG=DP
∴△ABG ≌△ADP(SAS)
∴AG=AP，∠BAG=∠DAP
∴∠GAP=∠GAD+∠DAP=∠GAD+∠BAG=∠DAB=90°
∵∠EAF=45°
∴∠PAF=∠EAF=45°
∵AH=AH
∴△APH≌△AGH(SAS)
∴PH=GH
∵PH=DP+DH
∴GH=BG+DH=3a-b+2a=5a-b
在Rt△GHC中，由勾股定理有：
∴
整理得：
∴CD =3a=
故⑤错误
故答案为：①③④⑥
【点睛】
本题是正方形的综合题，考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识，涉及到截长补短的方法，综合性强，难度较大，是一道经典的好题，实际上是所谓的“半角”问题，也是平时和中考常考的压轴题型．
49．45
【分析】
根据正三角形和正方形的性质可得∠EAB=150°,AE=AB，，从而得出∠AEB的大小,进而得出∠BED的大小．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形,△AED是正三角形
∴∠EAD=60°,∠AED=60°,∠DAB=90°,AE=AD=AB
∴△AEB是等腰三角形,∠EAB=150°
∴∠AEB=∠ABE=15°
∴∠BED=45°
故答案为：45°
【点睛】
本题考查正方形和正三角形的性质，解题关键利用正三角形和正方形的性质，得出∠AEB=∠ABE．
50．或1.
【分析】
首先证明DC′≠DA，只要分两种情形讨论即可：①如图1中，当AD=AC′=2时，连接AE．构建方程即可；②如图2中，当点F在BC中点时，易证AC′=DC′，满足条件.
【详解】
由题意DE=EC=EC′=1，
∴DC′＜1+1
∴DC′≠DA，只要分两种情形讨论即可：
①如图1中，当AD=AC′=2时，连接AE．
∵AE=AE，AD=AC′，DE=EC′，
∴△ADE≌△AC′E，
∴∠ADE=∠AC′E=90°，
∵∠C=∠FC′E=90°，
∴∠AC′E+∠FC′E=180°，
∴A、C′、F共线，设CF=x，则BF=2-x，AF=2+x，
在Rt△ABF中，22+（2-x）2=（2+x）2，
解得x=．
②如图2中，当点F在BC中点时，易证AC′=DC′，满足条件，此时CF=1．
综上所述，满足条件的CF的长为或1．
故答案为或1．
【点睛】
本题考查翻折变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
51．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由DE与AB垂直，BF与CD垂直，得到一对直角相等，再由ABCD为平行四边形得到AD=BC，对角相等，利用AAS即可的值；
（2）由平行四边形的对边平行得到DC与AB平行，得到∠CDE为直角，利用三个角为直角的四边形为矩形即可的值．
【详解】
解：（1）∵DE⊥AB，BF⊥CD，
∴∠AED=∠CFB=90°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（AAS）；
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠CDE+∠DEB=180°，
∵∠DEB=90°，
∴∠CDE=90°，
∴∠CDE=∠DEB=∠BFD=90°，
则四边形BFDE为矩形．
【点睛】
本题考查1．矩形的判定；2．全等三角形的判定与性质；3．平行四边形的性质．
52．见解析；
【详解】
试题分析：（1）直接利用三角形中位线定理得出DEBC，进而得出DE=FC；
（2）利用平行四边形的判定与性质得出DC=EF，进而利用等边三角形的性质以及勾股定理得出EF的长
试题解析：（1）证明：∵D、E分别为AB、AC的中点， ∴DEBC，
∵延长BC至点F，使CF=BC， ∴DEFC， 即DE=CF；
（2）解：∵DEFC， ∴四边形DEFC是平行四边形， ∴DC=EF，
∵D为AB的中点，等边△ABC的边长是2， ∴AD=BD=1，CD⊥AB，BC=2， ∴DC=EF=．
考点：三角形中位线定理；等边三角形的性质；平行四边形的判定与性质
53．四边形ABFC是平行四边形；证明见解析.
【分析】
易证△ABE≌△FCE（AAS），然后利用一组对边平行且相等可判断四边形ABFC是平行四边形.
【详解】
四边形ABFC是平行四边形；理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠BAE=∠CFE，
∵E是BC的中点，
∴BE=CE，
在△ABE和△FCE中，
∴△ABE≌△FCE（AAS）；
∴AB=CF，
又∵AB∥CF，
∴四边形ABFC是平行四边形．
考点：1平行四边形的判定；2全等三角形.
54．（1）见解析；（2）13
【分析】
（1）只要证明DN∥BM，DM∥BN即可；
（2）只要证明△CEM≌△AFN，可得FN＝EM＝5，在Rt△AFN中，根据勾股定理即可解决问题.
【详解】
（1）∵四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）∵四边形，都是平行四边形，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
在中，．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，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．
55．详见解析
【分析】
通过证明三角形全等求得两线段相等即可.
【详解】
∵四边形ABCD为平行四边形
∴∠B=∠D，AB=CD
在△ABE与△CDF中，∠1=∠2，∠B=∠D，AB=CD
∴△ABE≌△CDF
∴AE=CF
【点睛】
本题主要考查平行四边形性质与全等三角形，解题关键在于找到全等三角形.
56．（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．
57．见解析
【分析】
先由菱形的性质得到，，再由证得，即可得出结论．
【详解】
解：证明：∵四边形是菱形，
，，
，，
，
在和中，
，
，
．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握菱形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
58．（1）见详解；（2）
【分析】
（1）把△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DAH，使得点A与点C重合，则DE=DH，∠EDH=90°，进而可得∠EDF=∠HDF=45°，然后可证△DEF≌△DHF，最后问题可求证；
（2）设CF=x，由（1）可得EF=1+x，则BF=3-x，BE=2，然后利用勾股定理可求解．
【详解】
（1）证明：把△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DAH，使得点A与点C重合，如图所示：
由旋转的性质可得DE=DH，∠EDH=90°，AE=CH，
∵∠EDF=45°，
∴∠EDF=∠HDF=45°，
∵DF=DF，
∴△DEF≌△DHF（SAS），
∴FH=EF，
∴EF=HF=FC+CH=AE+FC；
（2）设CF=x，由（1）可得EF=1+x，
∵AB=BC=3，AE=1，
∴BF=3-x，BE=2，
∴在Rt△BEF中，，即，
解得：，
∴．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
59．（1）证明见解析；（2）四边形MENF为平行四边形，证明见解析.
【详解】
试题分析：（1）根据平行四边形的性质和已知条件证明△ABE≌△CDF即可得到BE=DF；
（2）根据平行四边形的判定方法：有一组对边平行且相等的四边形为平行四边形判定四边形MENF的形状．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABD=∠CDB，
∵AE⊥BD于E，CF⊥BD于F，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE=DF；
（2）四边形MENF是平行四边形．
证明：由（1）可知：BE=DF，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠MDB=∠NBD，
∵DM=BN，
∴△DMF≌△BNE，
∴NE=MF，∠MFD=∠NEB，
∴∠MFE=∠NEF，
∴MF∥NE，
∴四边形MENF是平行四边形．
60．（1）见解析（2）
【分析】
（1）由平行线的性质和角平分线得出∠ADB＝∠ABD，证出AD＝AB，由AB＝BC得出AD＝BC，即可得出结论；
（2）根据直角三角形的性质求出BD，在Rt△BDE中，由勾股定理即可求解．
【详解】
（1）证明：∵ADBC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AD＝AB，
∵AB＝BC，
∴AD＝BC，
∵ADBC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵DE⊥BC
∴△BDE是直角三角形，
∵四边形ABCD是菱形
∴O点是BD的中点
∴BD=2OE=6
∴DE= ．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定、等腰三角形的判定、平行线的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
61．（1）①见解析；②2；（2）不变，12；（3）能，或6或
【分析】
（1）①由平移的特征可以推出三角形全等的条件，证明△IBC≌△HCE；
②由①得IC＝HE，再证明四边形ICHG是平行四边形，得IC＝GH，再证明△DFG≌△CFI，得DG＝IC，于是得DG＝GH＝HE＝DE＝AC，可求出DG的长；
（2）由平行四边形的性质可证明线段相等和角相等，证明△AOP≌△COQ，将四边形ABQP的面积转化为△ABC的面积，说明四边形ABQP的面积不变，求出△ABC的面积即可；
（3）按OP＝OA、PA＝OA、OP＝AP分类讨论，分别求出相应的PQ的长，其中，当PA＝OA时，作OL⊥AP于点L，构造直角三角形，用面积等式列方程求OL的长，再用勾股定理求出OP的长即可．
【详解】
（1）证明：①如图1，
∵是由平移得到的，
∴ ，
∴，
∵，
∴
∴≌
②如图1，
由①可知：≌ ，
∴，
∵，，
∴CIGH，CHGH，
∴四边形是平行四边形，
∴ ，
∵ ，
∴
∵ ， ，
∴≌，
∴，
∴，
∴.
（2）面积不变；如图2：
由平移可知，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴ ，
∵，
∴≌ ，
∴，
，
∴四边形ABQP的面积不变.
∵ ，
∴，
∴ ，
在中
∴，
∴，
∴
（3）如图3，OP＝OA＝3，
由（2）得，△AOP≌△COQ，
∴OQ＝OP＝3，
∴PQ＝3＋3＝6；
如图4，PA＝OA＝3，作OL⊥AP于点L，则∠OLA＝∠OLP＝90°，
由（2）得，四边形ABCD是平行四边形，OA＝3，∠AOB＝90°，
∴OD＝OB＝4，∠AOD＝180° ∠AOB＝90°，
∵AO⊥BD，OD＝OB，
∴AO垂直平分BD，
∴AD＝AB＝5，
由AD OL＝OA OD＝ 得，
×5OL＝×3×4，
解得，OL＝ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴PQ＝2OP＝；
如图5，OP＝AP，
∵AD＝AB，AC⊥BD，
∴∠DAC＝∠BAC，
∴∠POA＝∠DAC＝∠BAC，
∴PQAB，
∵APBQ，
∴四边形ABQP是平行四边形，
∴PQ＝AB＝5，
综上所述，或6或.
【点睛】
此题重点考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、平移的特征、勾股定理以及根据面积等式列方程求线段的长度等知识与方法，解第（3）题时要进行分类讨论，求出所有符合条件的值，此题难度较大，属于考试压轴题．
62．（1）见详解；（2）EF＝CE＋ED，理由见详解
【分析】
（1）根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质定理，即可得到结论；
（2）在EF上取一点G，使EG=EC，连接CG，由△ABE≌△ADE，先证明△CEG是等边三角形，再证明△DEC≌△FGC，即可得到结论．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABC=∠ADC=90°，∠BAC=∠DAC=∠ACB=∠ACD=45°．
∵在△ABE和△ADE中，
∵，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE=DE；
（2）在EF上取一点G，使EG=EC，连接CG，
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE＝∠ADE．
∴∠CBE＝∠CDE，
∵BC＝CF，
∴∠CBE＝∠F，
∴∠CBE＝∠CDE＝∠F．
∵∠CDE＝15°，
∴∠CBE＝15°，
∴∠CEG＝60°．
∵CE＝GE，
∴△CEG是等边三角形．
∴∠CGE＝60°，CE＝GC，
∴∠GCF＝60°-15°=45°，
∴∠ECD＝∠GCF．
∵在△DEC和△FGC中，
，
∴△DEC≌△FGC（SAS），
∴DE＝GF．
∵EF＝EG＋GF，
∴EF＝CE＋ED．
【点睛】
本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定运用，等边三角形的判定与性质的运用，解答时，添加辅助线，构造等边三角形，运用等边三角形的性质证明三角形全等是关键．
63．（1）；（2），证明见解析；（3）7
【分析】
（1）由菱形的性质和已知条件得出是等边三角形，得出，由等边三角形的性质和已知条件得出，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出，即可得出结论．
（2）过点作交于点，先证明是等边三角形，得出，，再证明是等边三角形，得出，，然后由证得，即可得出结论．
（3）过点作交延长线于点，证明同（2），得出，证明，，则，，得出，，则，由勾股定理即可得出结果．
【详解】
解：（1）；理由如下：
四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
是线段的中点，
，，
，
，
，
，
．
故答案为；
（2）猜想线段与的数量关系为：；
证明：过点作交于点，如图所示：
四边形为菱形，，
，，，与都是等边三角形，
，，
，
又，
，
又，
是等边三角形，
，
，，
又，
，
在和中，
，
，
；
（3）过点作交延长线于点，如图：
四边形为菱形，，菱形的周长为，
是等边三角形，，
，，
，
又，
，
又，
是等边三角形，
，
，，
又，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
是等边三角形，
，
，
在中，，
，，
，
，
，
，
由勾股定理得：．
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、含角直角三角形的性质、勾股定理、平行线的性质、三角形内角和定理、三角形外角性质等知识；解题的关键是熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等和等边三角形．
64．（1）见解析；（2）16°．
【分析】
（1）证明可知：根据已知条件即可证明四边形为平行四边形；
（2）根据已知条件，通过角的关系转化，可得，根据即可求得．
【详解】
（1）证明：∵，
∴．
∵，，，
∴，
∴．
∵，，
∴四边形为平行四边形．
（2）解：由（1）得，
∵，
∴为的垂直平分线，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了三角形全等的性质与判定，平行四边形的判定，角平分线的定义，垂直平分线的判定与性质，平行线的性质，掌握以上知识是解题的关键．
65．（1）射线OP即为所求，见解析；（2）见解析.
【分析】
（1）连接AB、EF交于点P，作射线OP即可；
（2）用SSS证明△APO≌△BPO即可.
【详解】
解：（1）射线OP即为所求，
（2）连结AB、EF交于点P，作射线OP，
因为四边形AEBF是平行四边形
所以，AP＝BP，
又 AO＝BO，OP＝OP，
所以，△APO≌△BPO，
所以，∠AOP＝∠BOP．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质以及据题作图的能力，解题的关键是掌握平行四边形对角线互相平分的性质. 需要说明的是本题第（2）小题，也可由AO＝BO和AP＝BP，根据等腰三角形三线合一的性质得到∠AOP＝∠BOP．
66．（1）EF＝CF，证明见解析；（2）
【分析】
（1）根据直角三角形斜边中线等于斜边长度的一半进行证明．
（2）主要利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和证明△EFC等腰直角三角形．
【详解】
解：（1）EF＝CF．
证明：∵DEAB，F是AD的中点
∴
∵，F是AD的中点
∴
∴EF＝CF
（2）
理由：∵，
∴∠A=45°，
∵CF=AF
∴∠FCA=∠CAF
∴∠CFD=2∠CAF
又EF=FA
∴∠FEA=∠FAE
∴∠DFE=2∠FAE
∴∠CFE=2∠A=90°
又EF=FC
∴△CEF为等腰直角三角形
∴
∴
∴
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边中线性质，外角定理，等腰直角三角形性质等，掌握这些知识点才能正确解题，利用三角形外角性质证明∠EFC=90°是解题关键．
67．见解析
【分析】
连接交于点，利用平行四边形的性质可得到，，再由可证出，即可用对角线相互平分的四边形是平行四边形进行判定．
【详解】
解：连接交于点
∵四边形为平行四边形
∴，
∵
∴
∴
∴四边形ABCD为平行四边形
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质及判定，熟悉掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
68．（1）见解析；（2）；（3），理由见解析
【分析】
（1）过E作交于点M，证明即可；
（2）连接，，证明，则易得△EAF是等腰直角三角形，从而可求得结果；
（3）连接，，过H作交延长线于G，易得，可得EG=AB，由勾股定理即可求得BE、AB、BH的关系．
【详解】
（1）过E作交于点M，如图1，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵．
∴，
∴；
（2）连接，，如图2，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
又∵H为中点，
∴；
（3）．
理由如下：
连接，，过H作交延长线于G，如图3．
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
由（2）得，为等腰直角三角形，H为中点，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判官与性质，勾股定理等知识，有一定的综合性，关键是作辅助线证明三角形全等．
69．cm2
【分析】
由面积法可求BF的长，由勾股定理可求AF的长，即可求CF的长，由勾股定理可求DE的长，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是长方形，
∴AB＝CD＝6cm，BC＝AD，
∵S△ABF＝AB×BF＝24cm2，
∴BF＝8cm，
在Rt△ABF中，AF＝＝10（cm），
∵沿直线AE把△ADE折叠，使点D恰好落在BC边上的点F处，
∴AD＝AF＝10cm，DE＝EF，
∴BC＝10cm，
∴FC＝BC﹣BF＝2cm，
在Rt△EFC中，EF2＝EC2＋CF2，
∴DE2＝（6﹣DE）2＋4，
∴DE＝（cm），
∴S△ADE＝×AD×DE＝＝（cm2），
答：折叠的△ADE的面积为cm2．
【点睛】
此题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，利用面积法求线段的长度，熟记矩形的性质是解题的关键．
70．（1）6；（2）见解析；（3）BF2+FC2＝2AD2
【分析】
（1）利用含30°的直角三角形的特殊性质及勾股定理求出AB的长，进而再根据中位线定理即可求得答案；
（2）先利用互余判断出，∠BDP＝∠PEC，得到△BDP和△CEQ，再用三角形的外角得到∠EPC＝∠PQC，即可；
（3）利用线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等，判断出∠AFB＝90°即可．
【详解】
（1）解：∵∠ADB＝90°，∠BAD＝30°，
∴BD＝AB，
设AB＝x，则BD＝x，
∵∠ADB＝90°，
∴BD2+AD2＝AB2，
又∵AD＝6，
∴，
解得：（舍负），
∴AB＝12，
∴AC＝AB＝12，
∵点P、M分别为BC、AB边的中点，
∴PM＝AC＝6，
故答案为：6；
（2）如图2，
在ED上截取EQ＝PD，
∵∠ADB＝90°，
∴∠BDP+∠ADE＝90°，
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED，
∵把△ABD绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ACE，
∴∠AEC＝∠ADB＝90°
∵∠AED+∠PEC＝90°，
∴∠BDP＝∠PEC，
在△BDP和△CEQ中，
，
∴△BDP≌△CEQ，
∴BP＝CQ，∠DBP＝∠QCE，
∵∠CPE＝∠BDP+∠DBP，∠PQC＝∠PEC+∠QCE，
∴∠EPC＝∠PQC，
∴PC＝CQ，
∴BP＝CP
（3）BF2+FC2＝2AD2，
理由：如图3，连接AF，
∵EF⊥AC，且AE＝EC，
∴FA＝FC，∠FAC＝∠FCA，
∵EF⊥AC，且AE＝EC，
∴∠DAC＝∠DCA，DA＝DC，
∵AD＝BD，
∴BD＝DC，
∴∠DBC＝∠DCB，
∵∠FAC＝∠FCA，∠DAC＝∠DCA，
∴∠DAF＝∠DCB，
∴∠DAF＝∠DBC，
∴∠AFB＝∠ADB＝90°，
在Rt△ADB中，DA＝DB，
∴AB2＝2AD2，
在Rt△ABF中，BF2+FA2＝AB2＝2AD2，
∵FA＝FC
∴BF2+FC2＝2AD2．
【点睛】
此题是三角形综合题，主要考查了含30°的直角三角形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，同角或等角的余角相等，三角形的性质，全等三角形的性质和判定，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等以及等腰三角形的性质，（1）利用三角形的中位线是解它的关键，（2）判断∠BDP＝∠PEC是解它的关键，（3）线段垂直平分线的性质是解它的关键．
71．见解析
【分析】
连接，，根据直角三角形的性质得到， ，可得到，根据等腰三角形的性质即可证明．
【详解】
证明：如图，连接，．
、分别是的两条高，
，，
，
是的中点，
，，
，
又为的中点，
．
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的判定与性质，掌握等腰三角形判定与性质及直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
72．（1）；（2）①成立，证明见解析；②
【分析】
(1)结论：，证明，可得结论；
(2)①结论成立，如图，过点作，交于点，证明==CD，再证明，可得结论；
②根据条件得到，由对称性得到，可推出，证明出△ADE是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】
（1）结论：，
证明：四边形为矩形，
点关于的对称点为，
在和中，
（2）①成立．
证明：过点作，交于点，
，
∵四边形是平行四边形，
，
，
∵点与点关于对称，
，
，
在和中
．
② 平行四边形中，，
∵点与点关于对称，
【点睛】
本题属于三角形和四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形和矩形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
答案第1页，共2页
一、单选题
1．（2021·辽宁法库·八年级期末）如图，在中，将沿AC折叠后，点D恰好落在DC的延长线上的点E处．若，，则的周长为（ ）
A．12 B．15 C．18 D．21
2．（2021·辽宁沈北新区·八年级期末）在□ABCD中，O是AC、BD的交点，过点O 与AC垂直的直线交边AD于点E，若□ABCD的周长为22cm，则△CDE的周长为（ ）．
A．8cm B．10cm C．11cm D．12cm
3．（2021·辽宁大连·八年级期末）若平行四边形中两个内角的度数比为1:2,则其中较小的内角是( )．
A．60° B．90° C．120° D．45°
4．（2021·辽宁沈河·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠A＝40°，则∠C大小为( )
A．40° B．80° C．140° D．180°
5．（2021·辽宁新宾·八年级期末）如图，的对角线交于点平分交于点，连接．下列结论：①；②平分；③；④垂直平分．其正确的个数有（ ）
A．个
B．个
C．个
D．个
6．（2021·辽宁营口·八年级期末）如图，等边的边长为，射线，点从点出发沿射线以的速度运动，点从点出发沿射线以的速度运动．设运动时间为，当（ ）时，以、、、为顶点的四边形是平行四边形．
A．1或2 B．2或3 C．2或4 D．2或6
7．（2021·辽宁大东·八年级期末）如图，在△ABC中，D是AB上一点，AD＝AC，AE⊥CD，垂足为点E，F是BC的中点，若BD＝16，则EF的长为（ ）
A．32 B．16 C．8 D．4
8．（2021·辽宁昌图·八年级期末）如图，在△ABC中，点D、E分别是边AB，BC的中点．若△DBE的周长是6，则△ABC的周长是（ ）
A．8 B．10 C．12 D．14
9．（2021·辽宁·东北育才双语学校八年级期末）如图，四边形中，，，为的平分线，，．，分别是，的中点，则的长为（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
10．（2021·辽宁西岗·八年级期末）下列命题错误的是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
C．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
D．对角线互相平分的四边形是平行四边形
11．（2021·辽宁沈北新区·八年级期末）如图，在△ABC中，点D、E分别是AB、AC的中点、DE＝3，那么BC的长为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
12．（2021·辽宁朝阳·八年级期末）满足下列条件的四边形，不一定是平行四边形的是（ ）
A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等
C．一组对边平行且相等 D．一组对边平行，另一组对边相等
13．（2021·辽宁营口·八年级期末）矩形ABCD与ECFG如图放置，点B，C，F共线，点C，E，D共线，连接AG，取AG的中点H，连接EH．若，，则（ ）
A． B．2 C． D．
14．（2021·辽宁顺城·八年级期末）如图，矩形纸片中，，，将沿折叠，使点落在点处，交于点，则的长等于（ ）
A． B． C． D．
15．（2021·辽宁·东北育才双语学校八年级期末）如图，在长方形中，=4， =8，点是边上一点，且，点是边上一动点，连接，，则下列结论：① ；②当时，平分 ； ③△周长的最小值为15 ；④当时，平分.其中正确的个数有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
16．（2021·辽宁皇姑·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．
17．（2021·辽宁铁岭·八年级期末）如图，已知是平分线上的一点，，，是的中点，，如果是上一个动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
18．（2021·辽宁·东北育才双语学校八年级期末）已知直角三角形的周长是，斜边上的中线长是2，则这个三角形的面积是（ ）．
A．5 B． C． D．1
19．（2021·辽宁凌源·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．
20．（2021·辽宁建昌·八年级期末）如图，菱形的边长为，对角线，交于点，，则菱形的面积为（ ）
A． B． C．2 D．4
21．（2021·辽宁新宾·八年级期末）菱形的面积为12cm2，一条对角线是6cm，那么菱形的另一条对角线长为（ ）
A．3cm B．4cm C．5cm D．6cm
22．（2021·辽宁铁西·八年级期末）若菱形的周长为16，高为2，则菱形的面积为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．32
23．（2021·辽宁大连·八年级期末）顺次连接菱形各边中点所得的四边形一定是（ ）
A．梯形 B．正方形 C．菱形 D．矩形
24．（2021·辽宁鞍山·八年级期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，下列结论中不一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
25．（2021·辽宁大东·八年级期末）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是菱形．则四边形ABCD一定是 ( )
A．菱形 B．对角线互相垂直的四边形
C．矩形 D．对角线相等的四边形
26．（2021·辽宁铁西·八年级期末）已知四边形是平行四边形，，相交于点O，下列结论错误的是（ ）
A．，
B．当时，四边形是菱形
C．当时，四边形是矩形
D．当且时，四边形是正方形
27．（2021·辽宁顺城·八年级期末）如图，在中，点分别在边，，上，且，．下列四个判断中，不正确的是（ ）
A．四边形是平行四边形
B．如果，那么四边形是矩形
C．如果平分平分∠BAC，那么四边形 AEDF 是菱形
D．如果AD⊥BC 且 AB＝AC，那么四边形 AEDF 是正方形
28．（2021·辽宁朝阳·八年级期末）正方形的一条对角线之长为4,则此正方形的面积是( )
A．16 B．4 C．8 D．8
29．（2021·辽宁·东北育才双语学校八年级期末）已知四边形ABCD的两条对角线AC与BD互相垂直，则下列结论正确的是
A．当AC=BD时，四边形ABCD是矩形
B．当AB=AD，CB=CD时，四边形ABCD是菱形
C．当AB=AD=BC时，四边形ABCD是菱形
D．当AC=BD，AD=AB时，四边形ABCD是正方形
30．（2021·辽宁·东北育才双语学校八年级期末）如图，正方形中，点E为对角线上一点，交边于F，连接交线段于点H，延长交边于点Q，连接．下列结论：①；②若，，则；③；④若，，则；其中正确的有（ ）个．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
31．（2021·辽宁凌源·八年级期末）在ABCD中, ∠A的平分线分BC成4和3的两条线段, 则ABCD的周长为_____.
32．（2021·辽宁本溪·八年级期末）如图，在中，，，是所在平面内一点，以，，，为顶点的四边形是平行四边形，则的长为__．
33．（2021·辽宁太平·八年级期末）已知平行四边形ABCD中，∠B=4∠A，则∠C=___________________
34．（2021·辽宁太平·八年级期末）如图，在 ABCD中，AC⊥CD，延长DC到点E，使CE=CD，连接AE，若∠B=60°，AB=，则△ADE的周长为_____．
35．（2021·辽宁法库·八年级期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝8，AD＝6，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为_____．
36．（2021·辽宁丹东·八年级期末）如图，，、分别是、的中点，平分，交于点，若，，则的长是______．
37．（2021·辽宁本溪·八年级期末）如图，在中，点、分别是边、的中点，若的周长是6，则的周长为______．
38．（2021·辽宁丹东·八年级期末）如图，是的内角平分线，是的外角平分线，过分别作、，垂足分别为、，连接，若，，，则的长度为______．
39．（2021·辽宁鞍山·八年级期末）如图，在中，、是对角线上两点，，，，则的大小为___________
40．（2021·辽宁新抚·八年级期末）如图，将矩形纸片ABCD沿直线AF翻折，使点B恰好落在CD边的中点E处，点F在BC边上，若CD＝6，则AD＝__________.
41．（2021·辽宁和平·八年级期末）如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是AD的中点，若OM=3，BC=8，则OB的长为 ________．
42．（2021·辽宁太平·八年级期末）如图将一张长方形纸片沿EF折叠后，点A、B分别落在A′、B′的位置，如果∠2=70°，则∠1的度数是___________．
43．（2021·辽宁·绥中县教师进修学校八年级期末）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_____．
44．（2021·辽宁·绥中县教师进修学校八年级期末）如图，有一块菱形纸片ABCD，沿高DE剪下后拼成一个矩形，矩形的长和宽分别是5cm，3cm．EB的长是______．
45．（2021·辽宁沈北新区·八年级期末）如图，菱形ABCD的周长为16，∠ABC＝120°，则AC的长为_______________.
46．（2021·辽宁顺城·八年级期末）如图所示，分别以的直角边，斜边为边向外构造等边和等边，为的中点，连接，，，，．有下列五个结论：①；②；③四边形是菱形；④；⑤四边形是平行四边形．其中正确的结论是______．
47．（2021·辽宁凌源·八年级期末）顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所得的四边形一定是____．
48．（2021·辽宁连山·八年级期末）如图，在正方形中，E、F是射线上一动点，且，射线、分别交、延长线于G、H，连接；在下列结论中①；②，③；④；⑤若，则；⑥其中一定正确的是__________．（把正确的序号写在横线上）
49．（2021·辽宁·绥中县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，则∠BED=____度．
50．（2021·辽宁兴城·八年级期末）如图，正方形ABCD的边长是2，点E是CD边的中点，点F是边BC上不与点B，C重合的一个动点，把∠C沿直线EF折叠，使点C落在点C′处．当△ADC′为等腰三角形时，FC的长为_____.
三、解答题
51．（2021·辽宁沈北新区·八年级期末）如图，在 ABCD中，DE⊥AB，BF⊥CD，垂足分别为E，F，
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）求证：四边形BFDE为矩形．
52．（2021·辽宁法库·八年级期末）如图，等边△ABC的边长是2，D、E分别为AB、AC的中点，延长BC至点F，使CF=BC，连接CD和EF．
（1）求证：DE=CF；
（2）求EF的长．
53．（2021·辽宁本溪·八年级期末）已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，E是BC的中点，直线AE交DC的延长线于点F．试判断四边形ABFC的形状，并证明你的结论．
54．（2021·辽宁丹东·八年级期末）如图，在中，过点作，交于点，交于点，过点作，交于点，交于点．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）已知，求的长．
55．（2021·辽宁·绥中县教师进修学校八年级期末）已知，如图，E、F分别为□ABCD的边BC、AD上的点，且∠1=∠2,.求证：AE=CF.
56．（2021·辽宁新抚·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．
57．（2021·辽宁甘井子·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，过点D分别作DE⊥AB于点E，作DF⊥BC于点F．求证：AE＝CF．
58．（2021·辽宁营口·八年级期末）正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°．
（1）求证：EF=AE+CF
（2）当AE=1时，求EF的长．
59．（2021·辽宁凌源·八年级期末）如图，已知四边形ABCD为平行四边形，AE⊥BD于E，CF⊥BD于F．
（1）求证：BE＝DF；
（2）若M、N分别为边AD、BC上的点，且DM=BN，试猜想四边形MENF的形状，并证明你的结论．
60．（2021·辽宁沈北新区·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，ADBC，AB＝BC，对角线AC，BD交于点O，BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若BE＝5，OE＝3，求线段DE的长．
61．（2021·辽宁丹东·八年级期末）在中，，，将沿方向平移得到，，的对应点分别是、，连接交于点．
（1）如图1，将直线绕点顺时针旋转，与、、分别相交于点、、，过点作交于点．
①求证：≌
②若，求的长；
（2）如图2，将直线绕点逆时针旋转，与线段、分别交于点、，在旋转过程中，四边形的面积是否发生变化？若不变，求出四边形的面积，若变化，请说明理由；
（3）在（2）的旋转过程中，能否为等腰三角形，若能，请直接写出的长，若不能，请说明理由．
62．（2021·辽宁新抚·八年级期末）如图，在正方形的对角线上取一点．连接并延长到点，使与相交于点．
（1）求证：；
（2）若，判断之间的数量关系，并说明理由．
63．（2021·辽宁大东·八年级期末）如图，在菱形中，，是对角线上一点，是线段延长线上一点且，连接．
（1）如图，若是线段的中点，连接，其他条件不变，直接写出线段与的数量关系；
（2）如图，若是线段上任意一点，连接，其他条件不变，猜想线段与的数量关系是什么？并证明你的猜想；
（3）如图，若是线段延长线上一点，其他条件不变，且，菱形的周长为，直接写出的长度．
64．（2021·辽宁营口·八年级期末）如图，在四边形中，，对角线、交于点，且，过点作，交于点，交于点，
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）连接，若，，求的度数．
65．（2021·辽宁凌源·八年级期末）如图，已知∠AOB，OA＝OB，点E在边OB上，四边形AEBF是平行四边形．
（1）请你只用无刻度的直尺在图中画出∠AOB的平分线．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）请说明你的画法的正确性．
66．（2021·辽宁兴城·八年级期末）如图，在中，，D是边BC上的一点，于点E，F是AD的中点，连接EF，CF．
（1）探究线段EF与CF的数量关系，并加以证明；
（2）连接CE，若，请直接写出线段CE与AD的数量关系．
67．（2021·辽宁大连·八年级期末）如图，将 AECF的对角线EF向两端延长，分别至点B和点D，且使EB＝FD．求证：四边形ABCD为平行四边形．
68．（2021·辽宁大连·八年级期末）如图．在正方形中，点E在边上，点F在延长线上，，连接交于点H，连接．
（1）求证；
（2）求的值；
（3）探究、、三条线段之间的数量关系，并证明．
69．（2021·辽宁建平·八年级期末）如图，在长方形ABCD中，DC＝6cm，在DC上存在一点E，沿直线AE把△ADE折叠，使点D恰好落在BC边上的点F处，若△ABF的面积为24cm2，那么折叠的△ADE的面积为多少？
70．（2021·辽宁西岗·八年级期末）在△ABC中，以AB为斜边，作直角△ABD，使点D落在△ABC内，∠ADB＝90°．
（1）如图1，若AB＝AC，∠BAD＝30°，AD＝6，点P、M分别为BC、AB边的中点，连接PM，则线段PM的长为 ．
（2）如图2，若AB＝AC，把△ABD绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ACE，连接ED，并延长交BC于点P，求证：BP＝CP；
（3）如图3，若AD＝BD，过点D的直线交AC于点E，交BC于点F，EF⊥AC，且AE＝EC，请直接写出线段BF、FC、AD之间的关系．
71．（2021·辽宁抚顺·八年级期末）如图，、分别是的两条高，点、点分别是、的中点，
求证：．
72．（2021·辽宁抚顺·八年级期末）已知，四边形中，点关于的对称点为，连接、，交于点．
①如图1，当四边形为矩形时，请直接写出与的数量关系；
（2）如图2，当四边形为平行四边形时，①（1）题中的结论是否仍然成立 若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
②如图3，当时，、的延长线相交于点，请直接写出的值．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】
依据平行四边形的性质以及折叠的性质，即可得到，，，再根据是等边三角形，即可得到的周长为．
【详解】
由折叠可得，，
，
又，
，
，
，
由折叠可得，，
，
是等边三角形，
的周长为，
故选C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、轴对称图形性质以及等边三角形的判定．解题时注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
2．C
【分析】
由平行四边形ABCD的对角线相交于点O，OE⊥AC，根据线段垂直平分线的性质，可得AE=CE，又由平行四边形ABCD的AB+BC=AD+CD=11，继而可得△CDE的周长等于AD+CD．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AB=CD，AD=BC，
∵ ABCD的周长22厘米，
∴AD+CD=11，
∵OE⊥AC，
∴AE=CE，
∴△CDE的周长为：CD+CE+DE=CD+CE+AE=AD+CD=11cm．
故选C．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质，关键是根据线段垂直平分线的性质进行分析．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
3．A
【分析】
首先设平行四边形中两个内角的度数分别是x°，2x°，由平行四边形的邻角互补，即可得方程x+2x=180，继而求得答案．
【详解】
设平行四边形中两个内角的度数分别是x°,2x°，
则x+2x=180，
解得：x=60，
∴其中较小的内角是：60°.
故选A.
【点睛】
此题考查平行四边形的性质，解题关键在于利用平行四边形的邻角互补.
4．A
【分析】
由平行四边形的性质：对角相等，得出∠C=∠A．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠A=40°，
故选A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，解答本题的关键是掌握平行四边形的对角相等．
5．C
【分析】
求得∠ADB=90°，即AD⊥BD，即可得到S ABCD=AD BD；依据∠CDE=60°，∠BDE=30°，可得∠CDB=∠BDE，进而得出DB平分∠CDE；依据Rt△AOD中，AO＞AD，即可得到AO＞DE；依据O是BD中点，E为AB中点，可得BE=DE，利用三角形全等即可得OE⊥BD且OB=OD．
【详解】
解：在中，
∵∠BAD=∠BCD=60°，∠ADC=120°，DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠DAE=60°=∠AED，
∴△ADE是等边三角形，
，
∴E是AB的中点，
∴DE=BE，
，
∴∠ADB=90°，即AD⊥BD，
∴S ABCD=AD BD，故①正确；
∵∠CDE=60°，∠BDE=30°，
∴∠CDB=∠CDE-∠BDE=60°-30°=30°，
∴∠CDB=∠BDE，
∴DB平分∠CDE，故②正确；
∵Rt△AOD中，AO＞AD，
∵AD=DE，
∴AO＞DE，故③错误；
∵O是BD的中点，
∴DO=BO,
∵E是AB的中点，
∴BE=AE=DE
∵OE =OE
∴△DOE≌△BOE(SSS)
∴∠EOD=∠EOB
∵∠EOD+∠EOB=180°
∴∠BOE=90°
∴OE垂直平分BD，故④正确；
正确的有3个，
故选择：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，平行四边形的面积公式的综合运用，三角形全等判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质，等边三角形的性质，直角三角形的性质定理和等边三角形判定定理，三角形全等判定方法和性质是解题的关键．
6．D
【分析】
首先根据平行四边形的性质得到AE=CF，再分点F在线段BC上和点F在线段BC的延长线上两种情况进行解答即可求出t的值．
【详解】
解：若以A、、、为顶点的四边形是平行四边形，则有AE=CF
当点F在线段BC上时，AE=BC-BF，即：
t=6-2t
解得，t=2；
当点F在线段BC的延长线上时，AE=BF-BC，即：
t=2t-6
解得，t=6
所以，当t=6s或2s时，以A、、、为顶点的四边形是平行四边形．
故选：D.
【点睛】
此题主要考查了动点几何问题以及平行四边形的性质和等边三角形的性质，熟练掌握相关性质是解答此题的关键.
7．C
【分析】
根据等腰三角形的性质和中位线的性质求解即可．
【详解】
∵AD＝AC
∴是等腰三角形
∵AE⊥CD
∴
∴E是CD的中点
∵F是BC的中点
∴EF是△BCD的中位线
∴
故答案为：C．
【点睛】
本题考查了三角形的线段长问题，掌握等腰三角形的性质和中位线的性质是解题的关键．
8．C
【详解】
解：∵点D、E分别是边AB，BC的中点，
∴DE是三角形BC的中位线，AB=2BD，BC=2BE，
∴DE∥BC且
又∵AB=2BD，BC=2BE，
∴AB+BC+AC=2(BD+BE+DE)，
即△ABC的周长是△DBE的周长的2倍，
∵△DBE的周长是6，
∴△ABC的周长是：6×2=12.
故选C.
9．A
【分析】
由题意根据勾股定理得到AB=5，根据平行线的性质和角平分线的定义得到∠ABD=∠ADB，求得AB=AD=5，连接BF并延长交AD于G，根据全等三角形的性质得到BF=FG，AG=BC=3，求得DG=5-3=2，进而根据三角形中位线定理进行分析即可得到结论．
【详解】
解：∵AC⊥BC，
∴∠ACB=90°，
∵BC=3，AC=4，
∴AB=5，
∵AD//BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∵BD为∠ABC的平分线，
∴∠ABD=∠CBD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴AB=AD=5，
连接BF并延长交AD于G，
∵AD∥BC，
∴∠GAC=∠BCA，
∵F是AC的中点，
∴AF=CF，
∵∠AFG=∠CFB，
∴△AFG≌△CFB（AAS），
∴BF=FG，AG=BC=3，
∴DG=5-3=2，
∵E是BD的中点，
∴EF=DG=1．
故选：A．
【点睛】
本题考查三角形的中位线定理和全等三角形的判定和性质以及勾股定理，根据题意正确的作出辅助线是解题的关键．
10．C
【分析】
根据平行四边形的判定逐项分析即可得．
【详解】
解：A、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，正确，则此项不符合题意；
B、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，正确，则此项不符合题意；
C、一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，故原命题错误，此项符合题意；
D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确，则此项不符合题意，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，熟记平行四边形的判定是解题关键．
11．C
【分析】
根据三角形的中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，有DE=BC，从而求出BC．
【详解】
解：∵D、E分别是AB、AC的中点．
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC=2DE，
∵DE=3，
∴BC=2×3=6．
故选C．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理，中位线是三角形中的一条重要线段，由于它的性质与线段的中点及平行线紧密相连，因此，它在几何图形的计算及证明中有着广泛的应用．
12．D
【分析】
根据平行四边形的判定分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
【详解】
A、∵两组对边分别平行的四边形是平行四边形，
∴选项A不符合题意；
B、∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
∴选项B不符合题意；
C、∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
∴选项C不符合题意；
D、∵一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形或平行四边形，
∴选项D符合题意；故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，熟记平行四边形的判定方法是解题的关键．
13．A
【分析】
延长GE交AB于点R，连接AE，设AG交DE于点M，过点E作EN⊥AG于N，先计算出RG=6，∠ARG=，AR=2，根据勾股定理求出，得到HG=，利用，求出，即可利用勾股定理求出NG、EH．
【详解】
如图，延长GE交AB于点R，连接AE，设AG交DE于点M，过点E作EN⊥AG于N，
∵矩形ABCD与ECFG如图放置，点B，C，F共线，点C，E，D共线，
∴RG=BF=BC+CF=2+4=6，∠ARG=，AR=AR-CE=4-2=2，
∴，
∵H是AG中点，
∴HG=，
∵，
∴，
∴，
在Rt△ENG中， ，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】
此题考查矩形的性质，勾股定理，线段中点的性质，三角形面积法求线段长度，熟记矩形的性质及熟练运用勾股定理是解题的关键．
14．A
【分析】
由矩形的性质可得AB=CD=4，BC=AD=6，AD∥BC，由平行线的性质可折叠的性质可得∠DAC=∠ACE，可得AF=CF，由勾股定理即可得求DF的长．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形
∴AB=CD=4，BC=AD=6，AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACB，
根据折叠的性质得：∠ACB=∠ACE，
∴∠DAC=∠ACE，
∴AF=CF，
设DF=，则CF=AF=AD-DF=，
在Rt△CDF中，，
∴，
解得：，
即DF=，
故选：A．
【点睛】
本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，利用勾股定理求DF的长是本题的关键．
15．B
【分析】
根据，可设BE=x，则AE=8-x，利用Rt△ABE中勾股定理即可求出BE；当时，四边形APCE为菱形，故可得到平分 ；作C点关于直线AD的对称点C’，根据对称性即可求出△周长的最小值；过点A作AH⊥PE，PG⊥BC，根据求得DP、GC的长，再得到EG,故可求出BP的长，根据等面积法得到AH的长，由AH=AB即可证明平分.
【详解】
∵，设BE=x，则AE=8-x，
在Rt△ABE中AE2=AB2+BE2,
即（8-x）2=42+x2,
解得x=3，故① 正确；
当时，∵EC=5
∴AP∥EC,AP=CE，
∴四边形APCE为平行四边形。
又AE=EC，
∴四边形APCE为菱形，
故可得到平分 ，②正确；
作C点关于直线AD的对称点C’，则PC=PC’
∴△周长的最小值为EC+EC’=5+，故③错误；
过点A作AH⊥PE，PG⊥BC，
∴AB=PG=4
∵
∴PD==GC
∴EG=5-=
故EP==
又S△AEP=AP×PG=EP×AH
即××4=××AH
∴AH=4=AB，
∴平分，④正确；
故选B.
【点睛】
此题主要考查矩形的性质及证明，解题的关键是熟知勾股定理、对称性、菱形的判定与性质.
16．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．
17．C
【分析】
根据题意由角平分线先得到是含有角的直角三角形，结合直角三角形斜边上中线的性质进而得到OP，DP的值，再根据角平分线的性质以及垂线段最短等相关内容即可得到PC的最小值．
【详解】
解：∵点P是∠AOB平分线上的一点，，
∴，
∵PD⊥OA，M是OP的中点，
∴，
∴
∵点C是OB上一个动点
∴当时，PC的值最小，
∵OP平分∠AOB，PD⊥OA，
∴最小值，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了角平分线的性质、含有角的直角三角形的选择，直角三角形斜边上中线的性质、垂线段最短等相关内容，熟练掌握相关性质定理是解决本题的关键．
18．B
【分析】
根据斜边上的中线等于斜边的一半，可求得斜边的长，再根据直角三角形的周长和勾股定理，可求出这个三角形的面积．
【详解】
解：设两直角边分别为a，b，斜边为c，
∵直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
∴斜边c＝2×2＝4，
∵直角三角形的周长是4+，
∴a+b+c＝4+，
∴
∴
∴ab＝[（a+b）2﹣（a2+b2）]＝×（26﹣16）＝5，
三角形的面积＝ab＝．
故选：B．
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质，解题关键是根据斜边上的中线等于斜边的一半，求出斜边，利用勾股定理和完全平方公式求出ab的值．
19．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．
20．D
【分析】
根据菱形的对角线互相垂直且互相平分，可得出对角线AC的长度，依据勾股定理即可得到另一条对角线的的长度，进而根据公式可得出菱形的面积．
【详解】
解：∵对角线AC，BD交于点O，OA＝1，
∴AC＝2OA＝2，
∵菱形的边长为，
∴AB＝，
∴，
∴BD＝2BO＝4，
∴S菱形ABCD＝BD AC＝×4×2＝4．
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形面积的计算，掌握菱形的面积等于两条对角线长乘积的一半是解题的关键．
21．B
【分析】
根据菱形面积公式即菱形对角线乘积的一半，即可求出另一对角线的长．
【详解】
解：设另一条对角线长为xcm，
则×6 x＝12，
解得x＝4．
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的面积，掌握菱形面积公式，即对角线乘积的一半是解题关键．
22．C
【分析】
设菱形的边长为x，由菱形的性质可得菱形的边长为4，然后根据面积计算公式即可求解．
【详解】
解：设菱形的边长为x，由题意得：4x=16，
解得：x=4，
∴菱形的面积为4×2=8；
故选C．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
23．D
【分析】
根据三角形的中位线性质可以得到四边形的两对对边分别平行，根据菱形的对角线互相垂直可以得到这个四边形是矩形，所以连接菱形各边中点所得到的四边形是矩形．
【详解】
证明：
∵E，H是中点，
∴EH∥BD，
同理，EF∥AC，GH∥AC，FG∥BD，
∴EH∥FG，EF∥GH，
则四边形EFGH是平行四边形，
又∵AC⊥BD，EH∥BD，
∴AC⊥EH，
∵EF∥AC，
∴EF⊥EH，
∴平行四边形EFGH是矩形．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了矩形的判定定理，正确理解菱形的性质以及三角形的中位线定理是解题的关键．
24．B
【分析】
根据菱形的性质逐项分析即可得到问题答案．
【详解】
解：由菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质可知，故选项A成立；
由菱形的性质：菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角可知对角线AC与BD不一定相等，所以B不一定正确；
由菱形的性质：菱形的两条对角线互相垂直，可知，故选项C成立；
由菱形的性质：菱形的两条对角线互相垂直平分，可知选项D成立；
所以B不一定正确．
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的性质，属于基础题，比较容易解答，关键是掌握菱形的定义与性质．
25．D
【分析】
根据三角形的中位线定理得到EH∥FG，EF=FG，EF=BD，要是四边形为菱形，得出EF=EH，即可得到答案．
【详解】
解：∵E，F，G，H分别是边AD，DC，CB，AB的中点，
∴EH=AC，EH∥AC，FG=AC，FG∥AC，EF=BD，
∴EH∥FG，EF=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
假设AC=BD，
∵EH=AC，EF=BD，
则EF=EH，
∴平行四边形EFGH是菱形，
即只有具备AC=BD即可推出四边形是菱形，
故选D．
26．B
【分析】
根据平行四边形的性质，菱形，矩形，正方形的判定逐一判断即可．
【详解】
解：四边形是平行四边形，
，故A正确，
四边形是平行四边形，，
不能推出四边形是菱形，故错误，
四边形是平行四边形，，
四边形是矩形，故C正确，
四边形是平行四边形，，，
四边形是正方形．故D正确．
故选B．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质，矩形，菱形，正方形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
27．D
【详解】
由DE∥CA,DF∥BA，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEDF是平行四边形；
又有∠BAC=90°，根据有一角是直角的平行四边形是矩形，可得四边形AEDF是矩形
故A. B正确；
如果AD平分∠BAC,那么∠EAD=∠FAD,又有DF∥BA，可得∠EAD=∠ADF，
∴∠FAD=∠ADF，
∴AF=FD，那么根据邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形AEDF是菱形故C正确；
如果AD⊥BC且AB=AC，那么AD平分∠BAC，同上可得四边形AEDF是菱形，故D错误.
故选D
28．C
【分析】
根据正方形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
【详解】
∵正方形的一条对角线长为4，
∴这个正方形的面积=×4×4=8，
故选C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，熟记利用对角线求面积的方法是解题的关键．
29．C
【详解】
试题分析：A、对角线AC与BD互相垂直，AC=BD时，无法得出四边形ABCD是矩形，故此选项错误．
B、当AB=AD，CB=CD时，无法得到四边形ABCD是菱形，故此选项错误．
C、当两条对角线AC与BD互相垂直，AB=AD=BC时，∴BO=DO，AO=CO，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵两条对角线AC与BD互相垂直，∴平行四边形ABCD是菱形，故此选项正确．
D、当AC=BD，AD=AB时，无法得到四边形ABCD是正方形，故此选项错误．
故选C．
30．D
【分析】
连接BE，由“SAS”可证△DCE≌△BCE，可得DE＝BE，∠CDE＝∠CBE，由补角的性质可得∠ABE＝∠EFB，可证EF＝BE，故判断①，延长BC到G，使CG＝AF，连接DG，由“SAS”可证△ADF≌△CDG，可得∠AFD＝∠G，∠ADF＝∠CDG，DF＝DG，由“SAS”可证△QDF≌△QDG，可得FQ＝QG，∠G＝∠DFQ，可判断③，由勾股定理可求AF＝2，可判断②，将△CDE绕点A顺时针旋转90°得到△ADM，连接MH，由“SAS”可证△DMH≌△DEH，可得EH＝MH，由勾股定理可求MH的长，即可求AB的长，即可求解．
【详解】
解：如图，连接BE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴CB＝CD，∠BCE＝∠DCE＝45°，
在△BEC和△DEC中，
，
∴△DCE≌△BCE（SAS），
∴DE＝BE，∠CDE＝∠CBE，
∴∠ADE＝∠ABE，
∵∠DAB＝90°，∠DEF＝90°，
∴∠ADE＋∠AFE＝180°，
∵∠AFE＋∠EFB＝180°，
∴∠ADE＝∠EFB，
∴∠ABE＝∠EFB，
∴EF＝BE，
∴DE＝EF，故①正确；
∵∠DEF＝90°，DE＝EF，
∴∠EDF＝∠DFE＝45°，
如图：延长BC到G，使CG＝AF，连接DG，
在△ADF和△CDG中，
，
∴△ADF≌△CDG（SAS），
∴∠AFD＝∠G，∠ADF＝∠CDG，DF＝DG，
∵∠ADF＋∠CDQ＝90° ∠FDQ＝45°，
∴∠CDG＋∠CDQ＝45°＝∠GDQ，
∴∠GDQ＝∠FDQ，
又∵DG＝DF，DQ＝DQ，
∴△QDF≌△QDG（SAS），
∴FQ＝QG，∠G＝∠DFQ，
∴∠DFA＝∠DFQ，故③正确；
∵AB＝6，CQ＝3，
∴BQ＝3，FB＝6 AF，FQ＝QG＝3＋AF，
∵FQ2＝FB2＋BQ2，
∴（3＋AF）2＝9＋（6 AF）2，
∴AF＝2，故②正确；
如图：将△CDE绕点A顺时针旋转90°得到△ADM，连接MH，
∴△CDE≌△ADM，
∴AM＝CE＝4，∠DCE＝∠DAM＝45°，∠ADM＝∠CDE，DM＝DE，
∴∠MAH＝90°，∠ADM＋∠ADH＝∠CDE＋∠ADH＝45°＝∠MDH，
又∵DH＝DH，
∴△DMH≌△DEH（SAS），
∴EH＝MH，
∵MH＝=，
∴EH＝MH＝，
∴AC＝AH＋EH＋EC＝6＋
∴AB＝AC÷=，故④正确；
故选：D．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用旋转法，添加辅助线构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
31．20或22；
【分析】
∠A的平分线分BC成4cm和3cm的两条线段，设∠A的平分线交BC于E点，有两种可能，BE=4或3，证明△ABE是等腰三角形，分别求周长．
【详解】
解：设∠A的平分线交BC于E点，
∵AD∥BC，
∴∠BEA=∠DAE，
又∠BAE=∠DAE，
∴∠BEA=∠BAE
∴AB=BE．而BC=3+4=7．
①当BE=4时，AB=BE=4， ABCD的周长=2×（AB+BC）=2×（4+7）=22；
②当BE=3时，AB=BE=3， ABCD的周长=2×（AB+BC）=2×（3+7）=20．
所以 ABCD的周长为22cm或20cm．
故答案为22cm或20cm．
【点睛】
主要考查了平行四边形的基本性质，并利用性质解题．平行四边形基本性质：
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．
32．2或.
【分析】
分三种情况讨论：①为边，是对角线；②，为边，③，为边，作出图形，分别由平行四边形的性质和勾股定理可求的长．
【详解】
①如图，若为边，是对角线，
四边形是平行四边形，且，，
，
②若，为边，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
③若，为边，
是平行四边形，
，
故答案为2或.
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和勾股定理，运用数形结合思想与分类讨论思想是解决本题的关键．
33．36°
【详解】
试题解析：∵四边形BCDA是平行四边形，
∴AD∥CB，∠A=∠C，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠B=4∠A，
∴∠A+4∠A=180°，
解得：∠A=36°，
∴∠C=36°.
34．
【分析】
先依据平行四边形的性质，即可得到DE的长，再根据△ADE是等边三角形，即可得到△ADE的周长．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=，
又∵CE=CD，
∴DE=，
∵AC⊥CD，CE=CD，
∴AC垂直平分DE，
∴AD=AE，
又∵ ABCD中，∠B=60°=∠D，
∴△ADE是等边三角形，
∴△ADE的周长为3×=，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质以及等边三角形的判定与性质，解题时注意：平行四边形的对边相等，平行四边形的对角相等．
35．5
【分析】
连接DN，根据三角形中位线定理得到，根据题意得到当点N与点B重合时，DN最大，根据勾股定理计算，得到答案．
【详解】
解：连接DN，
∵点E，F分别为DM，MN的中点，
∴EF是△MND的中位线，
∴，
∵点M，N分别为线段BC，AB上的动点，
∴当点N与点B重合时，DN最大，此时
∴EF长度的最大值为：，
故答案为：5．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
36．.
【分析】
根据三角形中位线定理得到DE∥AB，DE=0.5AB=5，根据平行线的性质、角平分线的定义求出DF，计算即可.
【详解】
解：、分别是、的中点，
，，，
，
平分，
，
，
，
，
故答案为.
【点睛】
本题考查的是角平分线的定义、三角形中位线定理，掌握平行线的性质、角平分线的定义是解题的关键.
37．12
【分析】
根据三角形中位线定理得到DE∥AB，DE=AB，再根据周长的定义即可得结果;
【详解】
解:∵D、E分别是边、的中点，
∴DE∥AB，DE=AB，且CD=AC，EC=BC，
∴ED+CD+EC=AB+AC+BC=( AB+ AC+ BC)，
∴，又，
∴．
故答案为：12
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理，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．
38．
【分析】
延长AF交BC延长线于H，延长AG交BC延长线于I，由BD平分∠ABC，AF⊥BF，可得∠CBF=∠ABF，∠HFB=∠AFB=90°，可证△HBF≌△ABF（ASA），可得BH=BA=6，HF=AF，由CE平分∠ACI，AG⊥CE，可得∠ICG=∠ACG，∠IGC=∠AGC=90°，可证△ICG≌△ACG（ASA），可得CI=CA=5，IG=AG,可证FG为△AHI的中位线即可．
【详解】
解：延长AF交BC延长线于H，延长AG交BC延长线于I，
∵BD平分∠ABC，AF⊥BF，
∴∠CBF=∠ABF，∠HFB=∠AFB=90°，
在△HBF和△ABF中，
，
∴△HBF≌△ABF（ASA），
∴BH=BA=6，HF=AF，
∵CE平分∠ACI，AG⊥CE，
∴∠ICG=∠ACG，∠IGC=∠AGC=90°，
在△ICG和△ACG中，
，
∴△ICG≌△ACG（ASA），
∴CI=CA=5，IG=AG，
∴IH=BC+CI-BH=4+5-6=3，
∵HF=AF，IG=AG，
∴FG为△AHI的中位线，
∴FG=．
故答案为．
【点睛】
本题考查角平分线定义，垂线定义，三角形全等判定与性质，三角形中位线性质，线段和差，本题难度不大，训练画图构思能力，通过辅助线画出准确图形是解题关键．
39．21°.
【分析】
由直角三角形斜边中线的性质得DE＝AE＝EF，进而可得DC＝DE，设∠ADE＝x，则∠DAE＝x，进而可得∠DCE＝∠DEC＝2x，再根据平行线的性质可得 ∠ACB＝∠DAE＝x，再根据∠ACB+∠ACD＝∠BCD=63°，即可求得答案.
【详解】
∵AE＝EF，∠ADF＝90°，
∴DE＝AE＝EF，
∴∠DAE=∠ADE，
又∵AE＝EF＝CD，
∴DC＝DE，
∴∠DEC=∠DCE，
设∠ADE＝x，则∠DAE＝x，
则∠DCE＝∠DEC＝2x，
又AD∥BC，
∴∠ACB＝∠DAE＝x，
由∠ACB+∠ACD＝∠BCD=63°，
得：x+2x＝63°，
解得：x＝21°，
∴∠ADE=21°，
故答案为21°.
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，平行四边形的性质等，正确把握相关性质是解题的关键.
40．3
【分析】
由矩形的性质可得AB=CD=6，再由折叠的性质可得AE=AB=6， 在Rt△ADE中，根据勾股定理求得AD的长即可．
【详解】
∵纸片ABCD为矩形，
∴AB=CD=6，
∵矩形纸片ABCD折叠，使点B恰好落在CD边的中点E处，折痕为AF，
∴AE=AB=6，
∵E为DC的中点，
∴DE=3，
在Rt△ADE中，AE=6，DE=3，
由勾股定理可得，AD=
故答案为．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、折叠的性质及勾股定理，正确求得AE=6、DE=3是解决问题的关键.
41．5
【分析】
根据矩形的性质求出∠D=90°，OA=OB，AD=BC=8，求出AM，根据勾股定理求出OA即可．
【详解】
∵四边形ABCD为矩形，点M为AD的中点
∴点O为AC的中点，BC=AD=8，AC=BD
∴MO为三角形ACD的中位线
∴MO=CD，即CD=6
∴在直角三角形ACD中，由勾股定理得，AC==10．
∴OB=BD=AC=5.
【点睛】
本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形的中位线等知识点，能熟记矩形的性质是解此题的关键，注意：矩形的对边相等，矩形的对角线互相平分且相等，矩形的每个角都是直角．
42．55°
【分析】
先由矩形的对边平行及平行线的性质知∠B′FC=∠2=70°，再根据折叠的性质可得答案．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠B′FC=∠2=70°，
∴∠1+∠B′FE=180°-∠B′FC=110°，
由折叠知∠1=∠B′FE，
∴∠1=∠B′FE=55°，
故答案为：55°．
【点睛】
本题主要考查折叠的性质和平行线的性质，解题的关键是掌握矩形的对边平行、两直线平行同位角相等性质．
43．20
【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．
44．1cm
【分析】
根据菱形的四边相等，可得AB=BC=CD=AD=5，在Rt△AED中，求出AE即可解决问题．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=5(cm)，
∵DE⊥AB,DE=3(cm)，
在Rt△ADE中,AE==4，
∴BE=AB AE=5 4=1(cm)，
故答案为1cm.
【点睛】
本题考查了菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，试题难度不大.
45．
【分析】
设AC与BD交于点E，则∠ABE=60°，根据菱形的周长求出AB的长度，在RT△ABE中，求出AE，继而可得出AC的长．
【详解】
解：在菱形ABCD中，∠ABC=120°，
∴∠ABE=60°，AC⊥BD，
∵菱形ABCD的周长为16，
∴AB=4，
在RT△ABE中，AE=ABsin∠ABE=，
故可得AC=2AE=.
故答案为．
【点睛】
此题考查了菱形的性质，属于基础题，解答本题的关键是掌握菱形的基本性质：菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
46．①③⑤
【分析】
先证明四边形是菱形即可得到①③正确；再证明四边形BFDC是平行四边形，可得⑤正确；根据三角形三边关系和等量代换得到DA+DF＞BE，可得②错误；根据菱形性质、中点性质，相似性质得到，可得⑤错误，问题得解
【详解】
解：∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠BAC=60°，AC=AB，
∵F为AB中点，
∴CF=AF=BF=AB，
∴AC=CF=AF，
∵为等边三角形，
∴AC=AD=CD，
∴AF=FC=CD=AD，
∴四边形ADCF是菱形，
∴AC⊥DF，
故①③正确；
∵四边形ADCF是菱形，
∴AF∥CD，AF=CD，
∵AF=BF，
∴BF=CD，
∴四边形BFDC是平行四边形，
故结论⑤正确；
∵四边形BFDC是平行四边形，
∴BC=DF，
∴DA+DF=AC+BC，
∵AC+BC＞AB，
∴DA+DF＞AB，
∵为等边三角形，
∴AB=BE，
∴DA+DF＞BE，
故结论②错误；
∵四边形ADCF是菱形，
∴，
∵F为AB中点，
∴，
∴△ACD、△ABE都为等边三角形，F为AB中点，
∴，
故结论④错误．
故答案为：①③⑤
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，熟知相关定理并灵活应用是解题关键．
47．矩形
【分析】
作出图形，根据已知条件证明即可．
【详解】
如图：∵E、F分别为AB、BC的中点，
∴EF是ΔABC的中位线，
∴EF//AC，EF= AC，
同理：GH//AC,GH=AC，
∴EF GH，EF GH
∴四边形EFGH是平行四边形，
又EH//BD，AC⊥BD，
∴EF⊥EH，
∴平行四边形EFGH是矩形.
48．①③④⑥
【分析】
由正方形的性质，易证△AEB≌△CEB，从而可判断①的正确性；假设结论正确，可推出AE⊥BD，显然AE是不可能总垂直BD的，故可得②不正确；如图1，在BC上取BM=DH，连接AM，则可证△ABM≌△ADH，根据全等的性质及已知条件，可得△AMG≌△AHG，从而可得③正确；由△AMG≌△AHG，从而，而△AGM与△BCD等高，故可得⑥正确；如图1，延长AM到N，使MN=HF，连接BN、EN，则可证△ABN≌△ADF，△ANE≌△AFE，故有BN=DF，EN=EF，且易得∠EBN=90°，在Rt△EBN中，由勾股定理即可判断④正确；如图2，延长CD到P，使DP=BG，连接AP，则易证△ADP≌△ABG，可得AP=AG，且易得∠PAF=∠EAF=45°，从而可证得△APH≌△AGH，易得GH=BG+DH，若设CH=a，CG=b，由勾股定理有：，另一方面，可得GH=BG+DH=5a-b，因此可得，则，故可判断⑤错误．
【详解】
∵四边形ABCD为正方形
∴AB=AD=BC=CD，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，∠ABE=∠CBE=∠ADB=45°
在△AEB和△CEB中
∴△AEB≌△CEB(SAS)
∴AE=CE
故①正确
若，则∠HGC=∠EAF=45°，∠GHC=∠F
∵∠HCG=90°
∴∠GHC=45°
∴∠GHC=∠F=45°
∴∠AEF=90°
∴AE⊥BD
但只有当E点是线段BD的中点时，才有AE⊥BD，其它位置是不垂直的
故②不正确
如图1，在BC上取BM=DH，连接AM
∵AB=AD，∠ABC=∠ADH=90°，BM=DH
∴ △ABM≌△ADH(SAS)
∴AM=AH，∠BAM=∠DAH
∵∠BAM+∠MAD=∠DAB=90°
∴ ∠MAH=∠DAH+∠MAD =∠BAM+∠MAD=90°
∵
∴
∵AG=AG
∴△AMG≌△AHG(SAS)
∴GM=GH
∴BG=GM+BM=GH+DH
故③正确
∵△AMG≌△AHG
∴
∵△AGM与△BCD的高分别为AB、CD，且AB=CD
∴
∵GM=GH，BC=AB
∴
故⑥正确
如图1，延长AM到N，使MN=HF，连接BN、EN，则AM+MN=AH+HF，即AN=AF
∵∠BAM=∠DAH，AB=AD
∴△ABN≌△ADF(SAS)
∴BN=DF，∠ABN=∠ADF
∵∠ADF=180°-∠ADB=180°-45°=135°
∴∠ABN=135°
∴ ∠EBN=∠ABN-∠ABD=135°-45°=90°
同理可得：△ANE≌△AFE
∴EN=EF
在Rt△EBN中，由勾股定理得：
∴
故④正确
当AB=3CH时，此时点H在边CD上
设CH=a，CG=b，则AB=CD=BC=3a，DH=AB-CH=2a，BG=BC-CG=3a-b
如图2，延长CD到P，使DP=BG，连接AP
∵AB=AD，∠ABC=∠ADP=90°，BG=DP
∴△ABG ≌△ADP(SAS)
∴AG=AP，∠BAG=∠DAP
∴∠GAP=∠GAD+∠DAP=∠GAD+∠BAG=∠DAB=90°
∵∠EAF=45°
∴∠PAF=∠EAF=45°
∵AH=AH
∴△APH≌△AGH(SAS)
∴PH=GH
∵PH=DP+DH
∴GH=BG+DH=3a-b+2a=5a-b
在Rt△GHC中，由勾股定理有：
∴
整理得：
∴CD =3a=
故⑤错误
故答案为：①③④⑥
【点睛】
本题是正方形的综合题，考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识，涉及到截长补短的方法，综合性强，难度较大，是一道经典的好题，实际上是所谓的“半角”问题，也是平时和中考常考的压轴题型．
49．45
【分析】
根据正三角形和正方形的性质可得∠EAB=150°,AE=AB，，从而得出∠AEB的大小,进而得出∠BED的大小．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形,△AED是正三角形
∴∠EAD=60°,∠AED=60°,∠DAB=90°,AE=AD=AB
∴△AEB是等腰三角形,∠EAB=150°
∴∠AEB=∠ABE=15°
∴∠BED=45°
故答案为：45°
【点睛】
本题考查正方形和正三角形的性质，解题关键利用正三角形和正方形的性质，得出∠AEB=∠ABE．
50．或1.
【分析】
首先证明DC′≠DA，只要分两种情形讨论即可：①如图1中，当AD=AC′=2时，连接AE．构建方程即可；②如图2中，当点F在BC中点时，易证AC′=DC′，满足条件.
【详解】
由题意DE=EC=EC′=1，
∴DC′＜1+1
∴DC′≠DA，只要分两种情形讨论即可：
①如图1中，当AD=AC′=2时，连接AE．
∵AE=AE，AD=AC′，DE=EC′，
∴△ADE≌△AC′E，
∴∠ADE=∠AC′E=90°，
∵∠C=∠FC′E=90°，
∴∠AC′E+∠FC′E=180°，
∴A、C′、F共线，设CF=x，则BF=2-x，AF=2+x，
在Rt△ABF中，22+（2-x）2=（2+x）2，
解得x=．
②如图2中，当点F在BC中点时，易证AC′=DC′，满足条件，此时CF=1．
综上所述，满足条件的CF的长为或1．
故答案为或1．
【点睛】
本题考查翻折变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．
51．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由DE与AB垂直，BF与CD垂直，得到一对直角相等，再由ABCD为平行四边形得到AD=BC，对角相等，利用AAS即可的值；
（2）由平行四边形的对边平行得到DC与AB平行，得到∠CDE为直角，利用三个角为直角的四边形为矩形即可的值．
【详解】
解：（1）∵DE⊥AB，BF⊥CD，
∴∠AED=∠CFB=90°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（AAS）；
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠CDE+∠DEB=180°，
∵∠DEB=90°，
∴∠CDE=90°，
∴∠CDE=∠DEB=∠BFD=90°，
则四边形BFDE为矩形．
【点睛】
本题考查1．矩形的判定；2．全等三角形的判定与性质；3．平行四边形的性质．
52．见解析；
【详解】
试题分析：（1）直接利用三角形中位线定理得出DEBC，进而得出DE=FC；
（2）利用平行四边形的判定与性质得出DC=EF，进而利用等边三角形的性质以及勾股定理得出EF的长
试题解析：（1）证明：∵D、E分别为AB、AC的中点， ∴DEBC，
∵延长BC至点F，使CF=BC， ∴DEFC， 即DE=CF；
（2）解：∵DEFC， ∴四边形DEFC是平行四边形， ∴DC=EF，
∵D为AB的中点，等边△ABC的边长是2， ∴AD=BD=1，CD⊥AB，BC=2， ∴DC=EF=．
考点：三角形中位线定理；等边三角形的性质；平行四边形的判定与性质
53．四边形ABFC是平行四边形；证明见解析.
【分析】
易证△ABE≌△FCE（AAS），然后利用一组对边平行且相等可判断四边形ABFC是平行四边形.
【详解】
四边形ABFC是平行四边形；理由如下：
∵AB∥CD，
∴∠BAE=∠CFE，
∵E是BC的中点，
∴BE=CE，
在△ABE和△FCE中，
∴△ABE≌△FCE（AAS）；
∴AB=CF，
又∵AB∥CF，
∴四边形ABFC是平行四边形．
考点：1平行四边形的判定；2全等三角形.
54．（1）见解析；（2）13
【分析】
（1）只要证明DN∥BM，DM∥BN即可；
（2）只要证明△CEM≌△AFN，可得FN＝EM＝5，在Rt△AFN中，根据勾股定理即可解决问题.
【详解】
（1）∵四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
（2）∵四边形，都是平行四边形，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
在中，．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，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．
55．详见解析
【分析】
通过证明三角形全等求得两线段相等即可.
【详解】
∵四边形ABCD为平行四边形
∴∠B=∠D，AB=CD
在△ABE与△CDF中，∠1=∠2，∠B=∠D，AB=CD
∴△ABE≌△CDF
∴AE=CF
【点睛】
本题主要考查平行四边形性质与全等三角形，解题关键在于找到全等三角形.
56．（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．
57．见解析
【分析】
先由菱形的性质得到，，再由证得，即可得出结论．
【详解】
解：证明：∵四边形是菱形，
，，
，，
，
在和中，
，
，
．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握菱形的性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键．
58．（1）见详解；（2）
【分析】
（1）把△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DAH，使得点A与点C重合，则DE=DH，∠EDH=90°，进而可得∠EDF=∠HDF=45°，然后可证△DEF≌△DHF，最后问题可求证；
（2）设CF=x，由（1）可得EF=1+x，则BF=3-x，BE=2，然后利用勾股定理可求解．
【详解】
（1）证明：把△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DAH，使得点A与点C重合，如图所示：
由旋转的性质可得DE=DH，∠EDH=90°，AE=CH，
∵∠EDF=45°，
∴∠EDF=∠HDF=45°，
∵DF=DF，
∴△DEF≌△DHF（SAS），
∴FH=EF，
∴EF=HF=FC+CH=AE+FC；
（2）设CF=x，由（1）可得EF=1+x，
∵AB=BC=3，AE=1，
∴BF=3-x，BE=2，
∴在Rt△BEF中，，即，
解得：，
∴．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
59．（1）证明见解析；（2）四边形MENF为平行四边形，证明见解析.
【详解】
试题分析：（1）根据平行四边形的性质和已知条件证明△ABE≌△CDF即可得到BE=DF；
（2）根据平行四边形的判定方法：有一组对边平行且相等的四边形为平行四边形判定四边形MENF的形状．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABD=∠CDB，
∵AE⊥BD于E，CF⊥BD于F，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE=DF；
（2）四边形MENF是平行四边形．
证明：由（1）可知：BE=DF，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠MDB=∠NBD，
∵DM=BN，
∴△DMF≌△BNE，
∴NE=MF，∠MFD=∠NEB，
∴∠MFE=∠NEF，
∴MF∥NE，
∴四边形MENF是平行四边形．
60．（1）见解析（2）
【分析】
（1）由平行线的性质和角平分线得出∠ADB＝∠ABD，证出AD＝AB，由AB＝BC得出AD＝BC，即可得出结论；
（2）根据直角三角形的性质求出BD，在Rt△BDE中，由勾股定理即可求解．
【详解】
（1）证明：∵ADBC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AD＝AB，
∵AB＝BC，
∴AD＝BC，
∵ADBC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵DE⊥BC
∴△BDE是直角三角形，
∵四边形ABCD是菱形
∴O点是BD的中点
∴BD=2OE=6
∴DE= ．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定、等腰三角形的判定、平行线的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
61．（1）①见解析；②2；（2）不变，12；（3）能，或6或
【分析】
（1）①由平移的特征可以推出三角形全等的条件，证明△IBC≌△HCE；
②由①得IC＝HE，再证明四边形ICHG是平行四边形，得IC＝GH，再证明△DFG≌△CFI，得DG＝IC，于是得DG＝GH＝HE＝DE＝AC，可求出DG的长；
（2）由平行四边形的性质可证明线段相等和角相等，证明△AOP≌△COQ，将四边形ABQP的面积转化为△ABC的面积，说明四边形ABQP的面积不变，求出△ABC的面积即可；
（3）按OP＝OA、PA＝OA、OP＝AP分类讨论，分别求出相应的PQ的长，其中，当PA＝OA时，作OL⊥AP于点L，构造直角三角形，用面积等式列方程求OL的长，再用勾股定理求出OP的长即可．
【详解】
（1）证明：①如图1，
∵是由平移得到的，
∴ ，
∴，
∵，
∴
∴≌
②如图1，
由①可知：≌ ，
∴，
∵，，
∴CIGH，CHGH，
∴四边形是平行四边形，
∴ ，
∵ ，
∴
∵ ， ，
∴≌，
∴，
∴，
∴.
（2）面积不变；如图2：
由平移可知，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴ ，
∵，
∴≌ ，
∴，
，
∴四边形ABQP的面积不变.
∵ ，
∴，
∴ ，
在中
∴，
∴，
∴
（3）如图3，OP＝OA＝3，
由（2）得，△AOP≌△COQ，
∴OQ＝OP＝3，
∴PQ＝3＋3＝6；
如图4，PA＝OA＝3，作OL⊥AP于点L，则∠OLA＝∠OLP＝90°，
由（2）得，四边形ABCD是平行四边形，OA＝3，∠AOB＝90°，
∴OD＝OB＝4，∠AOD＝180° ∠AOB＝90°，
∵AO⊥BD，OD＝OB，
∴AO垂直平分BD，
∴AD＝AB＝5，
由AD OL＝OA OD＝ 得，
×5OL＝×3×4，
解得，OL＝ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴PQ＝2OP＝；
如图5，OP＝AP，
∵AD＝AB，AC⊥BD，
∴∠DAC＝∠BAC，
∴∠POA＝∠DAC＝∠BAC，
∴PQAB，
∵APBQ，
∴四边形ABQP是平行四边形，
∴PQ＝AB＝5，
综上所述，或6或.
【点睛】
此题重点考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、平移的特征、勾股定理以及根据面积等式列方程求线段的长度等知识与方法，解第（3）题时要进行分类讨论，求出所有符合条件的值，此题难度较大，属于考试压轴题．
62．（1）见详解；（2）EF＝CE＋ED，理由见详解
【分析】
（1）根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质定理，即可得到结论；
（2）在EF上取一点G，使EG=EC，连接CG，由△ABE≌△ADE，先证明△CEG是等边三角形，再证明△DEC≌△FGC，即可得到结论．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABC=∠ADC=90°，∠BAC=∠DAC=∠ACB=∠ACD=45°．
∵在△ABE和△ADE中，
∵，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE=DE；
（2）在EF上取一点G，使EG=EC，连接CG，
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE＝∠ADE．
∴∠CBE＝∠CDE，
∵BC＝CF，
∴∠CBE＝∠F，
∴∠CBE＝∠CDE＝∠F．
∵∠CDE＝15°，
∴∠CBE＝15°，
∴∠CEG＝60°．
∵CE＝GE，
∴△CEG是等边三角形．
∴∠CGE＝60°，CE＝GC，
∴∠GCF＝60°-15°=45°，
∴∠ECD＝∠GCF．
∵在△DEC和△FGC中，
，
∴△DEC≌△FGC（SAS），
∴DE＝GF．
∵EF＝EG＋GF，
∴EF＝CE＋ED．
【点睛】
本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定运用，等边三角形的判定与性质的运用，解答时，添加辅助线，构造等边三角形，运用等边三角形的性质证明三角形全等是关键．
63．（1）；（2），证明见解析；（3）7
【分析】
（1）由菱形的性质和已知条件得出是等边三角形，得出，由等边三角形的性质和已知条件得出，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出，即可得出结论．
（2）过点作交于点，先证明是等边三角形，得出，，再证明是等边三角形，得出，，然后由证得，即可得出结论．
（3）过点作交延长线于点，证明同（2），得出，证明，，则，，得出，，则，由勾股定理即可得出结果．
【详解】
解：（1）；理由如下：
四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
是线段的中点，
，，
，
，
，
，
．
故答案为；
（2）猜想线段与的数量关系为：；
证明：过点作交于点，如图所示：
四边形为菱形，，
，，，与都是等边三角形，
，，
，
又，
，
又，
是等边三角形，
，
，，
又，
，
在和中，
，
，
；
（3）过点作交延长线于点，如图：
四边形为菱形，，菱形的周长为，
是等边三角形，，
，，
，
又，
，
又，
是等边三角形，
，
，，
又，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
是等边三角形，
，
，
在中，，
，，
，
，
，
，
由勾股定理得：．
【点睛】
本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、含角直角三角形的性质、勾股定理、平行线的性质、三角形内角和定理、三角形外角性质等知识；解题的关键是熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等和等边三角形．
64．（1）见解析；（2）16°．
【分析】
（1）证明可知：根据已知条件即可证明四边形为平行四边形；
（2）根据已知条件，通过角的关系转化，可得，根据即可求得．
【详解】
（1）证明：∵，
∴．
∵，，，
∴，
∴．
∵，，
∴四边形为平行四边形．
（2）解：由（1）得，
∵，
∴为的垂直平分线，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了三角形全等的性质与判定，平行四边形的判定，角平分线的定义，垂直平分线的判定与性质，平行线的性质，掌握以上知识是解题的关键．
65．（1）射线OP即为所求，见解析；（2）见解析.
【分析】
（1）连接AB、EF交于点P，作射线OP即可；
（2）用SSS证明△APO≌△BPO即可.
【详解】
解：（1）射线OP即为所求，
（2）连结AB、EF交于点P，作射线OP，
因为四边形AEBF是平行四边形
所以，AP＝BP，
又 AO＝BO，OP＝OP，
所以，△APO≌△BPO，
所以，∠AOP＝∠BOP．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和全等三角形的判定和性质以及据题作图的能力，解题的关键是掌握平行四边形对角线互相平分的性质. 需要说明的是本题第（2）小题，也可由AO＝BO和AP＝BP，根据等腰三角形三线合一的性质得到∠AOP＝∠BOP．
66．（1）EF＝CF，证明见解析；（2）
【分析】
（1）根据直角三角形斜边中线等于斜边长度的一半进行证明．
（2）主要利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和证明△EFC等腰直角三角形．
【详解】
解：（1）EF＝CF．
证明：∵DEAB，F是AD的中点
∴
∵，F是AD的中点
∴
∴EF＝CF
（2）
理由：∵，
∴∠A=45°，
∵CF=AF
∴∠FCA=∠CAF
∴∠CFD=2∠CAF
又EF=FA
∴∠FEA=∠FAE
∴∠DFE=2∠FAE
∴∠CFE=2∠A=90°
又EF=FC
∴△CEF为等腰直角三角形
∴
∴
∴
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边中线性质，外角定理，等腰直角三角形性质等，掌握这些知识点才能正确解题，利用三角形外角性质证明∠EFC=90°是解题关键．
67．见解析
【分析】
连接交于点，利用平行四边形的性质可得到，，再由可证出，即可用对角线相互平分的四边形是平行四边形进行判定．
【详解】
解：连接交于点
∵四边形为平行四边形
∴，
∵
∴
∴
∴四边形ABCD为平行四边形
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质及判定，熟悉掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
68．（1）见解析；（2）；（3），理由见解析
【分析】
（1）过E作交于点M，证明即可；
（2）连接，，证明，则易得△EAF是等腰直角三角形，从而可求得结果；
（3）连接，，过H作交延长线于G，易得，可得EG=AB，由勾股定理即可求得BE、AB、BH的关系．
【详解】
（1）过E作交于点M，如图1，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵．
∴，
∴；
（2）连接，，如图2，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
又∵H为中点，
∴；
（3）．
理由如下：
连接，，过H作交延长线于G，如图3．
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
由（2）得，为等腰直角三角形，H为中点，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判官与性质，勾股定理等知识，有一定的综合性，关键是作辅助线证明三角形全等．
69．cm2
【分析】
由面积法可求BF的长，由勾股定理可求AF的长，即可求CF的长，由勾股定理可求DE的长，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是长方形，
∴AB＝CD＝6cm，BC＝AD，
∵S△ABF＝AB×BF＝24cm2，
∴BF＝8cm，
在Rt△ABF中，AF＝＝10（cm），
∵沿直线AE把△ADE折叠，使点D恰好落在BC边上的点F处，
∴AD＝AF＝10cm，DE＝EF，
∴BC＝10cm，
∴FC＝BC﹣BF＝2cm，
在Rt△EFC中，EF2＝EC2＋CF2，
∴DE2＝（6﹣DE）2＋4，
∴DE＝（cm），
∴S△ADE＝×AD×DE＝＝（cm2），
答：折叠的△ADE的面积为cm2．
【点睛】
此题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，利用面积法求线段的长度，熟记矩形的性质是解题的关键．
70．（1）6；（2）见解析；（3）BF2+FC2＝2AD2
【分析】
（1）利用含30°的直角三角形的特殊性质及勾股定理求出AB的长，进而再根据中位线定理即可求得答案；
（2）先利用互余判断出，∠BDP＝∠PEC，得到△BDP和△CEQ，再用三角形的外角得到∠EPC＝∠PQC，即可；
（3）利用线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等，判断出∠AFB＝90°即可．
【详解】
（1）解：∵∠ADB＝90°，∠BAD＝30°，
∴BD＝AB，
设AB＝x，则BD＝x，
∵∠ADB＝90°，
∴BD2+AD2＝AB2，
又∵AD＝6，
∴，
解得：（舍负），
∴AB＝12，
∴AC＝AB＝12，
∵点P、M分别为BC、AB边的中点，
∴PM＝AC＝6，
故答案为：6；
（2）如图2，
在ED上截取EQ＝PD，
∵∠ADB＝90°，
∴∠BDP+∠ADE＝90°，
∵AD＝AE，
∴∠ADE＝∠AED，
∵把△ABD绕点A逆时针旋转一定角度，得到△ACE，
∴∠AEC＝∠ADB＝90°
∵∠AED+∠PEC＝90°，
∴∠BDP＝∠PEC，
在△BDP和△CEQ中，
，
∴△BDP≌△CEQ，
∴BP＝CQ，∠DBP＝∠QCE，
∵∠CPE＝∠BDP+∠DBP，∠PQC＝∠PEC+∠QCE，
∴∠EPC＝∠PQC，
∴PC＝CQ，
∴BP＝CP
（3）BF2+FC2＝2AD2，
理由：如图3，连接AF，
∵EF⊥AC，且AE＝EC，
∴FA＝FC，∠FAC＝∠FCA，
∵EF⊥AC，且AE＝EC，
∴∠DAC＝∠DCA，DA＝DC，
∵AD＝BD，
∴BD＝DC，
∴∠DBC＝∠DCB，
∵∠FAC＝∠FCA，∠DAC＝∠DCA，
∴∠DAF＝∠DCB，
∴∠DAF＝∠DBC，
∴∠AFB＝∠ADB＝90°，
在Rt△ADB中，DA＝DB，
∴AB2＝2AD2，
在Rt△ABF中，BF2+FA2＝AB2＝2AD2，
∵FA＝FC
∴BF2+FC2＝2AD2．
【点睛】
此题是三角形综合题，主要考查了含30°的直角三角形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，同角或等角的余角相等，三角形的性质，全等三角形的性质和判定，线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等以及等腰三角形的性质，（1）利用三角形的中位线是解它的关键，（2）判断∠BDP＝∠PEC是解它的关键，（3）线段垂直平分线的性质是解它的关键．
71．见解析
【分析】
连接，，根据直角三角形的性质得到， ，可得到，根据等腰三角形的性质即可证明．
【详解】
证明：如图，连接，．
、分别是的两条高，
，，
，
是的中点，
，，
，
又为的中点，
．
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的判定与性质，掌握等腰三角形判定与性质及直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
72．（1）；（2）①成立，证明见解析；②
【分析】
(1)结论：，证明，可得结论；
(2)①结论成立，如图，过点作，交于点，证明==CD，再证明，可得结论；
②根据条件得到，由对称性得到，可推出，证明出△ADE是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】
（1）结论：，
证明：四边形为矩形，
点关于的对称点为，
在和中，
（2）①成立．
证明：过点作，交于点，
，
∵四边形是平行四边形，
，
，
∵点与点关于对称，
，
，
在和中
．
② 平行四边形中，，
∵点与点关于对称，
【点睛】
本题属于三角形和四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形和矩形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
答案第1页，共2页