2021—2022学年苏科版数学八年级下册第9章中心对称图形—平行四边形单元综合练习题（培优）（Word版含答案）

第9章 中心对称图形—平行四边形 单元综合练习题（培优）
2021-2022学年苏科版七年级数学下册
一、选择题
1、下列标志既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
　 A． B． C． D．
2、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
3、如图，菱形ABCD的边长为4，过点A、C作对角线AC的垂线，分别交CB和AD的延长线于点E、F，AE=3，则四边形AECF的周长为（　　）
　 A． 22 B． 18 C． 14 D． 11
4、如图，在 ABCD中，CE平分∠BCD，交AB于点E，EA＝3，EB＝5，ED＝4．则CE的长是（　　）
A．5 B．6 C．4 D．5
5、如图，已知△ABC中，AB＝10，AC＝8，BC＝6，DE是AC的垂直平分线，DE交AB于点D，连接CD，则CD＝(　　)
A．3 B．4 C．4.8 D．5
6、如图，正方形的面积为256，点F在上，点E在的延长线上，的面积为200，则的长为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．15
7、如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，H是AF的中点，那么CH的长是（　　）
　 A． 2.5 B. C． D． 2
8、如图，在平行四边形中，，是锐角，于点，是的中点，连接；若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
9、（泰州海陵区、医药高新区联考20-21八下期末）如图，边长为定值的正方形ABCD的中心与正方形EFGH的顶点重合，且与边BC、AB相交于M、N，图中阴影部分的面积记为S，两条线段MB、BN的长度之和记为l，将正方形 EFGH绕点E逆时针旋转适当角度，则有（ ）
A．S变化，l不变 B．S不变，l变化
C．S变化，l变化 D．S与l均不变
10、如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，过点E作EF∥CD，交AD于F，交对角线BD于G，取DG的中点H，连结AH，EH，FH．下列结论：①∠EFH＝45°；②△AHD≌△EHF；③∠AEF+∠HAD＝45°； ④若＝2，则．其中结论正确的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
二、填空题
11、（南京浦口区第三中学21-22八上12月月考）如图，平行四边形ABCD，AD＝5，AB＝8，点A的坐标为（－3，0）点C的坐标为______．
12、（2021春 昆明期末）如图，某小区要在一块矩形的空地上建造一个如图所示的四边形花园，点，，，分别为边，，，的中点，若，，则四边形的面积为 　 　．
13、如图，将边长为的正方形ABCD绕点A逆时针方向旋转45°至AB′C′D′，若CD和B′C′相交于点E，则CE=　　．
14、如图，在菱形ABCD中，∠BAD=80°，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，E为垂足，连接DF，则∠CDF的度数=　 　度．
15、在四边形ABCD中，对角线AC⊥BD且AC=6、BD=8，E、F分别是边AB、CD的中点，则EF=　　．
16、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=　 　．
17、（2022·江苏·）已知如图，在矩形ABCD中，点E、F分别是AD、BC上一点，将四边形ABFE沿着EF折叠，点B恰好与点D重合，点A与点A'重合，∠A'DC的角平分线交EF于点O，若AE＝5，BF＝13，则OD＝_____．
18、（2022·广东·重庆巴蜀中学九年级开学考试）如图，F为正方形ABCD的边CD上一动点，AB＝2，连接BF，过A作AH⊥BF交BC于H，交BF于G，连接CG，当CG为最小值时，CH的长为 _____．
三、解答题
19、如图，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣2，3），B（﹣4，1），C（﹣1，2）．
（1）作出△ABC以O为旋转中心，顺时针旋转90°的△A1B1C1；
（2）作出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2，写出B2和C2的坐标；
（3）直接写出△ABC绕原点O顺时针旋转一周扫过的图形面积．
20、如图，点在外，连接，，延长交于，为的中点．
（1）求证：；
（2）若，，，，求的长．
21、已知：在平行四边形ABCD中，点E、F分别在AD和BC上，点G、H在对角线AC上，且BF=DE，AH=CG，连接FH、HE、BG、FG．
（1）求证：FG=EH．
（2）若EG平分∠AEH，FH平分∠CFG，FG//AB，∠ACD=68°，∠GFH=35°，求∠GHF的度数．
22、已知如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若AB=6，∠BCD=120°，求四边形AODE的面积．
23、阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图1，在△ABC中，DE∥BC分别交AB于D，交AC于E．已知CD⊥BE，CD=3，BE=5，求BC+DE的值．
小明发现，过点E作EF∥DC，交BC延长线于点F，构造△BEF，经过推理和计算能够使问题得到解决（如图2）．
（1）请按照上述思路完成小明遇到的这个问题
（2）参考小明思考问题的方法，解决问题：
如图3，已知□ABCD和矩形ABEF，AC与DF交于点G，AC=BF=DF，求∠AGF的度数．
图1 图2 图3
24、已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，点H在AB上，且∠EHF=90°，求证：CH⊥AB．
25、已知：如图①，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝．过A作AH⊥BD于H．
（1）将△AHB沿AB翻折，得△AEB．求证：∠EAB=∠ADB；
（2）如图②，将△ABE绕点B顺时针旋转，记旋转中的△ABE为△A′BE′，在旋转过程中，延长A′E′与对角线BD交于点Q，与边AD交于点P，问是否存在这样的Q、P两点，使△DQP为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．
26、（2020秋 永年区期中）（1）如图1，点、分别在正方形的边、上，，求证：；
（2）如图2，四边形中，，，，点、分别在边、 上，则当与满足什么关系时，仍有，说明理由．
27、如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC=90°，AD=8，BC=6，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作NP⊥AD于点P，连接AC交NP于点Q，连接MQ．设运动时间为t秒．
（1）AM=　 　，AP=　 　．（用含t的代数式表示）
（2）当四边形ANCP为平行四边形时，求t的值
（3）如图2，将△AQM沿AD翻折，得△AKM，是否存在某时刻t，
①使四边形AQMK为为菱形，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由
②使四边形AQMK为正方形，则AC=　 　．
第9章 中心对称图形—平行四边形 单元综合练习题（培优）
2021-2022学年苏科版七年级数学下册（解析）
一、选择题
1、下列标志既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
　 A． B． C． D．
分析： 掌握中心对称图形与轴对称图形的概念，要注意：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
解答： 解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故A选项符合题意；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故B选项不符合题意；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故C选项不符合题意；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故D选项不符合题意．
故选A．
2、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
分析： 根据矩形与菱形的性质对各选项分析判断后利用排除法求解．
解答： 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．
3、如图，菱形ABCD的边长为4，过点A、C作对角线AC的垂线，分别交CB和AD的延长线于点E、F，AE=3，则四边形AECF的周长为（　　）
　 A． 22 B． 18 C． 14 D． 11
分析：本题考查了菱形的对角线平分一组对角的性质，等角的余角相等的性质，平行四边形的判定与性质，熟记性质并求出EC的长度是解题的关键．
根据菱形的对角线平分一组对角可得∠BAC=∠BCA，再根据等角的余角相等求出∠BAE=∠E，根据等角对等边可得BE=AB，然后求出EC，同理可得AF，然后判断出四边形AECF是平行四边形，再根据周长的定义列式计算即可得解．
解答： 解：在菱形ABCD中，∠BAC=∠BCA，
∵AE⊥AC，
∴∠BAC+∠BAE=∠BCA+∠E=90°，
∴∠BAE=∠E，
∴BE=AB=4，
∴EC=BE+BC=4+4=8，
同理可得AF=8，
∵AD∥BC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴四边形AECF的周长=2（AE+EC）=2（3+8）=22．
故选：A．
4、如图，在 ABCD中，CE平分∠BCD，交AB于点E，EA＝3，EB＝5，ED＝4．则CE的长是（　　）
A．5 B．6 C．4 D．5
【答案】C
【分析】此题主要考查了平行四边形的性质和角平分线的性质，勾股定理的逆定理，勾股定理，关键是掌握平行四边形对边平行且相等．
根据平行四边形的性质和角平分线的定义可得AD＝BC＝EB＝5，根据勾股定理的逆定理可得∠AED＝90°，再根据平行四边形的性质可得CD＝AB＝8，∠EDC＝90°，根据勾股定理可求CE的长．
【解析】
解：∵CE平分∠BCD，∴∠BCE＝∠DCE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，AB∥CD，
∴∠BEC＝∠DCE，∴∠BEC＝∠BCE，
∴BC＝BE＝5，∴AD＝5，
∵EA＝3，ED＝4，
在△AED中，32+42＝52，即EA2+ED2＝AD2，
∴∠AED＝90°，
∴CD＝AB＝3+5＝8，∠EDC＝90°，
在Rt△EDC中，CE＝＝＝4．
故选：C．
5、如图，已知△ABC中，AB＝10，AC＝8，BC＝6，DE是AC的垂直平分线，DE交AB于点D，连接CD，则CD＝(　　)
A．3 B．4 C．4.8 D．5
【答案】D
【分析】
由勾股定理逆定理易证为直角三角形．又由DE垂直平分AC，易证∠AED＝90°，AE＝CE＝4，即可推出DE是△ABC的中位线，即求出DE＝BC＝3，最后在中，利用勾股定理即可求出CD的长．
【解析】
∵AB＝10，BC＝6，AC＝8，∴，∴∠ACB＝90°，
∵DE垂直平分AC，
∴∠AED＝90°，AE＝CE＝4，∴DE∥BC，
∴DE是△ABC的中位线，∴DE＝BC＝3．
在中，．
6、如图，正方形的面积为256，点F在上，点E在的延长线上，的面积为200，则的长为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．15
【答案】C
【分析】本题考查了正方形，等腰直角三角形面积的计算，考查了直角三角形中勾股定理的运用，本题中求证CF=CE是解题的关键．
先证明Rt△CDF≌Rt△CBE，故CE=CF，根据△CEF的面积计算CE，根据正方形ABCD的面积计算BC，根据勾股定理计算BE．
【详解】
解：∵∠ECF=90°，∠DCB=90°，
∴∠BCE=∠DCF，∴，∴△CDF≌△CBE，故CF=CE．
因为Rt△CEF的面积是200，即 CE CF=200，故CE=20，
正方形ABCD的面积=BC2=256，得BC=16．根据勾股定理得：BE==12．
故选：C．
7、如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，H是AF的中点，那么CH的长是（　　）
　 A． 2.5 B. C． D． 2
分析： 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，正方形的性质，勾股定理，熟记各性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
连接AC、CF，根据正方形性质求出AC、CF，∠ACD=∠GCF=45°，再求出∠ACF=90°，然后利用勾股定理列式求出AF，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
解答： 解：如图，连接AC、CF，
∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3，
∴AC=，CF=3，
∠ACD=∠GCF=45°，
∴∠ACF=90°，
由勾股定理得，AF===2，
∵H是AF的中点，
∴CH=AF=×2=．
故选：B．
8、如图，在平行四边形中，，是锐角，于点，是的中点，连接；若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
延长EF，DA交于G，连接DE，先证明△AFG≌△BFE，进而得到BE=AG，F是GE的中点，结合条件BF⊥GE进而得到BF是线段GE的垂直平分线，得到GD=DE，最后在Rt△AED中使用勾股定理即可求解.
【解析】
解：延长EF，DA交于G，连接DE，如下图所示：
∵F是AB的中点，∴AF=BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥BC，∴∠GAB=∠EBF
且∠GFA=∠EFB，∴△AFG≌△BFE(ASA)，
设，
由GF=EF，且∠DFE=90°知，
DF是线段GE的垂直平分线，
∴，
在Rt△BAE中，．
在Rt△AED中，，
∴，解得，
∴，
故选：B．
9、（泰州海陵区、医药高新区联考20-21八下期末）如图，边长为定值的正方形ABCD的中心与正方形EFGH的顶点重合，且与边BC、AB相交于M、N，图中阴影部分的面积记为S，两条线段MB、BN的长度之和记为l，将正方形 EFGH绕点E逆时针旋转适当角度，则有（ ）
A．S变化，l不变 B．S不变，l变化
C．S变化，l变化 D．S与l均不变
【答案】D
【解析】
【分析】本题考了全等三角形的判定和性质，正确寻找全等三角形是解题的关键．
如图，连接，，可证明，可得 ，根据，是一个定值，，也是一个定值，可得结论．
【详解】
解：如图，连接，．
∵边长为定值的正方形ABCD的中心与正方形EFGH的顶点重合，
即点E是正方形ABCD的中心，
∴，，
又∵,∴,∴
在和中，，∴，∴，
∴，是一个定值，，也是一个定值，即：与均不变，
故选：．
10、如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，过点E作EF∥CD，交AD于F，交对角线BD于G，取DG的中点H，连结AH，EH，FH．下列结论：①∠EFH＝45°；②△AHD≌△EHF；③∠AEF+∠HAD＝45°； ④若＝2，则．其中结论正确的是（　　）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】A
【分析】①根据正方形的性质证明∠ADB＝45°，进而得△DFG为等腰直角三角形，根据等腰三角形的三线合一性质得∠EFH＝∠EFD＝45°，故①正确；
②根据矩形性质得AF＝EB，∠BEF＝90°，再证明△AFH≌△EGH得EH＝AH，进而证明△EHF≌△AHD，故②正确；
③由△EHF≌△AHD得∠EHF＝∠AHD，怀AH＝EH得∠AEF+∠HEF＝45°，进而得∠AEF+∠HAD＝45°，故③正确；
④如图，过点H作MN⊥AD于点M，与BC交于点N，设EC＝FD＝FG＝x，则BE＝AF＝EG＝2x，BC＝DC＝AB＝AD＝3x，HM＝x，AM＝x，HN＝x，由勾股定理得AH2，再由三角形的面积公式得，便可判断④的正误，
【解答】证明：①在正方形ABCD中，∠ADC＝∠C＝90°，∠ADB＝45°，
∵EF∥CD，∴∠EFD＝90°，∴四边形EFDC是矩形．
在Rt△FDG中，∠FDG＝45°，∴FD＝FG，
∵H是DG中点，∴∠EFH＝∠EFD＝45°故①正确；
②∵四边形ABEF是矩形，∴AF＝EB，∠BEF＝90°，
∵BD平分∠ABC，∴∠EBG＝∠EGB＝45°，∴BE＝GE，∴AF＝EG．
在Rt△FGD中，H是DG的中点，∴FH＝GH，FH⊥BD，
∵∠AFH＝∠AFE+∠GFH＝90°+45°＝135°，
∠EGH＝180°﹣∠EGB＝180°﹣45°＝135°，
∴∠AFH＝∠EGH，∴△AFH≌△EGH（SAS），∴EH＝AH，
∵EF＝AD，FH＝DH，∴△EHF≌△AHD（SSS），故②正确；
③∵△EHF≌△AHD，∴∠EHF＝∠AHD，∴∠AHE＝∠DHF＝90°，
∵AH＝EH，∴∠AEH＝45°，即∠AEF+∠HEF＝45°，
∵∠HEF＝∠HAD，∴∠AEF+∠HAD＝45°，故③正确；
④如图，过点H作MN⊥AD于点M，与BC交于点N，
设EC＝FD＝FG＝x，则BE＝AF＝EG＝2x，
∴BC＝DC＝AB＝AD＝3x，HM＝x，AM＝x，HN＝x，
∴AH2＝，∴＝，故④错误；
故选：A．
二、填空题
11、（南京浦口区第三中学21-22八上12月月考）如图，平行四边形ABCD，AD＝5，AB＝8，点A的坐标为（－3，0）点C的坐标为______．
【答案】（8，4）
【分析】本题考查平行四边形性质，勾股定理，平行x轴两点坐标特征，解答本题的关键是熟练掌握平行于x轴的直线上的点的纵坐标相同，平行于y轴的直线上的点的横坐标相同．
先根据勾股定理得到OD的长，即可得到点D的坐标，再根据平行四边形的性质和平行x轴两点坐标特征即可得到点C的坐标．
【详解】
解：∵点A的坐标为（－3，0），
在Rt△ADO中，AD＝5， AO=3，，∴OD==，∴D(0，4)，
∵平行四边形ABCD，∴AB=CD=8，AB∥CD，
∵AB在x轴上，∴CD∥x轴，
∴C、D两点的纵坐标相同，∴C(8，4) ．
故答案为（8，4）．
12、（2021春 昆明期末）如图，某小区要在一块矩形的空地上建造一个如图所示的四边形花园，点，，，分别为边，，，的中点，若，，则四边形的面积为 　 　．
【分析】根据矩形的性质推出，得到平行四边形，推出，，同理得到，，推出，根据三角形的面积公式求出即可．
【解析】连接、，
四边形是矩形，，，
、分别为边、的中点，，
四边形是平行四边形，，，
同理，，
，，
四边形的面积是．
故答案为：100．
13、如图，将边长为的正方形ABCD绕点A逆时针方向旋转45°至AB′C′D′，若CD和B′C′相交于点E，则CE=　　．
【分析】计算题．本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．
根据正方形的性质得AC=（2+）=2+2，∠ACD=∠BAC=45°，再利用旋转的性质得∠BAB′=45°，AB′=AB=2+，∠AB′C′=∠B=90°，于是可判断点B′在AC上，所以CB′=AC﹣AB′=，然后利用△ECB′为等腰直角三角形易得CE=CB′=2．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AC=（2+）=2+2，∠ACD=∠BAC=45°，
∵正方形ABCD绕点A逆时针方向旋转45°至正方形AB′C′D′，
∴∠BAB′=45°，AB′=AB=2+，∠AB′C′=∠B=90°，
∴点B′在AC上，∴CB′=AC﹣AB′=2+2﹣2﹣=，
∵∠ECB′=45°，∴△ECB′为等腰直角三角形，∴CE=CB′=×=2．
故答案为2．
14、如图，在菱形ABCD中，∠BAD=80°，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，E为垂足，连接DF，则∠CDF的度数=　 　度．
考点： 线段垂直平分线的性质；菱形的性质．
分析： 此题主要考查线段的垂直平分线的性质和菱形的性质．
根据菱形的性质求出∠ADC=100°，再根据垂直平分线的性质得出AF=DF，从而计算出∠CDF的值．
解答： 解：连接BD，BF
∵∠BAD=80°
∴∠ADC=100°
又∵EF垂直平分AB，AC垂直平分BD
∴AF=BF，BF=DF
∴AF=DF
∴∠FAD=∠FDA=40°
∴∠CDF=100°﹣40°=60°．
故答案为：60．
15、在四边形ABCD中，对角线AC⊥BD且AC=6、BD=8，E、F分别是边AB、CD的中点，则EF=　　．
分析： 压轴题．本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，勾股定理的应用，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
取BC的中点G，连接EG、FG，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、FG，并求出EG⊥FG，然后利用勾股定理列式计算即可得解．
解答： 解：如图，取BC的中点G，连接EG、FG，
∵E、F分别是边AB、CD的中点，
∴EG∥AC且EG=AC=×6=3，
FG∥BD且FG=BD=×8=4，
∵AC⊥BD，∴EG⊥FG，∴EF===5．
故答案为：5．
16、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=　 　．
【分析】压轴题．本题考查了轴对称﹣最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，解此题的关键是能根据轴对称找出P的位置．
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．
【解答】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．
17、（2022·江苏·）已知如图，在矩形ABCD中，点E、F分别是AD、BC上一点，将四边形ABFE沿着EF折叠，点B恰好与点D重合，点A与点A'重合，∠A'DC的角平分线交EF于点O，若AE＝5，BF＝13，则OD＝_____．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的折叠问题，等边对等角，勾股定理，平行四边形的性质与判定，根据折叠的性质证明四边形是平行四边形是解题的关键．
连接，，根据折叠的性质求得,根据矩形的性质可得，进而可得，，证明，四边形是平行四边形，中勾股定理即可求得的长．
【详解】
如图，连接，
四边形是矩形
,
将四边形ABFE沿着EF折叠，点B恰好与点D重合，点A与点A'重合，
,，
,
在中，,
在与中，,,
是的角平分线,,
又,,
,
又,
四边形是平行四边形,
在中，
,
故答案为：
18、（2022·广东·重庆巴蜀中学九年级开学考试）如图，F为正方形ABCD的边CD上一动点，AB＝2，连接BF，过A作AH⊥BF交BC于H，交BF于G，连接CG，当CG为最小值时，CH的长为 _____．
【答案】##
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线．
取AB的中点O，连接OG，OC，根据的长为定值，当O，G，C共线时，CG的值最小，证明CF=CG=BH即可解决问题．
【详解】
解：如图，取AB的中点O，连接OG，OC.
四边形ABCD是正方形，ABC=90°，
AB=2，OB=OA=1，，
AH⊥BF，AGB=90°，
AO=OB，OG=AB=1，
，
当O、G、C共线时，CG的值最小，最小值=，此时如图，
OB=OG=1，OBG=OGB，
ABCD，OBG=CFG，
OGB=CGF，CGF=CFG，CF=CG=，
ABH=BCF=AGB=90°，
∠BAH+∠ABG=90°,∠ABG+∠CBF=90°，∠BAH=∠CBF，
AB=BC，△ABH△BCF (ASA) ，BH=CF=，CH=BC-BH=2-()=3-，
故答案为：
三、解答题
19、如图，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣2，3），B（﹣4，1），C（﹣1，2）．
（1）作出△ABC以O为旋转中心，顺时针旋转90°的△A1B1C1；
（2）作出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2，写出B2和C2的坐标；
（3）直接写出△ABC绕原点O顺时针旋转一周扫过的图形面积．
【分析】（1）利用网格特点和旋转的性质画出A、B、C的对应点A1、B1、C1即可；
（2）利用关于原点对称的点的坐标特征写出A2、B2和C2的坐标，然后描点即可；
（3）△ABC绕原点O顺时针旋转一周扫过的图形为圆环，大圆半径为OB，小圆半径为OC，然后利用两圆的面积差求解．
【解答】解：（1）如图，△A1B1C1为所作；
（2）如图，△A2B2C2为所作，B2（4，﹣1），C2（1，﹣2）；
（3）OB＝＝，OC＝＝，
所以△ABC绕原点O顺时针旋转一周扫过的图形面积＝π×（）2﹣π×（）2＝12π．
20、如图，点在外，连接，，延长交于，为的中点．
（1）求证：；
（2）若，，，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）连接交于点，根据平行四边形的性质可以判定OF为△DBE的中位线，即可证明；
（2）根据AD=2，∠ACD=90°，∠ADC=60°，可求出AC的长，再根据中位线的性质即可求解；
【解析】
解：（1）连接交于点，
∵四边形是平行四边形，∴，
∵，
∴OF为△DBE的中位线, ∴．
（2）∵AD=2，∠ACD=90°，∠ADC=60°，∴．
∵是的中位线，∴．
∴．
∵，
∴．
21、已知：在平行四边形ABCD中，点E、F分别在AD和BC上，点G、H在对角线AC上，且BF=DE，AH=CG，连接FH、HE、BG、FG．
（1）求证：FG=EH．
（2）若EG平分∠AEH，FH平分∠CFG，FG//AB，∠ACD=68°，∠GFH=35°，求∠GHF的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）77°
【分析】
（1）根据平行四边形的性质可得，，通过证明≌即可得证；
（2）利用角平分线的定义可得，再根据平行四边形的性质求出，利用三角形外角的性质即可求解．
【解析】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴，，∴，
∵，∴，即，
在和中，，∴≌，∴FG=EH；
（2）∵FH平分∠CFG，∠GFH=35°，
∴，
∵FG//AB，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
∴．
22、已知如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若AB=6，∠BCD=120°，求四边形AODE的面积．
考点： 菱形的性质；矩形的判定．
分析： 本题考查了菱形的性质，矩形的判定，平行四边形的判定，主要利用了有一个角是直角的平行四边形是矩形，熟练掌握矩形，菱形与平行四边形的关系是解题的关键．
（1）先判断出四边形AODE是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直可得AC⊥BD，然后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明；
（2）根据两直线平行，同旁内角互补求出∠ABC=60°，判断出△ABC是等边三角形，然后根据等边三角形的性质求出OA、OB，然后得到OD，再根据矩形的面积公式列式计算即可得解．
解答： （1）证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∴平行四边形AODE是菱形，
故，四边形AODE是矩形；
（2）解：∵∠BCD=120°，AB∥CD，∴∠ABC=180°﹣120°=60°，
∵AB=BC，∴△ABC是等边三角形，
∴OA=×6=3，OB=×6=3，
∵四边形ABCD是菱形，∴OD=OB=3，
∴四边形AODE的面积=OA OD=3×3=9．
23、阅读下面材料：
小明遇到这样一个问题：如图1，在△ABC中，DE∥BC分别交AB于D，交AC于E．已知CD⊥BE，CD=3，BE=5，求BC+DE的值．
小明发现，过点E作EF∥DC，交BC延长线于点F，构造△BEF，经过推理和计算能够使问题得到解决（如图2）．
（1）请按照上述思路完成小明遇到的这个问题
（2）参考小明思考问题的方法，解决问题：
如图3，已知□ABCD和矩形ABEF，AC与DF交于点G，AC=BF=DF，求∠AGF的度数．
图1 图2 图3
解：BC＋DE的值为．…………………………（6分）
解决问题：
连接AE，CE，如图．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB // DC．
∵四边形ABEF是矩形，∴AB // FE，BF＝AE．∴DC //FE．
∴四边形DCEF是平行四边形． …………………………（8分）
∴ CE // DF．
∵AC＝BF＝DF，∴AC＝AE＝CE．
∴△ACE是等边三角形．…………………………（10分）
∴∠ACE＝60°．
∵CE∥DF，∴∠AGF＝∠ACE＝60°．…………………………（12分）
24、已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，点H在AB上，且∠EHF=90°，求证：CH⊥AB．
【考点】矩形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．
【专题】证明题．
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，利用了矩形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定，三角形的内角和定理．
根据矩形的判定与性质，可得OD=OC=OE=OF，根据直角三角形的性质，可得OH=EF=OE=OF，
根据等腰三角形的判定，可得∠CHO=∠OCH，∠OHD=∠ODH，根据三角形的内角和定理，可得答案．
【解答】证明：∵点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，
∴DE∥BC，DF∥CE，∴四边形CEDF是平行四边形．
∵∠ACB=90°，∴四边形CEDF是矩形，∴OD=OC=OE=OF．
在Rt△EHF中，OH=EF=OE=OF，∴OH=CD=OC=OD，
∴在△CHD中，∠CHO=∠OCH，∠OHD=∠ODH．
∵∠CHO+∠OCH+∠OHD+∠ODH=180°，
∴∠CHO+∠OHD=90°，即CH⊥AB．
25、已知：如图①，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝．过A作AH⊥BD于H．
（1）将△AHB沿AB翻折，得△AEB．求证：∠EAB=∠ADB；
（2）如图②，将△ABE绕点B顺时针旋转，记旋转中的△ABE为△A′BE′，在旋转过程中，延长A′E′与对角线BD交于点Q，与边AD交于点P，问是否存在这样的Q、P两点，使△DQP为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．
（1）证明：由翻折可知：∠EAB=∠BAH．…………（1分）
∵∠BAH+∠DAH=∠DAH+∠ADB=90°．
∴∠BAH =∠ADB，…………（2分）
∴∠EAB=∠ADB． ……………………（3分）
（2）如图①所示，当PD＝DQ时，
由∠1=∠2可得∠A′BQ=∠ A′QB，∴A′Q= A′B=5，∴E′Q=1．
在Rt△E′BQ中，BQ==．
∴DQ=．……………………（5分）
如图②所示，当PQ＝PD，
由∠1=∠2可得∠1=∠4，∴BQ= A′B=5，
∴DQ=BD—BQ=—5=．……………………（7分）
∴综上可知：当DQ=或时，△DPQ是等腰三角形．………（8分）
(
图
①
) (
图
②
)
26、（2020秋 永年区期中）（1）如图1，点、分别在正方形的边、上，，求证：；
（2）如图2，四边形中，，，，点、分别在边、 上，则当与满足什么关系时，仍有，说明理由．
【分析】（1）根据旋转的性质可以得到，则，只要再证明即可；
（2）延长至，使，连接，证，再证，即可得出答案．
【解析】证明：（1）如图1：把绕点逆时针旋转至，
则，
，，，
又，即，
，
在和中，，．．
又，，；
（2）当时，仍有，
理由如下：如图2，延长至，使，连接，
，，，
在和中，，,，，
，，，
在和中，，，
，即．
27、如图1，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC=90°，AD=8，BC=6，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作NP⊥AD于点P，连接AC交NP于点Q，连接MQ．设运动时间为t秒．
（1）AM=　 　，AP=　 　．（用含t的代数式表示）
（2）当四边形ANCP为平行四边形时，求t的值
（3）如图2，将△AQM沿AD翻折，得△AKM，是否存在某时刻t，
①使四边形AQMK为为菱形，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由
②使四边形AQMK为正方形，则AC=　 　．
分析： 本题是四边形综合题，其中涉及到直角梯形的性质，矩形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、方程思想是解题的关键．
（1）由DM=2t，根据AM=AD﹣DM即可求出AM=8﹣2t；先证明四边形CNPD为矩形，
得出DP=CN=6﹣t，则AP=AD﹣DP=2+t；
（2）根据四边形ANCP为平行四边形时，可得6﹣t=8﹣（6﹣t），解方程即可；
（3））①由NP⊥AD，QP=PK，可得当PM=PA时有四边形AQMK为菱形，
列出方程6﹣t﹣2t=8﹣（6﹣t），求解即可，
②要使四边形AQMK为正方形，由∠ADC=90°，可得∠CAD=45°，所以四边形AQMK为正
方形，则CD=AD，由AD=8，可得CD=8，利用勾股定理求得AC即可．
解答： 解：（1）如图1．
∵DM=2t， ∴AM=AD﹣DM=8﹣2t．
∵在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC=90°，NP⊥AD于点P， ∴四边形CNPD为矩形，
∴DP=CN=BC﹣BN=6﹣t， ∴AP=AD﹣DP=8﹣（6﹣t）=2+t；
故答案为：8﹣2t，2+t．
（2）∵四边形ANCP为平行四边形时，CN=AP，
∴6﹣t=8﹣（6﹣t），解得t=2，
（3）①存在时刻t=1，使四边形AQMK为菱形．理由如下：
∵NP⊥AD，QP=PK， ∴当PM=PA时有四边形AQMK为菱形，
∴6﹣t﹣2t=8﹣（6﹣t），解得t=1，
②要使四边形AQMK为正方形．
∵∠ADC=90°， ∴∠CAD=45°． ∴四边形AQMK为正方形，则CD=AD，
∵AD=8， ∴CD=8， ∴AC=8．
故答案为：8．