第十八章平行四边形练习题2020-2021学年四川省部分地区八年级下学期人教版数学期末试题选编（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 第十八章平行四边形练习题2020-2021学年四川省部分地区八年级下学期人教版数学期末试题选编（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.3MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-03-03 22:25:54 | ||
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文档简介
第十八章：平行四边形练习题
一、单选题
1．（2021·四川江油·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°
2．（2021·四川德阳·八年级期末）如图，在 ABCD中，已知AD＝8cm，AB＝6cm，DE平分∠ADC交BC边于点E，则BE等于（ ）
A．2cm B．4cm C．6cm D．8cm
3．（2021·四川德阳·八年级期末）如图，将□ABCD的一边BC延长至点E，若∠A＝110°，则∠1等于（ ）
A．110° B．35° C．70° D．55°
4．（2021·四川乐山·八年级期末）如图，在平行四边形中，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2021·四川·成都实外八年级期末）如图，在中，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·四川乐山·八年级期末）已知是平行四边形，以下说法不正确的是（ ）
A．其对边相等 B．其对角线相互平分
C．其对角相等 D．其对角线互相垂直
7．（2021·四川·万源市河口中学八年级期末）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，△ABD，△ACE，△BCF都是等边三角形，下列结论中：①AB⊥AC；②四边形AEFD是平行四边形；③∠DFE＝150°；④S四边形AEFD＝5．正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
8．（2021·四川开江·八年级期末）有下列命题：①有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形；②三边长为，，的三角形为直角三角形；③三角形三边垂直平分线的交点到三角形三个顶点的距离相等；④平行四边形的对角线相等；⑤顺次连结任意四边形各边的中点组成的新四边形是平行四边形．正确的个数有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
9．（2021·四川甘孜·八年级期末）下列条件中，能判定一个四边形是平形四边形的是( )
A．一组对边平行，另一组对边相等 B．一组对边平行，一组对角相等
C．一组邻边相等，一组对角相等 D．一组对边平行，一组对角互补
10．（2021·四川成都·八年级期末）如图，已知在中，，，分别是边，，的中点，，，则四边形AFDE的周长等于（ ）
A．18 B．16 C．14 D．12
11．（2021·四川锦江·八年级期末）如图，在中，对角线与交于点，点为中点，连接，若平分则的度数是（ ）
A． B． C． D．
12．（2021·四川苍溪·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，已知∠AOD=120°，AB=2，则AC的长为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
13．（2021·四川泸县·八年级期末）如图，四边形是矩形，的平分线交延长线于点，若，，则的长为（ ）
A．4.2 B．4.5 C．5.2 D．5.5
14．（2021·四川成都·八年级期末）如图，在长方形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，连接ED，若ED＝5，EC＝3，则长方形的周长为（ ）
A．20 B．22 C．24 D．26
15．（2021·四川绵阳·八年级期末）如图，四边形中，，，，，点是上一动点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
16．（2021·四川遂宁·八年级期末）如图，点P是Rt△ABC中斜边AC (不与A，C重合)上一动点，分别作PM⊥AB于点M，作PN⊥BC于点N，连接BP、MN，若AB=6，BC=8，当点P在斜边AC上运动时，则MN的最小值是( )
A．1.5 B．2 C．4.8 D．2.4
17．（2021·四川眉山·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，点E,F分别在AB,CD上，且，连接EF交BD于点O连接AO.若,，则的度数为（ ）
A．50° B．55° C．65° D．75°
18．（2021·四川邛崃·八年级期末）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点M是DC的中点．若菱形ABCD的周长为24，则的长为（ ）
A．12 B．8 C．6 D．3
19．（2021·四川遂宁·八年级期末）如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，若测得之间的距离为，点之间的距离为，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
20．（2021·四川金牛·八年级期末）菱形的对角线，则菱形的面积是（ ）
A． B． C． D．
21．（2021·四川乐山·八年级期末）如图，在菱形中，，，则该菱形的面积为（ ）
A．40 B．20 C．48 D．24
22．（2021·四川叙州·八年级期末）下列说法正确的是( )
A．对角线相等且互相垂直的四边形是菱形
B．对角线互相平分的四边形是正方形
C．对角线互相垂直的四边形是平行四边形
D．对角线相等且互相平分的四边形是矩形
23．（2021·四川·成都市第十八中学校八年级期末）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O做ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
24．（2021·四川双流·八年级期末）下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相平分且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的四边形是正方形
25．（2021·四川自贡·八年级期末）顺次连接矩形四边中点所得的四边形一定是
A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．等腰梯形
26．（2021·四川德阳·八年级期末）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：
①若AC＝BD，则四边形EFGH为矩形；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；
③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；
④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．
其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
27．（2021·四川甘孜·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC＝135°，AD＝4，AB＝8，作对角线AC的垂直平分线EF，分别交对边AB、CD于点E和点F，则AE的长为_____．
28．（2021·四川成都·八年级期末）如图，四边形是平行四边形，，，点在上，且，点为边上的一动点，连接，，将沿直线翻折，点的对应点为点，连接，若点，点，点在同条直线上，则的值为______．
29．（2021·四川省成都市七中育才学校八年级期末）如图，在ABCD中，已知AD＝36，AB＝24，∠BAD的角平分线AE交BC边于点E，则CE的长为_____．
30．（2021·四川外国语大学附属外国语学校八年级期末）如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O，∠ABC＝120°，AB＝6，BC＝13，将BOC沿直线BD翻折得到BOF，BF交AD于点E，则＝____________．
31．（2021·四川德阳·八年级期末）如图， ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E，AB＝2，BD＝4，AC＝4，则AE的长为 ___．
32．（2021·四川叙州·八年级期末）如图所示，在四边形ABCD中，，，，交BC于点，若，BC=，则_______cm．
33．（2021·四川自贡·八年级期末）如图，在□中，，点分别是的中点，则= _________ ．
34．（2021·四川双流·八年级期末）如图，点，分别是的边，的中点，连接，过点作，交的延长线于点．若EF=6，则的长为________．
35．（2021·四川甘孜·八年级期末）如图，在中，，将平移5个单位长度得到，点、分别是、的中点，的最小值等于______．
36．（2021·四川成华·八年级期末）如图， ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E是AD的中点，连接OE，若OA＝2，△AOE的周长等于7，则 ABCD的周长等于____．
37．（2021·四川·石室中学八年级期末）在长方形ABCD中，，，，CF平分，则_________．
38．（2021·四川青川·八年级期末）如图，在矩形中，E是边上一点，将矩形沿折叠，点D的对应点F恰好落在边上，交于点H，连接．若，则________度．
39．（2021·四川青川·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，M为BC边上一点，连接AM，过点D作DE⊥AM，垂足为E．若DE=DC=1，AE=2EM，则BM的长为__．
40．（2021·四川·成都市树德实验中学八年级期末）如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝10，P是边AD上一点，将△ABP沿着直线BP翻折得到△A'BP．当AP＝8时，A′D＝__．如图2，连接A'C，当AP＝2时，此时△A'BC的面积为__．
41．（2021·四川叙州·八年级期末）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，P是AD上的动点，PE⊥AC，PF⊥BD于F，则PE+PF的值为_____．
42．（2021·四川·成都市第十八中学校八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于点H，则DH＝_____．
43．（2021·四川苍溪·八年级期末）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，若重合部分构成的四边形中，，，则的长为_______________．
44．（2021·四川广安·八年级期末）如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别是4cm，6cm，AE⊥BC，垂足为E，则AE的长是__________cm．
45．（2021·四川泸县·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是边CD，BC上的动点，连接AE，EF，G，H分别为AE，EF的中点，连接GH．若，，则GH的最小值为___________．
46．（2021·四川内江·八年级期末）如图所示，四边形中，于点，，，点为线段上的一个动点．过点分别作于点，作于点．连接，在点运动过程中，的最小值等于______．
47．（2021·四川成都·八年级期末）如图，已知∠MON＝30°，B为OM上一点，BA⊥ON于A，四边形ABCD为正方形，P为射线BM上一动点，连结CP，将CP绕点C顺时针方向旋转90°得CE，连结BE，若AB＝，则BE的最小值为________．
48．（2021·四川平昌·八年级期末）如图，直线过正方形的顶点，点、到直线的距离分别为、，则正方形的边长为_______．
49．（2021·四川乐山·八年级期末）在我国古算书《周髀算经》中记载周公与商高的谈话，其中就有勾股定理的最早文字记录，即“勾三股四弦五”，亦被称作商高定理．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入矩形内得到的，，AB=3，AC=4，则D，E，F，G，H，I都在矩形KLMJ的边上，那么矩形KLMJ的面积为__________．
50．（2021·四川青神·八年级期末）如图，正方形ABCD，边长为4，点E是CD边的中点，F在边BC上，沿AF对折△ABF，点B落在AE上的G点处，则 ________．
51．（2021·四川广安·八年级期末）如图，在正方形中，，延长到点E，使，连接，动点P从点A出发，以每秒的速度沿向终点A运动．设点P的运动时间为t秒，当和全等时，t的值为__________．
三、解答题
52．（2021·四川安居·八年级期末）如图1，在长方形中，，点P从点B出发，以的速度沿向点C运动（点P运动到点C处时停止运动），设点P的运动时间为．
（1）_____________．（用含t的式子表示）
（2）当t为何值时，？
（3）如图2，当点P从点B开始运动，同时，点Q从点C出发，以的速度沿向点D运动（点Q运动到点D处时停止运动，两点中有一点停止运动后另一点也停止运动），是否存在这样的值使得与全等？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
53．（2021·四川·成都市第十八中学校八年级期末）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．
54．（2021·四川苍溪·八年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且DE∥AC，CE∥BD．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若∠BAC=30°，AC=4，求菱形OCED的面积．
55．（2021·四川遂宁·八年级期末）如图，在中，是边上的中线，点E是的中点，过点A作交的延长线于F，连接．
（1）求证：；
（2）若，求证：四边形是菱形．
56．（2021·四川郫都·八年级期末）如图，四边形中，，，点是的中点，连接，将沿折叠后得到，且点在四边形内部，延长交于点，连接．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若点是的中点，，求的长．
57．（2021·四川广安·八年级期末）如图，在四边形中，，点E为边上的中点连接并延长，与的延长线交于点F，连接、，求证：四边形是平行四边形．
58．（2021·四川甘孜·八年级期末）如图，ABCD的对角线AC、BD交于点O，M，N分别是AB、AD的中点．
（1）求证：四边形AMON是平行四边形；
（2）若AC＝6，BD＝4，∠AOB＝90°，求四边形AMON的周长．
59．（2021·四川·成都市第十八中学校八年级期末）如图1，在正方形中，对角线相交于点，点为线段上一点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接交于点.
（1）若，求的面积；
（2）如图2，线段的延长线交于点，过点作于点，求证：；
（3）如图3，点为射线上一点，线段的延长线交直线于点，交直线于点，过点作垂直直线于点，请直接写出线段的数量关系.
60．（2021·四川成都·八年级期末）如图，的对角线与相交于点，点，分别在和上，且．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，．且，求线段的长．
61．（2021·四川青川·八年级期末）如图，在中，，，，点从点出发沿方向以4cm/s的是速度向点匀速运动，同时点从出发沿方向以2cm/s的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设点、运动的时间是s．过点作于点，连接、．
（1）求证：；
（2）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，请说明理由；
（3）当为何值时，为直角三角形？请说明理由．
62．（2021·四川武侯·八年级期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y＝x+6交x轴于点A，交y轴于点B，经过点B的直线l2：y＝kx+b交x轴于点C，且l2与l1关于y轴对称．
（1）求直线l2的函数表达式；
（2）点D，E分别是线段AB，AC上的点，将线段DE绕点D逆时针α度后得到线段DF．
①如图2，当点D的坐标为(﹣2，m)，α＝45°，且点F恰好落在线段BC上时，求线段AE的长；
②如图3，当点D的坐标为(﹣1，n)，α＝90°，且点E恰好和原点O重合时，在直线y＝3﹣上是否存在一点G，使得∠DGF＝∠DGO？若存在，直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
63．（2021·四川省成都市七中育才学校八年级期末）如图1，点E为ABCD对角线AC上一点，连接DE，AE＝DE＝DC．
（1）求证：∠DCA＝2∠ACB；
（2）如图2，若∠B＝112．5°，F为线段EC上一点，且AE＝EF，连接DF，设FC＝x，AC＝y，求y与x的函数表达式；
（3）在 （2）的条件下，如图3，点G为线段EC上（不与点E、点C重合）任意一点，试判断以DG、EG、CG为边的三角形的形状，并说明理由．
64．（2021·四川平昌·八年级期末）如图所示，沿折叠长方形使点恰好落在边上的点处，已知，．
（1）求的长
（2）求的面积．
65．（2021·四川新都·八年级期末）（1）如图1，与都是等边三角形，联结和．求证：．
（2）如图2，四边形和四边形都是正方形，连接和．探究线段和有怎样的数量关系和位置关系？并证明你的结论．
（3）如图3，在图2的基础上，连接，将正方形绕着点旋转到某一位置时，恰好使得，．求出此时的度数．
66．（2021·四川成都·八年级期末）如图1，四边形是正方形，点在边上任意一点（点不与点，点重合），点在的延长线上，．
（1）求证：；
（2）如图2，作点关于的对称点，连接、、，与交于点，与交于点．与交于点．
①若，求的度数；
②用等式表示线段，，之间的数量关系，并说明理由．
67．（2021·四川万源·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，M、N分别是AD和BC上的点，且AM＝CN．求证：四边形MBND是平行四边形．
68．（2021·四川渠县·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F．
(1)写出图中所有全等的三角形；
(2)选择(1)中的任意一对进行证明．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．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.
2．A
【分析】
由平行四边形对边平行根据两直线平行，内错角相等可得∠EDA=∠DEC，而DE平分∠ADC，进一步推出∠EDC=∠DEC，在同一三角形中，根据等角对等边得CE=CD，则BE可求解．
【详解】
根据平行四边形的性质得AD∥BC，
∴∠EDA=∠DEC，
又∵DE平分∠ADC，
∴∠EDC=∠EDA，
∴∠EDC=∠DEC，
∴CD=CE=AB=6，
即BE=BC﹣EC=8﹣6=2．
故选：A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质的应用，及等腰三角形的判定，属于基础题．
3．C
【分析】
根据平行四边形的对角相等求出∠BCD的度数，再根据平角等于180°列式计算即可得解．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠A＝110°，
∴∠1＝180°﹣∠BCD＝180°﹣110°＝70°，
故选C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的对角相等的性质，是基础题，比较简单，熟记性质是解题的关键．
4．C
【分析】
由平行四边形的性质容解答即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，∠BAD＋∠ADC＝180°，
∴∠ADB＝∠DBC＝25°，∠ADC＝180° ∠BAD＝180° 115°＝65°，
∴∠BDC＝∠ADC ∠ADB＝65° 25°＝40°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质；熟记平行四边形的性质是解决问题的关键．
5．C
【分析】
根据平行四边形的性质，对角相等以及邻角互补，即可得出答案．
【详解】
∵平行四边形ABCD，
∴∠A+∠B=180°，∠A=∠C，
∵∠A+∠C=140°，
∴∠A=∠C=70°，
∴∠B=110°，
故选C．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的性质，灵活的应用平行四边形的性质是解决问题的关键．
6．D
【分析】
根据平行四边形的性质进行判断即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴其对角线相互平分，其对边相等，其对角相等，
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质：①边：平行四边形的对边相等．②角：平行四边形的对角相等．③对角线：平行四边形的对角线互相平分，是解答的关键．
7．C
【分析】
由，得出∠BAC=90°，则①正确；由等边三角形的性质得∠DAB=∠EAC=60°，则∠DAE=150°，由SAS证得△ABC≌△DBF，得AC=DF=AE=4，同理△ABC≌△EFC（SAS），得AB=EF=AD=3，得出四边形AEFD是平行四边形，则②正确；由平行四边形的性质得∠DFE=∠DAE=150°，则③正确；∠FDA=180°－∠DFE=30°，过点作于点，，则④不正确；即可得出结果．
【详解】
解：∵，
∴，
∴∠BAC=90°，
∴AB⊥AC，故①正确；
∵△ABD，△ACE都是等边三角形，
∴∠DAB=∠EAC=60°，
又∴∠BAC=90°，
∴∠DAE=150°，
∵△ABD和△FBC都是等边三角形，
∴BD=BA，BF=BC，∠DBF+∠FBA=∠ABC+∠ABF=60°，
∴∠DBF=∠ABC，
在△ABC与△DBF中，
，
∴△ABC≌△DBF（SAS），
∴AC=DF=AE=4，
同理可证：△ABC≌△EFC（SAS），
∴AB=EF=AD=3，
∴四边形AEFD是平行四边形，故②正确；
∴∠DFE=∠DAE=150°，故③正确；
∴∠FDA=180°-∠DFE=180°－150°=30°，
过点作于点，
∴，
故④不正确；
∴正确的个数是3个，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、平角、周角、平行是四边形面积的计算等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
8．B
【分析】
根据各图形的性质和判定可以选出正确答案．
【详解】
解：①为等边三角形的判定定理，正确；
对于②，，所以错误；
∵线段垂直平分线上点到线段两端点距离相等，所以三角形三边垂直平分线的交点到三角形三个顶点的距离相等，③正确；
矩形的对角线相等，一般的平行四边形对角线不一定相等，④错误；
顺次连结任意四边形各边的中点组成的新四边形各组对边分别与某一条对角线平行，所以新四边形是平行四边形，⑤正确，
故选B．
【点睛】
本题考查三角形与四边形的性质与判定，灵活应用有关定理求证是解题关键 ．
9．B
【分析】
利用梯形的例子可判定选项A，利用两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判定选项B；再利用平行四边形的判定方法分析选项C、D看能否判定是平行四边形即可.
【详解】
A、一组对边平行，另一组对边相等，梯形满足一组对边平行，另一组对边相等，不是平行四边形，故不正确；
B、一组对边平行，一组对角相等，由此可推出另一组对边也平行，故是平行四边形，正确；
C、一组邻边相等，一组对角相等，不能推出是平行四边形，故不正确；
D、一组对边平行，一组对角互补，不能推出是平行四边形，故不正确.
故选B.
【点睛】
此题考查平行四边形的判定，分析理解每个选项中的命题是关键.
10．A
【分析】
根据三角形中位线定理分别求出DE、DF，根据线段中点的定义分别求出AF、AE，计算即可．
【详解】
解：∵D，E，F分别是边BC，CA，AB的中点．AB＝10，AC＝8，
∴DE＝AB＝5，DF＝AC＝4，AF＝AB＝5，AE＝AC＝4，
∴四边形AFDE的周长＝AF＋DF＋DE＋AE＝5＋5＋4＋4＝18，
故选：A．
【点睛】
本题考查是三角形中位线定理，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．
11．B
【分析】
由平行四边形的性质得OB=OD，AB∥CD，则∠OCD=∠BAO=80°，∠ABD=∠CDO，再由三角形中位线定理得OF∥AB，则∠AOF=∠BAO=80°，然后求出∠COD=∠FOC=50°，最后由三角形内角和定理求解即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，AB∥CD，
∴∠OCD=∠BAO=80°，∠ABD=∠CDO，
∵点F为AD中点，
∴OF为△ABD的中位线，
∴OF∥AB，
∴∠AOF=∠BAO=80°，
∴∠FOC=180°-80°=100°，
∵OD平分∠FOC，
∴∠COD=∠FOC=50°，
∴∠CDO=180°-∠OCD-∠COD=180°-80°-50°=50°，
∴∠ABD=50°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理、平行线的性质以及三角形内角和定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质，求出∠COD=50°是解题的关键．
12．B
【分析】
已知四边形ABCD是矩形，∠AOD=120°，AB=2，根据矩形的性质可证得△AOB是等边三角形，则OA=OB=AB=2，AC=2OA=4．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形
∴AC=BD，OA=OC，OB=OD
∴OA=OB
∵∠AOD=120°
∴∠AOB=60°
∴△AOB是等边三角形
∴OA=OB=AB=2
∴AC=2OA=4
故选：B
【点睛】
本题考查了矩形的基本性质，等边三角形的判定和性质．
13．A
【分析】
先根据矩形的性质得AB∥CD，∠A＝90°，再根据AB∥CD及DE平分∠BDC证得DB＝BE，设AB＝x，根据勾股定理列出方程求解即可．
【详解】
解：∵四边形是矩形，
∴AB∥CD，∠A＝90°，
∴∠E＝∠EDC，
∵DE平分∠BDC，
∴∠EDB＝∠EDC，
∴∠EDB＝∠E，
∴DB＝BE，
设AB＝x，
∵AE＝10，
∴DB＝BE＝10－x，
∵∠A＝90°，
∴在Rt△ABD中，AD2＋AB2＝BD2，
∵AD＝4，
∴42＋x2＝(10－x)2，
解得x＝4.2，
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定及勾股定理，熟练掌握勾股定理是解决本题的关键．
14．B
【分析】
直接利用勾股定理得出DC的长，再利用角平分线的定义以及等腰三角形的性质得出BE的长，进而得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠B＝∠C＝90°，AB＝DC，
∵ED＝5，EC＝3，
∴DC＝，
则AB＝4，
∵AE平分∠BAD交BC于点E，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴AB＝BE＝4，
∴长方形的周长为：2×（4＋4＋3）＝22.
故选：B．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等，解题关键是把握已知，整合已知得出等腰三角形，依据勾股定理求出线段长．
15．C
【分析】
作D点关于AB的对称点D'，连接CD'交AB于P，根据两点之间线段最短可知此时PC+PD最小；再作D'E⊥BC于E，则EB=D'A=AD，先根据等边对等角得出∠DCD'=∠DD'C，然后根据平行线的性质得出∠D'CE=∠DD'C，从而求得∠D'CE=∠DCD'，得出∠D'CE=30°，根据30°角的直角三角形的性质求得D'C=2D'E=2AB，即可求得PC+PD的最小值．
【详解】
作D点关于AB的对称点D'，连接CD'交AB于P，P即为所求，此时PC+PD=PC+PD'=CD'，根据两点之间线段最短可知此时PC+PD最小．
作D'E⊥BC于E，则EB=D'A=AD．
∵CD=2AD，
∴DD'=CD，
∴∠DCD'=∠DD'C．
∵∠DAB=∠ABC=90°，
∴四边形ABED'是矩形，
∴DD'∥EC，D'E=AB=4，
∴∠D'CE=∠DD'C，
∴∠D'CE=∠DCD'．
∵∠DCB=60°，
∴∠D'CE=30°，
∴在Rt△D'CE中，D'C=2D'E=2×4=8，
∴PC+PD的最小值为8．
故选：C．
【点睛】
本题考查了轴对称﹣最短路线问题，轴对称的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，含30°角的直角三角形的性质等，确定出P点是解答本题的关键．
16．C
【分析】
根据题意得出四边形PMBN是矩形，得出MN=BP，求MN的最小值即求BP的最小值，当BP⊥AC时，BP的值最小，利用等积法求出BP的长，即可求出MN的最小值．
【详解】
解：∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠PMB=∠PNB=∠ABC=90°，
∴四边形PMBN是矩形，
∴MN=BP，
∴当BP⊥AC时，BP的值最小，即MN的值最小，
∵在Rt△ABC中，AB=6，BC=8，
∴AC=10，
∵ABBC=AC·BP，
∴×6×8=×10×BP，
∴BP=4.8，
∴MN的最小值是4.8．
故选：C．
【点睛】
本题考查三角形内接矩形的对角线最短问题，运用等面积法，理解“BP作为AC边上的高时，就是MN的最小值”是解题关键．
17．C
【分析】
由菱形的性质以及已知条件可证明△BOE≌△DOF，然后根据全等三角形的性质可得BO=DO，即O为BD的中点，进而可得AO⊥BD，再由∠ODA=∠DBC=25°，即可求出∠OAD的度数.
【详解】
∵四边形ABCD为菱形
∴AB=BC=CD=DA，AB∥CD，AD∥BC
∴∠ODA=∠DBC=25°，∠OBE=∠ODF，
又∵AE=CF
∴BE=DF
在△BOE和△DOF中，
∴△BOE≌△DOF（AAS）
∴OB=OD
即O为BD的中点，
又∵AB=AD
∴AO⊥BD
∴∠AOD=90°
∴∠OAD=90°-∠ODA=65°
故选C.
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，以及等腰三角形三线合一的性质，熟练掌握菱形的性质，得出全等三角形的判定条件是解题的关键.
18．D
【分析】
根据菱形的性质可得CO⊥DO，从而可判断OM是斜边的中线，继而可得出OM的长度．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴，AC⊥BD，
∵菱形ABCD的周长为24，
∴，
又∵点M是CD中点，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质及直角三角形斜边的中线定理，熟练掌握菱形四边相等、对角线互相垂直且平分的性质是解题关键．
19．A
【分析】
如图（见解析），先根据菱形的判定可得四边形ABCD是菱形，再根据菱形的性质可得，然后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】
如图，连接AC、BD，交于点O，过点B作于点E，过点D作于点F，则，
由题意得：，
四边形ABCD是平行四边形，
在和中，，
，
，
平行四边形ABCD是菱形，
，
则在中，，
故选：A．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．
20．C
【分析】
由菱形的面积公式可求解．
【详解】
解：菱形的面积==40，
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，掌握菱形的面积等于对角线积的一半是解题的关键．
21．D
【分析】
直接利用菱形的性质结合勾股定理得出BD的长，再利用菱形的面积公式即可得出结论．
【详解】
解：BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝5，AC＝8，
∴AC⊥BD，AO＝CO＝4，
∴BO＝
故BD＝6，
∴菱形的面积＝AC BD＝×8×6＝24．
故选D．
【点睛】
本题考查的是菱形的性质以及勾股定理，正确求出BD的长是解答此题的关键．
22．D
【详解】
分析：根据菱形，正方形，平行四边形，矩形的判定定理，进行判定，即可解答.
详解：A、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故错误；
B、四条边相等的四边形是菱形，故错误；
C、对角线相互平分的四边形是平行四边形，故错误；
D、对角线相等且相互平分的四边形是矩形，正确；
故选D．
点睛：本题考查了菱形，正方形，平行四边形，矩形的判定定理，解决本题的关键是熟记四边形的判定定理．
23．C
【分析】
先证明，再证明四边形MOND的面积等于，的面积，继而解得正方形的面积，据此解题．
【详解】
解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC，
又
四边形MOND的面积是1，
正方形ABCD的面积是4，
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
24．B
【分析】
A、根据平行四边形的判定定理作出判断；B、根据矩形的判定定理作出判断；C、根据菱形的判定定理作出判断；D、根据正方形的判定定理作出判断．
【详解】
解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形；故本选项错误，不符合题意；
B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形；故本选项正确，符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形；故本选项错误，不符合题意；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；故本选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题综合考查了正方形、矩形、菱形及平行四边形的判定．解答此题时，必须理清矩形、正方形、菱形与平行四边形间的关系．
25．C
【详解】
矩形的性质，三角形中位线定理，菱形的判定．
【分析】如图，连接AC．BD，
在△ABD中，∵AH=HD，AE=EB，∴EH=BD．
同理FG=BD，HG=AC，EF=AC．
又∵在矩形ABCD中，AC=BD，∴EH=HG=GF=FE．
∴四边形EFGH为菱形．故选C．
26．A
【分析】
①由菱形的判定定理即可判断；②由矩形的判定定理，即可判断；③若四边形EFGH是平行四边形，与AC、BD是否互相平分无任何关系；④根据中位线性质解题．
【详解】
解：由题意得：四边形EFGH平行四边形，
①若AC＝BD，则四边形EFGH是菱形，故①错误；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形，故②错误；
③若四边形EFGH是平行四边形，不能判定AC、BD是否互相平分，故③错误；
④点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点
若四边形EFGH是正方形，
AC与BD互相垂直且相等,故④正确．
故选：A．
【点睛】
本题考查矩形、正方形、菱形等特殊四边形的判定与性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
27．
【分析】
连接CE，过点C作，交AB的延长线于点H，设AE=x，则BE=8-x，CE=AE=x，在根据勾股定理，即可得到x的值．
【详解】
如图：连接CE，过点C作，交AB的延长线于点H，
平行四边形ABCD中，，
，
设AE=x，则BE=8-x，
EF垂直平分AC，
，
在中，，
，
解得：，
的长为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，勾股定理以及线段垂直平分线的性质，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求解．
28．
【分析】
设，，根据平行四边形性质及翻折性质可得，，，过点任于，过作于，延长、交于点，根据轴对称性质及含30度角直角三角形性质可得，，最后由勾股定理可得答案．
【详解】
解：在平行四边形中，
，
设，，
，
，，
由翻折可得，，，，
过点任于，
，
，，
，
，
设，过作于，
则，，
在直角三角形中，，，
，
，
，
延长、交于点，
，，
，，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
此题考查的是翻折变换、平行四边形的性质、直角三角形性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线是解决此题关键．
29．12
【分析】
根据平行四边形的性质，可得，即可得，由角平分线的定义可得，
进而可得，结合已知条件根据即可求得．
【详解】
如图，
四边形是平行四边形，
，
，
是∠BAD的角平分线，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，掌握以上知识点是解题的关键．
30．
【分析】
由折叠的性质可知，∠CBO＝∠OBE，再由平行四边形的性质，可得BE＝ED，过点B作BG⊥AD于点G，在Rt△ABG中，∠ABG＝30°，求出AG＝3，BG＝，设ED＝x，则BE＝x，GE＝10﹣x，在Rt△BEG中，由勾股定理得x2＝+（10﹣x）2，解得x＝，可求S△BED＝×DE×BG＝．
【详解】
解：由折叠的性质可知，∠CBO＝∠OBE，
∵平行四边形ABCD，
∴BC∥AD，
∴∠BEA＝∠CBE＝2∠OBE，
∵∠BEA＝∠OBE+∠BDE，
∴∠OBE＝∠ODE，
∴BE＝ED，
过点B作BG⊥AD于点G，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∵AB＝6，
在Rt△ABG中，∠ABG＝30°，
∴AG＝3，BG＝，
设ED＝x，则BE＝x，
∵BC＝13，
∴GE＝10﹣x，
在Rt△BEG中，BE2＝BG2+GE2，
∴
解得x＝，
∴S△BED＝×DE×BG＝，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
31．
【分析】
根据平行四边形的对角线互相平分可求得AO=2，BO=2，再根据勾股定理的逆定理证得∠BAC=90°，利用勾股定理求得BC，根据等面积法求解即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC=4，BD=4，
∴AO=OC=AC=2，BO=OD=BD=2，
∵AB=2，
∴AB2+AO2=BO2，
∴△ABC是直角三角形，且∠BAC=90°，
∴BC=，
由AB·AC=BC·AE得：2×4=·AE，
解得：AE=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、勾股定理及其逆定理，证得∠BAC=90°和等面积法求解是解答的关键．
32．12cm
【分析】
先说明四边形ABED是平行四边形可得BE=AD=5，再由可得∠DEC=∠B=70°，求出EC的长；然后再说明△CDE是等腰三角形得到DC=EC即可解答．
【详解】
解：∵，
∴四边形ABED是平行四边形
∴BE=AD=5
∴EC=BC-BE=17cm-5cm=12cm
∵
∴∠DEC=∠B=70°
∵
∴∠EDC=180°-∠DEC-∠C=70°
∴∠EDC=∠DEC
∴CD=CE=12cm．
故答案为12cm．
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，灵活应用相关知识成为解答本题的关键．
33．4
【分析】
根据平行四边形与中位线的性质即可求解．
【详解】
∵四边形是平行四边形
∴
∵点分别是的中点
∴ ；
故答案为：4．
【点睛】
此题主要考查四边形内线段长度求解，解题的关键是熟知中位线的性质．
34．3
【分析】
先证明DE为△ABC的中位线，得到四边形BCFE为平行四边形，求得BC=EF=6，即可得DE的长．
【详解】
∵点，分别是，的中点
∴DE为△ABC的中位线
∴DE∥BC，DE=BC
∴EF∥BC
∵CF∥BE
∴四边形BCFE为平行四边形
∴BC=EF=6
∴DE=BC=3
故答案为：3
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定与性质等知识，掌握三角形中位线定理是解题的关键．
35．
【分析】
取A1B1的中点P′，连接QP′、PP′，如图，根据平移的性质得到PP′＝7，B1C1＝BC＝4，再利用P′Q为△A1B1C1的中位线得到P′Q=2，利用三角形三边的关系得到PP′﹣P′Q≤PQ≤PP′+P′Q（当且仅当P、P′、Q三点共线时取等号），从而得到PQ的最小值．
【详解】
解：取A1B1的中点P′，连接QP′、PP′，如图：
∵△ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，
∴PP′＝5，B1C1＝BC＝3，
∵Q是A1C1的中点，P′为A1B1的中点，
∴P′Q为△A1B1C1的中位线，
∴P′Q＝B1C1＝，
∴PP′﹣P′Q≤PQ≤PP′+P′Q（当且仅当P、P′、Q三点共线时取等号），
即，，
∴PQ的最小值为．
故答案为
【点睛】
本题主要考查平移的性质和三角形三边关系，三角形的中位线的性质，掌握三角形三边关系是解题的关键．
36．20
【分析】
由平行四边形的性质得AB=CD，AD=BC，OB=OD，证OE是△ABD的中位线，则AB=2OE，AD=2AE，求出AE+OE=5，则AB+AD=2AE+2OE=10，即可得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，OB=OD，
∵OE∥AB，
∴OE是△ABD的中位线，
∴AB=2OE，AD=2AE，
∵△AOE的周长等于7，
∴OA+AE+OE=7，
∴AE+OE=7-OA=7-2=5，
∴AB+AD=2AE+2OE=10，
∴ ABCD的周长=2×（AB+AD）=2×10=20；
故答案为：20．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
37．
【分析】
延长CF，交EA的延长线于点G，连接EF，过点F作FH⊥CE于点H，过点E作EM⊥CF于点M，由题意易得FH=FD，FH=EM，EC=EG，进而可得△CDF≌△CME，然后可得CM=CD=，由勾股定理可得BG=3，设BE=x，则有EC=EG=3+x，最后利用勾股定理可求解．
【详解】
解：延长CF，交EA的延长线于点G，连接EF，过点F作FH⊥CE于点H，过点E作EM⊥CF于点M，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，，
∴BC=AD，，AB∥DC，∠D=∠ABC=∠CBE=90°
∴∠DCF=∠G，
∵CF平分∠ECD，
∴∠DCF=∠ECF，DF=FH，
∴∠G=∠ECF，
∴EC=EG，
∴△ECG是等腰三角形，
∴CM=MG，
∵CE=CF，
∴△ECF是等腰三角形，
∵EM、FH分别是等腰三角形ECF腰上的高线，
∴FH=EM=DF，
∴Rt△CDF≌Rt△CME（HL），
∴，
∴CG=5，
∴在Rt△CBG中，，
设BE=x，则有EC=EG=3+x，
在Rt△CBE中，，
∴，
解得：，
∴；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质与判定、矩形的性质及勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质与判定、矩形的性质及勾股定理是解题的关键．
38．30°
【分析】
连接DF，延长FH交AD于点G，根据折叠的性质，得CD=CF，∠DFC=∠FDC=45°，HF=HD，∠GDF=45°，由FB=FH，得∠FBH=∠FHB=∠GHD=∠HFD+∠HDF，利用∠ADB+∠HDF=45°，计算即可．
【详解】
如图，连接DF，延长FH交AD于点G，根据折叠的性质，
∴CD=CF，∠DFC=∠FDC=45°，∠GDF=45°，
∴HF=HD，
∴∠HFD＝∠HDF，
∵FB=FH，
∴∠FBH=∠FHB=∠GHD，
∵∠GHD=∠HFD+∠HDF＝2∠HDF，
∴∠FBH=2∠HDF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠FBH=∠ADB=2∠HDF，
∵∠ADB+∠HDF=45°，
∴3∠HDF=45°，
∴∠HDF=15°，
∴∠ADB=2∠HDF=30°，
故答案为：30°．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角和定理，等腰直角三角形的性质，构造辅助线灵活运用等腰三角形两底角相等是解题的关键．
39．
【详解】
试题解析：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠AMB=∠DAE，
∵DE=DC，
∴AB=DE，
∵DE⊥AM，
在△ABM和△DEA中,
∴AM=AD，
∵AE=2EM，
∴BC=AD=3EM，
连接DM，如图所示：
在和中,
∴EM=CM，
∴BC=3CM，
设EM=CM=x，则BM=2x，AM=BC=3x，
在中,由勾股定理得： 解得：x=，
∴BM=；
故答案为.
40． 2
【分析】
当AP＝8时，根据矩形的折叠性质得到四边形ABA'P是正方形，利用勾股定理计算即可；当AP＝2时，过点A'作MN∥AB，交AD于点M，交BC于点N，证明四边形ABNM为矩形，根据勾股定理计算即可；
【详解】
解：如图1，当AP＝8时，
由折叠知AB＝AP，∠A＝∠BA'P＝90°，
∴时等腰直角三角形，
∴∠APB＝∠BPA'，∠ABP＝∠A'BP，∠A＝∠BA'P＝90°，
∴四边形ABA'P是正方形，
∴A'P＝8，PD＝2，
∴A'D＝．
如图2，当AP＝2时，过点A'作MN∥AB，交AD于点M，交BC于点N，
∵，
∴四边形ABNM为矩形，
∴AB＝MN＝8，AM＝BN，∠AMN＝∠BNM＝90°，
设A'M＝x，则A'N＝8﹣x，设BN＝y，则PM＝y﹣2，
在Rt△PMA'中，PM2+A'M2＝PA'2，
∴（y﹣2）2+x2＝22①，
在Rt△BNA'中，BN2+A'N2＝A'B2，
∴y2+（8﹣x）2＝82②，
由①②可得，y＝4x，
把y＝4x代入①得，（4x﹣2）2+x2＝22，
解得，x＝，
∴A'N＝8﹣＝，
∴S△A'BC＝×BC×A'N＝．
故答案为：2；．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质、正方形的性质和勾股定理，结合一元二次方程计算是解题的关键．
41．．
【分析】
根据矩形的性质和三角形的面积求出S△AOD＝S△DOC＝S△AOB＝S△BOC＝S矩形ABCD＝×6×8＝12，根据勾股定理求出BD、 AO、DO，最后根据三角形面积公式求出答案即可．
【详解】
解：连接OP，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝90°，AC＝2AO＝2OC，BD＝2BO＝2DO，AC＝BD，
∴OA＝OD＝OC＝OB，
∴S△AOD＝S△DOC＝S△AOB＝S△BOC＝S矩形ABCD＝×6×8＝12，
在Rt△BAD中，由勾股定理得：BD＝ ，
∴AO＝OD＝5，
∵S△APO+S△DPO＝S△AOD，
∴×AO×PE+×DO×PF＝12，
∴5PE+5PF＝24，
PE+PF＝，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查勾股定理以及利用面积求线段长度，能够找到PE+PF与S△AOD之间的关系是解题的关键．
42．
【分析】
先根据菱形的性质求出AB，再求出菱形面积，即可求出DH的值．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝4，OB＝OD＝3，AC⊥BD，
在Rt△AOB中，AB＝＝5，
∵S菱形ABCD＝ AC BD，
S菱形ABCD＝DH AB，
∴DH 5＝×6×8，
∴DH＝．
故答案为：
【点睛】
本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质和面积的两种表示方式是解题关键．
43．4
【分析】
首先由对边分别平行可判断四边形ABCD为平行四边形，连接AC和BD，过A点分别作DC和BC的垂线，垂足分别为F和E，通过证明△ADF≌△ABC来证明四边形ABCD为菱形，从而得到AC与BD相互垂直平分，再利用勾股定理求得BD长度.
【详解】
解：连接AC和BD，其交点为O，过A点分别作DC和BC的垂线，垂足分别为F和E，
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴∠ADF=∠ABE，
∵两纸条宽度相同，
∴AF=AE，
∵
∴△ADF≌△ABE，
∴AD=AB，
∴四边形ABCD为菱形，
∴AC与BD相互垂直平分，
∴BD=
故本题答案为：4
【点睛】
本题考察了菱形的相关性质，综合运用了三角形全等和勾股定理，注意辅助线的构造一定要从相关条件以及可运用的证明工具入手，不要盲目作辅助线.
44．
【分析】
根据菱形的性质得出BO、CO的长，在Rt△BOC中求出BC，利用菱形面积等于对角线乘积的一半，也等于BC×AE，可得出AE的长度．
【详解】
解：如图，设AC与BD的交点为O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CO＝AC＝2cm，BO＝BD＝3cm，AC⊥BD，
∴BC＝cm，
∴S菱形ABCD＝AC BD＝×6×4＝12（cm2），
∵S菱形ABCD＝BC×AE，
∴BC×AE＝12，
∴AE＝（cm），
故答案为：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，勾股定理，根据勾股定理求出BC的长是解题的关键．
45．
【分析】
连接AF，利用三角形中位线定理，可知GH =AF，求出AF的最小值即可解决问题．
【详解】
连接AF，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
AB= BC= 2
∵ G， H分别为AE，EF的中点，
∴GH是△AEF的中位线，
GH =AF，
当AF⊥BC时，AF最小，GH得到最小值，则∠AFB = 90°，
∵∠B= 45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AF=AB=×2=，
∴GH =
即GH的最小值为
故答案为：
【点睛】
本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
46．
【分析】
作点关于的对称点，连接，根据题意先证明四边形是菱形，则 ，，可知，进而可知，共线，根据等面积法求得，当时最短即的长，进而求得的最小值为．
【详解】
如图，作点关于的对称点，连接，
，，
于点，，，
四边形是菱形，
，，，
在和中
，
（ASA），
，
，
，
，，
，
，
三点共线，
，
，
，
当时最短即的长，
的最小值为，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质与判定，菱形的判定与性质，勾股定理，轴对称，找到的最小值为是解题的关键．
47．
【分析】
将BC绕着点C顺时针旋转90°得FC，作直线FE交OM于H，则∠BCF=90°，BC=FC，证△BCP≌△FCE(SAS)，得∠BHF=90°，故点E在直线FH上，即点E的轨迹为直线FH，当点E与点H重合时，BE=BH最短，根据直角三角形性质得CP，正方形CPHE中，PH=CP= ，BH=BP+PH即可得出答案．
【详解】
如图所示，
将BC绕着点C顺时针旋转90°得FC,作直线FE交OM于H,则∠BCF=90°，BC=FC，
∵将CP绕点C按顺时针方向旋转90°得CE，
∴∠PCE=90°，PC=EC，
∴∠BCP=∠FCE，
在△BCP和△FCE中，
BC=FC，∠BCP=∠FCE，PC=EC，
∴△BCP≌△FCE(SAS)，
∴∠CBP=∠CFE，
又∵∠BCF=90°，
∴∠BHF=90°，
∴点E在直线FH上，即点E的轨迹为直线FH，
∵BH⊥EF，
∴当点E与点H重合时，BE=BH最短，
∵当CP⊥OM时，Rt△BCP中，∠CBP=30°，
∴CP=BC= ，BP= = ，
又∵∠PCE=∠CPH=∠PHE=90°，CP=CE，
∴正方形CPHE中，PH=CP= ，
∴BH=BP+PH= ，
即BE的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质以及垂线段最短的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等以及垂线段最短进行判断．
48．
【分析】
先由正方形的性质可知，再证明Rt△AFD≌Rt△BEA，再由全等三角形的性质可得，；最后在在Rt△BEA中，由勾股定理得：，即得本题答案．
【详解】
解：在正方形中，；
∵，，
∴，
；
∵，
∴；
在Rt△AFD和Rt△BEA中，
，
∴Rt△AFD≌Rt△BEA（AAS），
∴，；
在Rt△BEA中，由勾股定理得：
．
故填．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，三角形全等的性质与判定以及勾股定理的知识．
49．110
【分析】
延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，可得四边形AOLP是正方形，然后求出正方形的边长，再求出矩形KLMJ的长与宽，然后根据矩形的面积公式列式计算即可得解．
【详解】
解：如图，延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，
则四边形OALP是矩形．
∵∠CBF=90°，
∴∠ABC+∠OBF=90°，
又∵直角△ABC中，∠ABC+∠ACB=90°，
∴∠OBF=∠ACB，
在△OBF和△ACB中，
∴△OBF≌△ACB（AAS），
∴AC=OB，
同理：△ACB≌△PGC，
∴PC=AB，
∴OA=AP，
∴矩形AOLP是正方形，
边长AO=AB+AC=3+4=7，
∴KL=3+7=10，LM=4+7=11，
∴矩形KLMJ的面积为10×11=110．
【点睛】
本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的判定和性质，作出辅助线构造出正方形是解题的关键．
50．
【分析】
由△ABF≌△AGF，得出AB＝AG＝4，由勾股定理得出AE＝2，得出GE=2，设CF=x，则BF=4-x，由Rt△GFE和Rt△FCE利用勾股定理列出方程可求出CF=．
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝CD=BC＝4，∠B＝∠D=∠C＝90°，
∵E是边CD的中点，
∴DECD＝2，
∴
由折叠的性质可知，△ABF≌△AGF，
∴∠ABF＝∠AGF=90°，AB＝AG＝4，BF=FG
∴GE=2
设CF=x，则BF=FG =4-x，
在Rt△GEF中，
在Rt△CEF中，
∴
解得
故答案为：．
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和正方形的性质，翻折变换三角形全等是解题的关键．
51．4或14
【分析】
分两种情况进行讨论，根据运动规律得出BP＝3-0.5t＝1和CP＝0.5t-6＝1即可求得．
【详解】
如图，当≌时，BP1＝CE=1
即3-0.5t＝1，解得t=4,
如图，当≌时，CP2＝CE=1
即0.5t-6＝1，解得t=14,
故答案为：4或14．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定、正方形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识，学会分类讨论，注意不能漏解，属于中考常考题型．
52．（1）；（2）；（3）存在，或，理由见解析．
【分析】
（1）由路程=速度时间，解得，再由即可解题；
（2）由全等三角形对应边相等的性质得，即，据此解题；
（3）分两种情况讨论，当时或当时，与全等，再根据全等三角形对应边相等的性质，分别计算求出的值即可解得的值．
【详解】
解：（1）由题意得，，
，
故答案为：；
（2）若
则
即
当时，；
（3）存在，理由如下：
当时，
；
当时，
综上所述，当或时，与全等．
【点睛】
本题考查四边形综合题、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
53．（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．
54．（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）由平行四边形的判定得出四边形OCED是平行四边形，根据矩形的性质求出OC=OD，根据菱形的判定得出即可．（2）解直角三角形求出BC=2．AB=DC=2，连接OE，交CD于点F，根据菱形的性质得出F为CD中点，求出OF=BC=1，求出OE=2OF=2，求出菱形的面积即可．
【详解】
证明：，，
四边形OCED是平行四边形，
矩形ABCD，，，，
，
四边形OCED是菱形；
在矩形ABCD中，，，，
，
，
连接OE，交CD于点F，
四边形OCED为菱形，
为CD中点，
为BD中点，
，
，
．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质和菱形的性质和判定的应用，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：菱形的面积等于对角线积的一半．
55．（1）见详解；（2）见详解
【分析】
（1）由题意易得AE=ED，∠EAF=∠EDB，∠AFE=∠DBE，进而问题可求证；
（2）由（1）及题意易得AF=BD=DC，则有四边形ADCF是平行四边形，由∠BAC=90°可得AD=DC，进而问题得证．
【详解】
证明：（1）∵点E是AD的中点，
∴AE=ED，
∵AF∥BC，
∴∠EAF=∠EDB，∠AFE=∠DBE，
∴（AAS）；
（2）由（1）可得：，
∴AF=BD，
∵是边上的中线，
∴AF=BD=DC，
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC=90°，D为BC中点
∴AD=DC，
∴四边形ADCF是菱形．
【点睛】
本题主要考查菱形的判定及直角三角形斜边中线定理、全等三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的判定及直角三角形斜边中线定理、全等三角形的性质与判定是解题的关键．
56．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）根据HL证明Rt△EGF≌Rt△EOF即可；
（2）证明四边形ABCD为矩形，可得BG=CD；
（3）设CD=x，分别表示出BE2，EF2，BF2，证明∠BEF=90°，利用勾股定理得到方程，解之即可．
【详解】
解：（1）∵E是AD中点，
∴AE=DE，
由折叠可知：AE=EG，∠EGB=∠EGF=∠D=∠A=90°，
∴EG=ED，又EF=EF，
∴Rt△EGF≌Rt△EOF（HL）；
（2）△ABE折叠得到△GBE，
∴AB=BG，
∵AD∥BC，∠A=∠D=90°，
∴∠ABC=90°，∠C=90°，
∴四边形ABCD为矩形，
∴AB=DC，
∴BG=CD；
（3）∵点E是AD中点，AD=BC=8，
∴AE=DE=4，
∵点F是CD中点，
∴设CD=x，则DF=x，
则BE2=BG2+EG2，即BE2=CD2+AE2，
即BE2=x2+42，
且EF2=DE2+DF2，即EF2=42+（x）2，
且BF2=BC2+CF2，即BF2=82+（x）2，
∵∠AEB=∠GEB，∠DEF=∠GEF，
∴∠BEF=∠GEB+∠GEF=90°，
∴BF2=BE2+EF2，
∴82+（x）2= x2+42+42+（x）2，
解得：x=，即CD=．
【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，熟记性质，找出三角形全等的条件，合理利用勾股定理得到方程是解题的关键．
57．证明见解析．
【分析】
先根据平行线的性质可得，再根据线段中点的定义可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据平行四边形的判定即可得证．
【详解】
证明：∵，
∴，
∵E是边的中点，
∴，
在与，，
∴，
∴，
∴四边形的对角线与互相平分，
∴四边形为平行四边形．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定定理与性质、平行四边形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
58．（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）由ABCD得到点O是BD的中点，用三角形的中位线定理得到OM∥AN且OM=AN，证明出四边形AMON是平行四边形；
（2）由ABCD得到OA=OC=3，OB=OD=2，由勾股定理的AB=，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到OM=AB=，最后求出结果．
【详解】
（1）证明：在ABCD中，AO＝OC，BO＝OD，AB∥CD，AD∥BC，
∵点M，N分别是AB、AD的中点，
∴AN=DA=AD，
∴OM是△ABD的中位线，
∴OM∥AN，OM=AN，
∴四边形AMON是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）；
（2）解：∵AC＝6，BD＝4，
∴AO＝3，BO＝2，
∵∠AOB＝90°，
∴AB＝，
∴OM＝AM＝MB＝，
∴NO＝AN＝，
∴四边形AMON的周长＝AM+OM+AN+NO＝．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质与判定、中位线的判定与性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，关键在于知识点直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的应用．
59．（1）5；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）如图1中，利用勾股定理计算CE的长，由旋转可知△CEF是等腰直角三角形，可得结论；
（2）如图2，过E作EN⊥AB于N，作EP⊥BC于P，证明△CPE≌△CMF（AAS），得EP＝FM，由角平分线的性质得EP＝EN＝FM，证明△NHE≌△MGF（AAS），得NH＝MG，由△BEN是等腰直角三角形，得BN＝BE，最后由线段的和可得结论；
（3）如图3，构建辅助线，构建全等三角形，证明△CPE≌△FMC（AAS），得EP＝CM，PC＝FM，由△DPE是等腰直角三角形，得PE＝PD，证明△HNE≌△GMF（AAS），由△BEN是等腰直角三角形，得BN＝BE，同理可得结论．
【详解】
（1）在正方形中，
（2）过点作于，于
又
是等腰直角三角形
（3）BH﹣MG＝BE，理由是：
如图3，过E作EN⊥AB于N，交CG于P，
∵EP⊥BC，FM⊥CD，AB∥CD，
∴EP⊥CD，
∴∠EPC＝∠FMC＝90°，
∵∠M＝∠ECF＝90°，
∴∠ECP+∠FCM＝∠FCM+∠CFM＝90°，
∴∠ECP＝∠CFM，
∵CE＝CF，
∴△CPE≌△FMC（AAS），
∴PC＝FM，
∵△DPE是等腰直角三角形，
∴PE＝PD，
∴EN＝BN＝PN+PE＝BC+PE＝CD+PD＝PC＝FM，
∵AB∥CD，
∴∠H＝∠FGM，
∵∠ENH＝∠M＝90°，
∴△HNE≌△GMF（AAS），
∴NH＝MG，
∴BH﹣MG＝BH﹣NH＝BN，
∵△BEN是等腰直角三角形，
∴BN＝BE，
∴BH﹣MG＝BE．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，属于中考压轴题．
60．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据平行四边形的性质，证明，得到，再证明即可；
（2）由（1）知四边形是平行四边形，得到，，再在中利用勾股定理求解即可．
【详解】
（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
∴，
在和中，
，
，
，
∵，
，
即，
，
四边形是平行四边形；
（2）四边形是平行四边形，
，，
，．，
，
∴，
∴在中，，
．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解题关键是能够证明．
61．（1）见解析；（2）能，；（3）或，理由见解析
【分析】
（1）由已知条件可得Rt△CDF中∠C＝30°，即可知DF＝CD＝AE＝2t；
（2）由DF∥AE且DF＝AE，即四边形ADFE是平行四边形，若构成菱形，则邻边相等即AD＝AE，可得关于t的方程，求解即可知；
（3）分∠EDF＝90°、∠DEF＝90°两种情况，根据直角三角形的性质列出算式，计算即可．
【详解】
（1）证明：∵在中，，
，，
∴．
∵，，
在直角中，，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴四边形是平行四边形，
当时，四边形是菱形，
即，
解得：，
即当时，平行四边形是菱形；
（3）当时是直角三角形（）；
当时，是直角三角形（）．
理由如下：
当时，
∴
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴时，．
当时，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴是直角三角形，，
∵，
∴，
∴，，
，
∴，
解得．
综上所述，当时是直角三角形（）；当时，是直角三角形（）．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了直角三角形的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质、含角的直角三角形的性质等知识点，熟练掌握平行四边形、菱形的判定是解题的关键．
62．（1）y=-x+6；（2）①；②，或或，
【分析】
（1）先求出点A，B的坐标，再运用待定系数法求出直线直线l2的函数解析式；
（2）①将点D（-2，m）代入y=x+6中，求出D（-2，4），如图2，作∠DHF=45°，利用AAS证明△ADE≌△HFD，再运用等腰直角三角形性质即可求出答案；
②将D（-1，n）代入y=x+6中，得D（-1，5），过D作DM⊥x轴于M，作FN⊥DM于N，如图3，利用AAS可证得△FDN≌△DEM，进而得出F（4，6），再根据∠DGF=∠DGO分类讨论即可．
【详解】
解：（1）交轴于点，交轴于点，
，，
与关于轴对称，
，
设直线为：，将、坐标代入得
，解得，
直线的函数解析式为：；
（2）①将点代入中，得：
，解得：，
，
如图2，作，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
又，，
和均为等腰直角三角形，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
．
②将代入中，得：，
，则，，
过作轴于，作于，如图3，
，，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
当点、、三点共线时，如图3，，
设直线的解析式为，
，
，
解得：，
直线的解析式为，
当时，，
，；
如图4，连接DG2，FG2，
过点D作DM⊥OG2，DN⊥FG2，
∵，
∴DM=DN，又DO=DF，
∴（HL），
∴∠ODM=∠FDN，又∠ODN+∠FDN=90°，
∴∠ODM+∠ODN=90°，即∠MDN=90°，
∴四边形DMG2N是正方形，
∴∠OG2F=90°，
设，
，
，
，
解得：，
；
当平分时，如图5，
，，
，
又，
，
设与交于点，
，
，，
，
设直线解析式为，
，，
，
解得：，
直线解析式为，
联立方程组，
解得：，
，；
综上所述，符合条件的的坐标为，或或，．
【点睛】
本题是一次函数综合题，考查了运用待定系数法求一次函数解析式，求一次函数图象与坐标轴交点坐标，利用解方程组求两直线交点坐标，等腰直角三角形判定和性质，全等三角形判定和性质，勾股定理等，添加辅助线构造全等三角形，运用分类讨论思想和数形结合思想是解题关键．
63．（1）见解析；（2）；（3）以DG、EG、CG为边的三角形是直角三角形
【分析】
（1）由平行线的性质可得，由等腰三角形的性质和外角的性质可得结论；
（2）由平行线的性质可求，，可得，由等腰直角三角形的性质可求，即可求解；
（3）分两种情况讨论，由勾股定理逆定理可求解．
【详解】
（1）∵四边形是平行四边形，
，
，
，
；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∴
∴
（3）设，当时
∵，，
∴
∵
∴
以DG、EG、CG为边的三角形是直角三角形；
当时，过点作于，
∴
,
以DG、EG、CG为边的三角形是直角三角形；
综上所述，以DG、EG、CG为边的三角形是直角三角形；
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，勾股定理及勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质是解题的关键．
64．（1）cm；（2）cm2
【分析】
（1）根据矩形的性质得DC=8cm，AD=10cm，再根据折叠的性质得到AF=AD=10cm，DE=EF，在Rt△ABF中，利用勾股定理易得BF=6cm，设DE=xcm，则EF=xcm，EC=(8-x)cm，在Rt△CEF中，利用勾股定理可求出x的值，进一步得到EC的长；
（2）根据三角形面积公式计算即可求解．
【详解】
（1）∵AB=8cm，BC=10cm，
∴DC=8cm，AD=10cm，
又∵将△ADE折叠使点D恰好落在BC边上的点F，
∴AF=AD=10cm，DE=EF，
在Rt△ABF中，AB=8cm，AF=10cm，
∴BF=(cm)，
∴FC=10-6=4(cm)，
设DE=xcm，则EF=xcm，EC=(8-x)cm，
在Rt△CEF中，EF2=FC2+EC2，即x2=42+(8-x)2，解得x=5，
即DE的长为5cm，
EC=8-x=8-5=3，
即EC的长为3cm；
（2）S△AEF=EF×AF=×5×10=25(cm2)．
故△AFE的面积是25cm2．
【点睛】
本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．
65．（1）见解析；（2）AG=CE，AG⊥CE，证明见解析；（3）60°
【分析】
（1）根据等边三角形的性质得出BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，则∠BCE=∠ACD，再证∠BCE≌△ACD（SAS），即可得出结论；
（2）证△ADG≌△CDE（SAS），得AG=CE，∠DAG=∠DCE，再由三角形的外角得∠DAG+∠ANM=∠DCE+∠ADC，则∠ANM=∠ADC=90°，即可得出结论；
（3）连接CG，证△CDE≌△CDG（SAS），得CE=CG，则AG=AC=CG，△ACG是等边三角形，再由等边三角形的性质求解即可．
【详解】
解：（1）证明：∵△ABC和△DEC都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
即∠BCE=∠ACD，
在△BCE和△ACD中，
，
∴∠BCE≌△ACD（SAS），
∴BE=AD；
（2）解：AG=CE，AG⊥CE，证明如下：
设AD与CE交于点M，AG与CE交于点N，如图2所示：
∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=∠EDG=90°，DG=DE，
∴∠EDG+∠ADE=∠ADC+∠ADE，
即∠ADG=∠CDE，
在△ADG和△CDE中，
，
∴△ADG≌△CDE（SAS），
∴AG=CE，∠DAG=∠DCE，
∵∠AMC=∠DAG+∠ANM=∠DCE+∠ADC，
∴∠ANM=∠ADC=90°，
∴AG⊥CE；
（3）解：连接CG，如图3所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC=45°，
由（2）得：AG=CE，
∵CE=AC，
∴AG=AC，
∵DE∥AC，
∴∠ADE=∠DAC=45°，
∴∠CDE=90°+45°=135°，
∴∠CDG=360°-135°-90°=135°，
∴∠CDG=∠CDE，
在△CDE和△CDG中，
，
∴△CDE≌△CDG（SAS），
∴CE=CG，
∴AG=AC=CG，
∴△ACG是等边三角形，
∴∠CAG=60°．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形的外角性质、平行线的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和等边三角形的判定与性质，证明△ADG≌△CDE是解题的关键，属于中考常考题型．
66．（1）见解析；（2）①45°；②GH2＋BH2＝2CD2，理由见解析
【分析】
（1）证△CBE≌△CDF（SAS），即可得出结论；
（2）①证△DCP≌△GCP（SSS），得∠DCP＝∠GCP，再由全等三角形的性质得∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝20°，则∠BCG＝130°，然后由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得∠CGH＝25°，即可求解；
②连接BD，由①得CP垂直平分DG，则HD＝HG，∠GHF＝∠DHF，设∠BCE＝m°，证出∠GHF＝∠CHB＝45°，再证∠DHB＝90°，然后由勾股定理得DH2＋BH2＝BD2，进而得出结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠CBE＝∠CDF＝90°，
在△CBE和△CDF中，
，
∴△CBE≌△CDF（SAS），
∴CE＝CF；
（2）解：①点D关于CF的对称点G，
∴CD＝CG，DP＝GP，
在△DCP和△GCP中，
，
∴△DCP≌△GCP（SSS），
∴∠DCP＝∠GCP，
由（1）得：△CBE≌△CDF，
∴∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝20°，
∴∠BCG＝20°＋20°＋90°＝130°，
∵CG＝CD＝CB，
∴∠CGH＝，
∴∠CHB＝∠CGH＋∠GCP＝25°＋20°＝45°；
②线段CD，GH，BH之间的数量关系为：GH2＋BH2＝2CD2，理由如下：
连接BD，如图2所示：
由①得：CP垂直平分DG，
∴HD＝HG，∠GHF＝∠DHF，
设∠BCE＝m°，
由①得：∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝m°，
∴∠BCG＝m°＋m°＋90°＝2m°＋90°，
∵CG＝CD＝CB，
∴∠CGH＝，
∴∠CHB＝∠CGH＋∠GCP＝45° m°＋m°＝45°，
∴∠GHF＝∠CHB＝45°，
∴∠GHD＝∠GHF＋∠DHF＝45°＋45°＝90°，
∴∠DHB＝90°，
在Rt△BDH中，由勾股定理得：DH2＋BH2＝BD2，
∴GH2＋BH2＝BD2，
在Rt△BCD中，CB＝CD，
∴BD2＝2CD2，
∴GH2＋BH2＝2CD2．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理以及三角形内角和定理等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明△CBE≌△CDF和△DCP≌△GCP是解题的关键．
67．证明见解析．
【分析】
先根据平行四边形的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据平行四边形的判定即可得证．
【详解】
证明：四边形是平行四边形，
，
，
，即，
又，
四边形是平行四边形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
68．略
【详解】
解：（1）△ABE≌△CDF；△ADE≌△CBF；△ABD≌△CDB．
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AB=CD，BC=AD，
∵BD=DB，
∴△ABD≌△DCB．
∵AB∥CD，
∴∠ABE=∠CDF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB=∠CFD=90°，AB=CD，
∴△ABE≌△CDF，同法可证：△ADE≌△CBF．
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一、单选题
1．（2021·四川江油·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°
2．（2021·四川德阳·八年级期末）如图，在 ABCD中，已知AD＝8cm，AB＝6cm，DE平分∠ADC交BC边于点E，则BE等于（ ）
A．2cm B．4cm C．6cm D．8cm
3．（2021·四川德阳·八年级期末）如图，将□ABCD的一边BC延长至点E，若∠A＝110°，则∠1等于（ ）
A．110° B．35° C．70° D．55°
4．（2021·四川乐山·八年级期末）如图，在平行四边形中，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2021·四川·成都实外八年级期末）如图，在中，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·四川乐山·八年级期末）已知是平行四边形，以下说法不正确的是（ ）
A．其对边相等 B．其对角线相互平分
C．其对角相等 D．其对角线互相垂直
7．（2021·四川·万源市河口中学八年级期末）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，△ABD，△ACE，△BCF都是等边三角形，下列结论中：①AB⊥AC；②四边形AEFD是平行四边形；③∠DFE＝150°；④S四边形AEFD＝5．正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
8．（2021·四川开江·八年级期末）有下列命题：①有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形；②三边长为，，的三角形为直角三角形；③三角形三边垂直平分线的交点到三角形三个顶点的距离相等；④平行四边形的对角线相等；⑤顺次连结任意四边形各边的中点组成的新四边形是平行四边形．正确的个数有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
9．（2021·四川甘孜·八年级期末）下列条件中，能判定一个四边形是平形四边形的是( )
A．一组对边平行，另一组对边相等 B．一组对边平行，一组对角相等
C．一组邻边相等，一组对角相等 D．一组对边平行，一组对角互补
10．（2021·四川成都·八年级期末）如图，已知在中，，，分别是边，，的中点，，，则四边形AFDE的周长等于（ ）
A．18 B．16 C．14 D．12
11．（2021·四川锦江·八年级期末）如图，在中，对角线与交于点，点为中点，连接，若平分则的度数是（ ）
A． B． C． D．
12．（2021·四川苍溪·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，已知∠AOD=120°，AB=2，则AC的长为( )
A．2 B．4 C．6 D．8
13．（2021·四川泸县·八年级期末）如图，四边形是矩形，的平分线交延长线于点，若，，则的长为（ ）
A．4.2 B．4.5 C．5.2 D．5.5
14．（2021·四川成都·八年级期末）如图，在长方形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，连接ED，若ED＝5，EC＝3，则长方形的周长为（ ）
A．20 B．22 C．24 D．26
15．（2021·四川绵阳·八年级期末）如图，四边形中，，，，，点是上一动点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
16．（2021·四川遂宁·八年级期末）如图，点P是Rt△ABC中斜边AC (不与A，C重合)上一动点，分别作PM⊥AB于点M，作PN⊥BC于点N，连接BP、MN，若AB=6，BC=8，当点P在斜边AC上运动时，则MN的最小值是( )
A．1.5 B．2 C．4.8 D．2.4
17．（2021·四川眉山·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，点E,F分别在AB,CD上，且，连接EF交BD于点O连接AO.若,，则的度数为（ ）
A．50° B．55° C．65° D．75°
18．（2021·四川邛崃·八年级期末）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点M是DC的中点．若菱形ABCD的周长为24，则的长为（ ）
A．12 B．8 C．6 D．3
19．（2021·四川遂宁·八年级期末）如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形，若测得之间的距离为，点之间的距离为，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
20．（2021·四川金牛·八年级期末）菱形的对角线，则菱形的面积是（ ）
A． B． C． D．
21．（2021·四川乐山·八年级期末）如图，在菱形中，，，则该菱形的面积为（ ）
A．40 B．20 C．48 D．24
22．（2021·四川叙州·八年级期末）下列说法正确的是( )
A．对角线相等且互相垂直的四边形是菱形
B．对角线互相平分的四边形是正方形
C．对角线互相垂直的四边形是平行四边形
D．对角线相等且互相平分的四边形是矩形
23．（2021·四川·成都市第十八中学校八年级期末）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O做ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
24．（2021·四川双流·八年级期末）下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相平分且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的四边形是正方形
25．（2021·四川自贡·八年级期末）顺次连接矩形四边中点所得的四边形一定是
A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．等腰梯形
26．（2021·四川德阳·八年级期末）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：
①若AC＝BD，则四边形EFGH为矩形；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；
③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；
④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．
其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
27．（2021·四川甘孜·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC＝135°，AD＝4，AB＝8，作对角线AC的垂直平分线EF，分别交对边AB、CD于点E和点F，则AE的长为_____．
28．（2021·四川成都·八年级期末）如图，四边形是平行四边形，，，点在上，且，点为边上的一动点，连接，，将沿直线翻折，点的对应点为点，连接，若点，点，点在同条直线上，则的值为______．
29．（2021·四川省成都市七中育才学校八年级期末）如图，在ABCD中，已知AD＝36，AB＝24，∠BAD的角平分线AE交BC边于点E，则CE的长为_____．
30．（2021·四川外国语大学附属外国语学校八年级期末）如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O，∠ABC＝120°，AB＝6，BC＝13，将BOC沿直线BD翻折得到BOF，BF交AD于点E，则＝____________．
31．（2021·四川德阳·八年级期末）如图， ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E，AB＝2，BD＝4，AC＝4，则AE的长为 ___．
32．（2021·四川叙州·八年级期末）如图所示，在四边形ABCD中，，，，交BC于点，若，BC=，则_______cm．
33．（2021·四川自贡·八年级期末）如图，在□中，，点分别是的中点，则= _________ ．
34．（2021·四川双流·八年级期末）如图，点，分别是的边，的中点，连接，过点作，交的延长线于点．若EF=6，则的长为________．
35．（2021·四川甘孜·八年级期末）如图，在中，，将平移5个单位长度得到，点、分别是、的中点，的最小值等于______．
36．（2021·四川成华·八年级期末）如图， ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E是AD的中点，连接OE，若OA＝2，△AOE的周长等于7，则 ABCD的周长等于____．
37．（2021·四川·石室中学八年级期末）在长方形ABCD中，，，，CF平分，则_________．
38．（2021·四川青川·八年级期末）如图，在矩形中，E是边上一点，将矩形沿折叠，点D的对应点F恰好落在边上，交于点H，连接．若，则________度．
39．（2021·四川青川·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，M为BC边上一点，连接AM，过点D作DE⊥AM，垂足为E．若DE=DC=1，AE=2EM，则BM的长为__．
40．（2021·四川·成都市树德实验中学八年级期末）如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝10，P是边AD上一点，将△ABP沿着直线BP翻折得到△A'BP．当AP＝8时，A′D＝__．如图2，连接A'C，当AP＝2时，此时△A'BC的面积为__．
41．（2021·四川叙州·八年级期末）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，P是AD上的动点，PE⊥AC，PF⊥BD于F，则PE+PF的值为_____．
42．（2021·四川·成都市第十八中学校八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于点H，则DH＝_____．
43．（2021·四川苍溪·八年级期末）如图，两张等宽的纸条交叉叠放在一起，若重合部分构成的四边形中，，，则的长为_______________．
44．（2021·四川广安·八年级期末）如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别是4cm，6cm，AE⊥BC，垂足为E，则AE的长是__________cm．
45．（2021·四川泸县·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是边CD，BC上的动点，连接AE，EF，G，H分别为AE，EF的中点，连接GH．若，，则GH的最小值为___________．
46．（2021·四川内江·八年级期末）如图所示，四边形中，于点，，，点为线段上的一个动点．过点分别作于点，作于点．连接，在点运动过程中，的最小值等于______．
47．（2021·四川成都·八年级期末）如图，已知∠MON＝30°，B为OM上一点，BA⊥ON于A，四边形ABCD为正方形，P为射线BM上一动点，连结CP，将CP绕点C顺时针方向旋转90°得CE，连结BE，若AB＝，则BE的最小值为________．
48．（2021·四川平昌·八年级期末）如图，直线过正方形的顶点，点、到直线的距离分别为、，则正方形的边长为_______．
49．（2021·四川乐山·八年级期末）在我国古算书《周髀算经》中记载周公与商高的谈话，其中就有勾股定理的最早文字记录，即“勾三股四弦五”，亦被称作商高定理．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入矩形内得到的，，AB=3，AC=4，则D，E，F，G，H，I都在矩形KLMJ的边上，那么矩形KLMJ的面积为__________．
50．（2021·四川青神·八年级期末）如图，正方形ABCD，边长为4，点E是CD边的中点，F在边BC上，沿AF对折△ABF，点B落在AE上的G点处，则 ________．
51．（2021·四川广安·八年级期末）如图，在正方形中，，延长到点E，使，连接，动点P从点A出发，以每秒的速度沿向终点A运动．设点P的运动时间为t秒，当和全等时，t的值为__________．
三、解答题
52．（2021·四川安居·八年级期末）如图1，在长方形中，，点P从点B出发，以的速度沿向点C运动（点P运动到点C处时停止运动），设点P的运动时间为．
（1）_____________．（用含t的式子表示）
（2）当t为何值时，？
（3）如图2，当点P从点B开始运动，同时，点Q从点C出发，以的速度沿向点D运动（点Q运动到点D处时停止运动，两点中有一点停止运动后另一点也停止运动），是否存在这样的值使得与全等？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
53．（2021·四川·成都市第十八中学校八年级期末）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．
54．（2021·四川苍溪·八年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且DE∥AC，CE∥BD．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若∠BAC=30°，AC=4，求菱形OCED的面积．
55．（2021·四川遂宁·八年级期末）如图，在中，是边上的中线，点E是的中点，过点A作交的延长线于F，连接．
（1）求证：；
（2）若，求证：四边形是菱形．
56．（2021·四川郫都·八年级期末）如图，四边形中，，，点是的中点，连接，将沿折叠后得到，且点在四边形内部，延长交于点，连接．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若点是的中点，，求的长．
57．（2021·四川广安·八年级期末）如图，在四边形中，，点E为边上的中点连接并延长，与的延长线交于点F，连接、，求证：四边形是平行四边形．
58．（2021·四川甘孜·八年级期末）如图，ABCD的对角线AC、BD交于点O，M，N分别是AB、AD的中点．
（1）求证：四边形AMON是平行四边形；
（2）若AC＝6，BD＝4，∠AOB＝90°，求四边形AMON的周长．
59．（2021·四川·成都市第十八中学校八年级期末）如图1，在正方形中，对角线相交于点，点为线段上一点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接交于点.
（1）若，求的面积；
（2）如图2，线段的延长线交于点，过点作于点，求证：；
（3）如图3，点为射线上一点，线段的延长线交直线于点，交直线于点，过点作垂直直线于点，请直接写出线段的数量关系.
60．（2021·四川成都·八年级期末）如图，的对角线与相交于点，点，分别在和上，且．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，．且，求线段的长．
61．（2021·四川青川·八年级期末）如图，在中，，，，点从点出发沿方向以4cm/s的是速度向点匀速运动，同时点从出发沿方向以2cm/s的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设点、运动的时间是s．过点作于点，连接、．
（1）求证：；
（2）四边形能够成为菱形吗？如果能，求出相应的值；如果不能，请说明理由；
（3）当为何值时，为直角三角形？请说明理由．
62．（2021·四川武侯·八年级期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y＝x+6交x轴于点A，交y轴于点B，经过点B的直线l2：y＝kx+b交x轴于点C，且l2与l1关于y轴对称．
（1）求直线l2的函数表达式；
（2）点D，E分别是线段AB，AC上的点，将线段DE绕点D逆时针α度后得到线段DF．
①如图2，当点D的坐标为(﹣2，m)，α＝45°，且点F恰好落在线段BC上时，求线段AE的长；
②如图3，当点D的坐标为(﹣1，n)，α＝90°，且点E恰好和原点O重合时，在直线y＝3﹣上是否存在一点G，使得∠DGF＝∠DGO？若存在，直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
63．（2021·四川省成都市七中育才学校八年级期末）如图1，点E为ABCD对角线AC上一点，连接DE，AE＝DE＝DC．
（1）求证：∠DCA＝2∠ACB；
（2）如图2，若∠B＝112．5°，F为线段EC上一点，且AE＝EF，连接DF，设FC＝x，AC＝y，求y与x的函数表达式；
（3）在 （2）的条件下，如图3，点G为线段EC上（不与点E、点C重合）任意一点，试判断以DG、EG、CG为边的三角形的形状，并说明理由．
64．（2021·四川平昌·八年级期末）如图所示，沿折叠长方形使点恰好落在边上的点处，已知，．
（1）求的长
（2）求的面积．
65．（2021·四川新都·八年级期末）（1）如图1，与都是等边三角形，联结和．求证：．
（2）如图2，四边形和四边形都是正方形，连接和．探究线段和有怎样的数量关系和位置关系？并证明你的结论．
（3）如图3，在图2的基础上，连接，将正方形绕着点旋转到某一位置时，恰好使得，．求出此时的度数．
66．（2021·四川成都·八年级期末）如图1，四边形是正方形，点在边上任意一点（点不与点，点重合），点在的延长线上，．
（1）求证：；
（2）如图2，作点关于的对称点，连接、、，与交于点，与交于点．与交于点．
①若，求的度数；
②用等式表示线段，，之间的数量关系，并说明理由．
67．（2021·四川万源·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，M、N分别是AD和BC上的点，且AM＝CN．求证：四边形MBND是平行四边形．
68．（2021·四川渠县·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F．
(1)写出图中所有全等的三角形；
(2)选择(1)中的任意一对进行证明．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．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.
2．A
【分析】
由平行四边形对边平行根据两直线平行，内错角相等可得∠EDA=∠DEC，而DE平分∠ADC，进一步推出∠EDC=∠DEC，在同一三角形中，根据等角对等边得CE=CD，则BE可求解．
【详解】
根据平行四边形的性质得AD∥BC，
∴∠EDA=∠DEC，
又∵DE平分∠ADC，
∴∠EDC=∠EDA，
∴∠EDC=∠DEC，
∴CD=CE=AB=6，
即BE=BC﹣EC=8﹣6=2．
故选：A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质的应用，及等腰三角形的判定，属于基础题．
3．C
【分析】
根据平行四边形的对角相等求出∠BCD的度数，再根据平角等于180°列式计算即可得解．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠A＝110°，
∴∠1＝180°﹣∠BCD＝180°﹣110°＝70°，
故选C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的对角相等的性质，是基础题，比较简单，熟记性质是解题的关键．
4．C
【分析】
由平行四边形的性质容解答即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，∠BAD＋∠ADC＝180°，
∴∠ADB＝∠DBC＝25°，∠ADC＝180° ∠BAD＝180° 115°＝65°，
∴∠BDC＝∠ADC ∠ADB＝65° 25°＝40°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质；熟记平行四边形的性质是解决问题的关键．
5．C
【分析】
根据平行四边形的性质，对角相等以及邻角互补，即可得出答案．
【详解】
∵平行四边形ABCD，
∴∠A+∠B=180°，∠A=∠C，
∵∠A+∠C=140°，
∴∠A=∠C=70°，
∴∠B=110°，
故选C．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的性质，灵活的应用平行四边形的性质是解决问题的关键．
6．D
【分析】
根据平行四边形的性质进行判断即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴其对角线相互平分，其对边相等，其对角相等，
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质：①边：平行四边形的对边相等．②角：平行四边形的对角相等．③对角线：平行四边形的对角线互相平分，是解答的关键．
7．C
【分析】
由，得出∠BAC=90°，则①正确；由等边三角形的性质得∠DAB=∠EAC=60°，则∠DAE=150°，由SAS证得△ABC≌△DBF，得AC=DF=AE=4，同理△ABC≌△EFC（SAS），得AB=EF=AD=3，得出四边形AEFD是平行四边形，则②正确；由平行四边形的性质得∠DFE=∠DAE=150°，则③正确；∠FDA=180°－∠DFE=30°，过点作于点，，则④不正确；即可得出结果．
【详解】
解：∵，
∴，
∴∠BAC=90°，
∴AB⊥AC，故①正确；
∵△ABD，△ACE都是等边三角形，
∴∠DAB=∠EAC=60°，
又∴∠BAC=90°，
∴∠DAE=150°，
∵△ABD和△FBC都是等边三角形，
∴BD=BA，BF=BC，∠DBF+∠FBA=∠ABC+∠ABF=60°，
∴∠DBF=∠ABC，
在△ABC与△DBF中，
，
∴△ABC≌△DBF（SAS），
∴AC=DF=AE=4，
同理可证：△ABC≌△EFC（SAS），
∴AB=EF=AD=3，
∴四边形AEFD是平行四边形，故②正确；
∴∠DFE=∠DAE=150°，故③正确；
∴∠FDA=180°-∠DFE=180°－150°=30°，
过点作于点，
∴，
故④不正确；
∴正确的个数是3个，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、平角、周角、平行是四边形面积的计算等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
8．B
【分析】
根据各图形的性质和判定可以选出正确答案．
【详解】
解：①为等边三角形的判定定理，正确；
对于②，，所以错误；
∵线段垂直平分线上点到线段两端点距离相等，所以三角形三边垂直平分线的交点到三角形三个顶点的距离相等，③正确；
矩形的对角线相等，一般的平行四边形对角线不一定相等，④错误；
顺次连结任意四边形各边的中点组成的新四边形各组对边分别与某一条对角线平行，所以新四边形是平行四边形，⑤正确，
故选B．
【点睛】
本题考查三角形与四边形的性质与判定，灵活应用有关定理求证是解题关键 ．
9．B
【分析】
利用梯形的例子可判定选项A，利用两组对边分别平行的四边形是平行四边形可判定选项B；再利用平行四边形的判定方法分析选项C、D看能否判定是平行四边形即可.
【详解】
A、一组对边平行，另一组对边相等，梯形满足一组对边平行，另一组对边相等，不是平行四边形，故不正确；
B、一组对边平行，一组对角相等，由此可推出另一组对边也平行，故是平行四边形，正确；
C、一组邻边相等，一组对角相等，不能推出是平行四边形，故不正确；
D、一组对边平行，一组对角互补，不能推出是平行四边形，故不正确.
故选B.
【点睛】
此题考查平行四边形的判定，分析理解每个选项中的命题是关键.
10．A
【分析】
根据三角形中位线定理分别求出DE、DF，根据线段中点的定义分别求出AF、AE，计算即可．
【详解】
解：∵D，E，F分别是边BC，CA，AB的中点．AB＝10，AC＝8，
∴DE＝AB＝5，DF＝AC＝4，AF＝AB＝5，AE＝AC＝4，
∴四边形AFDE的周长＝AF＋DF＋DE＋AE＝5＋5＋4＋4＝18，
故选：A．
【点睛】
本题考查是三角形中位线定理，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．
11．B
【分析】
由平行四边形的性质得OB=OD，AB∥CD，则∠OCD=∠BAO=80°，∠ABD=∠CDO，再由三角形中位线定理得OF∥AB，则∠AOF=∠BAO=80°，然后求出∠COD=∠FOC=50°，最后由三角形内角和定理求解即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，AB∥CD，
∴∠OCD=∠BAO=80°，∠ABD=∠CDO，
∵点F为AD中点，
∴OF为△ABD的中位线，
∴OF∥AB，
∴∠AOF=∠BAO=80°，
∴∠FOC=180°-80°=100°，
∵OD平分∠FOC，
∴∠COD=∠FOC=50°，
∴∠CDO=180°-∠OCD-∠COD=180°-80°-50°=50°，
∴∠ABD=50°，
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理、平行线的性质以及三角形内角和定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质，求出∠COD=50°是解题的关键．
12．B
【分析】
已知四边形ABCD是矩形，∠AOD=120°，AB=2，根据矩形的性质可证得△AOB是等边三角形，则OA=OB=AB=2，AC=2OA=4．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形
∴AC=BD，OA=OC，OB=OD
∴OA=OB
∵∠AOD=120°
∴∠AOB=60°
∴△AOB是等边三角形
∴OA=OB=AB=2
∴AC=2OA=4
故选：B
【点睛】
本题考查了矩形的基本性质，等边三角形的判定和性质．
13．A
【分析】
先根据矩形的性质得AB∥CD，∠A＝90°，再根据AB∥CD及DE平分∠BDC证得DB＝BE，设AB＝x，根据勾股定理列出方程求解即可．
【详解】
解：∵四边形是矩形，
∴AB∥CD，∠A＝90°，
∴∠E＝∠EDC，
∵DE平分∠BDC，
∴∠EDB＝∠EDC，
∴∠EDB＝∠E，
∴DB＝BE，
设AB＝x，
∵AE＝10，
∴DB＝BE＝10－x，
∵∠A＝90°，
∴在Rt△ABD中，AD2＋AB2＝BD2，
∵AD＝4，
∴42＋x2＝(10－x)2，
解得x＝4.2，
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定及勾股定理，熟练掌握勾股定理是解决本题的关键．
14．B
【分析】
直接利用勾股定理得出DC的长，再利用角平分线的定义以及等腰三角形的性质得出BE的长，进而得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是长方形，
∴∠B＝∠C＝90°，AB＝DC，
∵ED＝5，EC＝3，
∴DC＝，
则AB＝4，
∵AE平分∠BAD交BC于点E，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴AB＝BE＝4，
∴长方形的周长为：2×（4＋4＋3）＝22.
故选：B．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等，解题关键是把握已知，整合已知得出等腰三角形，依据勾股定理求出线段长．
15．C
【分析】
作D点关于AB的对称点D'，连接CD'交AB于P，根据两点之间线段最短可知此时PC+PD最小；再作D'E⊥BC于E，则EB=D'A=AD，先根据等边对等角得出∠DCD'=∠DD'C，然后根据平行线的性质得出∠D'CE=∠DD'C，从而求得∠D'CE=∠DCD'，得出∠D'CE=30°，根据30°角的直角三角形的性质求得D'C=2D'E=2AB，即可求得PC+PD的最小值．
【详解】
作D点关于AB的对称点D'，连接CD'交AB于P，P即为所求，此时PC+PD=PC+PD'=CD'，根据两点之间线段最短可知此时PC+PD最小．
作D'E⊥BC于E，则EB=D'A=AD．
∵CD=2AD，
∴DD'=CD，
∴∠DCD'=∠DD'C．
∵∠DAB=∠ABC=90°，
∴四边形ABED'是矩形，
∴DD'∥EC，D'E=AB=4，
∴∠D'CE=∠DD'C，
∴∠D'CE=∠DCD'．
∵∠DCB=60°，
∴∠D'CE=30°，
∴在Rt△D'CE中，D'C=2D'E=2×4=8，
∴PC+PD的最小值为8．
故选：C．
【点睛】
本题考查了轴对称﹣最短路线问题，轴对称的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，含30°角的直角三角形的性质等，确定出P点是解答本题的关键．
16．C
【分析】
根据题意得出四边形PMBN是矩形，得出MN=BP，求MN的最小值即求BP的最小值，当BP⊥AC时，BP的值最小，利用等积法求出BP的长，即可求出MN的最小值．
【详解】
解：∵PM⊥AB，PN⊥BC，
∴∠PMB=∠PNB=∠ABC=90°，
∴四边形PMBN是矩形，
∴MN=BP，
∴当BP⊥AC时，BP的值最小，即MN的值最小，
∵在Rt△ABC中，AB=6，BC=8，
∴AC=10，
∵ABBC=AC·BP，
∴×6×8=×10×BP，
∴BP=4.8，
∴MN的最小值是4.8．
故选：C．
【点睛】
本题考查三角形内接矩形的对角线最短问题，运用等面积法，理解“BP作为AC边上的高时，就是MN的最小值”是解题关键．
17．C
【分析】
由菱形的性质以及已知条件可证明△BOE≌△DOF，然后根据全等三角形的性质可得BO=DO，即O为BD的中点，进而可得AO⊥BD，再由∠ODA=∠DBC=25°，即可求出∠OAD的度数.
【详解】
∵四边形ABCD为菱形
∴AB=BC=CD=DA，AB∥CD，AD∥BC
∴∠ODA=∠DBC=25°，∠OBE=∠ODF，
又∵AE=CF
∴BE=DF
在△BOE和△DOF中，
∴△BOE≌△DOF（AAS）
∴OB=OD
即O为BD的中点，
又∵AB=AD
∴AO⊥BD
∴∠AOD=90°
∴∠OAD=90°-∠ODA=65°
故选C.
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，以及等腰三角形三线合一的性质，熟练掌握菱形的性质，得出全等三角形的判定条件是解题的关键.
18．D
【分析】
根据菱形的性质可得CO⊥DO，从而可判断OM是斜边的中线，继而可得出OM的长度．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴，AC⊥BD，
∵菱形ABCD的周长为24，
∴，
又∵点M是CD中点，
∴，
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质及直角三角形斜边的中线定理，熟练掌握菱形四边相等、对角线互相垂直且平分的性质是解题关键．
19．A
【分析】
如图（见解析），先根据菱形的判定可得四边形ABCD是菱形，再根据菱形的性质可得，然后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】
如图，连接AC、BD，交于点O，过点B作于点E，过点D作于点F，则，
由题意得：，
四边形ABCD是平行四边形，
在和中，，
，
，
平行四边形ABCD是菱形，
，
则在中，，
故选：A．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．
20．C
【分析】
由菱形的面积公式可求解．
【详解】
解：菱形的面积==40，
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，掌握菱形的面积等于对角线积的一半是解题的关键．
21．D
【分析】
直接利用菱形的性质结合勾股定理得出BD的长，再利用菱形的面积公式即可得出结论．
【详解】
解：BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝5，AC＝8，
∴AC⊥BD，AO＝CO＝4，
∴BO＝
故BD＝6，
∴菱形的面积＝AC BD＝×8×6＝24．
故选D．
【点睛】
本题考查的是菱形的性质以及勾股定理，正确求出BD的长是解答此题的关键．
22．D
【详解】
分析：根据菱形，正方形，平行四边形，矩形的判定定理，进行判定，即可解答.
详解：A、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故错误；
B、四条边相等的四边形是菱形，故错误；
C、对角线相互平分的四边形是平行四边形，故错误；
D、对角线相等且相互平分的四边形是矩形，正确；
故选D．
点睛：本题考查了菱形，正方形，平行四边形，矩形的判定定理，解决本题的关键是熟记四边形的判定定理．
23．C
【分析】
先证明，再证明四边形MOND的面积等于，的面积，继而解得正方形的面积，据此解题．
【详解】
解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC，
又
四边形MOND的面积是1，
正方形ABCD的面积是4，
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
24．B
【分析】
A、根据平行四边形的判定定理作出判断；B、根据矩形的判定定理作出判断；C、根据菱形的判定定理作出判断；D、根据正方形的判定定理作出判断．
【详解】
解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形；故本选项错误，不符合题意；
B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形；故本选项正确，符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形；故本选项错误，不符合题意；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；故本选项错误，不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题综合考查了正方形、矩形、菱形及平行四边形的判定．解答此题时，必须理清矩形、正方形、菱形与平行四边形间的关系．
25．C
【详解】
矩形的性质，三角形中位线定理，菱形的判定．
【分析】如图，连接AC．BD，
在△ABD中，∵AH=HD，AE=EB，∴EH=BD．
同理FG=BD，HG=AC，EF=AC．
又∵在矩形ABCD中，AC=BD，∴EH=HG=GF=FE．
∴四边形EFGH为菱形．故选C．
26．A
【分析】
①由菱形的判定定理即可判断；②由矩形的判定定理，即可判断；③若四边形EFGH是平行四边形，与AC、BD是否互相平分无任何关系；④根据中位线性质解题．
【详解】
解：由题意得：四边形EFGH平行四边形，
①若AC＝BD，则四边形EFGH是菱形，故①错误；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形，故②错误；
③若四边形EFGH是平行四边形，不能判定AC、BD是否互相平分，故③错误；
④点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点
若四边形EFGH是正方形，
AC与BD互相垂直且相等,故④正确．
故选：A．
【点睛】
本题考查矩形、正方形、菱形等特殊四边形的判定与性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
27．
【分析】
连接CE，过点C作，交AB的延长线于点H，设AE=x，则BE=8-x，CE=AE=x，在根据勾股定理，即可得到x的值．
【详解】
如图：连接CE，过点C作，交AB的延长线于点H，
平行四边形ABCD中，，
，
设AE=x，则BE=8-x，
EF垂直平分AC，
，
在中，，
，
解得：，
的长为，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，勾股定理以及线段垂直平分线的性质，解决问题的关键是作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求解．
28．
【分析】
设，，根据平行四边形性质及翻折性质可得，，，过点任于，过作于，延长、交于点，根据轴对称性质及含30度角直角三角形性质可得，，最后由勾股定理可得答案．
【详解】
解：在平行四边形中，
，
设，，
，
，，
由翻折可得，，，，
过点任于，
，
，，
，
，
设，过作于，
则，，
在直角三角形中，，，
，
，
，
延长、交于点，
，，
，，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
此题考查的是翻折变换、平行四边形的性质、直角三角形性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线是解决此题关键．
29．12
【分析】
根据平行四边形的性质，可得，即可得，由角平分线的定义可得，
进而可得，结合已知条件根据即可求得．
【详解】
如图，
四边形是平行四边形，
，
，
是∠BAD的角平分线，
，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，掌握以上知识点是解题的关键．
30．
【分析】
由折叠的性质可知，∠CBO＝∠OBE，再由平行四边形的性质，可得BE＝ED，过点B作BG⊥AD于点G，在Rt△ABG中，∠ABG＝30°，求出AG＝3，BG＝，设ED＝x，则BE＝x，GE＝10﹣x，在Rt△BEG中，由勾股定理得x2＝+（10﹣x）2，解得x＝，可求S△BED＝×DE×BG＝．
【详解】
解：由折叠的性质可知，∠CBO＝∠OBE，
∵平行四边形ABCD，
∴BC∥AD，
∴∠BEA＝∠CBE＝2∠OBE，
∵∠BEA＝∠OBE+∠BDE，
∴∠OBE＝∠ODE，
∴BE＝ED，
过点B作BG⊥AD于点G，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∵AB＝6，
在Rt△ABG中，∠ABG＝30°，
∴AG＝3，BG＝，
设ED＝x，则BE＝x，
∵BC＝13，
∴GE＝10﹣x，
在Rt△BEG中，BE2＝BG2+GE2，
∴
解得x＝，
∴S△BED＝×DE×BG＝，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
31．
【分析】
根据平行四边形的对角线互相平分可求得AO=2，BO=2，再根据勾股定理的逆定理证得∠BAC=90°，利用勾股定理求得BC，根据等面积法求解即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC=4，BD=4，
∴AO=OC=AC=2，BO=OD=BD=2，
∵AB=2，
∴AB2+AO2=BO2，
∴△ABC是直角三角形，且∠BAC=90°，
∴BC=，
由AB·AC=BC·AE得：2×4=·AE，
解得：AE=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、勾股定理及其逆定理，证得∠BAC=90°和等面积法求解是解答的关键．
32．12cm
【分析】
先说明四边形ABED是平行四边形可得BE=AD=5，再由可得∠DEC=∠B=70°，求出EC的长；然后再说明△CDE是等腰三角形得到DC=EC即可解答．
【详解】
解：∵，
∴四边形ABED是平行四边形
∴BE=AD=5
∴EC=BC-BE=17cm-5cm=12cm
∵
∴∠DEC=∠B=70°
∵
∴∠EDC=180°-∠DEC-∠C=70°
∴∠EDC=∠DEC
∴CD=CE=12cm．
故答案为12cm．
【点睛】
本题主要考查了平行线的性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质，灵活应用相关知识成为解答本题的关键．
33．4
【分析】
根据平行四边形与中位线的性质即可求解．
【详解】
∵四边形是平行四边形
∴
∵点分别是的中点
∴ ；
故答案为：4．
【点睛】
此题主要考查四边形内线段长度求解，解题的关键是熟知中位线的性质．
34．3
【分析】
先证明DE为△ABC的中位线，得到四边形BCFE为平行四边形，求得BC=EF=6，即可得DE的长．
【详解】
∵点，分别是，的中点
∴DE为△ABC的中位线
∴DE∥BC，DE=BC
∴EF∥BC
∵CF∥BE
∴四边形BCFE为平行四边形
∴BC=EF=6
∴DE=BC=3
故答案为：3
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定与性质等知识，掌握三角形中位线定理是解题的关键．
35．
【分析】
取A1B1的中点P′，连接QP′、PP′，如图，根据平移的性质得到PP′＝7，B1C1＝BC＝4，再利用P′Q为△A1B1C1的中位线得到P′Q=2，利用三角形三边的关系得到PP′﹣P′Q≤PQ≤PP′+P′Q（当且仅当P、P′、Q三点共线时取等号），从而得到PQ的最小值．
【详解】
解：取A1B1的中点P′，连接QP′、PP′，如图：
∵△ABC平移5个单位长度得到△A1B1C1，
∴PP′＝5，B1C1＝BC＝3，
∵Q是A1C1的中点，P′为A1B1的中点，
∴P′Q为△A1B1C1的中位线，
∴P′Q＝B1C1＝，
∴PP′﹣P′Q≤PQ≤PP′+P′Q（当且仅当P、P′、Q三点共线时取等号），
即，，
∴PQ的最小值为．
故答案为
【点睛】
本题主要考查平移的性质和三角形三边关系，三角形的中位线的性质，掌握三角形三边关系是解题的关键．
36．20
【分析】
由平行四边形的性质得AB=CD，AD=BC，OB=OD，证OE是△ABD的中位线，则AB=2OE，AD=2AE，求出AE+OE=5，则AB+AD=2AE+2OE=10，即可得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，OB=OD，
∵OE∥AB，
∴OE是△ABD的中位线，
∴AB=2OE，AD=2AE，
∵△AOE的周长等于7，
∴OA+AE+OE=7，
∴AE+OE=7-OA=7-2=5，
∴AB+AD=2AE+2OE=10，
∴ ABCD的周长=2×（AB+AD）=2×10=20；
故答案为：20．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握平行四边形的性质和三角形中位线定理是解题的关键．
37．
【分析】
延长CF，交EA的延长线于点G，连接EF，过点F作FH⊥CE于点H，过点E作EM⊥CF于点M，由题意易得FH=FD，FH=EM，EC=EG，进而可得△CDF≌△CME，然后可得CM=CD=，由勾股定理可得BG=3，设BE=x，则有EC=EG=3+x，最后利用勾股定理可求解．
【详解】
解：延长CF，交EA的延长线于点G，连接EF，过点F作FH⊥CE于点H，过点E作EM⊥CF于点M，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，，
∴BC=AD，，AB∥DC，∠D=∠ABC=∠CBE=90°
∴∠DCF=∠G，
∵CF平分∠ECD，
∴∠DCF=∠ECF，DF=FH，
∴∠G=∠ECF，
∴EC=EG，
∴△ECG是等腰三角形，
∴CM=MG，
∵CE=CF，
∴△ECF是等腰三角形，
∵EM、FH分别是等腰三角形ECF腰上的高线，
∴FH=EM=DF，
∴Rt△CDF≌Rt△CME（HL），
∴，
∴CG=5，
∴在Rt△CBG中，，
设BE=x，则有EC=EG=3+x，
在Rt△CBE中，，
∴，
解得：，
∴；
故答案为．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质与判定、矩形的性质及勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质与判定、矩形的性质及勾股定理是解题的关键．
38．30°
【分析】
连接DF，延长FH交AD于点G，根据折叠的性质，得CD=CF，∠DFC=∠FDC=45°，HF=HD，∠GDF=45°，由FB=FH，得∠FBH=∠FHB=∠GHD=∠HFD+∠HDF，利用∠ADB+∠HDF=45°，计算即可．
【详解】
如图，连接DF，延长FH交AD于点G，根据折叠的性质，
∴CD=CF，∠DFC=∠FDC=45°，∠GDF=45°，
∴HF=HD，
∴∠HFD＝∠HDF，
∵FB=FH，
∴∠FBH=∠FHB=∠GHD，
∵∠GHD=∠HFD+∠HDF＝2∠HDF，
∴∠FBH=2∠HDF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠FBH=∠ADB=2∠HDF，
∵∠ADB+∠HDF=45°，
∴3∠HDF=45°，
∴∠HDF=15°，
∴∠ADB=2∠HDF=30°，
故答案为：30°．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角和定理，等腰直角三角形的性质，构造辅助线灵活运用等腰三角形两底角相等是解题的关键．
39．
【详解】
试题解析：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠AMB=∠DAE，
∵DE=DC，
∴AB=DE，
∵DE⊥AM，
在△ABM和△DEA中,
∴AM=AD，
∵AE=2EM，
∴BC=AD=3EM，
连接DM，如图所示：
在和中,
∴EM=CM，
∴BC=3CM，
设EM=CM=x，则BM=2x，AM=BC=3x，
在中,由勾股定理得： 解得：x=，
∴BM=；
故答案为.
40． 2
【分析】
当AP＝8时，根据矩形的折叠性质得到四边形ABA'P是正方形，利用勾股定理计算即可；当AP＝2时，过点A'作MN∥AB，交AD于点M，交BC于点N，证明四边形ABNM为矩形，根据勾股定理计算即可；
【详解】
解：如图1，当AP＝8时，
由折叠知AB＝AP，∠A＝∠BA'P＝90°，
∴时等腰直角三角形，
∴∠APB＝∠BPA'，∠ABP＝∠A'BP，∠A＝∠BA'P＝90°，
∴四边形ABA'P是正方形，
∴A'P＝8，PD＝2，
∴A'D＝．
如图2，当AP＝2时，过点A'作MN∥AB，交AD于点M，交BC于点N，
∵，
∴四边形ABNM为矩形，
∴AB＝MN＝8，AM＝BN，∠AMN＝∠BNM＝90°，
设A'M＝x，则A'N＝8﹣x，设BN＝y，则PM＝y﹣2，
在Rt△PMA'中，PM2+A'M2＝PA'2，
∴（y﹣2）2+x2＝22①，
在Rt△BNA'中，BN2+A'N2＝A'B2，
∴y2+（8﹣x）2＝82②，
由①②可得，y＝4x，
把y＝4x代入①得，（4x﹣2）2+x2＝22，
解得，x＝，
∴A'N＝8﹣＝，
∴S△A'BC＝×BC×A'N＝．
故答案为：2；．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质、正方形的性质和勾股定理，结合一元二次方程计算是解题的关键．
41．．
【分析】
根据矩形的性质和三角形的面积求出S△AOD＝S△DOC＝S△AOB＝S△BOC＝S矩形ABCD＝×6×8＝12，根据勾股定理求出BD、 AO、DO，最后根据三角形面积公式求出答案即可．
【详解】
解：连接OP，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝90°，AC＝2AO＝2OC，BD＝2BO＝2DO，AC＝BD，
∴OA＝OD＝OC＝OB，
∴S△AOD＝S△DOC＝S△AOB＝S△BOC＝S矩形ABCD＝×6×8＝12，
在Rt△BAD中，由勾股定理得：BD＝ ，
∴AO＝OD＝5，
∵S△APO+S△DPO＝S△AOD，
∴×AO×PE+×DO×PF＝12，
∴5PE+5PF＝24，
PE+PF＝，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查勾股定理以及利用面积求线段长度，能够找到PE+PF与S△AOD之间的关系是解题的关键．
42．
【分析】
先根据菱形的性质求出AB，再求出菱形面积，即可求出DH的值．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝4，OB＝OD＝3，AC⊥BD，
在Rt△AOB中，AB＝＝5，
∵S菱形ABCD＝ AC BD，
S菱形ABCD＝DH AB，
∴DH 5＝×6×8，
∴DH＝．
故答案为：
【点睛】
本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质和面积的两种表示方式是解题关键．
43．4
【分析】
首先由对边分别平行可判断四边形ABCD为平行四边形，连接AC和BD，过A点分别作DC和BC的垂线，垂足分别为F和E，通过证明△ADF≌△ABC来证明四边形ABCD为菱形，从而得到AC与BD相互垂直平分，再利用勾股定理求得BD长度.
【详解】
解：连接AC和BD，其交点为O，过A点分别作DC和BC的垂线，垂足分别为F和E，
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴∠ADF=∠ABE，
∵两纸条宽度相同，
∴AF=AE，
∵
∴△ADF≌△ABE，
∴AD=AB，
∴四边形ABCD为菱形，
∴AC与BD相互垂直平分，
∴BD=
故本题答案为：4
【点睛】
本题考察了菱形的相关性质，综合运用了三角形全等和勾股定理，注意辅助线的构造一定要从相关条件以及可运用的证明工具入手，不要盲目作辅助线.
44．
【分析】
根据菱形的性质得出BO、CO的长，在Rt△BOC中求出BC，利用菱形面积等于对角线乘积的一半，也等于BC×AE，可得出AE的长度．
【详解】
解：如图，设AC与BD的交点为O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CO＝AC＝2cm，BO＝BD＝3cm，AC⊥BD，
∴BC＝cm，
∴S菱形ABCD＝AC BD＝×6×4＝12（cm2），
∵S菱形ABCD＝BC×AE，
∴BC×AE＝12，
∴AE＝（cm），
故答案为：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，勾股定理，根据勾股定理求出BC的长是解题的关键．
45．
【分析】
连接AF，利用三角形中位线定理，可知GH =AF，求出AF的最小值即可解决问题．
【详解】
连接AF，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
AB= BC= 2
∵ G， H分别为AE，EF的中点，
∴GH是△AEF的中位线，
GH =AF，
当AF⊥BC时，AF最小，GH得到最小值，则∠AFB = 90°，
∵∠B= 45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AF=AB=×2=，
∴GH =
即GH的最小值为
故答案为：
【点睛】
本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
46．
【分析】
作点关于的对称点，连接，根据题意先证明四边形是菱形，则 ，，可知，进而可知，共线，根据等面积法求得，当时最短即的长，进而求得的最小值为．
【详解】
如图，作点关于的对称点，连接，
，，
于点，，，
四边形是菱形，
，，，
在和中
，
（ASA），
，
，
，
，，
，
，
三点共线，
，
，
，
当时最短即的长，
的最小值为，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质与判定，菱形的判定与性质，勾股定理，轴对称，找到的最小值为是解题的关键．
47．
【分析】
将BC绕着点C顺时针旋转90°得FC，作直线FE交OM于H，则∠BCF=90°，BC=FC，证△BCP≌△FCE(SAS)，得∠BHF=90°，故点E在直线FH上，即点E的轨迹为直线FH，当点E与点H重合时，BE=BH最短，根据直角三角形性质得CP，正方形CPHE中，PH=CP= ，BH=BP+PH即可得出答案．
【详解】
如图所示，
将BC绕着点C顺时针旋转90°得FC,作直线FE交OM于H,则∠BCF=90°，BC=FC，
∵将CP绕点C按顺时针方向旋转90°得CE，
∴∠PCE=90°，PC=EC，
∴∠BCP=∠FCE，
在△BCP和△FCE中，
BC=FC，∠BCP=∠FCE，PC=EC，
∴△BCP≌△FCE(SAS)，
∴∠CBP=∠CFE，
又∵∠BCF=90°，
∴∠BHF=90°，
∴点E在直线FH上，即点E的轨迹为直线FH，
∵BH⊥EF，
∴当点E与点H重合时，BE=BH最短，
∵当CP⊥OM时，Rt△BCP中，∠CBP=30°，
∴CP=BC= ，BP= = ，
又∵∠PCE=∠CPH=∠PHE=90°，CP=CE，
∴正方形CPHE中，PH=CP= ，
∴BH=BP+PH= ，
即BE的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质以及垂线段最短的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等以及垂线段最短进行判断．
48．
【分析】
先由正方形的性质可知，再证明Rt△AFD≌Rt△BEA，再由全等三角形的性质可得，；最后在在Rt△BEA中，由勾股定理得：，即得本题答案．
【详解】
解：在正方形中，；
∵，，
∴，
；
∵，
∴；
在Rt△AFD和Rt△BEA中，
，
∴Rt△AFD≌Rt△BEA（AAS），
∴，；
在Rt△BEA中，由勾股定理得：
．
故填．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，三角形全等的性质与判定以及勾股定理的知识．
49．110
【分析】
延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，可得四边形AOLP是正方形，然后求出正方形的边长，再求出矩形KLMJ的长与宽，然后根据矩形的面积公式列式计算即可得解．
【详解】
解：如图，延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，
则四边形OALP是矩形．
∵∠CBF=90°，
∴∠ABC+∠OBF=90°，
又∵直角△ABC中，∠ABC+∠ACB=90°，
∴∠OBF=∠ACB，
在△OBF和△ACB中，
∴△OBF≌△ACB（AAS），
∴AC=OB，
同理：△ACB≌△PGC，
∴PC=AB，
∴OA=AP，
∴矩形AOLP是正方形，
边长AO=AB+AC=3+4=7，
∴KL=3+7=10，LM=4+7=11，
∴矩形KLMJ的面积为10×11=110．
【点睛】
本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的判定和性质，作出辅助线构造出正方形是解题的关键．
50．
【分析】
由△ABF≌△AGF，得出AB＝AG＝4，由勾股定理得出AE＝2，得出GE=2，设CF=x，则BF=4-x，由Rt△GFE和Rt△FCE利用勾股定理列出方程可求出CF=．
【详解】
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝CD=BC＝4，∠B＝∠D=∠C＝90°，
∵E是边CD的中点，
∴DECD＝2，
∴
由折叠的性质可知，△ABF≌△AGF，
∴∠ABF＝∠AGF=90°，AB＝AG＝4，BF=FG
∴GE=2
设CF=x，则BF=FG =4-x，
在Rt△GEF中，
在Rt△CEF中，
∴
解得
故答案为：．
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握翻折变换和正方形的性质，翻折变换三角形全等是解题的关键．
51．4或14
【分析】
分两种情况进行讨论，根据运动规律得出BP＝3-0.5t＝1和CP＝0.5t-6＝1即可求得．
【详解】
如图，当≌时，BP1＝CE=1
即3-0.5t＝1，解得t=4,
如图，当≌时，CP2＝CE=1
即0.5t-6＝1，解得t=14,
故答案为：4或14．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定、正方形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识，学会分类讨论，注意不能漏解，属于中考常考题型．
52．（1）；（2）；（3）存在，或，理由见解析．
【分析】
（1）由路程=速度时间，解得，再由即可解题；
（2）由全等三角形对应边相等的性质得，即，据此解题；
（3）分两种情况讨论，当时或当时，与全等，再根据全等三角形对应边相等的性质，分别计算求出的值即可解得的值．
【详解】
解：（1）由题意得，，
，
故答案为：；
（2）若
则
即
当时，；
（3）存在，理由如下：
当时，
；
当时，
综上所述，当或时，与全等．
【点睛】
本题考查四边形综合题、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．
53．（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．
54．（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）由平行四边形的判定得出四边形OCED是平行四边形，根据矩形的性质求出OC=OD，根据菱形的判定得出即可．（2）解直角三角形求出BC=2．AB=DC=2，连接OE，交CD于点F，根据菱形的性质得出F为CD中点，求出OF=BC=1，求出OE=2OF=2，求出菱形的面积即可．
【详解】
证明：，，
四边形OCED是平行四边形，
矩形ABCD，，，，
，
四边形OCED是菱形；
在矩形ABCD中，，，，
，
，
连接OE，交CD于点F，
四边形OCED为菱形，
为CD中点，
为BD中点，
，
，
．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质和菱形的性质和判定的应用，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键，注意：菱形的面积等于对角线积的一半．
55．（1）见详解；（2）见详解
【分析】
（1）由题意易得AE=ED，∠EAF=∠EDB，∠AFE=∠DBE，进而问题可求证；
（2）由（1）及题意易得AF=BD=DC，则有四边形ADCF是平行四边形，由∠BAC=90°可得AD=DC，进而问题得证．
【详解】
证明：（1）∵点E是AD的中点，
∴AE=ED，
∵AF∥BC，
∴∠EAF=∠EDB，∠AFE=∠DBE，
∴（AAS）；
（2）由（1）可得：，
∴AF=BD，
∵是边上的中线，
∴AF=BD=DC，
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC=90°，D为BC中点
∴AD=DC，
∴四边形ADCF是菱形．
【点睛】
本题主要考查菱形的判定及直角三角形斜边中线定理、全等三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的判定及直角三角形斜边中线定理、全等三角形的性质与判定是解题的关键．
56．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）根据HL证明Rt△EGF≌Rt△EOF即可；
（2）证明四边形ABCD为矩形，可得BG=CD；
（3）设CD=x，分别表示出BE2，EF2，BF2，证明∠BEF=90°，利用勾股定理得到方程，解之即可．
【详解】
解：（1）∵E是AD中点，
∴AE=DE，
由折叠可知：AE=EG，∠EGB=∠EGF=∠D=∠A=90°，
∴EG=ED，又EF=EF，
∴Rt△EGF≌Rt△EOF（HL）；
（2）△ABE折叠得到△GBE，
∴AB=BG，
∵AD∥BC，∠A=∠D=90°，
∴∠ABC=90°，∠C=90°，
∴四边形ABCD为矩形，
∴AB=DC，
∴BG=CD；
（3）∵点E是AD中点，AD=BC=8，
∴AE=DE=4，
∵点F是CD中点，
∴设CD=x，则DF=x，
则BE2=BG2+EG2，即BE2=CD2+AE2，
即BE2=x2+42，
且EF2=DE2+DF2，即EF2=42+（x）2，
且BF2=BC2+CF2，即BF2=82+（x）2，
∵∠AEB=∠GEB，∠DEF=∠GEF，
∴∠BEF=∠GEB+∠GEF=90°，
∴BF2=BE2+EF2，
∴82+（x）2= x2+42+42+（x）2，
解得：x=，即CD=．
【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，熟记性质，找出三角形全等的条件，合理利用勾股定理得到方程是解题的关键．
57．证明见解析．
【分析】
先根据平行线的性质可得，再根据线段中点的定义可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据平行四边形的判定即可得证．
【详解】
证明：∵，
∴，
∵E是边的中点，
∴，
在与，，
∴，
∴，
∴四边形的对角线与互相平分，
∴四边形为平行四边形．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定定理与性质、平行四边形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
58．（1）见解析；（2）．
【分析】
（1）由ABCD得到点O是BD的中点，用三角形的中位线定理得到OM∥AN且OM=AN，证明出四边形AMON是平行四边形；
（2）由ABCD得到OA=OC=3，OB=OD=2，由勾股定理的AB=，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到OM=AB=，最后求出结果．
【详解】
（1）证明：在ABCD中，AO＝OC，BO＝OD，AB∥CD，AD∥BC，
∵点M，N分别是AB、AD的中点，
∴AN=DA=AD，
∴OM是△ABD的中位线，
∴OM∥AN，OM=AN，
∴四边形AMON是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）；
（2）解：∵AC＝6，BD＝4，
∴AO＝3，BO＝2，
∵∠AOB＝90°，
∴AB＝，
∴OM＝AM＝MB＝，
∴NO＝AN＝，
∴四边形AMON的周长＝AM+OM+AN+NO＝．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质与判定、中位线的判定与性质以及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，关键在于知识点直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的应用．
59．（1）5；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）如图1中，利用勾股定理计算CE的长，由旋转可知△CEF是等腰直角三角形，可得结论；
（2）如图2，过E作EN⊥AB于N，作EP⊥BC于P，证明△CPE≌△CMF（AAS），得EP＝FM，由角平分线的性质得EP＝EN＝FM，证明△NHE≌△MGF（AAS），得NH＝MG，由△BEN是等腰直角三角形，得BN＝BE，最后由线段的和可得结论；
（3）如图3，构建辅助线，构建全等三角形，证明△CPE≌△FMC（AAS），得EP＝CM，PC＝FM，由△DPE是等腰直角三角形，得PE＝PD，证明△HNE≌△GMF（AAS），由△BEN是等腰直角三角形，得BN＝BE，同理可得结论．
【详解】
（1）在正方形中，
（2）过点作于，于
又
是等腰直角三角形
（3）BH﹣MG＝BE，理由是：
如图3，过E作EN⊥AB于N，交CG于P，
∵EP⊥BC，FM⊥CD，AB∥CD，
∴EP⊥CD，
∴∠EPC＝∠FMC＝90°，
∵∠M＝∠ECF＝90°，
∴∠ECP+∠FCM＝∠FCM+∠CFM＝90°，
∴∠ECP＝∠CFM，
∵CE＝CF，
∴△CPE≌△FMC（AAS），
∴PC＝FM，
∵△DPE是等腰直角三角形，
∴PE＝PD，
∴EN＝BN＝PN+PE＝BC+PE＝CD+PD＝PC＝FM，
∵AB∥CD，
∴∠H＝∠FGM，
∵∠ENH＝∠M＝90°，
∴△HNE≌△GMF（AAS），
∴NH＝MG，
∴BH﹣MG＝BH﹣NH＝BN，
∵△BEN是等腰直角三角形，
∴BN＝BE，
∴BH﹣MG＝BE．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，属于中考压轴题．
60．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）根据平行四边形的性质，证明，得到，再证明即可；
（2）由（1）知四边形是平行四边形，得到，，再在中利用勾股定理求解即可．
【详解】
（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
∴，
在和中，
，
，
，
∵，
，
即，
，
四边形是平行四边形；
（2）四边形是平行四边形，
，，
，．，
，
∴，
∴在中，，
．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解题关键是能够证明．
61．（1）见解析；（2）能，；（3）或，理由见解析
【分析】
（1）由已知条件可得Rt△CDF中∠C＝30°，即可知DF＝CD＝AE＝2t；
（2）由DF∥AE且DF＝AE，即四边形ADFE是平行四边形，若构成菱形，则邻边相等即AD＝AE，可得关于t的方程，求解即可知；
（3）分∠EDF＝90°、∠DEF＝90°两种情况，根据直角三角形的性质列出算式，计算即可．
【详解】
（1）证明：∵在中，，
，，
∴．
∵，，
在直角中，，
∴，
∴；
（2）∵，，
∴四边形是平行四边形，
当时，四边形是菱形，
即，
解得：，
即当时，平行四边形是菱形；
（3）当时是直角三角形（）；
当时，是直角三角形（）．
理由如下：
当时，
∴
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴时，．
当时，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴是直角三角形，，
∵，
∴，
∴，，
，
∴，
解得．
综上所述，当时是直角三角形（）；当时，是直角三角形（）．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了直角三角形的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质、含角的直角三角形的性质等知识点，熟练掌握平行四边形、菱形的判定是解题的关键．
62．（1）y=-x+6；（2）①；②，或或，
【分析】
（1）先求出点A，B的坐标，再运用待定系数法求出直线直线l2的函数解析式；
（2）①将点D（-2，m）代入y=x+6中，求出D（-2，4），如图2，作∠DHF=45°，利用AAS证明△ADE≌△HFD，再运用等腰直角三角形性质即可求出答案；
②将D（-1，n）代入y=x+6中，得D（-1，5），过D作DM⊥x轴于M，作FN⊥DM于N，如图3，利用AAS可证得△FDN≌△DEM，进而得出F（4，6），再根据∠DGF=∠DGO分类讨论即可．
【详解】
解：（1）交轴于点，交轴于点，
，，
与关于轴对称，
，
设直线为：，将、坐标代入得
，解得，
直线的函数解析式为：；
（2）①将点代入中，得：
，解得：，
，
如图2，作，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
又，，
和均为等腰直角三角形，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
．
②将代入中，得：，
，则，，
过作轴于，作于，如图3，
，，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，，
，
当点、、三点共线时，如图3，，
设直线的解析式为，
，
，
解得：，
直线的解析式为，
当时，，
，；
如图4，连接DG2，FG2，
过点D作DM⊥OG2，DN⊥FG2，
∵，
∴DM=DN，又DO=DF，
∴（HL），
∴∠ODM=∠FDN，又∠ODN+∠FDN=90°，
∴∠ODM+∠ODN=90°，即∠MDN=90°，
∴四边形DMG2N是正方形，
∴∠OG2F=90°，
设，
，
，
，
解得：，
；
当平分时，如图5，
，，
，
又，
，
设与交于点，
，
，，
，
设直线解析式为，
，，
，
解得：，
直线解析式为，
联立方程组，
解得：，
，；
综上所述，符合条件的的坐标为，或或，．
【点睛】
本题是一次函数综合题，考查了运用待定系数法求一次函数解析式，求一次函数图象与坐标轴交点坐标，利用解方程组求两直线交点坐标，等腰直角三角形判定和性质，全等三角形判定和性质，勾股定理等，添加辅助线构造全等三角形，运用分类讨论思想和数形结合思想是解题关键．
63．（1）见解析；（2）；（3）以DG、EG、CG为边的三角形是直角三角形
【分析】
（1）由平行线的性质可得，由等腰三角形的性质和外角的性质可得结论；
（2）由平行线的性质可求，，可得，由等腰直角三角形的性质可求，即可求解；
（3）分两种情况讨论，由勾股定理逆定理可求解．
【详解】
（1）∵四边形是平行四边形，
，
，
，
；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∴
∴
（3）设，当时
∵，，
∴
∵
∴
以DG、EG、CG为边的三角形是直角三角形；
当时，过点作于，
∴
,
以DG、EG、CG为边的三角形是直角三角形；
综上所述，以DG、EG、CG为边的三角形是直角三角形；
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，勾股定理及勾股定理的逆定理，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质是解题的关键．
64．（1）cm；（2）cm2
【分析】
（1）根据矩形的性质得DC=8cm，AD=10cm，再根据折叠的性质得到AF=AD=10cm，DE=EF，在Rt△ABF中，利用勾股定理易得BF=6cm，设DE=xcm，则EF=xcm，EC=(8-x)cm，在Rt△CEF中，利用勾股定理可求出x的值，进一步得到EC的长；
（2）根据三角形面积公式计算即可求解．
【详解】
（1）∵AB=8cm，BC=10cm，
∴DC=8cm，AD=10cm，
又∵将△ADE折叠使点D恰好落在BC边上的点F，
∴AF=AD=10cm，DE=EF，
在Rt△ABF中，AB=8cm，AF=10cm，
∴BF=(cm)，
∴FC=10-6=4(cm)，
设DE=xcm，则EF=xcm，EC=(8-x)cm，
在Rt△CEF中，EF2=FC2+EC2，即x2=42+(8-x)2，解得x=5，
即DE的长为5cm，
EC=8-x=8-5=3，
即EC的长为3cm；
（2）S△AEF=EF×AF=×5×10=25(cm2)．
故△AFE的面积是25cm2．
【点睛】
本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．
65．（1）见解析；（2）AG=CE，AG⊥CE，证明见解析；（3）60°
【分析】
（1）根据等边三角形的性质得出BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，则∠BCE=∠ACD，再证∠BCE≌△ACD（SAS），即可得出结论；
（2）证△ADG≌△CDE（SAS），得AG=CE，∠DAG=∠DCE，再由三角形的外角得∠DAG+∠ANM=∠DCE+∠ADC，则∠ANM=∠ADC=90°，即可得出结论；
（3）连接CG，证△CDE≌△CDG（SAS），得CE=CG，则AG=AC=CG，△ACG是等边三角形，再由等边三角形的性质求解即可．
【详解】
解：（1）证明：∵△ABC和△DEC都是等边三角形，
∴BC=AC，CE=CD，∠ACB=∠DCE=60°，
∴∠ACB+∠ACE=∠DCE+∠ACE，
即∠BCE=∠ACD，
在△BCE和△ACD中，
，
∴∠BCE≌△ACD（SAS），
∴BE=AD；
（2）解：AG=CE，AG⊥CE，证明如下：
设AD与CE交于点M，AG与CE交于点N，如图2所示：
∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=∠EDG=90°，DG=DE，
∴∠EDG+∠ADE=∠ADC+∠ADE，
即∠ADG=∠CDE，
在△ADG和△CDE中，
，
∴△ADG≌△CDE（SAS），
∴AG=CE，∠DAG=∠DCE，
∵∠AMC=∠DAG+∠ANM=∠DCE+∠ADC，
∴∠ANM=∠ADC=90°，
∴AG⊥CE；
（3）解：连接CG，如图3所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC=45°，
由（2）得：AG=CE，
∵CE=AC，
∴AG=AC，
∵DE∥AC，
∴∠ADE=∠DAC=45°，
∴∠CDE=90°+45°=135°，
∴∠CDG=360°-135°-90°=135°，
∴∠CDG=∠CDE，
在△CDE和△CDG中，
，
∴△CDE≌△CDG（SAS），
∴CE=CG，
∴AG=AC=CG，
∴△ACG是等边三角形，
∴∠CAG=60°．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形的外角性质、平行线的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和等边三角形的判定与性质，证明△ADG≌△CDE是解题的关键，属于中考常考题型．
66．（1）见解析；（2）①45°；②GH2＋BH2＝2CD2，理由见解析
【分析】
（1）证△CBE≌△CDF（SAS），即可得出结论；
（2）①证△DCP≌△GCP（SSS），得∠DCP＝∠GCP，再由全等三角形的性质得∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝20°，则∠BCG＝130°，然后由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得∠CGH＝25°，即可求解；
②连接BD，由①得CP垂直平分DG，则HD＝HG，∠GHF＝∠DHF，设∠BCE＝m°，证出∠GHF＝∠CHB＝45°，再证∠DHB＝90°，然后由勾股定理得DH2＋BH2＝BD2，进而得出结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠CBE＝∠CDF＝90°，
在△CBE和△CDF中，
，
∴△CBE≌△CDF（SAS），
∴CE＝CF；
（2）解：①点D关于CF的对称点G，
∴CD＝CG，DP＝GP，
在△DCP和△GCP中，
，
∴△DCP≌△GCP（SSS），
∴∠DCP＝∠GCP，
由（1）得：△CBE≌△CDF，
∴∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝20°，
∴∠BCG＝20°＋20°＋90°＝130°，
∵CG＝CD＝CB，
∴∠CGH＝，
∴∠CHB＝∠CGH＋∠GCP＝25°＋20°＝45°；
②线段CD，GH，BH之间的数量关系为：GH2＋BH2＝2CD2，理由如下：
连接BD，如图2所示：
由①得：CP垂直平分DG，
∴HD＝HG，∠GHF＝∠DHF，
设∠BCE＝m°，
由①得：∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝m°，
∴∠BCG＝m°＋m°＋90°＝2m°＋90°，
∵CG＝CD＝CB，
∴∠CGH＝，
∴∠CHB＝∠CGH＋∠GCP＝45° m°＋m°＝45°，
∴∠GHF＝∠CHB＝45°，
∴∠GHD＝∠GHF＋∠DHF＝45°＋45°＝90°，
∴∠DHB＝90°，
在Rt△BDH中，由勾股定理得：DH2＋BH2＝BD2，
∴GH2＋BH2＝BD2，
在Rt△BCD中，CB＝CD，
∴BD2＝2CD2，
∴GH2＋BH2＝2CD2．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理以及三角形内角和定理等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明△CBE≌△CDF和△DCP≌△GCP是解题的关键．
67．证明见解析．
【分析】
先根据平行四边形的性质可得，再根据线段的和差可得，然后根据平行四边形的判定即可得证．
【详解】
证明：四边形是平行四边形，
，
，
，即，
又，
四边形是平行四边形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
68．略
【详解】
解：（1）△ABE≌△CDF；△ADE≌△CBF；△ABD≌△CDB．
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AB=CD，BC=AD，
∵BD=DB，
∴△ABD≌△DCB．
∵AB∥CD，
∴∠ABE=∠CDF，
∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB=∠CFD=90°，AB=CD，
∴△ABE≌△CDF，同法可证：△ADE≌△CBF．
答案第1页，共2页