第18章平行四边形练习题2020－2021年天津市部分地区人教版数学八年级下学期期中、期末试题选编（Word版含解析）
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| 名称 | 第18章平行四边形练习题2020－2021年天津市部分地区人教版数学八年级下学期期中、期末试题选编（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.7MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-03-04 10:36:20 | ||
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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·天津南开·八年级期末）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A．AB∥DC，AD∥BC B．AB=DC，AD=BC
C．AO=CO，BO=DO D．AB∥DC，AD=BC
2．（2021·天津河西·八年级期末）如图，在平行四边形中，将沿折叠后，点恰好落在的延长线上的点处．若，，则的周长为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2021·天津滨海新·八年级期末）在平行四边形ABCD中，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·天津南开·八年级期末）已知菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，∠BAD＝120°，AC＝4，则该菱形的面积是( )
A．16 B．16 C．8 D．8
5．（2021·天津·八年级期末）下列命题中正确的是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线互 相垂直的四边形是菱形
C．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
D．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
6．（2021·天津滨海新·八年级期末）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，则∠AEB为（ ）
A．10° B．15° C．20° D．125°
7．（2021·天津河北·八年级期末）如图：四个形状大小相同的等腰三角形△ABE，△ADF，△CDG，△BCH按如图摆放在正方形ABCD的内部，顺次连接E、F、G、H得到四边形EFGH．若∠AEB＝∠AFD＝∠CGD＝∠BHC＝120°，且EH＝﹣，则BC的长为（ ）
A． B．4﹣4 C．2 D．2
8．（2021·天津和平·八年级期末）已知菱形的两条对角线的长分别是和，则菱形的面积是（ ）
A． B． C． D．
9．（2021·天津津南·八年级期末）如图，把一张长方形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为点B′，AB′与DC相交于点E，则下列结论正确的是 （ ）
A．∠DAB′＝∠CAB′ B．∠ACD＝∠B′CD
C．AD＝AE D．AE＝CE
10．（2021·天津和平·八年级期末）在四边形中，对角线，相交于点，则下列说法正确的是（ ）
A．如果，，那么四边形是平行四边形
B．如果，，那么四边形是矩形
C．如果，，那么四边形是菱形
D．如果，，，，那么四边形是正方形
11．（2021·天津·八年级期末）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，于点E，于点F，连接EF，给出下列四个结论：①；②；③；④，其中正确的是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
12．（2021·天津·八年级期末）如图，菱形ABCD的周长为20，一条对角线AC长为8，另一条对角线BD长为（ ）
A．16 B．12 C．6 D．4
13．（2021·天津滨海新·八年级期末）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E和点F分别是边BC，AD上的点，将纸片沿EF折叠，使点C与点A重合，下列结论错误的是（ ）
A．AF＝AE B． C． D．AE＝EF
14．（2021·天津河西·八年级期末）已知，，若以所在直线为对称轴，作出点的对称点；再以所在直线为对称轴，作出点的对称点，连接，，，则四边形是（ ）
A．正方形 B．矩形
C．菱形 D．任意四边形
15．（2021·天津滨海新·八年级期末）如图Rt中，，分别以边AB，CA，BC向外做正方形，正方形ABIH的面积为25，正方形ACFG的面积为144，则正方形BDEC的面积是（ ）
A．130 B．119 C．169 D．120
16．（2021·天津河西·八年级期末）在平面直角坐标系中，已知四边形是矩形，点，，，则这个矩形的面积为（ ）
A． B．
C． D．
17．（2021·天津东丽·八年级期中）如图，已知某广场菱形花坛ABCD的周长是24米，∠BAD=60°，则花坛对角线AC的长等于（ ）
A．6米 B．6米 C．3米 D．3米
18．（2021·天津东丽·八年级期中）已知平行四边形ABCD，下列条件中，不能判定这个平行四边形为矩形的是（ ）
A．∠A=∠B B．∠A=∠C C．AC=BD D．AB⊥BC
19．（2021·天津津南·八年级期中）如图，在菱形中，对角线相交于点为中点，．则线段的长为：（ ）
A． B． C． D．
20．（2021·天津东丽·八年级期中）在平行四边形ABCD中，∠B＝110°，延长AD至F，延长CD至E，连接EF，则∠E+∠F＝（ ）
A．110° B．30° C．50° D．70°
21．（2021·天津南开·八年级期中）如图，两把完全一样的直尺叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，这个四边形一定是( )
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．无法判断
二、填空题
22．（2021·天津和平·八年级期末）如图，点，分别是的，边的中点．若，则的长等于________．
23．（2021·天津·八年级期末）在矩形ABCD中，，，将沿对角线BD对折得到，DE与BC交于F，则EF等于________．
24．（2021·天津滨海新·八年级期末）如图点E是正方形ABCD的对角线BD上一点，EF⊥BC，EG⊥CD，垂足分别是F，G，GF＝4，则AE＝________．
25．（2021·天津河北·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______．
26．（2021·天津南开·八年级期末）如图所示，四边形是长方形，把沿折叠到，与交于点E，若，则的长为________．
27．（2021·天津和平·八年级期末）如图，，正方形的边长为，点到的距离是，则
（1）正方形的对角线的长＝________；
（2）点到的距离＝________；
（3）点到的距离＝________．
28．（2021·天津津南·八年级期中）如图，已知正方形ABCD的边长为5，点E、F分别在AD、DC上，AE=DF=2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为_______．
29．（2021·天津南开·八年级期中）如图，已知的周长为，，，则的面积为______．
30．（2021·天津津南·八年级期中）如图，正方形ABCD和正方形EFCG的边长分别为3和1，点、G分别在边上，P为AE的中点，连接PG，则PG的长为 _________ .
31．（2021·天津市双菱中学八年级期中）依次连接菱形各边中点所得到的四边形是__________．
32．（2021·天津南开·八年级期中）若正方形的对角线的长为4，则该正方形的面积为_________．
33．（2021·天津市双菱中学八年级期中）如图：已知AB=10，点C、D在线段AB上且AC=DB=2； P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作等边△AEP和等边△PFB，连结EF，设EF的中点为G；当点P从点C运动到点D时，则点G移动路径的长是________．
34．（2021·天津东丽·八年级期中）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形AECF．若AB＝3，则菱形AECF的面积为_____．
三、解答题
35．（2021·天津·八年级期末）如图，在 中，，过点 的直线MN//AB，为 边上一点，过点 作 ，垂足为点 ，交直线 于点 ，连接 ，．
（1）求证：；
（2）当 为 中点时，四边形 是什么特殊四边形 说明你的理由；
（3）在（）的条件下，当 的大小满足什么条件时，四边形 是正方形 请说明你的理由．
36．（2021·天津南开·八年级期末）如图，在正方形中，边、分别在轴、轴上，点的坐标为，点在线段上，以点为直角顶点，为直角边作等腰直角三角形，交轴于点．
（1）当时，则点坐标为______；
（2）连接，当点在线段上运动时，的周长是否改变，若改变，请说明理由；若不变，求出其周长；
（3）连接，当点在线段上运动时，求的最小值．
37．（2021·天津滨海新·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC和CD上，AE=AF．
（1）求证：CE=CF．
（2）连接AC交EF于点O，延长OC至点M，使OM=OA，连接EM、FM．判断四边形AEMF是什么特殊四边形？并证明你的结论．
38．（2021·天津滨海新·八年级期末）如图1，矩形摆放在平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，，，过点的直线交矩形的边于点，且点不与点、重合，过点作，交轴于点，交轴于点.
（Ⅰ）若为等腰直角三角形.
①直接写出此时点的坐标：______；直线的解析式为______；
②在轴上另有一点的坐标为，请在直线和轴上分别找一点、，使的周长最小，并求出此时点的坐标和周长的最小值.
（Ⅱ）如图2，过点作交轴于点，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，求直线的解析式.
39．（2021·天津·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，已知对角线AC、BD相交于点O，E是CD中点，连接OE，过点C作交线段OE的延长线于点F，连接DF．
（1）求证：；
（2）求证：四边形ODFC是菱形．
40．（2021·天津滨海新·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且点M，N分别是OB，OD的中点，连接AN，CM．求证：AN＝CM．
41．（2021·天津和平·八年级期末）已知，在四边形中，，．
（1）如图①，求证：；
（2）如图②，四边形的对角线平分．求证：四边形是菱形．
42．（2021·天津河西·八年级期末）如图，平行四边形的对角线的中点，过点且与，分别相交于点，．
求证：．
43．（2021·天津和平·八年级期末）在每个小正方形的边长为的网格中，点，在格点上．请用无刻度的直尺，按下列要求画图．
（1）在图①画出一个以为一边的正方形；
（2）在图②画出一个以为一边的菱形（不是正方形）；
（3）如图③，点，在格点上，与交于点，在图③中画出一个以为一边的矩形．
44．（2021·天津河北·八年级期末）有两个全等矩形纸条，长与宽分别为11和7，按如图所示的方式交叉叠放在一起，求重合部分构成的四边形BGDH的周长是多少？
45．（2021·天津河西·八年级期中）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
46．（2021·天津津南·八年级期中）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD，
求证：四边形OCED是菱形．
47．（2021·天津河西·八年级期中）如图，在□ABCD 中，对角线 AC 与 BD 相交于点 O ，点 E ， F 分别为 OB ， OD 的中点，延长 AE 至 G ，使 EG ＝AE ，连接 CG ．
（1）求证： △ABE≌△CDF ；
（2）当 AB 与 AC 满足什么数量关系时，四边形 EGCF 是矩形？请说明理由.
48．（2021·天津东丽·八年级期中）如图，O为矩形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD．
（1）试判断四边形OCED的形状，并说明理由；
（2）若AB=6，BC=8，求四边形OCED的面积．
49．（2021·天津市实验中学滨海学校八年级期中）如图，矩形ABCD中，AC与BD相交于点O．若 AO=3，∠OBC=30°，求矩形的周长和面积．
50．（2021·天津一中八年级期中）如图，在ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，且BE=FD，求证：四边形AECF是平行四边形．
51．（2021·天津津南·八年级期中）如图，在 ABCD中，点E、F分别在边BC和AD上，且BE=DF．
（1）求证：△ABE≌△CDF．（2）求证：四边形AECF是平行四边形．
52．（2021·天津津南·八年级期中）已知，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O．
(1)如图1，连接AF、CE求证：四边形AFCE为菱形；
(2)如图1，求AF的长；
(3)如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中，点P的速度为每秒1cm，设运动时间为t秒．若点Q的速度为每秒0.8cm，当A、P、C、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．
53．（2021·天津河西·八年级期中）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作.交于点，以、为邻边作矩形，连接.
（1）求证：矩形是正方形；
（2）探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由.
54．（2021·天津河西·八年级期中）如图，折叠矩形的一边，使点落在边的点处，已知AB=8cm，BC=10cm，求的长
55．（2021·天津市实验中学滨海学校八年级期中）如图，在□ABCD中，E、F为对角线BD上的两点，且∠DAE＝∠BCF.
（1）求证：AE＝CF；
（2）求证：AE∥CF.
56．（2021·天津津南·八年级期中）如图， ABCD的对角线AC、BD交于点O，E、F是对角线AC上两点，AE＝CF．求证：四边形DEBF是平行四边形．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
根据平行四边形判定定理进行判断：
A、由“AB∥DC，AD∥BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
B、由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
C、由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
D、由“AB∥DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形．故本选项符合题意．
故选D．
考点：平行四边形的判定．
2．D
【分析】
根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，，
∵四边形是平行四边形
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
由折叠可得，
∴
∴是等边三角形，
∴的周长为，
故选：D．
【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．
3．C
【分析】
由平行四边形的性质得出∠A=∠C，即可得出结果．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∵,
∴,
故选:C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的对角相等是解决问题的关键．
4．C
【分析】
根据四边形ABCD是菱形，且∠BAD＝120°可知∠ABC=60°，AB=AC，即△ABC为等边三角形，则AB=AC=BC=4，作AE⊥BC于点E，可得BE=2，AE= ，求得S菱形ABCD=BC·AE=4×=
【详解】
在菱形ABCD中，有AB=AC
∵∠BAD＝120°
∴∠ABC=60°
∴△ABC为等边三角形
即AB=AC=BC=4
作AE⊥BC于点E
∴BE=2，AE=
∴S菱形ABCD=BC·AE=4×=
故选C
【点睛】
本题考查了菱形的性质，，等边三角形的判定，30°，60°，90°角三角形的边长关系，解本题的关键是发现图中的等边三角形，将对角线长度转化为菱形边长.
5．C
【详解】
试题分析：A、对角线相等的平行四边形是矩形，所以A选项错误；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以B选项错误；
C、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，所以C选项正确；
D、一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，所以D选项错误．
故选C．
考点：命题与定理．
6．B
【详解】
分析：本题考查的是正方形，等边三角形，等腰三角形的性质解决.
解析：因为ABCD是正方形，∴AB=AD,∠BAD=90°，∵三角形ADE是等边三角形，∴AE=AD,∠EAD=60°，∴∠BAE=150°，AB=AE,∴∠AEB=15°.
故选B
点睛：本题考查的是正方形的邻边相等，等边三角形的各边相等，等腰三角形的两个底角相等.
7．C
【分析】
由题意易证，即得出，再利用三角形内角和定理结合等腰三角形的性质可求出，从而求出，进而求出，即说明四边形EFGH是正方形．设，连接EG并延长交CD于点N，延长GE交AB于点M，利用正方形的性质可求出，即说明EM⊥AB，且点M是AB的中点．即可得出，由含角的直角三角形的性质可求出，最后由，及可列出关于x的等式，解出x即可．
【详解】
解：
由题意可得：，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴ ，
∴，
∴，
∴四边形EFGH是正方形，
设，连接EG并延长交CD于点N，延长GE交AB于点M，
∴由正方形的性质可得，
∴，
∴EM⊥AB，且点M是AB的中点，
∴，
∴，
∵，
又∵，
∴，
解得：，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质以及含角的直角三角形的性质等知识．正确的作出辅助线是解答本题的关键．
8．C
【分析】
根据菱形的性质，对角线互相垂直，则菱形的面积等于对角线乘积的一半，即可求得的
【详解】
根据题意，
故选C
【点睛】
本题考查了菱形的性质，理解菱形的性质是解题的关键．
9．D
【分析】
根据翻折变换的性质可得∠BAC=∠CAB′，根据两直线平行，内错角相等可得∠BAC=∠ACD，从而得到∠ACD=∠CAB′，然后根据等角对等边可得AE=CE，从而得解．
【详解】
解：∵矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为B′，
∴∠BAC=∠CAB′，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∴∠ACD=∠CAB′，
∴AE=CE，
∴结论正确的是D选项．
故选D.
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质，平行线的性质，矩形的对边互相平行，等角对等边的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
10．D
【分析】
分别根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理逐一判断即可
【详解】
A.，，不能判定四边形是平行四边形，不符合题意；
B. ，，不能判定四边形是矩形 ，不符合题意；
C. ，，不能判定四边形是菱形，不符合题意；
D. ，，判定四边形ABCD是平行四边形，，平行四边形ABCD是菱形，，那么四边形是正方形,符合题意
故选D
【点睛】
本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，熟悉以上判定定理是解题的关键．
11．D
【分析】
过P作PG⊥AB于点G，根据正方形对角线的性质及题中的已知条件，证明△AGP≌△FPE后即可证明①AP=EF；③∠PFE=∠BAP；在此基础上，根据正方形的对角线平分对角的性质，在Rt△DPF中，DP2=DF2+PF2=EC2+EC2=2EC2，求得④DP=EC．
【详解】
解：证明：过P作PG⊥AB于点G，
∵点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，
∴GP=EP，
在△GPB中，∠GBP=45°，
∴∠GPB=45°，
∴GB=GP，
同理，得PE=BE，
∵AB=BC=GF，
∴AG=AB-GB，FP=GF-GP=AB-GB，
∴AG=PF，
∴△AGP≌△FPE，
①∴AP=EF；
∠PFE=∠GAP
∴③∠PFE=∠BAP，
②延长AP到EF上于一点H，
∴∠PAG=∠PFH，
∵∠APG=∠FPH，
∴∠PHF=∠PGA=90°，即AP⊥EF；
④∵GF∥BC，
∴∠DPF=∠DBC，
又∵∠DPF=∠DBC=45°，
∴∠PDF=∠DPF=45°，
∴PF=EC，
∴在Rt△DPF中，DP2=DF2+PF2=EC2+EC2=2EC2，
∴④DP=EC．
∴其中正确结论的序号是①②③④．
故选：D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，垂直的判定，等腰三角形的性质，勾股定理的运用．本题难度较大，综合性较强，在解答时要认真审题．
12．C
【详解】
试题分析：∵菱形周长为20，
∴AB=5，
∵菱形对角线互相垂直平分，
∴AO=4，
∴BO=，
∴BD=2BO=6，
故选C．
考点：菱形的性质．
13．D
【分析】
设BE=x，表示出CE=8-x，根据翻折的性质可得AE=CE，然后在Rt△ABE中，利用勾股定理列出方程求出x，再根据翻折的性质可得∠AEF=∠CEF，根据两直线平行，内错角相等可得∠AFE=∠CEF，然后求出∠AEF=∠AFE，根据等角对等边可得AE=AF，过点E作EH⊥AD于H，可得四边形ABEH是矩形，根据矩形的性质求出EH、AH，然后求出FH，再利用勾股定理列式计算即可得解．
【详解】
解：设BE=x，则CE=BC-BE=8-x，
∵沿EF翻折后点C与点A重合，
∴AE=CE=8-x，
在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，
即42+x2=（8-x）2
解得x=3，
∴AE=8-3=5，
由翻折的性质得，∠AEF=∠CEF，
∵矩形ABCD的对边AD∥BC，
∴∠AFE=∠CEF，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AE=AF=5，
∴A正确；
在Rt△ABE和Rt△AGF中，
，
∴△ABE≌△AGF（HL），
∴B正确；
过点E作EH⊥AD于H，则四边形ABEH是矩形，
∴EH=AB=4，
AH=BE=3，
∴FH=AF-AH=5-3=2，
在Rt△EFH中，EF=2，
∴C正确；
∵△AEF不是等边三角形，
∴EF≠AF，
故D错误；
故选：D．
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，熟记各性质并作利用勾股定理列方程求出BE的长度是解题的关键，也是本题的突破口．
14．C
【分析】
由题意和菱形的判定定理即可得出．
【详解】
如图，由题意可得，，
所以四边形ABCD是平行四边形，
∵，
∴四边形ABCD是菱形．
故选C．
【点睛】
此题考查了菱形的判定定理，解题的关键是熟练掌握菱形的判定定理．
15．C
【分析】
求出AB、AC，再用勾股定理即可得出答案．
【详解】
解：∵正方形ABIH的面积为25，正方形ACFG的面积为144
∴AB=5，AC=12
∵
∴
∴正方形BDEC的面积是
【点睛】
本题考查正方形的性质、勾股定理、，掌握正方形的性质、勾股定理是解题的关键．
16．A
【分析】
在平面直角坐标系中画出三个已知点的位置，然后根据矩形性质求得、的长，最后即可求解面积．
【详解】
在平面直角坐标系中作出三个点，如下图所示，
，
根据矩形的性质得到点的位置，
∴，，
∴，
故选A．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，和平面直角坐标系，关键是在平面直角坐标系中画出已知点的位置．
17．A
【详解】
分析：本题考查的是菱形的性质，直角三角形的性质解决即可.
解析：因为菱形周长为24米，所以边长为6米，因为，所以∠BAO=30°，∴OA=米,∴AC= 米.
故选A.
18．B
【详解】
【分析】由矩形的判定方法即可得出答案．
【详解】A、∠A=∠B，∠A+∠B=180°，所以∠A=∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，正确；
B、∠A=∠C不能判定这个平行四边形为矩形，错误；
C、AC=BD，对角线相等，可推出平行四边形ABCD是矩形，故正确；
D、AB⊥BC，所以∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，正确，
故选B．
【点睛】本题考查了矩形的判定，熟练掌握“有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线相等的平行四边形是矩形、有三个角是直角的四边形是矩形”是解题的关键.
19．B
【分析】
因为菱形的对角线互相垂直且平分，从而有，，，又因为H为BC中点，借助直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可作答．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形
∴，，
∴△BOC是直角三角形
∴
∴BC=5
∵H为BC中点
∴
故最后答案为．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，其中知道菱形的性质，对角线互相垂直且平分是解题的关键．
20．D
【分析】
要求∠E+∠F，只需求∠ADE，而∠ADE＝∠A与∠B互补，所以可以求出∠A，进而求解问题．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠ADE＝180°﹣∠B＝70°，
∵∠E+∠F＝∠ADE，
∴∠E+∠F＝70°；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质应用，准确分析计算是解题的关键．
21．B
【分析】
作DF⊥BC,BE⊥CD,先证四边形ABCD是平行四边形.再证Rt△BEC≌Rt△DFC，得，BC=DC，所以，四边形ABCD是菱形.
【详解】
如图，作DF⊥BC,BE⊥CD,
由已知可得，AD∥BC,AB∥CD
∴四边形ABCD是平行四边形.
在Rt△BEC和Rt△DFC中
∴Rt△BEC≌Rt△DFC，
∴BC=DC
∴四边形ABCD是菱形.
故选B
【点睛】
本题考核知识点：菱形的判定.解题关键点：通过全等三角形证一组邻边相等.
22．
【分析】
直接根据三角形中位线定理即可解决．
【详解】
解：点，分别是的，边的中点，
是的中位线，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查中位线定理，熟知中位线的性质特点是解决本题的关键．
23．
【分析】
根据折叠的性质和矩形的性质得到BF=DF，设BF=DF=x，在△CDF中，利用勾股定理列出方程，求出x值，得到DF，即可计算EF的值．
【详解】
解：由折叠可知：
AB=BE=CD=3，∠E=∠A=90°，DE=AD=4，∠ADB=∠EDB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∴∠CBD=∠EDB，
∴BF=DF，设BF=DF=x，
则CF=4-x，在△CDF中，
，即，
解得：x=，即DF=，
∴EF=DE-DF==，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，翻折的性质，勾股定理，等角对等边，解题的关键是利用折叠的性质得到相等线段，利用勾股定理列出方程．
24．4
【分析】
过点作，交AD于点H；根据正方形性质，得，，从而得；通过证明，即可得到答案．
【详解】
如图，过点作，交AD于点H
∵点E是正方形ABCD的对角线BD上一点，EG⊥CD
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴
故答案为：4．
【点睛】
本题考查了正方形、全等三角形的知识；解题的关键是熟练掌握正方形、全等三角形的性质，从而完成求解．
25．
【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．
26．
【分析】
根据矩形性质得AB＝DC＝3，BC＝AD＝4，AD∥BC，∠B＝90°，再根据折叠性质得∠DAC＝∠D′AC，而∠DAC＝∠ACB，则∠D′AC＝∠ACB，所以AE＝EC，设BE＝x，则EC＝4﹣x，AE＝4﹣x，然后在Rt△ABE中利用勾股定理可计算出BE．
【详解】
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝DC＝3，BC＝AD＝4，AD∥BC，∠B＝90°．
∵△ACD沿AC折叠到△ACD′，AD′与BC交于点E，
∴∠DAC＝∠D′AC，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∴∠D′AC＝∠ACB，
∴AE＝EC．
设BE＝x，则EC＝4﹣x，AE＝4﹣x，
在Rt△ABE中，∵AB2+BE2＝AE2，
∴32+x2＝（4﹣x）2，解得x＝，
即BE的长为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了折叠的性质、矩形的性质和勾股定理，解题关键是设未知数，表示线段长，利用勾股定理列方程．
27．
【分析】
（1）根据勾股定理直接计算即可；
（2）过点B作，由题意可知OR的长度，运用勾股定理计算即可；
（3）作与MO延长线交于点T，过A点作垂足为P，证明四边形APRT为正方形，设AT=x，则OT=x-4，运用勾股定理列方程计算即可．
【详解】
解：（1）四边形是边长为5的正方形，
，
故答案为：；
（2））过点B作，
点到的距离是，
，
在中，
，
故答案为：；
（3）如图，作与MO延长线交于点T，
过A点作垂足为P，
，
四边形APRT是矩形，
，
，
又，
(AAS)
，
四边形APRT是正方形，
，
，
设AT=x，则OT=x-4，
在中，，
解得：(负数，舍去)，
即点到的距离为，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查正方形的判定与性质，勾股定理，全等三角形判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题关键．
28．
【分析】
先证明，再利用全等角之间关系得出，再由H为BF的中点,又为直角三角形,得出，为直角三角形再利用勾股定理得出BF即可求解.
【详解】
,
.
∴∠BEA=∠AFD，
又∵∠AFD＋∠EAG=90°，
∴∠BEA＋∠EAG=90°，
∴∠BGF=90°.
H为BF的中点,又为直角三角形,
.
∵DF=2，
∴CF=5-2=3.
∵为直角三角形.
∴BF===．
【点睛】
本题主要考查全等三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边一半知识点，熟悉掌握是关键.
29．9
过A作AE⊥BC于E，则由题意可得BC和AE的大小，再根据平行四边形的面积公式可以得到解答．
【详解】
解：如图，过A作AE⊥BC于E，则三角形ABE为直角三角形，
由题意可得：BC=2AB ，BC+AB =18÷2=9，
∴AB=3，BC=6，
又有∠BAD+∠B=180°，∠BAD=2∠B，
∴∠B=60°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=，
∴，
故答案为．
【点睛】
本题考查平行四边形的应用，熟练掌握平行四边形的性质及勾股定理是解题关键．
30．.
【详解】
试题分析：连接AC,根据正方形的性质可得A、E、C三点共线，连接FG交AC于点M，因正方形和正方形的边长分别为3和1，根据勾股定理可求得EC=FG=,AC=3,即可得AE=2,因为的中点，可得PE=AP=,再由正方形的性质可得GM=EM= ,FG垂直于AC，在Rt△PGM中，PM= ,由勾股定理即可求得PG=.
31．矩形
【详解】
连接AC、BD交于O，
∵E、F. G、H分别是AB、AD、CD、BC的中点，
∴EF∥BD，FG∥AC，HG∥BD，EH∥AC，
∴EF∥HG，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵EF∥BD，EH∥AC，
∴EF⊥EH，
∴∠FEH=90°，
∴平行四边形EFGH是矩形，
故答案为矩形．
32．8
【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】
解：∵正方形的一条对角线的长为4，
∴这个正方形的面积=×4 =8．
故答案为：8．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的面积的两种求法是解题的关键．
33．3
【分析】
分别延长AE、BF交于点H，易证四边形EPFH为平行四边形，得出G为PH中点，则G的运行轨迹为三角形HCD的中位线MN．再求出CD的长，运用中位线的性质求出MN的长度即可．
【详解】
如图，分别延长AE、BF交于点H．
∵∠A=∠FPB=60°，
∴AH∥PF，
∵∠B=∠EPA=60°，
∴BH∥PE，
∴四边形EPFH为平行四边形，
∴EF与HP互相平分．
∵G为EF的中点，
∴G也正好为PH中点，即在P的运动过程中，G始终为PH的中点，所以G的运行轨迹为三角形HCD的中位线MN．
∵CD=10-2-2=6，
∴MN=3，即G的移动路径长为3．
故答案为：3.
【点睛】
本题考查了等腰三角形及中位线的性质，以及动点问题，是中考的热点．
34．
【分析】
根据菱形AECF，得∠FCO＝∠ECO，再利用∠ECO＝∠ECB，可通过折叠的性质，结合直角三角形勾股定理求得BC的长，则利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】
解：∵四边形AECF是菱形，AB＝3，
∴设BE＝x，则AE＝3﹣x，CE＝3﹣x，
∵四边形AECF是菱形，
∴∠FCO＝∠ECO，
∵∠ECO＝∠ECB，
∴∠ECO＝∠ECB＝∠FCO＝30°，
∴2BE＝CE，
∴CE＝2x，
∴2x＝3﹣x，
解得：x＝1，
∴CE＝2，利用勾股定理得出：
BC2+BE2＝EC2，
BC＝
又∵AE＝AB﹣BE＝3﹣1＝2，
则菱形的面积＝AE BC＝．
故答案为．
【点睛】
此题主要考查了折叠问题以及勾股定理等知识，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
35．（1）见解析；（2）四边形 是菱形，理由见解析；（3）当 时，四边形 是正方形．理由见解析．
【分析】
（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可；
（3）当=45°，由（）可知，四边形 是菱形，可得，则四边形BECD是正方形．
【详解】
（1） ，
，
，
，
，
，即 ，
四边形 是平行四边形，
．
（2） 四边形 是菱形，
理由是： 点 为 中点，
，
，
，
，
四边形 是平行四边形，
，点 为 中点，
，
四边形 是菱形．
（3） 当 时，
，
，
由（）可知，四边形 是菱形，
，
，
四边形 是正方形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，正方形的判定、直角三角形的性质的应用，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．
36．（1）；（2）不变，8；（3）
【分析】
（1）如图，过点作轴于．证明，推出，，可得结论．
（2）结论：的周长不变．想办法证明即可．
（3）由（1）可知，，推出，推出点的运动轨迹是射线，过点作于，当点与点重合时，的值最小．
【详解】
解：（1）如图，过点作轴于．
四边形是正方形，，
，，
是等腰直角三角形，
，，
，，
，
，
，，
，
，
，
．
故答案为：．
（2）结论：的周长不变．
理由：将绕点B逆时针旋转得到．
，
，
，
，
，，
，
，
，，
，
的周长．
（3）由（1）可知，，
，
点的运动轨迹是射线，
过点作于，当点与点重合时，的值最小，
最小值，
的最小值为．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
37．（1）证明见解析；（2）四边形AEMF是菱形，理由见解析.
【分析】
（1）求简单的线段相等，可证线段所在的三角形全等，即证△ABE≌△ADF；
（2）由于四边形ABCD是正方形，易得∠ECO=∠FCO=45°，BC=CD；联立（1）的结论，可证得EC=CF，根据等腰三角形三线合一的性质可证得OC（即AM）垂直平分EF；已知OA=OM，则EF、AM互相平分，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定四边形AEMF是菱形．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ADF≌Rt△ABE（HL）
∴BE=DF，
∵BC=DC，
∴CE=CF；
（2）四边形AEMF是菱形，理由为：
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCA=∠DCA=45°，
BC=DC，
∵BE=DF，
∴BC-BE=DC-DF，
即CE=CF，
在△COE和△COF中，
，
∴△COE≌△COF（SAS），
∴OE=OF，又OM=OA，
∴四边形AEMF是平行四边形，
∵AE=AF，
∴平行四边形AEMF是菱形．
38．（1）①， ；②周长的最小值为；（Ⅱ）直线解析式.
【分析】
（1）①直接根据条件就可以求出点和解析式.
②作点关于轴对称点，作点关于直线对称点连接交轴于，交直线于，求出直线解析式，再根据条件求出最小周长.
(2) 作于，，先求出，再求出E，P两点的坐标，再列解析式.
【详解】
（1）①，∴直线解析式；
②作点关于轴对称点，作点关于直线对称点连接交轴于，交直线于，此时周长的最小，
∵，，
∴直线解析式，
当时，，
∴，
∵，
∴周长的最小值为；
（Ⅱ）如图：作于，
∵，
∴且，
∴，且，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴.
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
设直线的解析式，
，
∴，
∴直线解析式.
【点睛】
本题考查直线与几何的综合运用，要熟悉掌握求解析式与画辅助线的能力.
39．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据两直线平行，内错角相等可得∠ODE=∠FCE，根据线段中点的定义可得CE=DE，然后利用“角边角”证明△ODE和△FCE全等；
（2）根据全等三角形对应边相等可得OD=FC，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断出四边形ODFC是平行四边形，根据矩形的对角线互相平分且相等可得OC=OD，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
【详解】
解：证明：（1）∵CF∥BD，
∴∠ODE=∠FCE，
∵E是CD中点，
∴CE=DE，
在△ODE和△FCE中，
，
∴△ODE≌△FCE（ASA）；
（2）∵△ODE≌△FCE，
∴OD=FC，
∵CF∥BD，
∴四边形ODFC是平行四边形，
在矩形ABCD中，OC=OD，
∴四边形ODFC是菱形．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定，熟记各性质与平行四边形和菱形的判定方法是解题的关键．
40．见解析
【分析】
根据已知条件证明即可
【详解】
四边形是平行四边形
M，N分别是OB，OD的中点
（SAS）
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，熟悉以上几何图形的性质和判定是解题的关键．
41．（1）见解析；（2）见解析．
【分析】
（1）先说明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质即可证明；
（2）先证明AB=BC，再结合四边形是平行四边形即可证明．
【详解】
证明：（1），，
四边形是平行四边形．
；
（2）∵，
．
，
．
．
又∵四边形是平行四边形，
是菱形．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，灵活应用平行四边形的判定与性质定理成为解答本题的关键．
42．见解析
【分析】
首先根据平行四边形的性质得到，∥，然后根据证明，最后根据全等三角形的性质即可证明．
【详解】
证明：四边形是平行四边形，点为的中点
，∥，
，
在和中，，
，
．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形性质与三角形全等的判定与性质的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键．
43．见解析
【分析】
（1）如图①，根据勾股定理逆定理，结合网格结构，作出边长为的正方形；；
（2）如图②，利用矩形的性质得到、，使与互相垂直平分，则四边形为菱形；
（3）直接利用矩形的性质分析得出答案．
【详解】
（1）如图①所示：取格点C、D，连接BC、CD、DA，
则正方形即为所求；
（2）如图②所示：取格点、，连接B、、A，
则菱形即为所求；
（3）如图③所示：取格点、、、，连接、相交于点，
连接、G、G，
则矩形即为所求．
．
【点睛】
本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了正方形、菱形的判定与性质．
44．
【分析】
由题意得出∠A=90°，AB=BE=7，AD∥BC，BF∥DE，AD=11，证四边形BGDH是菱形，得出BH=DH=DG=BG，设BH=DH=x，则AH=11-x，在Rt△ABH中，由勾股定理得出方程，解方程求出BG，即可求解．
【详解】
解：由题意得：矩形ABCD≌矩形BEDF，
∴∠A=90°，AB=BE=7，AD∥BC，BF∥DE，AD=11，
∴四边形BGDH是平行四边形，
∴平行四边形BGDH的面积=BG×AB=BH×BE，
∴BG=BH，
∴四边形BGDH是菱形，
∴BH=DH=DG=BG，
设BH=DH=x，则AH=11-x，
在Rt△ABH中，由勾股定理得：72+（11-x）2=x2，
解得：x=，
∴BH=，
∴四边形BGDH的周长=4BH=．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识；证明四边形BGDH为菱形是解题的关键．
45．（1）证明见解析；（2）2.
【详解】
分析：（1）根据一组对边相等的平行四边形是菱形进行判定即可.
（2）根据菱形的性质和勾股定理求出．根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解.
详解：（1）证明：∵∥，
∴
∵平分
∴，
∴
∴
又∵
∴
又∵∥，
∴四边形是平行四边形
又∵
∴是菱形
（2）解：∵四边形是菱形，对角线、交于点．
∴．，，
∴．
在中，．
∴．
∵，
∴．
在中，．为中点．
∴．
点睛：本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定方法以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键.
46．见解析
【分析】
首先根据两对边互相平行的四边形是平行四边形证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质可得OC=OD，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形判定出结论．
【详解】
证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵四边形ABCD是矩形，∴OC=OD=AC=BD
∴四边形OCED是菱形．
47．（1）见解析；（2）时,四边形EGCF是矩形，理由见解析.
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，由平行线的性质得出∠ABE=∠CDF，证出BE=DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
（2）证出AB=OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG=90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，由三角形中位线定理得出OE∥CG，EF∥CG，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，
∴∠ABE=∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE=OB，DF=OD，
∴BE=DF，
在△ABE和△CDF中，
（2）当AC=2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：
∵AC=2OA，AC=2AB，
∴AB=OA，
∵E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠OEG=90°，
同理：CF⊥OD，
∴AG∥CF，
∴EG∥CF，
∵EG=AE，OA=OC，
∴OE是△ACG的中位线，
∴OE∥CG，
∴EF∥CG，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵∠OEG=90°，
∴四边形EGCF是矩形．
【点睛】
本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.
48．（1）菱形，理由略
（2）24
【详解】
解：（1）四边形OCED是菱形．
∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
又 在矩形ABCD中，OC=OD，
∴四边形OCED是菱形．
（2）
∵AB=6，BC=8，
∴矩形ABCD的面积=6×8=48，
∵S△ODC=S矩形ABCD=12，
∴四边形OCED的面积=2S△ODC=24.
49．6+6 9
【分析】
根据矩形的性质得出∠ABC＝90°，AD＝BC，AB＝DC，AO＝OC，OB＝OD，AC＝BD，求出AC＝BD＝2AO＝6，OB＝OC，求出AB、BC，最后求出周长和面积即可．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，AO＝3，∴∠ABC＝90°，AD＝BC，AB＝DC，AO＝OC，OB＝OD，AC＝BD，∴AC＝BD＝2AO＝6，OB＝OC，∴ABAC＝3，由勾股定理得：BC＝3，∴AB＝DC＝3，AD＝BC＝3，∴矩形ABCD的周长是AB+BC+CD+AD＝6+6，矩形ABCD的面积是AB×BC＝3×3．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形性质的应用，注意：矩形的四个角都是直角，矩形的对边相等，矩形的对角线相等且互相平分，题目比较典型，难度适中．
50．证明：在ABCD中，AD=BC且AD∥BC，
∵BE=FD，∴AF=CE．
∴四边形AECF是平行四边形
【详解】
试题分析：根据平行四边形的性质可得AF∥EC．AF=EC，然后根据平行四边形的定义即可证得．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵点E，F分别是BC，AD的中点，
∴，，
∴AF∥EC，AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质与判定；熟练掌握平行四边形的性质，证出AF=EC是解决问题的关键．
51．（1）见解析；（2）见解析.
【分析】
（1）根据平行四边形的性质得出AB=CD，∠B=∠D，根据SAS证出△ABE≌△CDF；
（2）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证得．
【详解】
解：
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠B=∠D，
在△ABE和△CDF中， ,
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）∵AD=BC,DF=BE
∴AD-DF=BC-BE
∴AF=EC
∵AD//BC
∴四边形AECF为平行四边形.
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，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．
52．（1）见解析；（2）AF=5cm；（3）
【分析】
（1）根据矩形的性质、平行线的性质和已知条件利用ASA证明△AOE≌△COF，可得OE=OF，进而可得四边形AFCE是平行四边形，然后由EF⊥AC即可证得结论；
（2）设AF=xcm，则易得CF=xcm，BF=(8－x)cm，然后在Rt△ABF中，由勾股定理建立关于x的方程，解方程即得结果；
（3）分为三种情况：第一、P在AF上，由P、Q两点的速度即可进行判断；第二、当P在BF上时，Q在CD或DE上，其中只有当Q在DE上时，以A、P、C、Q四点为顶点的四边形才有可能是平行四边形，如图，用含t的代数式分别表示出AQ和CP，从而可得关于t的方程，解方程即得结果；第三情况：当P在AB上时，Q在DE或CE上，由P、Q两点的位置即可进行判断．
【详解】
(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
∵EF是AC的垂直平分线，
∴OA=OC，
∵∠AOE=∠COF，
∴ΔAOE≌ΔCOF（ASA），
∴OE=OF，
∵OA=OC，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴平行四边形AFCE是菱形；
（2）∵四边形AFCE是菱形，
∴AF=FC，
设AF=xcm，则CF=xcm，BF=(8－x)cm，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，
则在RtΔABF中，由勾股定理得：，
解得：x=5，即AF=5cm；
(3)分为三种情况：
第一、P在AF上，∵P的速度是1cm/s，而Q的速度是0.8cm/s，
∴Q只能在CD上，此时以A、P、C、Q四点为顶点的四边形不是平行四边形；
第二、当P在BF上时，Q在CD或DE上，其中只有当Q在DE上时，以A、P、C、Q四点为顶点的四边形才有可能是平行四边形，如图，
∵AQ=8－(0.8t－4)，CP=5+(t－5)，
∴8－(0.8t－4)=5+(t－5)，
解得：；
第三情况：当P在AB上时，Q在DE或CE上，此时以A、P、C、Q四点为顶点的四边形不是平行四边形；
综上所述，当时，以A、P、C、Q四点为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理以及平行四边形的判定等知识，是四边形的综合性问题，正确理解题意、熟练掌握特殊四边形的判定和性质、全面分类是解题的关键．
53．（1）见解析 （2）是定值，8
【分析】
（1）过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，即可得到EN=EM，然后判断∠DEN=∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE=EF即可；
（2）同（1）的方法证出△ADE≌△CDG得到CG=AE，得出CE+CG=CE+AE=AC=8即可．
【详解】
（1）如图所示，过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，
∵正方形ABCD，
∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，且NE=NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
又∠DNE=∠FME=90°，
在△DEN和△FEM中，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED=EF，
∴矩形DEFG为正方形，
（2）CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE=CG，
∴AC=AE+CE=AB=×4=8，
∴CE+CG=8是定值．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理的综合运用，解本题的关键是作出辅助线，构造三角形全等，利用全等三角形的对应边相等得出结论．
54．
【分析】
根据折叠的性质得AF=AD=10，DE=EF，在Rt△ABF中，利用勾股定理计算出BF=6，则FC=4，设EC=x，则DE=EF=8-x，在Rt△EFC中，根据勾股定理得x2+42=(8-x)2，然后解方程即可．
【详解】
∵四边形ABCD为矩形，
∴DC=AB=8cm，AD=BC=10cm，∠B=∠D=∠C=90°，
∵折叠矩形的一边AD，使点D落在BC边的点F处，
∴AF=AD=10cm，DE=EF，
在Rt△ABF中，BF=(cm)，
∴FC=BC-BF=4(cm)，
设EC=，则DE=，EF=，
在Rt△EFC中，
∵EC2+FC2=EF2，
∴x2+42=(8-x)2，解得x=3，
∴EC的长为．
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质，矩形的对边相等的性质，勾股定理的应用，是基础题，熟记性质并准确识图是解题的关键．
55．（1）证明见解析（2）证明见解析
【详解】
试题分析：（1）根据平行四边形性质得出AB=DC，AD=BC，AB∥CD，AD∥BC，推出∠ABF=∠CDE，∠ADE=∠CBF，根据全等三角形的判定推出△DAE≌△BCF，即可得；
（2）由△DAE≌△BCF，得出∠DEA＝∠BFC，从而得∠AEF＝∠DFC，继而得AE∥CF.
试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，AD＝BC，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠ABF＝∠CDE，∠ADE＝∠CBF，
在△DAE和△BCF中，，
∴△DAE≌△BCF（ASA），∴AE＝CF；
（2）∵△DAE≌△BCF，∴∠DEA＝∠BFC，∴∠AEF＝∠DFC，∴AE∥CF.
56．见解析
【分析】
由平行四边形的对角线互相平分得到OA＝OC，OB＝OD，进而得到OE＝OF，利用对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得证．
【详解】
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
∴四边形DEBF是平行四边形．
【点睛】
此题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解本题的关键．
答案第1页，共2页
一、单选题
1．（2021·天津南开·八年级期末）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A．AB∥DC，AD∥BC B．AB=DC，AD=BC
C．AO=CO，BO=DO D．AB∥DC，AD=BC
2．（2021·天津河西·八年级期末）如图，在平行四边形中，将沿折叠后，点恰好落在的延长线上的点处．若，，则的周长为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2021·天津滨海新·八年级期末）在平行四边形ABCD中，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·天津南开·八年级期末）已知菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，∠BAD＝120°，AC＝4，则该菱形的面积是( )
A．16 B．16 C．8 D．8
5．（2021·天津·八年级期末）下列命题中正确的是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线互 相垂直的四边形是菱形
C．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
D．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
6．（2021·天津滨海新·八年级期末）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，则∠AEB为（ ）
A．10° B．15° C．20° D．125°
7．（2021·天津河北·八年级期末）如图：四个形状大小相同的等腰三角形△ABE，△ADF，△CDG，△BCH按如图摆放在正方形ABCD的内部，顺次连接E、F、G、H得到四边形EFGH．若∠AEB＝∠AFD＝∠CGD＝∠BHC＝120°，且EH＝﹣，则BC的长为（ ）
A． B．4﹣4 C．2 D．2
8．（2021·天津和平·八年级期末）已知菱形的两条对角线的长分别是和，则菱形的面积是（ ）
A． B． C． D．
9．（2021·天津津南·八年级期末）如图，把一张长方形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为点B′，AB′与DC相交于点E，则下列结论正确的是 （ ）
A．∠DAB′＝∠CAB′ B．∠ACD＝∠B′CD
C．AD＝AE D．AE＝CE
10．（2021·天津和平·八年级期末）在四边形中，对角线，相交于点，则下列说法正确的是（ ）
A．如果，，那么四边形是平行四边形
B．如果，，那么四边形是矩形
C．如果，，那么四边形是菱形
D．如果，，，，那么四边形是正方形
11．（2021·天津·八年级期末）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，于点E，于点F，连接EF，给出下列四个结论：①；②；③；④，其中正确的是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
12．（2021·天津·八年级期末）如图，菱形ABCD的周长为20，一条对角线AC长为8，另一条对角线BD长为（ ）
A．16 B．12 C．6 D．4
13．（2021·天津滨海新·八年级期末）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E和点F分别是边BC，AD上的点，将纸片沿EF折叠，使点C与点A重合，下列结论错误的是（ ）
A．AF＝AE B． C． D．AE＝EF
14．（2021·天津河西·八年级期末）已知，，若以所在直线为对称轴，作出点的对称点；再以所在直线为对称轴，作出点的对称点，连接，，，则四边形是（ ）
A．正方形 B．矩形
C．菱形 D．任意四边形
15．（2021·天津滨海新·八年级期末）如图Rt中，，分别以边AB，CA，BC向外做正方形，正方形ABIH的面积为25，正方形ACFG的面积为144，则正方形BDEC的面积是（ ）
A．130 B．119 C．169 D．120
16．（2021·天津河西·八年级期末）在平面直角坐标系中，已知四边形是矩形，点，，，则这个矩形的面积为（ ）
A． B．
C． D．
17．（2021·天津东丽·八年级期中）如图，已知某广场菱形花坛ABCD的周长是24米，∠BAD=60°，则花坛对角线AC的长等于（ ）
A．6米 B．6米 C．3米 D．3米
18．（2021·天津东丽·八年级期中）已知平行四边形ABCD，下列条件中，不能判定这个平行四边形为矩形的是（ ）
A．∠A=∠B B．∠A=∠C C．AC=BD D．AB⊥BC
19．（2021·天津津南·八年级期中）如图，在菱形中，对角线相交于点为中点，．则线段的长为：（ ）
A． B． C． D．
20．（2021·天津东丽·八年级期中）在平行四边形ABCD中，∠B＝110°，延长AD至F，延长CD至E，连接EF，则∠E+∠F＝（ ）
A．110° B．30° C．50° D．70°
21．（2021·天津南开·八年级期中）如图，两把完全一样的直尺叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，这个四边形一定是( )
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．无法判断
二、填空题
22．（2021·天津和平·八年级期末）如图，点，分别是的，边的中点．若，则的长等于________．
23．（2021·天津·八年级期末）在矩形ABCD中，，，将沿对角线BD对折得到，DE与BC交于F，则EF等于________．
24．（2021·天津滨海新·八年级期末）如图点E是正方形ABCD的对角线BD上一点，EF⊥BC，EG⊥CD，垂足分别是F，G，GF＝4，则AE＝________．
25．（2021·天津河北·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______．
26．（2021·天津南开·八年级期末）如图所示，四边形是长方形，把沿折叠到，与交于点E，若，则的长为________．
27．（2021·天津和平·八年级期末）如图，，正方形的边长为，点到的距离是，则
（1）正方形的对角线的长＝________；
（2）点到的距离＝________；
（3）点到的距离＝________．
28．（2021·天津津南·八年级期中）如图，已知正方形ABCD的边长为5，点E、F分别在AD、DC上，AE=DF=2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为_______．
29．（2021·天津南开·八年级期中）如图，已知的周长为，，，则的面积为______．
30．（2021·天津津南·八年级期中）如图，正方形ABCD和正方形EFCG的边长分别为3和1，点、G分别在边上，P为AE的中点，连接PG，则PG的长为 _________ .
31．（2021·天津市双菱中学八年级期中）依次连接菱形各边中点所得到的四边形是__________．
32．（2021·天津南开·八年级期中）若正方形的对角线的长为4，则该正方形的面积为_________．
33．（2021·天津市双菱中学八年级期中）如图：已知AB=10，点C、D在线段AB上且AC=DB=2； P是线段CD上的动点，分别以AP、PB为边在线段AB的同侧作等边△AEP和等边△PFB，连结EF，设EF的中点为G；当点P从点C运动到点D时，则点G移动路径的长是________．
34．（2021·天津东丽·八年级期中）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形AECF．若AB＝3，则菱形AECF的面积为_____．
三、解答题
35．（2021·天津·八年级期末）如图，在 中，，过点 的直线MN//AB，为 边上一点，过点 作 ，垂足为点 ，交直线 于点 ，连接 ，．
（1）求证：；
（2）当 为 中点时，四边形 是什么特殊四边形 说明你的理由；
（3）在（）的条件下，当 的大小满足什么条件时，四边形 是正方形 请说明你的理由．
36．（2021·天津南开·八年级期末）如图，在正方形中，边、分别在轴、轴上，点的坐标为，点在线段上，以点为直角顶点，为直角边作等腰直角三角形，交轴于点．
（1）当时，则点坐标为______；
（2）连接，当点在线段上运动时，的周长是否改变，若改变，请说明理由；若不变，求出其周长；
（3）连接，当点在线段上运动时，求的最小值．
37．（2021·天津滨海新·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC和CD上，AE=AF．
（1）求证：CE=CF．
（2）连接AC交EF于点O，延长OC至点M，使OM=OA，连接EM、FM．判断四边形AEMF是什么特殊四边形？并证明你的结论．
38．（2021·天津滨海新·八年级期末）如图1，矩形摆放在平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，，，过点的直线交矩形的边于点，且点不与点、重合，过点作，交轴于点，交轴于点.
（Ⅰ）若为等腰直角三角形.
①直接写出此时点的坐标：______；直线的解析式为______；
②在轴上另有一点的坐标为，请在直线和轴上分别找一点、，使的周长最小，并求出此时点的坐标和周长的最小值.
（Ⅱ）如图2，过点作交轴于点，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，求直线的解析式.
39．（2021·天津·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，已知对角线AC、BD相交于点O，E是CD中点，连接OE，过点C作交线段OE的延长线于点F，连接DF．
（1）求证：；
（2）求证：四边形ODFC是菱形．
40．（2021·天津滨海新·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且点M，N分别是OB，OD的中点，连接AN，CM．求证：AN＝CM．
41．（2021·天津和平·八年级期末）已知，在四边形中，，．
（1）如图①，求证：；
（2）如图②，四边形的对角线平分．求证：四边形是菱形．
42．（2021·天津河西·八年级期末）如图，平行四边形的对角线的中点，过点且与，分别相交于点，．
求证：．
43．（2021·天津和平·八年级期末）在每个小正方形的边长为的网格中，点，在格点上．请用无刻度的直尺，按下列要求画图．
（1）在图①画出一个以为一边的正方形；
（2）在图②画出一个以为一边的菱形（不是正方形）；
（3）如图③，点，在格点上，与交于点，在图③中画出一个以为一边的矩形．
44．（2021·天津河北·八年级期末）有两个全等矩形纸条，长与宽分别为11和7，按如图所示的方式交叉叠放在一起，求重合部分构成的四边形BGDH的周长是多少？
45．（2021·天津河西·八年级期中）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
46．（2021·天津津南·八年级期中）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD，
求证：四边形OCED是菱形．
47．（2021·天津河西·八年级期中）如图，在□ABCD 中，对角线 AC 与 BD 相交于点 O ，点 E ， F 分别为 OB ， OD 的中点，延长 AE 至 G ，使 EG ＝AE ，连接 CG ．
（1）求证： △ABE≌△CDF ；
（2）当 AB 与 AC 满足什么数量关系时，四边形 EGCF 是矩形？请说明理由.
48．（2021·天津东丽·八年级期中）如图，O为矩形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD．
（1）试判断四边形OCED的形状，并说明理由；
（2）若AB=6，BC=8，求四边形OCED的面积．
49．（2021·天津市实验中学滨海学校八年级期中）如图，矩形ABCD中，AC与BD相交于点O．若 AO=3，∠OBC=30°，求矩形的周长和面积．
50．（2021·天津一中八年级期中）如图，在ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，且BE=FD，求证：四边形AECF是平行四边形．
51．（2021·天津津南·八年级期中）如图，在 ABCD中，点E、F分别在边BC和AD上，且BE=DF．
（1）求证：△ABE≌△CDF．（2）求证：四边形AECF是平行四边形．
52．（2021·天津津南·八年级期中）已知，矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O．
(1)如图1，连接AF、CE求证：四边形AFCE为菱形；
(2)如图1，求AF的长；
(3)如图2，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中，点P的速度为每秒1cm，设运动时间为t秒．若点Q的速度为每秒0.8cm，当A、P、C、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．
53．（2021·天津河西·八年级期中）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作.交于点，以、为邻边作矩形，连接.
（1）求证：矩形是正方形；
（2）探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由.
54．（2021·天津河西·八年级期中）如图，折叠矩形的一边，使点落在边的点处，已知AB=8cm，BC=10cm，求的长
55．（2021·天津市实验中学滨海学校八年级期中）如图，在□ABCD中，E、F为对角线BD上的两点，且∠DAE＝∠BCF.
（1）求证：AE＝CF；
（2）求证：AE∥CF.
56．（2021·天津津南·八年级期中）如图， ABCD的对角线AC、BD交于点O，E、F是对角线AC上两点，AE＝CF．求证：四边形DEBF是平行四边形．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
根据平行四边形判定定理进行判断：
A、由“AB∥DC，AD∥BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
B、由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
C、由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
D、由“AB∥DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形．故本选项符合题意．
故选D．
考点：平行四边形的判定．
2．D
【分析】
根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，，
∵四边形是平行四边形
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
由折叠可得，
∴
∴是等边三角形，
∴的周长为，
故选：D．
【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．
3．C
【分析】
由平行四边形的性质得出∠A=∠C，即可得出结果．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
∵,
∴,
故选:C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的对角相等是解决问题的关键．
4．C
【分析】
根据四边形ABCD是菱形，且∠BAD＝120°可知∠ABC=60°，AB=AC，即△ABC为等边三角形，则AB=AC=BC=4，作AE⊥BC于点E，可得BE=2，AE= ，求得S菱形ABCD=BC·AE=4×=
【详解】
在菱形ABCD中，有AB=AC
∵∠BAD＝120°
∴∠ABC=60°
∴△ABC为等边三角形
即AB=AC=BC=4
作AE⊥BC于点E
∴BE=2，AE=
∴S菱形ABCD=BC·AE=4×=
故选C
【点睛】
本题考查了菱形的性质，，等边三角形的判定，30°，60°，90°角三角形的边长关系，解本题的关键是发现图中的等边三角形，将对角线长度转化为菱形边长.
5．C
【详解】
试题分析：A、对角线相等的平行四边形是矩形，所以A选项错误；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以B选项错误；
C、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，所以C选项正确；
D、一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，所以D选项错误．
故选C．
考点：命题与定理．
6．B
【详解】
分析：本题考查的是正方形，等边三角形，等腰三角形的性质解决.
解析：因为ABCD是正方形，∴AB=AD,∠BAD=90°，∵三角形ADE是等边三角形，∴AE=AD,∠EAD=60°，∴∠BAE=150°，AB=AE,∴∠AEB=15°.
故选B
点睛：本题考查的是正方形的邻边相等，等边三角形的各边相等，等腰三角形的两个底角相等.
7．C
【分析】
由题意易证，即得出，再利用三角形内角和定理结合等腰三角形的性质可求出，从而求出，进而求出，即说明四边形EFGH是正方形．设，连接EG并延长交CD于点N，延长GE交AB于点M，利用正方形的性质可求出，即说明EM⊥AB，且点M是AB的中点．即可得出，由含角的直角三角形的性质可求出，最后由，及可列出关于x的等式，解出x即可．
【详解】
解：
由题意可得：，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴ ，
∴，
∴，
∴四边形EFGH是正方形，
设，连接EG并延长交CD于点N，延长GE交AB于点M，
∴由正方形的性质可得，
∴，
∴EM⊥AB，且点M是AB的中点，
∴，
∴，
∵，
又∵，
∴，
解得：，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质以及含角的直角三角形的性质等知识．正确的作出辅助线是解答本题的关键．
8．C
【分析】
根据菱形的性质，对角线互相垂直，则菱形的面积等于对角线乘积的一半，即可求得的
【详解】
根据题意，
故选C
【点睛】
本题考查了菱形的性质，理解菱形的性质是解题的关键．
9．D
【分析】
根据翻折变换的性质可得∠BAC=∠CAB′，根据两直线平行，内错角相等可得∠BAC=∠ACD，从而得到∠ACD=∠CAB′，然后根据等角对等边可得AE=CE，从而得解．
【详解】
解：∵矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为B′，
∴∠BAC=∠CAB′，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∴∠ACD=∠CAB′，
∴AE=CE，
∴结论正确的是D选项．
故选D.
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质，平行线的性质，矩形的对边互相平行，等角对等边的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
10．D
【分析】
分别根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理逐一判断即可
【详解】
A.，，不能判定四边形是平行四边形，不符合题意；
B. ，，不能判定四边形是矩形 ，不符合题意；
C. ，，不能判定四边形是菱形，不符合题意；
D. ，，判定四边形ABCD是平行四边形，，平行四边形ABCD是菱形，，那么四边形是正方形,符合题意
故选D
【点睛】
本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，熟悉以上判定定理是解题的关键．
11．D
【分析】
过P作PG⊥AB于点G，根据正方形对角线的性质及题中的已知条件，证明△AGP≌△FPE后即可证明①AP=EF；③∠PFE=∠BAP；在此基础上，根据正方形的对角线平分对角的性质，在Rt△DPF中，DP2=DF2+PF2=EC2+EC2=2EC2，求得④DP=EC．
【详解】
解：证明：过P作PG⊥AB于点G，
∵点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，
∴GP=EP，
在△GPB中，∠GBP=45°，
∴∠GPB=45°，
∴GB=GP，
同理，得PE=BE，
∵AB=BC=GF，
∴AG=AB-GB，FP=GF-GP=AB-GB，
∴AG=PF，
∴△AGP≌△FPE，
①∴AP=EF；
∠PFE=∠GAP
∴③∠PFE=∠BAP，
②延长AP到EF上于一点H，
∴∠PAG=∠PFH，
∵∠APG=∠FPH，
∴∠PHF=∠PGA=90°，即AP⊥EF；
④∵GF∥BC，
∴∠DPF=∠DBC，
又∵∠DPF=∠DBC=45°，
∴∠PDF=∠DPF=45°，
∴PF=EC，
∴在Rt△DPF中，DP2=DF2+PF2=EC2+EC2=2EC2，
∴④DP=EC．
∴其中正确结论的序号是①②③④．
故选：D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，垂直的判定，等腰三角形的性质，勾股定理的运用．本题难度较大，综合性较强，在解答时要认真审题．
12．C
【详解】
试题分析：∵菱形周长为20，
∴AB=5，
∵菱形对角线互相垂直平分，
∴AO=4，
∴BO=，
∴BD=2BO=6，
故选C．
考点：菱形的性质．
13．D
【分析】
设BE=x，表示出CE=8-x，根据翻折的性质可得AE=CE，然后在Rt△ABE中，利用勾股定理列出方程求出x，再根据翻折的性质可得∠AEF=∠CEF，根据两直线平行，内错角相等可得∠AFE=∠CEF，然后求出∠AEF=∠AFE，根据等角对等边可得AE=AF，过点E作EH⊥AD于H，可得四边形ABEH是矩形，根据矩形的性质求出EH、AH，然后求出FH，再利用勾股定理列式计算即可得解．
【详解】
解：设BE=x，则CE=BC-BE=8-x，
∵沿EF翻折后点C与点A重合，
∴AE=CE=8-x，
在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，
即42+x2=（8-x）2
解得x=3，
∴AE=8-3=5，
由翻折的性质得，∠AEF=∠CEF，
∵矩形ABCD的对边AD∥BC，
∴∠AFE=∠CEF，
∴∠AEF=∠AFE，
∴AE=AF=5，
∴A正确；
在Rt△ABE和Rt△AGF中，
，
∴△ABE≌△AGF（HL），
∴B正确；
过点E作EH⊥AD于H，则四边形ABEH是矩形，
∴EH=AB=4，
AH=BE=3，
∴FH=AF-AH=5-3=2，
在Rt△EFH中，EF=2，
∴C正确；
∵△AEF不是等边三角形，
∴EF≠AF，
故D错误；
故选：D．
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，熟记各性质并作利用勾股定理列方程求出BE的长度是解题的关键，也是本题的突破口．
14．C
【分析】
由题意和菱形的判定定理即可得出．
【详解】
如图，由题意可得，，
所以四边形ABCD是平行四边形，
∵，
∴四边形ABCD是菱形．
故选C．
【点睛】
此题考查了菱形的判定定理，解题的关键是熟练掌握菱形的判定定理．
15．C
【分析】
求出AB、AC，再用勾股定理即可得出答案．
【详解】
解：∵正方形ABIH的面积为25，正方形ACFG的面积为144
∴AB=5，AC=12
∵
∴
∴正方形BDEC的面积是
【点睛】
本题考查正方形的性质、勾股定理、，掌握正方形的性质、勾股定理是解题的关键．
16．A
【分析】
在平面直角坐标系中画出三个已知点的位置，然后根据矩形性质求得、的长，最后即可求解面积．
【详解】
在平面直角坐标系中作出三个点，如下图所示，
，
根据矩形的性质得到点的位置，
∴，，
∴，
故选A．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，和平面直角坐标系，关键是在平面直角坐标系中画出已知点的位置．
17．A
【详解】
分析：本题考查的是菱形的性质，直角三角形的性质解决即可.
解析：因为菱形周长为24米，所以边长为6米，因为，所以∠BAO=30°，∴OA=米,∴AC= 米.
故选A.
18．B
【详解】
【分析】由矩形的判定方法即可得出答案．
【详解】A、∠A=∠B，∠A+∠B=180°，所以∠A=∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，正确；
B、∠A=∠C不能判定这个平行四边形为矩形，错误；
C、AC=BD，对角线相等，可推出平行四边形ABCD是矩形，故正确；
D、AB⊥BC，所以∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，正确，
故选B．
【点睛】本题考查了矩形的判定，熟练掌握“有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线相等的平行四边形是矩形、有三个角是直角的四边形是矩形”是解题的关键.
19．B
【分析】
因为菱形的对角线互相垂直且平分，从而有，，，又因为H为BC中点，借助直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可作答．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形
∴，，
∴△BOC是直角三角形
∴
∴BC=5
∵H为BC中点
∴
故最后答案为．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，其中知道菱形的性质，对角线互相垂直且平分是解题的关键．
20．D
【分析】
要求∠E+∠F，只需求∠ADE，而∠ADE＝∠A与∠B互补，所以可以求出∠A，进而求解问题．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠ADE＝180°﹣∠B＝70°，
∵∠E+∠F＝∠ADE，
∴∠E+∠F＝70°；
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质应用，准确分析计算是解题的关键．
21．B
【分析】
作DF⊥BC,BE⊥CD,先证四边形ABCD是平行四边形.再证Rt△BEC≌Rt△DFC，得，BC=DC，所以，四边形ABCD是菱形.
【详解】
如图，作DF⊥BC,BE⊥CD,
由已知可得，AD∥BC,AB∥CD
∴四边形ABCD是平行四边形.
在Rt△BEC和Rt△DFC中
∴Rt△BEC≌Rt△DFC，
∴BC=DC
∴四边形ABCD是菱形.
故选B
【点睛】
本题考核知识点：菱形的判定.解题关键点：通过全等三角形证一组邻边相等.
22．
【分析】
直接根据三角形中位线定理即可解决．
【详解】
解：点，分别是的，边的中点，
是的中位线，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查中位线定理，熟知中位线的性质特点是解决本题的关键．
23．
【分析】
根据折叠的性质和矩形的性质得到BF=DF，设BF=DF=x，在△CDF中，利用勾股定理列出方程，求出x值，得到DF，即可计算EF的值．
【详解】
解：由折叠可知：
AB=BE=CD=3，∠E=∠A=90°，DE=AD=4，∠ADB=∠EDB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
∴∠CBD=∠EDB，
∴BF=DF，设BF=DF=x，
则CF=4-x，在△CDF中，
，即，
解得：x=，即DF=，
∴EF=DE-DF==，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，翻折的性质，勾股定理，等角对等边，解题的关键是利用折叠的性质得到相等线段，利用勾股定理列出方程．
24．4
【分析】
过点作，交AD于点H；根据正方形性质，得，，从而得；通过证明，即可得到答案．
【详解】
如图，过点作，交AD于点H
∵点E是正方形ABCD的对角线BD上一点，EG⊥CD
∴，
∵，
∴
∴
∴
∴
故答案为：4．
【点睛】
本题考查了正方形、全等三角形的知识；解题的关键是熟练掌握正方形、全等三角形的性质，从而完成求解．
25．
【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．
26．
【分析】
根据矩形性质得AB＝DC＝3，BC＝AD＝4，AD∥BC，∠B＝90°，再根据折叠性质得∠DAC＝∠D′AC，而∠DAC＝∠ACB，则∠D′AC＝∠ACB，所以AE＝EC，设BE＝x，则EC＝4﹣x，AE＝4﹣x，然后在Rt△ABE中利用勾股定理可计算出BE．
【详解】
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝DC＝3，BC＝AD＝4，AD∥BC，∠B＝90°．
∵△ACD沿AC折叠到△ACD′，AD′与BC交于点E，
∴∠DAC＝∠D′AC，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∴∠D′AC＝∠ACB，
∴AE＝EC．
设BE＝x，则EC＝4﹣x，AE＝4﹣x，
在Rt△ABE中，∵AB2+BE2＝AE2，
∴32+x2＝（4﹣x）2，解得x＝，
即BE的长为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了折叠的性质、矩形的性质和勾股定理，解题关键是设未知数，表示线段长，利用勾股定理列方程．
27．
【分析】
（1）根据勾股定理直接计算即可；
（2）过点B作，由题意可知OR的长度，运用勾股定理计算即可；
（3）作与MO延长线交于点T，过A点作垂足为P，证明四边形APRT为正方形，设AT=x，则OT=x-4，运用勾股定理列方程计算即可．
【详解】
解：（1）四边形是边长为5的正方形，
，
故答案为：；
（2））过点B作，
点到的距离是，
，
在中，
，
故答案为：；
（3）如图，作与MO延长线交于点T，
过A点作垂足为P，
，
四边形APRT是矩形，
，
，
又，
(AAS)
，
四边形APRT是正方形，
，
，
设AT=x，则OT=x-4，
在中，，
解得：(负数，舍去)，
即点到的距离为，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查正方形的判定与性质，勾股定理，全等三角形判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题关键．
28．
【分析】
先证明，再利用全等角之间关系得出，再由H为BF的中点,又为直角三角形,得出，为直角三角形再利用勾股定理得出BF即可求解.
【详解】
,
.
∴∠BEA=∠AFD，
又∵∠AFD＋∠EAG=90°，
∴∠BEA＋∠EAG=90°，
∴∠BGF=90°.
H为BF的中点,又为直角三角形,
.
∵DF=2，
∴CF=5-2=3.
∵为直角三角形.
∴BF===．
【点睛】
本题主要考查全等三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边一半知识点，熟悉掌握是关键.
29．9
过A作AE⊥BC于E，则由题意可得BC和AE的大小，再根据平行四边形的面积公式可以得到解答．
【详解】
解：如图，过A作AE⊥BC于E，则三角形ABE为直角三角形，
由题意可得：BC=2AB ，BC+AB =18÷2=9，
∴AB=3，BC=6，
又有∠BAD+∠B=180°，∠BAD=2∠B，
∴∠B=60°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=，
∴，
故答案为．
【点睛】
本题考查平行四边形的应用，熟练掌握平行四边形的性质及勾股定理是解题关键．
30．.
【详解】
试题分析：连接AC,根据正方形的性质可得A、E、C三点共线，连接FG交AC于点M，因正方形和正方形的边长分别为3和1，根据勾股定理可求得EC=FG=,AC=3,即可得AE=2,因为的中点，可得PE=AP=,再由正方形的性质可得GM=EM= ,FG垂直于AC，在Rt△PGM中，PM= ,由勾股定理即可求得PG=.
31．矩形
【详解】
连接AC、BD交于O，
∵E、F. G、H分别是AB、AD、CD、BC的中点，
∴EF∥BD，FG∥AC，HG∥BD，EH∥AC，
∴EF∥HG，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵EF∥BD，EH∥AC，
∴EF⊥EH，
∴∠FEH=90°，
∴平行四边形EFGH是矩形，
故答案为矩形．
32．8
【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】
解：∵正方形的一条对角线的长为4，
∴这个正方形的面积=×4 =8．
故答案为：8．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的面积的两种求法是解题的关键．
33．3
【分析】
分别延长AE、BF交于点H，易证四边形EPFH为平行四边形，得出G为PH中点，则G的运行轨迹为三角形HCD的中位线MN．再求出CD的长，运用中位线的性质求出MN的长度即可．
【详解】
如图，分别延长AE、BF交于点H．
∵∠A=∠FPB=60°，
∴AH∥PF，
∵∠B=∠EPA=60°，
∴BH∥PE，
∴四边形EPFH为平行四边形，
∴EF与HP互相平分．
∵G为EF的中点，
∴G也正好为PH中点，即在P的运动过程中，G始终为PH的中点，所以G的运行轨迹为三角形HCD的中位线MN．
∵CD=10-2-2=6，
∴MN=3，即G的移动路径长为3．
故答案为：3.
【点睛】
本题考查了等腰三角形及中位线的性质，以及动点问题，是中考的热点．
34．
【分析】
根据菱形AECF，得∠FCO＝∠ECO，再利用∠ECO＝∠ECB，可通过折叠的性质，结合直角三角形勾股定理求得BC的长，则利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】
解：∵四边形AECF是菱形，AB＝3，
∴设BE＝x，则AE＝3﹣x，CE＝3﹣x，
∵四边形AECF是菱形，
∴∠FCO＝∠ECO，
∵∠ECO＝∠ECB，
∴∠ECO＝∠ECB＝∠FCO＝30°，
∴2BE＝CE，
∴CE＝2x，
∴2x＝3﹣x，
解得：x＝1，
∴CE＝2，利用勾股定理得出：
BC2+BE2＝EC2，
BC＝
又∵AE＝AB﹣BE＝3﹣1＝2，
则菱形的面积＝AE BC＝．
故答案为．
【点睛】
此题主要考查了折叠问题以及勾股定理等知识，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
35．（1）见解析；（2）四边形 是菱形，理由见解析；（3）当 时，四边形 是正方形．理由见解析．
【分析】
（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可；
（3）当=45°，由（）可知，四边形 是菱形，可得，则四边形BECD是正方形．
【详解】
（1） ，
，
，
，
，
，即 ，
四边形 是平行四边形，
．
（2） 四边形 是菱形，
理由是： 点 为 中点，
，
，
，
，
四边形 是平行四边形，
，点 为 中点，
，
四边形 是菱形．
（3） 当 时，
，
，
由（）可知，四边形 是菱形，
，
，
四边形 是正方形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，正方形的判定、直角三角形的性质的应用，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．
36．（1）；（2）不变，8；（3）
【分析】
（1）如图，过点作轴于．证明，推出，，可得结论．
（2）结论：的周长不变．想办法证明即可．
（3）由（1）可知，，推出，推出点的运动轨迹是射线，过点作于，当点与点重合时，的值最小．
【详解】
解：（1）如图，过点作轴于．
四边形是正方形，，
，，
是等腰直角三角形，
，，
，，
，
，
，，
，
，
，
．
故答案为：．
（2）结论：的周长不变．
理由：将绕点B逆时针旋转得到．
，
，
，
，
，，
，
，
，，
，
的周长．
（3）由（1）可知，，
，
点的运动轨迹是射线，
过点作于，当点与点重合时，的值最小，
最小值，
的最小值为．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
37．（1）证明见解析；（2）四边形AEMF是菱形，理由见解析.
【分析】
（1）求简单的线段相等，可证线段所在的三角形全等，即证△ABE≌△ADF；
（2）由于四边形ABCD是正方形，易得∠ECO=∠FCO=45°，BC=CD；联立（1）的结论，可证得EC=CF，根据等腰三角形三线合一的性质可证得OC（即AM）垂直平分EF；已知OA=OM，则EF、AM互相平分，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可判定四边形AEMF是菱形．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=90°，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ADF≌Rt△ABE（HL）
∴BE=DF，
∵BC=DC，
∴CE=CF；
（2）四边形AEMF是菱形，理由为：
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCA=∠DCA=45°，
BC=DC，
∵BE=DF，
∴BC-BE=DC-DF，
即CE=CF，
在△COE和△COF中，
，
∴△COE≌△COF（SAS），
∴OE=OF，又OM=OA，
∴四边形AEMF是平行四边形，
∵AE=AF，
∴平行四边形AEMF是菱形．
38．（1）①， ；②周长的最小值为；（Ⅱ）直线解析式.
【分析】
（1）①直接根据条件就可以求出点和解析式.
②作点关于轴对称点，作点关于直线对称点连接交轴于，交直线于，求出直线解析式，再根据条件求出最小周长.
(2) 作于，，先求出，再求出E，P两点的坐标，再列解析式.
【详解】
（1）①，∴直线解析式；
②作点关于轴对称点，作点关于直线对称点连接交轴于，交直线于，此时周长的最小，
∵，，
∴直线解析式，
当时，，
∴，
∵，
∴周长的最小值为；
（Ⅱ）如图：作于，
∵，
∴且，
∴，且，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴.
又∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，，
∴，，
设直线的解析式，
，
∴，
∴直线解析式.
【点睛】
本题考查直线与几何的综合运用，要熟悉掌握求解析式与画辅助线的能力.
39．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据两直线平行，内错角相等可得∠ODE=∠FCE，根据线段中点的定义可得CE=DE，然后利用“角边角”证明△ODE和△FCE全等；
（2）根据全等三角形对应边相等可得OD=FC，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断出四边形ODFC是平行四边形，根据矩形的对角线互相平分且相等可得OC=OD，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
【详解】
解：证明：（1）∵CF∥BD，
∴∠ODE=∠FCE，
∵E是CD中点，
∴CE=DE，
在△ODE和△FCE中，
，
∴△ODE≌△FCE（ASA）；
（2）∵△ODE≌△FCE，
∴OD=FC，
∵CF∥BD，
∴四边形ODFC是平行四边形，
在矩形ABCD中，OC=OD，
∴四边形ODFC是菱形．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定，熟记各性质与平行四边形和菱形的判定方法是解题的关键．
40．见解析
【分析】
根据已知条件证明即可
【详解】
四边形是平行四边形
M，N分别是OB，OD的中点
（SAS）
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定和性质，熟悉以上几何图形的性质和判定是解题的关键．
41．（1）见解析；（2）见解析．
【分析】
（1）先说明四边形是平行四边形，再根据平行四边形的性质即可证明；
（2）先证明AB=BC，再结合四边形是平行四边形即可证明．
【详解】
证明：（1），，
四边形是平行四边形．
；
（2）∵，
．
，
．
．
又∵四边形是平行四边形，
是菱形．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，灵活应用平行四边形的判定与性质定理成为解答本题的关键．
42．见解析
【分析】
首先根据平行四边形的性质得到，∥，然后根据证明，最后根据全等三角形的性质即可证明．
【详解】
证明：四边形是平行四边形，点为的中点
，∥，
，
在和中，，
，
．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形性质与三角形全等的判定与性质的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键．
43．见解析
【分析】
（1）如图①，根据勾股定理逆定理，结合网格结构，作出边长为的正方形；；
（2）如图②，利用矩形的性质得到、，使与互相垂直平分，则四边形为菱形；
（3）直接利用矩形的性质分析得出答案．
【详解】
（1）如图①所示：取格点C、D，连接BC、CD、DA，
则正方形即为所求；
（2）如图②所示：取格点、，连接B、、A，
则菱形即为所求；
（3）如图③所示：取格点、、、，连接、相交于点，
连接、G、G，
则矩形即为所求．
．
【点睛】
本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了正方形、菱形的判定与性质．
44．
【分析】
由题意得出∠A=90°，AB=BE=7，AD∥BC，BF∥DE，AD=11，证四边形BGDH是菱形，得出BH=DH=DG=BG，设BH=DH=x，则AH=11-x，在Rt△ABH中，由勾股定理得出方程，解方程求出BG，即可求解．
【详解】
解：由题意得：矩形ABCD≌矩形BEDF，
∴∠A=90°，AB=BE=7，AD∥BC，BF∥DE，AD=11，
∴四边形BGDH是平行四边形，
∴平行四边形BGDH的面积=BG×AB=BH×BE，
∴BG=BH，
∴四边形BGDH是菱形，
∴BH=DH=DG=BG，
设BH=DH=x，则AH=11-x，
在Rt△ABH中，由勾股定理得：72+（11-x）2=x2，
解得：x=，
∴BH=，
∴四边形BGDH的周长=4BH=．
【点睛】
本题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识；证明四边形BGDH为菱形是解题的关键．
45．（1）证明见解析；（2）2.
【详解】
分析：（1）根据一组对边相等的平行四边形是菱形进行判定即可.
（2）根据菱形的性质和勾股定理求出．根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解.
详解：（1）证明：∵∥，
∴
∵平分
∴，
∴
∴
又∵
∴
又∵∥，
∴四边形是平行四边形
又∵
∴是菱形
（2）解：∵四边形是菱形，对角线、交于点．
∴．，，
∴．
在中，．
∴．
∵，
∴．
在中，．为中点．
∴．
点睛：本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定方法以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键.
46．见解析
【分析】
首先根据两对边互相平行的四边形是平行四边形证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质可得OC=OD，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形判定出结论．
【详解】
证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵四边形ABCD是矩形，∴OC=OD=AC=BD
∴四边形OCED是菱形．
47．（1）见解析；（2）时,四边形EGCF是矩形，理由见解析.
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，由平行线的性质得出∠ABE=∠CDF，证出BE=DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
（2）证出AB=OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG=90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，由三角形中位线定理得出OE∥CG，EF∥CG，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，
∴∠ABE=∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE=OB，DF=OD，
∴BE=DF，
在△ABE和△CDF中，
（2）当AC=2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：
∵AC=2OA，AC=2AB，
∴AB=OA，
∵E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠OEG=90°，
同理：CF⊥OD，
∴AG∥CF，
∴EG∥CF，
∵EG=AE，OA=OC，
∴OE是△ACG的中位线，
∴OE∥CG，
∴EF∥CG，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵∠OEG=90°，
∴四边形EGCF是矩形．
【点睛】
本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.
48．（1）菱形，理由略
（2）24
【详解】
解：（1）四边形OCED是菱形．
∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
又 在矩形ABCD中，OC=OD，
∴四边形OCED是菱形．
（2）
∵AB=6，BC=8，
∴矩形ABCD的面积=6×8=48，
∵S△ODC=S矩形ABCD=12，
∴四边形OCED的面积=2S△ODC=24.
49．6+6 9
【分析】
根据矩形的性质得出∠ABC＝90°，AD＝BC，AB＝DC，AO＝OC，OB＝OD，AC＝BD，求出AC＝BD＝2AO＝6，OB＝OC，求出AB、BC，最后求出周长和面积即可．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，AO＝3，∴∠ABC＝90°，AD＝BC，AB＝DC，AO＝OC，OB＝OD，AC＝BD，∴AC＝BD＝2AO＝6，OB＝OC，∴ABAC＝3，由勾股定理得：BC＝3，∴AB＝DC＝3，AD＝BC＝3，∴矩形ABCD的周长是AB+BC+CD+AD＝6+6，矩形ABCD的面积是AB×BC＝3×3．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形性质的应用，注意：矩形的四个角都是直角，矩形的对边相等，矩形的对角线相等且互相平分，题目比较典型，难度适中．
50．证明：在ABCD中，AD=BC且AD∥BC，
∵BE=FD，∴AF=CE．
∴四边形AECF是平行四边形
【详解】
试题分析：根据平行四边形的性质可得AF∥EC．AF=EC，然后根据平行四边形的定义即可证得．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵点E，F分别是BC，AD的中点，
∴，，
∴AF∥EC，AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质与判定；熟练掌握平行四边形的性质，证出AF=EC是解决问题的关键．
51．（1）见解析；（2）见解析.
【分析】
（1）根据平行四边形的性质得出AB=CD，∠B=∠D，根据SAS证出△ABE≌△CDF；
（2）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证得．
【详解】
解：
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，∠B=∠D，
在△ABE和△CDF中， ,
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）∵AD=BC,DF=BE
∴AD-DF=BC-BE
∴AF=EC
∵AD//BC
∴四边形AECF为平行四边形.
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，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．
52．（1）见解析；（2）AF=5cm；（3）
【分析】
（1）根据矩形的性质、平行线的性质和已知条件利用ASA证明△AOE≌△COF，可得OE=OF，进而可得四边形AFCE是平行四边形，然后由EF⊥AC即可证得结论；
（2）设AF=xcm，则易得CF=xcm，BF=(8－x)cm，然后在Rt△ABF中，由勾股定理建立关于x的方程，解方程即得结果；
（3）分为三种情况：第一、P在AF上，由P、Q两点的速度即可进行判断；第二、当P在BF上时，Q在CD或DE上，其中只有当Q在DE上时，以A、P、C、Q四点为顶点的四边形才有可能是平行四边形，如图，用含t的代数式分别表示出AQ和CP，从而可得关于t的方程，解方程即得结果；第三情况：当P在AB上时，Q在DE或CE上，由P、Q两点的位置即可进行判断．
【详解】
(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
∵EF是AC的垂直平分线，
∴OA=OC，
∵∠AOE=∠COF，
∴ΔAOE≌ΔCOF（ASA），
∴OE=OF，
∵OA=OC，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴平行四边形AFCE是菱形；
（2）∵四边形AFCE是菱形，
∴AF=FC，
设AF=xcm，则CF=xcm，BF=(8－x)cm，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，
则在RtΔABF中，由勾股定理得：，
解得：x=5，即AF=5cm；
(3)分为三种情况：
第一、P在AF上，∵P的速度是1cm/s，而Q的速度是0.8cm/s，
∴Q只能在CD上，此时以A、P、C、Q四点为顶点的四边形不是平行四边形；
第二、当P在BF上时，Q在CD或DE上，其中只有当Q在DE上时，以A、P、C、Q四点为顶点的四边形才有可能是平行四边形，如图，
∵AQ=8－(0.8t－4)，CP=5+(t－5)，
∴8－(0.8t－4)=5+(t－5)，
解得：；
第三情况：当P在AB上时，Q在DE或CE上，此时以A、P、C、Q四点为顶点的四边形不是平行四边形；
综上所述，当时，以A、P、C、Q四点为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理以及平行四边形的判定等知识，是四边形的综合性问题，正确理解题意、熟练掌握特殊四边形的判定和性质、全面分类是解题的关键．
53．（1）见解析 （2）是定值，8
【分析】
（1）过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，即可得到EN=EM，然后判断∠DEN=∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE=EF即可；
（2）同（1）的方法证出△ADE≌△CDG得到CG=AE，得出CE+CG=CE+AE=AC=8即可．
【详解】
（1）如图所示，过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，
∵正方形ABCD，
∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，且NE=NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
又∠DNE=∠FME=90°，
在△DEN和△FEM中，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED=EF，
∴矩形DEFG为正方形，
（2）CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE=CG，
∴AC=AE+CE=AB=×4=8，
∴CE+CG=8是定值．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理的综合运用，解本题的关键是作出辅助线，构造三角形全等，利用全等三角形的对应边相等得出结论．
54．
【分析】
根据折叠的性质得AF=AD=10，DE=EF，在Rt△ABF中，利用勾股定理计算出BF=6，则FC=4，设EC=x，则DE=EF=8-x，在Rt△EFC中，根据勾股定理得x2+42=(8-x)2，然后解方程即可．
【详解】
∵四边形ABCD为矩形，
∴DC=AB=8cm，AD=BC=10cm，∠B=∠D=∠C=90°，
∵折叠矩形的一边AD，使点D落在BC边的点F处，
∴AF=AD=10cm，DE=EF，
在Rt△ABF中，BF=(cm)，
∴FC=BC-BF=4(cm)，
设EC=，则DE=，EF=，
在Rt△EFC中，
∵EC2+FC2=EF2，
∴x2+42=(8-x)2，解得x=3，
∴EC的长为．
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质，矩形的对边相等的性质，勾股定理的应用，是基础题，熟记性质并准确识图是解题的关键．
55．（1）证明见解析（2）证明见解析
【详解】
试题分析：（1）根据平行四边形性质得出AB=DC，AD=BC，AB∥CD，AD∥BC，推出∠ABF=∠CDE，∠ADE=∠CBF，根据全等三角形的判定推出△DAE≌△BCF，即可得；
（2）由△DAE≌△BCF，得出∠DEA＝∠BFC，从而得∠AEF＝∠DFC，继而得AE∥CF.
试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，AD＝BC，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠ABF＝∠CDE，∠ADE＝∠CBF，
在△DAE和△BCF中，，
∴△DAE≌△BCF（ASA），∴AE＝CF；
（2）∵△DAE≌△BCF，∴∠DEA＝∠BFC，∴∠AEF＝∠DFC，∴AE∥CF.
56．见解析
【分析】
由平行四边形的对角线互相平分得到OA＝OC，OB＝OD，进而得到OE＝OF，利用对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得证．
【详解】
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
∴四边形DEBF是平行四边形．
【点睛】
此题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解本题的关键．
答案第1页，共2页