第5章 特殊平行四边形 练习题 （含解析）2021-2022学年浙江省各地浙教版数学八年级下册期末试题选编

第5章 特殊平行四边形
一、单选题
1．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，动点P满足＝S矩形ABCD，则点P到A、B两点距离之和PA+PB的最小值为（ ）
A． B． C．5 D．
2．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）如图，矩形中，，，点，，，分别在矩形各边上，且四边形为平行四边形，则平行四边形周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）如图，矩形中，，，点为直线的一点，连，平移至，连接、，则四边形的面积是（　　）
A． B． C． D．
4．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，，，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）如图，下列条件中能使成为菱形的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2022春·浙江台州·八年级统考期末）已知，用没有刻度的直尺和圆规作菱形ABCD，下面的作法中正确的是（ ）．
A． B．
C． D．
7．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（ ）
A．1cm B．2cm C．(－1)cm D．(2－1)cm
8．（2022春·浙江湖州·八年级统考期末）下列说法正确的是（ ）
A．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
9．（2022春·浙江嘉兴·八年级统考期末）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．连结，并延长交于点N．若，，则的长为（ ）
A．2 B． C． D．3
二、填空题
10．（2022春·浙江绍兴·八年级统考期末）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图所示，在中，分别取、的中点D、E，连接，过点A作，垂足为F，将分割后拼接成矩形．若，则的面积是__________．
11．（2022春·浙江湖州·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝，M为对角线BD所在直线的一个动点，点N是平面上一点．若四边形MCND为平行四边形，MN＝，则BM的值为 _____．
12．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）如图，一块含45°的三角板的一个顶点A与矩形ABCD的顶点重合，直角顶点E落在边BC上，另一顶点F恰好落在边CD的中点处，若，则AB的长为______．
13．（2022春·浙江湖州·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，且，，于点E，则__________．
14．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）如图，在菱形中，的中垂线交于点，交于点，，则的度数为_________．
15．（2022春·浙江温州·八年级统考期末）如图，在菱形中，，，则_______
16．（2022春·浙江绍兴·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE=3，点F是边BC上不与点B、C重合的一个动点，把△EBF沿EF折叠，点B落在B′处，若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的长为_____________．
17．（2022春·浙江温州·八年级统考期末）如图，是正方形对角线交点，是线段上一点．若，，则的长为________．
18．（2022春·浙江嘉兴·八年级统考期末）已知矩形，请添加一个条件：_____，使得矩形成为正方形．
三、解答题
19．（2022春·浙江绍兴·八年级统考期末）图，一张矩形纸片ABCD，点E在边AB上，将△BCE沿直线CE对折，点B落在对角线AC上，记为点F．
(1)若AB＝4，BC＝3，求AE的长．
(2)连接DF，若点D，F，E在同一条直线上，且DF＝2，求AE的长．
20．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）将平行四边形纸片ABCD按图1所示的方式折叠，使顶点A，B同时落在线段HF上的M点处，顶点C，D同时落在线段HF上的N点处，其中AD长为6，AE长为x．
(1)求证：四边形EFGH为矩形；
(2)探究：线段HF的长度会随着AE长度的变化而变化吗？如果会，请用含x的代数式表示HF的长度；如果不会，请直接写出HF的长度；
(3)若，连接AF，当时（如图2），求的值．
21．（2022春·浙江杭州·八年级统考期末）如图，在矩形中，平分交于E，连接，．
(1)如图1，若，，求的长；
(2)如图2，若点F是边上的一点，若，连结交于G，
①猜想的度数，并说明理由；
②若，求的值．
22．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）如图1，在四边形中，，对角线、交于点O，平分．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)如图2，点E是边上一点，将四边形沿着翻折得到四边形，若点恰好落在边的中点处，且，求菱形的周长．
23．（2022春·浙江金华·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，B的坐标分别为A（0，2），B（4，2），点D为对角线OB中点，点E在x轴上运动，连接DE，把△ODE沿DE翻折，点O的对应点为点F，连接BF．
(1)当点F在第四象限时(如图1)，求证：．
(2)当点F落在矩形的某条边上时，求EF的长．
(3)是否存在点E，使得以D，E，F，B为顶点的的四边形是平行四边形？若存在，求点E的坐标；若不存在，请说明理由．
24．（2022春·浙江台州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点O作EF⊥BD，交AD于点E，交BC于点F，连接EB，DF．
(1)求证：四边形EBFD为菱形；
(2)若，，求∠ABE的度数．
25．（2022春·浙江杭州·八年级校考期末）问题解决：如图1，在矩形中，点分别在边上，于点．
（1）求证：四边形是正方形；
（2）延长到点，使得，判断的形状，并说明理由．
类比迁移：如图2，在菱形中，点分别在边上，与相交于点，，求的长．
26．（2022春·浙江宁波·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，同时动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动．以CP，CO为邻边构造 PCOD，在线段OP延长线上取点E，使PE＝AO，设点P运动的时间为t秒．
(1)当点C运动到线段OB的中点时，求t的值及点E的坐标；
(2)当点C在线段OB上时，求证：四边形ADEC为平行四边形；
(3)在线段PE上取点F，使PF＝3，过点F作MN⊥PE，截取FM＝ ，FN＝1，且点M，N分别在第一、四象限，在运动过程中，当点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，直接写出所有满足条件的t的值．
27．（2022春·浙江衢州·八年级统考期末）如图1，已知正方形ABCD与等腰，，点E，F分别在AB，BC边上滑动，点G在正方形内．
(1)求证：点G到AB，BC的距离相等．
(2)若，．
①如图2，当点F为BC边的中点时，求DG的长度．
②求在整个滑动过程中BG长度的取值范围．
参考答案：
1．D
【分析】设△ABP中AB边上高为h，根据＝S矩形ABCD，可得，从而得到动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离，AE=2+2=4，根据勾股定理求出BE，即可求解．
【详解】解：设△ABP中AB边上高为h，
∵＝S矩形ABCD，
∴，
∴，
∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，
如图，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离，AE=2+2=4，
在矩形ABCD中，AD⊥AB，
∵直线l∥AB，
∴AD⊥l，
∴点D在AE上，
在Rt△ABE中，∵AB=5，AE=4，
∴，
即PA+PB的最小值为．
故选：D
【点睛】本题主要考查了勾股定理，矩形的性质，最短距离问题，根据题意得到动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上是解题的关键．
2．B
【分析】如图，作点E关于BC的对称点E＇，连接FE＇，GE＇，当G、F、E＇共线时，平行四边形EFGH周长最小，过G作GG＇⊥AB于G＇，证明△AHE≌△CFG（AAS）得AE=CG，根据矩形的性质和对称性质可证得G＇E＇=AB=8，GG＇=BC=4，由勾股定理求得GE＇的长即可解答．
【详解】解：∵四边形EFGH是平行四边形，
∴HE=GF，HE∥GF，
∴平行四边形EFGH的周长为2（GF+EF），
作点E关于BC的对称点E＇，连接FE＇，GE＇，则EF=FE＇，BE=BE＇，
∴GF+EF=GF+FE＇≥GE＇，
∴当G、F、E＇共线时，平行四边形EFGH周长最小，最小值为2GE＇，
过G作GG＇⊥AB于G＇，则四边形BCGG＇是矩形，
则GG＇=BC=4，CG=BG＇，
∵HE∥GF，EF=FE＇，
∴∠AEH=∠E＇=∠FGC，
在△AHE和△CFG中，
，
∴△AHE≌△CFG（AAS），
∴AE=CG，
∴G＇E＇=BE＇+BG＇=BE+AE=AB=8，
在Rt△GG′E′中，GG＇=4，G＇E＇=8，
∴，
∴平行四边形EFGH周长最小值为．
故选：B．
【点睛】本题考查矩形的判定与性质、平行四边形的性质、对称性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质、最短路径问题等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
3．B
【分析】平移至后得到的四边形是平行四边形，面积等于矩形面积，计算矩形面积即可得到答案．
【详解】解：已知平移至，则，
四边形是平行四边形，则
故选：B．
【点睛】本题考查了图形的平移、平行四边形的性质与判定、矩形的性质，掌握平行四边形性质与判定是解题关键．
4．A
【分析】依次求出OE=OF=OG=OH，利用勾股定理得出EF和OE的长，即可求出该四边形的周长．
【详解】∵HF⊥BC,EG⊥AB,
∴∠BEO=∠BFO=90°，
∵∠A=120°，
∴∠B=60°，
∴∠EOF=120°，∠EOH=60°，
由菱形的对边平行，得HF⊥AD,EG⊥CD，
因为O点是菱形ABCD的对称中心，
∴O点到各边的距离相等，即OE=OF=OG=OH，
∴∠OEF=∠OFE=30°，∠OEH=∠OHE=60°，
∴∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，
所以四边形EFGH是矩形；
设OE=OF=OG=OH=x，
∴EG=HF=2x，，
如图，连接AC，则AC经过点O，
可得三角形ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，AC=AB=2,
∴OA=1,∠AOE=30°，
∴AE=，
∴x=OE=
∴四边形EFGH的周长为EF+FG+GH+HE=,
故选A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等内容，要求学生在理解相关概念的基础上学会应用，能分析并综合运用相关条件完成线段关系的转换，考查了学生的综合分析与应用的能力．
5．D
【分析】根据菱形的判定定理可得．
【详解】解：A、AB=CD不能判定 ABCD是菱形，故不符合题意；
B、AC=BD只能判定 ABCD是矩形，故不符合题意；
C、∠BAD=90°只能判定 ABCD是矩形，故不符合题意；
D、AB=BC能判定 ABCD是菱形，故符合题意；
故选：D．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定，熟练地掌握菱形的判定定理是解决问题的关键．
6．C
【分析】根据菱形的判定定理即可解答．
【详解】解：由作图可知，选项C中，四边形ABCD是菱形（理由是对角线互相平分且垂直）
故选：C．
【点睛】本题主要考查了尺规作图、菱形的判定定理等知识点，灵活运用菱形的性质是解答本题的关键．
7．D
【分析】先求出BD，再根据平移性质求得=1cm，然后由求解即可．
【详解】解：由题意，BD=cm，
由平移性质得=1cm，
∴点D，之间的距离为==（）cm，
故选：D．
【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．
8．B
【分析】利用平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定及正方形的判定定理对各选项逐一判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形错误，如等腰梯形；
B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，正确；
C、对角线相等的四边形是矩形错误，如等腰梯形；
D、对角线互相垂直且相等的四边形是正方形错误，如一般四边形对角线也可以互相垂直且相等．
故选：B．
【点睛】本题考查了命题与定理，解题的关键是了解平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定及正方形的判定定理，难度一般．
9．C
【分析】由全等三角形的性质可设 结合正方形的性质可得 解方程可得 如图，过作于 则 求解 由，解得：，可得 再利用勾股定理可得答案．
【详解】解：由题意可得：正方形，正方形，
∴
∵四个全等的直角三角形，
∴设
整理得：
解得：（负根不合题意，舍去）
如图，过作于
则
由，
可得：
解得：，
故选C
【点睛】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的性质，勾股定理的应用，二次根式的除法运算，二次根式的化简，等面积法的应用，一元二次方程的解法，熟练的利用正方形的性质解决问题是关键．
10．12
【分析】先证明，，把三角形的面积化为矩形的面积，进而即可求解．
【详解】解：∵D是的中点，四边形是矩形，
∴AD=BD，∠G=∠AFD=90°，
又∵∠ADF=∠BDG，
∴，
∴DF=DG，AF=BG=2，
同理：，
∴EF=EH，
∴GH=2(DF+EF)=2DE=2×3=6，
∴的面积=矩形的面积=2×6=12．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，矩形的性质，通过全等三角形的判定，把三角形的面积化为矩形的面积，是解题的关键．
11．6或1
【分析】分两种情况：①如图1，M在对角线BD上时，设四边形MCND对角线MN和DC交于O，过O作OG⊥BD于G；②如图2，M在BD的延长线上时，过O作OG⊥BD于G；设BM＝x，表示MG的长，先根据直角三角形30度角的性质可得OG和DG的长，在直角三角形OGM中列方程可得结论．
【详解】解：分两种情况：
①如图1，M在对角线BD上时，设四边形MCND对角线MN和DC交于O，过O作OG⊥BD于G，
∵四边形MCND为平行四边形，
∴ODDCAB＝1，OMMN，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵AB＝2，AD＝2，
∴BD4，
∴ABBD，
∴∠ADB＝30°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠BDC＝60°，
Rt△ODG中，∠DOG＝30°，
∴DG，OG，
设BM＝x，则MG＝4﹣xx，
△OMG中，MG2+OG2＝OM2，
∴，
解得：x＝6（舍）或1；
②如图2，M在BD的延长线上时，过O作OG⊥BD于G，
同理得：DG，OG，OM，
设BM＝x，则MG＝x﹣4x，
在△OMG中，MG2+OG2＝OM2，
∴，解得：x＝6或1（舍）；
综上所述，BM的长为6或1，
故答案为：6或1．
【点睛】本题考查了矩形性质，平行四边形的判定，勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质，设未知数列方程是解决问题的关键．
12．8
【分析】利用矩形和等腰直角三角形性质可证得：△ABE≌△ECF（AAS），得出：AB=CE，BE=CF，由点F是CD的中点，进而根据矩形的性质即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠B=∠C=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠FEC+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEC，
在△ABE和△ECF中，
∴△ABE≌△ECF（AAS），
∴AB=CE，BE=CF，
∵点F是CD的中点，
∴CF=CD，
∴BE=CF=AB，
∵BE+CE=BC=12，
∴AB+AB=12，
∴AB=8，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了矩形性质，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质等，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
13．/4.8
【分析】利用菱形的性质即可计算得出BC的长，再根据面积法即可得到AE的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，且AC=6，DB=8，
∴CO=AC=3，BO=BD=4，AO⊥BO，
∴BC==5，
∵S菱形ABCD=AC BD=BC AE，
∴AE=，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及勾股定理的运用，关键是掌握菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直平分．
14．36°
【分析】根据EF垂直平分AD可得AF=DF，所以∠FAD=∠FDA，再根据三角形外角得出∠DFC=∠FAD+∠FDA=2∠FAD，再根据菱形性质得∠BAD=2∠FAD，所以∠DFC=∠BAD．再由∠ABC=4∠DFC，∠ABD+∠BAD=180°，求出∠BAD．
【详解】解：如图所示，
∵EF垂直平分AD．
∴AF=DF．
∴∠FAD=∠FDA．
∵∠DFC=∠FAD+∠FDA．
∴∠DFC=2∠FAD．
在菱形ABCD中，AC是对角线，
∴∠BAD=2∠FAD．
∴∠BAD=∠DFC．
∵∠ABC=4∠DFC．
∴∠ABC=4∠BAD．
∵∠BAD+∠ABC=180°．
∴∠BAD+4∠BAD=180°．
∴∠BAD=36°
故答案为：36°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，根据菱形对角线平分每一组对角得出∠BAD=2∠FAD是解题的关键．
15．
【分析】根据菱形的性质得到OA和OB的长度，，再利用勾股定理求解．
【详解】解：∵在菱形中，，，
∴，，，
∴在中
．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质和勾股定理，理解菱形的性质是解答关键．
16．16或4/或16
【分析】根据翻折的性质，可得BE的长，根据勾股定理，可得CE的长，根据等腰三角形的判定，可得答案．
【详解】（1）当B′D=B′C时，过B′点作GH∥AD，则∠B′GE=90°，
当B′C=B′D时，AG=DH=DC=8，由AE=3，AB=16，得BE=13．
由翻折的性质，得B′E=BE=13，
∴EG=AG﹣AE=8﹣3=5，
∴B′G===12，
∴B′H=GH﹣B′G=16﹣12=4，
∴DB′===；
（2）当DB′=CD时，则DB′=16（易知点F在BC上且不与点C、B重合）；
（3）当CB′=CD时，
∵EB=EB′，CB=CB′，
∴点E、C在BB′的垂直平分线上，
∴EC垂直平分BB′，
由折叠可知点F与点C重合，不符合题意，舍去．
综上所述，DB′的长为16或．
故答案为：16或．
【点睛】本题考查了翻折变换、勾股定理、等腰三角形的判定，分类讨论是解题的关键．
17．/
【详解】由正方形性质得∠BCA=∠BAC=45°，∠ABC=90°，BC=AB=1,则AC=AB=，易得∠CEB=∠CED=67.5°，由三角形内角和得∠EBC=67.5°，即得∠EBC=∠CEB=67.5°，从而得BC=EC=1，最后由AE=AC-EC代入数据计算即可求得AE的长.
【解答】解:∵正方形ABCD
∴∠BCA-∠BAC=45°，∠ABC=90°，BC=AB=1
∴AC=AB=
∵E为正方形对角线AC上一点，∠DEB=135°
∴易得∠CEB=∠CED=67.5°
∴∠EBC=180°-67.5°-45°=67.5°
∴∠EBC=∠CEB=67.5°，
∴BC=EC=1，
∴AE=AC-EC=-1.
故答案为∶-1．
【点睛】本题考查了正方形的性质，以及等腰三角形的性质与判定，能找到边与边的关系是解答此题的关键．
18．（答案不唯一）
【分析】有一组邻边相等的矩形是正方形，对角线互相垂直的矩形是正方形，再根据正方形的判定方法分析即可．
【详解】解：根据“有一组邻边相等的矩形是正方形”，
可添加：
根据“对角线互相垂直的矩形是正方形”，
可添加：
故答案为：或（任写一个即可）
【点睛】本题考查的是正方形的判定，特别是掌握在矩形的基础上判定正方形是解本题的关键．
19．(1)
(2)AE＝2
【分析】（1）根据勾股定理和折叠的性质，求出AF=2，设AE＝x，则，然后利用勾股定理，即可求出答案；
（2）由折叠的性质，得到DC＝DE，又点D，F，E在同一条直线上，∠EFC＝∠B，然后证明，即可求出答案．
【详解】（1）解：如图1，矩形纸片ABCD中，∵AB＝4，BC＝3，
故由勾股定理可得AC＝5．
由折叠知：FC＝BC＝3，∠EFC＝∠B＝90°，BE＝FE．
∴．
设AE＝x，则．
在Rt△AFE中，，
解得：．
∴．
（2）：如图2，矩形纸片ABCD中，
∵，
∴∠DCE＝∠BEC，
由折叠知：∠BEC＝∠FEC，
∴∠DCE＝∠FEC，
∴DC＝DE．
又∵点D，F，E在同一条直线上，∠EFC＝∠B，
∴∠DFC＝90°，
∴∠DFC＝∠DAE＝90°，
而CF＝CB＝DA，
∴，
∴AE＝DF＝2．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确地运用折叠的性质进行计算．
20．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由折叠的性质证出∠FEH=90°，同理可得∠EHG=∠HGF=∠GFE=90°，由矩形的判定可得出答案；
（2）连接EG，证明四边形AEGH是平行四边形，由平行四边形的性质得出AD=EG=6，由（1）知，四边形EFGH为矩形，由矩形的性质得出HF=EG=6．则可得出结论；
（3）方法一：连接CH，由折叠的性质证出CH⊥BC，CH=AF，设BF=a，则CF=6-a，由直角三角形的性质得出16-a2=36-（6-a）2，解方程求出a的值，则可得出答案；
方法二：连接EG交AF于点P，由题意：AE=EM=BE，由矩形EFGH的面积求出PF的长，由勾股定理求出BF的长，则可求出答案．
（1）
解：如图1，
由折叠可得∠1=∠2，∠3=∠4，
∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°，
∴∠2+∠3=90°=∠FEH，
同理可得∠EHG=∠HGF=∠GFE=90°，
∴四边形EFGH为矩形；
（2）
解：线段HF的长度不会随着AE长度的变化而变化，HF=6．
理由：如图2，连接EG，
由折叠可知，AE=EM，BE=EM，
∴AE=BE=EM，
同理可得DG=NG=CG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴AE=DG，
∴四边形AEGH是平行四边形，
∴AD=EG=6，
由（1）知，四边形EFGH为矩形，
∴HF=EG=6．
（3）
解：法1：如图，
由题意：
∴
∵，
∴，
∴
同理：
∴，
∴，
设，则
∴，
∴
∴，，
∴；
法2：连接EG交AF于点P，
由题意：
∴
∵，
∴
矩形EFGH中，
∴，
∴
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴；
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了翻折变换，勾股定理，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
21．(1)
(2)①，理由见解析；②
【分析】（1）由矩形的性质得，，，由角平分线的性质得出，则是等腰直角三角形，得出，推出，由勾股定理得出；
（2）①连接，由（1）得，，由证得，得出，，证明是等腰直角三角形，即可得出结论；
②根据矩形的性质得到，求得，过D作于M，根据余角的性质得到，得到，过A作于N，根据等腰三角形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵平分，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴；
（2）①，
理由：连接EF，如图所示：
由（1）得：，，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
②∵四边形是矩形，
∴，
∴，
过D作于M，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
由①知，，
∵，
∴，
∴，
∴，
过A作于N，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
由①知，，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查了四边形的综合题，矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．
22．(1)证明见解析
(2)16
【分析】（1）运用平行线性质及角平分线的性质，证得∠DCA＝∠DAC，从而得到CD＝AD，通过等量代换可得，CD＝AB，由AB∥CD，得四边形ABCD是平行四边形，结合AD＝AB，得到平行四边形ABCD是菱形．
（2）通过翻折性质及已知条件，设E=DE=x则C=2x，BC= DC=4x，在Rt△BCE中，Rt△BE中，分别运用勾股定理，建立关于x的方程，解方程，从而求出菱形的周长．
(1)
证明：∵AB∥CD，
∴∠CAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠CAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD，
又∵AD＝AB
∴CD＝AB．
∵AB∥CD，CD＝AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AD＝AB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
(2)
解：∵四边形ADEB沿着BE翻折得到四边形，且恰好为DC的中点，
∴BE⊥CD ，
设E=DE=x，则C=2x，BC= DC=4x，
在Rt△BCE中，BC=4x，CE=3x，则BE=x，
在Rt△BE中，，
∴，解得x=1，
∴DC=4x=4，
∴菱形ABCD周长为16 .
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理求直角三角形的边长，运用翻折性质，大胆设未知数建立方程是解题的关键．
23．(1)证明见解析
(2)2或
(3)（，0）或（3，0）或（5，0）或（，0）
【分析】（1）根据折叠的性质得到OD=DE=DF，∠ODE=∠FDE根据等腰三角形的性质得到∠DBF=∠DFB，再由三角形外角的性质证明∠ODE=∠DBF即可证明结论；
（2）分图2-1和图2-2两种情况，利用折叠的性质与勾股定理结合矩形的性质求解即可；
（3）分图3-1，图3-2，图3-3和图3-4四种情况，利用平行四边形的性质求解即可．
（1）
解：由折叠的性质可得OD=FD，∠ODE=∠FDE，
∵D是OB的中点，
∴OD=BD=FD，
∴∠DFB=∠DBF，
∵∠ODF=∠DFB+∠DBF=∠ODE+∠FDE，
∴∠ODE=∠DBF，
∴；
（2）
解：如图2-1所示，当ED⊥OC时，由折叠的性质可知∠DEF=∠DEO=90°，OE=FE，OD=FD，则点F在x轴上，
又∵四边形OABC是矩形，B（4，2），A（0，2），
∴OD=CD，OC=AB=4
∴此时点F与点C重合，
∴；
如图2-2所示，当点F与点B重合时，设OE=FE=x，则CE=4-x，
在Rt△BCE中，，
∴，
解得；
综上所述，当点F落在矩形的某条边上时，EF的长为2或
（3）
解：如图3-1所示，当四边形DEFB为平行四边形时，，BD=EF，
∵OE=EF，BD=DO，
∴OE=OD，
∵D是OB的中点，B（4，2），
∴点D的坐标为（2，1），
∴，
∴点E的坐标为（，0）；
如图3-2所示，当四边形DEBF是平行四边形时，DF=BE，
∵OD=DF，
∴OD=BE，
∴，
∴在Rt△BCE中，由勾股定理得，
∴OE=3，
∴点E的坐标为（3，0）；
如图3-3所示，当四边形DEBF是平行四边形时，DF=BE，
∵OD=BD=DE，
∴，
∴在Rt△BCE中，由勾股定理得，
∴OE=5，
∴点E的坐标为（5，0）；
如图3-4所示，当四边形DEFB是平行四边形时，EF=BD，，
又∵OD=BD，
∴EF=OD，
∴四边形OEFD是平行四边形，
又由折叠的性质可得OD=DF，
∴四边形OEFD是菱形，
∴，
∴点E的坐标为（，0）；
综上所述，存在点E（，0）或（3，0）或（5，0）或（，0），使得以D，E，F，B为顶点的的四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的判定，平行四边形的性质，菱形的性质与判定等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
24．(1)证明见解析；
(2)15°
【分析】（1）利用平行四边形的性质得到BO=DO，∠OBF=∠ODE，证明△BOF≌△DOE（ASA），得到BF=DE，证得四边形EBFD为平行四边形，又因为EF⊥BD，得到四边形EBFD为菱形；
（2）根据菱形的性质得到，所以，利用平行线的性质得到，求解即可得到∠ABE的度数．
（1）
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，BO=DO，
∴∠OBF=∠ODE，
∵EF⊥BD，
∴∠BOF=∠DOE=90°，
在△BOF和△DOE中，
∴△BOF≌△DOE（ASA），
∴BF=DE，
∵BFDE，
∴四边形EBFD为平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形EBFD为菱形；
（2）
∵四边形EBFD为菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，掌握菱形的对角线平分对角是解题的关键．
25．问题解决：（1）见解析；（2）等腰三角形，理由见解析；类比迁移：8
【分析】问题解决：（1）证明矩形ABCD是正方形，则只需证明一组邻边相等即可．结合和可知，再利用矩形的边角性质即可证明，即，即可求解；
（2）由（1）中结论可知，再结合已知，即可证明，从而求得是等腰三角形；
类比迁移：由前面问题的结论想到延长到点，使得，结合菱形的性质，可以得到，再结合已知可得等边，最后利用线段BF长度即可求解．
【详解】解：问题解决：
（1）证明：如图1，∵四边形是矩形，
．
．
．
．
又．
∴矩形是正方形．
（2）是等腰三角形．理由如下：
，
．
又，即是等腰三角形．
类比迁移：
如图2，延长到点，使得，连接．
∵四边形是菱形，
．
．
．
又．
是等边三角形，
，
．
【点睛】本题考查正方形的证明、菱形的性质、三角形全等的判断与性质等问题，属于中档难度的几何综合题．理解题意并灵活运用，做出辅助线构造三角形全等是解题的关键．
26．(1)t=2；E（6，0）；
(2)证明见解析；
(3)t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12
【分析】（1）由运动的路程OC的长和运动速度，可以求出运动时间t的值；再求线段OE的长和点E的坐标；
（2）证△AOC≌△EPD即可；
（3）点M，N中，有一点落在四边形ADEC的边上时，分类讨论即可求解．
【详解】（1）∵点A，B的坐标分别是（﹣4，0），（0，8），
∴OA=4，OB=8，
∵点C运动到线段OB的中点，
∴OC=BC=OB=4，
∵动点C从点B出发，沿射线BO方向以每秒2个单位的速度运动，
∴2t=4
解之：t=2；
∵PE=OA=4，动点P从点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位的速度运动，
∴OE=OP+PE=t+4=2+4=6
∴点E（6，0）
（2）证明：∵四边形PCOD是平行四边形，
∴OC=PD，OC∥PD，
∴∠COP=∠OPD，
∴∠AOC=∠DPE
在△AOC和△EPD中
∴△AOC≌△EPD（SAS）
∴AC=DE，∠CAO=∠DEP，OC=PD，
∴AC∥DE，
∴四边形ADEC是平行四边形．
（3）由题意得：C(0，8-2t)，P(t，0)，F(t+3，0)，E(t+4，0)，D(t，2t-8)，
设CE的解析式为y=kx+b，
则，
解得：，
∴CE的解析式为，
同理，DE的解析式为，
①当M在CE上时，M(t+3，)，
则
解得，，
②当N在DE上时，N(t+3，-1)，
则
解得，，
当点C在y轴的负半轴上时，
③如果点M在DE上时，
，
解得，，
④当N在CE上时，
，
解得，，
综上分析可得，满足条件的t的值为：t1＝28﹣16 ，t2＝2，t3＝4+2 ，t4＝12．
【点睛】本题考查了一次函数的动态问题，平行四边形的判定，抓住动点的坐标是解题的关键．
27．(1)见解析
(2)①DG=3-
②＜BG≤
【分析】（1）过点G分别作AB，BC的垂线，垂足分别为M，N，可证明△EGM和△FGN全等，进而可得结论；
（2）①延长MG交CD于点P，连接DG，设FN=t，则EM=t，则MG=GN=2+t，由勾股定理建立等式即可；
②取EF的中点O，连接BO=GO，由三角形三边关系可得BG的最大值；当点N与点F重合时，BG最小，由此可得出BG的范围．
【详解】（1）证明：如图，过点G分别作AB，BC的垂线，垂足分别为M，N，
∴∠EMG=∠FNG=90°，
∵∠B=90°，
∴四边形BNGM为矩形，
∴∠MGN=90°，
∵∠EGF=90°，
∴∠EGM+∠MGF=∠MGF+∠FGN=90°，
∴∠EGM=∠FGN，
∵EG=FG，
∴△EGM≌△FGN（AAS），
∴GM=GN，即点G到AB，BC的距离相等．
（2）解：①如图，延长MG交CD于点P，连接DG，
由（1）知GM=GN，
∴矩形BNGM是正方形，
∴MG=GN=BN，
∵点F为BC边的中点，AB=4，
∴BF=2，
设FN=t，则EM=t，MG=GN=2+t，
在Rt△GFN中，由勾股定理可知，GF2=t2+（t+2）2．
在Rt△EFG中，由勾股定理可知，EF2=EG2+GF2，
∴t2+（t+2）2+t2+（t+2）2=10，
解得t=-1+或t=-1-（舍去），
∴MG=GN=2+t=1+，GP=4-MG=3-，
∴DP=3-，
在Rt△DGP中，由勾股定理可得
DG=GP=3-．
②如图，取EF的中点O，连接BO=GO，
∴BO+OG=；
由三角形三边关系可得BG≤BO+OG=；
当点E与点B重合或点F与点B重合时，BG最小（临界状态，取不到），
∵EF=，
∴BG=EG=，
∴BG的长度的取值范围为：＜BG≤．
【点睛】本题属于正方形综合题，考查正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，动点相关线段长度问题等知识，最后一问较难，关键是找到临界点，求出最值．