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专题5-11.特殊的平行四边形 章末检测卷
全卷共26题 测试时间：90分钟 试卷满分：120分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2023·广东初三月考）数学课上，老师要同学们判断一个四边形门框是否为矩形．下面是某合作小组4位同学拟定的方案，其中正确的是（ ）
A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等
C．测量一组对角是否都为直角 D．测量三个角是否为直角
2．（2023·江苏扬州·八年级期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，它是菱形 B．当AC⊥BD时，它是菱形
C．当∠ABC＝90°时，它是矩形 D．当AC＝BD时，它是正方形
3．（2023·四川·成都新津九年级阶段练习）如图，菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠AOC＝45°，OA＝，则点C的坐标为（ ）
A．（，1） B．（1，1） C．（1，） D．（+1，1）
4．（2021·重庆中考真题）如图，把含30°的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，，直角顶点P在正方形ABCD的对角线BD上，点M，N分别在AB和CD边上，MN与BD交于点O，且点O为MN的中点，则的度数为（ ）
A．60° B．65° C．75° D．80°
5．（2023·陕西宝鸡市·九年级期末）如图， 菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，连接OE．若OB=6，菱形ABCD的面积为54，则OE的长为（ ）
A．4 B．4.5 C．8 D．9
6．（2023·广东·松岗实验学校九年级期中）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，将菱形折叠，使点A恰好落在对角线BD上的点G处（不与B、D重合），折痕为EF，若DG＝2，AD＝6，则BE的长为（ ）
A． B． C．3 D．3.5
7．（2023·绵阳市·八年级期中）如图，矩形ABCD绕点A逆时针旋转90*得矩形AEFG，连接CF，交AD于点P，M是CF的中点，连接AM，交EF于点Q．则下列结论：
①AM⊥CF；②△CDP≌△AEQ ；③连接PQ，则PQ= MQ；④若AB=2，BC=6，则MQ= 其中，正确结论的个数有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．（2021·浙江温州市·中考真题）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．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2023·达州市·九年级期末）在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分交BC于点E，．连接OE，则下面的结论：①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④；⑤，其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
10．（2023·江苏南京·九年级专题练习）如图，正方形边长为4，点在边上运动（不含端点），以为边作等腰直角三角形，∠AEF＝90°，连接．下面四个说法中有几个正确（ ）
①当时，；②当时，点，，共线；③当三角形与三角形面积相等时，则DE＝；④当平分∠EAF时，则DE＝
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2023春·重庆渝中·八年级校考阶段练习）如图，矩形纸片中，，E为上一点，平分，，则的长为___________．
12．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，若∠BAD＝60°，AD＝2，则OH＝_______．
13．（2022秋·湖南永州·八年级统考期末）如图，在正方形中，P，Q分别为的中点，若，则大小为___________．
14．（2023·广东肇庆·统考一模）如图，正方形中，点E是的中点，将正方形沿翻折，点B落在点F处，延长交于点P，若，则的长为_____．
15．（2021·辽宁大连·中考真题）如图，在菱形中，，点E在边上，将沿直线翻折180°，得到，点B的对应点是点若，，则的长是__________．
16．（2023·山东青岛市·九年级期末）如图，在菱形ABCD中，，，E，F分别是CD和BC的中点，连接EF并延长与AB的延长线相交于点G，则EG的长度为________cm．
17．（2023·江苏扬州·九年级期末）如图，在矩形ABCD中，，，E、F分别是边AB、BC上的动点，且，M为EF中点，P是边AD上的一个动点，则的最小值是______．
18．（2021·浙江南浔·八年级期末）如图，已知有一张正方形纸片，边长为，点，分别在边，上，．现将四边形沿折叠，使点，分别落在点，，上当点恰好落在边上时，线段的长为________；在点从点运动到点的过程中，若边与边交于点，则点相应运动的路径长为________．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2023·浙江八年级期末）如图，矩形ABCD中，，，过对角线BD中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F．（1）求证：四边形BEDF是平行四边形．（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF的长．
20．（2023·广东梅州·校考模拟预测）如图，已知E，F是正方形的对角线上的两点，且．(1)求证：四边形为菱形．(2)若，，求四边形的面积．
21．（2023·广西玉林市·九年级期末）如图，矩形中，点在边上，将沿折叠，点落在边上的点处，过点作交于点，连接．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，，求的长．
22．（2023·内蒙古兴安盟期末）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；（2）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是35°时，求∠EFC的度数．
23．（2023·重庆一中九年级开学考试）如图1，平面直角坐标系中，菱形的边长为4，，对角线与的交点恰好在轴上，点是中点，直线交于．
（1）点的坐标为___；（2）如图1，在轴上有一动点，连接．请求出的最小值及相应的点的坐标；（3）如图2，若点是直线上的一点，那么在直线上是否存在一点，使得以、、、为顶．点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
24．（2023·广东连州·九年级阶段练习）如图，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于F，以为邻边作平行四边形．（1）证明平行四边形是菱形；（2）若，连结，①求证：；②求的度数；
（3）若，，，M是的中点，求的长．
25．（2023·四川·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.
26．（2023·四川·成都实外八年级期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝BO＝12，将矩形ABCD翻折，使得B与D重合，A的对应点为，折痕为EF，连接B，DF．
（1）求证：四边形BFDE是菱形；（2）若M，N为矩形边上的两个动点，且运动过程中，始终保持∠MON＝60°不变，请回答下列两个问题：①如图2，当点M在边BC上，点N在边CD上，ON与ED交于点G，请猜想EO、EM、EG三条线段的数量关系，并说明理由；②如图3，若M，N都在BC边上，将△ONM沿ON所在直线翻折至ONP，取线段CD的中点Q，连接PQ，则当PQ最短时，求PM的长．
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专题5-11.特殊的平行四边形 章末检测卷
全卷共26题 测试时间：90分钟 试卷满分：120分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2023·广东初三月考）数学课上，老师要同学们判断一个四边形门框是否为矩形．下面是某合作小组4位同学拟定的方案，其中正确的是（ ）
A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等
C．测量一组对角是否都为直角 D．测量三个角是否为直角
【答案】D
【分析】根据矩形的判定定理即可选出答案．
【解析】解：A、对角线是否相互平分，能判定平行四边形，而不能判定矩形；
B、两组对边是否分别相等，能判定平行四边形，而不能判定矩形；
C、一组对角是否都为直角，不能判定形状；
D、四边形其中的三个角是否都为直角，能判定矩形，故选D．
【点睛】本题考查了矩形的判定定理：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形，熟练掌握矩形的判定方法是解答本题的关键．
2．（2023·江苏扬州·八年级期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，它是菱形 B．当AC⊥BD时，它是菱形
C．当∠ABC＝90°时，它是矩形 D．当AC＝BD时，它是正方形
【答案】D
【解析】
【分析】根据菱形、矩形、正方形的判定定理判断即可．
【详解】解：A. 当AB＝BC时，它是菱形，正确，不符合题意；
B. 当AC⊥BD时，它是菱形，正确，不符合题意；
C. 当∠ABC＝90°时，它是矩形，正确，不符合题意；
D. 当AC＝BD时，它是矩形，原选项不正确，符合题意；故选：D．
【点睛】本题考查了菱形、矩形、正方形的判定，解题关键是熟记相关判定定理，准确进行判断．
3．（2023·四川·成都新津九年级阶段练习）如图，菱形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠AOC＝45°，OA＝，则点C的坐标为（ ）
A．（，1） B．（1，1） C．（1，） D．（+1，1）
【答案】B
【分析】作CD⊥x轴，根据菱形的性质得到OC=OA=，在Rt△OCD中，根据勾股定理求出OD的值，即可得到C点的坐标．
【详解】：作CD⊥x轴于点D，则∠CDO=90°，
∵四边形OABC是菱形，OA=，∴OC=OA=，
又∵∠AOC=45°，∴∠OCD=90°-∠AOC=90°-45°=45°，∴∠DOC=∠OCD，∴CD=OD，
在Rt△OCD中，OC=，CD2+OD2=OC2，∴2OD2=OC2=2，∴OD2=1，
∴OD=CD=1（负值舍去），则点C的坐标为（1，1），故选：B．
【点睛】此题考查了菱形的性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理，根据勾股定理和等腰直角三角形的性质求出OD=CD=1是解决问题的关键．
4．（2021·重庆中考真题）如图，把含30°的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，，直角顶点P在正方形ABCD的对角线BD上，点M，N分别在AB和CD边上，MN与BD交于点O，且点O为MN的中点，则的度数为（ ）
A．60° B．65° C．75° D．80°
【答案】C
【分析】根据斜边中线等于斜边一半，求出∠MPO=30°，再求出∠MOB和∠OMB的度数，即可求出的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形中，∴∠MBO=∠NDO=45°，
∵点O为MN的中点∴OM=ON，∵∠MPN=90°，∴OM=OP，
∴∠PMN=∠MPO=30°，∴∠MOB=∠MPO+∠PMN =60°，
∴∠BMO=180°-60°-45°=75°，，故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质和直角三角形的性质、等腰三角形的性质，解题关键是熟练运用相关性质，根据角的关系进行计算．
5．（2023·陕西宝鸡市·九年级期末）如图， 菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，连接OE．若OB=6，菱形ABCD的面积为54，则OE的长为（ ）
A．4 B．4.5 C．8 D．9
【答案】B
【分析】由菱形的性质得出BD＝12，由菱形的面积得出AC＝9，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD＝BD，BD⊥AC，∴BD＝2OB＝12，
∵S菱形ABCD═AC×BD＝54，∴AC＝9，∵AE⊥BC，∴∠AEC＝90°，∴OE＝AC＝4.5，故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
6．（2023·广东·松岗实验学校九年级期中）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，将菱形折叠，使点A恰好落在对角线BD上的点G处（不与B、D重合），折痕为EF，若DG＝2，AD＝6，则BE的长为（ ）
A． B． C．3 D．3.5
【答案】A
【分析】作EH⊥BD于H，根据折叠的性质得到EG＝EA，根据菱形的性质、等边三角形的判定定理得到△ABD为等边三角形，得到AB＝BD，根据勾股定理列出方程，解方程即可．
【详解】解：作EH⊥BD于H，
由折叠的性质可知，EG＝EA，∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，∠ABD＝∠CBD＝∠ABC＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴AB＝BD＝AD＝6，
设BE＝x，则EG＝AE＝6﹣x，在Rt△EHB中，BH＝x，EH＝x，
在Rt△EHG中，EG2＝EH2+GH2，即（6﹣x）2＝（x）2+（4﹣x）2，
解得，x＝，∴BE＝，故选：A．
【点睛】此题考查了菱形的性质，折叠的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，熟记各知识点并综合运用是解题的关键．
7．（2023·绵阳市·八年级期中）如图，矩形ABCD绕点A逆时针旋转90*得矩形AEFG，连接CF，交AD于点P，M是CF的中点，连接AM，交EF于点Q．则下列结论：
①AM⊥CF；②△CDP≌△AEQ ；③连接PQ，则PQ= MQ；④若AB=2，BC=6，则MQ= 其中，正确结论的个数有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】连接AF，AC，PQ，延长FE交BC于N，取FN中点H，连接MH，由旋转的性质可得AE=AB=CD=FG，AD=EF，AF=AC，∠FAC=90°，即可得到① 正确；证明△AQE≌△MQH可以判断② ；由全等三角形的性质可得到CP=AQ，由等腰直角三角形的性质可以得到PQ=MQ，即③正确；由三角形中位线定理可得MH=CN=2=AE，HN=FN=×（6+2）=4，MH∥BC，从而可证△AQE≌△MQH，再利用勾股定理即可判断④.
【详解】解：如图，连接AF，AC，PQ，延长FE交BC于N，取FN中点H，连接MH，
∵矩形ABCD绕点A逆时针旋转90°得到矩形AEFG，
∴AE=AB=CD=FG，AD=EF，AF=AC，∠FAC=90°，∠∠D=∠AEQ=90°，
∵M是CF的中点， ∴AM=MC=MF，AM⊥CF，即①正确；
②∵∠DPC=∠APM，∠DPC+∠DCP=90°，∠APM+∠MAP=90°， ∴∠DCP=∠MAP，
∵AE=CD，∠D=∠AEQ=90°，在△CDP和△AEQ中，，
∴△CDP≌△AEQ（ASA），即②正确； ∴CP=AQ， ∴MC-CP=AM-AQ，
∴MP=MQ，∴PQ=MQ，即③正确；
∵∠B=∠DAB=∠AEN=90°， ∴四边形ABNE是矩形， ∴AE=BN=2，EN=AB=2， ∴CN=4，
∵M为CF的中点，H为FN的中点， ∴MH=CN=2=AE，HN=FN=×（6+2）=4，MH∥BC，
∴HE=2，∠MHQ=90°，∴∠MHQ=∠AEQ=90°，
在△AQE和△MQH中，， ∴△AQE≌△MQH（AAS）， ∴HQ=QE=HE=1，
∴MQ=== ， 即④正确 .故选D.
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，三角形中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
8．（2021·浙江温州市·中考真题）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．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，根据题意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，根据可得BE=PE=PC=PF=DF，根据正方形的性质可证明△FDG是等腰直角三角形，可得DG=FD，根据三角形中位线的性质可得PH=FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可证明△CPH≌△GDQ，可得PH=QD，即可得出PH=BE，可得BH=，利用勾股定理可用BE表示长CH的长，即可表示出CG的长，进而可得答案．
【详解】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，
∵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，∴BE=PC=DF，AE=BP=CF，
∵，∴BE=PE=PC=PF=DF，∵∠CFD=∠BPC，∴DF//EH，∴PH为△CFQ的中位线，
∴PH=QF，CH=HQ，∵四边形EPFN是正方形，∴∠EFN=45°，
∵GD⊥DF，∴△FDG是等腰直角三角形，∴DG=FD=PC，
∵∠GDQ=∠CPH=90°，∴DG//CF，∴∠DGQ=∠PCH，
在△DGQ和△PCH中，，∴△DGQ≌△PCH，
∴PH=DQ，CH=GQ，∴PH=DF=BE，CG=3CH，∴BH=BE+PE+PH=，
在Rt△PCH中，CH==，
∴CG=BE，∴．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、三角形中位线的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
9．（2023·达州市·九年级期末）在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分交BC于点E，．连接OE，则下面的结论：①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④；⑤，其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【分析】判断出△ABE是等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠ACB＝30°，再判断出△ABO，△DOC是等边三角形，可判断①；根据等边三角形的性质求出OB＝AB，再求出OB＝BE，可判断②，由直角三角形的性质可得BC＝AB，可判断③，由等腰三角形性质求出∠BOE＝75°，再根据∠AOE＝∠AOB＋∠BOE＝135°，可判断④；由面积公式可得可判断⑤；即可求解．
【详解】解：∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE＝45°，
∴∠AEB＝45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AB＝BE，
∵∠CAE＝15°，∴∠ACE＝∠AEB ∠CAE＝45° 15°＝30°，∴∠BAO＝90° 30°＝60°，
∵矩形ABCD中：OA＝OB＝OC＝OD，∴△ABO是等边三角形，△COD是等边三角形，故①正确；
∴OB＝AB，又∵ AB＝BE，∴OB＝BE，∴△BOE是等腰三角形，故②正确；
在Rt△ABC中∵∠ACB=30°∴BC＝AB，故③错误；
∵∠OBE＝∠ABC ∠ABO＝90° 60°＝30°＝∠ACB，∴∠BOE＝（180° 30°）＝75°，
∴∠AOE＝∠AOB＋∠BOE＝60°＋75°＝135°，故④错误；
∵AO＝CO，∴，故⑤正确；故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质是解题的关键．
10．（2023·江苏南京·九年级专题练习）如图，正方形边长为4，点在边上运动（不含端点），以为边作等腰直角三角形，∠AEF＝90°，连接．下面四个说法中有几个正确（ ）
①当时，；②当时，点，，共线；③当三角形与三角形面积相等时，则DE＝；④当平分∠EAF时，则DE＝
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】由勾股定理和等腰直角三角形的性质可求AF＝AE＝，可判断①；
如图1，过点F作DH⊥CD，交CD的延长线于H，由“AAS”可证△AED≌△EFH，可得AD＝HE＝4，DE＝HF＝2，可证∠HDF+∠ADH+∠ADB＝180°，可判断②；
分别计算出三角形ADF与三角形EDF的面积，可判断③；
如图2，在AD上截取DN＝DE，连接NE，可求出∠NAE≠22.5°，可判断④，即可求解．
【详解】解：①：当DE＝1时，则AE＝＝＝，
∵△AEF是等腰直角三角形，∴AF＝AE＝，故①正确；
②：当DE＝2时，如图1，过点F作DH⊥CD，交CD的延长线于H，
∵△AEF是等腰直角三角形，∴AE＝EF，∠AEF＝90°，∴∠AED+∠FEH＝90°，
∵∠AED+∠DAE＝90°，∴∠DAE＝∠FEH，
在△AED和△EFH中，，∴△AED≌△EFH（AAS），
∴AD＝HE＝4，DE＝HF＝2，∴DH＝4﹣2＝2＝HF，∴∠HDF＝45°，
∵∠HDF+∠ADH+∠ADB＝180°，∴点B，点D，点F三点共线，故②正确；
③：当DE＝时，由②可得，△AED≌△EFH，∴DE＝HF＝，AD＝HE＝4，
∴DH＝ ，∴S△ADF＝×AD×HD＝×4×＝，S△EDF＝×DE×HF＝××＝，∴S△ADF=S△EDF，故③正确；
④：当DE＝时，如图2，在AD上截取DN＝DE，连接NE，
∵∠ADC＝90°，DN＝DE＝，∴∠DNE＝∠DEN＝45°，NE＝ ，
∵AN＝AD﹣DN＝ ≠NE，∴∠NAE≠22.5°，
∵△AEF是等腰直角三角形，∴∠EAF＝45°，∴∠FAD≠∠EAD，
∴AD不是∠EAF的平分线，故④错误；故选：C．
【点睛】本题是四边形综合题，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，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2023春·重庆渝中·八年级校考阶段练习）如图，矩形纸片中，，E为上一点，平分，，则的长为___________．
【答案】5
【分析】根据勾股定理求出，再证明，根据勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：∵矩形纸片，∴，，，
∵，∴，∵平分， ∴，
∵，∴，∴，
∴∴∴，故答案为：5．
【点睛】本题考查了矩形的性质和勾股定理，解题关键是根据题意得出，利用勾股定理列出方程．
12．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，若∠BAD＝60°，AD＝2，则OH＝_______．
【答案】1
【分析】由菱形的性质得，，由，可得是等边三角形，再由，得到，最后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长．
【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，
∵，∴是等边三角形，
∵，∴，∵，∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
13．（2022秋·湖南永州·八年级统考期末）如图，在正方形中，P，Q分别为的中点，若，则大小为___________．
【答案】##70度
【分析】根据正方形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，进而得到，即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，∴，
∵P，Q分别为的中点，∴，
∴，∴，∴，∴，
∵，∴．故答案为：
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
14．（2023·广东肇庆·统考一模）如图，正方形中，点E是的中点，将正方形沿翻折，点B落在点F处，延长交于点P，若，则的长为_____．
【答案】2
【分析】连接，由正方形的性质和翻折性质可证明，可得，设，则，，用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是正方形，∴，，
由折叠的性质可知，，，
∴，，
又∵，∴在和中，，
∴，∴，
∵E是的中点，∴，
设，则，，
在中，由勾股定理得：，
∴，解得，∴，故答案为：2．
【点睛】本题考查了翻折变换、正方形的性质、勾股定理、全等三角形的证明，掌握翻折变换的性质是解题的关键．
15．（2021·辽宁大连·中考真题）如图，在菱形中，，点E在边上，将沿直线翻折180°，得到，点B的对应点是点若，，则的长是__________．
【答案】
【分析】由题意易得，，则有，进而根据折叠的性质可得，，然后根据三角形内角和可得，最后根据等腰直角三角形的性质可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，∴，
∵，∴，是等边三角形，即，
∵，∴，由折叠的性质可得，，，
在中，由三角形内角和可得，∴，即，
∴是等腰直角三角形，∴；故答案为．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、折叠的性质及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质、折叠的性质及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．
16．（2023·山东青岛市·九年级期末）如图，在菱形ABCD中，，，E，F分别是CD和BC的中点，连接EF并延长与AB的延长线相交于点G，则EG的长度为________cm．
【答案】10
【分析】连接对角线BD，交AC于点O，证四边形BDEG是平行四边形，得EG＝BD，利用勾股定理求出OD的长，BD＝2OD，即可求出EG．
【详解】解：连接BD，交AC于点O，如图：
∵菱形ABCD的边长为13cm， ∴AB//CD，AB＝BC＝CD＝DA＝13cm，
∵ 点E、F分别是边CD、BC的中点，∴ EF//BD，
∵AC、BD是菱形的对角线，AC＝24cm，∴AC⊥BD，AO＝CO＝＝12cm，OB＝OD，
又∵AB//CD，EF//BD，∴DE//BG，BD//EG，∴四边形BDEG是平行四边形，∴BD＝EG，
在△COD中，∵OC⊥OD，CD＝13cm，CO＝12cm，∴OB＝OD＝cm，
∴BD＝2OD＝10cm，∴EG＝BD＝10cm；故答案为：10．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质及勾股定理等知识；熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．
17．（2023·江苏扬州·九年级期末）如图，在矩形ABCD中，，，E、F分别是边AB、BC上的动点，且，M为EF中点，P是边AD上的一个动点，则的最小值是______．
【答案】11
【分析】作点C关于AD的对称点G，连接PG、GD、BM、GB，则当点P、M在线段BG上时，GP+PM+BM最小，从而 CP+PM最小，在Rt△BCG中由勾股定理即可求得BG的长，从而求得最小值．
【详解】如图，作点C关于AD的对称点G，连接PG、GD、BM、GB
由对称的性质得：PC=PG，GD=CD
∵GP+PM+BM≥BG∴CP+PM=GP+PM≥BG－BM
则当点P、M在线段BG上时，CP+PM最小，且最小值为线段BG－BM
∵四边形ABCD是矩形∴CD=AB=6，∠BCD=∠ABC=90° ∴CG=2CD=12
∵M为线段EF的中点，且EF=4 ∴
在Rt△BCG中，由勾股定理得：
∴GM=BG－BM=13－2=11 即CP+PM的最小值为11．
【点睛】本题是求两条线段和的最小值问题，考查了矩形性质，折叠的性质，直角三角形斜边上中线的性质，两点间线段最短，勾股定理等知识，有一定的综合性，关键是作点C关于AD的对称点及连接BM，GP+PM+BM的最小值转化为线段CP+PM的最小值．
18．（2021·浙江南浔·八年级期末）如图，已知有一张正方形纸片，边长为，点，分别在边，上，．现将四边形沿折叠，使点，分别落在点，，上当点恰好落在边上时，线段的长为________；在点从点运动到点的过程中，若边与边交于点，则点相应运动的路径长为________．
【答案】
【分析】如图1（见详解），连接，首先根据折叠的性质并利用勾股定理，求出，进而得到，然后由，得到 的长，再设为，则，根据勾股定理可求出 的值，即可得到的长；如图2（见详解），过点E作EH垂直，当H、G重合时，取最小值9，取最小值，取最大值，而最小值为0，且轨迹有重叠的情况，由此即可得出答案．
【详解】解：如图1，当点落在边上，连接，
由折叠性质可知，，，
∴，
∵，∴，
∴，设为，则，
∴在中，，即解得：，∴的长为；
如图2，过点E作EH垂直，
∴四边形为矩形，∴，又∵，即，
在中，，，∴当取最小值时，取最小值，取最大值，
即：当H、G重合时,记此时的点G记为G1，，，
∴，∵点是边与边交点，
∴取最小值为点恰好落在边上时，即：点G与点重合，此时，设此时的点为G2,
当F和A重合的时候，此时G与A点重合，此时的G点记为G3,
点G的轨迹是从G2- G1- G1- G3的过程，G1 G2=，
∴点相应运动的路径长为．故答案为：，．
【点睛】本题主要考查了正方形折叠和勾股定理的应用，解题关键是根据勾股定理在不同的直角三角形中计算边长，难点是求出AG最大值，即EG⊥时是EG最小，最小值，最大．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2023·浙江八年级期末）如图，矩形ABCD中，，，过对角线BD中点O的直线分别交AB，CD边于点E，F．（1）求证：四边形BEDF是平行四边形．（2）当四边形BEDF是菱形时，求EF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）由题意知，，通过得到，证明四边形BEDF平行四边形．（2）四边形BEDF为菱形，，；设，；在中用勾股定理，解出的长，在中用勾股定理，得到的长，由得到的值．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，O是BD的中点
∴，
在和中∴（ASA）
∴∴四边形BEDF是平行四边形．
（2）解：∵四边形BEDF为菱形，∴，
又∵，∴，
设，则在中，∴
在中，∴．
【点睛】本题考察了平行四边形的判定，三角形全等，菱形的性质，勾股定理．解题的关键与难点在于对平行四边形的性质的灵活运用．
20．（2023·广东梅州·校考模拟预测）如图，已知E，F是正方形的对角线上的两点，且．
(1)求证：四边形为菱形．(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析(2)6
【分析】（1）连接交于O，证与互相垂直平分，即可由菱形的判定定理得出结论；
（2）根据正方形的性质，利用勾股定理求得，从而求得 ，根据菱形的面积公式解答即可．
【详解】（1）证明：连接，交于点，
四边形是正方形，，，，
∵∴，即，
四边形是平行四边形，
，四边形是菱形；
（2）解：由（1）知：四边形是菱形，
，，
，∴，
菱形的面积．
【点睛】本题考查正方形的性质，菱形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质和菱形的判定定理，菱形的面积公式是解题的关键．
21．（2023·广西玉林市·九年级期末）如图，矩形中，点在边上，将沿折叠，点落在边上的点处，过点作交于点，连接．（1）求证：四边形是菱形；（2）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）由题意可得，则有，，进而可得，然后可证四边形是平行四边形，最后问题可求证；（2）由题意易得，则有AF=4，DF=1，设，则，，然后根据勾股定理可得，进而问题可求解．
【详解】（1）证明：由题意可得，，，，
，，，
，，四边形是平行四边形，
又，四边形是菱形；
（2）解：矩形中，，，，
，，，，设，则，
，，解得，，
．
【点睛】本题主要考查矩形的性质及菱形的判定，熟练掌握矩形的性质及菱形的判定是解题的关键．
22．（2023·内蒙古兴安盟期末）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；（2）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是35°时，求∠EFC的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠EFC＝35°或125°．
【解析】解：（1）证明：过点F作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵四边形ABCD为正方形，∴∠DCA＝∠BCA＝45°，∴EQ＝EP，
∵四边形DEFG是矩形，∴∠PED+∠PEF＝90°，∵∠QEF+∠PEF＝90°，∴∠QEF＝∠PED，
在△EQF和△EPD中， ，∴△EQF≌△EPD，∴EF＝ED，∴矩形DEFG是正方形；
（2）①当DE与AD的夹角为35°时，∵∠ADE＝35°，∠ADC＝90°，∴∠EDC＝55°，∴∠EFC=125°
②当DE与DC的夹角为35°时，∵∠DEH=∠DCF=90°，∠DHE=∠FHC ∴∠EDC＝∠EFC＝35°，
综上所述：∠EFC＝35°或125°．
23．（2023·重庆一中九年级开学考试）如图1，平面直角坐标系中，菱形的边长为4，，对角线与的交点恰好在轴上，点是中点，直线交于．
（1）点的坐标为___；（2）如图1，在轴上有一动点，连接．请求出的最小值及相应的点的坐标；（3）如图2，若点是直线上的一点，那么在直线上是否存在一点，使得以、、、为顶．点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）最小值为，点的坐标为；（3）存在，或，
【分析】（1）想办法求出直线，直线的解析式，构建方程组确定交点坐标．
（2）如图中，过点作射线，使得，点点作于，过点作于．求出即可解决问题．
（3）如图2中，过点作交于，连接，．利用全等三角形的性质证明，可得点与重合时满足条件，再根据对称性求出坐标即可．
【详解】解：（1）如图1中，
四边形是菱形，，
，，，
，，，，
，，，，
，，，，，，，，，
直线的解析式为，直线的解析式为，
，直线的解析式为，
由，解得，．故答案为．
（2）如图中，过点作射线，使得，点点作于，过点作于．，，，直线的解析式为，
，直线的解析式为，
由，解得，，，
，
在中，，，
，，
的最小值为，此时点的坐标为．
（3）如图2中，过点作交于，连接，．
是等边三角形，，，
，，，，
，四边形是平行四边形，
当点与重合时，四边形是平行四边形，此时，
根据对称性可知，当点与关于点对称时，四边形是平行四边形，此时，，
综上所述，满足条件的点的坐标为或，．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会构建一次函数，利用方程组确定交点坐标，属于中考压轴题．
24．（2023·广东连州·九年级阶段练习）如图，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于F，以为邻边作平行四边形．（1）证明平行四边形是菱形；
（2）若，连结，①求证：；②求的度数；
（3）若，，，M是的中点，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②60°；（3）
【分析】（1）平行四边形的性质可得ADBC，ABCD，再根据平行线的性质证明∠CEF＝∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；
（2）先判断出∠BEG＝120°＝∠DCG，再判断出AB＝BE，进而得出BE＝CD，即可判断出△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE＝60°，进而得出△BDG是等边三角形，即可得出结论；（3）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根据∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：（1）证明：∵AF平分∠BAD，∴∠BAF＝∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴ADBC，ABCD，
∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，∴∠CEF＝∠CFE，∴CE＝CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，∴四边形ECFG为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，∴ABDC，AB＝DC，ADBC，
∵∠ABC＝120°，∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°由（1）知，四边形CEGF是菱形，
∴CE＝GE，∠BCG＝∠BCF＝60°，∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°，
∵EG∥DF，∴∠BEG＝120°＝∠DCG，∵AE是∠BAD的平分线，∴∠DAE＝∠BAE，
∵ADBC，∴∠DAE＝∠AEB，∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE，
∴BE＝CD，∴△DGC≌△BGE（SAS）；
②∵△DGC≌△BGE，∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC，∴∠BGD＝∠CGE，
∵CG＝GE＝CE，∴△CEG是等边三角形，∴∠CGE＝60°，∴∠BGD＝60°，
∵BG＝DG，∴△BDG是等边三角形，∴∠BDG＝60°；
（3）如图，连接BM，MC，
∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，∠ECF＝90°，∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF＝∠DAF，∴BE＝AB＝DC，∵M为EF中点，∴∠CEM＝∠ECM＝45°，∴∠BEM＝∠DCM＝135°，
在△BME和△DMC中，∵，∴△BME≌△DMC（SAS），∴MB＝MD，∠DMC＝∠BME．
∴∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°，∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB＝8，AD＝14，∴BD＝，∴DM＝．
【点睛】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质、正方形的性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
25．（2023·四川·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.
【答案】（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．
26．（2023·四川·成都实外八年级期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝BO＝12，将矩形ABCD翻折，使得B与D重合，A的对应点为，折痕为EF，连接B，DF．
（1）求证：四边形BFDE是菱形；（2）若M，N为矩形边上的两个动点，且运动过程中，始终保持∠MON＝60°不变，请回答下列两个问题：①如图2，当点M在边BC上，点N在边CD上，ON与ED交于点G，请猜想EO、EM、EG三条线段的数量关系，并说明理由；②如图3，若M，N都在BC边上，将△ONM沿ON所在直线翻折至ONP，取线段CD的中点Q，连接PQ，则当PQ最短时，求PM的长．
【答案】（1）证明见详解；（2）①OE=ME+EG，理由见详解；②
【分析】（1）由△DOF≌△BOE，推出EO＝OF，OB＝OD，推出四边形EBFD是平行四边形，再证明EB＝ED即可．（2）①过O点作OH⊥BC，OK⊥DE，证明Rt△OHE=Rt△OKE，△OHM≌△OKG，可得ME+EG=HM+ME+EK+KG=2HE，在Rt△OHE中，即可得出结论
②如图3，连接CP．证明△OBM≌△OCP（SAS），推出∠PCD＝30°，如图3﹣1中，当QP⊥PC时，PQ的值最小，作MH⊥OB于H，OE⊥MP于E．在直角三角形求出EM即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，OB＝OD，∴∠FDO＝∠EBO，
在△DOF和△BOE中，，∴△DOF≌△BOE，∴EO＝OF，
∵OB＝OD，∴四边形BFDE是平行四边形，
∵翻折，B与D重合∴EB＝ED∴四边形BFDE是菱形．
（2）①如图2，过O点作OH⊥BC，OK⊥DE．
由（1）得四边形BFDE是菱形∴△OBE≌ODE
∵OH⊥BC，OK⊥DE∴OH=OK∵OE=OE∴Rt△OHE≌Rt△OKE∴HE=KE
∵四边形ABCD是矩形，AB＝BO∴△ABO为等边三角形∴∠ABO=60°∴∠OBE=30°
∴∠BED=120°∴∠HOK=60°∵∠MON＝60°∴∠HOM=∠KOG
∵OH⊥BC，OK⊥DE∴∠OHM=∠OKG=90°∴△OHM≌△OKG∴HM=KG
∴ME+EG=HM+ME+EK+KG=2HE在Rt△OHE中，∠OEH=60°∴∠OHK=30°∴OE=2HE∴OE=ME+EG
②解：如图3，连接CP．
由翻折可知：OM＝OP，∠MON＝∠NOP＝60°，∴∠MOP＝∠COB＝120°，∴∠BOM＝∠COP，
∵OB＝OC，∴△OBM≌△OCP（SAS），∴∠OCP＝∠OBM＝30°，BM＝CP，
∵∠OCD＝60°，∴∠PCD＝30°，
如图3﹣1中，点P的运动轨迹就是线段CP,当QP⊥PC时，PQ的值最小，作MH⊥OB于H，OE⊥MP于E．
在Rt△PQC中，∵∠QPC＝90°，∠PCQ＝30°，CQDCAB＝6，∴PQ=3
∴PC＝BM＝= ，
在Rt△BMH中，则有BH＝，MHBM=，
∴OH＝OB﹣BH＝ ∴OM，
∵OM＝OP，OE⊥PM，∠OME=30°∴EM＝EP＝，∴MP＝2EM．
【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
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