中考数学一轮复习考点（全国通用）考向25 特殊的平行四边形专题特训（含答案）

这是一份中考数学一轮复习考点（全国通用）考向25 特殊的平行四边形专题特训（含答案），共80页。

1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形。
2.矩形的性质： 矩形的四个角都是直角；矩形的对角线互相平分且相等；矩形是轴对有两称图形，即经过对边中点的两条直线是对称轴。（也是中心对称图形）
3.矩形判定定理：
eq \\ac(○,1).有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。
eq \\ac(○,2).对角线相等的平行四边形是矩形。
.有三个角是直角的四边形是矩形。
4菱形的定义 ：邻边相等的平行四边形。
5.菱形的性质：菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形是轴对称图形，两条对角线所在的直线是对称轴。（也是中心对称图形）
6.菱形的判定定理：
eq \\ac(○,1).一组邻边相等的平行四边形是菱形。
eq \\ac(○,2.)对角线互相垂直的平行四边形是菱形。
eq \\ac(○,3.)四条边相等的四边形是菱形。
7.（a、b为两条对角线）=底×高
8.正方形定义：一个角是直角的菱形或邻边相等的矩形。
9.正方形的性质：四条边都相等，四个角都是直角。 正方形既是矩形，又是菱形。
10.正方形判定定理：
（1）邻边相等的矩形是正方形。
（2）有一个角是直角的菱形是正方形。
或者先证一个四边形是矩形，再证一个四边形是菱形。反过来证也行
技巧、（1)顺次连接对角线互相垂直的四边形四边中点所得的中点四边形是矩形；
（2）顺次连接对角线互相等的四边形四边中点所得的中点四边形是菱形。
【题型探究】
题型一：矩形的性质
1．（2023·广东深圳·校考一模）如图，在矩形中，对角线与相交于点，已知，则的大小是（ ）
A．B．C．D．
2．（2022·广东佛山·校考一模）如图，在矩形中，，点E为的中点，点F为边上一点，，将线段绕点E顺时针旋转得到，点H恰好在线段上，过H作直线于点M，交于点N，则的长为（ ）
A．2B．5C．6D．8
3．（2022·山东菏泽·统考二模）如图，已知矩形中，点E是边上的点，，垂足为F下列结论：①；②；③平分；④其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
题型二：矩形的判定
4．（2022·河南郑州·郑州外国语中学校考模拟预测）如图，中的对角线相交于点O，点E、F在上，且，连接，下列条件能判定四边形为矩形的是（ ）
A．B．C．D．
5．（2022·湖北襄阳·统考中考真题）如图，▱ABCD的对角线AC和BD相交于点O，下列说法正确的是（ ）
A．若OB＝OD，则▱ABCD是菱形B．若AC＝BD，则▱ABCD是菱形
C．若OA＝OD，则▱ABCD是菱形D．若AC⊥BD，则▱ABCD是菱形
6．（2022·湖北恩施·统考中考真题）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=10cm，BC=8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（ ）
A．当时，四边形ABMP为矩形
B．当时，四边形CDPM为平行四边形
C．当时，
D．当时，或6s
题型三：矩形的判定和性质综合问题
7．（2023·全国·九年级专题练习）如图，菱形中，、相交于点，过点作，且，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，当，，求的值．
8．（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．
(1)直接写出图中与△AFB相似的一个三角形；
(2)若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长；
(3)当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？
9．（2022·黑龙江佳木斯·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边与x轴重合，与y轴重合，，D是上一点，且，的长是一元二次方程的两个根（）
(1)求线段，，的长；
(2)在线段上有一动点P（不与A、B重合），点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿方向匀速运动，到终点B停止，设运动的时间为t秒，过P点作交于E，交于F，求四边形的面积S与时间t的函数关系式；
(3)在（2）的条件下，在点P运动的过程中，x轴上是否存在点Q，使以A、D、P、Q为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点Ｑ的坐标，若不存在，请说明理由．
题型四;菱形的性质
10．（2022·贵州铜仁·校考模拟预测）如图，菱形的面积为，正方形的面积为，则菱形的边长是（ ）
A．B．C．D．
11．（2022·广东佛山·校考三模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的一个顶点O在坐标原点，一边在x轴的正半轴上，，反比例函数在第一象限内的图象经过点A，与交于点F，则的面积等于（ ）
A．30B．40C．60D．80
12．（2022·山东济南·校考一模）如图，菱形的边长为，、分别是、上的点，连接、、，与相交于点，若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
题型五：菱形的判定
13．（2022·河南信阳·统考模拟预测）关于菱形的判定，以下说法不正确的是（ ）
A．两组对边分别平行且相等的四边形是菱形B．四条边相等的四边形是菱形
C．对角线垂直的平行四边形是菱形D．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形
14．（2023·全国·九年级专题练习）如图，平移△ABC到△BDE的位置，且点D在边AB的延长线上，连接EC，CD，若AB=BC，那么在以下四个结论：①四边形ABEC是平行四边形；②四边形BDEC是菱形；③；④DC平分∠BDE，正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
15．（2022·河南南阳·统考一模）如图（1），点P从平行四边形ABCD的顶点A出发，以1cm/s的速度沿A－B－C－D路径匀速运动到D点停止. 图（2）是△PAD的面积S (cm2)与运动时间t(s)之间的函数关系图象.下列说法：①平行四边形ABCD是菱形；②；③BC上的高；④当时，.其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
题型六：菱形的判定和性质的综合问题
16．（2022·北京海淀·中关村中学校考模拟预测）如图，在中，平分，的垂直平分线分别交，，于点，F，G，连接，．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，，求的长．
17．（2023·山东泰安·新泰市实验中学校考一模）已知，如图（1）在平行四边形中，点分别在上，且．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)如图（2），若，延长交于点G，求证：．
(3)在第（2）小题的条件下，连接，交于点H，若，求的长．
题型七：正方形的性质
18．（2023·广东深圳·校考一模）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（ ）
A．B．C．1D．
19．（2023·全国·九年级专题练习）如图，正方形的边长为，点、分别为边、上的点，点分别为边、上的点，线段与的夹角为则（ ）
A．B．C．D．
20．（2022·湖北省直辖县级单位·校考二模）如图，已知正方形的边长为，为边上一点（不与端点重合），将沿翻折至，延长交边于点，连接，．则下列给出的判断：①；②若，则；③若为的中点，则的面积为；④若，则，其中正确的是（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
题型八：正方形的判定
21．（2022秋·九年级课时练习）四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AD∥BC，AD＝BC，使四边形ABCD为正方形，下列条件中：①AC＝BD；②AB＝AD； ③AB＝CD；④AC⊥BD．需要满足（ ）
A．①②B．②③C．②④D．①②或①④
22．（2021·安徽马鞍山·统考三模）已知，在□ABCD中，∠BAC=90°，AC的中点为O，点E，F是对边BC，AD上的点，则下列判断不正确的是（ ）
A．当BE=DF时，EF经过点O
B．当AE=CF时，四边形AECF是平行四边形
C．当AE⊥BC，EF经过点O时，四边形AECF是矩形
D．当E，F是BC，AD的中点，且EF=AC时，四边形AECF是正方形
23．（2022秋·辽宁辽阳·九年级校考阶段练习）如图，以的三边为边分别作等边、、，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．四边形为矩形
C．四边形为菱形
D．当，时，四边形是正方形
24．（2022·广东东莞·可园中学校考一模）如图1，的边长，对角线平分，点从点出发沿方向以1个单位秒的速度运动，点从点出发沿方向以2个单位秒的速度运动，其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为秒．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若对角线，当为多少秒时，为等腰三角形；
(3)如图2，若，点是是中点，作交于．点在边上运动过程中，线段存在最小值，请你直接写出这个最小值．
题型九：正方形的性质和判定综合
25．（2022·四川德阳·模拟预测）已知：四边形是正方形，点在边上，点在边上，且．

(1)如图，与有怎样的关系．写出你的结果，并加以证明；
(2)如图，对角线与交于点．，分别与，交于点，点．
①求证：；
②连接，若，，求的长．
26．（2022·吉林长春·统考模拟预测）在四边形ABCD中，，，点E为BC上一点（不与点B，点C重合），连接AE，将沿AE翻折得到，延长交CD于点F．
(1)如图①，当时，四边形ABCD的形状为______；
(2)在（1）的条件下，随着点E位置的变化，的周长是否发生变化？若变化，请说明理由；若不变化，请求出它的值；
(3)如图②，当时，请直接写出的周长．
27．（2022·贵州黔西·统考中考真题）如图1，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD边上的点（点E不与点B，C重合），且．
(1)当时，求证：；
(2)猜想BE，EF，DF三条线段之间存在的数量关系，并证明你的结论；
(3)如图2，连接AC，G是CB延长线上一点，，垂足为K，交AC于点H且．若，，请用含a，b的代数式表示EF的长．
题型十：特殊平行四边形的综合
28．（2023·江苏苏州·统考一模）如图，在矩形中，，，是上一点，．是上的动点，连接，是上一点且（为常数，），分别过点，作，的垂线，交点为．设的长为，的长为．
(1)若，，则的值是__________．
(2)若时，求的最大值．
(3)在点从点到点的整个运动过程中，若线段上存在唯一的一点，求此时的值．
29．（2023·江苏徐州·徐州市第十三中学校考一模）如图，矩形中，，点E是的中点，P是射线上一点，延长交直线于F，过P作，分别交射线、直线于G、H．
(1)①当时，= ；
②点P在上取不同位置，的值是否变化？若不变，求出它的值，若改变，请说明理由；
(2)连接，当是等腰直角三角形时，求的长；
(3)直接写出的最小值 ．
30．（2023·山东泰安·东平县实验中学校考二模）在正方形中，是边上一点（点不与点、重合），连结．
感知：如图①，过点作交于点．求证．
探究：如图②，取的中点，过点作交于点，交于点．
（1）求证：．
（2）连结，若，求的长．
应用如图③，取的中点，连结．过点作交于点，连结、．若，求四边形的面积．
【必刷基础】
一、单选题
31．（2023·四川成都·统考一模）下列说法中，正确的是（ ）
A．有一个角是直角的平行四边形是正方形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
32．（2023·云南·校考一模）如图，菱形对角线交点与坐标原点O重合，点，则点C的坐标是（ ）
A．B．C．D．
33．（2023·山东枣庄·校考模拟预测）如图所示，正方形的面积为12，是等边三角形，点E在正方形内，在对角线上有一点P，使的和最小，则这个最小值为（ ）
A．B．C．D．
34．（2023·河南·校考模拟预测）如图，菱形的对角线，相交于点，，分别是，边的中点，连接．若，，则菱形的周长为（ ）
A．4B．C．D．28
35．（2022·江苏无锡·模拟预测）如图，D、E、F分别是各边中点，则以下说法中不正确的是（ ）
A．和的面积相等B．四边形是平行四边形
C．若，则四边形是矩形D．若，则四边形是菱形
36．（2022·广东佛山·校考一模）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD四条边AB，BC，CD，DA的中点，则关于四边形EFGH，下列说法正确的是（ ）
A．不一定是平行四边形B．当AC＝BD时，它为菱形
C．一定是轴对称图形D．不一定是中心对称图形
37．（2023·广东江门·江门市华侨中学校考一模）如图，已知四边形的对角线，交于点O，O是的中点，E，F是上的点，且，．
(1)求证：；
(2)若，求证：四边形ABCD是矩形．
38．（2023·四川成都·统考一模）如图，在中，，点O、C分别是、边的中点．过点D作交的延长线于点A，连接、．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的面积．
39．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考一模）如图（1），已知正方形，对角线交于点O，点E是线段上的点，以为边作等边（点F在点E上方），连接．
(1)求的度数；
(2)如图（2），当时，设分别交于点G、H．
①求证：；
②求的值
【必刷培优】
一、单选题
40．（2022·湖北省直辖县级单位·校考二模）如图，矩形 的边 上有一点E， ， 垂足为F，将 绕着点F顺时针旋转，使得点A的对应点M落在EF上，点E恰好落在点B处，连接 ．下列结论：① ；②四边形 是正方形；③ ；④ ．其中结论正确的序号是（ ）
A．①②B．①②③C．①②④D．③④
41．（2022·辽宁营口·校考模拟预测）如图，在正方形中，E是边上的一点，，，将正方形边沿折叠到，延长交于G，连接，，现在有如下4个结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
42．（2022·内蒙古包头·模拟预测）如图，在正方形中，是对角线上一点，且满足，连接并延长交于点，连接，过点作于点，延长交于点．在下列结论中：①；②；③；④平分．其中不正确的结论有（ ）
A．个B．个C．个D．个
43．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在正方形中，，与直线所夹锐角为，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，依次规律，则线段（ ）
A．B．C．D．
二、解答题
44．（2023·湖南衡阳·衡阳市华新实验中学校考一模）已知：如图，矩形中和中，点C在上，，，，连接，点M从点D出发，沿方向匀速运动，速度为，同时，点N从点E出发，沿方向匀速运动，速度为，过点M作交于点H，交于点G．设运动时间t（s）为（）．
解答下列问题：
(1)当t为何值时，？
(2)连接，作交于Q，当四边形为矩形时，求t的值；
(3)连接，，设四边形的面积为S（），求S与t的函数关系式．
45．（2023·湖南湘潭·湘潭县云龙中学校考一模）如图，将矩形沿折叠，使点D落在对角线上的点E处．过点E作交于点G，连接．
(1)判断四边形的形状，并说明理由；
(2)探究线段、、之间的数量关系，并说明理由；
(3)若，，求的长．
46．（2023·陕西西安·校考一模）（1）如图1，的半径为，，点为上任意一点，则的最小值为 ．
（2）如图2，已知矩形，点为上方一点，连接，，作于点，点是的内心，求的度数．
（3）如图3，在（2）的条件下，连接，，若矩形的边长，，，求此时的最小值．
三、填空题
47．（2023·山东东营·校考一模）如图，在边长为4的菱形中，，M是边上的一点，且，N是边上的一动点，将沿所在直线翻折得到，连接，则长度的最小值是 ___________．
48．（2023·山东泰安·校考一模）如图，四边形是矩形，点A的坐标为，点C的坐标为，把矩形沿折叠，点C落在点D处，则点D的坐标为_____．
49．（2023·江苏徐州·徐州市第十三中学校考一模）如图，在菱形中，M、N分别为、的中点，若，则菱形的周长为_____．
50．（2023·山东泰安·新泰市实验中学校考一模）已知菱形的边长为1，，为上的动点，在上，且，设的面积为，，当点运动时，则与的函数关系式是__________．
51．（2023·山东泰安·新泰市实验中学校考一模）如图，把一个矩形纸片放入平面直角坐标系中，使分别落在x轴，y轴上，连接，将纸片沿翻折，点A落在点位置，若，，直线与y轴交于点F，则点F的坐标为__________．
52．（2023·山东泰安·新泰市实验中学校考一模）如图，在平面直角坐标系中，边长为1的正方形的两边在坐标轴上，以它的对角线为边作正方形，再以正方形的对角线为边作正方形，以此类推…、则正方形的顶点的坐标是__．
53．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，正方形中，P为边上一点，点E与B关于直线对称，射线与的延长线相交于点F．若，，则的长为 _____．
54．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在矩形中，E为边上一点，将沿折叠，使点A的对应点F恰好落在边上，连接交于点G．若，则的长度为___
参考答案：
1．C
【分析】根据矩形的性质，等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，即可求解．
【详解】解：∵矩形的对角线，相交于点，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
2．C
【分析】过H点作，则，设．先证明，则，得到，则，证明，即可得到答案．
【详解】解：过H点作，则，设．
∵，，E为边的中点，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即
解得，
∴的长是6，
故选：C．
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质、旋转的性质等知识，熟练掌握相似三角形和全等三角形的判定和性质是解题的关键．
3．B
【分析】根据矩形的性质证明≌，，利用勾股定理求出，然后逐一进行判断即可解决问题．
【详解】解：四边形是矩形，
，，，
，，
，，
，
，
，
，
≌，
，，故①②正确，
不妨设平分，则是等腰直角三角形，这个显然不可能，故③错误，
，，
，
，
，故④错误，
正确的结论有①②共个．
故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
4．B
【分析】先证四边形是平行四边形，再根据矩形的判定、菱形的判定分别对各个选项进行推理论证即可．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，，
，
，即，
四边形是平行四边形，
A、时，不能判定四边形为矩形；故选项不符合题意；
B、时，，
四边形为矩形；故选项符合题意；
C、时，四边形为菱形；故选项不符合题意；
D、时，四边形为菱形；故选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的判定、菱形的判定以及平行四边形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的判定和菱形的判定是解题的关键．
5．D
【分析】由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD，
∴▱ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC=AC，OB=OD=BD，
∵OA=OD，
∴AC=BD，
∴▱ABCD是矩形，故选项C不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴▱ABCD是菱形，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解题的关键．
6．D
【分析】计算AP和BM的长，得到AP≠BM，判断选项A；计算PD和CM的长，得到PD≠CM，判断选项B；按PM=CD，且PM与CD不平行，或PM=CD，且PM∥CD分类讨论判断选项C和D．
【详解】解：由题意得PD=t，AP=AD-PD=10-t，BM=t，CM=8-t，∠A=∠B=90°，
A、当时，AP=10-t=6 cm，BM=4 cm，AP≠BM，则四边形ABMP不是矩形，该选项不符合题意；
B、当时，PD=5 cm，CM=8-5=3 cm，PD≠CM，则四边形CDPM不是平行四边形，该选项不符合题意；
作CE⊥AD于点E，则∠CEA=∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCE是矩形，
∴BC=AE=8 cm，
∴DE=2 cm，
当PM=CD，且PM与CD不平行时，作MF⊥AD于点F，CE⊥AD于点E，
∴四边形CEFM是矩形，
∴FM=CE；
∴Rt△PFM≌Rt△DEC（HL），
∴PF=DE=2，EF=CM=8-t，
∴AP=10-4-(8-t)=10-t，
解得t=6 s；
当PM=CD，且PM∥CD时，
∴四边形CDPM是平行四边形，
∴DP=CM，
∴t=8-t，
解得t=4 s；
综上，当PM=CD时，t=4s或6s；选项C不符合题意；选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】此题重点考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，应注意分类讨论，求出所有符合条件的t的值．
7．(1)见解析
(2)
【分析】（1）证，再证四边形是平行四边形，然后由即可得出结论；
（2）由锐角三角函数定义得，则，再由勾股定理得，然后由锐角三角函数定义即可得出结论．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是矩形；
（2）解：如图，
四边形是菱形，
，，，
在中，，，
，
，
，
由（1）可知，四边形是矩形，
，，
．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质、锐角三角函数定义、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质和菱形的性质是解题的关键．
8．(1)答案不唯一，如△AFB∽△BCE
(2)CE＝7.5
(3)当CE的长为长为或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形
【分析】（1）因为△AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三个直角三角形和△AFB相似，解答时任意写出一个即可；
（2）根据△AFB∽△BGC，得，即，设AF＝5x，BG＝3x，根据△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的长；
（3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，②当C'F＝BF时，如图3，根据三角形相似列比例式可得结论．
【详解】（1）解：（任意回答一个即可）；
①如图1，△AFB∽△BCE，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，
∴∠BEC＝∠ABF，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠BCE＝90°，
∴△AFB∽△BCE；
②△AFB∽△CGE，理由如下：
∵CG⊥BE，
∴∠CGE＝90°，
∴∠CGE＝∠AFB，
∵∠CEG＝∠ABF，
∴△AFB∽△CGE；
③△AFB∽△BGC，理由如下：
∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCG，
∵∠AFB＝∠CGB＝90°，
∴△AFB∽△BGC；
（2）∵四边形AFCC'是平行四边形，
∴AF＝CC'，
由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴ ，即，
设AF＝5x，BG＝3x，
∴CC'＝AF＝5x，
∵CG＝C'G，
∴CG＝C'G＝2.5x，
∵△AFB∽△BCE∽△BGC，
∴ ，即，
∴CE＝7.5；
（3）分两种情况：
①当C'F＝BC'时，如图2，
∵C'G⊥BE，
∴BG＝GF，
∵CG＝C'G，
∴四边形BCFC'是菱形，
∴CF＝CB＝9，
由（2）知：设AF＝5x，BG＝3x，
∴BF＝6x，
∵△AFB∽△BCE，
∴ ，即，
∴，
∴CE＝；
②当C'F＝BF时，如图3，
由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴ ，
设BF＝5a，CG＝3a，
∴C'F＝5a，
∵CG＝C'G，BE⊥CC'，
∴CF＝C'F＝5a，
∴FG＝＝4a，
∵tan∠CBE＝，
∴，
∴CE＝3；
综上，当CE的长为长为或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
9．(1)4，5，；
(2)S四边形DEPF=（0(3)或．
【分析】（1）解出方程，求出OD、DC的长，再根据勾股定理求AD的长；
（2）通过AD、BD、AB的长证明△ABD是直角三角形，∠ADB是直角，可证明四边形DEPF是矩形，面积等于，通过相似三角形对应线段成比例，求出PE、PF用t表示的长度，根据面积公式即可求出S与t的关系式；
（3）区分AD是菱形的边和是菱形的长两种情况，分别求出t的值，从而求出OQ的长度，即可以确定点Q的坐标．
(1)
解方程
因式分解得
解得x=1或x=4，
∵，的长是一元二次方程的两个根且，
∴OD=4，DC=1，
∴OC=OD+DC=4+1=5，
∵四边形是矩形，BC=2，
∴AO=BC=2，
∴，
所以线段OD长为4，OC长为5，AD长为；
(2)
∵DC=1，BC=2，OC=5，AD=，四边形是矩形，
∴AB=OC=5，
∴，
∴，
∴△ADB是直角三角形，∠ADB=90°，
∵，，
∴四边形DEPF是平行四边形，
∵∠ADB=90°，
∴四边形DEPF是矩形，
∴，，S四边形DEPF=，
根据题意，AP=t，则PB=5-t，
∴，，
∴S四边形DEPF==，
∵点P在AB上，且不与A、B重合，
∴0∴四边形的面积S与时间t的函数关系式为S四边形DEPF=（0(3)
根据题意，有AD是对角线和AD是边两种可能，
①若AD是对角线，则四边形APDQ是菱形，
∴，
∴，
∵，
解得；
∴，
∴点Q的坐标为，
②若AD是边，则四边形APQD是菱形，
∴，
∴，
∴，
∴点Q的坐标为．
【点睛】本题考查数形结合，解题关键是对矩形、菱形、勾股定理和相似三角形等相关知识灵活运用．
10．A
【分析】根据正方形的面积可用对角线进行计算解答即可．
【详解】解：如图所示，连接，线段和的交点为O，
因为四边形是菱形，
所以点O是和的中点，
因为四边形是正方形，
所以点O也是的中点，
所以线段交于一点O，
因为正方形的面积为，
所以，
因为菱形的面积为，
所以，
所以菱形的边长．
故选：A．
【点睛】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形和菱形的面积进行解答．
11．B
【分析】过点作轴于点，设，通过解直角三角形找出点的坐标，结合反比例函数图像上点的坐标特征即可求出的值，再根据四边形是菱形、点在边上，即可得出，结合菱形的面积公式即可得出结论．
【详解】解∶过点作轴于点，如图所示．设，
在中，，
，
点的坐标为．
点在反比例函数的图像上，
解得∶，或（舍去）．
四边形是菱形，点在边上，
故选∶B．
【点睛】本题考查了菱形的性质、解直角三角形以及反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是找出．
12．A
【分析】过点作交于，于，证是等边三角形，得，再证∽，得，则，然后证，得，，求出，可得是等边三角形，则，最后由含角的直角三角形的性质和勾股定理求出，即可得解．
【详解】解：过点作交于，于，如图所示：
菱形的边长为，，，
，，，
是等边三角形，
，，
，
，，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，，
，
是等边三角形，
，
，，
，
，
，，
，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和等边三角形的判定与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
13．A
【分析】根据特殊平行四边形的性质、垂直平分线的性质判断即可；
【详解】解：A．错误；如矩形的两组对边分别平行且相等，但不是菱形，符合题意；
B．四条边相等的四边形是菱形，选项正确，不符合题意；
C．对角线垂直的平行四边形是菱形，选项正确，不符合题意；
D．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形；由垂直平分线的性质可得四条边相等，选项正确，不符合题意；
故选： A．
【点睛】本题考查了菱形的判定：①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②对角线互相垂直的平行四边形是菱形；③四条边相等的四边形是菱形；④对角线互相平分且垂直的四边形是菱形．
14．D
【分析】利用平移的性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质逐项判断即可．
【详解】解：∵平移△ABC到△BDE的位置，且点D在边AB的延长线上，
∴，
∴四边形ABEC是平行四边形，
故①正确；
∵平移△ABC到△BDE的位置，
∴AB=BD=CE，BC=DE，
∵AB=BC，
∴AB=BD=CE=BC=DE，
∴四边形BDEC是菱形，
故②正确；
∵四边形BDEC是菱形，
∴，
∵，
，
故③正确；
∵四边形BDEC是菱形，
∴DC平分∠BDE，
故④正确；
∴正确的有4个．
故选D．
【点睛】本题主要考查了平移的性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质．
15．B
【分析】利用平行四边形的性质，菱形的判定，待定系数法，利用数形结合思想，注意计算判断即可．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
设AB、CD之间的距离为n，AB=a，BC=b，
当0≤t≤a时，，
当t=a时即P与B重合时，面积最大，结合函数图像，得
t=10=AB，，
∴，
∴结论②正确；
当a＜t≤a+b时，，
当t=a+b时，此时P与点C重合，结合图像，得
运动时间为20-10=10秒，故BC=10，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴结论①正确；
∵；BC=10，
∴BC上的高；
∴结论③错误；
设直线NK的解析式为S=kt+b，
∴，
解得，
∴函数解析式为S=-2.5t+75，
当t=24时，S=15，
∴结论④错误；
故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，待定系数法求一次函数解析式，数形结合思想，熟练掌握平行四边形的性质，待定系数法是解题的关键．
16．(1)见解析
(2)
【分析】(1)由角平分线的定义和垂直平分线的性质可证，可得，，由菱形的判定定理可证得结论；
(2)过点D作，由菱形的性质可得，，由直角三角形的性质可得，，据此即可求得的长．
【详解】（1）证明：平分，
，
垂直平分，
，，
，，
，
，，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是茥形；
（2）解: 如图， 过点D作，
四边形是菱形，
，
，
又，
，，
又，，
，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，角平分线的定义，线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质，熟练运用菱形的判定和性质是解决本题的关键．
17．(1)见解析
(2)见解析
(3)8
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，再根据补角的性质可得，可证得，即可；
（2）根据，可得，再由平行四边形的性质可得，从而得到，可证明，即可；
（3）根据菱形的性质可得，再由平行线分线段的性质，可得，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）证明：由（1）知，，
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
∴，
又∵，
∴；
（3）解：在菱形中，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握菱形的判定和性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键．
18．B
【分析】由翻折得，，垂直平分，可根据直角三角形全等的判定定理“”证明，得，则，则，即可根据勾股定理求出，再由，且得，则，由，求得,即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是边长为的正方形，
∴，，
∴，
由翻折得，，垂直平分，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，且，
∴，
解得，
∵，
∴，
解得，
故选：．
【点睛】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据面积等式求线段的长度等知识和方法，正确求出和的长度是解题的关键．
19．A
【分析】过点作交于，作交于，则，作交的延长线于，得到，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理得到，过点作于，设，则，根据三角函数的定义列方程即可得到结论．
【详解】解：如图，过点作交于，作交于，
则，
线段与的夹角为，
，
，
作交的延长线于，
则，
，
在和中，，
≌，
，
在中，，
过点作于，
，
是等腰直角三角形，
设，则，
，
，
解得，
∴．
故选：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，锐角三角函数的定义，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形和等腰直角三角形是解题的关键．
20．B
【分析】①根据定理先证，得出即可；
②设，根据勾股定理求出，再求出的值即可；
③同样利用特殊值法计算得不出相应的关系即可证明结论不正确；
④根据已知关系先求证是等腰直角三角形，设，根据，则有，解出即可．
【详解】①将沿翻折至，
，，
四边形是正方形，
，，
，，
，
，
四边形是正方形，
，
，
故①正确；
②设，
在中，
，
即，
解得，
，
，
，
，
，
故②正确；
③同理可得，
，
为的中点，
，
，
过作的高线，
，
，
，
即，
解得，
，
故③错误；
④，
，
，
为等腰直角三角形，
，
设，则有，
解得，
故④正确；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了图形的翻折，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形等知识，熟练利用特殊值法解选择题是解本题的关键．
21．D
【分析】因为AD∥BC，AD＝BC，所以四边形ABCD为平行四边形，添加①则可根据对角线相等的平行四边形是矩形，证明四边形是矩形，故可根据一组邻边相等的矩形是正方形来添加条件．
【详解】解：∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，
若AB＝AD，
则四边形ABCD为正方形；
若AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形．
故选：D．
【点睛】本题是考查正方形的判别方法，判别一个四边形为正方形主要根据正方形的概念，途经有两种：①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角．
22．B
【分析】根据平行四边形的性质、矩形的判定与性质、正方形的判定，可以分别判断出各个选项中的结论是否正确，从而可以解答本题．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
当BE=DF时，则AF=EC，
∵AF∥EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC的中点为O，
∴EF经过点O，故选项A正确，不符合题意；
当AE=CF时，无法四边形AECF是平行四边形，故选项B错误，符合题意；
当AE⊥BC，EF经过点O时，
∵AF∥EC，
∴∠FAO=∠ECO，
∵O为AC的中点，
∴OA=OC，
∵∠AOF=∠COE，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴OF=OE，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∴四边形AECF是矩形，故选项C正确，不符合题意；
当E，F是BC，AD的中点，且EF=AC时，
∴AF∥BE，AF=BE，AF=EC，AF∥EC，
∴四边形ABEF是平行四边形，四边形AECF是平行四边形，
∴AB=EF，
∴AB=AC，
∵∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°，
∵AC=EF，
∴平行四边形AECF是矩形，
∴OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE=45°，
∴∠EOC=90°，
∴AC⊥EF，
∴矩形AECF是正方形，故选项D正确，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的判定、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定，利用数形结合的思想解答是解答本题的关键．
23．A
【分析】利用SAS得到△EBF与△DFC全等，利用全等三角形对应边相等得到EF＝AC，再由△ADC为等边三角形得到三边相等，等量代换得到EF＝AD，AE＝DF，利用对边相等的四边形为平行四边形得到AEFD为平行四边形，若AB＝AC，∠BAC＝120°，只能得到AEFD为菱形，不能为正方形，即可得到正确的选项．
【详解】解：∵△ABE、△BCF为等边三角形，
∴AB＝BE＝AE，BC＝CF＝FB，∠ABE＝∠CBF＝60°，
∴∠ABE−∠ABF＝∠FBC−∠ABF，即∠CBA＝∠FBE，
在△ABC和△EBF中，
，
∴△ABC≌△EBF（SAS），
∴EF＝AC，
又∵△ADC为等边三角形，
∴CD＝AD＝AC，
∴EF＝AD＝DC，
同理可得△ABC≌△DFC，
∴DF＝AB＝AE＝DF，
∴四边形AEFD是平行四边形，故B、C选项错误；
∴∠FEA＝∠ADF，
∴∠FEA＋∠AEB＝∠ADF＋∠ADC，即∠FEB＝∠CDF，
在△FEB和△CDF中，
．
∴△FEB≌△CDF（SAS），故选项A正确；
若AB＝AC，∠BAC＝120°，则有AE＝AD，∠EAD＝120°，此时AEFD为菱形，选项D错误
故选A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，平行四边形的判定，以及正方形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定和性质是解本题的关键．
24．(1)见解析
(2)的值为或或
(3)的最小值为
【分析】（1）只需要证明，得到，即可证明四边形是菱形；
（2）如图，设交于点，利用菱形的性质和勾股定理求出，则，表示出，，，再分当时，当时， 当时，三种情况利用等腰三角形的性质建立方程求解即可；
（3）过点作于点，过点作于点，连接，，，证明，得到，利用角平分线的性质得到，进一步证明，证明，得到，推出则，进而推出，当时，此时有最小值，据此求解即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
平分，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：如图，设交于点，
四边形是菱形，，
，，
，
，
，
，，
，
当时，，
，
当时，如图2-1，过点作于点，则，
，
，
，
，即，
；
当时，如图2-2所示，过点作于点，
则，，
又，
，
，即，
；
综上，的值为或或；
（3）解：过点作于点，过点作于点，连接，，，
四边形是菱形，
，，
又，
，
，
，，，
，
是线段的中垂线，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，，
，
，
当时，此时有最小值，
在中，，则，
∴，
∴，
的最小值为．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．
25．(1)；．证明见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）根据正方形的性质可得，，然后利用“边角边”证明，根据全等三角形对应角相等可得，，然后求出，再求出，然后根据垂直的定义解答即可；
（2）①根据正方形的对角线互相垂直平分可得，，对角线平分一组对角可得，然后求出，再利用“角边角”证明，根据全等三角形对应边相等可得；②过点作于，作于，根据全等三角形对应角相等可得，再利用“角角边”证明，根据全等三角形对应边相等可得，然后判断出四边形是正方形，根据正方形的性质求出，再求出，然后利用勾股定理列式求出，再根据正方形的性质求出即可．
【详解】（1）解：；．
证明：四边形是正方形，
，，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
；
（2）①证明：四边形是正方形，
，，，
，
，
即，
在和中，
，
，
；
②解：如图，过点作于，作于，
，
，
在和中，
，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
在中，，
正方形的边长．
【点睛】本题是四边形综合题型，主要利用了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，（2）②难度较大，作辅助线构造出全等三角形和以为对角线的正方形是解题的关键，也是本题的难点
26．(1)正方形
(2)不变，周长是2
(3)
【分析】（1）利用三个角是可知四边形是矩形，且，可知矩形是正方形；
（2）连接，利用证明，得，即可求得的周长；
（3）连接，由（2）同理得，再利用证明，得，从而解决问题．
【详解】（1）解：∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴矩形是正方形，
故答案为：正方形；
（2）解：的周长不变，理由如下：
连接，
∵将沿翻折得到，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴的周长为；
（3）解：连接，
由（2）同理得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴的周长为．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判定，全等三角形的判定与性质，翻折的性质，含角的直角三角形的性质等知识，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
27．(1)见解析
(2)，见解析
(3)
【分析】（1）先利用正方表的性质求得，，再利用判定三角形全等的“SAS”求得三角形全等，然后由全等三角形的性质求解；
（2）延长CB至M，使，连接AM，先易得，推出，，进而得到，最后利用全等三角形的性质求解；
（3）过点H作于点N，易得，进而求出，再根据（2）的结论求解．
（1）
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
在和中
，
∴，
∴；
（2）
解：BE，EF，DF存在的数量关系为．
理由如下：
延长CB至M，使，连接AM，
则．
在和中
，
∴，
∴，．
∵，
∴．
∴∠MAE=∠FAE，
在和中
，
∴，
∴EM=EF，
∵EM=BE+BM，
∴；
（3）
解：过点H作于点N，
则．
∵，
∴，
∴．
在和中
，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴，
由（2）知，．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数值，作出辅助线，构建三角形全等是解答关键．
28．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先证明，由相似三角形的性质得到，再与的值代入得到关于的方程，求解即可；
（2）由（1）知：，当时，可得到，再利用二次函数的最值求解即可；
（3）根据题意可得的最大值是，再由（1）知：，根据二次函数的最值可得，当时，的最大值是，从而得到关于的方程，求解即可．
【详解】（1）解：∵在矩形中，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，设的长为，的长为，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
解得：．
故答案为：．
（2）由（1）知：，
当时，，
∵，
∴当时，有最大值，的最大值是．
∴的最大值是．
（3）∵在点从点到点的整个运动过程中，若线段上存在唯一的一点，
∴的最大值是，
由（1）知：，
当时，即，有最大值，
当时，的最大值是，
∴，
∴．
∴此时的值为．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，二次函数的最值．根据相似三角形的性质建立与的函数关系式是解题的关键．
29．(1)①；②不发生变化，值为
(2)2或14
(3)
【分析】（1）①作于H，作，交的延长线于T，证明，可得，同理可得，，即可求解；②作于H，作，交的延长线于T，证明，即可求解；
（2）分两种情况讨论：当点P在上时，当点P在的延长线上时，结合相似三角形的判定和性质，即可求解；
（3）设，证明，可得，从而得到，即可求解．
【详解】（1）解：①如图1，作于H，作，交的延长线于T，
∵四边形是矩形，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
，
∴，
故答案为：；
②如图1，不发生变化，理由如下：
作于H，作，交的延长线于T，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图2，当点P在上时，
由（2）得：，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
如图3，当点P在的延长线上时，
由（2）得：，
∵，
∴，
∴，
∴，
综上所述：或14；
（3）解：如图1，
设，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是设未知数，表示出的长，
30．感知：见解析；（1）见解析（2）2 应用：9
【分析】感知：利用同角的余角相等判断出，即可得出结论；
探究：（1）判断出，同感知的方法判新出，即可得出结论；
（2）利用直角三角形的斜边的中线是斜边的一半，可得结论．
【详解】（1）感知：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴．；
探究：（1）如图②，
过点作于，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴四边形G是矩形，
∴，
∴，
由，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
（2）由（1）知，，
连接，
∵，点是的中点，
∴，
∴，
故答案为：2．
应用：同探究（2）得，，
∴，
同探究（1）得，，
∵，
∴．
故答案为：9
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握三角形全等的性质和判定是关键．
31．C
【分析】根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定方法，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，选项错误，不符合题意；
B、对角线相等且平分的四边形是矩形，选项错误，不符合题意；
C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，选项正确，符合题意；
D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，一组对边平行，另一组对边相等的四边形也可能是等腰梯形，选项错误，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定方法．熟练掌握相关图形的判定方法，是解题的关键．
32．B
【分析】根据菱形的性质，结合关于原点对称点的特点，求出结果即可．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，即点A与点C关于原点对称，
∵点，
∴点C的坐标是，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，关于原点对称点的特点，解题的关键是熟练掌握关于原点对称的两个点的横纵坐标互为相反数．
33．B
【分析】连接，，根据点B与D关于对称，得出，从而得出，即最小值为值为的长，求出的长即可．
【详解】解：连接，，如图所示：
∵四边形为正方形，
∴点B与D关于对称，
∴，
∴，
∴最小值为的长，
∵正方形的面积为12，
∴，
又∵是等边三角形，
∴，
∴最小值为，故B正确．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，轴对称的性质，等边三角形的性质，解题的关键是根据轴对称的性质得出的长为的最小值．
34．C
【分析】根据中位线的性质得出，根据菱形的性质对角线互相平分且垂直，勾股定理求得的长，即可求解．
【详解】，分别是，边上的中点，，
，
四边形是菱形，
，，，
，
菱形的周长为．
故选：C．
【点睛】本题考查了中位线的性质，菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
35．D
【分析】根据三角形的中位线定理，以及平行四边形，矩形，菱形的判定方法，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、连接，
∵D、E、F分别是各边中点，
∴，，
设EF和BC间的距离为h，
∴，
∴和的面积相等，选项正确，不符合题意；
B、∵D、E、F分别是各边中点，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，选项正确，不符合题意；
C、∵四边形是平行四边形，
∴若，则四边形是矩形，选项正确，不符合题意；
D、∵D、E、F分别是各边中点，
∴，，
若，则，无法确定，
∴四边形不一定是菱形，选项错误，符合题意．
故选D．
【点睛】本题考查三角形的中位线定理，平行四边形，矩形，菱形的判定方法．熟练掌握三角形的中位线定理是解题的关键．
36．B
【分析】先连接AC，BD，根据EF＝HG＝AC，EH＝FG＝BD，可得四边形EFGH是平行四边形，当AC⊥BD时，∠EFG＝90°，此时四边形EFGH是矩形；当AC＝BD时，EF＝FG＝GH＝HE，此时四边形EFGH是菱形，据此进行判断即可．
【详解】解：连接AC，BD，如图：
∵点E、F、G、H分别为四边形ABCD的四边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF＝HG＝AC，EH＝FG＝BD，
∴四边形EFGH是平行四边形，故A错误；
∴四边形EFGH一定是中心对称图形，故D错误；
当AC⊥BD时，∠EFG＝90°，此时四边形EFGH是矩形，
当AC＝BD时，EF＝FG＝GH＝HE，此时四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH可能是轴对称图形，故C错误；
∴说法正确的是当AC＝BD时，它为菱形，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了中点四边形的运用，解题时注意：平行四边形是中心对称图形．解决问题的关键是掌握三角形中位线定理．
37．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由平行线的性质得到两组角对应相等，由中点的性质以及线段的和差得到一组对边相等，利用判定．
（2）由对角线互补判定四边形是平行四边形，进而由对角线相等的平行四边形是矩形判定即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
∵O为的中点，即，，
∴，即，
在和中，
∴．
（2）证明：∵，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴，即，
∴四边形为矩形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，平行线的性质，平行四边形的判定，矩形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握这些判定定理与性质定理．
38．(1)见解析
(2)24
【分析】（1）根据证明，得出，说明、互相平分，证明四边形是平行四边形，再根据直角三角形的性质证明，即可证明结论；
（2）先根据菱形性质，求出，再根据中位线性质求出，根据勾股定理求出，最后根据三角形面积公式求出结果即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，，
又∵
∴，
∴，
∴、互相平分，
∴四边形是平行四边形，
又∵，，
∴，
∴四边形ABCD是菱形．
（2）解：∵，四边形是菱形；
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴在中，，
∴．
【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，菱形的判定和性质，三角形中位线性质，勾股定理，三角形面积的计算，平行线的性质，平行四边形的判定，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法．
39．(1)
(2)①见解析；②
【分析】（1）根据等边三角形和正方形的性质可得，从而得到，延长交于点，再由三角形的外角性质，即可求解；
（2）①要证，即先证明，再结合轴对称的性质即可得证；②要求的值，可先通过证明，将所求线段比例转化为，再运用带入参数字母法，结合图形的性质分别求出，代入化简即可．
【详解】（1）解：是等边三角形，垂直平分，
，
，
，
如图，延长交于点，
，
；
（2）解：①证明：∵，，
∴．
又∵是等边三角形，∴AD平分，即．
在和中，，
∴，
在正方形中，，
∵，
∴，
∴．
②∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴．
又∵，
∴，
．
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，正方形的性质等知识，本题难度在于在第（3）问两条线段位置关系不明显，在此类两条线段问题中，一般运用转化的思想将比值问题转化为易求的另两条线段的比例问题．通过代入参数字母方法，即可求解．
40．C
【分析】延长 交 于N，连接 ，由垂直的定义可得 ，根据直角三角形的两个锐角互余得 ，从而有 ，得到①正确；根据三个角是直角可判断四边形 是矩形，再由 可知是正方形，故②正确，计算出 得③错误；根据等腰直角三角形的性质可知 ，推导得出 ，从而 得到 ，再由 ，得 ，判断出④正确．
【详解】解：如图，延长 交 于N，连接
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵将 绕着点F顺时针旋转得 ，
∴
∴ ，
∴ ，
∴ ，故①正确；
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是矩形，
又∵ ，
∴矩形 是正方形，故②正确；
∴ ，
∴
，
故③错误；
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴
∴ ，
∴ ，
∴ （ ）：1，
又∵四边形 是正方形，
∴ ，
∴ ，
故④正确，
∴正确的是：①②④，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、勾股定理和正方形的判定与性质，掌握常用辅助线的添加方法，灵活运用相关知识是解题的关键．
41．B
【分析】①正确．证明，即可；
②错误．求得，进而可得结论；
③正确．证明，，即可证明结论；
④错误．证明，求出的面积即可判断．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是正方形，
，，
由翻折可知：，，，，
，，，
，
，，
，故①正确；
设，
∵，
∴，，
在中，，
，
，
，
，
，
若，则为正三角形，，显然不合题意，
故②错误；
，
，
，
，，
，G都在线段的垂直平分线上，
垂直平分，
，
，故③正确；
，，
，
，故④错误，
故正确的有2个，
故选：B．
【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
42．A
【分析】先判断出，求得，得出，再判断出从而得到①正确，根据平角的定义求出，得出②正确；连接，判断出，得出③错误，根据，得到④正确．
【详解】解：∵是正方形的对角线，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴是线段的垂直平分线，，
在和中，，
∴，
∴，故①正确；
∵，
∴，故②正确；
如图，连接，
∵是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∵，是对角线上任意一点，
∴的长是变化的，
∴，
∴，
∴，故③错误；
∵，，
∴平分，故④正确；
综上，①②④正确，不正确的只有③一个；
故选：A．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的判定和性质，解本题的关键是判断出，难点是作出辅助线．
43．C
【分析】利用特殊角的三角函数值分别求出、、，以此类推找到规律求出，最后根据中，，即可求解．
【详解】解：∵与直线l所夹锐角为，且是正方形的一个顶角，
∴，
又∵，
∴在中，，
∵正方形的边长，
∴，
同理可求得： ，，
以此类推可知： ，
∵中，，
∴，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、含特殊角的锐角三角函数等知识，含30°的直角三角形的性质．利用从特殊到一般寻找规律是解题的关键．
44．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）作，根据勾股定理求出，，结合即可得到答案；
（2）根据矩形性质得到，结合、即可得到、与t的关系，列式求解即可得到答案；
（3）连接与交于K，根据同角三角函数得到比例线段列出方程，得、的值，然后根据面积的和差关系即可得答案；
【详解】（1）解：作，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（2）解：若MHQN为矩形时，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴；
（3）解：连接与交于K，
∵，，
∴，
∵，四边形是矩形，
∴，
∴
∴，
∴，，
∴
．
【点睛】考查了三角函数，矩形的判定与性质，勾股定理，梯形的面积，熟练掌握性质是解本题的关键．
45．(1)菱形，见解析
(2)，见解析
(3)10
【分析】（1）先依据翻折的性质和平行线的性质证明，从而得到，接下来依据翻折的性质可证明；
（2）连接，交于点O．由菱形的性质可知，，接下来，证明，由相似三角形的性质可证明，于是可得到、、的数量关系；
（3）利用（1）（2）结论可求得长，即可得答案．
【详解】（1）证明：∵，
∴．
由翻折的性质可知：，，，
∴．
∴．
∴．
∴四边形为菱形．
（2）解：．
理由：如图1所示：连接，交于点O．
∵四边形为菱形，
∴．
∵，，
∴．
∴，即．
∵，，
∴．
（3）解：∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴
【点睛】本题主要考查的是四边形与三角形的综合应用，解答本题主要应用了矩形的性质、菱形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理的应用，利用相似三角形的性质得到是解答问题（2）的关键，依据（1）（2）结论求得的长是解答问题（3）的关键．
46．（1）；（2）；（3）
【分析】（1）当点在线段上时，有最小值，即可求解；
（2）根据角平分线性质和三角形内角和定理即可求解；
（3）先作出的外接圆，进而求出外接圆半径，进而判断出最小时点的位置，最后构造直角三
角形即可得出结论．
【详解】（1）当点在线段上时，有最小值为，
故答案为：；
（2），
，
，
点是的内心，
平分，平分，
，，
；
（3），，，
，
，
如图3，作的外接圆，圆心记作点，连接，，在优弧上取一点，连接，，
点在的外接圆上，
，
，
，
连接，与相交于点此时，是的最小值，
过点作于，，交的延长线于，
，，
四边形是矩形，
，
平分
，
四边形是正方形，
，
，
在中，
，
．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，等腰直角三角形的性质，三角形的内心，勾股定理等知识，构造出的外接圆是解本题的关键．
47．##
【分析】过点M作交延长线于点H，连接，根据菱形的性质和直角三角形的性质，求出，再由勾股定理求出的长，再由折叠的性质可得点在以M为圆心，为半径的圆上，从而得到当点在线段上时，长度有最小值，是解题的关键．
【详解】解：过点M作交延长线于点H，连接，
菱形中，，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵将沿所在直线翻折得到，
∴，
∴点在以M为圆心，为半径的圆上，
∴当点在线段上时，长度有最小值，
∴长度的最小值．
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质、直角三角形的性质、折叠的性质，找到当点在上，的长度最小，是解题的关键．
48．
【分析】由折叠的性质得到一对角相等，再由矩形对边平行得到一对内错角相等，等量代换及等角对等边得到，利用得到三角形与三角形全等，由全等三角形对应边相等得到，过作垂直于，利用勾股定理及面积法求出与的长，即可确定出坐标．
【详解】解：由折叠得：，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
设，则有，
在中，根据勾股定理得：，
解得：，即，，
过作，
∵，
∴，，
则．
故答案为：．
【点睛】此题考查了翻折变化（折叠问题），坐标与图形变换，以及矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
49．16
【分析】根据三角形的中位线定理可得，即可求出的长度，再根据菱形的性质即可求解．
【详解】解：∵M，N分别为，的中点，
∴，
即，
∴菱形的周长．
故答案为：16．
【点睛】本题主要考查了三角形的中位线定理和菱形的性质，解题的关键是掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，菱形的四条边都相等．
50．
【分析】证明是等边三角形，求出的面积与的函数关系式，即可得出答案．
【详解】连接，如图所示：
∵菱形的边长为1，，
∴和都是等边三角形，
∴，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴的面积，
作于，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴与的函数关系式为：．
故答案为：
【点睛】此题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、动点问题的函数、三角形的面积问题，证明两个三角形全等是解决问题的关键．
51．
【分析】根据题意首先求出的长度，再证，由勾股定理可求出答案．
【详解】解：四边形是矩形，
，，
，
，
，
∵由翻折得到，
，，
又，
，
，
，
，
解得：，
点F的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质、三角函数的定义、勾股定理，三角形全等，解题的关键是求出．
52．
【分析】首先求出、、、、、、、、的坐标，找出这些坐标之间的规律，然后根据规律计算出点的坐标．
【详解】解：∵边长为1的正方形的两边在坐标轴上，
∴点坐标为， ，
∵正方形是正方形的对角线为边，
∴，
∴点坐标为，
同理可知，点坐标为，
同理可知，点坐标为，
点坐标为，点坐标为，
，，，
由规律可以发现，每经过8次作图后，点的坐标符号与第一次坐标符号相同，每次正方形的边长变为原来的倍，
∴当为自然数，
如果时，那么；
如果时，那么；
如果时，那么；
如果时，那么；
如果时，那么；
如果时，那么；
如果时，那么；
如果时，那么；
∵，，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，规律型：点的坐标以及分类讨论思想，解答本题的关键是由点坐标的规律发现每经过8次作图后，点的坐标符号与第一次坐标符号相同，每次正方形的边长变为原来的倍，此题难度较大．
53．
【分析】连接，设与，交于点N，H，根据轴对称的性质可得是的垂直平分线，得，即可得到，即可证明是等腰直角三角形，设，则，然后利用勾股定理和锐角三角函数即可得到答案；
【详解】如图，连接，设与，交于点N，H，
∵点E与B关于直线对称，
∴，，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵是的垂直平分线，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴CN＝DP，
设，
则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
54．
【分析】由折叠的性质可知垂直平分，证明，得出即可求解．
【详解】解：由折叠的性质可得：，
∴垂直平分，
∴，，
∵，，
∴，
又∵，
∴
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
∴
故答案为：．