专题 18.30 《平行四边形》全章复习与巩固（培优篇）（模拟与真题专练）-八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份专题 18.30 《平行四边形》全章复习与巩固（培优篇）（模拟与真题专练）-八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版），共45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。
专题 18.30 《平行四边形》全章复习与巩固（培优篇）
（模拟与真题专练）
一、单选题
1．（2019·贵州·道真自治县隆兴中学三模）如图，在△ABC 中，AB=3，AC=4，BC=5，P 为边 BC 上一动点，PE⊥AB 于 E，PF⊥AC于 F，M 为 EF 中点，则 AM 的最小值为（ ）

A．1 B．1.3 C．1.2 D．1.5
2．（2019·山东台儿庄·二模）如图，△ABC的周长为19，点D，E在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为N，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为M，若BC=7，则MN的长度为（　　）

A． B．2 C． D．3
3．（2019·山东枣庄·二模）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC=60°，AB=BC=1，则下列结论：
①∠CAD=30°②BD=③S平行四边形ABCD=AB•AC④OE=AD⑤S△APO=，正确的个数是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
4．（2019·江苏苏州·中考模拟）如图，正方形ABCD的边长为6，点E、F分别在AB，AD上，若CE=3，且∠ECF=45°，则CF长为（ ）

A．2 B．3 C． D．
5．（2019·江苏丹阳·中考模拟）将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形AECF，若AB=3，则菱形AECF的面积为（　　　　）

A．1 B．2 C．2 D．4
6．（2019·湖北·华中师大一附中美联实验学校模拟预测）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点(点P不与点B、D重合)，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF给出下列五个结论：①AP＝EF；②AP⊥EF；③仅有当∠DAP＝45°或67.5°时，△APD是等腰三角形；④∠PFE＝∠BAP：⑤PD＝EC．其中有正确有(　　)个．

A．2 B．3 C．4 D．5
7．（2019·陕西岐山·一模）如图，在菱形ABCD中，两对角线AC、BD交于点O，AC=8，BD=6，当△OPD是以PD为底的等腰三角形时，CP的长为（　　）

A．2 B． C． D．
8．（2019·陕西商南·二模）如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将沿直线BE折叠后得到 ，延长BG交CD于点F，若 则FD的长为( )

A．1 B．2 C． D．
9．（2019·陕西·一模）如图，在中，，平分，过点A作于点D，过点D作，分别交、于点E、F，若，则的长为（ ）

A．10 B．8 C．7 D．6
10．（2019·广东·广州大学附属中学一模）如图，在菱形ABCD中，AB=BD，点E、F分别是AB、AD上任意的点（不与端点重合），且AE=DF，连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H．给出如下几个结论：
①∠ADE=∠DBF；②△DAE≌△BDG；③若AF=2DF，则BG=6GF；④CG与BD一定不垂直；⑤∠BGE=60°．其中正确的结论个数为（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2


二、填空题
11．（2020·辽宁葫芦岛·中考真题）一张菱形纸片的边长为，高等于边长的一半，将菱形纸片沿直线折叠，使点与点重合，直线交直线于点，则的长为____________．
12．（2020·湖南张家界·中考真题）如图，正方形的边长为1，将其绕顶点C按逆时针方向旋转一定角度到位置，使得点B落在对角线上，则阴影部分的面积是______．

13．（2020·云南·中考真题）已知四边形是矩形，点是矩形的边上的点，且．若，，则的长是___．
14．（2019·山东泰山·二模）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_____．

15．（2019·广西金城江·二模）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______．

16．（2019·山东枣庄·模拟预测）在正方形中，=6，连接,,是正方形边上或对角线上一点，若=2，则的长为____________ .
17．（2019·浙江杭州·模拟预测）如图，已知∠MON＝30°，B为OM上一点，BA⊥ON于A，四边形ABCD为正方形，P为射线BM上一动点，连结CP，将CP绕点C顺时针方向旋转90°得CE，连结BE，若AB＝4，则BE的最小值为_____．

18．（2019·云南宁洱·中考模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的边CO、OA分别在x轴、y轴上，点E在边BC上，将该矩形沿AE折叠，点B恰好落在边OC上的F处．若OA＝8，CF＝4，则点E的坐标是_____．

19．（2019·北京顺义·二模）如图,在□ABCD中，AB=3，AD=4，∠ABC=60°，过BC的中点E作EF⊥AB，垂足为点F，与DC的延长线相交于点H，则△DEF的面积是 .


20．（2019·内蒙古通辽·中考模拟）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到．若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：①点M位置变化，使得∠DHC=60°时，2BE=DM；②无论点M运动到何处，都有DM=HM；③无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．其中正确结论的序号为_____．

21．（2019·江苏常州·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，点E为AB上一点，AE=2，点F在AD上，将△AEF沿EF折叠，当折叠后点A的对应点A′恰好落在BC的垂直平分线上时，折痕EF的长为_____．

22．（2019·广东南山·三模）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE=AP=1，PB=．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB=1+；⑤S正方形ABCD=4+．其中正确结论的序号是 ．

23．（2019·重庆渝中·三模）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，E是AB边的中点，F是线段BC上的动点，将ΔEBF沿EF所在直线折叠得到ΔEB' F，连接B' D，则B' D的最小值是_____．

24．（2019·北京·清华附中一模）如图，在正方形ABCD和正方形DEFG中，点G在CD上，DE＝2，将正方形DEFG绕点D顺时针旋转60°，得到正方形DE'F'G'，此时点G'在AC上，连接CE'，则CE'+CG'＝_____．


三、解答题
25．（2019·四川·雅安中学一模）如图，在口ABCD中，分别以边BC，CD作等腰△BCF，△CDE，使BC=BF，CD=DE，∠CBF＝∠CDE，连接AF，AE.
（1）求证：△ABF≌△EDA；
（2）延长AB与CF相交于G，若AF⊥AE，求证BF⊥BC．



26．（2019·浙江杭州·模拟预测）在菱形中，,点是射线上一动点，以为边向右侧作等边，点的位置随点的位置变化而变化.
（1）如图1，当点在菱形内部或边上时，连接，与的数量关系是 ，与的位置关系是 ；
（2）当点在菱形外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，
请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理).
(3) 如图4，当点在线段的延长线上时，连接，若 , ,求四边形的面积.




27．（2019·山东安丘·一模）如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，PE交CD于F
（1）证明：PC=PE；
（2）求∠CPE的度数；
（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC=120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．






28．（2019·辽宁·丹东市第五中学二模）△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF，
（1）观察猜想
如图1，当点D在线段BC上时，
①BC与CF的位置关系为：　 　．
②BC，CD，CF之间的数量关系为：　 　；（将结论直接写在横线上）
（2）数学思考
如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
（3）拓展延伸
如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE，若已知AB=2，CD=BC，请求出GE的长．


















参考答案
1．C
【分析】
首先证明四边形AEPF为矩形，可得AM=AP，最后利用垂线段最短确定AP的位置，利用面积相等求出AP的长，即可得AM.
【详解】
在△ABC中，因为AB2+AC2=BC2，
所以△ABC为直角三角形，∠A=90°，
又因为PE⊥AB，PF⊥AC，
故四边形AEPF为矩形，
因为M 为 EF 中点，
所以M 也是 AP中点，即AM=AP，
故当AP⊥BC时，AP有最小值，此时AM最小，
由SΔABC=12×AB×AC=12×BC×AP，可得AP=，
AM=AP=
故本题正确答案为C.
【点拨】本题考查了矩形的判定和性质,确定出AP⊥BC时AM最小是解题关键.
2．C
【分析】
证明△BNA≌△BNE，得到BA=BE，即△BAE是等腰三角形，同理△CAD是等腰三角形，根据题意求出DE，根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】
解：∵BN平分∠ABC，BN⊥AE，
∴∠NBA=∠NBE，∠BNA=∠BNE，
在△BNA和△BNE中，
，
∴△BNA≌△BNE，
∴BA=BE，
∴△BAE是等腰三角形，
同理△CAD是等腰三角形，
∴点N是AE中点，点M是AD中点（三线合一），
∴MN是△ADE的中位线，
∵BE+CD=AB+AC=19-BC=19-7=12，
∴DE=BE+CD-BC=5，
∴MN=DE=．
故选C．
【点拨】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．
3．D
【分析】
①先根据角平分线和平行得：∠BAE=∠BEA，则AB=BE=1，由有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得：△ABE是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：∠ACE=30°，最后由平行线的性质可作判断；
②先根据三角形中位线定理得：OE=AB=，OE∥AB，根据勾股定理计算OC=和OD的长，可得BD的长；
③因为∠BAC=90°，根据平行四边形的面积公式可作判断；
④根据三角形中位线定理可作判断；
⑤根据同高三角形面积的比等于对应底边的比可得：S△AOE=S△EOC=OE•OC=，，代入可得结论．
【详解】
①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠DAE=∠BEA，
∴∠BAE=∠BEA，
∴AB=BE=1，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=1，
∵BC=2，
∴EC=1，
∴AE=EC，
∴∠EAC=∠ACE，
∵∠AEB=∠EAC+∠ACE=60°，
∴∠ACE=30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD=∠ACE=30°，
故①正确；
②∵BE=EC，OA=OC，
∴OE=AB=，OE∥AB，
∴∠EOC=∠BAC=60°+30°=90°，
Rt△EOC中，OC=，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠BAD=120°，
∴∠ACB=30°，
∴∠ACD=90°，
Rt△OCD中，OD=，
∴BD=2OD=，故②正确；
③由②知：∠BAC=90°，
∴S▱ABCD=AB•AC，
故③正确；
④由②知：OE是△ABC的中位线，
又AB=BC，BC=AD，
∴OE=AB=AD，故④正确；
⑤∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC=，
∴S△AOE=S△EOC=OE•OC=××，
∵OE∥AB，
∴，
∴，
∴S△AOP= S△AOE==，故⑤正确；
本题正确的有：①②③④⑤，5个，
故选D．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形30度角的性质、三角形面积和平行四边形面积的计算；熟练掌握平行四边形的性质，证明△ABE是等边三角形是解决问题的关键，并熟练掌握同高三角形面积的关系．
4．A
【分析】
如图，延长FD到G，使DG=BE，连接CG、EF，证△GCF≌△ECF，得到GF=EF，再利用勾股定理计算即可.
【详解】
解：如图，延长FD到G，使DG=BE，连接CG、EF
∵四边形ABCD为正方形，在△BCE与△DCG中，∵CB=CD，∠CBE=∠CDG，BE=DG，∴△BCE≌△DCG（SAS）
∴CG=CE，∠DCG=∠BCE
∴∠GCF=45°
在△GCF与△ECF中
∵GC=EC，∠GCF=∠ECF，CF=CF
∴△GCF≌△ECF（SAS）
∴GF=EF
∵CE=，CB=6
∴BE===3
∴AE=3，设AF=x，则DF=6﹣x，GF=3+（6﹣x）=9﹣x
∴EF==
∴
∴x=4，即AF=4
∴GF=5
∴DF=2
∴CF===
故选A．

【点拨】本题考查1．全等三角形的判定与性质；2．勾股定理；3．正方形的性质，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键.

5．C
【分析】
根据菱形AECF，得∠FCO=∠ECO，再利用∠ECO=∠ECB，可通过折叠的性质，结合直角三角形勾股定理求得BC的长，则利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】
解：∵四边形AECF是菱形，AB=3，
∴假设BE=x，则AE=3﹣x，CE=3﹣x，
∵四边形AECF是菱形，
∴∠FCO=∠ECO，
∵∠ECO=∠ECB，
∴∠ECO=∠ECB=∠FCO=30°，
2BE=CE，
∴CE=2x，
∴2x=3﹣x，
解得：x=1，
∴CE=2，利用勾股定理得出：
BC2+BE2=EC2，
BC===，
又∵AE=AB﹣BE=3﹣1=2，
则菱形的面积是：AEBC=2．
故选C．

【点拨】本题考查折叠问题以及勾股定理．解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等．
6．D
【分析】
过P作PG⊥AB于点G，根据正方形对角线的性质及题中的已知条件，证明△AGP≌△FPE后即可证明①AP=EF；④∠PFE=∠BAP；在此基础上，根据正方形的对角线平分对角的性质，在Rt△DPF中，DP2=DF2+PF2=EC2+EC2=2EC2，求得DP=EC，得出⑤正确，即可得出结论．
【详解】
过P作PG⊥AB于点G，如图所示：

∵点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，
∴GP=EP，
在△GPB中，∠GBP=45°，
∴∠GPB=45°，
∴GB=GP，
同理：PE=BE，
∵AB=BC=GF，
∴AG=AB-GB，FP=GF-GP=AB-GB，
∴AG=PF，
在△AGP和△FPE中，
，
∴△AGP≌△FPE（SAS），
∴AP=EF，①正确，∠PFE=∠GAP，
∴∠PFE=∠BAP，④正确；
延长AP到EF上于一点H，
∴∠PAG=∠PFH，
∵∠APG=∠FPH，
∴∠PHF=∠PGA=90°，
∴AP⊥EF，②正确，
∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，∠ADP=45°，
∴当∠PAD=45°或67.5°时，△APD是等腰三角形，
除此之外，△APD不是等腰三角形，故③正确．
∵GF∥BC，
∴∠DPF=∠DBC，
又∵∠DPF=∠DBC=45°，
∴∠PDF=∠DPF=45°，
∴PF=EC，
∴在Rt△DPF中，DP2=DF2+PF2=EC2+EC2=2EC2，
∴DP=EC，
即PD=EC，⑤正确．
∴其中正确结论的序号是①②③④⑤，共有5个．
故选D．
【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，垂直的判定，等腰三角形的性质，勾股定理的运用．本题难度较大，综合性较强，在解答时要认真审题．
7．C
【解析】
【分析】
过O作OE⊥CD于E．根据菱形的对角线互相垂直平分得出OB，OC的长，AC⊥BD，再利用勾股定理列式求出CD，然后根据三角形的面积公式求出OE．在Rt△OED中，利用勾股定理求出ED．根据等腰三角形三线合一的性质得出PE ，利用CP=CD-PD即可得出结论．
【详解】
过O作OE⊥CD于E．
∵菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∴OBBD6=3，OA=OCAC8=4，AC⊥BD，由勾股定理得：CD5．
∵OC×OD=CD×OE，∴12=5OE，∴OE=2.4．在Rt△ODE中，DE===1.8．
∵OD=OP，∴PE=ED=1.8，∴CP=CD-PD=5-1.8-1.8=1.4=．

故选C．
【点拨】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，求出OE的长是解题的关键．
8．B
【分析】
根据点E是AD的中点以及翻折的性质可以求出AE=DE=EG，然后利用“HL”证明△EDF和△EGF全等，根据全等三角形对应边相等可证得DF=GF；设FD=x，表示出FC、BF，然后在Rt△BCF中，利用勾股定理列式进行计算即可得解．
【详解】
解：∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴AE=EG，AB=BG，
∴ED=EG，
∵在矩形ABCD中，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠EGF=90°，
连接EF，

∵在Rt△EDF和Rt△EGF中，
，
∴Rt△EDF≌Rt△EGF（HL），
∴DF=FG，
设DF=x，则BF=3+x，CF=3-x，
在Rt△BCF中，BC2+CF2=BF2，即（2）2+（3-x）2=（3+x）2，
解得：x=2，
即DF=2；
故选B．
【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，翻折变换的性质；熟记矩形的性质和翻折变换的性质，根据勾股定理列出方程是解题的关键．
9．D
【分析】
延长、交于点G，根据三线合一性质推出是等腰三角形，从而可得D是的中点，E是的中点，再利用中位线定理即可得.
【详解】
如图，延长、交于点G
∵平分，于点D

∴
，D是的中点
∵
E是的中点，F是的中点，是的中位线，是的中位线
∴
又∵
∴
∴
∴
∴
故选：D.

【点拨】本题考查了等腰三角形的判定定理与性质、中位线定理，通过作辅助线，构造等腰三角形是解题关键.错因分析：容易题.失分原因是对特殊三角形的性质及三角形的重要线段掌握不到位.
10．C
【分析】
①先证明△ABD为等边三角形，根据“SAS”证明△AED≌△DFB，利用全等三角形的性质解答即可；
②先证明△ABD为等边三角形，根据“SAS”证明△AED≌△DFB；
③过点F作FP∥AE于P点，根据题意有FP：AE=DF：DA=1：3，则FP：BE=1：6=FG：BG，即BG=6GF；
④因为点E、F分别是AB、AD上任意的点（不与端点重合），且AE=DF，当点E，F分别是AB，AD中点时，CG⊥BD；
⑤∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°
【详解】
解：①∵ABCD为菱形，∴AB=AD．
∵AB=BD，∴△ABD为等边三角形，∴∠A=∠BDF=60°．
又∵AE=DF，AD=BD，∴△AED≌△DFB，∴∠ADE=∠DBF，故本选项正确；
②∵ABCD为菱形，∴AB=AD．
∵AB=BD，∴△ABD为等边三角形，∴∠A=∠BDF=60°．
又∵AE=DF，AD=BD，∴△AED≌△DFB，故本选项错误；
③过点F作FP∥AE交DE于P点（如图2）．
∵AF=2FD，∴FP：AE=DF：DA=1：3．
∵AE=DF，AB=AD，∴BE=2AE，∴FP：BE=FP：2AE=1：6．
∵FP∥AE，∴PF∥BE，∴FG：BG=FP：BE=1：6，即BG=6GF，故本选项正确；
④当点E，F分别是AB，AD中点时（如图3），由（1）知，△ABD，△BDC为等边三角形．
∵点E，F分别是AB，AD中点，∴∠BDE=∠DBG=30°，∴DG=BG．在△GDC与△BGC中，∵，∴△GDC≌△BGC，∴∠DCG=∠BCG，∴CH⊥BD，即CG⊥BD，故本选项错误；
⑤∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°，为定值，故本选项正确；
综上所述：正确的结论有①③⑤，共3个．
故选C．

【点拨】本题综合考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，作出辅助线构造出全等三角形，把不规则图形的面转化为两个全等三角形的面积是解题的关键．
11．或
【分析】
先根据题目中描述画出两种可能的图形，再结合勾股定理即可得解．
【详解】
解：由题干描述可作出两种可能的图形．
①MN交DC的延长线于点F，如下图所示

∵高AE等于边长的一半
∴
在Rt△ADE中，
又∵沿MN折叠后，A与B重合
∴
∴
②MN交DC的延长线于点F，如下图所示

同理可得，，
此时，
故答案为：或．
【点拨】本题主要考查菱形的性质、折叠的性质、勾股定理等相关知识点，根据题意作出两种图形是解题关键．
12．
【分析】
如下图所示，△ENC、△MPF为等腰直角三角形，先求出MB=NC=，证明△PBC≌△PEC，进而得到EP=BP，设MP=x，则EP=BP=，解出x，最后阴影部分面积等于2倍△BPC面积即可求解．
【详解】
解：过E点作MN∥BC交AB、CD于M、N点，设AB与EF交于点P点，连接CP,如下图所示，

∵B在对角线CF上，∴∠DCE=∠ECF=45°，EC=1，
∴△ENC为等腰直角三角形，
∴MB=CN=EC=，
又BC=AD=CD=CE，且CP=CP，△PEC和△PBC均为直角三角形，
∴△PEC≌△PBC(HL)，
∴PB=PE，
又∠PFB=45°，∴∠FPB=45°=∠MPE，
∴△MPE为等腰直角三角形，
设MP=x，则EP=BP=，
∵MP+BP=MB，
∴，解得，
∴BP=，
∴阴影部分的面积=．
故答案为：．
【点拨】本题考查了正方形的性质及旋转的性质，本题关键是能想到过E点作BC的平行线，再证明△ENC、△MPF为等腰直角三角形进而求解线段长.
13． 或
【分析】
根据，则在的中垂线上，作的中垂线交于 交于，所以：如图的都符合题意，先证明四边形是菱形，再利用菱形的性质与勾股定理可得答案．
【详解】
解： ，
在的中垂线上，
作的中垂线交于 交于，
所以：如图的都符合题意，
矩形






四边形是菱形，

，， ，


设 则





的长为： 或

故答案为： 或
【点拨】本题考查的是矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，线段的垂直平分线的性质，掌握以上知识是解题的关键．
14．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．
15．4
【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．
16．2， ，
【分析】
根据题意分情况画出符合题意的图形，然后针对每一个图形进行求解即可得.
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=6，∠BAD=90°，∠DAC=45°，AC=BD=6；
如图1，当点P在AD上时，∵AP+PD=AD=6，PD=2AP，∴AP=2；

如图2，当点P在AB上时， ∵∠PAD=90°，∴AP2+AD2=AP2，
∵AD=6，PD=2AP，∴AP2+36=4AP2，∴AP=；

如图3，当点P在AC上时，作PN⊥AD于点N，设AN=x，则有DN=6-x，PN=x，
由勾股定理则有AP=x，PD=，
∵PD=2AP，
∴=2x，
∴x=或x=（不符合题意，舍去），
∴AP=x=，

当点P在其余边可对角线上时，不存在可以使PD=2AP的点，
综上，AP的长为2， ，，
故答案为2， ，.
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理的应用等，难度较大，解题的关键是正确画出符合题意的图形.
17．2 +2
【分析】
将BC绕着点C顺时针旋转90°得FC,作直线FE交OM于H,则∠BCF=90°，BC=FC，证△BCP≌△FCE(SAS)，得∠BHF=90°，故点E在直线FH上，即点E的轨迹为直线FH，当点E与点H重合时，BE=BH最短，根据直角三角形性质得CP,正方形CPHE中，PH=CP=2，BH=BH+PH.
【详解】
如图所示，

将BC绕着点C顺时针旋转90°得FC,作直线FE交OM于H,则∠BCF=90°，BC=FC，
∵将CP绕点C按顺时针方向旋转90°得CE，
∴∠PCE=90°，PC=EC，
∴∠BCP=∠FCE，
在△BCP和△FCE中，
BC=FC，∠BCP=∠FCE，PC=EC，
∴△BCP≌△FCE(SAS)，
∴∠CBP=∠CFE，
又∵∠BCF=90°，
∴∠BHF=90°，
∴点E在直线FH上，即点E的轨迹为直线FH，
∵BH⊥EF，
∴当点E与点H重合时，BE=BH最短，
∵当CP⊥OM时，Rt△BCP中，∠CBP=30°，
∴CP=BC=2，BP=CP=2，
又∵∠PCE=∠CPH=∠PHE=90°，CP=CE，
∴正方形CPHE中，PH=CP=2，
∴BH=BH+PH=2+2，
即BE的最小值为2+2，
故答案为2+2.
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质以及垂线段最短的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应边相等以及垂线段最短进行判断.
18．(-10，3)
【详解】
试题分析：根据题意可知△CEF∽△OFA，可根据相似三角形的性质对应边成比例，可求得OF=2CE，设CE=x，则BE=8-x，然后根据折叠的性质，可得EF=8-x，根据勾股定理可得，解得x=3，则OF=6，所以OC=10，由此可得点E的坐标为（-10，3）.
故答案为：（-10，3）
19．2
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=4,AB∥CD，AB=CD=3，
∵E为BC中点，
∴BE=CE=2，
∵∠B=60°，EF⊥AB，
∴∠FEB=30°，
∴BF=1，
由勾股定理得：EF=，
∵AB∥CD，
∴∠B=∠ECH，
在△BFE和△CHE中，

∴△BFE≌△CHE(ASA)，
∴EF=EH=，CH=BF=1，
∵S△DHF=DHFH=4，
∴S△DEF=S△DHF=2.
故答案为2.
20．①②③
【详解】
【分析】先判定△MEH≌△DAH（SAS），即可得到△DHM是等腰直角三角形，进而得出DM=HM；依据当∠DHC=60°时，∠ADH=60°﹣45°=15°，即可得到Rt△ADM中，DM=2AM，即可得到DM=2BE；依据点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，可得∠AHM＜∠BAC=45°，即可得出∠CHM＞135°．
【详解】由题可得，AM=BE，
∴AB=EM=AD，
∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，
∴EM=AH，∠AHE=90°，∠MEH=∠DAH=45°=∠EAH，
∴EH=AH，
∴△MEH≌△DAH（SAS），
∴∠MHE=∠DHA，MH=DH，
∴∠MHD=∠AHE=90°，△DHM是等腰直角三角形，
∴DM=HM，故②正确；
当∠DHC=60°时，∠ADH=60°﹣45°=15°，
∴∠ADM=45°﹣15°=30°，
∴Rt△ADM中，DM=2AM，
即DM=2BE，故①正确；
∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，
∴∠AHM＜∠BAC=45°，
∴∠CHM＞135°，故③正确，
故答案为①②③．

【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定与性质的综合运用，掌握正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
21．4或4.
【分析】
①当AF＜AD时，由折叠的性质得到A′E=AE=2，AF=A′F，∠FA′E=∠A=90°，过E作EH⊥MN于H，由矩形的性质得到MH=AE=2，根据勾股定理得到A′H=，根据勾股定理列方程即可得到结论；②当AF＞AD时，由折叠的性质得到A′E=AE=2，AF=A′F，∠FA′E=∠A=90°，过A′作HG∥BC交AB于G，交CD于H，根据矩形的性质得到DH=AG，HG=AD=6，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
①当AF＜AD时，如图1，将△AEF沿EF折叠，当折叠后点A的对应点A′恰好落在BC的垂直平分线上，

则A′E=AE=2，AF=A′F，∠FA′E=∠A=90°，
设MN是BC的垂直平分线，
则AM=AD=3，
过E作EH⊥MN于H，
则四边形AEHM是矩形，
∴MH=AE=2，
∵A′H=，
∴A′M=，
∵MF2+A′M2=A′F2，
∴（3-AF）2+（）2=AF2，
∴AF=2，
∴EF==4；
②当AF＞AD时，如图2，将△AEF沿EF折叠，当折叠后点A的对应点A′恰好落在BC的垂直平分线上，

则A′E=AE=2，AF=A′F，∠FA′E=∠A=90°，
设MN是BC的垂直平分线，
过A′作HG∥BC交AB于G，交CD于H，
则四边形AGHD是矩形，
∴DH=AG，HG=AD=6，
∴A′H=A′G=HG=3，
∴EG==，
∴DH=AG=AE+EG=3，
∴A′F==6，
∴EF==4，
综上所述，折痕EF的长为4或4，
故答案为4或4．
【点拨】本题考查了翻折变换-折叠问题，矩形的性质和判定，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
22．①③⑤
【分析】
①利用同角的余角相等，易得∠EAB=∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等； 
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用③中的∠BEP=90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF； 
③利用①中的全等，可得∠APD=∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP=90°，即可证； 
④连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可； 
⑤在Rt△ABF中，利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面积．
【详解】
①∵∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°， 
∴∠EAB=∠PAD， 
又∵AE=AP，AB=AD， 
∵在△APD和△AEB中， 
， 
∴△APD≌△AEB（SAS）； 
故此选项成立； 
③∵△APD≌△AEB， 
∴∠APD=∠AEB， 
∵∠AEB=∠AEP+∠BEP，∠APD=∠AEP+∠PAE， 
∴∠BEP=∠PAE=90°， 
∴EB⊥ED； 
故此选项成立； 
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F， 
∵AE=AP，∠EAP=90°， 
∴∠AEP=∠APE=45°， 
又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF， 
∴∠FEB=∠FBE=45°， 
又∵BE= = = ， 
∴BF=EF= ， 
故此选项不正确； 
④如图，连接BD，在Rt△AEP中，
 
∵AE=AP=1， 
∴EP= ， 
又∵PB= ， 
∴BE= ， 
∵△APD≌△AEB， 
∴PD=BE= ， 
∴S △ABP+S △ADP=S △ABD-S △BDP= S 正方形ABCD- ×DP×BE= ×（4+ ）- × × = + ． 
故此选项不正确． 
⑤∵EF=BF= ，AE=1， 
∴在Rt△ABF中，AB 2=（AE+EF） 2+BF 2=4+ ， 
∴S 正方形ABCD=AB 2=4+ ， 
故此选项正确． 
故答案为①③⑤．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识．
23．.
【分析】
如图所示，点B'在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当D、B'、E共线时，B'D的值最小，根据勾股定理求出DE，根据折叠的性质可知B'E=BE=2，即可求出B'D．
【详解】
如图所示点B'在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当D、B'、E共线时，B'D的值最小，根据折叠的性质，△EBF≌△EB'F，∴∠B=∠EB'F，EB'=EB．
∵E是AB边的中点，AB=4，∴AE=EB'=2．
∵AD=6，∴DE2，∴B'D=22．

故答案为22．
【点拨】本题考查了折叠的性质、全等三角形的判定与性质、两点之间线段最短的综合运用；确定点B'在何位置时，B'D的值最小是解决问题的关键．
24．
【分析】
作G′R⊥BC于R，则四边形RCIG′是正方形．首先证明点F′在线段BC上，再证明CH=HE′即可解决问题．
【详解】
作G′R⊥BC于R，则四边形RCIG′是正方形．

∵∠DG′F′=∠IG′R=90°，
∴∠DG′I=∠RG′F′，
在△G′ID和△G′RF中
，
∴△G′ID≌△G′RF，
∴∠G′ID=∠G′RF′=90°，
∴点F′在线段BC上，
在Rt△E′F′H中，∵E′F′=2，∠E′F′H=30°，
∴E′H=E′F′=1，F′H=，
易证△RG′F′≌△HF′E′，
∴RF′=E′H，RG′=RC=F′H，
∴CH=RF′=E′H，
∴CE′=，
∵RG′=HF′=，
∴CG′=RG′=，
∴CE′+CG′=+．
故答案为+．
【点拨】本题考查旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
25．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【详解】
分析：（1）证明AB=DE，FB=AD，∠ABF=∠ADE即可解决问题；
（2）只要证明FB⊥AD即可解决问题.
详（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，∠ABC=∠ADC，
∵BC=BF，CD=DE，
∴BF=AD，AB=DE，
∵∠ADE+∠ADC+∠EDC=360°，∠ABF+∠ABC+∠CBF=360°，∠EDC=∠CBF，
∴∠ADE=∠ABF，
在△ABF与△EDA中，
∵AB＝DE，∠ABF＝∠ADE，BF=AD
∴△ABF≌△EDA．
（2）证明：延长FB交AD于H．

∵AE⊥AF，
∴∠EAF=90°，
∵△ABF≌△EDA，
∴∠EAD=∠AFB，
∵∠EAD+∠FAH=90°，
∴∠FAH+∠AFB=90°，
∴∠AHF=90°，即FB⊥AD，
∵AD∥BC，
∴FB⊥BC．
点睛：本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
26．（1）BP=CE； CE⊥AD；（2）成立，理由见解析；（3） .
【详解】
【分析】（1）①连接AC，证明△ABP≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等即可证得BP=CE；②根据菱形对角线平分对角可得，再根据△ABP≌△ACE，可得，继而可推导得出 ，即可证得CE⊥AD；
（2）(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，利用（1）的方法进行证明即可；
（3）连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，由已知先求得BD=6，再利用勾股定理求出CE的长，AP长，由△APE是等边三角形，求得， 的长，再根据，进行计算即可得.
【详解】（1）①BP=CE，理由如下：
连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ，∠PAE=60° ，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE；

②CE⊥AD ，
∵菱形对角线平分对角，
∴，
∵△ABP≌△ACE，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∴CF⊥AD ，即CE⊥AD；
（2）(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，理由如下：

连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAD=120° ，
∠BAP=120°＋∠DAP，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ， ∠PAE=60° ，
∴∠CAE=60°＋60°＋∠DAP=120°＋∠DAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE，，
∴∠DCE=30° ，∵∠ADC=60°，
∴∠DCE＋∠ADC=90° ， ∴∠CHD=90° ，∴CE⊥AD，
∴(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立；
(3) 连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ABC ，
∵∠ABC=60°，，
∴∠ABO=30° ，∴ ， BO=DO=3，
∴BD=6，
由(2)知CE⊥AD，
∵AD∥BC，∴CE⊥BC，
∵ ， ，
∴，
由(2)知BP=CE=8，∴DP=2，∴OP=5，
∴，
∵△APE是等边三角形，∴ ， ，
∵，
∴，
=
=
=，
∴四边形ADPE的面积是 .
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形判定与性质等，熟练掌握相关知识，正确添加辅助线是解题的关键.
27．（1）证明见解析（2）90°（3）AP=CE
【分析】
(1)、根据正方形得出AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，结合PB=PB得出△ABP ≌△CBP，从而得出结论；(2)、根据全等得出∠BAP=∠BCP，∠DAP=∠DCP，根据PA=PE得出∠DAP=∠E，即∠DCP=∠E，易得答案；(3)、首先证明△ABP和△CBP全等，然后得出PA=PC，∠BAP=∠BCP，然后得出∠DCP=∠E，从而得出∠CPF=∠EDF=60°，然后得出△EPC是等边三角形，从而得出AP=CE.
【详解】
(1)、在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，
在△ABP和△CBP中，又∵ PB=PB ∴△ABP ≌△CBP（SAS）， ∴PA=PC，∵PA=PE，∴PC=PE；
(2)、由（1）知，△ABP≌△CBP，∴∠BAP=∠BCP，∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PE， ∴∠DAP=∠E， ∴∠DCP=∠E， ∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E， 即∠CPF=∠EDF=90°；
(3)、AP＝CE
理由是：在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP，
在△ABP和△CBP中， 又∵ PB=PB ∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA=PC，∠BAP=∠DCP，
∵PA=PE，∴PC=PE，∴∠DAP=∠DCP， ∵PA=PC ∴∠DAP=∠E， ∴∠DCP=∠E
∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等）， ∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E，
即∠CPF=∠EDF=180°﹣∠ADC=180°﹣120°=60°， ∴△EPC是等边三角形，∴PC=CE，∴AP=CE
考点：三角形全等的证明
28．（1）CF⊥BD，BC=CF+CD；（2）成立，证明详见解析；（3）.
【详解】
试题分析：（1）①根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；②由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质得到CF=BD，∠ACF=∠ABD，根据余角的性质即可得到结论；（2）根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论（3）根据等腰直角三角形的性质得到BC=AB=4，AH=BC=2，求得DH=3，根据正方形的性质得到AD=DE，∠ADE=90°，根据矩形的性质得到NE=CM，EM=CN，由角的性质得到∠ADH=∠DEM，根据全等三角形的性质得到EM=DH=3，DM=AH=2，等量代换得到CN=EM=3，EN=CM=3，根据等腰直角三角形的性质得到CG=BC=4，根据勾股定理即可得到结论．
试题解析：解：（1）①正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，，
∴△DAB≌△FAC，
∴∠B=∠ACF，
∴∠ACB+∠ACF=90°，即CF⊥BD；
②△DAB≌△FAC，
∴CF=BD，
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
（2）成立，
∵正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，，
∴△DAB≌△FAC，
∴∠B=∠ACF，CF=BD
∴∠ACB+∠ACF=90°，即CF⊥BD；
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
（3）解：过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴BC=AB=4，AH=BC=2，
∴CD=BC=1，CH=BC=2，
∴DH=3，
由（2）证得BC⊥CF，CF=BD=5，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=DE，∠ADE=90°，
∵BC⊥CF，EM⊥BD，EN⊥CF，
∴四边形CMEN是矩形，
∴NE=CM，EM=CN，
∵∠AHD=∠ADC=∠EMD=90°，
∴∠ADH+∠EDM=∠EDM+∠DEM=90°，
∴∠ADH=∠DEM，
在△ADH与△DEM中，，
∴△ADH≌△DEM，
∴EM=DH=3，DM=AH=2，
∴CN=EM=3，EN=CM=3，
∵∠ABC=45°，
∴∠BGC=45°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∴CG=BC=4，
∴GN=1，
∴EG==．

考点：四边形综合题.