【培优版】北师大版数学九上第一章 特殊的平行四边形 单元测试卷
一、选择题(本大题共 8 小题, 每小题 3 分, 共 24 分, 每小题有四个选项, 其中只有一个是正确的）
1．（2023九上·青岛月考）如图，在边长为2的等边三角形ABC的外侧作正方形ABED，过点D作DF⊥BC，垂足为F，则DF的长为（ ）
A．2+2 B．5- C．3- D．+1
【答案】D
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点A分别作AGBC于点G，AHDF于点H，
DFBC，
四边形HFGA是矩形，
HF=AG，
△ABC是等边三角形，
AB=BC=2，
BG=1，
AG=
在正方形ABED中，AD=AB=2，
故答案为：D
【分析】过点A分别作AGBC于点G，AHDF于点H，可构造矩形HFGA，从而得到HF=AG，再由等边三角形ABC的性质可得
BG=1，进一步得到再证明由直角三角形的性质即可求解.
2．（2024九上·惠来期末）如图，是矩形内的任意一点，连接、、、， 得到 ， ， ， ，设它们的面积分别是，，，， 给出如下结论：①②③若，则④若，则点在矩形的对角线上．其中正确的结论的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
【答案】D
【知识点】矩形的判定与性质
3．（2024九上·雅安期末）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P，．下列结论：①；②；③点B到直线AE的距离是；④．其中所有正确的结论是（ ）
A．② ③ B．① ④
C．① ② ④ D．① ② ③ ④
【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
又∵，，
在和中
∴，故①正确；
由得，，
∴，
∴，故②正确；
过作，交的延长线于，则的长是点到直线的距离，
在中，由勾股定理得，
在中，，，由勾股定理得：，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，故③错误；
∵，
∴，
连接，
∴，
∴，
∴，故④正确；
故答案为：C．
【分析】根据SAS证明，即可判断①；根据，可得∠AEP=∠APE=45°，得到∠BEP=90°，即可判断②；过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，则BF的长是点B到直线AE的距离，利用勾股定理即可求得BF的长，即可判断③；连接BD，根据，可得∠ADP=∠ABE，可得到和的面积，即可计算出正方形ABCD的面积，即可判断④；
4．（2024九上·北碚期末）如图，四边形中，，点为对角线的中点，于点，若，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形的外角性质；三角形全等及其性质；矩形的判定与性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，延长到点F，使得，连接，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴；
∵，，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
过点A作于点H，延长交于点G，
则四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案为：A．
【分析】本题考查三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形外角性质，矩形的判定和性质，过点A作于点H，延长交于点G，延长到点F，使得，连接，根据已知条件可证明，，，，利用全等三角形的性质可推出等腰直角三角形，进而得出，利用角的运算可求出.
5．（2024八下·广州期中）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】将绕点逆时针旋转至，
∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转性质可知：，，，
∴，
∴点三点共线，
∵，，，
∴，，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：．
【分析】
利用三角形逆时针旋转后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．
6．（2021九上·南山期中）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD=DE，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论：①OG= AB②与△DEG全等的三角形共有5个：③四边形ODEG与四边形OBAG面积相等：④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形。其中一定成立的是（ ）
A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形
∴AB=BC=AD=DA，AB∥CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD
∴∠BAG=∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD
∵CD=DE
∴AB=DE
∴△ABG≌△DEG
∴AG=DG
∴OD为△ACD的中位线
∴OG= CD= AB，即①正确；
∵AB∥CE，AB=DE
∴四边形ABDE为平行四边形
∵∠BCD=∠BAD=60°
∴△ABD、△BCD为等边三角形
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°
∴OD=AG，四边形ABDE为菱形，即④正确
∴AD⊥BE，由菱形的性质可得，△ABG≌△BDG≌△DEG
∴△ABG≌△DCO
∴△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，即②不正确；
∵OB=OD，
∴S△ABG=S△DGE
∴四边形ODEG与四边形OEAG面积相等，即③正确
故答案为：A.
【分析】根据菱形、全等三角形、等边三角形的判定和性质以及三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质求出答案即可。
7．（2023九上·金沙期中）已知菱形OABC在平面直角坐标系的位置如图所示，顶点，，点P是对角线OB上的一个动点，，当最短时，点P的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；两点之间线段最短；菱形的性质
【解析】【解答】解：连接AC、AD分别交OB于点G、点P，如图，
四边形OABC是菱形，
AC⊥OB，点A，点C关于直线OB对称，
PC+PD=PA+PD=AD，
此时PC+PD最短，
设直线OB的表达式为
直线OB过点O（0，0）和点B（8，4），
将O（0，0）和点B（8，4）代入表达式得解得
直线OB的表达式为
直线AD过点A（5，0）和点D（0，1），
同理：可求得直线AD的表达式为
联立方程组
解得
点P的坐标为（）
故答案为：D.
【分析】连接AC、AD分别交OB于点G、点P，作BK⊥OA的延长线于点K，已知四边形OABC是菱形，根据菱形的性质得到点A，点C关于直线OB对称，PC+PD=PA+PD=AD，此时PC+PD最短，利用待定系数法结合点O、A、B、D的坐标分别求出直线OB、直线AD的表达式，联立方程组即可求解点P的坐标.
8．（2023九上·东港月考）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在轴的正半轴上，且，将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示：延长B'C交x轴于点D，
∵四边形OABC是菱形，∠AOC=60°，
∴∠COD=30°，
∵将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，
∴∠C'OC=∠AOC=60°，
∴∠C'OC+∠COD=60°+30°=90°，
∴点C'在y轴上，
∴B'C//y轴，
∴CD⊥OB，
∴，，
∴，
∴ 点的坐标是，
故答案为：B.
【分析】根据菱形的性质求出∠COD=30°，再根据旋转的性质求出∠C'OC=∠AOC=60°，最后计算求解即可。
二、填空题（本大题共5小题, 每小题3分, 共15分)
9．（2023九上·武侯月考）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2，E、F分别是边BC和对角线BD上的动点，且BE＝DF，则AE+AF的最小值为 ．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：在的下方作，在上截取，使得，连接，，如图所示：
四边形是菱形，，
，，
，，，
，
，
，，
根据勾股定理可得，
，
，
，
，
的最小值为，
故答案为．
【分析】在的下方作，在上截取，使得，连接，，先根据菱形的性质得到，，进而根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，从而根据勾股定理即可求出TA，再结合题意即可得到AE+AF的最小值。
10．（2023九上·绍兴月考）如图，四边形ABCD是正方形，点是线段BC上的动点，以BE为边作正方形BEFG，连接AF，M为AF的中点，且，则线段EM的最小值是 .
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：取FG的中点，连接MN交EB于点P，
则MN∥AG，MN=AG=（AB+BG）=2+BG，四边形EPNF为矩形，
∴EP=EN=FG=BG，PN=EF=BG，
∴MP=MN-BG=2-BG，
∵EM2=EP2+MP2=（BG）2+（2-BG）2=（BG-2）2+2，
当BG=2时，EM2=有最小值=2，
EM的最小值为.
故答案为：.
【分析】取FG的中点，连接MN交EB于点P，可得MN∥AG，MN=AG=（AB+BG）=2+BG，四边形EPNF为矩形，从而得出EP=EN=BG，PN=BG，继而得出MP=MN-BG=2-BG，利用勾股定理求出EM2，求出EM2的最小值即可得解.
11．（2023九上·新城月考）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝7，AD＝6，点E是AD边上一动点，连接BE．将△ABE沿BE折叠得到△FBE，连接FC．当△BCF的面积为6时，线段AE的长为 ．
【答案】或
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：在矩形纸片ABCD中，AB＝CD=7，AD＝BC=6，∠A=90°.
对于点F的位置，分两种情况讨论：
（1）当点F在矩形纸片ABCD内部时，过点F作GH⊥AD，如图1.
图1
∵△BCF的面积为6，
∴
∴FH =2.
∴FG = 5.
在Rt中，BF =AB=7，∴BH =
∴EG =AG -AE =BH-AE = - AE.
由折叠的性质可知，AE =EF.
在Rt中，由勾股定理，得EG2 + FG2 =EF2，即（- AE）2 +52=AE2.
解得AE =；
（2）当点F在矩形纸片ABCD外部时，过点F作FG⊥AD交BC于点H，如图2.
图2
与（1）同理可得，FG = 9，EG =- AG.
由折叠的性质可知，AE =EF.
在Rt中，由勾股定理，得EG2 + FG2 =EF2，即（- AE）2 +92=AE2.
解得AE =.
故答案为：或.
【分析】对于点F的位置，分两种情况讨论：（1）当点F在矩形纸片ABCD内部时；（2）当点F在矩形纸片ABCD外部时，然后构造直角三角形，通过勾股定理列方程即可求解.
12．（2023九上·皇姑开学考）四边形ABCD是正方形，点E是直线AD上的一点，连接CE（C、E、F、G四个点按照逆时针方向排序），直线BE与直线GD交于点H，若AE＝2，则点F到GH的距离为 ．
【答案】
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，四边形FGCE是正方形，
∴CD=CB，CG=CE，∠GCE=∠DCB=90°，
∴∠GCD=∠ECB，且CD=CB，CG=CE，
∴△GCD≌△ECB（SAS），
∴CG=CE，BE=GD，
如图，过点F作FN⊥GH于点N，过点C作CM⊥GH于点M，
∵AE=2，AB=4
∴AD=CD=AB=4，DE=AD-AE=3，，
∴，
∴，
∴，
∵∠FGC=90°，
∴∠FGD+∠DGC=90°，∠FGD+∠GFD=90°，
∴∠GFN=∠DGC，且FG=GC，∠FNG=∠CMG=90°，
∴△FGN≌△GCM（AAS），
∴FN=GM，
∵CM2=CG2-GM2，CM2=CD2-MD2，
∴，
∴，
∴点F到GH的距离，
故答案为：.
【分析】根据正方形的四条边相等，四个角是直角可得CD=CB，CG=CE，∠GCE=∠DCB=90°，根据两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等，全等三角形的对应边相等可得CG=CE，BE=GD，结合题意和勾股定理：直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方可求得BE，CE，CG，BE的值，根据两角及其一角的对边对应相等的三角形全等，全等三角形的对应边相等可得FN=GM，根据勾股定理列出方程，可求GM的长，即可得点F到GH的距离．
13．（2021九上·富平期末）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.
三、解答题
14．（2018九上·天台月考）在正方形ABCD中，点E为对角线AC（不含点A）上的任意一点，AB= ，
（1）如图1，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，连接EF
①把图形补充完整（无需写画法），②求EF2的取值范围；
（2）如图2，求BE+AE+DE的最小值
【答案】（1）解： ①如图1：△DCF即为所求.②∵四边形ABCD是正方形，AB=2，∴BC=AB=2，∠B=90°，∠BAC=∠DAE=45°，∴AC=AB=4，又∵△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，∴∠DCF=∠DAE=45°，AE=CF，∴∠ECF=∠ACD+∠DCF=90°，设AC=CF=x，EF2=y，则CE=4-x，在Rt△ECF中，∵EF2=CE2+CF2，∴y=（4-x）2+x2=2x2-8x+16=2（x-2）2+8（0＜x≤4），∵二次函数开口向上，∴当x=2时，ymin=8，当x=4时，ymax=16，∴8≤EF2≤16.
（2）解： 将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连结EG、DF，作FH⊥AD于点H，如图2：∴AE=AG，BE=FG，∠EAG=60°，∴△AEG为等边三角形，∴AE=EG，∵DE+EG+GF≥DF，AE=EG，BE=FG，∴DE+AE+BE≥DF，即（DE+AE+BE）min=DF，在Rt△AFH中，∵∠FAH=30°，AF=2，∴FH=AF=，AH==，在Rt△DFH中，∵DH=+2，∴DF==2+2，∴（DE+AE+BE）min=2+2.
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）①根据题意作出图形即可.
②根据正方形的性质和旋转的性质得AC=4，∠ECF=90°，设AC=CF=x，EF2=y，则CE=4-x，
在Rt△ECF中，根据勾股定理得y=2（x-2）2+8（0＜x≤4），由二次函数的性质即可求得答案.
（2）将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连结EG、DF，作FH⊥AD于点H，根据等边三角形的判定可得△AEG为等边三角形，因为DE+EG+GF≥DF，等量代换得DE+AE+BE≥DF，即（DE+AE+BE）min=DF，在Rt△AFH中，根据勾股定理求得FH、AH长在Rt△DFH中，根据勾股定理求得DF长即可.
15．（2024九上·青山湖期末）如图，在正方形中，点是对角线上一动点，连接，作交于点，以和为邻边作矩形．
（1）猜想：，的位置关系是 ；
（2）求证：．
【答案】（1）．
（2）证明：如图，作于点，于点，
，
正方形中，
，，平分，
四边形为正方形，
，，
矩形中，，
，
则，
即，
和中，
，
，
矩形是正方形，
，，
，
则，
即，
和中，
．
【知识点】余角、补角及其性质；三角形全等的判定；角平分线的性质；正方形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1），
如图，作于点，于点，
，
正方形中，
，，平分，
四边形为正方形，
，，
矩形中，，
，
则，
即，
和中
，
，
矩形是正方形，
，，
，
则，
即，
和中，
，
，
等腰直角中有，
，
即，．
【分析】（1）如图所示，AE、CG的位置关系很明显不是平行，容易推测是垂直，但看起来简单，证明起来过程比较冗长；看到下一问是全等三角形的证明，如果结论得证，则可以由对应角相等得到AE
、CG的交角是90°，故思路比较清晰起来，先证；
（2）由正方形性质，可得一组全等证明需要的等边，由AC是角平分线想到角平分线性质可得等边，故尝试作于点，于点，得EQ=EP，由同角的余角相等得到证明EF=ED的条件，此时可以推导出矩形是正方形，至此证明全等的条件还缺少两对应边的夹角；再次由同角的余角相等得到该夹角相等，至此此时全等的条件足够，符合SAS定理，整理思路推导即可。由全等可知对应角，则有，垂直关系得证。
16．（2023九上·邛崃月考）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点E是对角线AC上的一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交AB于点F，以DE，EF为邻边作矩形GFED，连接AG，
（1）求证：矩形GFED是正方形。
（2）求AG+AE的值。
【答案】（1）证明：作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N.
四边形ABCD是正方形，
∠EAD＝∠ EAB.
EM⊥AD，EN⊥AB
∴EM= EN.
∵∠EMA＝ ∠ENA＝∠DAB=90°，
∴四边形ANEM是矩形，.
∴∠MEN＝∠DEF= 90°，
∴∠DEM＝∠C FEN.
∠EMD=∠ENF=90°
EM=EN，
. △EMD≌△ENF，
ED= EF.
四边形GFED是矩形，.
四边形GFED是正方形.
（2）解：.四边形GFED是正方形，四边形ABCD是正方形，
DG＝ DE，DC＝ DA＝AB＝4.
∠GDE＝ ∠ADC =900，
∠ADG＝∠CDE，
AG=CE
AG+AE＝EC+AE＝AC＝
【知识点】三角形全等的判定；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【分析】(1)如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N.只 要证明△EMD≌△ENF即可解决问题：根据正方形的性质得 ∠EAD＝∠ EAB.，AC是角平分线，所以 EM= EN；根据矩形的判定定理得：四边形ANEM是矩形 ，因为 EF⊥DE ， ∠DEM+∠FEM＝∠FEN+∠FEM，得 ∠DEM＝∠FEN，根据”ASA"可证明 △EMD≌△ENF ，即可解得。
(2)由（1）得DG＝ DE，DC＝ DA＝AB ， ∠GDE＝ ∠ADC，所以∠ADG＝∠CDE 可证明△ADG≌△CDE，可得AG = EC即可解决问题.
17．（2023九上·禅城月考）如图1，在正方形中，是上一点，是延长线上一点，且.
（1）求证：；
（2）在图1中，若在上，且，则成立吗？为什么？
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
①如图2，在直角梯形中，，，，是上一点，且，，则的长为 （直接写出结果，不需要写出计算过程）.
②如图3，在中，，，，，则的面积为 （直接写出结果，不需要写出计算过程）
【答案】（1）证明：∵在正方形中∴，，
∴∴
∵在和中，，∴.∴.
（2）解：成立.理由如下：
∵，∴.
∵∴.
∴.∴.
∵在和中，，∴.∴.
∵，
∴
（3）10；15
【知识点】勾股定理的应用；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（3）过点C作CH⊥AD交AD延长线于点H，延长DH至点I，使得HI=BE，连接CI，
∵∠A=∠B=∠AHC=90°，且AB=BC，
∴四边形ABCH是正方形，
同（2）可证，，，
∴，AE=AB-BE=8， ，，
设，则，
∴；
在中，由勾股定理可得，
即
解得x=10；
∴ 则的长为 10；
②将Rt△ADB和Rt△ADC延AB和AC翻折，对应点分别为M，N，延长MB交NC延长线于点P，连接AM，AN，
由翻折可知，，，，
BM=BD=2，CN=CD=3
∴，
∴四边形AMPN是正方形，
设，
则，，
在中，由勾股定理可得，
即，
解得m=6或者m=-1（舍去）
∴CD=m=6
∴
∴图3中的得面积为；
【分析】（1）根据题意可知，，，即可证明，可得 ；
（2）此问考核半角模型，通过证明，可得，再利用，等量代换即可证明；
（3）①利用问题（2）的结论以及勾股定理列方程求解即可；
②类似问题利用45°翻折构造完整正方形，进而利用正方形的性质和勾股定理求出高AD即可.
18．（2023九上·成都开学考）已知：如图，在矩形中，点在边上，以为边作矩形，其中经过点，连接、．
（1）若点是的中点，求证：是的平分线；
（2）若，，，求的长；
（3）若四边形是边长为的正方形，，求出的长．
【答案】（1）证明：∵点是的中点，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的平分线．
（2）解：如图1中，延长交的延长线于．
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，
在中，
则有
解得：，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴．
（3）解：如图2，延长交的延长线于．
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；角平分线的判定
【解析】【分析】（1）证明，可得，可得，利用平行线的性质可得=∠ADE， 继而得解；
（2）延长交的延长线于，证明，可得，，易证EG垂直平分AT，可得EA=ET，设，在中，据此构建关于x方程并解之，从而得出， 再证四边形是平行四边形， 利用平行四边形的性质即可求解；
（3）延长交的延长线于．先求=5，由勾股定理求出AE的长，再利用面积发求出GE的长， 最后利用勾股定理求出AG即可.
19．（2020九上·鄄城期末）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片 沿过点D的直线折叠，使点A落在 上的点 处，得到折痕 ，然后把纸片展平．第二步：如图2，将图1中的矩形纸片 沿过点E的直线折叠，点C恰好落在 上的点 处，点B落在点 处，得到折痕 ， 交 于点M， 交 于点N，再把纸片展平．
问题解决：
（1）如图1，填空：四边形 的形状是 ；
（2）如图2，线段 与 是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由；
（3）如图2，若 ，求 的值．
【答案】（1）正方形
（2）解：
理由如下：如图，连接 ，
由（1）知：
∵四边形 是矩形，
∴
由折叠知：
∴
又 ，
∴
∴
∴
（3）解：∵ ，∴
由折叠知： ，∴
∵
∴
设 ，则
在 中，由勾股定理得：
解得： ，即
如图，延长 交于点G，则
∴
∴
∴
∵ ，∴
∴
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）∵ABCD是平行四边形，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形
∵矩形纸片 沿过点D的直线折叠，使点A落在 上的点 处
∴
∴
∵
∴四边形 的形状是正方形
故最后答案为：四边形 的形状是正方形；
【分析】（1）先求出四边形 是平行四边形，再求出，最后证明求解即可；
（2）先求出 ，再求出 ，最后证明求解即可；
（3）利用勾股定理和相似三角形的判定与性质计算求解即可。
20．（2023九上·朝阳月考）综合与实践
[问题情境]
如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应点记为B'，折痕与边AD，BC分别交于点E，F．
（1） [活动猜想]如图2，当点B'与点D重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？并给予证明．
（2） [问题解决]如图1，当AB=4， AD=8，BF=3时，连结B'C，则B'C的长为
（3） [深入探究]如图3，请直接写出AB与BC满足什么关系时，始终有A'B'与对角线AC平行？
【答案】（1）解：四边形BFDE是菱形。
（2）4
（3）解：BC＝AB
【知识点】勾股定理的应用；菱形的判定；矩形的性质；轴对称的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：
（1）四边形BEDF是菱形。
证明：由折叠可知，EF是BD的垂直平分线，∴BE＝DE，BF＝DF，EF⊥BD，
由矩形ABCD可得AD∥BC，∴∠ADB＝∠FBD，
由BF＝DF可得∠FDB＝∠FBD，∴∠ADB＝∠FDB，
又EF⊥BD，∴△DEF是等腰三角形，DE＝DF
∴BE＝DE＝BF＝DF，∴四边形BFDE是菱形。
（2）过B′作B′N⊥BC于N，设EF与BD相交于M，
∵BC＝AD＝8，CD＝AB＝4，∴BD＝
易证明△BMF∽△BCD，∴，
∴，∴MF＝
∴BB′＝2BM＝，易证明△BB′N∽△BDC，
∴，∴
∴B′N＝2.4，BN＝4.8，∴CN＝8-4.8＝3.2
∴B′C＝
故答案为：4
（3）设B′F与AC相交于G，∠OCB＝x，
易知OB＝OC，∴OBC＝∠OCB＝∠x，
由折叠可知BF＝B′F，∴∠OBC＝∠FB′B＝x，
∴∠B′FC＝∠OBC+∠FB′B＝2x，
当A′B′∥AC时，∠AGF＝∠A′B′F＝90°，
∵∠AGF＝∠OBC+∠B′FC＝x+2x=3x
∴3x=90°，∴x=30°，
∴BC＝AB
即当BC＝AB时， 始终有A'B'与对角线AC平行 。
【分析】
（1）先根据折叠的特点证明BE＝DE，BF＝DF，再证明∠ADB＝∠FDB得DEF是等腰三角形，DE＝DF，从而推导出四边形BFDE是菱形。
（2）过B′作B′N⊥BC于N，证明△BMF∽△BCD，求出BM，MF，BB′，再证明△BB′N∽△BDC得B′N，BN，CN，再运用勾股定理计算B′C即可。
（3）设B′F与AC相交于G，根据OB＝OC，A′B′∥AC可推导出∠OCB＝30°，从而得到AB与BC的关系。
1 / 1【培优版】北师大版数学九上第一章 特殊的平行四边形 单元测试卷
一、选择题(本大题共 8 小题, 每小题 3 分, 共 24 分, 每小题有四个选项, 其中只有一个是正确的）
1．（2023九上·青岛月考）如图，在边长为2的等边三角形ABC的外侧作正方形ABED，过点D作DF⊥BC，垂足为F，则DF的长为（ ）
A．2+2 B．5- C．3- D．+1
2．（2024九上·惠来期末）如图，是矩形内的任意一点，连接、、、， 得到 ， ， ， ，设它们的面积分别是，，，， 给出如下结论：①②③若，则④若，则点在矩形的对角线上．其中正确的结论的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．③④ D．②④
3．（2024九上·雅安期末）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P，．下列结论：①；②；③点B到直线AE的距离是；④．其中所有正确的结论是（ ）
A．② ③ B．① ④
C．① ② ④ D．① ② ③ ④
4．（2024九上·北碚期末）如图，四边形中，，点为对角线的中点，于点，若，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024八下·广州期中）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）
A． B． C． D．
6．（2021九上·南山期中）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD=DE，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论：①OG= AB②与△DEG全等的三角形共有5个：③四边形ODEG与四边形OBAG面积相等：④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形。其中一定成立的是（ ）
A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
7．（2023九上·金沙期中）已知菱形OABC在平面直角坐标系的位置如图所示，顶点，，点P是对角线OB上的一个动点，，当最短时，点P的坐标为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023九上·东港月考）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为，点在轴的正半轴上，且，将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（本大题共5小题, 每小题3分, 共15分)
9．（2023九上·武侯月考）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2，E、F分别是边BC和对角线BD上的动点，且BE＝DF，则AE+AF的最小值为 ．
10．（2023九上·绍兴月考）如图，四边形ABCD是正方形，点是线段BC上的动点，以BE为边作正方形BEFG，连接AF，M为AF的中点，且，则线段EM的最小值是 .
11．（2023九上·新城月考）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝7，AD＝6，点E是AD边上一动点，连接BE．将△ABE沿BE折叠得到△FBE，连接FC．当△BCF的面积为6时，线段AE的长为 ．
12．（2023九上·皇姑开学考）四边形ABCD是正方形，点E是直线AD上的一点，连接CE（C、E、F、G四个点按照逆时针方向排序），直线BE与直线GD交于点H，若AE＝2，则点F到GH的距离为 ．
13．（2021九上·富平期末）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 .
三、解答题
14．（2018九上·天台月考）在正方形ABCD中，点E为对角线AC（不含点A）上的任意一点，AB= ，
（1）如图1，将△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，连接EF
①把图形补充完整（无需写画法），②求EF2的取值范围；
（2）如图2，求BE+AE+DE的最小值
15．（2024九上·青山湖期末）如图，在正方形中，点是对角线上一动点，连接，作交于点，以和为邻边作矩形．
（1）猜想：，的位置关系是 ；
（2）求证：．
16．（2023九上·邛崃月考）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点E是对角线AC上的一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交AB于点F，以DE，EF为邻边作矩形GFED，连接AG，
（1）求证：矩形GFED是正方形。
（2）求AG+AE的值。
17．（2023九上·禅城月考）如图1，在正方形中，是上一点，是延长线上一点，且.
（1）求证：；
（2）在图1中，若在上，且，则成立吗？为什么？
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
①如图2，在直角梯形中，，，，是上一点，且，，则的长为 （直接写出结果，不需要写出计算过程）.
②如图3，在中，，，，，则的面积为 （直接写出结果，不需要写出计算过程）
18．（2023九上·成都开学考）已知：如图，在矩形中，点在边上，以为边作矩形，其中经过点，连接、．
（1）若点是的中点，求证：是的平分线；
（2）若，，，求的长；
（3）若四边形是边长为的正方形，，求出的长．
19．（2020九上·鄄城期末）实践操作：第一步：如图1，将矩形纸片 沿过点D的直线折叠，使点A落在 上的点 处，得到折痕 ，然后把纸片展平．第二步：如图2，将图1中的矩形纸片 沿过点E的直线折叠，点C恰好落在 上的点 处，点B落在点 处，得到折痕 ， 交 于点M， 交 于点N，再把纸片展平．
问题解决：
（1）如图1，填空：四边形 的形状是 ；
（2）如图2，线段 与 是否相等？若相等，请给出证明；若不等，请说明理由；
（3）如图2，若 ，求 的值．
20．（2023九上·朝阳月考）综合与实践
[问题情境]
如图1，小华将矩形纸片ABCD先沿对角线BD折叠，展开后再折叠，使点B落在对角线BD上，点B的对应点记为B'，折痕与边AD，BC分别交于点E，F．
（1） [活动猜想]如图2，当点B'与点D重合时，四边形BEDF是哪种特殊的四边形？并给予证明．
（2） [问题解决]如图1，当AB=4， AD=8，BF=3时，连结B'C，则B'C的长为
（3） [深入探究]如图3，请直接写出AB与BC满足什么关系时，始终有A'B'与对角线AC平行？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点A分别作AGBC于点G，AHDF于点H，
DFBC，
四边形HFGA是矩形，
HF=AG，
△ABC是等边三角形，
AB=BC=2，
BG=1，
AG=
在正方形ABED中，AD=AB=2，
故答案为：D
【分析】过点A分别作AGBC于点G，AHDF于点H，可构造矩形HFGA，从而得到HF=AG，再由等边三角形ABC的性质可得
BG=1，进一步得到再证明由直角三角形的性质即可求解.
2．【答案】D
【知识点】矩形的判定与性质
3．【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
又∵，，
在和中
∴，故①正确；
由得，，
∴，
∴，故②正确；
过作，交的延长线于，则的长是点到直线的距离，
在中，由勾股定理得，
在中，，，由勾股定理得：，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，故③错误；
∵，
∴，
连接，
∴，
∴，
∴，故④正确；
故答案为：C．
【分析】根据SAS证明，即可判断①；根据，可得∠AEP=∠APE=45°，得到∠BEP=90°，即可判断②；过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，则BF的长是点B到直线AE的距离，利用勾股定理即可求得BF的长，即可判断③；连接BD，根据，可得∠ADP=∠ABE，可得到和的面积，即可计算出正方形ABCD的面积，即可判断④；
4．【答案】A
【知识点】三角形的外角性质；三角形全等及其性质；矩形的判定与性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，延长到点F，使得，连接，
∵，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴；
∵，，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
过点A作于点H，延长交于点G，
则四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案为：A．
【分析】本题考查三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形外角性质，矩形的判定和性质，过点A作于点H，延长交于点G，延长到点F，使得，连接，根据已知条件可证明，，，，利用全等三角形的性质可推出等腰直角三角形，进而得出，利用角的运算可求出.
5．【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】将绕点逆时针旋转至，
∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转性质可知：，，，
∴，
∴点三点共线，
∵，，，
∴，，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：．
【分析】
利用三角形逆时针旋转后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．
6．【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形
∴AB=BC=AD=DA，AB∥CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD
∴∠BAG=∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD
∵CD=DE
∴AB=DE
∴△ABG≌△DEG
∴AG=DG
∴OD为△ACD的中位线
∴OG= CD= AB，即①正确；
∵AB∥CE，AB=DE
∴四边形ABDE为平行四边形
∵∠BCD=∠BAD=60°
∴△ABD、△BCD为等边三角形
∴AB=BD=AD，∠ODC=60°
∴OD=AG，四边形ABDE为菱形，即④正确
∴AD⊥BE，由菱形的性质可得，△ABG≌△BDG≌△DEG
∴△ABG≌△DCO
∴△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，即②不正确；
∵OB=OD，
∴S△ABG=S△DGE
∴四边形ODEG与四边形OEAG面积相等，即③正确
故答案为：A.
【分析】根据菱形、全等三角形、等边三角形的判定和性质以及三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质求出答案即可。
7．【答案】D
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；两点之间线段最短；菱形的性质
【解析】【解答】解：连接AC、AD分别交OB于点G、点P，如图，
四边形OABC是菱形，
AC⊥OB，点A，点C关于直线OB对称，
PC+PD=PA+PD=AD，
此时PC+PD最短，
设直线OB的表达式为
直线OB过点O（0，0）和点B（8，4），
将O（0，0）和点B（8，4）代入表达式得解得
直线OB的表达式为
直线AD过点A（5，0）和点D（0，1），
同理：可求得直线AD的表达式为
联立方程组
解得
点P的坐标为（）
故答案为：D.
【分析】连接AC、AD分别交OB于点G、点P，作BK⊥OA的延长线于点K，已知四边形OABC是菱形，根据菱形的性质得到点A，点C关于直线OB对称，PC+PD=PA+PD=AD，此时PC+PD最短，利用待定系数法结合点O、A、B、D的坐标分别求出直线OB、直线AD的表达式，联立方程组即可求解点P的坐标.
8．【答案】B
【知识点】菱形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图所示：延长B'C交x轴于点D，
∵四边形OABC是菱形，∠AOC=60°，
∴∠COD=30°，
∵将菱形绕原点逆时针方向旋转，得到四边形点与点重合，
∴∠C'OC=∠AOC=60°，
∴∠C'OC+∠COD=60°+30°=90°，
∴点C'在y轴上，
∴B'C//y轴，
∴CD⊥OB，
∴，，
∴，
∴ 点的坐标是，
故答案为：B.
【分析】根据菱形的性质求出∠COD=30°，再根据旋转的性质求出∠C'OC=∠AOC=60°，最后计算求解即可。
9．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；菱形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：在的下方作，在上截取，使得，连接，，如图所示：
四边形是菱形，，
，，
，，，
，
，
，，
根据勾股定理可得，
，
，
，
，
的最小值为，
故答案为．
【分析】在的下方作，在上截取，使得，连接，，先根据菱形的性质得到，，进而根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，从而根据勾股定理即可求出TA，再结合题意即可得到AE+AF的最小值。
10．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：取FG的中点，连接MN交EB于点P，
则MN∥AG，MN=AG=（AB+BG）=2+BG，四边形EPNF为矩形，
∴EP=EN=FG=BG，PN=EF=BG，
∴MP=MN-BG=2-BG，
∵EM2=EP2+MP2=（BG）2+（2-BG）2=（BG-2）2+2，
当BG=2时，EM2=有最小值=2，
EM的最小值为.
故答案为：.
【分析】取FG的中点，连接MN交EB于点P，可得MN∥AG，MN=AG=（AB+BG）=2+BG，四边形EPNF为矩形，从而得出EP=EN=BG，PN=BG，继而得出MP=MN-BG=2-BG，利用勾股定理求出EM2，求出EM2的最小值即可得解.
11．【答案】或
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：在矩形纸片ABCD中，AB＝CD=7，AD＝BC=6，∠A=90°.
对于点F的位置，分两种情况讨论：
（1）当点F在矩形纸片ABCD内部时，过点F作GH⊥AD，如图1.
图1
∵△BCF的面积为6，
∴
∴FH =2.
∴FG = 5.
在Rt中，BF =AB=7，∴BH =
∴EG =AG -AE =BH-AE = - AE.
由折叠的性质可知，AE =EF.
在Rt中，由勾股定理，得EG2 + FG2 =EF2，即（- AE）2 +52=AE2.
解得AE =；
（2）当点F在矩形纸片ABCD外部时，过点F作FG⊥AD交BC于点H，如图2.
图2
与（1）同理可得，FG = 9，EG =- AG.
由折叠的性质可知，AE =EF.
在Rt中，由勾股定理，得EG2 + FG2 =EF2，即（- AE）2 +92=AE2.
解得AE =.
故答案为：或.
【分析】对于点F的位置，分两种情况讨论：（1）当点F在矩形纸片ABCD内部时；（2）当点F在矩形纸片ABCD外部时，然后构造直角三角形，通过勾股定理列方程即可求解.
12．【答案】
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，四边形FGCE是正方形，
∴CD=CB，CG=CE，∠GCE=∠DCB=90°，
∴∠GCD=∠ECB，且CD=CB，CG=CE，
∴△GCD≌△ECB（SAS），
∴CG=CE，BE=GD，
如图，过点F作FN⊥GH于点N，过点C作CM⊥GH于点M，
∵AE=2，AB=4
∴AD=CD=AB=4，DE=AD-AE=3，，
∴，
∴，
∴，
∵∠FGC=90°，
∴∠FGD+∠DGC=90°，∠FGD+∠GFD=90°，
∴∠GFN=∠DGC，且FG=GC，∠FNG=∠CMG=90°，
∴△FGN≌△GCM（AAS），
∴FN=GM，
∵CM2=CG2-GM2，CM2=CD2-MD2，
∴，
∴，
∴点F到GH的距离，
故答案为：.
【分析】根据正方形的四条边相等，四个角是直角可得CD=CB，CG=CE，∠GCE=∠DCB=90°，根据两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等，全等三角形的对应边相等可得CG=CE，BE=GD，结合题意和勾股定理：直角三角形中两直角边的平方和等于斜边的平方可求得BE，CE，CG，BE的值，根据两角及其一角的对边对应相等的三角形全等，全等三角形的对应边相等可得FN=GM，根据勾股定理列出方程，可求GM的长，即可得点F到GH的距离．
13．【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.
14．【答案】（1）解： ①如图1：△DCF即为所求.②∵四边形ABCD是正方形，AB=2，∴BC=AB=2，∠B=90°，∠BAC=∠DAE=45°，∴AC=AB=4，又∵△ADE绕点D逆时针旋转90°得到△DCF，∴∠DCF=∠DAE=45°，AE=CF，∴∠ECF=∠ACD+∠DCF=90°，设AC=CF=x，EF2=y，则CE=4-x，在Rt△ECF中，∵EF2=CE2+CF2，∴y=（4-x）2+x2=2x2-8x+16=2（x-2）2+8（0＜x≤4），∵二次函数开口向上，∴当x=2时，ymin=8，当x=4时，ymax=16，∴8≤EF2≤16.
（2）解： 将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连结EG、DF，作FH⊥AD于点H，如图2：∴AE=AG，BE=FG，∠EAG=60°，∴△AEG为等边三角形，∴AE=EG，∵DE+EG+GF≥DF，AE=EG，BE=FG，∴DE+AE+BE≥DF，即（DE+AE+BE）min=DF，在Rt△AFH中，∵∠FAH=30°，AF=2，∴FH=AF=，AH==，在Rt△DFH中，∵DH=+2，∴DF==2+2，∴（DE+AE+BE）min=2+2.
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；作图﹣旋转
【解析】【分析】（1）①根据题意作出图形即可.
②根据正方形的性质和旋转的性质得AC=4，∠ECF=90°，设AC=CF=x，EF2=y，则CE=4-x，
在Rt△ECF中，根据勾股定理得y=2（x-2）2+8（0＜x≤4），由二次函数的性质即可求得答案.
（2）将△ABE绕点A顺时针旋转60°得到△AFG，连结EG、DF，作FH⊥AD于点H，根据等边三角形的判定可得△AEG为等边三角形，因为DE+EG+GF≥DF，等量代换得DE+AE+BE≥DF，即（DE+AE+BE）min=DF，在Rt△AFH中，根据勾股定理求得FH、AH长在Rt△DFH中，根据勾股定理求得DF长即可.
15．【答案】（1）．
（2）证明：如图，作于点，于点，
，
正方形中，
，，平分，
四边形为正方形，
，，
矩形中，，
，
则，
即，
和中，
，
，
矩形是正方形，
，，
，
则，
即，
和中，
．
【知识点】余角、补角及其性质；三角形全等的判定；角平分线的性质；正方形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1），
如图，作于点，于点，
，
正方形中，
，，平分，
四边形为正方形，
，，
矩形中，，
，
则，
即，
和中
，
，
矩形是正方形，
，，
，
则，
即，
和中，
，
，
等腰直角中有，
，
即，．
【分析】（1）如图所示，AE、CG的位置关系很明显不是平行，容易推测是垂直，但看起来简单，证明起来过程比较冗长；看到下一问是全等三角形的证明，如果结论得证，则可以由对应角相等得到AE
、CG的交角是90°，故思路比较清晰起来，先证；
（2）由正方形性质，可得一组全等证明需要的等边，由AC是角平分线想到角平分线性质可得等边，故尝试作于点，于点，得EQ=EP，由同角的余角相等得到证明EF=ED的条件，此时可以推导出矩形是正方形，至此证明全等的条件还缺少两对应边的夹角；再次由同角的余角相等得到该夹角相等，至此此时全等的条件足够，符合SAS定理，整理思路推导即可。由全等可知对应角，则有，垂直关系得证。
16．【答案】（1）证明：作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N.
四边形ABCD是正方形，
∠EAD＝∠ EAB.
EM⊥AD，EN⊥AB
∴EM= EN.
∵∠EMA＝ ∠ENA＝∠DAB=90°，
∴四边形ANEM是矩形，.
∴∠MEN＝∠DEF= 90°，
∴∠DEM＝∠C FEN.
∠EMD=∠ENF=90°
EM=EN，
. △EMD≌△ENF，
ED= EF.
四边形GFED是矩形，.
四边形GFED是正方形.
（2）解：.四边形GFED是正方形，四边形ABCD是正方形，
DG＝ DE，DC＝ DA＝AB＝4.
∠GDE＝ ∠ADC =900，
∠ADG＝∠CDE，
AG=CE
AG+AE＝EC+AE＝AC＝
【知识点】三角形全等的判定；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【分析】(1)如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N.只 要证明△EMD≌△ENF即可解决问题：根据正方形的性质得 ∠EAD＝∠ EAB.，AC是角平分线，所以 EM= EN；根据矩形的判定定理得：四边形ANEM是矩形 ，因为 EF⊥DE ， ∠DEM+∠FEM＝∠FEN+∠FEM，得 ∠DEM＝∠FEN，根据”ASA"可证明 △EMD≌△ENF ，即可解得。
(2)由（1）得DG＝ DE，DC＝ DA＝AB ， ∠GDE＝ ∠ADC，所以∠ADG＝∠CDE 可证明△ADG≌△CDE，可得AG = EC即可解决问题.
17．【答案】（1）证明：∵在正方形中∴，，
∴∴
∵在和中，，∴.∴.
（2）解：成立.理由如下：
∵，∴.
∵∴.
∴.∴.
∵在和中，，∴.∴.
∵，
∴
（3）10；15
【知识点】勾股定理的应用；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（3）过点C作CH⊥AD交AD延长线于点H，延长DH至点I，使得HI=BE，连接CI，
∵∠A=∠B=∠AHC=90°，且AB=BC，
∴四边形ABCH是正方形，
同（2）可证，，，
∴，AE=AB-BE=8， ，，
设，则，
∴；
在中，由勾股定理可得，
即
解得x=10；
∴ 则的长为 10；
②将Rt△ADB和Rt△ADC延AB和AC翻折，对应点分别为M，N，延长MB交NC延长线于点P，连接AM，AN，
由翻折可知，，，，
BM=BD=2，CN=CD=3
∴，
∴四边形AMPN是正方形，
设，
则，，
在中，由勾股定理可得，
即，
解得m=6或者m=-1（舍去）
∴CD=m=6
∴
∴图3中的得面积为；
【分析】（1）根据题意可知，，，即可证明，可得 ；
（2）此问考核半角模型，通过证明，可得，再利用，等量代换即可证明；
（3）①利用问题（2）的结论以及勾股定理列方程求解即可；
②类似问题利用45°翻折构造完整正方形，进而利用正方形的性质和勾股定理求出高AD即可.
18．【答案】（1）证明：∵点是的中点，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的平分线．
（2）解：如图1中，延长交的延长线于．
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，
在中，
则有
解得：，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴．
（3）解：如图2，延长交的延长线于．
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；角平分线的判定
【解析】【分析】（1）证明，可得，可得，利用平行线的性质可得=∠ADE， 继而得解；
（2）延长交的延长线于，证明，可得，，易证EG垂直平分AT，可得EA=ET，设，在中，据此构建关于x方程并解之，从而得出， 再证四边形是平行四边形， 利用平行四边形的性质即可求解；
（3）延长交的延长线于．先求=5，由勾股定理求出AE的长，再利用面积发求出GE的长， 最后利用勾股定理求出AG即可.
19．【答案】（1）正方形
（2）解：
理由如下：如图，连接 ，
由（1）知：
∵四边形 是矩形，
∴
由折叠知：
∴
又 ，
∴
∴
∴
（3）解：∵ ，∴
由折叠知： ，∴
∵
∴
设 ，则
在 中，由勾股定理得：
解得： ，即
如图，延长 交于点G，则
∴
∴
∴
∵ ，∴
∴
【知识点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）∵ABCD是平行四边形，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形
∵矩形纸片 沿过点D的直线折叠，使点A落在 上的点 处
∴
∴
∵
∴四边形 的形状是正方形
故最后答案为：四边形 的形状是正方形；
【分析】（1）先求出四边形 是平行四边形，再求出，最后证明求解即可；
（2）先求出 ，再求出 ，最后证明求解即可；
（3）利用勾股定理和相似三角形的判定与性质计算求解即可。
20．【答案】（1）解：四边形BFDE是菱形。
（2）4
（3）解：BC＝AB
【知识点】勾股定理的应用；菱形的判定；矩形的性质；轴对称的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：
（1）四边形BEDF是菱形。
证明：由折叠可知，EF是BD的垂直平分线，∴BE＝DE，BF＝DF，EF⊥BD，
由矩形ABCD可得AD∥BC，∴∠ADB＝∠FBD，
由BF＝DF可得∠FDB＝∠FBD，∴∠ADB＝∠FDB，
又EF⊥BD，∴△DEF是等腰三角形，DE＝DF
∴BE＝DE＝BF＝DF，∴四边形BFDE是菱形。
（2）过B′作B′N⊥BC于N，设EF与BD相交于M，
∵BC＝AD＝8，CD＝AB＝4，∴BD＝
易证明△BMF∽△BCD，∴，
∴，∴MF＝
∴BB′＝2BM＝，易证明△BB′N∽△BDC，
∴，∴
∴B′N＝2.4，BN＝4.8，∴CN＝8-4.8＝3.2
∴B′C＝
故答案为：4
（3）设B′F与AC相交于G，∠OCB＝x，
易知OB＝OC，∴OBC＝∠OCB＝∠x，
由折叠可知BF＝B′F，∴∠OBC＝∠FB′B＝x，
∴∠B′FC＝∠OBC+∠FB′B＝2x，
当A′B′∥AC时，∠AGF＝∠A′B′F＝90°，
∵∠AGF＝∠OBC+∠B′FC＝x+2x=3x
∴3x=90°，∴x=30°，
∴BC＝AB
即当BC＝AB时， 始终有A'B'与对角线AC平行 。
【分析】
（1）先根据折叠的特点证明BE＝DE，BF＝DF，再证明∠ADB＝∠FDB得DEF是等腰三角形，DE＝DF，从而推导出四边形BFDE是菱形。
（2）过B′作B′N⊥BC于N，证明△BMF∽△BCD，求出BM，MF，BB′，再证明△BB′N∽△BDC得B′N，BN，CN，再运用勾股定理计算B′C即可。
（3）设B′F与AC相交于G，根据OB＝OC，A′B′∥AC可推导出∠OCB＝30°，从而得到AB与BC的关系。
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