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第一章 特殊平行四边形 同步检测上分卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）
1．下列关系中，是菱形的性质但不是平行四边形的性质的是（ ）
A．对角线垂直 B．两组对边分别平行
C．对角线互相平分 D．两组对角分别相等
2．关于矩形的性质、下面说法错误的是（ ）
A．矩形的四个角都是直角
B．矩形的两组对边分别相等
C．矩形的两组对边分别平行
D．矩形的对角线互相垂直平分且相等
3．如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．下列三种说法：
① .四边形EFGH一定是平行四边形；
②.若AC＝BD，则四边形EFGH 是菱形；
③.若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形．
其中正确的是（ ）
A．① B．①② C．①③ D．①②③
4．已知四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=90°，对角线AC，BD相交于点O.下列结论一定成立的是（ ）
A．AC⊥BD B．AC=BD C．AB=BC D．AB=AC
5．顺次连接矩形各边中点得到四边形，它的形状是（ ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
6．如图所示，在正方形中，是对角线上一点，过作，，垂足分别为、，连接，若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在正方形中，点E是上一点，过点E作交于点F，连接，，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
8．如图，正方形ABCD的边长是4，∠DAC的平分线交DC于点E，若点P、Q分别是AD和AE上的动点，则DQ+PQ的最小值（ ）
A． B．2 C．4 D．
9．如图，已知在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AE，DF分别是∠OAD与∠ODC的角平分线，AE的延长线与DF相交于点G，则下列结论：①AG⊥DF；②EF∥AB；③AB＝AF；④OE：OB＝0.5，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2020次得到正方形OA2020B2020C2020，如果点A的坐标为（1，0），那么点B2020的坐标为（ ）
A．（﹣1，1） B．
C．（﹣1，﹣1） D．
11．如图，菱形ABCD中的边长为1，∠BAD=60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°得到菱形AB′CD′，B′C′交CD于点E，连接AE，CC′，则下列结论：①ΔAB′E≌ΔADE；②EC=ED；③AE⊥CC′；④四边形AB′ED的周长为 +2.其中符合题意结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
12．在数学拓展课《折叠矩形纸片》上，小林发现折叠矩形纸片ABCD可以进行如下操作：①把△ABF翻折，点B落在C边上的点E处，折痕为AF，点F在BC边上；②把△ADH翻折，点D落在AE边上的点G处，折痕为AH，点H在CD边上，若AD＝6，CD＝10，则 ＝（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13．已知黄金矩形的宽为﹣2，则这个黄金矩形的面积是 ．（注：宽∶长＝的矩形为黄金矩形）
14．边长为3cm的菱形的周长是 .
15．中国结，象征着中华民族的历史文化与精致．小明家有一中国结挂饰，他想求两对边的距离，利用所学知识抽象出如图所示的菱形ABCD，测得，，直线交两对边与E、F，则EF的长为 cm．
16．如图，已知线段AB＝8，分别以A，B为圆心，大于AB为半径画弧交于点P，Q，作直线PQ，连接PA，PB，QA，QB．若AP＝5，则四边形APBQ的面积为 ．
17．如图，在边长为10的菱形 中，对角线 ，点O是线段 上的动点， 于E， 于F.则 .
18．如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝6，点P为AB边上一点，且AP≤3，连接DP，将△ADP沿DP折叠，点A落在点M处，连接CM，BM，当 为等腰三角形时，AP的长为 ．
三、综合题（本大题共8小题，共66分）
19．如图，点E，F分别是锐角∠A两边上的点，分别以点E，F为圆心，以AF，AE的长为半径画弧，两弧相交于点D，连接DE，DF.
（1）请你判断所画四边形的形状，并说明理由；
（2）若AE＝AF，请判断此四边形的形状，并说明理由.
20．如图，已知正七边形ABCDEFG，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求画图．
（1）在图1中，画出一个以AB为边的平行四边形；
（2）在图2中，画出一个以AF为边的菱形．
21．如图，在平行四边形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE并延长，交DC的延长线于点F，连接AC，BF.
（1）求证：△ABE≌△FCE；
（2）当四边形ABFC是矩形时，若∠AEC＝120°，求∠D的度数.
22．如图，在矩形ABCD中，E是BC边上的点，AE=BC ，DF⊥AE，垂足为F，连接DE。
（1）求证：AB=DF；
（2）若CE=1，AF=3，求DF的长。
23．如图，在四边形ABCD中，AB=AD，AC⊥BD，垂足为点O，点O是线段AC的中点．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AD=5，AC=6，求四边形ABCD的面积．
24．矩形AOBC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，连接AB，将△ABC沿AB折叠得△ABE，AE交y轴于点D，线段OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD．
（1）请直接写出点A的坐标为 ，点D的坐标为 ；
（2）点P为直线AB上一点，连接PO、PD，当△POD的周长最小时，求点P的坐标；
（3）点M在x轴上，点N在直线AB上，坐标平面内是否在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形 若存在，请直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
25．已知：正方形ABCD中， ， 绕点 顺时针旋转，它的两边分别交 （或它们的延长线）于点 ．
（1）当 绕点 旋转到 时（如图1），求证： ；
（2）当 绕点 旋转到 时（如图2），则线段 和 之间数量关系是 ；
（3）当 绕点 旋转到如图3的位置时，猜想线段 和 之间又有怎样的的数量关系呢？并对你的猜想加以说明．
26．如图，在菱形ABCD中，AB=4cm，∠BAD=60°．动点E、F分别从点B、D同时出发，以1cm/s的速度向点A、C运动，连接AF、CE，取AF、CE的中点G、H，连接GE、FH．设运动的时间为ts（0＜t＜4）．
（1）求证：AF∥CE；
（2）当t为何值时，四边形EHFG为菱形；
（3）试探究：是否存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形，若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由．
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第一章 特殊平行四边形 同步检测上分卷
一、选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分）
1．下列关系中，是菱形的性质但不是平行四边形的性质的是（ ）
A．对角线垂直 B．两组对边分别平行
C．对角线互相平分 D．两组对角分别相等
【答案】A
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质
【解析】【解答】解：A、菱形的对角线互相垂直平分、平行四边形的对角线互相平分，符合题意；
B、菱形、平行四边形的对边平行且相等，不符合题意；
C、菱形、平行四边形的对角线互相平分，不符合题意；
D、菱形、平行四边形的两组对角分别相等，不符合题意；
故答案为：A．
【分析】根据菱形和平行四边形的性质对每个选项一一判断即可。
2．关于矩形的性质、下面说法错误的是（ ）
A．矩形的四个角都是直角
B．矩形的两组对边分别相等
C．矩形的两组对边分别平行
D．矩形的对角线互相垂直平分且相等
【答案】D
【知识点】矩形的性质
【解析】【解答】A、∵矩形的四个角都是直角，∴A正确，不符合题意；
B、∵矩形的两组对边分别相等，∴B正确，不符合题意；
C、∵矩形的两组对边分别平行，∴C正确，不符合题意；
D、∵矩形的对角线互相平分且相等但不垂直，∴D不正确，符合题意；
故答案为：D.
【分析】利用矩形的性质逐项分析判断即可.
3．如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点．下列三种说法：
① .四边形EFGH一定是平行四边形；
②.若AC＝BD，则四边形EFGH 是菱形；
③.若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形．
其中正确的是（ ）
A．① B．①② C．①③ D．①②③
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，
∴，EH=BD， EF=AC，
∴四边形EHGF是平行四边形，故①符合题意；
若AC=BD，则EF=EH，
∴平行四边形EHGF是菱形，故②符合题意；
若AC⊥BD，则EF⊥EH，
∴平行四边形EHGF是矩形，故③符合题意；
故答案为：D.
【分析】由题意可得GH为△ACD的中位线，EF为△ABC的中位线，EH为△ABD的中位线，GF为△BCD的中位线，则EH∥GF∥BD，HG∥EF∥AC，EH=GF=BD，HG=EF=AC，然后根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形EFGH一定是平行四边形；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形；有一个角是直角的平行四边形是矩形，据此即可一一判断得出答案.
4．已知四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=90°，对角线AC，BD相交于点O.下列结论一定成立的是（ ）
A．AC⊥BD B．AC=BD C．AB=BC D．AB=AC
【答案】B
【知识点】矩形的判定与性质
【解析】【解答】如图所示：
∵∠A=∠B=∠C=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
故答案为：B.
【分析】先判断出四边形ABCD是矩形，再利用矩形的性质可得AC=BD，从而得解.
5．顺次连接矩形各边中点得到四边形，它的形状是（ ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图所示：
∵ 矩形ABCD，
∴ AD=BC
∵ E、F、G、H分别为AB、BD、CD、AC的中点
∴ EF=HG=， EH=GF=
∴ EF=HG=EH=GF
∴ 四边形EFGH为菱形
故答案为：C.
【分析】本题考查矩形的性质和菱形的判定。熟知性质和判定是解题关键。
6．如图所示，在正方形中，是对角线上一点，过作，，垂足分别为、，连接，若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】矩形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接PC，由题意可得：
AD=CD，∠ADP=∠CDP
在△APD和△CPD中
∴△APD≌△CPD（SAS）
∴AP=CP
∵∠DCB=90°，，
∴四边形PFCE是矩形
∴AP=CP=EF=5
故答案为：A
【分析】根据正方形性质和全等三角形判定定理可得△APD≌△CPD，则AP=CP，再根据矩形判定定理可得四边形PFCE是矩形，根据矩形对角线相等性质即可求出答案.
7．如图，在正方形中，点E是上一点，过点E作交于点F，连接，，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：过点作于，于，如图所示：
∵四边形是正方形，
∴，
∴四边形是矩形，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴ ，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：
【分析】如图，过点作于，于，根据全等三角形的判定定理结合正方形的性质可证得，得到，根据补角的定义可得，再根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理加以计算即可求解。
8．如图，正方形ABCD的边长是4，∠DAC的平分线交DC于点E，若点P、Q分别是AD和AE上的动点，则DQ+PQ的最小值（ ）
A． B．2 C．4 D．
【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：作D关于AE的对称点D'，过D'作D'P'⊥AD于P'，如图所示：
∵DD'⊥AE，
∴∠AFD=∠AFD'，
∵AF=AF，∠DAE=∠CAE，
∴△DAF≌△D'AF，
∴D'是D关于AE的对称点，AD'=AD=4，
∴D'P'即为DQ+PQ的最小值，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAD'=45°，
∴AP'=P'D'，
∴在Rt△AP'D'中，
P'D'2+AP'2=AD'2，AD'2=16，
∵AP'=P'D'，
2P'D'2=AD'2，即2P'D'2=16，
∴P'D'=2，
即DQ+PQ的最小值为2，
故答案为：A
【分析】作D关于AE的对称点D'，过D'作D'P'⊥AD于P'，先根据三角形全等的判定与性质证明△DAF≌△D'AF得到D'是D关于AE的对称点，AD'=AD=4，进而根据轴对称-最短距离问题得到D'P'即为DQ+PQ的最小值，再根据正方形的性质得到∠DAD'=45°，从而结合题意运用勾股定理即可求解。
9．如图，已知在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AE，DF分别是∠OAD与∠ODC的角平分线，AE的延长线与DF相交于点G，则下列结论：①AG⊥DF；②EF∥AB；③AB＝AF；④OE：OB＝0.5，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】平行线的判定与性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA；角平分线的概念
【解析】【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CAD＝∠BDC＝45°，
∵AE，DF分别是∠OAD与∠ODC的平分线，
∴∠DAE＝∠CDF，
∵∠ADF+∠CDF＝90°，
∴∠DAF+∠ADG＝90°，
∴∠AGD＝90°，即AG⊥DF，
故①结论正确；
②在△AGF和△AGD中，
，
∴△AGF≌△AGD（ASA），
∴GF＝GD，
∵AG⊥DF，
∴EF＝ED，
∴∠EFD＝∠EDF＝∠CDF，
∴EF∥CD∥AB，
故②正确；
③∵△AGF≌△AGD（ASA），
∴AD＝AF＝AB，
故③正确；
④∵EF∥AB，
∴∠OEF＝∠ABO＝45°，
∵∠AOB＝∠EOF＝90°，
∴EF＝ED＝ OE，
∴ ＝ ＝ ＝ ，
∴OB＝（1+ ）OE，
∴OE：OB＝1：（1+ ），故④错误.
故答案为：C.
【分析】①根据正方形的性质和角平分线的定义得出∠DAE＝∠CDF，∠DAE+∠ADG＝90°，从而得出∠AGD＝90°，即可判断①正确；
②先证△AGF≌△AGD，得出GF＝GD，再由线段垂直平分线性质得EF＝ED，得出∠EFD＝∠EDF＝∠CDF，从而得出EF∥CD∥AB，即可判断②正确；
③根据△AGF≌△AGD，得出AD＝AF，从而得出AB＝AF，即可判断③正确；
④先根据勾股定理得出EF＝ED＝OE，从而得出 ＝ ＝ ＝ ，得出OE：OB＝1：（1+ ），即可判断④错误.
10．如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2020次得到正方形OA2020B2020C2020，如果点A的坐标为（1，0），那么点B2020的坐标为（ ）
A．（﹣1，1） B．
C．（﹣1，﹣1） D．
【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质；坐标与图形变化﹣旋转；探索图形规律
【解析】【解答】解：如图，
∵四边形OABC是正方形，且OA=1，
∴B（1，1），
连接OB，
由勾股定理得：OB=，
由旋转得：OB=OB1=OB2=OB3=…=，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45°，
∴B1（0，），B2（-1，1），B3（-，0），B4（-1，-1），…，
发现是8次一循环，所以2020÷8=252…4，
∴点B2020的坐标为（-1，-1）
故答案为：C．
【分析】根据图形可知：点B在以点O为圆心，OB为半径的圆上运动，由旋转知正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，观察可得规律8次一循环，由2020÷8=252…4，可知B2020的在第三象限的夹角平分线上，据此解答即可.
11．如图，菱形ABCD中的边长为1，∠BAD=60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°得到菱形AB′CD′，B′C′交CD于点E，连接AE，CC′，则下列结论：①ΔAB′E≌ΔADE；②EC=ED；③AE⊥CC′；④四边形AB′ED的周长为 +2.其中符合题意结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】全等三角形的判定与性质；菱形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：连结对角线 ， ，∴ ，
∵菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转30°得到菱形AB′CD′，
∴ ， ， 三点共线，
， ， 三点共线，
∴
∴
由题目已知和菱形的性质可得：
∴
∴
∴ ，②不符合题意；
在 和 中
∴ ≌
∴
∴由 ，
∴ ≌
∴①符合题意；
∴ 为 的角平分线，
∴ （三线合一）
∴③符合题意；
∵ ，
∴
在菱形ABCD中，
∴
∴在 中，
，
∴四边形AB′ED的周长为：
=
∴④不符合题意
综上所述，正确的有①③，
故答案为：B
【分析】连结对角线 ， ，结合菱形的性质以及旋转的性质，证明三角形全等，分别进行判断得到答案即可。
12．在数学拓展课《折叠矩形纸片》上，小林发现折叠矩形纸片ABCD可以进行如下操作：①把△ABF翻折，点B落在C边上的点E处，折痕为AF，点F在BC边上；②把△ADH翻折，点D落在AE边上的点G处，折痕为AH，点H在CD边上，若AD＝6，CD＝10，则 ＝（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝10，AD＝BC＝6，
由翻折不变性可知：AB＝AE＝10，AD＝AG＝6，BF＝EF，DH＝HG，
∴EG＝4，
在Rt△ADER中，DE＝ ＝8，
∴EC＝10﹣8＝2，
设BF＝EF＝x，在Rt△EFC中有：x2＝22+（6﹣x）2，
∴x＝ ，
设DH＝GH＝y，在Rt△EGH中，y2+42＝（8﹣y）2，
∴y＝3，
∴EH＝5，
∴ ，
故选：A．
【分析】利用翻折不变性可得AE=AB=10，推出DE=8，EC=2，设BF=EF=x，在Rt△EFC中，x2=22+（6-x）2，可得x= ，设DH=GH=y，在Rt△EGH中，y2+42=（8-y）2，可得y=3，由此即可解决问题．
二、填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13．已知黄金矩形的宽为﹣2，则这个黄金矩形的面积是 ．（注：宽∶长＝的矩形为黄金矩形）
【答案】
【知识点】二次根式的混合运算；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵黄金矩形的宽为﹣2
∴黄金矩形的长=（﹣2）÷ （）=
∴个黄金矩形的面积 =（﹣2）×==
故答案为：.
【分析】根据宽与长的等量关系，列代数式，求出黄金矩形的长；
根据矩形的面积=长×宽，列代数式求出矩形的面积；
根据二次根式的化简求值，求出代数式的值即可.
14．边长为3cm的菱形的周长是 .
【答案】12cm
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】∵菱形的各边长相等，
∴边长为3cm的菱形的周长是：3×4=12（cm）.
故答案为：12cm.
【分析】利用菱形的各边长相等，进而求出周长即可.
15．中国结，象征着中华民族的历史文化与精致．小明家有一中国结挂饰，他想求两对边的距离，利用所学知识抽象出如图所示的菱形ABCD，测得，，直线交两对边与E、F，则EF的长为 cm．
【答案】
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：在菱形ABCD中，AC⊥BD，CD∥AB，
∵，，
∴ ，
∴，
设AB边的高为h，
∴菱形ABCD的面积等于，
即，解得：，
∵，
∴．
故答案为：
【分析】先利用勾股定理求出AB的长，设AB边的高为h，再根据菱形的面积可得，将数据代入求出即可。
16．如图，已知线段AB＝8，分别以A，B为圆心，大于AB为半径画弧交于点P，Q，作直线PQ，连接PA，PB，QA，QB．若AP＝5，则四边形APBQ的面积为 ．
【答案】24
【知识点】线段垂直平分线的性质；菱形的判定与性质
【解析】【解答】由题意可得 四边形APBQ 为菱形，
AB⊥PQ，
AB＝8，AP＝5，
菱形APBQ的面积为
【分析】根据画图可得四边形APBQ为菱形，利用菱形的性质和勾股定理求得PQ的值，再利用菱形的面积公式即可求解.
17．如图，在边长为10的菱形 中，对角线 ，点O是线段 上的动点， 于E， 于F.则 .
【答案】9.6
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：连接AC、OA，如图所示，
∵四边形ABCD为菱形，对角线 ，边长为10，
∴DG=8，AC⊥BD，
∴AG= ，
∵ ，
即 ，
∴ ，
解得：OE+OF=9.6，
故答案为：9.6.
【分析】连接AC、OA，先由菱形性质得到DG=8，AC⊥BD，再由勾股定理得到AG=6，接着根据，由等面积法得到OE+OF的值.
18．如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝6，点P为AB边上一点，且AP≤3，连接DP，将△ADP沿DP折叠，点A落在点M处，连接CM，BM，当 为等腰三角形时，AP的长为 ．
【答案】3或
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】①当 时，如图：
四边形 是矩形
，
为等腰三角形
点 落在 上
折叠
，
四边形 是正方形
．
②如图，当 时， 为等腰三角形
点 落在线段 的垂直平分线上
过点 作 于点 ，延长 交 于点 ，
四边形 是矩形
又
折叠
，
是等边三角形
．
③当 时，
由折叠的性质可知：
故不存在这种情况．
综上所述： 的长为 或 ．
故答案为： 或 ．
【分析】分类讨论，结合图形，利用矩形的性质，勾股定理和锐角三角函数，计算求解即可。
三、综合题（本大题共8小题，共66分）
19．如图，点E，F分别是锐角∠A两边上的点，分别以点E，F为圆心，以AF，AE的长为半径画弧，两弧相交于点D，连接DE，DF.
（1）请你判断所画四边形的形状，并说明理由；
（2）若AE＝AF，请判断此四边形的形状，并说明理由.
【答案】（1）解：根据题意可得：ED＝AF，AE＝DF
∴四边形AEDF是平行四边形；
（2）解：由（1）得：ED＝AF，AE＝DF
∵AE＝AF
∴AE＝AF＝ED＝DF
∴四边形AEDF是菱形.
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定
【解析】【分析】（1）根据题意得出ED＝AF，AE＝DF，进而利用平行四边形的判定解答即可；
（2）由AE＝AF＝ED＝DF，根据四条边都相等的四边形是菱形，即可证得四边形AEDF是菱形.
20．如图，已知正七边形ABCDEFG，请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求画图．
（1）在图1中，画出一个以AB为边的平行四边形；
（2）在图2中，画出一个以AF为边的菱形．
【答案】（1）解：连接AF、BE、CG，CG交AF于M，交BE于N．四边形ABNM是平行四边形．
（2）解：连接AF、DF，延长DC交AB的延长线于M，四边形AFDM是菱形．
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定
【解析】【分析】（1）连接AF、BE、CG，CG交AF于M，交BE于N．四边形ABNM是平行四边形．（2）连接AF、DF，延长DC交AB的延长线于M，四边形AFDM是菱形．
21．如图，在平行四边形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE并延长，交DC的延长线于点F，连接AC，BF.
（1）求证：△ABE≌△FCE；
（2）当四边形ABFC是矩形时，若∠AEC＝120°，求∠D的度数.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//DC即AB//DF，
∴∠ABE=∠FCB，
∵点E是BC的中点，
∴BE=CE.
在△ABE和△FCE中，
∴△ABE≌△FCE.
（2）解：∵四边形ABFC是矩形，
∴AF=BC，AE= AF，BE= BC，
∴AE=BE，
∴∠ABE=∠BAE，
∵∠AEC=120°，
∴∠ABE=∠BAE=60°，
∵平行四边形ABCD，
∴∠D=∠ABE=60°.
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的性质；平行四边形的性质；矩形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质可得AB//DC，根据平行线的性质可得∠ABE=∠FCB，由线段中点的概念可得BE=CE，然后根据全等三角形的判定定理进行证明；
（2）根据矩形的性质可得AE=BE，由等腰三角形的性质以及外角的性质可得∠ABE=∠BAE=60°，然后根据平行四边形的对角相等就可得到∠D的度数.
22．如图，在矩形ABCD中，E是BC边上的点，AE=BC ，DF⊥AE，垂足为F，连接DE。
（1）求证：AB=DF；
（2）若CE=1，AF=3，求DF的长。
【答案】（1）证明：在矩形ABCD中
∴BC=AD AD∥BC，∠B=∠C=90°
∴∠DAF=∠AEB
∵DF⊥AE，AE=BC，∴∠AFD=90°=∠B，AE=AD
∴△ABE≌△DFA，
∴AB=DF
（2）解：由(1)可得△ABE≌△DFA，∴AF=BE=3，DF=AB=CD
∴∠DFE=∠DCE
∴△DFE≌△DCE，
∴CE=EF=1，AE=4
在Rt△ABE中，AB= =
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；勾股定理；矩形的性质
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质及平行线的性质得出AE=AD ，∠DAF=∠AEB， ∠AFD=∠B，证出 △ABE≌△DFA， 即可证出 AB=DF；
（2）先证出△DFE≌△DCE，得出CE=EF=1，AE=4，再根据勾股定理求出AB的长，即可求出DF的长.
23．如图，在四边形ABCD中，AB=AD，AC⊥BD，垂足为点O，点O是线段AC的中点．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AD=5，AC=6，求四边形ABCD的面积．
【答案】（1）证明：∵AB=AD，
∴点O是BD的中点
∴AC、BD相互垂直平分
∴四边形ABCD是菱形．
（2）解：∵
∴
∴BD＝2DO＝8，
∴菱形ABCD的面积=
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【分析】（1）利用菱形的判定方法求解即可；
（2）先利用勾股定理求出OD的长，再利用菱形的性质可得BD的长，最后利用菱形的面积等于对角线乘积的一半求解即可。
24．矩形AOBC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，连接AB，将△ABC沿AB折叠得△ABE，AE交y轴于点D，线段OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD．
（1）请直接写出点A的坐标为 ，点D的坐标为 ；
（2）点P为直线AB上一点，连接PO、PD，当△POD的周长最小时，求点P的坐标；
（3）点M在x轴上，点N在直线AB上，坐标平面内是否在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形 若存在，请直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）(-4，0)；(0，3)
（2）解：过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，
∵△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴点D1在AC上，
∵OA=4，OD=3，
∴AD=5，
∴AD1=5，
∴D1(-4，5)，
设直线OD1的解析式为y=kx，
∴5=-4k，
∴k=-，
∴直线OD1的解析式为y=-x，
∵四边形AOBC是矩形，且△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴AC∥OB，∠CAB=∠BAD，
∴∠CAB=∠BAD=∠ABD，
∴AD=BD=5，则OB=8，
∴B(0，8)，
同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，
解方程-x =2x+8，得x=-，
y=，
∴P(-，)；
（3）解： 点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）x2－7x＋12＝0
解得：x=4或3
∵OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD
∴OA=4，OD=3
∵点A在x轴负半轴，D在y轴正半轴
∴点A坐标为（-4，0），点D坐标为（0，3）
故答案为：第1空、(-4，0)
第2空、(0，3)
（3）∵B(0，8)，A (-4，0)，
∴AB=4，
当BN为边时，
如图，若四边形BNMQ是正方形，则BN=MN，过点Q作QG⊥x轴于G，过点N作NI⊥x轴于I，
∵∠OAB=∠NAM，∠AOB=∠ANM=90°，
∴△AOB∽△ANM，
∴，即，
∴NM=，AM=，AN=，
∴OM=-4=，
∵AM×IN=AN×MN，
∴IN=，
∵四边形BNMQ是正方形，
∴QM=NM，∠QMN=90°，
∠QMG+∠NMI=90°，
又∵∠QMG+∠MQG=90°，
∴∠MQG=∠IMN，
又∵∠QGM=∠MIN=90°，
∴△QGM≌△MIN，
∴QG=IM=，MG=IN=，
OG=OM+MG=IN=，
点Q（，）；
如图，若四边形BNQM是正方形，
同理，△AOB∽△ABM，
∴，即，
∴AM=20，
∴OM=20-4=，
∴M(16，0)；
同理，点Q（8，-16）；
如图，若四边形BMQN是正方形，
同理可求M(16，0)；点Q（24，16）；
当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，
∵四边形BMNQ是正方形，
∴BM=NM，∠BMN=90°，
∠BMO+∠FMN=90°，
又∵∠BMO+∠OBM=90°，
∴∠FMN=∠OBM，
又∵∠NFM=∠MOB=90°，
∴△NFM≌△MOB（AAS），
∴BO=FM=8，OM=NF，
设点M（a，0），
∴OF=8-a，FN=a，
∴点N（a-8，-a），
∵点P在AB上，y=2x+8
∴-a=2（a-8）+8，
∴a=，
∴点M（，0）；
过点Q作QH⊥y轴于H，
同理可证△QBH≌△BMO，
∴QH=BO=8，BH=OM=，
∴HO=，
∴点Q（-8，）；
如图，若四边形BMNQ是正方形，
同理可求点M（-24，0），则点Q（8，-16），
综上所述：满足条件的点Q的个数为5个，点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【分析】（1）解方程可得OA，OB，再根据坐标轴上点的坐标特征即可求出答案；
（2）过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，根据折叠性质可得D1(-4，5)，设直线OD1的解析式为y=kx，将点D1坐标代入直线方程可得直线OD1的解析式为y=-x，再根据矩形性质及折叠性质可得B(0，8)，同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，联立两直线的方程，解方程即可求出答案；
（3）根据勾股定理求出A吧，分情况讨论：
当BN为边时，若四边形BNMQ是正方形，则BN=MN，过点Q作QG⊥x轴于G，过点N作NI⊥x轴于I，根据相似三角形判定定理可得△AOB∽△ANM，再根据其相似比性质可得IN=，根据正方形性质及全等三角形判定定理可得△QGM≌△MIN，则QG=IM=，MG=IN=，由OG=OM+MG=IN=即可求出答案.若四边形BNQM是正方形，同理可得△AOB∽△ABM，根据相似三角形相似比性质即可求出答案.若四边形BMQN是正方形，同理即可求出答案.当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，g根据正方形性质及全等三角形判定定理可得△NFM≌△MOB（AAS），则BO=FM=8，OM=NF，设点M（a，0），则OF=8-a，FN=a，可得点N（a-8，-a），根据点P在AB上列出方程，解方程可得点M（，0），过点Q作QH⊥y轴于H，同理可证△QBH≌△BMO，则QH=BO=8，BH=OM=，即可求出答案.若四边形BMNQ是正方形，同理即可求出答案.
25．已知：正方形ABCD中， ， 绕点 顺时针旋转，它的两边分别交 （或它们的延长线）于点 ．
（1）当 绕点 旋转到 时（如图1），求证： ；
（2）当 绕点 旋转到 时（如图2），则线段 和 之间数量关系是 ；
（3）当 绕点 旋转到如图3的位置时，猜想线段 和 之间又有怎样的的数量关系呢？并对你的猜想加以说明．
【答案】（1）证明：如图1，延长CB至E使得BE=DN，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
在△ADN和△ABE中
∵
△ABE≌△ADN(SAS)，
∴∠BAE=∠DAN，AE=AN，
∴
∵
∴∠EAM=∠MAN，
∵在△EAM和△NAM中
∴△EAM≌△NAM，
∴MN=ME，
∵ME=BM+BE=BM+DN，
∴BM+DN=MN
（2）BM+DN=MN
（3）解：DN BM=MN，理由如下：
如图3，在DC上截取DE=BM，连接AE，
由(1)知△ADE≌△ABM(SAS)，
∴∠DAE=∠BAM，AE=AM，
∴
∵
∴∠EAN=∠MAN.
∵在△MAN和△EAN中，
∴△MAN≌△EAN(SAS)，
∴EN=MN，
即DN DE=MN，
∴DN BM=MN.
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】(2)线段BM，DN和MN之间数量关系是BM+DN=MN，理由如下：
延长CB至E，使得BE=DN，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，
在△ADN和△ABE中，
∵
△ABE≌△ADN(SAS)，
∴∠BAE=∠DAN，AE=AN，
∴
∵
∴∠EAM=∠MAN，
∵在△EAM和△NAM中
∴△EAM≌△NAM，
∴MN=ME，
∵ME=BM+BE=BM+DN，
∴BM+DN=MN，
故答案为BM+DN=MN；
【分析】（1）延长CB至E使得BE=DN，连接AE，根据SAS证△ABE≌△ADN，推出∠BAE=∠DAN，AE=AN，求出∠EAM=∠MAN，根据SAS证出△EAM≌△NAM，即可；
（2）证法与（1）类似，延长CB至E，使得BE=DN，连接AE，根据SAS证△ABE≌△ADN，推出∠BAE=∠DAN，AE=AN，求出∠EAM=∠MAN，根据SAS证出△EAM≌△NAM，即可；
（3）DC上截取DE=BM，连接AE，根据SAS证△ADE≌△ABM，推出∠DAE=∠BAM，AE=AM，求出∠EAN=∠MAN.根据SAS证出△MAN≌△EAN即可．
26．如图，在菱形ABCD中，AB=4cm，∠BAD=60°．动点E、F分别从点B、D同时出发，以1cm/s的速度向点A、C运动，连接AF、CE，取AF、CE的中点G、H，连接GE、FH．设运动的时间为ts（0＜t＜4）．
（1）求证：AF∥CE；
（2）当t为何值时，四边形EHFG为菱形；
（3）试探究：是否存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形，若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：∵动点E、F同时运动且速度相等，
∴DF=BE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B=∠D，AD=BC，AB∥DC，
在△ADF与△CBE中，
∴△ADF≌△CBE，
∴∠DFA=∠BEC，
∵AB∥DC，
∴∠DFA=∠FAB，
∴∠FAB=∠BEC，
∴AF∥CE
（2）解：过D作DM⊥AB于M，连接GH，EF，
∴DF=BE=t，
∵AF∥CE，AB∥CD，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵G、H是AF、CE的中点，
∴GH∥AB，
∵四边形EGFH是菱形，
∴GH⊥EF，
∴EF⊥AB，∠FEM=90°，
∵DM⊥AB，
∴DM∥EF，
∴四边形DMEF是矩形，
∴ME=DF=t，
∵AD=4，∠DAB=60°，DM⊥AB，
∴
∴BE=4﹣2﹣t=t，
∴t=1
（3）解：不存在，假设存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形，
∵四边形EHFG为矩形，
∴EF=GH，
∴EF2=GH2，
即 解得t=0，0＜t＜4，
∴与原题设矛盾，
∴不存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形．
【知识点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据菱形的性质得到∠B=∠D，AD=BC，AB∥DC，由全等三角形的判定证得△ADF≌△CBE，由全等三角形的性质得到∠DFA=∠BEC，根据平行四边形判定定理得出结论
（2）过D作DM⊥AB于M，连接GH，EF，推出四边形AECF是平行四边形，根据菱形的判定定理得到四边形EGFH是菱形，证得四边形DMEF是矩形，可得出ME=DF=t，列方程得出结论
（3）不存在，假设存在某个时刻t，使四边形EHFG为矩形，根据矩形的性质列方程可得到结论
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