数学18.2 特殊的平行四边形综合与测试达标测试

这是一份数学18.2 特殊的平行四边形综合与测试达标测试，共39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。
平行四边形中的翻折旋转问题


一、单选题
1．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=2，将△BEF沿EF所在直线翻折得到△DEF，点D为∠ABC的平分线与边AC的交点，则线段EF的长度为（     ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
连接BD，求证四边形BEDF是菱形，利用含30度角的直角三角形的性质以及等边三角形的判定和性质求解即可．
【详解】
解：如图，连接BD，

∵∠C=90°，∠A=30°，AB=2，
∴BC=AB=1，∠ABC=90°-∠A=60°，
∵点D为∠ABC的平分线与边AC的交点，
∴∠ABD=∠CBD=∠ABC =30°，
∵将△BEF沿EF所在直线翻折得到△DEF，
∴BE=DE，BF=DF，
∴∠EDB=∠CBD=30°，∠FDB=∠ABD=30°，
∴∠EBD=∠FDB=30°，∠EDB=∠FBD=30°，
∴BE∥DF，BF∥DE，四边形BEDF是平行四边形，∠ADF=∠C=90°，
又∵BE=DE，
∴四边形BEDF是菱形，
∴BE=BF=DF=DE，
在Rt△ADF中，
∵∠A=30°，
∵AF=2DF=2BF，
∴AB=AF+BF=2BF+BF=3BF，
∴BF=AB=，
又∵
∴△BEF是等边三角形，
∴BE=BF=EF=，
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握运用这些知识点．
2．如图，正方形ABCD的边长为3，将正方形ABCD沿直线EF翻折，则图中折成的4个阴影三角形的周长之和是（       ）

A．8 B．9 C．12 D．以上都不正确
【答案】C
【解析】
【分析】
由图形翻折变换的性质可知AD＝A’D’，A’H＝AH，D’G＝DG，由阴影部分的周长＝A’D’＋A’H＋BH＋BC＋CG＋D’G即可得出结论．
【详解】
解：由翻折变换的性质可知AD＝A’D’，A’H＝AH，D’G＝DG，
阴影部分的周长＝A’D’＋（A’H＋BH）＋BC＋（CG＋D’G）＝AD＋AB＋BC＋CD＝3×4＝12．
故选C．

【点睛】
本题考查的是翻折变换的性质，即折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
3．如图，的面积是12，是边上一点，连结，现将沿翻折，点恰好落在线段上的点处，且，则四边形的面积是（       ）

A．4 B．4.5 C．5 D．5.5
【答案】A
【解析】
【分析】
设DE与AC交于H，由折叠的性质可知，AH=HF，∠AHD=90°，AE=EF，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可以得到AE=BE，再证明△DAH≌△BCF，得到AH=CF=HF，则，，从而得出,，．
【详解】
解：设DE与AC交于H，
由折叠的性质可知，AH=HF，∠AHD=90°，AE=EF
∵∠BFC=90°，
∴∠BFC=∠DHA=∠AFB=90°，
∴EF是直角三角形AFB的中线，
∴AE=BE，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴∠DAH=∠BCF，
∴△DAH≌△BCF（AAS），
∴AH=CF=HF，
∴，，
∴,，
∴，
∴，
故选A．

【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，折叠的性质，直角三角形斜边上的中线，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
4．如图，在矩形中，，E是边上一动点，将沿翻折得到，连接，若E，F，B三点在同一条直线上，则的长度等于（       ）

A．1 B． C． D．2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据折叠的性质可得EF=DE，AF=AD=4，，从而得，由勾股定理得BF=3，由于E，F，B三点在同一条直线上，设DE=x，由勾股定理可列出方程，求出x的值即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CB=AD=4，CD=AB=5，，
设DE=x，
由折叠得，EF=DE=x，AF=AD=4，，
∴，
在Rt△AFB中，AB=5，AF=4，，
∴，
∴BE=3+x，CE=5-x，
在Rt△BCE中，，
∴，
解得，，
∴DE=2
故选：D．
【点睛】
本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理等知识，正确掌握相关知识是解答本题的关键．
5．如图，在RtABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，线段BC绕点B旋转到BD，连AD，E为AD的中点，连CE，则CE的长不可能是（　　）

A．1.2 B．2.05 C．2.7 D．3.1
【答案】D
【解析】
【分析】
取AB的中点F，得到△BCF是等边三角形，利用三角形中位线定理推出EF=BD=1，再分类讨论求得，即可求解．
【详解】
解：取AB的中点F，连接EF、CF，
∵∠BAC=30°，BC=2，
∴AB=2BC=4，BF=FA=BC=CF=2，∠ABC=60°，
∴△BCF是等边三角形，
∵E、F分别是AD、AB的中点，
∴EF=BD=1，
如图：

当C、E、F共线时CE有最大值，最大值为CF+EF=3；
如图，

当C、E、F共线时CE有最小值，最小值为CF-EF=1；
∴，
观察各选项，只有选项D符合题意，
故选：D．
【点睛】
本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理，分类讨论求得CE的取值范围是解题的关键．
6．如图，正方形的对角线相交于点，绕点旋转，在旋转过程中，两个图形重叠部分的面积是正方形面积的（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
如图，记的交点为的交点为，证明，从而可得两个图形重叠部分的面积是正方形面积的．
【详解】
解：如图，记的交点为的交点为，
∵四边形ABCD是正方形，OF⊥OE，
∴OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOF=90°，
   

在与中，
，
∴（ASA），
∴四边形OMBN的面积等于的面积，
即重叠部分面积不变，总是等于正方形面积的

故选：．
【点睛】
本题主要考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能推出四边形OMBN的面积等于的面积是解此题的关键．
二、填空题
7．在中，，，，D是AB中点，点F在射线AC上，连接DF，将沿DF翻折，点A对应点为点G，当时，线段AG的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】
由勾股定理求得AB的长，延长GD交AC于E，则DE∥BC，DE是△ABC的中位线，可得AE、DE、DG的长，再由勾股定理解Rt△AGE即可解答；
【详解】
解：由题意作图如下，延长GD交AC于E，
·
Rt△ABC中，由勾股定理得：AB=，
∵GE⊥AC，BC⊥AC，∴DE∥BC，
∵D是AB中点，∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=BC=3，AE=AC=4，
由折叠性质可得：DG=AD=AB=5，
Rt△AGE中，EG=ED+DG=8，由勾股定理得：AG=，
故答案为：；
【点睛】
本题考查了勾股定理，三角形的中位线，折叠的性质，正确作出辅助线是解题关键．
8．如图，正方形的边长为，点是中点，将沿翻折至，延长交边于点，则的长为______．

【答案】
【解析】
【分析】
如图所示，连接EG，先求出，由折叠的性质可得EF=DE=CE=1，∠AFE=∠D=90°，AF=AD=2，证明Rt△EFG≌Rt△ECG得到FG=CG，设FG=CG=x，则BG=BC-CG=2-x，AG=AF+FG=2+x，在Rt△ABG中，，则由此求解即可．
【详解】
解：如图所示，连接EG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠C=∠D=90°，
∵E是CD的中点，
∴，
由折叠的性质可得EF=DE=CE=1，∠AFE=∠D=90°，AF=AD=2，
∴∠EFG=90°，
在Rt△EFG和Rt△ECG
，
∴Rt△EFG≌Rt△ECG（HL），
∴FG=CG，
设FG=CG=x，则BG=BC-CG=2-x，AG=AF+FG=2+x，
在Rt△ABG中，，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．

【点睛】
本题主要考查了正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
9．如图，在平面直角坐标系中，点A，B，C的坐标分别为（8，0），（8，6），（0，6），点D为线段BC上一动点，将△OCD沿OD翻折，使点C落到点E处．当B，E两点之间距离最短时，点D的坐标为____．

【答案】（3，6）
【解析】
【分析】
连接OB，证得当O、E、B在同一直线上时，BE取得最小值，再利用勾股定理构造方程求解即可．
【详解】
解：连接OB，


∵点A，B，C的坐标分别为（8，0），（8，6），（0，6），
∴OA=8，AB=6，BC=8，OC=6，
∵∠COA=90°，
∴四边形OABC为矩形，OB=，
由折叠的性质知：OC=OE=6，CD=DE，
∴BEOB-OE=10-6=4，
∴当O、E、B在同一直线上时，BE取得最小值，
此时BE=4，∠DEB=90°，
设CD=DE=x，则BD=8-x，
∵，
解得：x=3，即CD=3，
∴点D的坐标为（3，6）．
【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质，坐标与图形，折叠的性质，勾股定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，
10．如图，在中，分别是上的点，，将沿所在的直线翻折，使点的对应点与点重合，且点落在点处，连接，若，，则________．

【答案】
【解析】
【分析】
过点作的垂线交延长线于点，根据翻折的性质证明，根据全等的性质，证明四边形是菱形，根据菱形的性质得到、的长度，根据平行线的性质得到，根据含角的直角三角形三边关系，即可求出，的长度，根据勾股定理即可求出的长度．
【详解】
解：过点作的垂线交延长线于点


∵翻折
∴，，
∵四边形是平行四边形
∴，，
∴，，
∵，
∴
在和中
∵
∴
∴，
∵
∴
∴
又∵
∴四边形是平行四边形
∵
∴平行四边形是菱形
∵
∴是等边三角形
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴，
∴
故答案为：．
【点睛】
本题考查了翻折、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、平行线的性质、含角的直角三角形三边关系、勾股定理等知识点，正确作出辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理求线段长是解答本题的关键．
11．如图，矩形中，，，将矩形绕点顺时针方向旋转后得到矩形，若边交线段于，且，则的值是______．

【答案】
【解析】
【分析】
设DH的值是x，那么CH=，BH=x，在Rt△BCH中根据勾股定理即可列出关于x的方程，解方程就可以求出DH．
【详解】
解：设DH的值是x，
∵AB=8，AD=6，且BH=DH，

在Rt△BCH中，，
，

即．
故答案为：
【点睛】
此题主要考查了矩形的性质，勾股定理等知识，解题关键是利用勾股定理列出关于所求线段的方程．
12．如图，正方形ABCD的边长为5，O是AB边的中点，点E是正方形内一动点，OE＝2，将线段CE绕C点逆时针旋转90°得CF，连OF，线段OF的最小值为_____．

【答案】
【解析】
【分析】
如图，连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，根据全等三角形的性质得到FM＝OE＝2，根据勾股定理得到OC＝＝，求得OM=OC＝，，于是得到结论．
【详解】
解：如图，连接DO，将线段DO绕点D逆时针旋转90°得DM，连接OF，FM，OM，
∵∠ECF＝∠OCM＝90°，
∴∠ECO＝∠FCM，
∵CE＝CF，CO＝CM，
∴△ECO≌△FCM（SAS），
∴FM＝OE＝2，
∵正方形ABCD中，AB＝5，O是AB边的中点，
∴OB＝2.5，
∴OC＝＝，
∴OM＝OC＝，
∵OF+MF≥OM，
∴OF+2≥．
∴线段OF的最小值为-2．

【点睛】
此题主要考查正方形的性质证明，解题的关键是熟知全等三角形的证明与勾股定理的运用.
13．如图，在平面直角坐标系中，已知菱形OABC的顶点O、B的坐标分别为（0，0）、（2，2），若菱形绕点O逆时针旋转135°时，菱形的对角线交点D的坐标为_______．

【答案】
【解析】
【分析】
根据菱形的性质，可得D点坐标，根据旋转的性质，可得D点的坐标．
【详解】
解：菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），得D点坐标为（1，1）．
∴，OB与y轴的正半轴的夹角为45°，
而y轴的正半轴与x轴的负半轴夹角为90°，
∴菱形绕点O逆时针旋转135°时，即线段OD绕点O逆时针旋转135°时，此时OD在x 轴的负半轴上，
∴菱形的对角线交点D的坐标为（-，0），
故答案为：．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，利用旋转的性质是解题关键．
14．已知：点E是正方形ABCD边上的一点，将线段AE绕点E顺时针旋转90°，得到线段EA′，若AB＝2，则线段DA′的最小值为________

【答案】
【解析】
【分析】
证明，点在上运动，当时，最小，进而勾股定理求解即可．
【详解】
如图，在上取一点，使得，连接，，过作于点，

四边形是正方形，
，，
，
，
∴∠BGE＝∠BEG＝45°，
∴∠AGE＝135°．
∵∠AE＝90°，
∴∠AEB＋∠CE＝90°．
∴∠GAE＝∠CE．
在△AGE和△EC中，
，
∴△AGE≌△EC（SAS），
∴∠AGE＝∠EC，
∴∠AGE＝135°，
∴∠DC＝135°−90°＝45°．
，
．
当与点重合时，
最小，最小值为．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，旋转的性质，求得∠DC＝45°是解题的关键．
三、解答题
15．在平面直角坐标系xoy中，矩形OABC，OA=4，OC=8，将△ABC沿对角线AC翻折，使点 B落在点B′处，AB′与y轴交于点D．

(1)求AD的长度．
(2)写出点D的坐标．
【答案】(1)5
(2)
【解析】
【分析】
（1）由折叠的性质可知，，，易得，设，则，在中，由勾股定理得OD，即可得出AD的长度；
（2）由OD的长度直接可得点D的坐标．
(1)
解：（1）由折叠的性质可知，，
∵四边形OABC为矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
设．
∵，，
∴．
在中，由勾股定理得
，
∴，
解得 ，
∴；
(2)
解：由（1）可知，
∴点D的坐标为．
【点睛】
本题主要考查了翻折变换的性质、矩形的性质、勾股定理；熟练掌握翻折变换和矩形的性质，由勾股定理得出方程是解决问题的关键．
16．如图，矩形，将沿对角线翻折得到（如图1），交边于点，再将沿翻折得到（如图2），延长交边于点．设、．

(1)求证：为等腰三角形；
(2)当，四边形为正方形时，求的值；
(3)当四边形为菱形时，求与的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【解析】
【分析】
（1）由矩形性质及翻折的性质，证得，从而证得为等腰三角形．
（2）由四边形为正方形及翻折性质，证得与是等腰直角三角形，再由求得CF与BF的长，进而求得n的值．
（3）由四边形为菱形及矩形，翻折性质，证得BD与FH的交点即为G点，再由，求得，从而求得与的数量关系．
(1)
证明：∵矩形，将沿对角线翻折得到，
∴，，
∵，
∴在与中，
，
∴，
∴，即为等腰三角形．
(2)
解：∵将沿对角线翻折得到，将沿翻折得到，
∴，
∵四边形为正方形，
∴．
∵矩形，，
∴，，
∵，，，
∴．
∵矩形，，将沿对角线翻折得到，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，即．
(3)
解：∵四边形为菱形，
∴，
∵矩形，
∴．
∵将沿对角线翻折得到，将沿翻折得到，
∴，
∵，
∴BD与FH的交点即为G点，
∴，
∵，
∴，
∵矩形，沿对角线翻折得到，
∴，
在中，，，
∴，，
由（1）得，BF=FD，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了特殊四边形的性质以及图形翻折的性质及应用，掌握矩形、菱形、正方形的性质及翻折性质，且熟练掌握解特殊直角三角形是解题的关键．
17．综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师提出如下问题：如图1，在正方形中，是对角线上一点，将直线以点为中心逆时针旋转，旋转后的直线与交于点．求证：．

(1)问题解决：
请你解决老师提出的问题；
(2)数学思考：
如图2，“兴趣小组”的同学将沿射线的方向平移到，点的对应点为．连接．他们认为：，．他们的认识是否正确？请说明理由．
(3)创新探究
“创新小组”在“兴趣小组”所提问题的基础上，又提出如下新问题，请你思考并解决该问题：如图3，若垂直平分，，则线段的长度是______．（直接写出答案即可）
【答案】(1)见解析
(2)正确，理由见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质，证明，得然后证明，即可得；
（2）分别连接，，与交于点，根据平移可得，由（1）得，证明，即可证明；
（3）证明四边形是平行四边形，进而可得，根据是对角线，则，求得，根据垂直平分可得，解（2）的结论可得，即可求解．
(1)
解：连接．
∵四边形是正方形，
∴，．
∴．
∵．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∵．
∴．
∴．
∴．

(2)
分别连接，，与交于点．
∵由平移得到，
∴．
∴．
由（1）可知，．
∴．
∴．
∴．
∵．
∴．
∴．
∴．

(3)
如图3，连接，

四边形是正方形，是对角线，则

垂直平分，，


四边形是平行四边形
，


又

线段的长度是．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，垂直平分线的性质，平移的性质，掌握以上知识是解题的关键．
18．如图1，已知O为正方形ABCD对角线的交点，点E在边CB的延长线上，连结EO，OF⊥OE交BA延长线于点F，连结EF．

(1)求证：EO＝FO；
(2)若正方形的边长为2，OE＝2OA，求BE的长；
(3)当OE＝2OA时，将△FOE绕点O逆时针旋转到△F1OE1，使得∠BOE1＝30°时，试猜想并证明△AOE1是什么三角形．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)△AOE1是直角三角形
【解析】
【分析】
（1）证明即可；
（2）由正方形性质及勾股定理可求得OA长，则可得OE、OF长，由勾股定理得EF长，在中，利用勾股定理建立关于BE的方程，解方程即可求得BE；
（3）连结，过A做AM⊥，设OA=a，则由已知可得OE1、OM、AM、ME1的长，由勾股定理可求得AE1的长，再由勾股定理的逆定理即可判断．
(1)
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，∠OAB=∠OBC=45°．
∴∠BOE+∠EOA=90°，．
∵∠EOF＝∠AOF+∠EOA=90°，
∴．
∵，，，
∴．
∴OE＝OF．
(2)
∵正方形的边长为2，
∴由勾股定理得：．
∴．
∴．
∴在中，由勾股定理得：．
由（1）可得：．
∵在中，由勾股定理得：，
∴，
解得：；
(3)
联结，过A做AM⊥，如图．

∵∠BOE1＝30°，
∴．
设，则，，
由勾股定理得：．
∴．
∴．
∴．
∴△AOE1是直角三角形．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理的综合运用，解题时注意从多个角度分析．
19．综合与实践
动手操作：利用“正方形纸片的折叠和旋转”开展数学活动，探究体会图形在正方形折叠和旋转过程中的变化及其蕴含的数学思想方法．
折一折：如图1，已知正方形ABCD的边长AB＝6，将正方形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B的对应点M落在AC上，展开正方形ABCD，折痕为AE，延长EM交CD于点F，连接AF．

(1)思考探究：图1中，与△ABE全等的三角形有个，∠EAF＝°，BE、EF、DF三者的数量关系是，BE的长为．
(2)转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转到图2所示位置，与BC、CD的交点分别为E、F，连接EF．
证明推理：图2中，BE、EF、DF三者的数量关系是，并给出证明．
(3)开放拓展：如图3，在旋转∠EAF的过程中，当点F为CD的中点时，BE的长为．
【答案】(1)3，45，EF＝BE+DF，6﹣6
(2)EF＝DF+BE，证明见解析
(3)2
【解析】
【分析】
（1）证明△ABM≌△AME，△AFD≌△AFM，△ACB≌△ACD，可得结论；
（2）结论：EF＝DF+BE，延长CB到T，使得BT＝DF，连接AT，证明△EAF≌△EAT（SAS），可得结论；
（3）如图3中，设BE＝x，则EC＝6﹣x，EF＝x+3，利用勾股定理构建方程求出x，即可解决问题．
(1)
解：如图1中，

由翻折的性质可知，△EAB≌△EAM，
∴∠B＝∠AME=∠AMF=90°，AB=AM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=∠ACD=45°，
∵CM=CM，∠CME=∠CMF=90°，
∴△EMC≌△FMC，
∴EM=FM，
∴△AEM≌AFM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，
∵∠B＝∠AME=90°，AB=AM，
∴∠D＝∠AME=90°，AD=AM，AF=AF，
∴Rt△AFM≌Rt△AFD（HL），
∴△EAB≌△EAM≌△FAM≌△FAD，
∵△EAB≌△EAM，
∴∠BAE=∠MAE，BE=ME，
∵Rt△AFM≌Rt△AFD，
∴∠FAD＝∠FAC，FM＝DF，
∴∠EAF＝∠BAD＝45°，
∴EF＝DF+BE，
∵AB＝AD，CB＝CD，∠B＝∠D，
∴△ACB≌△ACD（SAS），
设BE＝DF＝m，则CE＝CF＝6﹣m，EF＝2m，
∵EF2＝EC2+CF2，
∴（2m）2＝（6﹣m）2+（6﹣m）2，
∴m1＝6﹣6，m2=-6﹣6（舍弃），
∴BE＝6﹣6；
∴与△ABE全等的三角形有3个，∠EAF=45°，BE、EF、DF三者的数量关系是 EF＝BE+DF，BE的长为6﹣6；
故答案为：3；45；EF＝BE+DF；；
(2)
结论：EF＝DF+BE．
理由：延长CB到T，使得BT＝DF，连接AT，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠ABE＝∠ABT＝90°，AD＝AB，
∵DF＝BT，
∴△ADF≌△ABT（SAS），
∴AF＝AT，∠DAF＝∠BAT，
∴∠FAT＝∠DAB，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠EAT，
∵AE＝AE，
∴△EAF≌△EAT（SAS），
∴EF＝ET＝DF+BE；
(3)
如图3中，设BE＝x，则EC＝6﹣x，EF＝x+3，

∵∠C＝90°，CD＝BC＝6，DF＝FC＝3，
∴EF2＝CF2+EC2，
∴（x+3）2＝32+（6﹣x）2，
∴x＝2，
∴BE的长为2．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程的解法等知识，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．
20．综合与探究
问题情境：
数学实践课上，老师要求同学们先制作一个透明的菱形塑料板，然后在纸上画一个与透明的菱形相似的菱形，把透明的菱形放在上面记作菱形，它们的锐角顶点重合，且，连接，．

(1)操作发现：
如图1，当边在边所在的射线上，直接写出与的数量关系：
(2)探究发现：
如图2，将菱形绕点按逆时针方向旋转，使点落在边上，连接和．你认为（1）中的结论是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
(3)探究拓广：
如图3，在（2）的条件下，当时，探究并说明线段和的数量关系和位置关系．
【答案】(1)，理由见解析
(2)成立，理由见解析
(3)，，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）只需要利用SAS证明△BAE≌△DAG即可得到BE=DG；
（2）同（1）求解即可；
（3）如图，延长与的延长线交于点，证明，得到，，则．再证明．即可得到．
(1)
解：，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是菱形，
∴AB=AD，AE=AG，
又∵∠BAE=∠DAG，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE=DG；
(2)
解：（1）中结论成立，理由如下：
证明：∵四边形和四边形是菱形，
∴，．
∵，
∴．
∴．
在和中，
，
∴．
∴．
(3)
解：，，理由如下：
理由如下：如图，延长与的延长线交于点．
∵四边形和四边形是菱形，，
∴菱形和菱形是正方形．
∴，，，．
∴，．
∴．
在和中，
，
∴．
∴，．
∴．
∵，
∴．
∴．
在中，．
∴．


【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理等等，熟知菱形的性质和全等三角形的性质与判定是解题的关键．






















一、单选题
1．如图，在和中，，，，点，，分别是，，的中点．把绕点在平面自由旋转，则的面积不可能是（       ）

A．8 B．6 C．4 D．2
【答案】A
【解析】
【分析】
由于已知两个三角形是等腰直角三角形并且构成手拉手模型，所以连接，，的延长线交的延长线于，交于．根据中位线定理以及角的关系证明是等腰直角三角形，再利用三角形的三边关系求出PQ的范围即可解决问题．
【详解】
连接，，的延长线交的延长线于，交于．

∵，，，
∴，
∴≌，
∴，，
∵，
∴，
∵点，，分别是，，的中点，
∴，，，，
∵，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴的面积不可能是8，
故选：A．
【点睛】
本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形的中位线定理等知识，添加常用辅助线，构造全等三角形是解题的关键．
2．如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF+CF的最小值是（　　）

A．4 B．2 C．5 D．4
【答案】D
【解析】
【分析】
连接 BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，通过证明△AED≌△GFE（AAS），确定F点在BF的射线上运动；作点C关于BF的对称点C'，由三角形全等得到∠CBF=45°，从而确定C'点在AB的延长线上；当D、F、C'三点共线时，DF+CF=DC'最小，在Rt△ADC'中，AD=4，AC'=8，求出DC'= 4 即可．
【详解】
解：连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，

∵将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，
∴EF⊥DE，且EF＝DE，
∴∠EDA＝∠FEG，
在△AED和△GFE中，
，
∴△AED≌△GFE（AAS），
∴FG＝AE，
∴F点在BF的射线上运动，
作点C关于BF的对称点C'，
∵EG＝DA，FG＝AE，
∴AE＝BG，
∴BG＝FG，
∴∠FBG＝45°，
∴∠CBF＝45°，
∴BF是∠CBC′的角平分线，
即F点在∠CBC′的角平分线上运动，
∴C'点在AB的延长线上，
当D、F、C'三点共线时，DF+CF＝DC'最小，
在Rt△ADC'中，AD＝4，AC'＝8，
∴DC'＝＝＝4，
∴DF+CF的最小值为4，
故选：D．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，轴对称求最短路径；能够将线段的和通过轴对称转化为共线线段是解题的关键．
二、填空题
3．如图，菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝120°，E是边CD的中点，F是边AD上的一个动点，将线段EF绕着点E顺时针旋转60°得到线段EF'，连接AF'、BF'，则△ABF'的周长的最小值是________________．

【答案】4+2
【解析】
【分析】
取AD中点G，连接EG，F'G，BE，作BH⊥DC的延长线于点H，利用全等三角形的性质证明∠F'GA＝60°，点F'的轨迹为射线GF'，易得A、E关于GF'对称，推出AF'＝EF'，得到BF'+AF'＝BF'+EF'≥BE，求出BE即可解决周长最小问题．
【详解】
解：取AD中点G，连接EG，F'G，BE，作BH⊥DC的延长线于点H，

∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD，
∵∠BAD＝120°，
∴∠CAD＝60°，
∴△ACD为等边三角形，
又∵DE＝DG，
∴△DEG也为等边三角形．
∴DE＝GE，
∵∠DEG＝60°＝∠FEF'，
∴∠DEG﹣∠FEG＝∠FEF'﹣∠FEG，
即∠DEF＝∠GEF'，
由线段EF绕着点E顺时针旋转60°得到线段EF'，
所以EF＝EF'．
在△DEF和△GEF'中，
，
∴△DEF≌△GEF'（SAS）．
∴∠EGF'＝∠EDF＝60°，
∴∠F'GA＝180°﹣60°﹣60°＝60°，
则点F'的运动轨迹为射线GF'．
观察图形，可得A，E关于GF'对称，
∴AF'＝EF'，
∴BF'+AF'＝BF'+EF'≥BE，
在Rt△BCH中，
∵∠H＝90°，BC＝4，∠BCH＝60°，
∴，
在Rt△BEH中，BE＝＝＝2，
∴BF'+EF'≥2，
∴△ABF'的周长的最小值为AB+BF'+EF'＝4+2，
故答案为：4+2．
【点睛】
本题考查了旋转变换，菱形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形等知识，解题关键在于学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．
4．如图，在矩形ABCD中，AB＝7，BC＝7，点P在线段BC上运动（含B、C两点），连接AP，将线段AP绕着点A逆时针旋转60°得到AQ，连接DQ，则线段DQ的最小值为 ___．

【答案】####3.5
【解析】
【分析】
以AB为边作等边△ABE，过点D作DH⊥QE于H，利用SAS证明△ABP≌△AEQ，得∠AEQ=∠ABP=90°，则点Q在射线EQ上运动，即求DH的长度，再运用含30°角的直角三角形的性质进行解题．
【详解】
解：如图，以AB为边作等边△ABE，过点D作DH⊥QE于H，

∴AB=AE，∠BAE=60°，
∵将线段AP绕着点A逆时针旋转60°得到AQ，
∴AP=AQ，∠PAQ=60°，
∴∠BAP=∠EAQ，
在△ABP和△AEQ中，
，
∴△ABP≌△AEQ（SAS），
∴∠AEQ=∠ABP=90°，
∴点Q在射线EQ上运动，
当Q与H重合时，DQ最小，
在Rt△AEF中，∠EAF=30°，
∴EF=AE=，
∴AF=2EF=，
∴DF=AD-AF=-=，
∴DH=DF=×=，
∴DQ的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，判断出点Q的运动路径是解题的关键．
三、解答题
5．综合与实践
几位同学尝试用矩形纸条ABCD（如图1）折出常见的中心对称图形．

(1)如图2，小明将矩形纸条先对折，使AB和DC重合，展开后得折痕EF，再折出四边形ABEF和CDEF的对角线，它们的对角线分别相交于点G，H，最后将纸片展平，则四边形EGFH的形状一定是_______．
(2)如图3，小华将矩形纸片沿EF翻折，使点C，D分别落在矩形外部的点，处，F与AD交于点G，延长E交BC于点H，求证：四边形EGFH是菱形．
(3)如图4，小美将矩形纸条两端向中间翻折，使得点A，C落在矩形内部的点A′，处，点B，D落在矩形外部的点，处，折痕分别为EF，GH，且点H，，，F在同一条直线上，直接写出四边形EFGH的形状________．
【答案】(1)菱形
(2)见解析
(3)平行四边形
【解析】
【分析】
（1）四边形ABEF和CDEF是全等的两个矩形，由矩形的对角线相等且相互平分可知四边形EGFH四边相等，即是菱形．
（2）连接EC、，证得，进而证得，进而证得四边形EGFH四边相等，即是菱形．
（3）作GM垂直AH于点M，作EN垂直CF于点N，证得，，进而证得，四边形EFGH的形状是平行四边形．
(1)
解：显然四边形ABEF和CDEF是全等的两个矩形，
∴
∴四边形EGFH的形状一定是菱形.
(2)
解：如图3，连接EC、
∵
∴
∴
又∵

∴
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∴，四边形EGFH为菱形

(3)
解：如图4，作GM垂直AH于点M，作EN垂直CF于点N
∴
∵
∴
同理可证
又∵
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴四边形EFGH是平行四边形．

【点睛】
本题考查矩形的性质、平行四边形及菱形的判定证明，是几何的综合题，熟练掌握相关知识，作辅助线构造全等形是解题的关键．