沪教版 (五四制)八年级下册22.3 特殊的平行四边形课时训练

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专项22.2 平行四边形与特殊平行四边形
姓名：___________考号：___________分数：___________

（考试时间：100分钟 满分：120分）

一、 选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．如图，已知矩形纸片中，，将其折叠，使点D与点B重合，那么折叠后的长和折痕的长分别是（ ）

A．、 B．、 C．、 D．、
【答案】B
【分析】
由矩形的性质和折叠的性质以及勾股定理得出方程，解方程即可．
【解析】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，AD∥BC，
设，则，，
在中，由勾股定理得，
即，
解得，
∴，
同理可得，
∴，过F向作垂线交于点M，

则，
由勾股定理得．
故选B．
【点睛】
本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
2．如图，将长方形纸片沿折叠后，点，分别落在点，处，若，则等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据矩形的性质可得AD//BC，根据平行线的性质可得∠CEF=∠AFE，根据折叠的性质可得∠CEF=∠C′EF，根据平角的定义即可得答案．
【解析】
解：∵ABCD是长方形，
∴AD//BC，
∵，
∴∠CEF=∠AFE=68°，
∵将长方形纸片沿折叠后，点，分别落在点，处，
∴∠CEF=∠C′EF =68°，
∴=180°-∠CEF-∠C′EF=44°，
故选：C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、平行线的性质，翻折变换的性质，熟记折叠的性质是解题的关键．
3．如图，在四边形中，平分，，，，，则四边形的周长是（ ）．

A．18 B．20 C．22 D．24
【答案】C
【分析】
过点A做交于点E，根据角平分线和平行线性质，推导得；通过判定四边形为矩形，得，；再根据勾股定理计算，得，从而得到四边形的周长．
【解析】
如图，过点A做交于点E

∵平分
∴
∵
∴
∴
∴
∵，
∴
∴四边形为矩形
∴，
又∵，即
∴
∴四边形的周长
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行线、角平分线、等腰三角形、矩形、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握平行线、角平分线、矩形、勾股定理、等腰三角形的性质，从而完成求解．
4．如图，在中，，对角线与相交于点，交于，若的周长为，则的周长是（ ）

A． B． C． D．无法确定
【答案】A
【分析】
根据平行四边形的性质，及交于可以证明是线段的垂直平分线，再根据垂直平分线的性质，可以得到，再利用线段间的关系可以证明的周长为周长的两倍.
【解析】
解：∵四边形ABCD为平行四边形
∴，；
∵交于；
∴是线段的垂直平分线，
∴；
∴；
∴的周长为
∴的周长为.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质和垂直平分线的性质，具有一定的综合性，属于中等题型.
5．如图，四边形是平行四边形，P是上一点，且和分别平分和．如果，，则的面积等于（ ）．

A．24 B．30 C． D．
【答案】A
【分析】
根据平行四边形性质得出AD∥CB，AB∥CD，推出∠DAB+∠CBA=180°，求出∠PAB+∠PBA=90°，在△APB中求出∠APB=90°，由勾股定理求出BP，证出AD=DP=5cm，BC=PC=5cm，得出DC=10cm=AB，再利用直角三角形面积求法即可得出答案．
【解析】
解：过点P作PQ∥AD，交AB于Q，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CB，AB∥CD，
∴∠DAB+∠CBA=180°，
又∵AP和BP分别平分∠DAB和∠CBA，
∴∠PAB+∠PBA=（∠DAB+∠CBA）=90°，
在△APB中，∠APB=180°-（∠PAB+∠PBA）=90°；
∵AP平分∠DAB，
∴∠DAP=∠PAB，
∵AB∥CD，
∴∠PAB=∠DPA，
∴∠DAP=∠DPA，
∴△ADP是等腰三角形，
∴AD=DP=5cm，
同理：PC=CB=5cm，
即AB=DC=DP+PC=10cm，
在Rt△APB中，AB=10cm，AP=8cm，
∴BP==6cm，
∴△ABP的面积=×AP×BP=24cm2，
故选：A．

【点睛】
本题考查了平行四边形性质，平行线性质，等腰三角形的性质和判定，三角形的内角和定理，勾股定理等知识点的综合运用，正确得出BP的长是解题关键．
6．如图，矩形ABCD中，AB=6cm，AD=4cm，点M是边AB的中点，点P是矩形边上的一个动点，点P从M出发在矩形的边上沿着逆时针方向运动，则当点P沿着矩形的边逆时针旋转一周时，△DMP面积刚好为5cm2的时刻有（   ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【分析】
根据的面积，即可判定点可能在或或边上，由此得出结论．
【解析】
解：矩形中，，，点是边的中点，
，，
面积达到，
点可能在上有1个点，在边上有2个点，在边上有1个点，不可能在上，
当点逆时针旋转一周时，随着运动时间的增加，面积达到的时刻的个数是4次，
故选：．
【点睛】
本题考查动点问题、矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是求出的面积．
7．如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE=AD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（　　）

A．AB=BE B．DE⊥DC C．∠ADB=90° D．CE⊥DE
【答案】B
【分析】
先证明四边形BCDE为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．
【解析】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC，
又∵AD=DE，
∴DE∥BC，且DE=BC，
∴四边形BCED为平行四边形，
A、∵AB=BE，DE=AD，
∴BD⊥AE，
∴□DBCE为矩形，故本选项错误；
B、∵DE⊥DC，
∴∠EDB=90°+∠CDB＞90°，
∴四边形DBCE不能为矩形，故本选项正确；
C、∵∠ADB=90°，
∴∠EDB=90°，
∴□DBCE为矩形，故本选项错误；
D、∵CE⊥DE，
∴∠CED=90°，
∴□DBCE为矩形，故本选项错误．
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定，首先判定四边形BCDE为平行四边形是解题的关键．
8．如图所示，△ABC是等边三角形，AQ=PQ，PR=PS，PR⊥AB于R，PS⊥AC于S，则四个结论正确的是( )

①点 P 在∠A 的平分线上； ②AS=AR； ③QPAR； ④△BRP≌△QSP．
A．全部正确 B．①②正确 C．①②③正确 D．①③正确
【答案】A
【分析】
因为△ABC为等边三角形，根据已知条件可推出Rt△ARP≌Rt△ASP，则AR＝AS，故②正确，∠BAP＝∠CAP，所以AP是等边三角形的顶角的平分线，故①正确，根据等腰三角形的三线合一的性质知，AP也是BC边上的高和中线，即点P是BC的中点，因为AQ＝PQ，所以点Q是AC的中点，所以PQ是边AB对的中位线，有PQ∥AB，故③正确，又可推出△BRP≌△QSP，故④正确．
【解析】
解：∵PR⊥AB于R，PS⊥AC于S
∴∠ARP＝∠ASP＝90°
∵PR＝PS，AP＝AP
∴Rt△ARP≌Rt△ASP
∴AR＝AS，故②正确，∠BAP＝∠CAP
∴AP是等边三角形的顶角的平分线，故①正确
∴AP是BC边上的高和中线，即点P是BC的中点
∵AQ＝PQ
∴点Q是AC的中点
∴PQ是边AB对的中位线
∴PQ∥AB，故③正确
∵Q是AC的中点，
∴QC=QP，
∵∠C=60°，
∴△QPC是等边三角形，
∴PB=PC=PQ，
∵PR＝PS，∠BRP＝∠QSP＝90°，
∴△BRP≌△QSP，故④正确
∴全部正确．
故选：A．
【点睛】
本题利用了等边三角形的性质：三线合一，全等三角形的判定和性质，中位线的性质，熟练掌握上述性质和判定方法是解题的关键．
9．如图，矩形纸片，，，折叠纸片，使点落在边上的处，折痕为，当点在边上移动时，折痕的端点、也随之移动，若限定点、分别在、边上移动，则点在边上可移动的最大距离为（ ）

A．1 B．2 C．4 D．5
【答案】B
【分析】
根据翻折变换，当点Q与点D重合时，点E到达最左边，当点P与点B重合时，点E到达最右边，所以点E就在这两个点之间移动，分别求出这两个位置时EB的长度，然后两数相减就是最大距离．
【解析】
解：如图1，当点D与点Q重合时，根据翻折对称性可得
ED=AD=5，
在Rt△ECD中，ED2=EC2+CD2，
即52=（5-EB）2+32，
解得EB=1，

如图2，当点P与点B重合时，根据翻折对称性可得EB=AB=3，
∵3-1=2，
∴点E在BC边上可移动的最大距离为2．

故选：B．
【点睛】
本题考查的是翻折变换及勾股定理，熟知图形翻折不变性的性质是解答此题的关键．
10．如图，在等腰中，，，以斜边为边向外作正方形，连接，则的长为（ ）

A．2 B． C． D．
【答案】C
【分析】
过点D作DF⊥CB交CB的延长线于点F，证明得，再根据勾股定理求解即可．
【解析】
解：过点D作DF⊥CB交CB的延长线于点F，如图，

∵是等腰直角三角形
∴，
∵四边形是正方形
∴
∴
∴
在和中

∴≌
∴
∴
∴
在中，由勾股定理得：
故选：C
【点睛】
此题考查了勾股定理，正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．
11．如图，已知△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，AE是∠BAC的外角平分线，ED∥AB交AC于点G．下列结论：①AD⊥BC；②AE∥BC；③AE＝AG；④AD2＋AE2＝4AG2，其中正确结论的个数是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】
连接EC，根据等腰三角形的性质得出AD⊥BC，即可判断①；求出∠FAE=∠B，再根据平行线的性质得出AE∥BC，即可判断②；求出四边形ABDE是平行四边形，根据平行四边形的性质得出AE=BD，求出AE=CD，根据矩形的判定推出四边形ADCE是矩形，根据矩形的性质得出AC=DE，AG=CG，DG=EG，求出DG=AG=CG=EG，根据勾股定理判断④即可；根据AE=BD=BC和AG=AC判断③即可．
【解析】
解：连接EC，

∵AB=AC，AD是∠BAC的平分线，
∴AD⊥BC，故①正确；
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∵AE平分∠FAC，
∴∠FAC=2∠FAE，
∵∠FAC=∠B+∠ACB，
∴∠FAE=∠B，
∴AE∥BC，故②正确；
∵AE∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE=BD，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴CD=BD，
∴AE=CD，
∵AE∥BC，∠ADC=90°，
∴四边形ADCE是矩形，
∴AC=DE，AG=CG，DG=EG，
∴DG=AG=CG=EG，
在Rt△AED中，AD2+AE2=DE2=AC2=(2AG)2=4AG2，故④正确；
∵AE=BD=BC，AG=AC，
∴AG=AE错误（已知没有条件AC=BC），故③错误；
即正确的个数是3个，
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
12．如图，正方形和正方形的顶点在同一直线上，且，给出下列结论：

①，
②，
③的面积，
④，其中正确的是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】A
【分析】
①根据正方形的性质可求OE，再根据线段的和差关系可求AE的长；②根据正方形的性质和平角的定义可求∠COD；③作FG⊥CO交CO的延长线于G，根据含45°的直角三角形的性质可求FG，再根据三角形面积公式即可求解；④作DH⊥AB于H，根据勾股定理可求CF，BD，即可求解．
【解析】
解：①∵EF=，
∴OE=4，
∵AO=AB=6，
∴AE=AO+OE=6+4=10，故正确；
②∵∠AOC=90°，∠DOE=45°，
∴∠COD=180°-∠AOC-∠DOE=45°，故正确；
③作FG⊥CO交CO的延长线于G，
则FG=2，
∴△COF的面积S△COF=×6×2=6，故正确；
④作DH⊥AB于H，
CF=，
BH=6-2=4，
DH=6+2=8，
BD=，
故错误．
故选：A．

二、 填空题（本大题共6小题，每小题3分，共18分）
13．如图，在平行四边形中，对角线与相交于点O，延长到点E，使，连接．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）已知，，若，求的周长．
【答案】（1）见解析；（2）24
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，AD=BC，结合CE=BC，得到AD=CE，可证明四边形ACED是平行四边形；
（2）根据四边形ACED是平行四边形得到DE=AC=6，再证明∠BDE=90°，得到BE=2CD=2AB=10，利用勾股定理求出BD，可得△BDE的周长．
【解析】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵CE=BC，
∴AD=CE=BC，
∵AD∥BC，
∴AD∥CE，
∴四边形ACED是平行四边形；
（2）∵四边形ACED是平行四边形，
∴DE=AC=6，
∵CD=BC=CE=BE，
∴∠CBD=∠CDB，∠CDE=∠CED，
∴∠BDE=∠CDB+∠CDE==90°，
∴BE=2CD=2AB=10，
∴BD==8，
∴△BDE的周长=BD+BE+DE=8+10+6=24．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质与判定、三角形周长的计算；熟练掌握平行四边形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
14．在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形EBFD是矩形．
（2）若AE＝3，DE＝4，DF＝5，求证：AF平分∠DAB．

【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】
（1）根据平行四边形的性质得出DC∥AB，即DF∥BE，根据平行四边形的判定得出四边形DEBF为平行四边形，根据矩形的判定得出即可；
（2）根据勾股定理求出AD，得出AD=DF，推出∠DAF=∠DFA，得出∠DAF=∠BAF，即可得出答案．
【解析】
证明：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC∥AB，即DF∥BE，
又∵DF=BE，
∴四边形DEBF为平行四边形，
又∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形DEBF为矩形；
（2）∵∠DEB=90°，
∴∠DEA=90°，
∵AE=3，DE=4，
∴AD= ，
∵DF=5，
∴AD=DF，
∴∠DAF=∠DFA，
∵AB∥CD，
∴∠FAB=∠DFA，
∴∠FAB=∠FAD，
∴AF平分∠DAB．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形判定，勾股定理，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．
15．已知：如图，在四边形中，点在边的延长线上，平分、平分，交于点．
（1）求证：；
（2）若点为的中点，求证：四边形是矩形．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）由角平分线的定义及平行线的性质可证得，，得，，即可得出结论；
（2）先证得四边形是平行四边形，再利用角平分线的定义可求得，则可证得四边形为矩形．
【解析】
证明：（1）∵平分、平分
∴，
∵∥，
∴，
∴，
∴，，
∴．
（2）∵点为的中点，
∴，又，
∴四边形是平行四边形
∵平分、平分，
∴，
∴
∵，
∴
∵四边形是平行四边形，
∴平行四边形是矩形．
【点睛】
本题主要考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定以及平行线的性质等知识，掌握相关性质定理正确推理论证是解题关键．
16．△ABC是等腰三角形，其中AB＝BC，将△ABC绕顶点B逆时针旋转50°到△A1BC1的位置，AB与A1C1相交于点D，AC与A1C1，BC1分别相交于点E，F．
（1）求证：△BCF≌△BA1D；
（2）当∠C＝50°时，判断四边形A1BCE的形状并说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）四边形A1BCE是菱形，理由见解析．
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质得到AB=BC，∠A=∠C，由旋转的性质得到A1B=AB=BC，∠A=∠A1=∠C，∠A1BD=∠CBC1，根据全等三角形的判定定理得到△BCF≌△BA1D；
（2）由旋转的性质得到∠A1=∠A，根据平角的定义得到∠DEC=180°-50=130º，根据四边形的内角和得到∠ABC=360°-∠A1-∠C-∠A1EC=180°-50=130º，证得四边形A1BCE是平行四边形，由于A1B=BC，即可得到四边形A1BCE是菱形．
【解析】
解：（1）证明：∵△ABC是等腰三角形，
∴AB=BC，∠A=∠C，
∵将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转50度到△A1BC1的位置，
∴A1B=AB=BC，∠A=∠A1=∠C，∠A1BD=∠CBC1，
在△BCF与△BA1D中，
，
∴△BCF≌△BA1D（ASA）；
（2）四边形A1BCE是菱形，
理由：∵将等腰△ABC绕顶点B逆时针方向旋转50度到△A1BC1的位置，
∴∠A1=∠A，
∵∠ADE=∠A1DB，
∴∠AED=∠A1BD=50º，
∴∠DEC=180°-50º=130º，
∵∠C=50º，
∴∠A1=50º，
∴∠A1BC=360°-∠A1-∠C-∠A1EC=180°-50º=130º，
∴∠A1=∠C，∠A1BC=∠A1EC，
∴四边形A1BCE是平行四边形，
∴A1B=BC，
∴四边形A1BCE是菱形．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键．
17．如图1，点为正方形内一点，，现将绕点按顺时针方向旋转，得到（点的对应点为点），延长交于点．

（1）如图1，求证：四边形是正方形；
（2）连接．
①如图2，若，求证：为的中点；
②如图3，若，，试求的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】
（1）由旋转性质知，，由，可证四边形是矩形．由，可证四边形是正方形；
（2）如图，过点作，垂足为．由，得．可证．可得，由旋转性质知，即可；
（3）设正方形的边长为．在中，，，，由勾股定理可求，由，可求，．在中，得．
【解析】
（1）证明：由旋转性质知，，
又延长与于点，
．
∵绕点按顺时针方向旋转，
，
四边形是矩形．
又∵，
四边形是正方形．
（2）证明：如图，过点作，垂足为．
由，得．
，
．
又，，
．
，
由旋转性质知，，
故，即．

（3）解：设正方形的边长为．
在中，，，，
，
解得（舍去）．
如图，过点作，垂足为，同（2）知，
，．
，．
在中，得．

【点睛】
本题考查正方形性质与判定，等腰三角形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，掌握正方形性质与判定，等腰三角形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理应用是解题关键．
18．如图，在中，对角线AC与BD相交于点O，点M，N分别为OB，OD的中点，连接AM并延长至点E，使，连接CE，CN．
（1）求证：；
（2）当AB与AC满足什么数量关系时，四边形MECN是矩形？请说明理由；
（3）连接AN，EN．当满足什么条件时，四边形MECN是正方形？请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）AC=2AB，理由见解析；（3）当AN=EN且∠ENA=90°时，四边形MECN是正方形．
【分析】
（1）根据SAS证明三角形全等即可．
（2）先根据等腰三角形的性质可得∠NMA=90°，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可．
（3）先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出MN=EM，再根据有一个角是直角的菱形是正方形证明即可．
【解析】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，
∴∠ABM=∠CDN，
∵点M，N分别为OB，OD的中点，
∴
∴BM=DN，
在△ABM和△CDN中，

∴△ABM≌△CDN．
（2）当AC=2AB时，四边形MECN是矩形，
理由如下：∵△ABM≌△CDN，
∴AM=CN，∠AMB=∠CND，
∴∠AMN=∠CNM，
∴AM∥CN，
∵，
∴，
∴四边形EMNC是平行四边形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC=2OA，
∵AC=2AB，
∴AB=OA，
∵M是OB的中点，
∴AM⊥OB，
∴∠NMA=90°，
∴∠NME=90°，
∴平行四边形MECN是矩形．
（3）当AN=EN且∠ENA=90°时，四边形MECN是正方形；
理由如下：连接AN、EN
∵△ABM≌△CDN，
∴AM=CN，∠AMB=∠CND，
∴∠AMN=∠CNM，
∴AM∥CN，
∵，
∴，
∴四边形EMNC是平行四边形，
∵，∠ENA=90°
∴MN=EM，
∴平行四边形EMNC是菱形，
∵AN=EN，AM=EM
∴∠NME=90°，
∴四边形EMNC是正方形．

三、解答题（本大题共6小题，共66分，解答应写出文字说明、演算步骤或推理过程）
19．如图，将长，宽分别为，1的长方形纸片剪成四个等腰三角形纸片（无余纸片）．则四个等腰三角形的腰长均为_______．

【答案】
【分析】
先根据勾股定理求出对角线的长，然后根据矩形的性质即可求出四个等腰形的腰长．
【解析】
解：∵长方形的长，宽分别为，1，
∴AC=，
∴AO=AC==OC=OB=OD ．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了勾股定理，以及矩形的性质，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．
20．如图，在中，，，，点P为上任意一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接，则的最小值为______．

【答案】
【分析】
设PQ与AC交于点O，作OP′⊥BC于P′．首先求出OP′，当P与P′重合时，PQ的值最小，PQ的最小值=2OP′．
【解析】
解：设PQ与AC交于点O，作OP′⊥BC于P′．如图所示：
在Rt△ABC中，∠ACB=30°，
∴BC=2AB=16，AC=AB=，
∵四边形PAQC是平行四边形，
∴OA=OC=，
∵OP′⊥BC，∠ACB=30°，
∴OP'=OC=，
当P与P′重合时，OP的值最小，则PQ的值最小，
∴PQ的最小值=2OP′=，
故答案为：．

【点睛】
本题考查了勾股定理的运用、平行四边形的性质以及垂线段最短的性质，判断出PQ的值最小时的情况是解题的关键．
21．如图，在菱形纸片ABCD中，AB=4，∠A=60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上，则的值为________________．

【答案】
【分析】
连接BE，BD，证明△BCD是等边三角形，证得∠ABE=∠CEB=90°，由折叠可得AF=EF，由EF2=BE2+BF2可求出答案．
【解析】
解：如图，连接BE，BD，

∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°，
∴AB=4=BC=CD，∠A=60°=∠C，
∴△BCD是等边三角形，
∵E是CD中点，
∴DE=2=CE，BE⊥CD，∠EBC=30°，
∴，
∵CD∥AB，
∴∠ABE=∠CEB=90°，
由折叠可得AF=EF，
∵EF2=BE2+BF2，
∴EF2=12+（4-EF）2，解得，，
∴
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，关键是添加恰当的辅助线构造直角三角形，利用勾股定理求线段长度．
22．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为E、F．求PE+PF＝_____．

【答案】．
【分析】
连接OP，过点A作AG⊥BD于G，利用勾股定理列式求出BD，再利用三角形的面积求出AG，然后根据△AOD的面积求出PE+PF=AG即可．
【解析】
解：如图所示，连接OP，过点A作AG⊥BD于G，
∵AB=3，AD=4，
∴BD=，S△ABD=AB•AD=BD•AG，
即×3×4=×5×AG，
解得：AG=，
在矩形ABCD中，OA=OD，
∵S△AOD=OA•PE+OD•PF=OD•AG，
∴PE+PF=AG=．
故PE+PF=．
故答案为：．

【点睛】
本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形的面积；熟练掌握各性质并利用三角形的面积列出方程是解题的关键．
23．如图，菱形的边长为12，，连接，，垂足为H，分别交，，的延长线于点E，M，F．若，则的长为________．

【答案】10
【分析】
连接，交于点O，根据菱形的性质和等边三角形的判定易知是等边三角形，进而可得，根据相似三角形的判定易证，继而可知，根据平行线的判定可得，继而可知，继而根据菱形的性质即可求解．
【解析】
如图，连接，交于点O．
∵四边形是菱形，
∴．
∵，
∴是等边三角形，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵EF⊥AC，BD⊥AC
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．

【点睛】
本题考查菱形的性质、等边三角形的判定及性质、相似三角形的判定及其性质，平行线的判定及其性质，解题的关键是综合运用这些知识点，做辅助线构造有关的线段关系．
24．如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，分别连接A'C，A'D，B'C，则A'C+B'C的最小值为_____．

【答案】．
【分析】
根据菱形的性质得到AB＝1，∠ABD＝30°，根据平移的性质得到A′B′＝AB＝1，A′B′∥AB，推出四边形A′B′CD是平行四边形，得到A′D＝B′C，于是得到A'C+B'C的最小值＝A′C+A′D的最小值，根据平移的性质得到点A′在过点A且平行于BD的定直线上，作点D关于定直线的对称点E，连接CE交定直线于A′，则CE的长度即为A'C+B'C的最小值，求得DE＝CD，得到∠E＝∠DCE＝30°，于是得到结论．
【解析】
∵在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴AB＝CD＝1，∠ABD＝30°，
∵将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，
∴A′B′＝AB＝1，A′B′∥AB，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴A′B′＝CD，A′B′∥CD，
∴四边形A′B′CD是平行四边形，
∴A′D＝B′C，
∴A'C+B'C的最小值＝A′C+A′D的最小值，
∵将△ABD沿射线BD的方向平移得到△A'B'D'，
∴点A′在过点A且平行于BD的定直线上，
如图，作点D关于定直线的对称点E，连接CE交定直线于A′，
∴A′E=A′D，
∴CE的长度即为A'C+B'C的最小值，
∵∠A′AD＝∠ADB＝30°，AD＝1，
∴∠ADE＝60°，DH＝EH＝AD＝，
∴DE＝1，∠EDB′=90°，
∴DE＝CD，
∵∠CDE＝∠EDB′+∠CDB＝90°+30°＝120°，
∴∠E＝∠DCE＝30°，
∴CE＝2×CD＝．
故答案为：．

【点睛】
本题考查菱形的性质，图形的对称性、线段最短和平行四边形的性质与判定，以及解直角三角形，解题的关键是将两条线段的和转化为同一条线段求解．