八年级数学第十八章第2节《特殊的平行四边形》提高训练卷 (27)(含解析)

第十八章第2节《特殊的平行四边形》提高训练卷(27)一、单选题1．如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后折痕DE分别交AB、AC于点E、G，连结GF，给出下列结论：①∠ADG=22.5°；②AD=2AE；③；④四边形AEFG是菱形；⑤BE=2OG：⑥若，则正方形ABCD的面积是，其中正确的结论个数为（）A．2个B．3个C．4个D．5个2．如图，正方形的边长为4，两动点分别从正方形的顶点同时沿正方形的边开始移动，点依顺时针方向环行，点依逆时针方向环行．若的速度是的速度的3倍，则它们第2020次相遇在（　　　）A．边上B．边上C．边上D．边上3．下列命题中正确的是（　　　）A．对角线相等的四边形是矩形B．对角线互相垂直的四边形是菱形C．对角线互相平分且相等的四边形是矩形D．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形4．下列说法不能判断是正方形的是（）,A．对角线互相垂直的矩形B．对角线相等的菱形C．对角线互相垂直平分的四边形D．对角线互相垂直且相等的平行四边形5．在矩形中，、相交于点O，若的面积为3，则矩形的面积为（）A．6B．9C．12D．156．顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得的四边形是（）A．菱形B．矩形C．梯形D．正方形7．如图，在中，是的中点，作，垂足在线段上连接，则下列结论中一定成立的是（）①；②；③；④．A．①②③B．①③C．①②④D．①②③④二、解答题8．如图，在矩形ABCD中，E是BC边的中点，沿直线AE翻折△ABE，使B点落在点F处，连结CF并延长交AD于G点．（1）依题意补全图形；（2）连接BF交AE于点O，判断四边形AECG的形状并证明；（3）若BC=10，AB=，求CF的长．9．在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF//BC交BE的延长线于点F．（图要自己画）,（1）证明四边形ADCF是菱形；（2）若AC=4，AB=5，求菱形ADCF的面积．10．有两棵树，一棵高9米，另一棵高4米，两树相距12米.一只小鸟从一棵树的树梢（最高点）飞到另一棵树的树梢（最高点），问小鸟至少飞行多少米？11．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，点E是CD上一点，BE交AC于点F，连接DF．（1）证明：∠BAC＝∠DAC；（2）若AB//CD，试证明四边形ABCD是菱形；（3）在（2）的条件下，试确定点E的位置，使∠EFD＝∠BCD，并说明理由．12．（1）如图1，在正方形ABCD中，M是BC边（不含端点B、C）上任意一点，P是BC延长线上一点，N是∠DCP的平分线上一点．若∠AMN＝90°，求证：AM＝MN．（2）若将（1）中的“正方形ABCD”改为“正三角形ABC”（如图2），N是∠ACP的平分线上一点，则∠AMN＝60°时，结论AM＝MN是否还成立？请说明理由．（3）若将（1）中的“正方形ABCD”改为“正n边形ABCD…X，请你作出猜想：当∠AMN＝　　时，结论AM＝MN仍然成立．（直接写出答案，不需要证明）13．已知：如图∠ABC=∠ADC=90°，M，N分别是AC、BD的中点．,（1）求证：MN⊥BD．（2）若∠BAD＝45°，若MN＝8，求BD的长．14．如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E、F分别在AB、BC上（AE＜BE），且∠EOF＝90°，OE、DA的延长线交于点M，OF、AB的延长线交于点N，连接MN．求证：OM＝ON．15．如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，点E为AO的中点，过点A作AF∥BD交BE的延长线于点F，连接DF．（1）求证：四边形AODF是平行四边形；（2）填空：①当△ACD满足条件_________________时，四边形AODF是菱形．②当△ACD满足条件_________________时，四边形AODF是矩形．16．如图，在长方形中，，动点从点出发，先以的速度沿，然后以的速度沿运动，到点停止运动，设点运动的时间为．,（1）若在边上，求的取值范围；（2）是否存在这样的，使得三角形的面积？如果能，请求出的取值范围；如果不能，请说明理由．17．如图，已知AC是▱ABCD的一条对角线，过AC中点O的直线分别交AD、BC于点E、F．（1）求证：△AOE≌△COF；（2）连接AF、CE，当EF与AC满足什么条件时，四边形AFCE是菱形？请说明理由．18．如图，在正方形中，是上的任意一点，是边延长线上的一点，交边于点，．（1）求证：点在线段的垂直平分线上；（2）如果交正方形的对角线于点，，求证：．19．如图，在菱形ABCD中，对角线AC和BD交于点O，E为AB上一动点，过点E作EF∥BD交AD于点F，连接BF、DE．（1）若∠ABD＝40°，求∠CAD的度数；（2）求证：BF＝DE．,20．如图，在中，是边上的中线，过点作，过点作，与、分别交于点、点，连结．（1）求证：；（2）求证：四边形是菱形；（3）若，求的值．21．如图，在中，于，于，为的中点，．（1）若，，求的度数；（2）若，求的面积．22．已知，，．点P为线段CB上一动点，连接AP，与关于直线AP对称，其中点的对称点为点．直线m过点A且平行于CB．（1）如图①：连接AB，当点C落在线段AB上时，求和CP的长．（2）如图②：当时，延长交直线m于点D，求面积．（3）在（2）的条件下，连接，求线段的长．三、填空题,23．如图1，长方形ABCD中，点E在AD边上，，∠A=∠D=90°，∠BEA=60°．现分别以BE，CE为折线，将A，D向BC的方向折过去，图2为对折后A，B，C，D，E五点在同一平面上的位置图．若∠AED=15°，则∠BCE的度数为_________．24．已知一直角三角形的两边长分别为5和12，则斜边上中线的长度是_________．25．如图，在的两边上分别截取、，使；分别以点、为圆心，长为半径作弧，两弧交于点；连接、、、．若，四边形的面积为．则的长为______．26．如图，在中，，为的中线，过点作于点，过点作的平行线，交的延长线于点，在的延长线上截取，连接，．若，，则四边形的周长为______．27．如图，在直角坐标系中，四边形是正方形，，，，．曲线叫做“正方形的渐开线”，其中弧、弧、弧、弧…所在圆的圆心依次是点B、C、D、A循环，则点坐标是__________．,28．将一张长方形纸片ABCD如图所示折叠，使顶点C落在点，已知，，则折痕DE的长为___________（用含a的式子表示）．29．如图，在平面直角坐标系中，长方形OABC的顶点A，C分别在x轴、y轴上，B点坐标为，将沿AC翻折，使B点落在D点位置，AD交y轴于点E，则D点坐标为________．30．如图，将长方形ABCD沿对角线AC折叠，得到如图所示的图形，点B的对应点是，与AD交于点E．若，，则AE的长是_________．,【答案与解析】1．B【解析】由题意易得AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，∠ADO=∠ABD=45°，AD=AB，△ADE≌△FDE，则有，进而可得四边形AEFG是平行四边形，然后根据等腰直角三角形的性质及线段的等量关系可求解．解：∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，∠ADO=∠ABD=45°，AD=AB，∵折叠正方形ABCD，∴△ADE≌△FDE，∴∠ADE=∠FDE=22.5°，AD=DF，AE=FE，∠EFD=∠DAE=90°，故①正确；∴△EFB是等腰直角三角形，∴，∴，故②错误；由图可直接判定③错误；∵∠EFB=∠AOB=90°，∴OA∥EF，由折叠的性质可得：∠GFO=∠DAO=45°，∴∠GFO=∠ABO=45°，∴GF∥AE，∴四边形AEFG是平行四边形，∵AE=AF，∴四边形AEFG是菱形，故④正确；∵∠GFO=45°，∠AOB=90°，∴△GOF是等腰直角三角形，∴，∴，故⑤正确；∵，∴，,∴，∴，∴，故⑥错误；∴正确的有三个；故选B．本题主要考查正方形的性质、菱形的判定及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、菱形的判定及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键．2．A【解析】此题利用行程问题中的相遇问题，根据乙的速度是甲的速度的3倍，求得每一次相遇的地点，找出规律即可解答．正方形的边长为4，因为乙的速度是甲的速度的3倍，时间相同，甲乙所行的路程比为1：3，把正方形的每一条边平均分成2份，由题意知：①第一次相遇甲乙行的路程和为8，甲行的路程为8×＝2，乙行的路程为8−2＝6，在AD边相遇；②第二次相遇甲乙行的路程和为16，甲行的路程为16×＝4，乙行的路程为16−4＝12，在DC边相遇；③第三次相遇甲乙行的路程和为16，甲行的路程为16×＝4，乙行的路程为16−4＝12，在CB边相遇；④第四次相遇甲乙行的路程和为16，甲行的路程为16×＝4，乙行的路程为16−4＝12，在AB边相遇；…∵2020＝505×4，∴甲、乙第2017次相遇在边AB上．故选：A．本题主要考查行程问题中的相遇问题及按比例分配的运用，难度较大，注意先通过计算发现规律然后再解决问题．3．C,【解析】根据平行四边形、矩形、菱形的判定定理即可求得A．对角线相等的平行四边形是矩形，A是假命题；B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，B是假命题；C．对角线互相平分且相等的四边形是矩形，C是真命题；D．一组对边相等，另一组对边平行的四边形不一定是平行四边形，D是假命题，故选C．本题考查平行四边形、矩形、菱形的判定定理，掌握判定定理是解题关键．4．C【解析】根据平行四边形、矩形、菱形以及正方形的性质和判定进行判断即可；平行四边形对角线互相平分，矩形对角线平分且相等，菱形对角线平分且垂直，正方形对角线互相平分、垂直且相等；对角线互相垂直的矩形可得是正方形，故选项不符合题意；对角线相等的菱形可得是正方形，故选项不符合题意；对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故选项符合题意；对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故选项不符合题意；故选：C．本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法，掌握基本的判定方法是解决问题的关键．5．C【解析】根据矩形的性质得到OA=OB=OC=OD，可以推出=3，即可求得矩形ABCD的面积；∵四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD相交于点O，∴AC=BD，且OA=OB=OC=OD，∴=3，∴矩形ABCD的面积=12；故选：C．本题考查了矩形对角线互相平分，三角形的面积公式，灵活掌握矩形的性质是解题的关键．6．A,【解析】利用三角形的中位线定理得到EF与HG平行且相等，得到四边形EFGH为平行四边形，再由EH=EF，利用邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；如图所示，∵E、F分别为AB、BC的中点，∴EF为△ABC的中位线，∴EF∥AC，EF=AC，∵G、H分别为CD、AD的中点，∴GH为△ACD的中位线，∴HG∥AC，HG=AC，∴EF∥HG，且EF=HG，∴四边形EFGH为平行四边形，∵E、H分别为AB、AD的中点，∴EH=BD，∵AC=BD，∴EF=EH，∴四边形EFGH为菱形．故选：A．本题考查了中点四边形，平行四边形的判定，菱形的判定，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．7．C【解析】由在平行四边形ABCD中，AD=2AB，F是AD的中点，易得AF=FD=CD，继而证得∠DCF=，可判断①；然后延长EF，交CD延长线于M,，分别利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质得出△AEF≌△DMF（ASA），可得再证明，可判断②；由EF=FM，可得，结合MC＞BE，＜，可判断③；设∠FEC=x，则∠FCE=x，再分别表示：，从而可判断④．解：①∵F是AD的中点，∴AF=FD，∵在▱ABCD中，AD=2AB，∴AF=FD=CD，∴∠DFC=∠DCF，∵，∴∠DFC=∠FCB，∴∠DCF=∠BCF，∴；故①正确；②延长EF，交CD延长线于M，∵四边形ABCD是平行四边形，∴，∴∠A=∠MDF，∵F为AD中点，∴AF=FD，在△AEF和△DFM中，，∴△AEF≌△DMF（ASA），∴FE=MF，∠AEF=∠M，∵CE⊥AB，∴∠AEC=90°，∴∠AEC=∠ECD=90°，,∴EF=CF，故②正确；③∵EF=FM，∴，∵MC＞BE，∴＜，故③错误；④设∠FEC=x，∠FCE=x，∴∠DCF=∠DFC=，∴∠EFC=，∴∵，∴∠DFE=3∠AEF，故④正确．综上可知：一定成立的是①②④，故选：．本题主要考查了三角形的内角和定理，平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，掌握以上知识是解题关键．8．（1）见解析；（2）四边形AECG是平行四边形，证明见解析；（3）6．【解析】（1）结合题意即可补全图形；（2）由折叠的性质可得点O是BF中点，又由E是BC边的中点，可得EO是△BCF的中位线，即可判定EO∥CG．又由AG∥CE，即可得四边形AECG是平行四边形；（3）首先由勾股定理求得AE的长，然后由三角形的面积相等，求得BO的长，继而求得BF的长，又由勾股定理，求得答案．（1）解：依题意补全图形，如图1；,（2）四边形AECG是平行四边形．证明：如图2，依翻折的性质可知，点O是BF中点，∵E是BC中点，∴EO∥CG．∵AG∥CE，∴四边形AECG是平行四边形．（3）解：在Rt△ABE中，BE=BC=×10=5，AB=，∴AE=．∵S△ABE=AB•BE=AE•BO，∴BO=4．∴BF=2BO=8．∵BF⊥AE，AE∥CG，∴∠BFC=90°．∴CF==6．此题考查了矩形的性质、平行四边形的判定、折叠的性质以及勾股定理等知识．注意结合题意准确画出图形，利用面积法求解是关键．9．（1）见解析；（2）10【解析】（1）首先根据题意画出图形，由E是AD的中点，AF//BC，易证得△AFE≌△DBE，即可得,AF=BD，又由在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，可得AD=BD=CD=AF，证得四边形ADCF是平行四边形，继而判定四边形ADCF是菱形；（2）首先连接DF，易得四边形ABDF是平行四边形，即可求得DF的长，然后由菱形的面积等于其对角线积的一半，求得答案．（1）证明：如图，∵AF//BC，∴∠AFE=∠DBE，∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，∴AE=DE，BD=CD，在△AFE和△DBE中，∴△AFE≌△DBE（AAS）；∴AF=DB．∵DB=DC，∴AF=CD，∴四边形ADCF是平行四边形，∵∠BAC=90°，D是BC的中点，∴AD=DC=BC，∴四边形ADCF是菱形；（2）解：连接DF，∵AF//BC，AF=BD，∴四边形ABDF是平行四边形，∴DF=AB=5，∵四边形ADCF是菱形，,∴S=AC•DF=10．此题考查了菱形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意根据题意画出图形，结合图形求解是关键．10．小鸟至少飞行13米．【解析】先画出图形，再根据矩形的判定与性质、勾股定理可求出AC的长，然后根据两点之间线段最短可得最短飞行距离等于AC的长，由此即可得．画出图形如下所示：由题意得：米，米，米，过点A作于点E，则四边形ABDE是矩形，米，米，米，在中，（米），由两点之间线段最短得：小鸟飞行的最短距离等于AC的长，即为13米，答：小鸟至少飞行13米．本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识点，依据题意，正确画出图形是解题关键．11．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）BE⊥CD，E为垂足【解析】（1）先根据SSS判断出△ABC≌△ADC，即可得到∠BAC=∠DAC；（2）先由平行得到角相等，用等量代换得出∠DAC=∠ACD，最后判断出四边相等；（3）由（2）得到判断出△BCF≌△DCF，结合BE⊥CD即可．（1）证明：在△ABC和△ADC中，,∴△ABC≌△ADC(SSS)，∴∠BAC=∠DAC，（2）证明：∵AB∥CD，∴∠BAC=∠ACD，∵∠BAC=∠DAC，∴∠BAC=∠ACD，∴∠DAC=∠ACD，∴AD=CD，∵AB=AD，CB=CD，∴AB=CB=CD=AD，∴四边形ABCD是菱形；（3）当BE⊥CD，E为垂足时，∠BCD=∠EFD；理由如下：∵四边形ABCD是菱形，∴BC=CD，∠BCF=∠DCF，∵CF=CF，∴△BCF≌△DCF，∴∠CBF=∠CDF，∵BE⊥CD，∴∠BEC=∠DEF=90°，∴∠BCD=∠EFD．此题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的性质和判定，菱形的性质和判定，同角或等角的余角相等，解本题的关键是灵活运用三角形全等的判定．12．（1）见解析；（2）成立，理由见解析；（3）【解析】（1）要证明AM＝MN，可证AM与MN所在的三角形全等，为此，可在AB上取一点E，使AE＝CM，连接ME，利用ASA即可证明△AEM≌△MCN，然后根据全等三角形的对应边成比例得出AM＝MN．,（2）同（1），要证明AM＝MN，可证AM与MN所在的三角形全等，为此，可在AB上取一点E，使AE＝CM，连接ME，利用ASA即可证明△AEM≌△MCN，然后根据全等三角形的对应边成比例得出AM＝MN．（3）由（1）（2）可知，∠AMN等于它所在的正多边形的一个内角即等于时，结论AM＝MN仍然成立．（1）证明：在边AB上截取AE＝MC，连接ME．∵正方形ABCD中，∠B＝∠BCD＝90°，AB＝BC．∴∠NMC＝180°﹣∠AMN﹣∠AMB＝90°﹣∠AMB＝∠MAB＝180°﹣∠B﹣∠AMB＝∠MAB＝∠MAE，∵BE＝AB﹣AE＝BC﹣MC＝BM，∴∠BEM＝45°，∴∠AEM＝135°．∵N是∠DCP的平分线上一点，∴∠NCP＝45°，∴∠MCN＝135°．在△AEM与△MCN中，，∴△AEM≌△MCN（ASA），∴AM＝MN．（2）解：结论AM＝MN还成立．,证明：在边AB上截取AE＝MC，连接ME．在正△ABC中，∠B＝∠BCA＝60°，AB＝BC．∴∠NMC＝180°﹣∠AMN﹣∠AMB＝180°﹣60°﹣（180°﹣∠B﹣∠MAE）＝∠MAE，∵BE＝AB﹣AE＝BC﹣MC＝BM，∴∠BEM＝60°，∴∠AEM＝120°．∵N是∠ACP的平分线上一点，∴∠ACN＝60°，∴∠MCN＝120°，在△AEM与△MCN中，，∴△AEM≌△MCN（ASA），∴AM＝MN；（3）解：若将（1）中的“正方形ABCD”改为“正n边形ABCD…X，则当∠AMN＝时，结论AM＝MN仍然成立，故答案为：．本题综合考查了正方形、等边三角形的性质及全等三角形的判定，同时考查了学生的归纳能力及分析、解决问题的能力．难度较大．13．（1）证明见解析；（2）BD=16．【解析】（1）依据直角三角形斜边上中线的性质，可得到BM=DM，再根据等腰三角形三线合一的性质，即可得到MN⊥BD．,（2）根据等腰三角形的性质和三角形外角的性质可得∠BMD=90°，再依据直角三角形斜边上中线的性质可得BD．解：（1）连接BM、MD，∵∠ABC=∠ADC=90°，M，N分别是AC、BD的中点，∴Rt△ABC中，BM=AC，Rt△ACD中，DM=AC，∴BM=DM，又∵N是BD的中点，∴MN⊥BD；（2）∵M是AC的中点，∴AM=AC=BM，∴∠BAM=∠ABM，∴∠BMC=2∠BAM，同理可得∠DMC=2∠DAM，又∵∠BAD=45°，∴∠BMC+∠DMC=2（∠BAM+∠DAM）=2∠BAD=90°，即∠BMD=90°，∵MN＝8，N是BD的中点，∴BD=2MN=16．本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质、三角形外角的性质．熟记各性质能正确识图是解题的关键．14．见解析【解析】此题找出三角形全等的条件：∠OAM＝∠OBN＝135°，∠AOM＝∠BON，OA＝OB判定△OAM≌△OBN即可证明．,证明：∵四边形ABCD是正方形，∴OA＝OB，∠DAO＝45°，∠OBA＝45°，∴∠OAM＝∠OBN＝135°，∵∠EOF＝90°，∠AOB＝90°，∴∠AOM＝∠BON，在△OAM和△OBN中，∴△OAM≌△OBN（ASA），∴OM＝ON；本题主要考查正方形的性质，解题的关键是掌握正方形的四条边都相等，正方形的每条对角线平分一组对角及全等三角形的判定与性质．15．（1）证明见解析；（2）①∠ADC=90°；②AD=DC．【解析】（1）根据平行线的性质得到∠EAF=∠EOB，从而证得△AEF≌△OEB，得到AF=OB，根据平行四边形的性质可得OB=OD，进而得到AF=OD，因为AF∥OD，可以证得四边形AODF是平行四边形；（2）①根据平行四边形的性质得到OA=OC，从而由直角三角形斜边上的中线性质得到ODAC=OA，由菱形的判定定理即可得出结论；②根据平行四边形的性质得到OA=OC，从而根据等腰三角形“三线合一”的性质即可得出答案．（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB=OD，OA=OC．∵AF∥BD，∴∠EAF=∠EOB．∵点E为AO的中点，∴AE=OE．在△AEF和△OEB中，，,∴△AEF≌△OEB（ASA），∴AF=OB，∴AF=OD，又∵AF∥OD，∴四边形AODF是平行四边形；（2）①△ACD是直角三角形，∠ADC=90°时，四边形AODF是菱形．理由如下：∵∠ADC=90°，OA=OC，∴ODAC=OA．∵四边形AODF是平行四边形，∴四边形AODF是菱形．②当AD=DC时，四边形AODF是矩形．理由如下：∵AD=DC，OA=OC，∴DO⊥AC，∴∠AOD=90°，∴四边形AODF是矩形．本题考查了菱形的判定，矩形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识．解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．16．（1）4≤t≤5.5（2）0≤t＜2或4.75＜t≤5.5．【解析】（1）根据题意即可计算求解；（2）分两段考虑：①点P在AB上，②点P在BC上，分别用含t的式子表示出△BPD的面积，再由S＞3cm2建立不等式，解出t的取值范围即可．（1）∵AB＝4cm，BC＝3cm，动点P从点A出发，先以1cm/s的速度沿A→B，然后以2cm/s的速度沿B→C运动，到C点停止运动，3÷2＝1.5，4＋1.5＝5.5，∴若P在边BC上，t的取值范围为4≤t≤5.5；（2）分两种情况：①当点P在AB上时，如图1所示：,假设存在△BPD的面积满足条件，即运动时间为t秒，则S△BPD＝（4−t）×3＝（4−t）＞3，解得：t＜2又∵P在AB上运动，0≤t≤4，∴0≤t＜2；②当点P在BC上时，假设存在△BPD的面积满足条件，即运动时间为t秒，则S△BPD＝（t−4）×2×4＝4t−16＞3，解得：t＞4.75，又∵P在BC上运动，4＜t≤5.5，∴4.75＜t≤5.5；综上所知，存在这样的t，使得△BPD的面积满足条件，此时0≤t＜2或4.75＜t≤5.5．此题考查了矩形的性质、三角形面积的计算、不等式的解法；熟练掌握矩形的性质，注意结合动点问题，利用面积解决问题．17．（1）证明见详解；（2）EF⊥AC时，四边形AFCE是菱形，理由见详解．【解析】（1）根据平行四边形性质得到全等条件，证明△AOE和△COF全等即可；（2）根据（1）的结论，再加上已知条件可证四边形AFCE是平行四边形，再加上对角线互相垂直即可得到结论；解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠EAO=∠FCO．∵O是AC的中点，∴OA=OC．在△AOE和△COF中，，,∴△AOE≌△COF（ASA）；（2）EF⊥AC时，四边形AFCE是菱形．理由如下：∵△AOE≌△COF，∴AE=CF．∵AE∥CF，∴四边形AFCE是平行四边形．∵EF⊥AC，∴四边形AFCE是菱形．本题考查平行四边形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、菱形的判定，熟记相关性质证明三角形全等是解题的关键．18．（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）连接DE，DF，证明△AED≌△DCF，得DE=DF，问题得证；（2）由BP=BE得∠BEF=∠BPE，AB∥CD得∠BEF=∠CGF，可推得∠BPE=∠CGF，于是可得∠EPD=∠DGF，再证明△EDP≌△FDG，即可得到EP=FG．证明：（1）如图，连接ED和DF，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠A=∠DCF=90°，在△AED和△DCF中，，∴△AED≌△DCF（SAS），∴ED=DF，∴点D在线段EF的垂直平分线上；（2）∵ED=DF，∴∠DEP=∠DFG，∵BP=BE，∴∠BEF=∠BPE，,∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠BEF=∠CGF，∴∠BPE=∠CGF，∴∠EPD=∠DGF，在△PED和△GFD中，，∴△EDP≌△FDG，∴EP=FG．本题考查了正方形的性质、垂直平分线的判定、等腰三角形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质，题目的综合性较强．19．（1）；（2）证明见解析．【解析】（1）由菱形的性质可知，，继而得到，故可求出．（2）根据菱形的性质可得到BE=DF，再证明，即可得出结论．（1）在菱形ABCD中，（2）证明：在菱形ABCD中，,在和中，有：．本题主要考察了菱形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形性质及证明三角形全等是解题的关键．20．（1）答案见详解；（2）答案见详解；（3）【解析】（1）证明四边形ADCE是平行四边形，即可得到结论；（2）根据直角三角形的斜边中线等于斜边一半，即可得到AD=CD，再加上四边形ADCE是平行四边形，即可得到结论；（3）证明OD是三角形CAB的中位线，得到OD是AB的一半，再得到OD是AO的一半，即可得到结论；解：（1）证明：∵，，∴四边形为平行四边形，∴，∵在中，是斜边上的中线，∴，∴，又∵，∴四边形为平行四边形，∴；,（2）由（1）可知，四边形为平行四边形，且，∴平行四边形为菱形；（3）∵四边形为平行四边形，∴与互相平分，∴点为的中点，∵是边上的中线，∴点为边中点，∴为的中位线，∴，∵，∴，即的值为．本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的性质和判定、直角三角形斜边中线等于斜边的一半等知识点，特别注意能用平行四边形性质解决的不要再用全等证明．21．（1）40º；（2）【解析】（1）根据直角三角形的性质得到BM=FM，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算；（2）作MN⊥EF于N，根据直角三角形的性质得到FM=BC=5，根据等腰三角形的性质、三角形面积公式计算．（1）∵CF⊥AB，M为BC的中点，∴BM=FM，∵∠ABC=50°，∴∠MFB=∠MBF=50°，∴∠BMF=180°-2×50°=80°，同理，∠CME═180°-2×60°=60°，,∴∠EMF=180°-∠BMF-∠CME=40°；（2）作MN⊥EF于N，∵CF⊥AB，M为BC的中点，∴MF是Rt△BFC斜边上的中线，∴FM=BC=5，同理可得，ME=5，∴△EFM是等腰三角形，∵EF=4，∴FN=2，∴MN=，∴△EFM的面积=×EF×MN=×4×=．本题考查了直角三角形斜边上的中线的性质，三角形的面积，勾股定理，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．22．（1），；（2）；（3）【解析】（1）先根据勾股定理知，再由轴对称性质知AC=AC′=1，据此可得答案；（2）过点作交AD于M，BC于N点，取，的中点E，F，连接EF，设，利用全等三角形的判定和性质以及勾股定理求得的值，设，利用勾股定理求得的值，再根据三角形面积公式即可求解；（3）在中，利用勾股定理求得，再在中，利用勾股定理求解即可．（1）∵与关于直线AP对称，,∴，∴，，∵，，在中，由勾股定理得：∴，设，则，，在中，由勾股定理得：，即：，，，，即，；（2），∴，又∵与关于AP对称，∴，∴，，，过点作交AD于M，BC于N点，∴四边形ACNM为矩形，∴，取，的中点E，F，连接EF，,∴EF为的中位线，∴，，，∴，在与中，，∴，∴，设，则，，，在中，由勾股定理得：，∴，即，解得或0(舍去)，∴，，又∵，，∴，∴，设，则，，在中，由勾股定理得：，即，,解得：，即，∴，∴的面积为；（3）由（2）得：在中，由勾股定理得：，得：，∴，∴，在中，，则，得：．本题是三角形的综合问题，考查了勾股定理、轴对称的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识点．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．23．【解析】根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出∠ABE=30°，再根据直角三角形两锐角互余求出∠AEB=60°，然后求出∠BED的度数，再根据平角等于180°求出∠DED′，然后根据翻折变换的性质求出∠CED′，再根据两直线平行，内错角相等解答．解：如图：在长方形ABCD中，∠A=90°，AD∥BC，,∵BE=2AE，∴∠ABE=30°，∴∠AEB=90°-∠ABE=90°-30°=60°，∵∠AED=15°，∴∠BED=∠AEB-∠AED=60°-15°=45°，∴∠DED′=180°-60°-45°=75°，根据翻折的性质，∠CED′=∠DED′=×75°=37.5°，∴∠BCE=∠CED′=37.5°．故答案为：37.5°．本题考查了矩形的面积，翻折变换的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．24．6.5或6【解析】分为两种情况①当AC=5，BC=12时，由勾股定理求出AB，根据直角三角形斜边上中线得出CD=AB，求出即可；②当AC=5，AB=12时，根据直角三角形斜边上中线得出CD=AB，求出即可．解：分为两种情况：①当AC=5，BC=12时，由勾股定理得：AB==13，∵CD是斜边AB上的中线，∴CD=AB=6.5；②当AC=5，AB=12时，∵CD是斜边AB上的中线，∴CD=AB=6；即CD=6.5或6，故答案为：6.5或6．本题考查了勾股定理和直角三角形斜边上中线性质，注意：注意：①,直角三角形斜边上中线等于斜边的一半，②要进行分类讨论．25．4【解析】根据作法可判定出四边形OACB是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可求解．依据作图过程可得，AC=BC=OA，∵OA=OB，∴OA=OB=BC=AC，∴四边形OACB是菱形，∵AB=2cm，四边形OACB的面积为，∴解得故答案为：．本题考查了菱形的判定与性质及菱形的面积等于对角线乘积的一半的性质，判定出四边形OACB是菱形是解题的关键．26．20【解析】首先可判断四边形BGFD是平行四边形，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半，可得BD=FD，则可判断四边形BGFD是菱形，设GF=x，则AF=13-x，AC=2x，在Rt△AFC中利用勾股定理可求出x的值．∵AG∥BD，BD=FG，∴四边形BGFD是平行四边形，∵CF⊥BD，∴CF⊥AG，又∵点D是AC中点，∴BD=DF=，∴四边形BGFD是菱形，设GF=x，则AF=13-x，AC=2x，在Rt△AFC中，由勾股定理可得：,解得：即GF=5∴四边形BDFG的周长=4GF=20．故答案为：20．本题考查了菱形的判定与性质、勾股定理及直角三角形的斜边中线的性质，解答本题的关键是判断出四边形BGFD是菱形．27．【解析】先分别求出A1的坐标是（-1，-3），A2的坐标是（-5，1），A3的坐标是（1，7），A4的坐标是（9，-1），从中找出规律，依规律计算即可．解：从图中可以看出A1的坐标是（-1，-3）A2的坐标是（-5，1）A3的坐标是（1，7）A4的坐标是（9，-1）2015÷4=503…3∴点A2015的坐标是A3的坐标循环后的点．依次循环则A2015的坐标在x轴上的是1，y轴上的坐标是可以用n=（1+2n）（n为自然数）表示．那么A2015实际上是当n=2015时的数，所以（1+2×2015）=4031．A2015的坐标是（1，4031），故答案为：（1，4031）．本题主要考查了点的坐标的变化规律和对“正方形的渐开线”的理解，发现规律，理解“正方形的渐开线”是解答此题的关键．28．【解析】根据折叠的性质求得，再根据直角三角形30°角所对边是斜边的一半即可求得CD．解：∵四边形ABCD为矩形，∴，，,由折叠的性质可知，∵，∴，∴．故答案为：．本题考查矩形的性质，含30°角的直角三角形，折叠的性质．掌握直角三角形30°角所对边是斜边的一半是解题关键．29．【解析】过D作DF⊥AF于F，根据折叠可以证明△CDE≌△AOE，然后利用全等三角形的性质得到OE=DE，OA=CD=1，设OE=x，那么CE=2-x，DE=x，利用勾股定理即可求出OE的长度，在△CDE中利用面积法可求得OF的长，再利用勾股定理求出DF的长，也就求出了D的坐标．作轴于F点，由折叠的性质可知，，，在与中，，∴，∴，，∵，∴，，设，则，在中，由勾股定理得：，,∴，解得：，∴，，∴，∴，∴，在中，，即，解得：，∴．本题主要考查了图形的折叠问题，坐标与图形的性质，解题的关键是把握折叠的隐含条件，利用隐含条件得到全等三角形，然后利用它们的性质即可解决问题．30．【解析】由矩形的性质可得AB=CD=2，AD=BC=4，AD∥BC，根据平行线的性质和折叠的性质可得∠EAC=∠ACE=∠ACB，即AE=EC，根据勾股定理可求AE的长．由折叠性质可知：，，∵四边形ABCD为矩形，∴，，∴在与中，，∴，∴设，,又∵，，∴，，∴在中，，∴，整理得：，解得：．∴AE的长是．故答案为：．本题考查了翻折变换，矩形的性质的运用，平行线的性质的运用，等腰三角形的判定的运用，解答时灵活运用折叠的性质求解是关键．