第二章 四边形单元检测卷（含解析）

湘教版八年级下册第二章四边形单元检测试题
班级_____________姓名____________总分___________
一、选择题（每小题3分，共36分）
1．下列英文字母中，是中心对称图形的是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在平行四边形中，已知，，平分交边于点，则等于（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，不能判断四边形ABCD是平行四边形的是(　　)
A．AB=DC，AD=BC B．AB∥DC，AD∥BC
C．AB∥DC，AD=BC D．OA=OC，OB=OD
4．如图，数学活动课上，老师要求学生将一个任意的一个角翻折（如图中），折痕为，当点落在对边上点处时，小新发现：对于任意三角形，当时，翻折前后的两个三角形所组成的四边形是一个特殊四边形，且这个特殊四边形是（ ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
5．如图，在菱形中，对角线，，点分别是的中点，点在上运动，在运动过程中，存在的最小值，则这个最小值是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
6．如图，在四边形中，是对角线的中点，、分别是、的中点，，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
7．如果一个多边形的内角和等于2160°，那么这个多边形的边数是( )
A．14 B．13 C．12 D．11
8．下列给出的条件中，不能判定四边形是矩形的是（ ）
A．一组对边平行且相等，有一个内角是直角 B．有三个角是直角
C．一组对边平行，另一组对边相等，且两条对角线相等 D．两组对边分别平行，且对角线相等
9．如图，矩形ABCD中，，，且BE与DF之间的距离为3，则AE的长是　　
A． B． C． D．
10．□ABCD中，E、F是对角线BD上不同的两点，下列条件中，不能得出四边形AECF一定为平行四边形的是（ ）
A．BE=DF B．AE=CF C．AF//CE D．∠BAE=∠DCF
11．在平行四边形ABCD中，∠A∶∠B∶∠C∶∠D的值可以是（ ）
A．1∶2∶3∶4 B．1∶2∶2∶1 C．1∶2∶1∶2 D．1∶1∶2∶2
12．如图，正方形ABCD内有两条相交线段MN，EF，M，N，E，F分别在边AB，CD，AD，BC上．小明认为：若MN＝EF，则MN⊥EF；小亮认为：若MN⊥EF，则MN＝EF，你认为( )
A．仅小明对 B．仅小亮对 C．两人都对 D．两人都不对
二、填空题（每小题3分，共18分）
13．若一个多边形的内角和是它的外角和的4倍，则这个多边形的边数是________．
14．如图，四边形ABCD是菱形，以DC为边在菱形的外部作正三角形CDE，连接AE与BD相交于点F，则∠AFB＝_____°．
15．把一长方形纸条按图示方法折叠，使顶点B与D重合，折痕为EF，点A落在点A′处．若BC＝10，DF＝6，则A′E＝_____．
16．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝3，BC＝5，∠B的平分线BE交AD于点E，则DE的长为____________．
17．如图，ABCD的对角线相交于点O，且ADCD，过点O作OMAC，交AD于点M．如果CDM的周长为8，那么ABCD的周长是__．
18．如图，四边形中，，分别为，中点，且，，则的长度的范围是___________
三、解答题（共66分）
19．如图，四边形ABCD中，AB=20，BC=15，CD=7，AD=24，∠B=90°，求证：∠A+∠C=180°.
20．如图，在正方形ABCD中，AF=BE，AE与DF相交于于点O．
（1）求证：△DAF≌△ABE；
（2）求∠AOD的度数．
21．如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O．过点C作BD的平行线，过点D作AC的平行线，两直线相交于点E．
（1）求证：四边形OCED是矩形；
（2）若CE=1，DE=2，ABCD的面积是　 　．
22．在矩形中,点在上,,⊥，垂足为.
（1）求证.
（2）若,且,求.
23．如图， 在□ABCD中，点E、F是AD、BC的中点，连接BE、DF．
（1）求证：BE＝DF；
（2）若BE平分∠ABC且交边AD于点E，AB=6cm，BC=10cm，试求线段DE的长．
问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“两个大小不等的等腰直角三角板的直角顶点重合，并让一个三角板固定，另一个绕直角顶点旋转”为主题开展数学活动，如图1，三角板和三角板都是等腰直角三角形，，点，分别在边，上，连接，点，，分别为，，的中点．试判断线段与的数量关系和位置关系．
探究展示：勤奋小组发现，，．并展示了如下的证明方法：
∵点，分别是，的中点，∴，．
∵点，分别是，的中点，∴，．（依据1）
∵，，∴，∴．
∵，∴．
∵，∴．
∵，∴．（依据2）
∴．∴．
反思交流：
（1）①上述证明过程中的“依据1”，“依据2”分别是指什么？
②试判断图1中，与的位置关系，请直接回答，不必证明；
创新小组受到勤奋小组的启发，继续进行探究，把绕点逆时针方向旋转到如图2的位置，发现是等腰直角三角形，请你给出证明；
（3）缜密小组的同学继续探究，把绕点在平面内自由旋转，当，时，求面积的最大值．

参考答案
1．【考点】中心对称图形
【分析】根据中心对称图形的定义：在同一平面内，如果把一个图形绕某一点旋转180度，旋转后的图形能和原图形完全重合，那么这个图形就叫做中心对称图形．这个旋转点，就叫做中心对称点进行解答．
解：A、不是中心对称图形，故A选项错误；
B、不是中心对称图形，故B选项错误；
C、不是中心对称图形，故C选项错误；
D、是中心对称图形，故D选项正确；
故选D.
【点睛】此题主要考查了中心对称图形，掌握中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
2．【考点】角平分线的性质，平行四边形的性质，等腰三角形的性
【分析】由AE平分∠BAD，得∠BAE＝∠DAE，又因为AD∥BC，得∠BAE、∠BEA、∠DAE间关系，利用等腰三角形的性质，得到BE的长，通过边的和差关系求出EC..
解：∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，BC=AD=5cm,
∴∠DAE＝∠BEA
∴∠BAE＝∠BEA
∴BA＝BE＝3cm
∴EC＝BC?BE＝5cm?3cm＝2cm．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了角平分线的性质、平行四边形的性质及等腰三角形的性质．根据角平分线、AD∥BC得到角间关系求出BE的长，是解决本题的关键．
3．【考点】平行四边形的判定
【分析】根据平行四边形的判定定理进行判断即可．
解：A．根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不符合题意；
B．根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不符合题意；
C．“一组对边平行，另一组对边相等”是四边形也可能是等腰梯形，故本选项符合题意；
D．根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”可判定四边形ABCD为平行四边形，故此选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查平行四边形的判定，关键是掌握判定定理：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
4．【考点】翻折的性质，菱形的判
【分析】根据翻折的性质可以得到：，，，而当时，，利用两组对角相等得到平行四边形，再根据邻边相等的平行四边形为菱形即可得证；
解：由沿翻折得到，可得：．
当时，，
四边形是平行四边形
又
四边形是菱形；
故选：C.
【点睛】本题主要结合图形的翻折考查菱形的判定，熟练掌握翻折的性质和菱形的判定方法是解决本题的关键.
5．【考点】轴对称?最短路线问题，勾股定理，菱形的性质
【分析】先根据菱形的性质求出其边长，再作E关于AC的对称点E′，连接E′F，则E′F即为PE＋PF的最小值，再根据菱形的性质求出E′F的长度即可．
解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC＝6，BD＝8，
∴AB＝＝5，
作E关于AC的对称点E′，连接E′F，则E′F即为PE＋PF的最小值，
∵AC是∠DAB的平分线，E是AB的中点，
∴E′在AD上，且E′是AD的中点，
∵AD＝AB，
∴AE＝AE′，
∵F是BC的中点，
∴E′F＝AB＝5．
故选C．
【点睛】本题考查的是轴对称?最短路线问题及菱形的性质，熟知菱形的性质是解答此题的关键．
6．【考点】等腰三角形的判和性质，三角形的中位线定理
【分析】根据中位线的性质，可得PF=PE，结合，即可求解．
解：∵是对角线的中点，、分别是、的中点，
∴PF=BC，PE=AD，
∵，
∴PF=PE，
∵，
∴∠EFP=∠PFE= ．
故选C．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的判定和性质定理，掌握等腰三角形的判定定理，是解题的关键．
7．【考点】多边形的内角和
【分析】根据多边形内角和公式列方程求解即可
解：设这个多边形的边数为n，
由题意得：，
解得：n＝14，
即这个多边形的边数是14，
故选：A．
【点睛】本题考查了多边形的内角和公式，已知多边形的内角和求边数，可以转化为解方程的问题解决．
8．【考点】平行四边形，矩形的判定
【分析】根据平行四边形和矩形的判定定理逐项分析即可．
解：A. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，有一个内角是直角的平行四边形是矩形，故能判定四边形是矩形；
B. 有三个角是直角能判定该四边形是矩形；
C. 一组对边平行，另一组对边相等，且两条对角线相等，可能是等腰梯形，不能判定是矩形；
D. 两组对边分别平行的四边形是平行四边形，对角线相等的平行四边形是矩形，故能判定四边形是矩形；
故选：C．
【点睛】此题考查了平行四边形和矩形的判定，矩形的判定方法有：有一个角是直角的平行四边形是矩形；三个角都是直角的四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形，熟练掌握矩形的判定定理是解本题的关键．
9．【考点】矩形的性质，勾股定理的应用，全等三角形的判定与性质
【分析】如图，过点D作，垂足为G，则，首先证明≌，由全等三角形的性质可得到，设，则，在中依据勾股定理列方程求解即可．
解：如图所示：过点D作，垂足为G，则，
，，，
≌，
，
设，则，
在中，，，解得：，
故选C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理的应用、全等三角形的判定与性质，依据题意列出关于x的方程是解题的关键．
10．【考点】平行四边形的性质与判定
【分析】根据平行线的判定方法结合已知条件逐项进行分析即可得.
解：A、如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，OB=OD，
∵BE=DF，∴OE=OF，∴四边形AECF是平行四边形，故不符合题意；
B、如图所示，AE=CF，不能得到四边形AECF是平行四边形，故符合题意；
C、如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，
∵AF//CE，∴∠FAO=∠ECO，
又∵∠AOF=∠COE，∴△AOF≌△COE，∴AF=CE，
∴AF CE，∴四边形AECF是平行四边形，故不符合题意；
D、如图，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB//CD，
∴∠ABE=∠CDF，
又∵∠BAE=∠DCF，∴△ABE≌△CDF，∴AE=CF，∠AEB=∠CFD，∴∠AEO=∠CFO，
∴AE//CF，
∴AE CF，∴四边形AECF是平行四边形，故不符合题意，
故选B.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的判定定理与性质定理是解题的关键.
11．【考点】平行四边形的性质
【分析】根据平行四边形的性质得到∠A=∠C，∠B=∠D，∠B+∠C=180°，∠A+∠D=180°，根据以上结论即可选出答案．
解：如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，∠B=∠D，
∴∠A∶∠B∶∠C∶∠D的值可以是1∶2∶1∶2.
故选C．
【点睛】本题主要考查对平行四边形的性质，平行线的性质等知识点的理解和掌握，能根据平行四边形的性质进行判断是解此题的关键，题目比较典型，难度适中．
12．【考点】正方形的性质，全等三角形的判定与性质
【分析】分别过点E作EG⊥BC于点G，过点M作MP⊥CD于点P，设EF与MN相交于点O，MP与EF相交于点Q，根据正方形的性质可得EG=MP；对于小明的说法，先利用“HL”证明Rt△EFG≌Rt△MNP，根据全等三角形对应角相等可得∠MNP=∠EFG，再根据角的关系推出∠EQM=∠MNP，然后根据∠MNP+∠NMP=90°得到∠NMP+∠EQM=90°，从而得到∠MOQ=90°，根据垂直的定义即可证得MN⊥EF；对于小亮的说法，先推出∠EQM=∠EFG，∠EQM=∠MNP，然后得到∠EFG=∠MNP，然后利用“角角边”证明△EFG≌△MNP，根据全等三角形对应边相等可得EF=MN．
解：如图，过点E作EG⊥BC于点G，过点M作MP⊥CD于点P，设EF与MN相交于点O，MP与EF相交于点Q，
∵四边形ABCD是正方形，
∴EG=MP，
对于小明的说法：
在Rt△EFG和Rt△MNP中，
，
∴Rt△EFG≌Rt△MNP（HL），
∴∠MNP=∠EFG，
∵MP⊥CD，∠C=90°，
∴MP∥BC，
∴∠EQM=∠EFG=∠MNP，
又∵∠MNP+∠NMP=90°，
∴∠EQM+∠NMP=90°，
在△MOQ中，∠MOQ=180°-（∠EQM+∠NMP）=180°-90°=90°，
∴MN⊥EF，
故甲正确．
对小亮的说法：
∵MP⊥CD，∠C=90°，
∴MP∥BC，
∴∠EQM=∠EFG，
∵MN⊥EF，
∴∠NMP+∠EQM=90°，
又∵MP⊥CD，
∴∠NMP+∠MNP=90°，
∴∠EQM=∠MNP，
∴∠EFG=∠MNP，
在△EFG和△MNP中，
，
∴△EFG≌△MNP（AAS），
∴MN=EF，故小亮的说法正确，
综上所述，两个人的说法都正确．
故选C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、同角的余角相等的性质，作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键，通常情况下，求两边相等，或已知两边相等，都是想法把这两条线段转化为全等三角形的对应边进行求解．
13．【考点】多边形内角与外角
【分析】设这个多边形的边数为n，根据内角和公式以及多边形的外角和为360°即可列出关于n的一元一次方程，解方程即可得出结论．
解：设这个多边形的边数是n，则有（n?2）×180°＝360°×4，所有n＝10．
【点睛】本题考查了多边形内角与外角，解题的关键是根据多边形内角和公式得出方程（n?2）×180°＝360°×4．
14．【考点】菱形的性质，等边三角形的性质，三角形的外角性质
【分析】由菱形的性质可得AD＝CD，∠ADB＝∠BDC＝∠ADC，由等边三角形的性质可得CD＝DE，∠CDE＝60°，即可求∠DAE的度数，由三角形的外角性质可求∠AFB的度数．
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，∠ADB＝∠BDC＝∠ADC，
∵△CDE是等边三角形，
∴CD＝DE，∠CDE＝60°，
∴AD＝DE，∠ADE＝∠ADC+60°，
∴∠DAE＝＝60°﹣，
∵∠AFB＝∠DAE+∠ADB，
∴∠AFB＝+60°﹣＝60°，
故答案为：60．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，三角形的外角性质，熟练运用菱形的性质是本题的关键．
15．【考点】翻折的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质
【分析】由矩形的性质得出AD＝BC＝10，AD∥BC，由平行线的性质和折叠的性质得∠DEF＝∠DFE，证出DE＝DF＝6，即可得出答案．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝10，AD∥BC，
∴∠DEF＝∠BFE，
由折叠的性质得：∠BFE＝∠DFE，A′E＝AE
∴∠DEF＝∠DFE，
∴DE＝DF＝6，
∴AE＝AD﹣DE＝10﹣6＝4；
∴A′E＝4
故答案为：4．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质；熟练掌握翻折变换和矩形的性质，证明DE=DF是解题的关键．
16．【考点】平行四边形的性质，角平分线的定义
【分析】根据平行四边形的性质，可得出AD∥BC，则∠AEB＝∠CBE，再由∠ABE＝∠CBE，则∠AEB＝∠ABE，则AE＝AB，从而求出DE．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠AEB＝∠CBE，∵∠B的平分线BE交AD于点E，∴∠ABE＝∠CBE，∴∠AEB＝∠ABE，∴AE＝AB，∵AB＝3，BC＝5，∴DE＝AD－AE＝BC－AB＝5－3＝2．故答案为2．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的定义，解题的关键是掌握平行四边形的性质：对边相等．
17．【考点】平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质
【分析】由四边形ABCD是平行四边形，可得OA=OC，又由OM⊥AC，可得AM=CM，然后由△CDM的周长为8，求得平行四边形ABCD的周长．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵OM⊥AC，
∴AM=CM，
∵△CDM的周长为8，
∴CM+DM+CD=AM+DM+CD=AD+CD=8，
∴平行四边形ABCD的周长是：2×8=16.
故答案为:16.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与线段垂直平分线的性质，解题的关键是熟练的掌握平行四边形与线段垂直平分线的性质.
18．【考点】三角形中位线的性质，三角形三边的关系
【分析】连接BD，取BD的中点G，连接，得到是的中位线，是的中位线，依据三角形中位线的性质求出，，分，不平行时，两种情况讨论，依据三角形三边关系即可.
解：连接BD，取BD的中点G，连接，
又∵，分别为，中点，
∴是的中位线，是的中位线，
∴，，
①当时，
；
②当不平行时，
∵，
∴；
综上所述：，即.
故答案为：.
【点睛】本题考查了三角形三边大小关系，构造三角形的中位线、分类讨论是解题的关键.
19．【考点】勾股定理的逆定理，勾股定理，多边形内角与外角
【分析】连接AC．首先根据勾股定理求得AC的长，再根据勾股定理的逆定理求得∠D=90°，进而求出∠A+∠C=180°
证明：连接AC.
∵AB=20，BC=15，∠B=90°，
∴由勾股定理,得AC2=202+152=625
又CD=7，AD=24，
∴CD2+AD2=625，
∴AC2=CD2+AD2
∴∠D=90°，
∴∠A+∠C=360°?180°=180°
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理、勾股定理、多边形内角与外角，借助辅助线方法是解决本题的关键
20．【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理
【分析】（1）利用正方形的性质得出，即可得出结论；
（2）利用（1）的结论得出∠ADF=∠BAE，进而求出∠ADF+∠DAO=90°，最后用三角形的内角和定理即可得出结论．
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴
在△DAF和△ABE中，

∴△DAF≌△ABE（SAS），
（2）由（1）知，△DAF≌△ABE，
∴∠ADF=∠BAE，
∵
∴
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，判断出△DAF≌△ABR是解本题的关键．
21．【考点】
【分析】（1）欲证明四边形OCED是矩形，只需推知四边形OCED是平行四边形，且有一内角为90度即可；
（2）由菱形的对角线互相垂直平分和菱形的面积公式解答．
解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠COD=90°．
∵CE∥CD，DE∥OC，
∴四边形OCED是平行四边形，
又∠COD=90°，
∴平行四边形OCED是矩形；
（2）由（1）知，平行四边形OCED是矩形，则CE=OD=1，DE=OC=2．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC=2OC=4，BD=2OD=2，
∴菱形ABCD的面积为：AC?BD=×4×2=4，
故答案为4．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质，熟练掌握矩形的判定及性质、菱形的性质是解题的关键.
22．【考点】
【分析】（1）利用“AAS”证△ADF≌△EAB即可得；
（2）由∠ADF+∠FDC=90°、∠DAF+∠ADF=90°得∠FDC=∠DAF=30°，据此知AD=2DF，根据DF=AB可得答案．
（1）证明：在矩形ABCD中，∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠DAF，
又∵DF⊥AE，
∴∠DFA=90°，
∴∠DFA=∠B，
又∵AD=EA，
∴△ADF≌△EAB，
∴DF=AB．
（2）∵∠ADF+∠FDC=90°，∠DAF+∠ADF=90°，
∴∠FDC=∠DAF=30°，
∴AD=2DF，
∵DF=AB，
∴AD=2AB=8．
【点评】本题主要考查矩形的性质，解题的关键是掌握矩形的性质和全等三角形的判定与性质及直角三角形的性质．
23．【考点】平行四边形的判定与性质
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得AD∥BC，AD=BC，又由点E、F分别是?ABCD边AD、BC的中点，可得DE=BF，证得四边形BFDE是平行四边形，即可证得结论．
（2）由平行线的性质和角平分线得出∠ABE=∠AEB，证出AE=AB=6cm，即可得出结果．
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵点E、F分别是?ABCD边AD、BC的中点，
∴DE=AD，BF=BC，
∴DE=BF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∴BE=DF．
（2）∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AE=AB=6cm，
∴DE=AD-AE=10cm-6cm=4cm．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质．
24．【考点】三角形中位线的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，三角形外角的性质
【分析】（1）根据三角形的中位线的性质得到EF=CD，根据直角三角形的性质得到AE=BD，于是得到结论；
（2）根据题意得到△AEF是等边三角形，求得∠AEF=60°，根据三角形中位线的性质和三角形外角的性质即可得到结论．
解：（1）∵点E、F分别为DB、BC的中点，
∴EF=CD，
∵∠DAB=90°，
∴AE=BD，
∵DB=DC，
∴AE=EF；
（2）∵AF=AE，AE=EF，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠AEF=60°，
∵∠DAB=90°，点E、F分别为DB、BC的中点，
∴AE=DE，EF∥CD，
∴∠ADE=∠DAE=α，∠BEF=∠BDC=β，
∴∠AEB=2∠ADE=2α，
∴∠AEF=∠AEB+∠FEB=2α+β=60°，
∴α，β之间的数量关系式为2α+β=60°．
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，三角形外角的性质，正确的识别图形是解题的关键．
25．【考点】矩形的性质，折叠的性质，菱形的判定，，等腰三角形的判定，勾股定理，正方形的性质
【分析】（1）根据轴对称的性质得到，，，再由平行线的性质得到，从而得到，由“等角对等边”得到EP=EF，进而得出即可；（2）①先由折叠得：EC＝BC＝10，利用勾股定理得：ED＝8，设PE＝x，则PB＝x，AP＝6?x，Rt△APE中，由勾股定理得：（6?x）2＋22＝x2，解出即可；②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝2cm；当点P与点A重合时，点E离点A最远，AE＝AB＝6cm，即可得出答案；
（1）证明：折叠纸片使点落在边上的处，折痕为，
点与点关于对称，
，，，
又，
，
，
，
，
四边形为菱形；
（2）解：①四边形是矩形，
，，，
点与点关于对称，点C与点Q重合，
，
在中，，
；
在中，，，
，
解得：，
菱形的边长为；
②当点与点重合时，如图2；
点离点最近，由①知，此时；
当点与点重合时，如图3所示：
点离点最远，此时四边形为正方形，，
点在边上移动的最大距离为6-2=.
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
26． 【考点】等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线的性质
【分析】（1）①根据三角形的中位线的性质和直角三角形的性质，即可得到答案；
②由，得∠ANP=45°，结合∠PNM=45°，即可得到结论；
（2）连接，先证，得，，从而得是等腰三角形．通过三角形外角的性质和直角三角形的性质可得，进而得，即可得到结论；
（3）由是等腰直角三角形，可得，当BD最大时，面积最大，进而即可得到答案．
解：（1）①依据1：三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半．
依据2：直角三角形的两个锐角互余．
②．理由如下：
由勤奋小组发现，，，可知：?PMN是等腰直角三角形，
∴∠PNM=45°，
∵，
∴∠ANP=∠B=45°，
∴∠ANM=45°+45°=90°，即：；
（2）连接，由旋转的性质知，．
∵，，
∴，
∴，．
∵点，，分别是，，的中点，
∴，分别是，的中位线，
∴，．
∴，
∴是等腰三角形．
又∵，，
∴，，
∵，
∴
．
∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形；
（3）由（2）知，是等腰直角三角形，．
∴BD最大时，面积最大，此时，点在的延长线上，即：，
∴PM的最大值为7，
∴的最大值．
【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，掌握中位线的性质，添加辅助线，构造全等三角形，是解题的关键．