第一章《特殊平行四边形》B卷—北师大版数学九年级上册单元检测
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2024·泸州）已知四边形ABCD是平行四边形，下列条件中，不能判定为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，且∠A=90°，∴平行四边形ABCD是矩形，故此选项不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠B+∠C=180°，
又∵∠B=∠C，
∴∠B=∠C=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，故此选项不符合题意；
A、∵四边形ABCD是平行四边形，且AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形，故此选项不符合题意；
A、∵四边形ABCD是平行四边形，且AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形，故此选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据有一个角为直角的平行四边形是矩形，可判断A选项；又平行四边形对边平行得AB∥CD，由二直线平行，同旁内角互补及已知可推出∠B=∠C=90°，从而有一个角为直角的平行四边形是矩形，可判断B选项；由对角线相等得平行四边形是矩形可判断C选项；由对角线互相垂直的平行四边形是菱形可判断D选项.
2．（2024·南通）如图，直线a∥b，矩形ABCD的顶点A在直线b上，若∠2＝41°，则∠1的度数为（ ）
A．41° B．51° C．49° D．59°
【答案】C
【知识点】平行线的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点B作EF∥a，
∵a∥b，
∴EF∥b，
∴∠2=∠CBE，∠1=∠ABE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∵∠2=41°，
∴∠1=∠ABC-∠2=90°-41°=49°，
故答案为：C.
【分析】过点B作EF∥a，根据平行线的传递性得EF∥b，然后根据平行线的性质得∠2=∠CBE，∠1=∠ABE，接下来由矩形的性质得∠ABC=90°，即可求出∠1=∠ABC-∠2的值.
3．（2024·自贡）如图，以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点M，N，再分别以M、N为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点B，连接．若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：依题意，AM=AN=BM=BN，
∴四边形AMNB是菱形，
∴∠MBN=∠A=40°，
故答案为：A.
【分析】根据尺规作图痕迹可判断为菱形，利用菱形的性质得出结果.
4．（2024·浙江）如图，正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则（ ）
A．5 B． C． D．4
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵ 正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，
∴AE=BF=DH=4，EF=HE，AH=BE=3，∠DHE=90°，
∴EF=BF-BE=4-3，
∴.
故答案为：C.
【分析】利用全等三角形的性质和正方形的性质可证得AE=BF=DH=4，EF=HE，AH=BE=3，∠DHE=90°，可求出EF的长，利用勾股定理求出DE的长.
5．（2024·苏州）如图，矩形ABCD中，，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB，CD向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则AG的最大值为（ ）
A． B． C．2 D．1
【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接AC交直线l于点O，取AO中点M，连接MG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，∠BAC=∠ACE，∠CEO=∠AFO，∠B=90°，
又∵CE=AF，
∴△AOF≌△COE(ASA)，
∴AO=CO，
又∵AB=，BC=1，
∴在Rt△ABC中，AC=2AO=，即AO=1，
∴AM=OM=，
在Rt△AGO中，MG=，
又∵AG≤AM+MG，即，
当且仅当A、M、G三点共线时，AG最大，最大值为1.
故选：D.
【分析】在定矩形ABCD中，由CE=AF联想连接对角线AC并利用勾股定理求出其长度，即在直线l运动过程中始终经过矩形中心O，结合斜边中线的不变量分析得出AG最大值即可.
6．（2024·重庆）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC上一点，点F是CD延长线上一点，连接AE，AF，AM平分∠EAF交CD于点M．若BE＝DF＝1，则DM的长度为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADF＝90°，
∴在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（SAS），
∴AE＝AF；
∵AM平分∠EAF，
∴∠EAM＝∠FAM，
∴在△AEM和△AFM中，
，
∴△AEM≌△AFM（SAS），
∴EM＝FM；
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝4，∠BCD＝90°，
设DM＝x，则MC＝CD﹣DM＝4﹣x，CE＝BC﹣BE＝4﹣1＝3，EM＝FM＝FD+DM＝1+x，
在Rt△MCE中，根据勾股定理，得EM2＝MC2+CE2，即（1+x）2＝（4﹣x）2+32，
解得x＝．
故选：D．
【分析】利用正方形的性质和BE=DF证明△ABE≌△ADF，求出AE=AF，结合角平分线的定义利用SAS证明△AEM和△AFM全等，从而求出EM=DC，最后设参数DM=x，利用勾股定理列关于x的方程，求出x的值即是求出DM的长度.
7．（2024·浙江）如图，在中，，相交于点，，．过点作的垂线交于点，记长为，长为．当，的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；平行四边形的性质；矩形的性质；矩形的判定
【解析】【解答】解：过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，AD∥BC，
∵AE⊥BC，
∴AE∥DF，∠AEF=90°，
∴四边形AEFD是矩形，
∴AE=DF
在Rt△ABE和Rt△DCF中
∴Rt△ABE≌Rt△DCF（HL），
∴CF=BE=x，
∴EC=BC-BE=y-x，BF=BC+CF=y+x，
∵AE2=AC2-EC2，DF2=BD2-BF2，
∴AC2-EC2=BD2-BF2即4-（y-x）2=（）2-（y+x）2，
整理得：xy=2，
∴xy的值不变.
故答案为：C.
【分析】过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，利用平行四边形的性质可证得AB=DC，AD∥BC，再证明四边形AEFD是矩形，利用矩形的性质可证得AE=DF，利用HL可证得Rt△ABE≌Rt△DCF，可推出BE=CF=x，再表示出BF，EC的长，利用勾股定理去证明AC2-EC2=BD2-BF2，可得到关于x，y的方程，解方程求出xy的值，即可求解.
8．（2024·牡丹江）小明同学手中有一张矩形纸片ABCD，AD＝12cm，CD＝10cm，他进行了如下操作：
第一步，如图①，将矩形纸片对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，将纸片展平．
第二步，如图②，再一次折叠纸片，把△ADN沿AN折叠得到△AD'N，AD'交折痕MN于点E，则线段EN的长为（ ）
A．8cm B． C． D．
【答案】B
【知识点】矩形的性质；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，AB=CD=10cm，
由折叠知：AM=BM=5cm，AD'=AD=MN=12cm，∠DAN=∠D'AN，AD∥MN，∠AMN=90°，
∴∠DAN=∠ANM，
∴∠D'AN=∠ANM，
∴EA=EN，
设EA=EN=x，则EM=12-x(cm)，
在Rt△AEM中，AM2+EM2=AE2，
即52+（12-x）2=x2，
解得x=，
即EN=cm
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质及折叠的性质可推出∠D'AN=∠ANM，可得EA=EN，设EA=EN=x，则EM=12-x(cm)，在Rt△AEM中，利用勾股定理建立关于x方程并解之即可.
9．（2024·自贡）如图，在中，，，．A点P从点A出发、以的速度沿运动，同时点Q从点C出发，以的速度沿往复运动，当点P到达端点D时，点Q随之停止运动．在此运动过程中，线段出现的次数是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图所示，设P、Q点运动时间为t，则AP=t，CQ=3t，
①若点P在点Q的左侧，如左图，过点A和点P作AF⊥BC，PE⊥BC，垂足分别为E，F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=6，AP∥BC，AF∥PE，
∴四边形AFEP是矩形，
∴PE=AF，
又∵∠B=60°，
∴∠BAF=90°-∠B=30°，BF==3，
AF=，
若PQ=CD，
∴Rt△ABF≌PQE（HL），
∴QE=BF=3；BQ=BF+EF+EQ=6+t，
②若点P在点Q的右侧，同理可证Rt△ABG≌PQH（HL），
∴∠B=∠PQH=60°，
∴AB∥PQ，
此时四边形ABPQ是平行四边形，
∴BQ=AP=t，
1)当Q第一次从，即0≤t≤4，
1.1)此时若点Q在点P右侧，则有BQ=BC-CQ=6+t=12-3t，解得t=，
1.2)此时若点Q在点P左侧，则有BQ=BC-CQ=t=12-3t，解得t=3，
2)当Q第一次从，即4＜t≤8，
2.1)此时若点Q在点P左侧，则有BQ=BC-CQ=t=3t-12，解得t=6，
2.2)此时若点Q在点P右侧，则有BQ=BC-CQ=6+t=3t-12，解得t=9，与条件矛盾，舍去；
3)当Q第二次从，即8＜t≤12，此时点P运动可以到达端点处.
3.1)此时若点Q在点P右侧，则有BQ=BC-CQ=6+t=36-3t，解得t=，与条件矛盾，舍去；
3.2)此时若点Q在点P左侧，则有BQ=BC-CQ=t=36-3t，解得t=9，
综上所述，当t=，3，6，9时，PQ=CD.
故答案为：B.
【分析】依题意，根据P，Q运动位置不同先大致分为两类，即P、Q左右位置不同其等量关系不同，当P在Q左侧为等腰梯形的等量关系，当P在Q右侧时则为平行四边形的等量关系；而后根据运动往返计算线段的方式差异进行细分，依据等量关系逐一列式并检验即可.
10．（2023·宜宾）如图，边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：
∵四边形ABCD为正方形，且边长为6，
∴BA=AD=DC=CB=6，∠CDA=90°，∠MDC=∠MDA=45°，
∴△MDC≌△MDA（SAS），
∴∠MCD=∠MAD，
∵CP=MP，
∴∠MCD=∠PMC，
∴∠DPA=2∠MCD=2∠MAD，
∴∠MAD=30°，
设PD=a，则PA=2a，PM=6-a，
由勾股定理得，
解得，
∴，
∴AM=AP-MP=，
故答案为：C
【分析】先根据正方形的性质即可得到BA=AD=DC=CB=6，∠CDA=90°，∠MDC=∠MDA=45°，进而根据三角形全等的判定与性质得到∠MCD=∠MAD，结合等腰三角形的性质即可得到∠MCD=∠PMC，进而得到∠MAD=30°，设PD=a，则PA=2a，PM=6-a，根据勾股定理即可求出a的值，进而根据AM=AP-MP即可求解。
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2025·辽宁）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点在线段上，，点在线段上，，连接，点为的中点，连接，则的长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，取OE中点H，连接GH，
在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC=8，BD=12，
AC⊥BD，
∵AE=2，
∴OE=OA-AE=4-2=2，
∵点G为BE的中点，点H为OE的中点，
∴GH是三角形EBO的中位线，
GH∥OB，
∴∠GHE=∠BOA=90°，
∵OF=1，
，
∴，
故答案为：.
【分析】由菱形对角线互相垂直且平分，可得出AC⊥BD，取OE中点H，连接GH，可得GH=OB，GH∥OB，再用勾股定理解Rt△GHF即可．
12．（2024·新疆维吾尔自治区）如图，在正方形ABCD中，若面积周长则= .
【答案】40
【知识点】正方形的性质；二元一次方程组的应用-几何问题
【解析】【解答】解：设正方形的边长为，正方形的边长为，则，，
由题意得，
由②得③，
③②得：，
整理得，
即，
故答案为：40
【分析】设正方形的边长为，正方形的边长为，则，，根据面积和周长即可得到，进而即可得到③，再运用加减消元法③②即可得到，从而得到即可求解。
13．（2024·常州）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于原点O．若点A的坐标是（2，1），则点C的坐标是 ．
【答案】（﹣2，﹣1）
【知识点】正方形的性质；关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵正方形是中心对称图形， 且正方形ABCD的对角线AC、BD相交于原点O ，
故点A和点C关于原点O对称.
又∵点A的坐标是（2，1）
∴点C的坐标是（﹣2，﹣1）
故答案为：（﹣2，﹣1）.
【分析】根据正方形的性质以及对角线AC、BD相交于原点O可得点A和点C关于原点对称.关于原点对称的点纵坐标和横坐标都互为相反数.
14．（2024·牡丹江）矩形ABCD的面积是90，对角线AC，BD交于点O，点E是BC边的三等分点，连接DE，点P是DE的中点，OP＝3，连接CP，则PC+PE的值为 ．
【答案】13或
【知识点】勾股定理；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，当BE=BC时，
在矩形ABCD中，BO=OD ，
∵ 点P是DE的中点， OP=3，
∴BE=2OP=6，
∴BC=3BE=18，EC=12，
∵S矩形ABCD=BC·CD=90，
∴CD=5，
∴DE==13，
在Rt△DCE中，点P是DE的中点，
∴PE=CP=DE=，
∴PC+PE=13.
如图，当CE=BC时，
同理可求BE=2OP=6，
∴CE=BC=3，BC=9，
∵S矩形ABCD=BC·CD=90，
∴CD=10，
∴DE==，
在Rt△DCE中，点P是DE的中点，
∴PE=CP=DE=，
∴PC+PE=.
综上可知：13或
故答案为：13或.
【分析】分两种情况：当BE=BC时和当CE=BC时，根据三角形中位线定理可求BE，从而求出CE，利用勾股定理求出DE，再利用直角三角形斜边中线的性质求出PC，PE，继而求解.
15．（2024·河南）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为（-2，0），点E在边CD上.将沿BE折叠，点C落在点F处.若点F的坐标为（0，6），则点E的坐标为 .
【答案】
【知识点】正方形的性质；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：设OB=a，
∵四边形ABCD是正方形，△BEF是△BCE延BE折叠所得， A（-2，0），
∴BF=BC=AB=OB+AO=a+2，EF=CE，
又∵F （0，6） ，即OF=6，
在Rt△BOF中，有，
即，解得a=8，
又∵正方形AB的边在x轴上，
∴∠C=∠ABC=∠BOG=90°，
∴四边形OBCG是矩形，
∴CG=OB=8，OG=BC=10，
∴GF=OC-OF=10-6=4，
设EF=CE=b，则GE=8-b，
同理，则有，解得b=5，
∴GE=CG-CE=3.
∴E(3，10)
故答案为：(3，10).
【分析】由折叠问题与边存在的等量关系，先利用勾股定理解出△OBF，同理利用勾股定理解出△GEF，即得点E的坐标.
16．（2024·济南）如图，在矩形纸片ABCD中，，AD＝2，E为边AD的中点，点F在边CD上，连接EF，将△DEF沿EF翻折，点D的对应点为D'，连接BD'．若BD'＝2，则DF＝ ．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接BE，延长FE交BA的延长线于点H，
∵矩形ABCD中，AB=，AD=2，E为边AD的中点，
∴AE=DE=1，∠BAE=∠D=90°=∠HAE，
∴
∵∠DEF=∠AEH，AE=DE，∠D=∠HAE=90°，
∴△HAE≌△EDF (ASA)，
∴DF=AH，
∵将△DEF沿EF翻折，点D的对应点为D'，
∴ED=ED'=1，∠ED'F=∠D=90°，∠DEF=∠D'EF，
∵BD'=2，
∴
∴△BED为直角三角形，且∠BED'=90°，
设∠DEF=x，则∠AEH=∠DEF=x，∠DED'=2x，
∴∠AEB=90°-2x，∠AHE=90°-x，
∴∠НЕВ=∠AEH+∠AEB=90°-x=∠АНЕ，
∴△BHE为等腰三角形，
∴ВH=ВЕ=，
∴АН=BН-АВ=，
∴DF=АН=.
故答案为：.
【分析】 连接BE，延长EF交BA的延长线于H，由中点定义得AE=DE=1，由矩形性质得∠BAE=∠D=90°，从而由勾股定理算出BE的长；利用ASA判断出△HAE≌△EDF，得DF=AH，由翻折性质得ED=ED'=1，∠ED'F=∠D=90°，∠DEF=∠D'EF，由勾股定理的逆定理判断出△BED为直角三角形，且∠BED'=90°，设∠DEF=x，则∠AEH=∠DEF=x，∠DED'=2x，则∠AEB=90°-2x，∠AHE=90°-x，推出△BHE为等腰三角形，从而即可求解.
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2023·西宁）如图，在中，点E，F分别在，的延长线上，且，连接与交于点M，连接，.
（1）求证：；
（2）若，，求四边形的周长.
【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形
∴，（平行四边形的对边平行且相等）
∴（两直线平行，内错角相等）
∵，∴
即
在和中
∴；
（2）解：∵，
∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）
又∵
∴是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）
∴（菱形的四条边都相等）
∴菱形的周长.
【知识点】菱形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据AAS证明△AEM≌△CFM；
（2）先证四边形AECF是菱形，可得AE=EC=CF=AF，根据菱形的周长=4AF即可求解.
18．（2023·黄石）如图，正方形中，点，分别在，上，且，与相交于点．
（1）求证：≌；
（2）求的大小．
【答案】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，即，
在和中，
≌；
（2）解：由知≌，
，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）利用SAS证明 ≌；
（2）利用全等三角形对角相等，结合三角形的内角和定理求解.
19．（2025·长春）如图，的对角线、相交于点．求证：是菱形．
【答案】解：∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
【知识点】勾股定理的逆定理；菱形的判定
【解析】【分析】由勾股定理定理的逆定理可证，由对角线互相垂直的平行四边形是菱形解答即可.
20．（2023·内江）如图，在中，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F．
（1）求证：；
（2）连接，若，求证：四边形是矩形．
【答案】（1）证明：∵，
∴，
∵点E为的中点，
∴，
在和中，
，
∴；
∴，
∵，
∴；
（2）证明：，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；平行四边形的判定；矩形的判定
【解析】【分析】（1）先根据平行线的性质即可得到，进而根据题意得到，运用 三角形全等的判定与性质证明即可得到，进而结合题意即可求解；
（2）先根据平行四边形的判定证明四边形是平行四边形，再根据题意结合矩形的判定即可求解。
21．（2023·新疆）如图，和相交于点，，．点、分别是、的中点．
（1）求证：；
（2）当时，求证：四边形是矩形．
【答案】（1）证明：在与中，
∴，
∴，
又∵、分别是、的中点，
∴；
（2）解：∵，
∴四边形是平行四边形，，
∵为的中点，，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
【知识点】矩形的判定；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）先证出，可得，再结合 、分别是、的中点，可得；
（2）先证出四边形是平行四边形，再结合，可证出四边形是矩形．
22．（2025·山西）阅读与思考
下面是小宣同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务，
双关联线段 【概念理解】 如果两条线段所在直线形成的央角中有一个角是60°，且这两条线段相等，则称其中一条线段是另一条线段的双关联线段，也称这两条线段互为双关联线段。 例如，下列各图中的线段AB与CD所在直线形成的夹角中有一个角是60°，若AB=CD，则下列各图中的线段CD都是相应线段AB的双关联线段。 【问题解决】 问题1：如图1，在矩形ABCD中，AB
任务：
（1）问题1 中的∠ACB= °，
问题2中的依据是 .
（2）补全问题2的证明过程；
（3）如图3，点C在线段AB上，请在图3中作线段AB的双关联线段CD
（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一条即可）.
【答案】（1）30；等角的补角相等
（2）解：∵∠AFB是△AEF的外角，
∴∠AFB= ∠EAF+∠E.
∵∠ACB是△ACD的外角，
∴∠ACB=∠CAD+∠D.
∵∠EAF=∠CAD， ∠E=∠D，
∴∠AFB=∠ACB=60°.
即线段AD与线段BE所在直线形成的夹角中有一个角是60°.
∵AD=BE，线段AD是线段BE的双关联线段。
（3）解：答案不唯一，例如：
作法一：
作法二：
如图，线段CD即为所求.
【知识点】三角形外角的概念及性质；等边三角形的性质；等边三角形的判定；矩形的性质；尺规作图-作三角形
【解析】【解答】
解：(1)设AC， BD的交点为O，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，∠ABC= 90°；
∵对角线AC与BD互为双关联线段，
∴∠AOB=60°，
∴AOB是等边三角形，
∴∠OAB= 60°，
∴∠ACB=90°-∠OAB=30°；
问题2中的依据是：等角的补角相等；
故答案为：30， 等角的补角相等；
【分析】
(1)设AC， BD的交点为O，利用矩形的性质，结合新定义概念可证明AOB是等边三角形，由等边三角形的性质利用角度的和差运算即可解答；2小问利用等角的补角相等即可完成问题2的依据，解答即可；
(2)利用三角形外角的性质可得∠AFB= ∠EAF+∠E，∠ACB=∠CAD+∠D，再用等边三角形的性质即可∠AFB=∠ACB = 60°，解答即可；
(3)作一个等边三角形解答即可.
23．【问题解决】
如图①，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，DE=AF，DE⊥AF 于点G.
（1）求证：四边形ABCD 是正方形.
（2）延长CB 到点 H，使得BH=AE，判断△AHF 的形状，并说明理由.
（3）【类比迁移】如图②，在菱形ABCD 中，点E，F 分别在边AB，BC上，DE 与AF 相交于点G，DE=AF，∠AED=60°，AE=6，BF=2，求 DE 的长.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形
∴∠DAB=∠B=90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB=∠AGD=90°，
∴∠BAF+∠DAF=90°，∠ADE+DAF=90°，
∴∠ADE=∠BAE，
∵DE=AF，
∴△ADE≌△BAF(AAS)，
∴AD=AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形
（2）解：如图
△AHF 为等腰三角形，
理由：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=∠ABH=90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB=∠AGD=90°，
∴∠BAF+∠DAF=90°，∠ADE+∠DAF=90°，
∴∠ADE=∠BAF，
∵DE=AF，
∴△ADE≌△BAF(AAS)
∴AE=BF，
∵DE=AF，
∴BH=AE，
∴BH=BF，
∵∠ABH=90°，
∴AH=AF，
∴△AHF是等腰三角形
（3）解：延长CB到点 H，使 BH=AE=6，连接AH，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，AB=AD，
∴∠ABH=∠BAD，
∵BH=AE，
∴△DAE≌△ABH(SAS)，
∴AH=DE，∠AHB=∠DEA=60°，
∵DE=AF，
∴AH=AF，
∴△AHF是等边三角形，
∴AH=HF=HB+BF=AE+BF=6+2=8
∴DE=AH=8
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】(1)根据矩形的性质得∠DAB=∠B=90°，由等角的余角相等可得∠ADE=∠BAF，利用AAS可得△ADE≌△BAF(AAS)，由全等三角形的性质得AD=AB，即可得四边形ABCD是正方形；
(2)利用AAS可得△ADE≌△BAF(AAS)，由全等三角形的性质得AE=BF，由已知BH=AE可得BH=BF，根据线段垂直平分线的性质可得即可得AH=AF，△AHF是等腰三角形；
(3)延长CB到点H，使BH=AE，连接AH，利用SAS可得△DAE≌△ABH(SAS)，由全等三角形的性质得AH=DE，∠AHB=∠DEA=60°，由已知DE=AF可得△HAF，可得△AHF是等边三角形，则AH=HF=HB+BF=AE+BF，进而即可得出结论.
24．在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC 与DEF 拼在一起，使点A 与点F 重合，点C与点D 重合(如图①)，其中∠ACB=∠DFE=90°，BC=EF=3cm，AC=DF=4 cm，并进行如下研究活动.
活动一：将图①中的纸片DEF 沿AC 方向平移，连接AE，BD(如图②)，当点 F 与点C 重合时停止平移.
（1）【思考】图②中的四边形ABDE 是平行四边形吗 请说明理由.
（2）【发现】当纸片DEF 平移到某一位置时，小兵发现四边形 ABDE 为矩形(如图③)，求AF 的长.活动二：在图③中，取AD 的中点O，再将纸片DEF 绕点O顺时针方向旋转α度(0≤α≤90)，连接OB，OE(如图④).
（3）【探究】当 EF 平分∠AEO时，探究OF 与BD 的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）解：四边形 ABDE 是平行四边形，
证明：∵△ABC≌△DEF，
∴AB=DE，∠BAC=∠EDF
∴AB//DE，
∴四边形ABDE是平行四边形
（2）解：连接 BE交AD于点O，
∵四边形ABDE为矩形，
∴OA=OD=OB=OE，
设AF=x(cm)，则，
∴，
在Rt△OFE中，
∵OF2+EF2=OE2，
∴，
解得：
∴
（3）解：BD=2OF
理由：如图，延长OF交AE于点H.
由矩形性质可得∠OAB=∠OBA=∠ODE=∠OED，OA=OB=OE=OD，
∴∠OBD=∠ODB，∠OAE=∠OEA.
∵∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB=360°，
∴∠ABD+∠BAE=180°，∴AE∥BD，∠OHE=∠ODB.
∵EF 平分∠AEO，∴∠OEF=∠HEF.
∵∠EFO=∠EFH=90°，EF=EF，∴△EFO≌△EFH，∴EO=EH，FO=FH，
∴∠EHO=∠EOH=∠OBD=∠ODB，又EO=OB，
∴△EOH≌△OBD，∴BD=OH=2OF
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的性质；平移的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】(1)由全等三角形的性质得出AB=DE，∠BAC=∠EDF，则AB//DE，可得出结论；
(2)连接BE交AD于点O，设AF=x(cm)，则，得出，由勾股定理可得，解方程求出x，则AF可求出；
(3)延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH(ASA)，得出EO=EH，FO=FH，则∠EHO=∠EOH=∠OBD=∠ODB，可证得△EOH≌△OBD(AAS)，得出BD=OH，则结论得证.
1 / 1第一章《特殊平行四边形》B卷—北师大版数学九年级上册单元检测
一、选择题（每题3分，共30分）
1．（2024·泸州）已知四边形ABCD是平行四边形，下列条件中，不能判定为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·南通）如图，直线a∥b，矩形ABCD的顶点A在直线b上，若∠2＝41°，则∠1的度数为（ ）
A．41° B．51° C．49° D．59°
3．（2024·自贡）如图，以点A为圆心，适当的长为半径画弧，交两边于点M，N，再分别以M、N为圆心，的长为半径画弧，两弧交于点B，连接．若，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·浙江）如图，正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则（ ）
A．5 B． C． D．4
5．（2024·苏州）如图，矩形ABCD中，，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB，CD向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则AG的最大值为（ ）
A． B． C．2 D．1
6．（2024·重庆）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC上一点，点F是CD延长线上一点，连接AE，AF，AM平分∠EAF交CD于点M．若BE＝DF＝1，则DM的长度为（ ）
A．2 B． C． D．
7．（2024·浙江）如图，在中，，相交于点，，．过点作的垂线交于点，记长为，长为．当，的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·牡丹江）小明同学手中有一张矩形纸片ABCD，AD＝12cm，CD＝10cm，他进行了如下操作：
第一步，如图①，将矩形纸片对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，将纸片展平．
第二步，如图②，再一次折叠纸片，把△ADN沿AN折叠得到△AD'N，AD'交折痕MN于点E，则线段EN的长为（ ）
A．8cm B． C． D．
9．（2024·自贡）如图，在中，，，．A点P从点A出发、以的速度沿运动，同时点Q从点C出发，以的速度沿往复运动，当点P到达端点D时，点Q随之停止运动．在此运动过程中，线段出现的次数是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
10．（2023·宜宾）如图，边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，则的长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（每题3分，共18分）
11．（2025·辽宁）如图，在菱形中，对角线与相交于点，点在线段上，，点在线段上，，连接，点为的中点，连接，则的长为 ．
12．（2024·新疆维吾尔自治区）如图，在正方形ABCD中，若面积周长则= .
13．（2024·常州）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于原点O．若点A的坐标是（2，1），则点C的坐标是 ．
14．（2024·牡丹江）矩形ABCD的面积是90，对角线AC，BD交于点O，点E是BC边的三等分点，连接DE，点P是DE的中点，OP＝3，连接CP，则PC+PE的值为 ．
15．（2024·河南）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为（-2，0），点E在边CD上.将沿BE折叠，点C落在点F处.若点F的坐标为（0，6），则点E的坐标为 .
16．（2024·济南）如图，在矩形纸片ABCD中，，AD＝2，E为边AD的中点，点F在边CD上，连接EF，将△DEF沿EF翻折，点D的对应点为D'，连接BD'．若BD'＝2，则DF＝ ．
三、解答题（共8题，共72分）
17．（2023·西宁）如图，在中，点E，F分别在，的延长线上，且，连接与交于点M，连接，.
（1）求证：；
（2）若，，求四边形的周长.
18．（2023·黄石）如图，正方形中，点，分别在，上，且，与相交于点．
（1）求证：≌；
（2）求的大小．
19．（2025·长春）如图，的对角线、相交于点．求证：是菱形．
20．（2023·内江）如图，在中，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F．
（1）求证：；
（2）连接，若，求证：四边形是矩形．
21．（2023·新疆）如图，和相交于点，，．点、分别是、的中点．
（1）求证：；
（2）当时，求证：四边形是矩形．
22．（2025·山西）阅读与思考
下面是小宣同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务，
双关联线段 【概念理解】 如果两条线段所在直线形成的央角中有一个角是60°，且这两条线段相等，则称其中一条线段是另一条线段的双关联线段，也称这两条线段互为双关联线段。 例如，下列各图中的线段AB与CD所在直线形成的夹角中有一个角是60°，若AB=CD，则下列各图中的线段CD都是相应线段AB的双关联线段。 【问题解决】 问题1：如图1，在矩形ABCD中，AB任务：
（1）问题1 中的∠ACB= °，
问题2中的依据是 .
（2）补全问题2的证明过程；
（3）如图3，点C在线段AB上，请在图3中作线段AB的双关联线段CD
（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一条即可）.
23．【问题解决】
如图①，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，DE=AF，DE⊥AF 于点G.
（1）求证：四边形ABCD 是正方形.
（2）延长CB 到点 H，使得BH=AE，判断△AHF 的形状，并说明理由.
（3）【类比迁移】如图②，在菱形ABCD 中，点E，F 分别在边AB，BC上，DE 与AF 相交于点G，DE=AF，∠AED=60°，AE=6，BF=2，求 DE 的长.
24．在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC 与DEF 拼在一起，使点A 与点F 重合，点C与点D 重合(如图①)，其中∠ACB=∠DFE=90°，BC=EF=3cm，AC=DF=4 cm，并进行如下研究活动.
活动一：将图①中的纸片DEF 沿AC 方向平移，连接AE，BD(如图②)，当点 F 与点C 重合时停止平移.
（1）【思考】图②中的四边形ABDE 是平行四边形吗 请说明理由.
（2）【发现】当纸片DEF 平移到某一位置时，小兵发现四边形 ABDE 为矩形(如图③)，求AF 的长.活动二：在图③中，取AD 的中点O，再将纸片DEF 绕点O顺时针方向旋转α度(0≤α≤90)，连接OB，OE(如图④).
（3）【探究】当 EF 平分∠AEO时，探究OF 与BD 的数量关系，并说明理由.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，且∠A=90°，∴平行四边形ABCD是矩形，故此选项不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠B+∠C=180°，
又∵∠B=∠C，
∴∠B=∠C=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，故此选项不符合题意；
A、∵四边形ABCD是平行四边形，且AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形，故此选项不符合题意；
A、∵四边形ABCD是平行四边形，且AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形，故此选项符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据有一个角为直角的平行四边形是矩形，可判断A选项；又平行四边形对边平行得AB∥CD，由二直线平行，同旁内角互补及已知可推出∠B=∠C=90°，从而有一个角为直角的平行四边形是矩形，可判断B选项；由对角线相等得平行四边形是矩形可判断C选项；由对角线互相垂直的平行四边形是菱形可判断D选项.
2．【答案】C
【知识点】平行线的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点B作EF∥a，
∵a∥b，
∴EF∥b，
∴∠2=∠CBE，∠1=∠ABE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∵∠2=41°，
∴∠1=∠ABC-∠2=90°-41°=49°，
故答案为：C.
【分析】过点B作EF∥a，根据平行线的传递性得EF∥b，然后根据平行线的性质得∠2=∠CBE，∠1=∠ABE，接下来由矩形的性质得∠ABC=90°，即可求出∠1=∠ABC-∠2的值.
3．【答案】A
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：依题意，AM=AN=BM=BN，
∴四边形AMNB是菱形，
∴∠MBN=∠A=40°，
故答案为：A.
【分析】根据尺规作图痕迹可判断为菱形，利用菱形的性质得出结果.
4．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵ 正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，
∴AE=BF=DH=4，EF=HE，AH=BE=3，∠DHE=90°，
∴EF=BF-BE=4-3，
∴.
故答案为：C.
【分析】利用全等三角形的性质和正方形的性质可证得AE=BF=DH=4，EF=HE，AH=BE=3，∠DHE=90°，可求出EF的长，利用勾股定理求出DE的长.
5．【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接AC交直线l于点O，取AO中点M，连接MG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，∠BAC=∠ACE，∠CEO=∠AFO，∠B=90°，
又∵CE=AF，
∴△AOF≌△COE(ASA)，
∴AO=CO，
又∵AB=，BC=1，
∴在Rt△ABC中，AC=2AO=，即AO=1，
∴AM=OM=，
在Rt△AGO中，MG=，
又∵AG≤AM+MG，即，
当且仅当A、M、G三点共线时，AG最大，最大值为1.
故选：D.
【分析】在定矩形ABCD中，由CE=AF联想连接对角线AC并利用勾股定理求出其长度，即在直线l运动过程中始终经过矩形中心O，结合斜边中线的不变量分析得出AG最大值即可.
6．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADF＝90°，
∴在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（SAS），
∴AE＝AF；
∵AM平分∠EAF，
∴∠EAM＝∠FAM，
∴在△AEM和△AFM中，
，
∴△AEM≌△AFM（SAS），
∴EM＝FM；
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝4，∠BCD＝90°，
设DM＝x，则MC＝CD﹣DM＝4﹣x，CE＝BC﹣BE＝4﹣1＝3，EM＝FM＝FD+DM＝1+x，
在Rt△MCE中，根据勾股定理，得EM2＝MC2+CE2，即（1+x）2＝（4﹣x）2+32，
解得x＝．
故选：D．
【分析】利用正方形的性质和BE=DF证明△ABE≌△ADF，求出AE=AF，结合角平分线的定义利用SAS证明△AEM和△AFM全等，从而求出EM=DC，最后设参数DM=x，利用勾股定理列关于x的方程，求出x的值即是求出DM的长度.
7．【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；平行四边形的性质；矩形的性质；矩形的判定
【解析】【解答】解：过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，AD∥BC，
∵AE⊥BC，
∴AE∥DF，∠AEF=90°，
∴四边形AEFD是矩形，
∴AE=DF
在Rt△ABE和Rt△DCF中
∴Rt△ABE≌Rt△DCF（HL），
∴CF=BE=x，
∴EC=BC-BE=y-x，BF=BC+CF=y+x，
∵AE2=AC2-EC2，DF2=BD2-BF2，
∴AC2-EC2=BD2-BF2即4-（y-x）2=（）2-（y+x）2，
整理得：xy=2，
∴xy的值不变.
故答案为：C.
【分析】过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，利用平行四边形的性质可证得AB=DC，AD∥BC，再证明四边形AEFD是矩形，利用矩形的性质可证得AE=DF，利用HL可证得Rt△ABE≌Rt△DCF，可推出BE=CF=x，再表示出BF，EC的长，利用勾股定理去证明AC2-EC2=BD2-BF2，可得到关于x，y的方程，解方程求出xy的值，即可求解.
8．【答案】B
【知识点】矩形的性质；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：在矩形ABCD中，AB=CD=10cm，
由折叠知：AM=BM=5cm，AD'=AD=MN=12cm，∠DAN=∠D'AN，AD∥MN，∠AMN=90°，
∴∠DAN=∠ANM，
∴∠D'AN=∠ANM，
∴EA=EN，
设EA=EN=x，则EM=12-x(cm)，
在Rt△AEM中，AM2+EM2=AE2，
即52+（12-x）2=x2，
解得x=，
即EN=cm
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质及折叠的性质可推出∠D'AN=∠ANM，可得EA=EN，设EA=EN=x，则EM=12-x(cm)，在Rt△AEM中，利用勾股定理建立关于x方程并解之即可.
9．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图所示，设P、Q点运动时间为t，则AP=t，CQ=3t，
①若点P在点Q的左侧，如左图，过点A和点P作AF⊥BC，PE⊥BC，垂足分别为E，F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=6，AP∥BC，AF∥PE，
∴四边形AFEP是矩形，
∴PE=AF，
又∵∠B=60°，
∴∠BAF=90°-∠B=30°，BF==3，
AF=，
若PQ=CD，
∴Rt△ABF≌PQE（HL），
∴QE=BF=3；BQ=BF+EF+EQ=6+t，
②若点P在点Q的右侧，同理可证Rt△ABG≌PQH（HL），
∴∠B=∠PQH=60°，
∴AB∥PQ，
此时四边形ABPQ是平行四边形，
∴BQ=AP=t，
1)当Q第一次从，即0≤t≤4，
1.1)此时若点Q在点P右侧，则有BQ=BC-CQ=6+t=12-3t，解得t=，
1.2)此时若点Q在点P左侧，则有BQ=BC-CQ=t=12-3t，解得t=3，
2)当Q第一次从，即4＜t≤8，
2.1)此时若点Q在点P左侧，则有BQ=BC-CQ=t=3t-12，解得t=6，
2.2)此时若点Q在点P右侧，则有BQ=BC-CQ=6+t=3t-12，解得t=9，与条件矛盾，舍去；
3)当Q第二次从，即8＜t≤12，此时点P运动可以到达端点处.
3.1)此时若点Q在点P右侧，则有BQ=BC-CQ=6+t=36-3t，解得t=，与条件矛盾，舍去；
3.2)此时若点Q在点P左侧，则有BQ=BC-CQ=t=36-3t，解得t=9，
综上所述，当t=，3，6，9时，PQ=CD.
故答案为：B.
【分析】依题意，根据P，Q运动位置不同先大致分为两类，即P、Q左右位置不同其等量关系不同，当P在Q左侧为等腰梯形的等量关系，当P在Q右侧时则为平行四边形的等量关系；而后根据运动往返计算线段的方式差异进行细分，依据等量关系逐一列式并检验即可.
10．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：
∵四边形ABCD为正方形，且边长为6，
∴BA=AD=DC=CB=6，∠CDA=90°，∠MDC=∠MDA=45°，
∴△MDC≌△MDA（SAS），
∴∠MCD=∠MAD，
∵CP=MP，
∴∠MCD=∠PMC，
∴∠DPA=2∠MCD=2∠MAD，
∴∠MAD=30°，
设PD=a，则PA=2a，PM=6-a，
由勾股定理得，
解得，
∴，
∴AM=AP-MP=，
故答案为：C
【分析】先根据正方形的性质即可得到BA=AD=DC=CB=6，∠CDA=90°，∠MDC=∠MDA=45°，进而根据三角形全等的判定与性质得到∠MCD=∠MAD，结合等腰三角形的性质即可得到∠MCD=∠PMC，进而得到∠MAD=30°，设PD=a，则PA=2a，PM=6-a，根据勾股定理即可求出a的值，进而根据AM=AP-MP即可求解。
11．【答案】
【知识点】勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，取OE中点H，连接GH，
在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC=8，BD=12，
AC⊥BD，
∵AE=2，
∴OE=OA-AE=4-2=2，
∵点G为BE的中点，点H为OE的中点，
∴GH是三角形EBO的中位线，
GH∥OB，
∴∠GHE=∠BOA=90°，
∵OF=1，
，
∴，
故答案为：.
【分析】由菱形对角线互相垂直且平分，可得出AC⊥BD，取OE中点H，连接GH，可得GH=OB，GH∥OB，再用勾股定理解Rt△GHF即可．
12．【答案】40
【知识点】正方形的性质；二元一次方程组的应用-几何问题
【解析】【解答】解：设正方形的边长为，正方形的边长为，则，，
由题意得，
由②得③，
③②得：，
整理得，
即，
故答案为：40
【分析】设正方形的边长为，正方形的边长为，则，，根据面积和周长即可得到，进而即可得到③，再运用加减消元法③②即可得到，从而得到即可求解。
13．【答案】（﹣2，﹣1）
【知识点】正方形的性质；关于原点对称的点的坐标特征
【解析】【解答】解：∵正方形是中心对称图形， 且正方形ABCD的对角线AC、BD相交于原点O ，
故点A和点C关于原点O对称.
又∵点A的坐标是（2，1）
∴点C的坐标是（﹣2，﹣1）
故答案为：（﹣2，﹣1）.
【分析】根据正方形的性质以及对角线AC、BD相交于原点O可得点A和点C关于原点对称.关于原点对称的点纵坐标和横坐标都互为相反数.
14．【答案】13或
【知识点】勾股定理；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，当BE=BC时，
在矩形ABCD中，BO=OD ，
∵ 点P是DE的中点， OP=3，
∴BE=2OP=6，
∴BC=3BE=18，EC=12，
∵S矩形ABCD=BC·CD=90，
∴CD=5，
∴DE==13，
在Rt△DCE中，点P是DE的中点，
∴PE=CP=DE=，
∴PC+PE=13.
如图，当CE=BC时，
同理可求BE=2OP=6，
∴CE=BC=3，BC=9，
∵S矩形ABCD=BC·CD=90，
∴CD=10，
∴DE==，
在Rt△DCE中，点P是DE的中点，
∴PE=CP=DE=，
∴PC+PE=.
综上可知：13或
故答案为：13或.
【分析】分两种情况：当BE=BC时和当CE=BC时，根据三角形中位线定理可求BE，从而求出CE，利用勾股定理求出DE，再利用直角三角形斜边中线的性质求出PC，PE，继而求解.
15．【答案】
【知识点】正方形的性质；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：设OB=a，
∵四边形ABCD是正方形，△BEF是△BCE延BE折叠所得， A（-2，0），
∴BF=BC=AB=OB+AO=a+2，EF=CE，
又∵F （0，6） ，即OF=6，
在Rt△BOF中，有，
即，解得a=8，
又∵正方形AB的边在x轴上，
∴∠C=∠ABC=∠BOG=90°，
∴四边形OBCG是矩形，
∴CG=OB=8，OG=BC=10，
∴GF=OC-OF=10-6=4，
设EF=CE=b，则GE=8-b，
同理，则有，解得b=5，
∴GE=CG-CE=3.
∴E(3，10)
故答案为：(3，10).
【分析】由折叠问题与边存在的等量关系，先利用勾股定理解出△OBF，同理利用勾股定理解出△GEF，即得点E的坐标.
16．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接BE，延长FE交BA的延长线于点H，
∵矩形ABCD中，AB=，AD=2，E为边AD的中点，
∴AE=DE=1，∠BAE=∠D=90°=∠HAE，
∴
∵∠DEF=∠AEH，AE=DE，∠D=∠HAE=90°，
∴△HAE≌△EDF (ASA)，
∴DF=AH，
∵将△DEF沿EF翻折，点D的对应点为D'，
∴ED=ED'=1，∠ED'F=∠D=90°，∠DEF=∠D'EF，
∵BD'=2，
∴
∴△BED为直角三角形，且∠BED'=90°，
设∠DEF=x，则∠AEH=∠DEF=x，∠DED'=2x，
∴∠AEB=90°-2x，∠AHE=90°-x，
∴∠НЕВ=∠AEH+∠AEB=90°-x=∠АНЕ，
∴△BHE为等腰三角形，
∴ВH=ВЕ=，
∴АН=BН-АВ=，
∴DF=АН=.
故答案为：.
【分析】 连接BE，延长EF交BA的延长线于H，由中点定义得AE=DE=1，由矩形性质得∠BAE=∠D=90°，从而由勾股定理算出BE的长；利用ASA判断出△HAE≌△EDF，得DF=AH，由翻折性质得ED=ED'=1，∠ED'F=∠D=90°，∠DEF=∠D'EF，由勾股定理的逆定理判断出△BED为直角三角形，且∠BED'=90°，设∠DEF=x，则∠AEH=∠DEF=x，∠DED'=2x，则∠AEB=90°-2x，∠AHE=90°-x，推出△BHE为等腰三角形，从而即可求解.
17．【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形
∴，（平行四边形的对边平行且相等）
∴（两直线平行，内错角相等）
∵，∴
即
在和中
∴；
（2）解：∵，
∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）
又∵
∴是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）
∴（菱形的四条边都相等）
∴菱形的周长.
【知识点】菱形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】（1）根据AAS证明△AEM≌△CFM；
（2）先证四边形AECF是菱形，可得AE=EC=CF=AF，根据菱形的周长=4AF即可求解.
18．【答案】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，即，
在和中，
≌；
（2）解：由知≌，
，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）利用SAS证明 ≌；
（2）利用全等三角形对角相等，结合三角形的内角和定理求解.
19．【答案】解：∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
【知识点】勾股定理的逆定理；菱形的判定
【解析】【分析】由勾股定理定理的逆定理可证，由对角线互相垂直的平行四边形是菱形解答即可.
20．【答案】（1）证明：∵，
∴，
∵点E为的中点，
∴，
在和中，
，
∴；
∴，
∵，
∴；
（2）证明：，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；平行四边形的判定；矩形的判定
【解析】【分析】（1）先根据平行线的性质即可得到，进而根据题意得到，运用 三角形全等的判定与性质证明即可得到，进而结合题意即可求解；
（2）先根据平行四边形的判定证明四边形是平行四边形，再根据题意结合矩形的判定即可求解。
21．【答案】（1）证明：在与中，
∴，
∴，
又∵、分别是、的中点，
∴；
（2）解：∵，
∴四边形是平行四边形，，
∵为的中点，，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
【知识点】矩形的判定；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）先证出，可得，再结合 、分别是、的中点，可得；
（2）先证出四边形是平行四边形，再结合，可证出四边形是矩形．
22．【答案】（1）30；等角的补角相等
（2）解：∵∠AFB是△AEF的外角，
∴∠AFB= ∠EAF+∠E.
∵∠ACB是△ACD的外角，
∴∠ACB=∠CAD+∠D.
∵∠EAF=∠CAD， ∠E=∠D，
∴∠AFB=∠ACB=60°.
即线段AD与线段BE所在直线形成的夹角中有一个角是60°.
∵AD=BE，线段AD是线段BE的双关联线段。
（3）解：答案不唯一，例如：
作法一：
作法二：
如图，线段CD即为所求.
【知识点】三角形外角的概念及性质；等边三角形的性质；等边三角形的判定；矩形的性质；尺规作图-作三角形
【解析】【解答】
解：(1)设AC， BD的交点为O，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB，∠ABC= 90°；
∵对角线AC与BD互为双关联线段，
∴∠AOB=60°，
∴AOB是等边三角形，
∴∠OAB= 60°，
∴∠ACB=90°-∠OAB=30°；
问题2中的依据是：等角的补角相等；
故答案为：30， 等角的补角相等；
【分析】
(1)设AC， BD的交点为O，利用矩形的性质，结合新定义概念可证明AOB是等边三角形，由等边三角形的性质利用角度的和差运算即可解答；2小问利用等角的补角相等即可完成问题2的依据，解答即可；
(2)利用三角形外角的性质可得∠AFB= ∠EAF+∠E，∠ACB=∠CAD+∠D，再用等边三角形的性质即可∠AFB=∠ACB = 60°，解答即可；
(3)作一个等边三角形解答即可.
23．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形
∴∠DAB=∠B=90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB=∠AGD=90°，
∴∠BAF+∠DAF=90°，∠ADE+DAF=90°，
∴∠ADE=∠BAE，
∵DE=AF，
∴△ADE≌△BAF(AAS)，
∴AD=AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形
（2）解：如图
△AHF 为等腰三角形，
理由：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=∠ABH=90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB=∠AGD=90°，
∴∠BAF+∠DAF=90°，∠ADE+∠DAF=90°，
∴∠ADE=∠BAF，
∵DE=AF，
∴△ADE≌△BAF(AAS)
∴AE=BF，
∵DE=AF，
∴BH=AE，
∴BH=BF，
∵∠ABH=90°，
∴AH=AF，
∴△AHF是等腰三角形
（3）解：延长CB到点 H，使 BH=AE=6，连接AH，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，AB=AD，
∴∠ABH=∠BAD，
∵BH=AE，
∴△DAE≌△ABH(SAS)，
∴AH=DE，∠AHB=∠DEA=60°，
∵DE=AF，
∴AH=AF，
∴△AHF是等边三角形，
∴AH=HF=HB+BF=AE+BF=6+2=8
∴DE=AH=8
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS
【解析】【分析】(1)根据矩形的性质得∠DAB=∠B=90°，由等角的余角相等可得∠ADE=∠BAF，利用AAS可得△ADE≌△BAF(AAS)，由全等三角形的性质得AD=AB，即可得四边形ABCD是正方形；
(2)利用AAS可得△ADE≌△BAF(AAS)，由全等三角形的性质得AE=BF，由已知BH=AE可得BH=BF，根据线段垂直平分线的性质可得即可得AH=AF，△AHF是等腰三角形；
(3)延长CB到点H，使BH=AE，连接AH，利用SAS可得△DAE≌△ABH(SAS)，由全等三角形的性质得AH=DE，∠AHB=∠DEA=60°，由已知DE=AF可得△HAF，可得△AHF是等边三角形，则AH=HF=HB+BF=AE+BF，进而即可得出结论.
24．【答案】（1）解：四边形 ABDE 是平行四边形，
证明：∵△ABC≌△DEF，
∴AB=DE，∠BAC=∠EDF
∴AB//DE，
∴四边形ABDE是平行四边形
（2）解：连接 BE交AD于点O，
∵四边形ABDE为矩形，
∴OA=OD=OB=OE，
设AF=x(cm)，则，
∴，
在Rt△OFE中，
∵OF2+EF2=OE2，
∴，
解得：
∴
（3）解：BD=2OF
理由：如图，延长OF交AE于点H.
由矩形性质可得∠OAB=∠OBA=∠ODE=∠OED，OA=OB=OE=OD，
∴∠OBD=∠ODB，∠OAE=∠OEA.
∵∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB=360°，
∴∠ABD+∠BAE=180°，∴AE∥BD，∠OHE=∠ODB.
∵EF 平分∠AEO，∴∠OEF=∠HEF.
∵∠EFO=∠EFH=90°，EF=EF，∴△EFO≌△EFH，∴EO=EH，FO=FH，
∴∠EHO=∠EOH=∠OBD=∠ODB，又EO=OB，
∴△EOH≌△OBD，∴BD=OH=2OF
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的性质；平移的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】(1)由全等三角形的性质得出AB=DE，∠BAC=∠EDF，则AB//DE，可得出结论；
(2)连接BE交AD于点O，设AF=x(cm)，则，得出，由勾股定理可得，解方程求出x，则AF可求出；
(3)延长OF交AE于点H，证明△EFO≌△EFH(ASA)，得出EO=EH，FO=FH，则∠EHO=∠EOH=∠OBD=∠ODB，可证得△EOH≌△OBD(AAS)，得出BD=OH，则结论得证.
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