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人教版八年级下册18.2.1 矩形课时作业
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这是一份人教版八年级下册18.2.1 矩形课时作业，共54页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
18.2.1 矩形（培优篇）（专项练习）
一、单选题
1．（2021·安徽·中考真题）在中，，分别过点B，C作平分线的垂线，垂足分别为点D，E，BC的中点是M，连接CD，MD，ME．则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2020·山东泰安·中考真题）如图，点A，B的坐标分别为，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2020·浙江台州·中考真题）把一张宽为1cm的长方形纸片ABCD折叠成如图所示的阴影图案，顶点A，D互相重合，中间空白部分是以E为直角顶点，腰长为2cm的等腰直角三角形，则纸片的长AD（单位：cm）为（ ）
A． B． C． D．
4．（2019·河北·中考真题）对于题目：“如图1，平面上，正方形内有一长为、宽为的矩形，它可以在正方形的内部及边界通过移转（即平移或旋转）的方式，自由地从横放移转到竖放，求正方形边长的最小整数.”甲、乙、丙作了自认为边长最小的正方形，先求出该边长，再取最小整数．
甲：如图2，思路是当为矩形对角线长时就可移转过去；结果取．
乙：如图3，思路是当x为矩形外接圆直径长时就可移转过去；结果取n＝14．
丙：如图4，思路是当为矩形的长与宽之和的倍时就可移转过去；结果取．
下列正确的是（ ）
A．甲的思路错，他的值对
B．乙的思路和他的值都对
C．甲和丙的值都对
D．甲、乙的思路都错，而丙的思路对
5．（2018·四川攀枝花·中考真题）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点，连结CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：
①四边形AECF为平行四边形；
②∠PBA=∠APQ；
③△FPC为等腰三角形；
④△APB≌△EPC；
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2021·河北·石家庄市第四十中学二模）如图，在矩形ABCD中，点E从点B开始，沿矩形的边运动，，，连接CE与对角线BD相交于点N，F是线段CE的中点，连接OF，则OF长度的最大值是（ ）．
A．1 B． C．2 D．
7．（2021·山东任城·二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①∠AED＝∠CED；②OE＝OD；③BH＝HF；④AB＝HF，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．（2021·陕西师大附中模拟预测）如图，将矩形纸片的四个角向内翻折，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形，若，则边的长是（ ）
A．4 B．5 C．8 D．10
9．（2021·山东莱芜·一模）如图，在矩形中，，，动点P满足，则点P到A、B两点距离之和的最小值为（ ）
A． B． C． D．
10．（2021·广东光明·三模）如图，在矩形中，，为上一点，且，为的中点．下列结论：①；②平分；③；④．其中结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
11．（2021·广东·广州大学附属中学一模）如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B′，C′上．在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB'与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为（ ）cm．
A． B． C． D．
二、填空题
12．（2021·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形中，连接，过点C作平分线的垂线，垂足为点E，且交于点F；过点C作平分线的垂线，垂足为点H，且交于点G，连接，若，，则线段的长度为_________．
13．（2021·浙江杭州·中考真题）如图是一张矩形纸片，点是对角线的中点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连接，．若，则_____度．
14．（2018·四川攀枝花·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，矩形内部有一动点P满足S△PAB=S矩形ABCD，则点P到A、B两点的距离之和PA+PB的最小值为______．
15．（2020·四川绵阳·中考真题）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝60°，AD＝BC＝CD＝4，点M是四边形ABCD内的一个动点，满足∠AMD＝90°，则点M到直线BC的距离的最小值为_____．
16．（2019·山东泰安·中考真题）如图，矩形中，，，为的中点，为上一点，将沿折叠后，点恰好落到上的点处，则折痕的长是____.
17．（2018·辽宁葫芦岛·中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E是CD的中点，将△BCE沿BE折叠后得到△BEF、且点F在矩形ABCD的内部，将BF延长交AD于点G．若，则=__．
18．（2018·河南·中考真题）如图，∠MAN=90°，点C在边AM上，AC=4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，点D，E分别为AC，BC的中点，连接DE并延长交A′B所在直线于点F，连接A′E．当△A′EF为直角三角形时，AB的长为_____．
19．（2017·辽宁沈阳·中考真题）如图，在矩形中，,将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转得到矩形GBEF，点A落在矩形ABCD的边CD上，连接CE，则CE的长是 _____ .
20．（2009·黑龙江鸡西·中考真题）矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AE⊥BD于E，若，AE=，则BD=_______．
21．（2021·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD为矩形，AB＝，AD＝，点P为边AB上一点．以DP为折痕将△DAP翻折，点A的对应点为点A'．连结AA'，AA' 交PD于点M，点Q为线段BC上一点，连结AQ，MQ，则AQ＋MQ的最小值是________
22．（2021·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，对角线相交于点O，动点M从点B向点A运动（到点A即停止），点N是AD上一动点，且满足∠MON＝90°，连结MN．在点M、N运动过程中，则以下结论中，①点M、N的运动速度不相等；②存在某一时刻使；③逐渐减小；④．正确的是________．（写出所有正确结论的序号）
三、解答题
23．（2017·山东德州·中考真题）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，过点E作EFAB交PQ于F，连接BF．
（1）求证：四边形BFEP为菱形；
（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动；
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形BFEP的边长；
②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．
24．（2013·湖南张家界·中考真题）如图，△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC,设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F,
（1）求证：OE=OF；
（2）若CE=12，CF=5，求OC的长；
（3）当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由．
25．（2015·山东青岛·中考真题）已知：如图，△ABC中，AB=AC，AD是BC边上的中线，AE∥BC，CE⊥AE；垂足为E,
（1）求证：△ABD≌△CAE；
（2）连接DE，线段DE与AB之间有怎样的位置和数量关系？请证明你的结论．
26．（2018·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践
折纸是一项有趣的活动，同学们小时候都玩过折纸，可能折过小动物、小花、飞机、小船等，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．
在折纸过程中，我们可以通过研究图形的性质和运动、确定图形位置等，进一步发展空间观念，在经历借助图形思考问题的过程中，我们会初步建立几何直观，折纸往往从矩形纸片开始，今天，就让我们带着数学的眼光来玩一玩折纸，看看折叠矩形的对角线之后能得到哪些数学结论．
实践操作
如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC翻折，使点B′落在矩形ABCD所在平面内，B′C和AD相交于点E，连接B′D．
解决问题
(1)在图1中，
①B′D和AC的位置关系为 ；
②将△AEC剪下后展开，得到的图形是 ；
(2)若图1中的矩形变为平行四边形时(AB≠BC)，如图2所示，结论①和结论②是否成立，若成立，请挑选其中的一个结论加以证明，若不成立，请说明理由；
(3)小红沿对角线折叠一张矩形纸片，发现所得图形是轴对称图形，沿对称轴再次折叠后，得到的仍是轴对称图形，则小红折叠的矩形纸片的长宽之比为 ；
拓展应用
(4)在图2中，若∠B=30°，AB=4，当△AB′D恰好为直角三角形时，BC的长度为 ．
参考答案
1．A
【分析】
设AD、BC交于点H，作于点F，连接EF．延长AC与BD并交于点G．由题意易证，从而证明ME为中位线，即，故判断B正确；又易证，从而证明D为BG中点．即利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可求出，故判断C正确；由、和可证明．再由、和可推出 ，即推出，即，故判断D正确；假设，可推出，即可推出．由于无法确定的大小，故不一定成立，故可判断A错误．
【详解】
如图，设AD、BC交于点H，作于点F，连接EF．延长AC与BD并交于点G．
∵AD是的平分线，，，
∴HC=HF，
∴AF=AC．
∴在和中，，
∴，
∴，∠AEC=∠AEF=90°，
∴C、E、F三点共线，
∴点E为CF中点．
∵M为BC中点，
∴ME为中位线，
∴，故B正确，不符合题意；
∵在和中，，
∴，
∴，即D为BG中点．
∵在中，，
∴，
∴，故C正确，不符合题意；
∵，，，
∴．
∵，，
∴，
∴．
∵AD是的平分线，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，故D正确，不符合题意；
∵假设，
∴，
∴在中，．
∵无法确定的大小，故原假设不一定成立，故A错误，符合题意．
故选A．
【点拨】本题考查角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，三角形中位线的判定和性质以及含角的直角三角形的性质等知识，较难．正确的作出辅助线是解答本题的关键．
2．B
【分析】
如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，根据三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，再根据等腰直角三角形的性质以及三角形的中位线即可解答．
【详解】
解：如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，
∵，
则△ABO为等腰直角三角形，
∴AB=，N为AB的中点，
∴ON=，
又∵M为AC的中点，
∴MN为△ABC的中位线，BC=1，
则MN=，
∴OM=ON+MN=，
∴OM的最大值为
故答案选：B．
【点拨】本题考查了等腰直角三角形的性质以及三角形中位线的性质，解题的关键是确定当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大．
3．D
【分析】
如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．想办法求出AR，RM，MN，NW，WD即可解决问题．
【详解】
解：如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．
由题意△EMN是等腰直角三角形，EM=EN=2，MN=
∵四边形EMHK是矩形，
∴EK= A'K=MH=1，KH=EM=2，
∵△RMH是等腰直角三角形，
∴RH=MH=1，RM=，同法可证NW=，
题意AR=R A'= A'W=WD=4，
∴AD=AR+RM+MN+NW+DW=4++++4=.
故答案为：D.
【点拨】本题考查翻折变换，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形或特殊四边形解决问题．
4．B
【分析】
根据矩形的性质和勾股定理求出矩形的对角线长，即可判断甲和乙，丙中图示情况不是最长．
【详解】
甲的思路正确，长方形对角线最长，只要对角线能通过就可以，但是计算错误，应为n=≈14；
乙的思路与计算都正确，n=≈14；
丙的思路与计算都错误，图示情况不是最长，n=（12+6）×=≈13．
故选B．
【点拨】本题考查了矩形的性质与旋转的性质，熟练运用矩形的性质是解题的关键．
5．B
【详解】
分析：①根据三角形内角和为180°易证∠PAB+∠PBA=90°，易证四边形AECF是平行四边形，即可解题；
②根据平角定义得：∠APQ+∠BPC=90°，由正方形可知每个内角都是直角，再由同角的余角相等，即可解题；
③根据平行线和翻折的性质得：∠FPC=∠PCE=∠BCE，∠FPC≠∠FCP，且∠PFC是钝角，△FPC不一定为等腰三角形；
④当BP=AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，即可解题．
详解：①如图，EC，BP交于点G；
∵点P是点B关于直线EC的对称点，
∴EC垂直平分BP，
∴EP=EB，
∴∠EBP=∠EPB，
∵点E为AB中点，
∴AE=EB，
∴AE=EP，
∴∠PAB=∠PBA，
∵∠PAB+∠PBA+∠APB=180°，即∠PAB+∠PBA+∠APE+∠BPE=2（∠PAB+∠PBA）=180°，
∴∠PAB+∠PBA=90°，
∴AP⊥BP，
∴AF∥EC；
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
故①正确；
②∵∠APB=90°，
∴∠APQ+∠BPC=90°，
由折叠得：BC=PC，
∴∠BPC=∠PBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠ABP+∠PBC=90°，
∴∠ABP=∠APQ，
故②正确；
③∵AF∥EC，
∴∠FPC=∠PCE=∠BCE，
∵∠PFC是钝角，
当△BPC是等边三角形，即∠BCE=30°时，才有∠FPC=∠FCP，
如右图，△PCF不一定是等腰三角形，
故③不正确；
④∵AF=EC，AD=BC=PC，∠ADF=∠EPC=90°，
∴Rt△EPC≌△FDA（HL），
∵∠ADF=∠APB=90°，∠FAD=∠ABP，
当BP=AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，
∴△APB≌△EPC，
故④不正确；
其中正确结论有①②，2个，
故选B．
点睛：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质和判定，矩形的性质，翻折变换，平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
6．C
【分析】
根据三角形中位线定理,可得OF=EA,当点E在AB上运动时,EA逐渐变小,当点E在AD上运动时,EA逐渐变大,当与点D重合时,最大,解答即可．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC，
∵F是线段CE的中点，
∴OF是△ACE的中位线，
∴OF=EA，
当点E在AB上运动时,EA逐渐变小,OF不会有最大值；
当点E在AD上运动时,EA逐渐变大,当点E与点D重合时,AD最大，且AD=4，
∴OF的最大值时2，
故选C．
【点拨】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，分类思想，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
7．C
【分析】
根据角平分线的定义可得∠BAE＝∠DAE＝45°，可得出△ABE是等腰直角三角形，证出AE＝AD，证明△ABE≌△AHD，可得BE＝DH，求出∠ADE＝∠AED＝∠CED＝67.5°，从而判断出①正确；求出∠AHB＝67.5°，∠DHO＝∠ODH＝22.5°，然后根据等角对等边可得OE＝OD＝OH，判断出②正确；求出∠EBH＝∠OHD＝22.5°，∠AEB＝∠HDF＝45°，证明△BEH≌△HDF，可得BH＝HF，判断出③正确；判断出△ABH不是等边三角形，从而得到AB≠BH，即AB≠HF，得到④错误，进而即可得到答案．
【详解】
解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE=AB，
∵AD＝AB，
∴AE＝AD，
在△ABE和△AHD中，
，
∴△ABE≌△AHD（AAS），
∴BE＝DH，
∴AB＝BE＝AH＝HD，
∴∠ADE＝∠AED＝（180°−45°）＝67.5°，
∴∠CED＝180°−45°−67.5°＝67.5°，
∴∠AED＝∠CED，故①正确；
∵∠AHB＝（180°−45°）＝67.5°，∠OHE＝∠AHB，
∴∠OHE＝∠AED，
∴OE＝OH，
∵∠OHD＝90°−67.5°＝22.5°，∠ODH＝67.5°−45°＝22.5°，
∴∠OHD＝∠ODH，
∴OH＝OD，
∴OE＝OD＝OH，故②正确；
∵∠EBH＝90°−67.5°＝22.5°，
∴∠EBH＝∠OHD，
又∵BE＝DH，∠AEB＝∠HDF＝45°
在△BEH和△HDF中，
，
∴△BEH≌△HDF（ASA），
∴BH＝HF，故③正确；
∵AB＝AH，∠BAE＝45°，
∴△ABH不是等边三角形，
∴AB≠BH，
∴即AB≠HF，故④错误；
综上所述，结论正确的是①②③．
故选C．
【点拨】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
8．B
【分析】
利用三个角是直角的四边形是矩形易证四边形为矩形，那么由折叠可得的长即为边BC的长．
【详解】
解： ，，
，
同理可得：，
四边形为矩形，
，，
，
在和中
，
，
，
，
，
．
故选：B．
【点拨】此题主要考查了翻折变换的性质以及勾股定理等知识，得出四边形为矩形是解题关键．
9．B
【分析】
首先由，得出动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离．然后在直角三角形ABE中，由勾股定理求得BE的值，即PA+PB的最小值．
【详解】
解：设△ABP中AB边上的高是h．
∵，
∴AB•h=AB•AD，
∴h=AD=2，
∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，如图，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离．
在Rt△ABE中，∵AB=5，AE=2+2=4，
∴BE=，
即PA+PB的最小值为．
故选：B．
【点拨】本题考查了轴对称——最短路线问题，三角形的面积，矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短的性质．得出动点P所在的位置是解题的关键．
10．C
【分析】
①由于是直角斜边上的中线，欲证，只需证明即可；②在直角中，由于，，得出，然后分别算出与的度数即可；③由于，，从而进行判断；④如果设，则可用含的代数式表示、、的长度，然后在直角中运用勾股定理算出的值，再算出的值，比较即可．
【详解】
解：①在直角中，，为的中点，
，
，，
，正确；
②在直角中，，，
．
，
，．
在中，，，
，
，
平分，正确；
③，，
，错误；
④在矩形中，设，
则，，
．
在直角中，
，
，正确．
故选：C．
【点拨】本题主要考查了直角三角形、矩形的性质以及多边形的面积，勾股定理．综合性较强，有一定难度．
11．A
【分析】
探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可．
【详解】
解：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠1=∠3，
由翻折的性质可知：∠1=∠2，BM=MB′，
∴∠2=∠3，
∴MB′=NB′，
∵（cm），
∴（cm）．
如图2中，当点M与A重合时，
同理可得：AE=EN，
设AE=EN=x cm，
在Rt△ADE中，则有，解得x=，
∴（cm），
如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′=5-1-2=2（cm），
如图4中，当点M运动到点B′落在CD时，
DB′（即DE″）（cm），
∴点E的运动轨迹E→E′→E″，
运动路径（cm）．
故选：A．
【点拨】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
12．
【分析】
先证明，可得CE=FE，BF=，同理：CH=GH，DG=，从而得HE=，再利用勾股定理得BD=，进而即可求解．
【详解】
解：∵BE平分∠DBC，
∴∠CBE=∠FBE，
∵CF⊥BE，
∴∠BEC=∠BEF=90°，
又∵BE=BE，
∴，
∴CE=FE，BF=
同理：CH=GH，DG=，
∴HE是的中位线，
∴HE=，
∵在矩形中，，，
∴BD=，
∴GF= BF+ DG-BD=，
∴=．
【点拨】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，中位线的性质，推出HE是的中位线，是解题的关键．
13．18
【分析】
连接MD，设∠DAF=x，利用折叠与等腰三角形的性质，用x的代数式表示出∠ADC=90°，列出方程解方程即可．
【详解】
连接MD，设∠DAF=x
根据矩形的基本性质可知AM=MD，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°
∴∠MDA=∠DAF=x，∠ACB=∠DAC=x
∴∠DMF=2x
∵△DCE折叠得到△DFE
∴DF=CD=AB，DE⊥FC，∠FDE=∠CDE
又MF=AB
∴MF=DF
∴∠MDF=2x
∵∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，∠EDC+∠FCD=90°
∴∠CDE=∠ACD=x
∴∠FDE=∠CDE=x
∴∠ADC=∠ADM+∠MDF+∠FDE+∠CDE=x+2x+x+x=5x=90°
∴x=18°
故∠DAF=18°
故答案为18．
【点拨】本题考查了矩形的折叠问题，能够做出合适的辅助线用∠DAF表示出∠ADC是解题关键．
14．4
【详解】
分析：首先由S△PAB=S矩形ABCD，得出动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离．然后在直角三角形ABE中，由勾股定理求得BE的值，即PA+PB的最小值．
详解：设△ABP中AB边上的高是h．
∵S△PAB=S矩形ABCD，
∴AB•h=AB•AD，
∴h=AD=2，
∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，如图，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离．
在Rt△ABE中，∵AB=4，AE=2+2=4，
∴BE=，
即PA+PB的最小值为4．
故答案为4．
点睛：本题考查了轴对称-最短路线问题，三角形的面积，矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短的性质．得出动点P所在的位置是解题的关键．
15．
【分析】
取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，点点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则OM+ME≥OF．求出OM，OF即可解决问题．
【详解】
解：取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，点点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则OM+ME≥OF．
∵∠AMD＝90°，AD＝4，OA＝OD，
∴OM＝AD＝2，
∵AB∥CD，
∴∠GCF＝∠B＝60°，
∴∠DGO＝∠CGE＝30°，
∵AD＝BC，
∴∠DAB＝∠B＝60°，
∴∠ADC＝∠BCD＝120°，
∴∠DOG＝30°＝∠DGO，
∴DG＝DO＝2，
∵CD＝4，
∴CG＝2，
∴OG＝2，GF＝，OF＝3，
∴ME≥OF﹣OM＝3﹣2，
∴当O，M，E共线时，ME的值最小，最小值为3﹣2．
【点拨】本题考查解直角三角形，垂线段最短，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
16．
【分析】
首先根据题意连接EC.再根据勾股定理计算EC、GC的长，设BF=x,根据勾股定理列方程进而求解未知数x.再计算EF的长度.
【详解】
根据题意连接EC,
沿折叠后，点恰好落到上的点处
为直角三角形，
在直角三角形中，
所以
设BF=x,所以 ，BC=12
根据勾股定理可得
所以可得x=
所以可得
因此答案为 .
【点拨】本题主要考查矩形的知识，关键在于折叠的图形的性质不变,和原来的图形是全等的.
17．
【分析】
连接GE，根据中点定义可得DE=CE，再根据翻折的性质可得DE=EF，∠BFE=90°，利用“HL”证明Rt△EDG≌Rt△EFG，根据全等三角形对应边相等可得FG=DG，根据，设DG=FG=a，则AG=7a，故AD=BC=8a，则BG=BF+FG=9a，由勾股定理求得AB=，再求比值即可．
【详解】
连接GE，
∵点E是CD的中点，∴EC=DE，
∵将△BCE沿BE折叠后得到△BEF、且点F在矩形ABCD的内部，
∴EF=DE，∠BFE=90°，
在Rt△EDG和Rt△EFG中，
∴Rt△EDG≌Rt△EFG（HL），
∴FG=DG，
∵，
∴设DG=FG=a，则AG=7a，故AD=BC=8a，则BG=BF+FG=9a，
∴AB=，
故，
故答案为．
【点拨】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，以及翻折变换的性质，熟记性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
18．或4
【详解】
分析：当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况：
①当∠A'EF=90°时，如图1，根据对称的性质和平行线可得：A'C=A'E=4，根据直角三角形斜边中线的性质得：BC=2A'B=8，最后利用勾股定理可得AB的长；
②当∠A'FE=90°时，如图2，证明△ABC是等腰直角三角形，可得AB=AC=4．
详解：当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况：
①当∠A'EF=90°时，如图1，
.
∵△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，
∴A'C=AC=4，∠ACB=∠A'CB，
∵点D，E分别为AC，BC的中点，
∴D、E是△ABC的中位线，
∴DE∥AB，
∴∠CDE=∠MAN=90°，
∴∠CDE=∠A'EF，
∴AC∥A'E，
∴∠ACB=∠A'EC，
∴∠A'CB=∠A'EC，
∴A'C=A'E=4，
Rt△A'CB中，∵E是斜边BC的中点，
∴BC=2A'E=8，
由勾股定理得：AB2=BC2-AC2，
∴AB=；
②当∠A'FE=90°时，如图2，
.
∵∠ADF=∠A=∠DFB=90°，
∴∠ABF=90°，
∵△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，
∴∠ABC=∠CBA'=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC=4；.
综上所述，AB的长为4或4；
故答案为4或4.
点睛：本题考查了三角形的中位线定理、勾股定理、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定、直角三角形斜边中线的性质，并利用分类讨论的思想解决问题．
19．.
【详解】
如图，过点C作MN⊥BG，分别交BG、EF于点M、N，根据旋转的旋转可得AB=BG=EF=CD=5，AD=GF=3，在Rt△BCG中，根据勾股定理求得CG=4，再由,即可求得CM= ,在Rt△BCM中，根据勾股定理求得BM=，根据已知条件和辅助线作法易知四边形BENM为矩形，根据矩形的旋转可得BE=MN=3,BM=EN= ,所以CN=MN-CM=3-=,在Rt△ECN中，根据勾股定理求得EC=.
考点：四边形与旋转的综合题.
20．4或
【解析】
如图（一）所示，
AB是矩形较短边时，
∵矩形ABCD，
∴OA=OD=BD；
∵OE：ED=1：3，
∴可设OE=x，ED=3x，则OD=2x
∵AE⊥BD，AE=，
∴在Rt△OEA中，x2+（）2=（2x）2，
∴x=1
∴BD=4．
当AB是矩形较长边时，如图（二）所示，
∵OE：ED=1：3，
∴设OE=x，则ED=3x，
∵OA=OD，
∴OA=4x，
在Rt△AOE中，x2+（）2=（4x）2，
∴x=，
∴BD=8x=8×=．
21．
【分析】
如图，作点A关于BC的对称点T，取AD的中点R，连接BT，QT，RT，RM．想办法求出RM，RT，求出MT的最小值，再根据QA＋QM＝QM＋QT≥MT，可得结论．
【详解】
解：如图，作点A关于BC的对称点T，
取AD的中点R，连接BT，QT，RT，RM．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠RAT＝90°，
∵AR＝DR＝，AT＝2AB＝4，
∴RT＝，
∵A，A′关于DP对称，
∴AA′⊥DP，
∴∠AMD＝90°，
∵AR＝RD，
∴RM＝AD＝，
∵MT≥RT−RM，
∴MT≥4，
∴MT的最小值为4，
∵QA＋QM＝QT＋QM≥MT，
∴QA＋QM≥4，
∴QA＋QM的最小值为4．
故答案为：4．
【点拨】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是求出MT的最小值，属于中考常考题型．
22．①②③④．
【分析】
先根据矩形的性质与AD＝AB，得到∠ADB=30°，∠ABD=60°，AB=AO=BO，再分类讨论，当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，则：，从而点M、N的运动速度不同，当点M运动到AB的中点时，，由AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，当点M在AB的中点时，才满足，得出结论．
【详解】
解：∵AD＝AB，
∴tan∠ADB=，
∴∠ADB=30°，∠ABD=60°，
∵点O为BD的中点，
∴AB=AO=BO，
设AB=1，则AD=，BD=2．
①当点M与点B重合时，点N是BD的垂直平分线与AD的交点，
令AN=x，则BN=DN=，
∴，
解得：，
∴AN=，
当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，
则：，
从而点M、N的运动速度不同，故①说法正确，符合题意；
②当点M运动到AB的中点时，，故②说法正确，符合题意；
③由①得到，AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，故③说法正确，符合题意；
如图，延长MO交CD于M'，
∵∠MOB=∠M'OD，OB=OD，∠DBA=∠BDC，
∴△OMB≌△OM'D（ASA），
∴BM=DM'，OM=OM'，连接NM'，
∵NO⊥MM'，则MN=NM'，
∵NM'2=DN2+DM'2，
∴MN2=BM2+DN2，
故④正确，
故答案为：①②③④．
【点拨】本题考查了矩形的性质、动点问题，解题关键在于确定特殊情况，求出两点的运动路程，确定边之间的关系，得出结论．
23．（1）见解析；（2）①；②
【分析】
（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；
（2）①由矩形的性质得出BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由对称的性质得出CE＝BC＝5cm，在RtCDE中，由勾股定理求出DE＝4cm，得出AE＝AD﹣DE＝1cm；在RtAPE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP＝cm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＝1cm；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，
∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，
又∵EFAB，
∴∠BPF＝∠EFP，
∴∠EPF＝∠EFP，
∴EP＝EF，
∴BP＝BF＝EF＝EP，
∴四边形BFEP为菱形；
（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE＝BC＝5cm，
在RtCDE中，DE＝＝4cm，
∴AE＝AD﹣DE＝5cm﹣4cm＝1cm；
在RtAPE中，AE＝1，AP＝3﹣PB＝3﹣PE，
∴EP2＝12+（3﹣EP）2，
解得：EP＝cm，
∴菱形BFEP的边长为cm；
②当点Q与点C重合时，如图2：
点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；
当点P与点A重合时，如图3所示：
点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，
∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm．
【点拨】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．
24．（1）见解析；（2）6.5．（3）当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．理由见详解；
【分析】
（1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠1=∠2，∠3=∠4，进而得出答案．
（2）根据已知得出∠2+∠4=∠5+∠6=90°，进而利用勾股定理求出EF的长，即可根据直角三角形斜边上的中线性质得出CO的长．
（3）根据平行四边形的判定以及矩形的判定得出即可．
【详解】
解：（1）证明：如图，∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，
∴∠2=∠5，4=∠6．
∵MN∥BC，∴∠1=∠5，3=∠6．
∴∠1=∠2，∠3=∠4．∴EO=CO，FO=CO．
∴OE=OF．
（2）∵∠2=∠5，∠4=∠6，∴∠2+∠4=∠5+∠6=90°．
∵CE=12，CF=5，∴．
∴OC=EF=6.5．
（3）当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．理由如下：
当O为AC的中点时，AO=CO，
∵EO=FO，∴四边形AECF是平行四边形．
∵∠ECF=90°，∴平行四边形AECF是矩形．
25．见解析；AB∥DE且AB=DE．
【详解】
试题分析：（1）运用AAS证明△ABD≌△CAE；
（2）易证四边形ADCE是矩形，所以AC=DE=AB，也可证四边形ABDE是平行四边形得到AB=DE．
试题解析：证明：（1）∵AB=AC，
∴∠B=∠ACD，
∵AE∥BC，
∴∠EAC=∠ACD，
∴∠B=∠EAC，
∵AD是BC边上的中线，
∴AD⊥BC，
∵CE⊥AE，
∴∠ADC=∠CEA=90°
在△ABD和△CAE中
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
（2）AB∥DE，AB=DE，理由如下：
如图所示，
∵AD⊥BC，AE∥BC，
∴AD⊥AE，
又∵CE⊥AE，
∴四边形ADCE是矩形，
∴AC=DE，
∵AB=AC，
∴AB=DE，
∵AE∥BC，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AB∥DE，AB=DE．
考点：全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；平行四边形的判定与性质．
26．(1)①BD′//AC，菱形；(2)见解析；(3)1：1或：1；(4)4或6或8或12.
【分析】
（1）①②根据折叠的相关性质即可解答，可得到展开的图形为菱形.
(2)①根据四边形是平行四边形可得到再根据翻折的定义即可得到是等腰三角形，随之可解答.②求出，根据翻折得到即可解答.
(3)分类讨论不同长宽比下的情况进行解答即可.
(4)求出四边形是等腰梯形，再根据题意设，解出y,求出BC的长再分类讨论即可.
【详解】
(1)①．②将剪下后展开，得到的图形是菱形；
故答案为，菱形；
(2)①选择②证明如下：
四边形是平行四边形，
，
，
将沿翻折至△，
，
，
，
是等腰三角形；
将剪下后展开，得到的图形四边相等，
将剪下后展开，得到的图形四边是菱形．
②选择①证明如下，
四边形是平行四边形，
，
将沿翻折至△，
，
，
，
，
，
，
．
(3)①当矩形的长宽相等时，满足条件，此时矩形纸片的长宽之比为；，
，
②当矩形的长宽之比为时，满足条件，此时可以证明四边形是等腰梯形，是轴对称图形；
综上所述，满足条件的矩形纸片的长宽之比为或；
(4)，，
，
，
四边形是等腰梯形，
，，
△是直角三角形，
当，时，如图3中，
设，
，
解得，
，
，
，
，
当，时，如图4，
，，
，
，
四边形是等腰梯形，
，
四边形是矩形，
，
，
，，
；
当，时，如图5，
，，
，
，，
，，
，
，，
，
，
当时，如图6，
，，
，
，
四边形是等腰梯形，
，
四边形是矩形，
，
，，
；
已知当的长为4或6或8或12时，△是直角三角形．
故答案为平行，菱形，或，4或6或8或12；
【点拨】本题考查折叠图形的性质与运用，解题的关键时能够知道在折叠过程中的变量与形成的新的关系.
18.2.1 矩形（培优篇）（专项练习）
一、单选题
1．（2021·安徽·中考真题）在中，，分别过点B，C作平分线的垂线，垂足分别为点D，E，BC的中点是M，连接CD，MD，ME．则下列结论错误的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2020·山东泰安·中考真题）如图，点A，B的坐标分别为，点C为坐标平面内一点，，点M为线段的中点，连接，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2020·浙江台州·中考真题）把一张宽为1cm的长方形纸片ABCD折叠成如图所示的阴影图案，顶点A，D互相重合，中间空白部分是以E为直角顶点，腰长为2cm的等腰直角三角形，则纸片的长AD（单位：cm）为（ ）
A． B． C． D．
4．（2019·河北·中考真题）对于题目：“如图1，平面上，正方形内有一长为、宽为的矩形，它可以在正方形的内部及边界通过移转（即平移或旋转）的方式，自由地从横放移转到竖放，求正方形边长的最小整数.”甲、乙、丙作了自认为边长最小的正方形，先求出该边长，再取最小整数．
甲：如图2，思路是当为矩形对角线长时就可移转过去；结果取．
乙：如图3，思路是当x为矩形外接圆直径长时就可移转过去；结果取n＝14．
丙：如图4，思路是当为矩形的长与宽之和的倍时就可移转过去；结果取．
下列正确的是（ ）
A．甲的思路错，他的值对
B．乙的思路和他的值都对
C．甲和丙的值都对
D．甲、乙的思路都错，而丙的思路对
5．（2018·四川攀枝花·中考真题）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点，连结CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：
①四边形AECF为平行四边形；
②∠PBA=∠APQ；
③△FPC为等腰三角形；
④△APB≌△EPC；
其中正确结论的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2021·河北·石家庄市第四十中学二模）如图，在矩形ABCD中，点E从点B开始，沿矩形的边运动，，，连接CE与对角线BD相交于点N，F是线段CE的中点，连接OF，则OF长度的最大值是（ ）．
A．1 B． C．2 D．
7．（2021·山东任城·二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①∠AED＝∠CED；②OE＝OD；③BH＝HF；④AB＝HF，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．（2021·陕西师大附中模拟预测）如图，将矩形纸片的四个角向内翻折，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形，若，则边的长是（ ）
A．4 B．5 C．8 D．10
9．（2021·山东莱芜·一模）如图，在矩形中，，，动点P满足，则点P到A、B两点距离之和的最小值为（ ）
A． B． C． D．
10．（2021·广东光明·三模）如图，在矩形中，，为上一点，且，为的中点．下列结论：①；②平分；③；④．其中结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
11．（2021·广东·广州大学附属中学一模）如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B′，C′上．在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB'与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为（ ）cm．
A． B． C． D．
二、填空题
12．（2021·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形中，连接，过点C作平分线的垂线，垂足为点E，且交于点F；过点C作平分线的垂线，垂足为点H，且交于点G，连接，若，，则线段的长度为_________．
13．（2021·浙江杭州·中考真题）如图是一张矩形纸片，点是对角线的中点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连接，．若，则_____度．
14．（2018·四川攀枝花·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，矩形内部有一动点P满足S△PAB=S矩形ABCD，则点P到A、B两点的距离之和PA+PB的最小值为______．
15．（2020·四川绵阳·中考真题）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC＝60°，AD＝BC＝CD＝4，点M是四边形ABCD内的一个动点，满足∠AMD＝90°，则点M到直线BC的距离的最小值为_____．
16．（2019·山东泰安·中考真题）如图，矩形中，，，为的中点，为上一点，将沿折叠后，点恰好落到上的点处，则折痕的长是____.
17．（2018·辽宁葫芦岛·中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E是CD的中点，将△BCE沿BE折叠后得到△BEF、且点F在矩形ABCD的内部，将BF延长交AD于点G．若，则=__．
18．（2018·河南·中考真题）如图，∠MAN=90°，点C在边AM上，AC=4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，点D，E分别为AC，BC的中点，连接DE并延长交A′B所在直线于点F，连接A′E．当△A′EF为直角三角形时，AB的长为_____．
19．（2017·辽宁沈阳·中考真题）如图，在矩形中，,将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转得到矩形GBEF，点A落在矩形ABCD的边CD上，连接CE，则CE的长是 _____ .
20．（2009·黑龙江鸡西·中考真题）矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AE⊥BD于E，若，AE=，则BD=_______．
21．（2021·辽宁盘锦·中考真题）如图，四边形ABCD为矩形，AB＝，AD＝，点P为边AB上一点．以DP为折痕将△DAP翻折，点A的对应点为点A'．连结AA'，AA' 交PD于点M，点Q为线段BC上一点，连结AQ，MQ，则AQ＋MQ的最小值是________
22．（2021·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，对角线相交于点O，动点M从点B向点A运动（到点A即停止），点N是AD上一动点，且满足∠MON＝90°，连结MN．在点M、N运动过程中，则以下结论中，①点M、N的运动速度不相等；②存在某一时刻使；③逐渐减小；④．正确的是________．（写出所有正确结论的序号）
三、解答题
23．（2017·山东德州·中考真题）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，过点E作EFAB交PQ于F，连接BF．
（1）求证：四边形BFEP为菱形；
（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动；
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形BFEP的边长；
②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．
24．（2013·湖南张家界·中考真题）如图，△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC,设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F,
（1）求证：OE=OF；
（2）若CE=12，CF=5，求OC的长；
（3）当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由．
25．（2015·山东青岛·中考真题）已知：如图，△ABC中，AB=AC，AD是BC边上的中线，AE∥BC，CE⊥AE；垂足为E,
（1）求证：△ABD≌△CAE；
（2）连接DE，线段DE与AB之间有怎样的位置和数量关系？请证明你的结论．
26．（2018·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践
折纸是一项有趣的活动，同学们小时候都玩过折纸，可能折过小动物、小花、飞机、小船等，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．
在折纸过程中，我们可以通过研究图形的性质和运动、确定图形位置等，进一步发展空间观念，在经历借助图形思考问题的过程中，我们会初步建立几何直观，折纸往往从矩形纸片开始，今天，就让我们带着数学的眼光来玩一玩折纸，看看折叠矩形的对角线之后能得到哪些数学结论．
实践操作
如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC翻折，使点B′落在矩形ABCD所在平面内，B′C和AD相交于点E，连接B′D．
解决问题
(1)在图1中，
①B′D和AC的位置关系为 ；
②将△AEC剪下后展开，得到的图形是 ；
(2)若图1中的矩形变为平行四边形时(AB≠BC)，如图2所示，结论①和结论②是否成立，若成立，请挑选其中的一个结论加以证明，若不成立，请说明理由；
(3)小红沿对角线折叠一张矩形纸片，发现所得图形是轴对称图形，沿对称轴再次折叠后，得到的仍是轴对称图形，则小红折叠的矩形纸片的长宽之比为 ；
拓展应用
(4)在图2中，若∠B=30°，AB=4，当△AB′D恰好为直角三角形时，BC的长度为 ．
参考答案
1．A
【分析】
设AD、BC交于点H，作于点F，连接EF．延长AC与BD并交于点G．由题意易证，从而证明ME为中位线，即，故判断B正确；又易证，从而证明D为BG中点．即利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可求出，故判断C正确；由、和可证明．再由、和可推出 ，即推出，即，故判断D正确；假设，可推出，即可推出．由于无法确定的大小，故不一定成立，故可判断A错误．
【详解】
如图，设AD、BC交于点H，作于点F，连接EF．延长AC与BD并交于点G．
∵AD是的平分线，，，
∴HC=HF，
∴AF=AC．
∴在和中，，
∴，
∴，∠AEC=∠AEF=90°，
∴C、E、F三点共线，
∴点E为CF中点．
∵M为BC中点，
∴ME为中位线，
∴，故B正确，不符合题意；
∵在和中，，
∴，
∴，即D为BG中点．
∵在中，，
∴，
∴，故C正确，不符合题意；
∵，，，
∴．
∵，，
∴，
∴．
∵AD是的平分线，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，故D正确，不符合题意；
∵假设，
∴，
∴在中，．
∵无法确定的大小，故原假设不一定成立，故A错误，符合题意．
故选A．
【点拨】本题考查角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的性质，三角形中位线的判定和性质以及含角的直角三角形的性质等知识，较难．正确的作出辅助线是解答本题的关键．
2．B
【分析】
如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，根据三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，再根据等腰直角三角形的性质以及三角形的中位线即可解答．
【详解】
解：如图所示，取AB的中点N，连接ON，MN，三角形的三边关系可知OM＜ON+MN，则当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大，
∵，
则△ABO为等腰直角三角形，
∴AB=，N为AB的中点，
∴ON=，
又∵M为AC的中点，
∴MN为△ABC的中位线，BC=1，
则MN=，
∴OM=ON+MN=，
∴OM的最大值为
故答案选：B．
【点拨】本题考查了等腰直角三角形的性质以及三角形中位线的性质，解题的关键是确定当ON与MN共线时，OM= ON+MN最大．
3．D
【分析】
如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．想办法求出AR，RM，MN，NW，WD即可解决问题．
【详解】
解：如图，过点M作MH⊥A'R于H，过点N作NJ⊥A'W于J．
由题意△EMN是等腰直角三角形，EM=EN=2，MN=
∵四边形EMHK是矩形，
∴EK= A'K=MH=1，KH=EM=2，
∵△RMH是等腰直角三角形，
∴RH=MH=1，RM=，同法可证NW=，
题意AR=R A'= A'W=WD=4，
∴AD=AR+RM+MN+NW+DW=4++++4=.
故答案为：D.
【点拨】本题考查翻折变换，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形或特殊四边形解决问题．
4．B
【分析】
根据矩形的性质和勾股定理求出矩形的对角线长，即可判断甲和乙，丙中图示情况不是最长．
【详解】
甲的思路正确，长方形对角线最长，只要对角线能通过就可以，但是计算错误，应为n=≈14；
乙的思路与计算都正确，n=≈14；
丙的思路与计算都错误，图示情况不是最长，n=（12+6）×=≈13．
故选B．
【点拨】本题考查了矩形的性质与旋转的性质，熟练运用矩形的性质是解题的关键．
5．B
【详解】
分析：①根据三角形内角和为180°易证∠PAB+∠PBA=90°，易证四边形AECF是平行四边形，即可解题；
②根据平角定义得：∠APQ+∠BPC=90°，由正方形可知每个内角都是直角，再由同角的余角相等，即可解题；
③根据平行线和翻折的性质得：∠FPC=∠PCE=∠BCE，∠FPC≠∠FCP，且∠PFC是钝角，△FPC不一定为等腰三角形；
④当BP=AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，即可解题．
详解：①如图，EC，BP交于点G；
∵点P是点B关于直线EC的对称点，
∴EC垂直平分BP，
∴EP=EB，
∴∠EBP=∠EPB，
∵点E为AB中点，
∴AE=EB，
∴AE=EP，
∴∠PAB=∠PBA，
∵∠PAB+∠PBA+∠APB=180°，即∠PAB+∠PBA+∠APE+∠BPE=2（∠PAB+∠PBA）=180°，
∴∠PAB+∠PBA=90°，
∴AP⊥BP，
∴AF∥EC；
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
故①正确；
②∵∠APB=90°，
∴∠APQ+∠BPC=90°，
由折叠得：BC=PC，
∴∠BPC=∠PBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠ABP+∠PBC=90°，
∴∠ABP=∠APQ，
故②正确；
③∵AF∥EC，
∴∠FPC=∠PCE=∠BCE，
∵∠PFC是钝角，
当△BPC是等边三角形，即∠BCE=30°时，才有∠FPC=∠FCP，
如右图，△PCF不一定是等腰三角形，
故③不正确；
④∵AF=EC，AD=BC=PC，∠ADF=∠EPC=90°，
∴Rt△EPC≌△FDA（HL），
∵∠ADF=∠APB=90°，∠FAD=∠ABP，
当BP=AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，
∴△APB≌△EPC，
故④不正确；
其中正确结论有①②，2个，
故选B．
点睛：本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质和判定，矩形的性质，翻折变换，平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
6．C
【分析】
根据三角形中位线定理,可得OF=EA,当点E在AB上运动时,EA逐渐变小,当点E在AD上运动时,EA逐渐变大,当与点D重合时,最大,解答即可．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC，
∵F是线段CE的中点，
∴OF是△ACE的中位线，
∴OF=EA，
当点E在AB上运动时,EA逐渐变小,OF不会有最大值；
当点E在AD上运动时,EA逐渐变大,当点E与点D重合时,AD最大，且AD=4，
∴OF的最大值时2，
故选C．
【点拨】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，分类思想，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
7．C
【分析】
根据角平分线的定义可得∠BAE＝∠DAE＝45°，可得出△ABE是等腰直角三角形，证出AE＝AD，证明△ABE≌△AHD，可得BE＝DH，求出∠ADE＝∠AED＝∠CED＝67.5°，从而判断出①正确；求出∠AHB＝67.5°，∠DHO＝∠ODH＝22.5°，然后根据等角对等边可得OE＝OD＝OH，判断出②正确；求出∠EBH＝∠OHD＝22.5°，∠AEB＝∠HDF＝45°，证明△BEH≌△HDF，可得BH＝HF，判断出③正确；判断出△ABH不是等边三角形，从而得到AB≠BH，即AB≠HF，得到④错误，进而即可得到答案．
【详解】
解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE=AB，
∵AD＝AB，
∴AE＝AD，
在△ABE和△AHD中，
，
∴△ABE≌△AHD（AAS），
∴BE＝DH，
∴AB＝BE＝AH＝HD，
∴∠ADE＝∠AED＝（180°−45°）＝67.5°，
∴∠CED＝180°−45°−67.5°＝67.5°，
∴∠AED＝∠CED，故①正确；
∵∠AHB＝（180°−45°）＝67.5°，∠OHE＝∠AHB，
∴∠OHE＝∠AED，
∴OE＝OH，
∵∠OHD＝90°−67.5°＝22.5°，∠ODH＝67.5°−45°＝22.5°，
∴∠OHD＝∠ODH，
∴OH＝OD，
∴OE＝OD＝OH，故②正确；
∵∠EBH＝90°−67.5°＝22.5°，
∴∠EBH＝∠OHD，
又∵BE＝DH，∠AEB＝∠HDF＝45°
在△BEH和△HDF中，
，
∴△BEH≌△HDF（ASA），
∴BH＝HF，故③正确；
∵AB＝AH，∠BAE＝45°，
∴△ABH不是等边三角形，
∴AB≠BH，
∴即AB≠HF，故④错误；
综上所述，结论正确的是①②③．
故选C．
【点拨】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
8．B
【分析】
利用三个角是直角的四边形是矩形易证四边形为矩形，那么由折叠可得的长即为边BC的长．
【详解】
解： ，，
，
同理可得：，
四边形为矩形，
，，
，
在和中
，
，
，
，
，
．
故选：B．
【点拨】此题主要考查了翻折变换的性质以及勾股定理等知识，得出四边形为矩形是解题关键．
9．B
【分析】
首先由，得出动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离．然后在直角三角形ABE中，由勾股定理求得BE的值，即PA+PB的最小值．
【详解】
解：设△ABP中AB边上的高是h．
∵，
∴AB•h=AB•AD，
∴h=AD=2，
∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，如图，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离．
在Rt△ABE中，∵AB=5，AE=2+2=4，
∴BE=，
即PA+PB的最小值为．
故选：B．
【点拨】本题考查了轴对称——最短路线问题，三角形的面积，矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短的性质．得出动点P所在的位置是解题的关键．
10．C
【分析】
①由于是直角斜边上的中线，欲证，只需证明即可；②在直角中，由于，，得出，然后分别算出与的度数即可；③由于，，从而进行判断；④如果设，则可用含的代数式表示、、的长度，然后在直角中运用勾股定理算出的值，再算出的值，比较即可．
【详解】
解：①在直角中，，为的中点，
，
，，
，正确；
②在直角中，，，
．
，
，．
在中，，，
，
，
平分，正确；
③，，
，错误；
④在矩形中，设，
则，，
．
在直角中，
，
，正确．
故选：C．
【点拨】本题主要考查了直角三角形、矩形的性质以及多边形的面积，勾股定理．综合性较强，有一定难度．
11．A
【分析】
探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可．
【详解】
解：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠1=∠3，
由翻折的性质可知：∠1=∠2，BM=MB′，
∴∠2=∠3，
∴MB′=NB′，
∵（cm），
∴（cm）．
如图2中，当点M与A重合时，
同理可得：AE=EN，
设AE=EN=x cm，
在Rt△ADE中，则有，解得x=，
∴（cm），
如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′=5-1-2=2（cm），
如图4中，当点M运动到点B′落在CD时，
DB′（即DE″）（cm），
∴点E的运动轨迹E→E′→E″，
运动路径（cm）．
故选：A．
【点拨】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
12．
【分析】
先证明，可得CE=FE，BF=，同理：CH=GH，DG=，从而得HE=，再利用勾股定理得BD=，进而即可求解．
【详解】
解：∵BE平分∠DBC，
∴∠CBE=∠FBE，
∵CF⊥BE，
∴∠BEC=∠BEF=90°，
又∵BE=BE，
∴，
∴CE=FE，BF=
同理：CH=GH，DG=，
∴HE是的中位线，
∴HE=，
∵在矩形中，，，
∴BD=，
∴GF= BF+ DG-BD=，
∴=．
【点拨】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，中位线的性质，推出HE是的中位线，是解题的关键．
13．18
【分析】
连接MD，设∠DAF=x，利用折叠与等腰三角形的性质，用x的代数式表示出∠ADC=90°，列出方程解方程即可．
【详解】
连接MD，设∠DAF=x
根据矩形的基本性质可知AM=MD，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°
∴∠MDA=∠DAF=x，∠ACB=∠DAC=x
∴∠DMF=2x
∵△DCE折叠得到△DFE
∴DF=CD=AB，DE⊥FC，∠FDE=∠CDE
又MF=AB
∴MF=DF
∴∠MDF=2x
∵∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，∠EDC+∠FCD=90°
∴∠CDE=∠ACD=x
∴∠FDE=∠CDE=x
∴∠ADC=∠ADM+∠MDF+∠FDE+∠CDE=x+2x+x+x=5x=90°
∴x=18°
故∠DAF=18°
故答案为18．
【点拨】本题考查了矩形的折叠问题，能够做出合适的辅助线用∠DAF表示出∠ADC是解题关键．
14．4
【详解】
分析：首先由S△PAB=S矩形ABCD，得出动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离．然后在直角三角形ABE中，由勾股定理求得BE的值，即PA+PB的最小值．
详解：设△ABP中AB边上的高是h．
∵S△PAB=S矩形ABCD，
∴AB•h=AB•AD，
∴h=AD=2，
∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，如图，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离．
在Rt△ABE中，∵AB=4，AE=2+2=4，
∴BE=，
即PA+PB的最小值为4．
故答案为4．
点睛：本题考查了轴对称-最短路线问题，三角形的面积，矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短的性质．得出动点P所在的位置是解题的关键．
15．
【分析】
取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，点点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则OM+ME≥OF．求出OM，OF即可解决问题．
【详解】
解：取AD的中点O，连接OM，过点M作ME⊥BC交BC的延长线于E，点点O作OF⊥BC于F，交CD于G，则OM+ME≥OF．
∵∠AMD＝90°，AD＝4，OA＝OD，
∴OM＝AD＝2，
∵AB∥CD，
∴∠GCF＝∠B＝60°，
∴∠DGO＝∠CGE＝30°，
∵AD＝BC，
∴∠DAB＝∠B＝60°，
∴∠ADC＝∠BCD＝120°，
∴∠DOG＝30°＝∠DGO，
∴DG＝DO＝2，
∵CD＝4，
∴CG＝2，
∴OG＝2，GF＝，OF＝3，
∴ME≥OF﹣OM＝3﹣2，
∴当O，M，E共线时，ME的值最小，最小值为3﹣2．
【点拨】本题考查解直角三角形，垂线段最短，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．
16．
【分析】
首先根据题意连接EC.再根据勾股定理计算EC、GC的长，设BF=x,根据勾股定理列方程进而求解未知数x.再计算EF的长度.
【详解】
根据题意连接EC,
沿折叠后，点恰好落到上的点处
为直角三角形，
在直角三角形中，
所以
设BF=x,所以 ，BC=12
根据勾股定理可得
所以可得x=
所以可得
因此答案为 .
【点拨】本题主要考查矩形的知识，关键在于折叠的图形的性质不变,和原来的图形是全等的.
17．
【分析】
连接GE，根据中点定义可得DE=CE，再根据翻折的性质可得DE=EF，∠BFE=90°，利用“HL”证明Rt△EDG≌Rt△EFG，根据全等三角形对应边相等可得FG=DG，根据，设DG=FG=a，则AG=7a，故AD=BC=8a，则BG=BF+FG=9a，由勾股定理求得AB=，再求比值即可．
【详解】
连接GE，
∵点E是CD的中点，∴EC=DE，
∵将△BCE沿BE折叠后得到△BEF、且点F在矩形ABCD的内部，
∴EF=DE，∠BFE=90°，
在Rt△EDG和Rt△EFG中，
∴Rt△EDG≌Rt△EFG（HL），
∴FG=DG，
∵，
∴设DG=FG=a，则AG=7a，故AD=BC=8a，则BG=BF+FG=9a，
∴AB=，
故，
故答案为．
【点拨】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，以及翻折变换的性质，熟记性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
18．或4
【详解】
分析：当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况：
①当∠A'EF=90°时，如图1，根据对称的性质和平行线可得：A'C=A'E=4，根据直角三角形斜边中线的性质得：BC=2A'B=8，最后利用勾股定理可得AB的长；
②当∠A'FE=90°时，如图2，证明△ABC是等腰直角三角形，可得AB=AC=4．
详解：当△A′EF为直角三角形时，存在两种情况：
①当∠A'EF=90°时，如图1，
.
∵△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，
∴A'C=AC=4，∠ACB=∠A'CB，
∵点D，E分别为AC，BC的中点，
∴D、E是△ABC的中位线，
∴DE∥AB，
∴∠CDE=∠MAN=90°，
∴∠CDE=∠A'EF，
∴AC∥A'E，
∴∠ACB=∠A'EC，
∴∠A'CB=∠A'EC，
∴A'C=A'E=4，
Rt△A'CB中，∵E是斜边BC的中点，
∴BC=2A'E=8，
由勾股定理得：AB2=BC2-AC2，
∴AB=；
②当∠A'FE=90°时，如图2，
.
∵∠ADF=∠A=∠DFB=90°，
∴∠ABF=90°，
∵△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，
∴∠ABC=∠CBA'=45°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AB=AC=4；.
综上所述，AB的长为4或4；
故答案为4或4.
点睛：本题考查了三角形的中位线定理、勾股定理、轴对称的性质、等腰直角三角形的判定、直角三角形斜边中线的性质，并利用分类讨论的思想解决问题．
19．.
【详解】
如图，过点C作MN⊥BG，分别交BG、EF于点M、N，根据旋转的旋转可得AB=BG=EF=CD=5，AD=GF=3，在Rt△BCG中，根据勾股定理求得CG=4，再由,即可求得CM= ,在Rt△BCM中，根据勾股定理求得BM=，根据已知条件和辅助线作法易知四边形BENM为矩形，根据矩形的旋转可得BE=MN=3,BM=EN= ,所以CN=MN-CM=3-=,在Rt△ECN中，根据勾股定理求得EC=.
考点：四边形与旋转的综合题.
20．4或
【解析】
如图（一）所示，
AB是矩形较短边时，
∵矩形ABCD，
∴OA=OD=BD；
∵OE：ED=1：3，
∴可设OE=x，ED=3x，则OD=2x
∵AE⊥BD，AE=，
∴在Rt△OEA中，x2+（）2=（2x）2，
∴x=1
∴BD=4．
当AB是矩形较长边时，如图（二）所示，
∵OE：ED=1：3，
∴设OE=x，则ED=3x，
∵OA=OD，
∴OA=4x，
在Rt△AOE中，x2+（）2=（4x）2，
∴x=，
∴BD=8x=8×=．
21．
【分析】
如图，作点A关于BC的对称点T，取AD的中点R，连接BT，QT，RT，RM．想办法求出RM，RT，求出MT的最小值，再根据QA＋QM＝QM＋QT≥MT，可得结论．
【详解】
解：如图，作点A关于BC的对称点T，
取AD的中点R，连接BT，QT，RT，RM．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠RAT＝90°，
∵AR＝DR＝，AT＝2AB＝4，
∴RT＝，
∵A，A′关于DP对称，
∴AA′⊥DP，
∴∠AMD＝90°，
∵AR＝RD，
∴RM＝AD＝，
∵MT≥RT−RM，
∴MT≥4，
∴MT的最小值为4，
∵QA＋QM＝QT＋QM≥MT，
∴QA＋QM≥4，
∴QA＋QM的最小值为4．
故答案为：4．
【点拨】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是求出MT的最小值，属于中考常考题型．
22．①②③④．
【分析】
先根据矩形的性质与AD＝AB，得到∠ADB=30°，∠ABD=60°，AB=AO=BO，再分类讨论，当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，则：，从而点M、N的运动速度不同，当点M运动到AB的中点时，，由AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，当点M在AB的中点时，才满足，得出结论．
【详解】
解：∵AD＝AB，
∴tan∠ADB=，
∴∠ADB=30°，∠ABD=60°，
∵点O为BD的中点，
∴AB=AO=BO，
设AB=1，则AD=，BD=2．
①当点M与点B重合时，点N是BD的垂直平分线与AD的交点，
令AN=x，则BN=DN=，
∴，
解得：，
∴AN=，
当点M运动到AB的中点时，此时点N为AD的中点，
则：，
从而点M、N的运动速度不同，故①说法正确，符合题意；
②当点M运动到AB的中点时，，故②说法正确，符合题意；
③由①得到，AM减小的速度比AN增大的速度快，则逐渐减小，故③说法正确，符合题意；
如图，延长MO交CD于M'，
∵∠MOB=∠M'OD，OB=OD，∠DBA=∠BDC，
∴△OMB≌△OM'D（ASA），
∴BM=DM'，OM=OM'，连接NM'，
∵NO⊥MM'，则MN=NM'，
∵NM'2=DN2+DM'2，
∴MN2=BM2+DN2，
故④正确，
故答案为：①②③④．
【点拨】本题考查了矩形的性质、动点问题，解题关键在于确定特殊情况，求出两点的运动路程，确定边之间的关系，得出结论．
23．（1）见解析；（2）①；②
【分析】
（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；
（2）①由矩形的性质得出BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由对称的性质得出CE＝BC＝5cm，在RtCDE中，由勾股定理求出DE＝4cm，得出AE＝AD﹣DE＝1cm；在RtAPE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP＝cm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＝1cm；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案．
【详解】
（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，
∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，
又∵EFAB，
∴∠BPF＝∠EFP，
∴∠EPF＝∠EFP，
∴EP＝EF，
∴BP＝BF＝EF＝EP，
∴四边形BFEP为菱形；
（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE＝BC＝5cm，
在RtCDE中，DE＝＝4cm，
∴AE＝AD﹣DE＝5cm﹣4cm＝1cm；
在RtAPE中，AE＝1，AP＝3﹣PB＝3﹣PE，
∴EP2＝12+（3﹣EP）2，
解得：EP＝cm，
∴菱形BFEP的边长为cm；
②当点Q与点C重合时，如图2：
点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；
当点P与点A重合时，如图3所示：
点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，
∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm．
【点拨】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．
24．（1）见解析；（2）6.5．（3）当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．理由见详解；
【分析】
（1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠1=∠2，∠3=∠4，进而得出答案．
（2）根据已知得出∠2+∠4=∠5+∠6=90°，进而利用勾股定理求出EF的长，即可根据直角三角形斜边上的中线性质得出CO的长．
（3）根据平行四边形的判定以及矩形的判定得出即可．
【详解】
解：（1）证明：如图，∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，
∴∠2=∠5，4=∠6．
∵MN∥BC，∴∠1=∠5，3=∠6．
∴∠1=∠2，∠3=∠4．∴EO=CO，FO=CO．
∴OE=OF．
（2）∵∠2=∠5，∠4=∠6，∴∠2+∠4=∠5+∠6=90°．
∵CE=12，CF=5，∴．
∴OC=EF=6.5．
（3）当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．理由如下：
当O为AC的中点时，AO=CO，
∵EO=FO，∴四边形AECF是平行四边形．
∵∠ECF=90°，∴平行四边形AECF是矩形．
25．见解析；AB∥DE且AB=DE．
【详解】
试题分析：（1）运用AAS证明△ABD≌△CAE；
（2）易证四边形ADCE是矩形，所以AC=DE=AB，也可证四边形ABDE是平行四边形得到AB=DE．
试题解析：证明：（1）∵AB=AC，
∴∠B=∠ACD，
∵AE∥BC，
∴∠EAC=∠ACD，
∴∠B=∠EAC，
∵AD是BC边上的中线，
∴AD⊥BC，
∵CE⊥AE，
∴∠ADC=∠CEA=90°
在△ABD和△CAE中
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
（2）AB∥DE，AB=DE，理由如下：
如图所示，
∵AD⊥BC，AE∥BC，
∴AD⊥AE，
又∵CE⊥AE，
∴四边形ADCE是矩形，
∴AC=DE，
∵AB=AC，
∴AB=DE，
∵AE∥BC，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AB∥DE，AB=DE．
考点：全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；平行四边形的判定与性质．
26．(1)①BD′//AC，菱形；(2)见解析；(3)1：1或：1；(4)4或6或8或12.
【分析】
（1）①②根据折叠的相关性质即可解答，可得到展开的图形为菱形.
(2)①根据四边形是平行四边形可得到再根据翻折的定义即可得到是等腰三角形，随之可解答.②求出，根据翻折得到即可解答.
(3)分类讨论不同长宽比下的情况进行解答即可.
(4)求出四边形是等腰梯形，再根据题意设，解出y,求出BC的长再分类讨论即可.
【详解】
(1)①．②将剪下后展开，得到的图形是菱形；
故答案为，菱形；
(2)①选择②证明如下：
四边形是平行四边形，
，
，
将沿翻折至△，
，
，
，
是等腰三角形；
将剪下后展开，得到的图形四边相等，
将剪下后展开，得到的图形四边是菱形．
②选择①证明如下，
四边形是平行四边形，
，
将沿翻折至△，
，
，
，
，
，
，
．
(3)①当矩形的长宽相等时，满足条件，此时矩形纸片的长宽之比为；，
，
②当矩形的长宽之比为时，满足条件，此时可以证明四边形是等腰梯形，是轴对称图形；
综上所述，满足条件的矩形纸片的长宽之比为或；
(4)，，
，
，
四边形是等腰梯形，
，，
△是直角三角形，
当，时，如图3中，
设，
，
解得，
，
，
，
，
当，时，如图4，
，，
，
，
四边形是等腰梯形，
，
四边形是矩形，
，
，
，，
；
当，时，如图5，
，，
，
，，
，，
，
，，
，
，
当时，如图6，
，，
，
，
四边形是等腰梯形，
，
四边形是矩形，
，
，，
；
已知当的长为4或6或8或12时，△是直角三角形．
故答案为平行，菱形，或，4或6或8或12；
【点拨】本题考查折叠图形的性质与运用，解题的关键时能够知道在折叠过程中的变量与形成的新的关系.
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