中考数学专项练习：14.四边形

中考数学专项练习：14.四边形

四边形
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________


一、单选题
1．（2015·甘肃中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，E是AB的中点，CE和BD交于点O，设△OCD的面积为m，△OEB的面积为，则下列结论中正确的是（ ）

A．m=5 B．m= C．m= D．m=10
2．（2018·贵州中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，E是DC上的点，DE：EC=3：2，连接AE交BD于点F，则△DEF与△BAF的面积之比为（　　）

A．2：5 B．3：5 C．9：25 D．4：25
3．（2012·山东中考真题）已知矩形ABCD中，AB=1，在BC上取一点E，沿AE将ΔABE向上折叠，使B点落在AD上的F点，若四边形EFDC与矩形ABCD相似，则AD=（ ）．

A． B． C． D．2
4．（2013·湖北中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，E是OD的中点，连接AE并延长交DC于点F，则DF：FC=（　　）

A．1：4 B．1：3 C．1：2 D．1：1
5．（2019·四川中考真题）下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线互相垂直的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的矩形是正方形
D．四边相等的平行四边形是正方形
6．（2013·四川中考真题）如图，要拧开一个边长为a＝6 mm的正六边形螺帽，扳手张开的开口b至少为( )

A．6mm B．12mm C．6mm D．4mm
7．（2016·四川中考真题）一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为1080°，那么原多边形的边数为（ ）
A．7 B．7或8 C．8或9 D．7或8或9
8．（2012·贵州中考真题）一个多边形的内角和是900°，则这个多边形的边数为 （ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
9．（2012·山东中考真题）如图，AB∥CD，E，F分别为AC，BD的中点，若AB=5，CD=3，则EF的长是（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1
10．（2013·湖南中考真题）下列说法中，正确的是（ ）
A．同位角相等
B．对角线相等的四边形是平行四边形
C．四条边相等的四边形是菱形
D．矩形的对角线一定互相垂直
11．（2016·甘肃中考真题）如图，矩形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 相交于点 O,CE∥BD, DE∥AC , AD＝2, DE＝2,则四边形 OCED 的面积为（　　）

A．2 B．4 C．4 D．8
12．（2017·云南中考真题）已知一个多边形的内角和等于900º，则这个多边形是（ ）
A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形
13．（2019·浙江中考真题）如图，有两张矩形纸片和，，．把纸片交叉叠放在纸片上，使重叠部分为平行四边形，且点与点重合．当两张纸片交叉所成的角最小时，等于（　　）

A． B． C． D．
14．（2019·湖北中考真题）如图，在△ABC中，点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，已知∠ADE=65°，则∠CFE的度数为（ ）

A．60° B．65° C．70° D．75°
15．（2019·山东中考真题）如图，点是正方形的边上一点，把绕点顺时针旋转到的位置．若四边形AECF的面积为20，DE=2，则AE的长为（ ）

A．4 B． C．6 D．
16．（2018·山东中考真题）如图，在五边形ABCDE中，∠A+∠B+∠E=300°，DP,CP分别平分∠EDC、∠BCD，则∠P的度数是( )

A．60° B．65° C．55° D．50°
17．（2016·浙江中考真题）如果正多边形的每个外角等于40°，则这个正多边形的边数是
A．10 B．9 C．8 D．7
18．（2013·四川中考真题）如图,已知点E在正方形ABCD内,满足∠AEB=90°,AE=6,BE=8,则阴影部分的面积是(　　)

A．48 B．60
C．76 D．80
19．（2012·天津中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，M为边AD的中点，延长MD至点E，使ME=MC，以DE为边作正方形DEFG，点G在边CD上，则DG的长为（ ）

A． B． C． D．
20．（2015·湖北中考真题）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝4，BC＝8，将纸片沿EF折叠，使点C与点A重合，则下列结论错误的是（ ）

A．AF＝AE B．△ABE≌△AGF C．EF＝ D．AF＝EF
21．（2012·浙江中考真题）如图，菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，点P，Q，K分别为线段BC，CD，BD上的任意一点，则PK+QK的最小值为（ ）

A．1 B． C．2 D．＋1
22．（2018·广西中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB=3，点M在CD的边上，且DM=1，ΔAEM与ΔADM关于AM所在的直线对称，将ΔADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到ΔABF，连接EF，则线段EF的长为（ ）

A．3 B． C． D．
23．（2018·贵州中考真题）如图，在矩形ABCD中，AD=3，M是CD上的一点，将△ADM沿直线AM对折得到△ANM，若AN平分∠MAB，则折痕AM的长为（　　）

A．3 B．2 C．3 D．6
24．（2015·山东中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠ACB的角平分线分别交AB，BD于M，N两点．若AM＝2，则线段ON的长为( )

A． B． C．1 D．
25．（2016·天津中考真题）如图，把一张矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为B′，AB′与DC相交于点E，则下列结论一定正确的是（ ）

A．∠DAB′=∠CAB′ B．∠ACD=∠B′CD
C．AD="AE" D．AE=CE
26．（2016·四川中考真题）（2016四川省巴中市）如图，点D、E分别为△ABC的边AB、AC上的中点，则△ADE的面积与四边形BCED的面积的比为（　　）

A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：1
27．（2013·山东中考真题）如图，边长为6的大正方形中有两个小正方形，若两个小正方形的面积分别为S1，S2，则S1+S2的值为（ ）

A．16 B．17
C．18 D．19
28．（2016·江苏中考真题）矩形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点B的坐标为（3，4），D是OA的中点，点E在AB上，当△CDE的周长最小时，点E的坐标为（ ）

A．（3，1） B．（3，） C．（3，） D．（3，2）
29．（2018·广西中考真题）如图，在菱形ABCD中，AC=6，BD=6，E是BC边的中点，P，M分别是AC，AB上的动点，连接PE，PM，则PE+PM的最小值是（　　）

A．6 B．3 C．2 D．4.5
30．（2013·四川中考真题）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，下列结论：①BE=DF，②∠DAF=15°，③AC垂直平分EF，④BE+DF=EF，⑤S△CEF=2S△ABE，其中正确结论有（ ）个．

A．2 B．3 C．4 D．5
31．（2018·山东中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E是边BC的中点，AE⊥BD，垂足为F，则tan∠BDE的值是（　　）

A． B． C． D．
32．（2017·贵州中考真题）如图，在▱ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别交AD、BC于点E、F，连接CE，若△CED的周长为6，则▱ABCD的周长为（　　）

A．6 B．12 C．18 D．24
33．（2017·四川中考真题）如图，在矩形ABCD中BC=8，CD=6，将△ABE沿BE折叠，使点A恰好落在对角线BD上F处，则DE的长是（ ）

A．3 B． C．5 D．
34．（2018·浙江中考真题）如图，已知在△ABC中，∠BAC＞90°，点D为BC的中点，点E在AC上，将△CDE沿DE折叠，使得点C恰好落在BA的延长线上的点F处，连结AD，则下列结论不一定正确的是（　　）

A．AE=EF B．AB=2DE
C．△ADF和△ADE的面积相等 D．△ADE和△FDE的面积相等
35．（2018·天津初二单元测试）如图，菱形ABCD中，，AB=4，则以AC为边长的正方形ACEF的周长为（ ）

A．14 B．15 C．16 D．17
36．（2015·天津中考真题）如图，已知▱ABCD中，AE⊥BC于点E，以点B为中心，取旋转角等于∠ABC，把△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，连接DA′．若∠ADC=60°，∠ADA′=50°，则∠DA′E′的大小为（ ）

A．130° B．150° C．160° D．170°
37．（2019·天津中考模拟）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E、F，连接PB、PD．若AE=2，PF=8．则图中阴影部分的面积为（　　）

A．10 B．12 C．16 D．18
38．（2019·天津初二期末）如图，点P是边长为1的菱形ABCD对角线AC上的一个动点，点M，N分别是AB，BC边上的中点，则MP+PN的最小值是（　　）

A． B．1 C． D．2
39．（2005·江苏中考真题）如图，将一个边长为4和8的长方形纸片ABCD折叠，使C点与A点重合，则折痕EF的长是（ 　　）

A． B． C． D．
40．（2018·天津中考真题）如图，在正方形中，，分别为，的中点，为对角线上的一个动点，则下列线段的长等于最小值的是（ ）

A． B． C． D．
41．（2011·天津中考真题）如图，点O是矩形ABCD的中心，E是AB上的点，折叠后，点B恰好与点O重合，若BC=3．则折痕CE的长为（ ）

A． B． C． D．6
42．（2011·天津中考真题）如图．将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、CB均落在对角线BD上，得折痕BE、BF，则∠EBF的大小为

A．15° B．30° C．45° D．60°


二、填空题
43．（2019·天津南开中学初二月考）如图．在△ABC中，∠ACB=60°，AC=1，D是边AB的中点，E是边BC上一点．若DE平分△ABC的周长，则DE的长是_____．

44．（2016·天津中考模拟）如图，在平面直角坐标系中，将矩形AOCD沿直线AE折叠（点E在边DC上），折叠后顶点D恰好落在边OC上的点F处.若点D的坐标为(10，8），则点E的坐标为 .

45．（2018·天津中考模拟）如图，在正方形ABCD外侧作等边△ADE，则∠BED的度数为_____°．

46．（2018·天津初二单元测试）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点处，当△为直角三角形时，BE的长为 .

47．（2017·天津初二课时练习）正六边形的每一个外角是___________度
48．（2019·天津初二期中）如图，在平行四边形ABCD中，添加一个条件_____使平行四边形ABCD是菱形．

49．（2017·天津初二课时练习）若一个多边形外角和与内角和相等，则这个多边形是　 　．
50．（2019·天津初二期中）如图，将菱形纸片ABCD折迭，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF．若菱形ABCD的边长为2 cm，∠A=120°，则EF= cm．

51．（2019·天津市滨湖中学初一期中）如图，将矩形ABCD折叠，折痕为EF，BC的对应边B'C′与CD交于点M，若∠B′MD=50°，则∠BEF的度数为_____．

52．（2019·天津中考真题）如图，正方形纸片的边长为12，是边上一点，连接．折叠该纸片，使点落在上的点，并使折痕经过点，得到折痕，点在上．若，则的长为__________．

53．（2019·天津南开翔宇学校初二月考）如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=6，P为AD上一点，将△ABP沿BP翻折至△EBP，PE与CD相交于点O，BE与CD相交于点G，且OE=OD，则AP的长为__________．

54．（2013·山东中考真题）如图，在正方形ABCD中，边长为2的等边三角形AEF的顶点E、F分别在BC和CD上，下列结论：①CE=CF；②∠AEB=75°；③BE+DF=EF；④S正方形ABCD=．
其中正确的序号是　 　（把你认为正确的都填上）．


55．（2015·宁夏中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=5，在CD上任取一点E，连接BE，将△BCE沿BE折叠，使点C恰好落在AD边上的点F处，则CE的长为_____．

56．（2019·江苏中考真题）如图，在矩形ABCD中，，，H是AB的中点，将沿CH折叠，点B落在矩形内点P处，连接AP，则__．

57．（2016·四川中考真题）如图，AC是正五边形ABCDE的一条对角线，则∠ACB＝_____．

58．（2018·湖北中考真题）如图，已知▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，且AC=8，BD=10，AB=5，则△OCD的周长为_____．

59．（2013·山东中考真题）如图，已知矩形ABCD中，AB=1，在BC上取一点E，沿AE将△ABE向上折叠，使B点落在AD上的F点．若四边形EFDC与矩形ABCD相似，则AD=________

60．（2018·广东中考真题）如图，若菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（3，0），（﹣2，0），点D在y轴上，则点C的坐标是_____．

61．（2011·湖北中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝2cm，点E在BC上，且AE＝CE．若将纸片沿AE折叠，点B恰好与AC上的点B1重合，则AC＝_____cm．

62．（2013·山东中考真题）如图，ABCD的周长为36，对角线AC，BD相交于点O．点E是CD的中点，BD=12，则△DOE的周长为　 　．

63．（2016·贵州中考真题）将矩形ABCD纸片按如图所示的方式折叠，EF，EG为折痕，试问∠AEF+∠BEG=________.

64．（2016·青海中考真题）如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF=45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．若AE=1，则FM的长为 ．

65．（2016·山东中考真题）如图，折叠矩形ABCD的一边AD，使点D落在BC边的点F处，已知折痕AE＝5cm， 且tan∠EFC＝，那么矩形ABCD的周长_____________cm．

66．（2013·广西中考真题）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE=2，AE=3BE，P是AC上一动点，则PB+PE的最小值是　 　．

67．（2019·河南中考真题）如图，在矩形ABCD中，，，点E在边BC上，且．连接AE，将沿AE折叠，若点B的对应点落在矩形ABCD的边上，则 a的值为________．

68．（2014·福建中考真题）将矩形ABCD沿AE折叠，得到如图的图形．已知∠CEB′=50°，则∠AEB′=　

69．（2017·贵州中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=2，AD=3，点E是AB的中点，点F是AD边上的一个动点，将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△A′EF，则A′C的长的最小值是______．


三、解答题
70．（2018·山东中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点，连接DF，过点E作EH⊥DF，垂足为H，EH的延长线交DC于点G．
（1）猜想DG与CF的数量关系，并证明你的结论；
（2）过点H作MN∥CD，分别交AD，BC于点M，N，若正方形ABCD的边长为10，点P是MN上一点，求△PDC周长的最小值．

71．（2019·湖南中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝6．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动．
(1)当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；
(2)设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为时，求OA的长；
(3)当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos∠OAD的值．

72．（2013·山东中考真题）如图，已知抛物线与x轴交于点A，B，AB=2，与y轴交于点C，对称轴为直线x=2．

（1）求抛物线的函数表达式；
（2）设P为对称轴上一动点，求△APC周长的最小值；
（3）设D为抛物线上一点，E为对称轴上一点，若以点A，B，D，E为顶点的四边形是菱形，则点D的坐标为 　．
73．（2018·吉林中考真题）在正方形ABCD中，E是边CD上一点（点E不与点C、D重合），连结BE．

（感知）如图①，过点A作AF⊥BE交BC于点F．易证△ABF≌△BCE．（不需要证明）
（探究）如图②，取BE的中点M，过点M作FG⊥BE交BC于点F，交AD于点G．
（1）求证：BE=FG．
（2）连结CM，若CM=1，则FG的长为　 　．
（应用）如图③，取BE的中点M，连结CM．过点C作CG⊥BE交AD于点G，连结EG、MG．若CM=3，则四边形GMCE的面积为　 　．
74．（2012·山东中考真题）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE，求证：CE＝CF；
（2）如图2，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，如果∠GCE＝45°，请你利用（1）的结论证明：GE＝BE＋GD；
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：
如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠B＝90°，AB＝BC，E是AB上一点，且∠DCE＝45°，BE＝4，DE=10, 求直角梯形ABCD的面积．
75．（2018·山东中考真题）（问题解决）
一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，点P是正方形ABCD内一点，PA=1，PB=2，PC=3．你能求出∠APB的度数吗？
小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：
思路一：将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，求出∠APB的度数；
思路二：将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP'B，连接PP′，求出∠APB的度数．
请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．
（类比探究）
如图2，若点P是正方形ABCD外一点，PA=3，PB=1，PC=，求∠APB的度数．

76．（2018·天津初二期中）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.
(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG(如图①)，求证：△AEG≌△AEF；
(2)若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N(如图②)，求证：EF2=ME2+NF2；
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变(如图③)，请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系.

77．（2018·天津中考真题）在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点.以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点，，的对应点分别为，，.

（Ⅰ）如图①，当点落在边上时，求点的坐标；
（Ⅱ）如图②，当点落在线段上时，与交于点.
①求证；
②求点的坐标.
（Ⅲ）记为矩形对角线的交点，为的面积，求的取值范围（直接写出结果即可）.
78．（2017·天津中考真题）将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点.是边上的一点（点不与点重合），沿着折叠该纸片，得点的对应点.
（1）如图①，当点在第一象限，且满足时，求点的坐标；
（2）如图②，当为中点时，求的长；
（3）当时，求点的坐标（直接写出结果即可）.

参考答案
1．B
【解析】
试题分析：∵AB∥CD，∴△OCD∽△OEB，又∵E是AB的中点，∴2EB=AB=CD，∴，即，解得m=．故选B．
考点：1．相似三角形的判定与性质；2．平行四边形的性质．
2．C
【解析】
【分析】
由平行四边形的性质得出CD∥AB，进而得出△DEF∽△BAF，再利用相似三角形的性质可得出结果.
【详解】
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD∥AB，
∴△DEF∽△BAF．
∵DE：EC=3：2，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的性质与判定及平行四边形的性质，解题的关键是掌握相似三角形的面积比等于相似比的平方.
3．B
【解析】
【分析】
可设AD=x，根据四边形EFDC与矩形ABCD相似，可得比例式，求解即可．
【详解】
∵矩形ABCD中，AF由AB折叠而得，
∴ABEF是正方形．
又∵AB=1，
∴AF= AB=EF=1．
设AD=x，则FD=x－1．
∵四边形EFDC与矩形ABCD相似，
∴，即．
解得，（负值舍去）．
经检验是原方程的解．
故选B．
【点睛】
考查了翻折变换（折叠问题），相似多边形的性质，本题的关键是根据四边形EFDC与矩形ABCD相似得到比例式．
4．C
【解析】
【分析】
本题考查的是平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质定理.
【详解】
解：在平行四边形ABCD中，AB∥CD,
∴
故选C.
5．C
【解析】
【分析】
根据矩形的判定方法对A、B矩形判断；根据正方形的判定方法对C、D矩形判断．
【详解】
解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，所以A选项错误；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项错误；
C、对角线互相垂直的矩形是正方形，所以C选项正确；
D、四边相等的菱形是正方形，所以D选项错误．
故选：C．
【点睛】
本题考查了命题与定理：命题的“真”“假”是就命题的内容而言．任何一个命题非真即假．要说明一个命题的正确性，一般需要推理、论证，而判断一个命题是假命题，只需举出一个反例即可．
6．C
【解析】
设正多边形的中心是O，其一边是AB，

∴∠AOB=∠BOC=60°，
∴OA=OB=AB=OC=BC，
∴四边形ABCO是菱形，
∵AB=6mm,∠AOB=60°，
∴cos∠BAC=，
∴AM=6×= (mm)，
∵OA=OC，且∠AOB=∠BOC，
∴AM=MC=AC，
∴AC=2AM= (mm).
故选C.
7．D
【解析】
试题分析：设内角和为1080°的多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°=1080°，解得：n=8．
则原多边形的边数为7或8或9．故选D．
考点：多边形内角与外角．
8．B
【解析】
【分析】
本题根据多边形的内角和定理和多边形的内角和等于900°，列出方程，解出即可．
【详解】
解：设这个多边形的边数为n，
则有（n-2）180°=900°，
解得：n=7，
∴这个多边形的边数为7．
故选B．
【点睛】
本题考查了多边形内角和，熟练掌握内角和公式是解题的关键.
9．D
【解析】
连接DE并延长交AB于H，

∵CD∥AB，∴∠C=∠A，∠CDE=∠AHE．
∵E是AC中点，∴DE=EH．∴△DCE≌△HAE（AAS）．
∴DE=HE，DC=AH．
∵F是BD中点，∴EF是△DHB的中位线．∴EF=BH．
∴BH=AB﹣AH=AB﹣DC=2．∴EF=1．故选D．
10．C
【解析】
试题分析：A、两直线平行，同位角相等；B、对角线互相平分的四边形为平行四边形；C、正确；D、矩形的对角线互相平分且相等．
考点：特殊平行四边形
11．A
【解析】
【详解】
连接OE，与DC交于点F，
∵四边形ABCD为矩形，
∴OA=OC，OB=OD，且AC=BD，即OA=OB=OC=OD，
∵OD∥CE，OC∥DE，∴四边形ODEC为平行四边形，
∵OD=OC，∴四边形ODEC为菱形，∴DF=CF，OF=EF，DC⊥OE，
∵DE∥OA，且DE=OA，∴四边形ADEO为平行四边形，
∵AD=，DE=2，∴OE=，即OF=EF=，
在Rt△DEF中，根据勾股定理得：DF==1，即DC=2，
则S菱形ODEC=OE•DC=××2=．
故选A．


12．C
【解析】
试题分析：多边形的内角和公式为（n－2）×180°，根据题意可得：（n－2）×180°=900°，解得：n=7．
考点：多边形的内角和定理．

13．D
【解析】
【分析】
根据题意可证得四边形是菱形，故，设，则，根据勾股定理求出，再根据即可求解.
【详解】
如图，

∵，
∴，且，，
∴，
∴，且四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴当点与点重合时，两张纸片交叉所成的角α最小，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴.
∴.
故选D．
【点睛】
此题主要考查正切的求解，解题的关键是熟知菱形的性质与勾股定理进行求解.
14．B
【解析】
【分析】
根据三角形中位线的性质可得DE//BC，EF//AB，根据平行线的性质求出∠CFE的度数即可.
【详解】
∵点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，
∴DE//BC，EF//AB，
∴∠ADE=∠B，∠B=∠CFE，
∵∠ADE=65°，
∴∠CFE=∠ADE=65°，
故选B.
【点睛】
本题考查了三角形中位线的性质及平行线的性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半，熟练掌握相关性质是解题关键.
15．D
【解析】
【分析】
利用旋转的性质得出四边形 AECF的面积等于正方形 ABCD的面积，进而可求
出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案．
【详解】
绕点顺时针旋转到的位置．
四边形的面积等于正方形的面积等于20，
，
，
中，
故选：．
【点睛】
本题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，正确利用旋转的性质得出对应
边关系是解题关键．
16．A
【解析】
试题分析：根据五边形的内角和等于540°，由∠A+∠B+∠E=300°，可求∠BCD+∠CDE的度数，再根据角平分线的定义可得∠PDC与∠PCD的角度和，进一步求得∠P的度数．
解：∵五边形的内角和等于540°，∠A+∠B+∠E=300°，
∴∠BCD+∠CDE=540°﹣300°=240°，
∵∠BCD、∠CDE的平分线在五边形内相交于点O，
∴∠PDC+∠PCD=（∠BCD+∠CDE）=120°，
∴∠P=180°﹣120°=60°．
故选A．
考点：多边形内角与外角；三角形内角和定理．
17．B
【解析】
360°÷40°=9．故选B．
18．C
【解析】
试题解析：∵∠AEB=90°，AE=6，BE=8，
∴AB=
∴S阴影部分=S正方形ABCD-SRt△ABE=102-
=100-24
=76.
故选C.
考点：勾股定理.
19．D
【解析】
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，M为边AD的中点，∴DM=DC=1．
∴．∴ME=MC=
∴ED=EM－DM=．
∵四边形EDGF是正方形，∴DG=DE=．
故选D．
20．D
【解析】
试题分析：∵AD∥BC，∴∠AFE=∠FEC，∵∠AEF=∠FEC，∴∠AFE=∠AEF，∴AF=AE，∴选项A正确；
∵ABCD是矩形，∴AB=CD，∠B=∠C=90°，∵AG=DC，∠G=∠C，∴∠B=∠G=90°，AB=AG，∵AE=AF，∴△ABE≌△AGF，∴选项B正确；
设BE=x，则CE=BC﹣BE=8﹣x，∵沿EF翻折后点C与点A重合，∴AE=CE=8﹣x，在Rt△ABE中，，即，解得x=3，∴AE=8﹣3=5，由翻折的性质得，∠AEF=∠CEF，∵矩形ABCD的对边AD∥BC，∴∠AFE=∠CEF，∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF=5，过点E作EH⊥AD于H，则四边形ABEH是矩形，∴EH=AB=4，AH=BE=3，∴FH=AF﹣AH=5﹣3=2，在Rt△EFH中，EF=，∴选项C正确；
由已知条件无法确定AF和EF的关系，故选D．

考点：翻折变换（折叠问题）．

21．B
【解析】
【分析】
先根据四边形ABCD是菱形可知，AD∥BC，由∠A=120°可知∠B=60°，作点P关于直线BD的对称点P′，连接P′Q，PC，则P′Q的长即为PK+QK的最小值，由图可知，当点Q与点C重合，CP′⊥AB时PK+QK的值最小，再在Rt△BCP′中利用锐角三角函数的定义求出P′C的长即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∵∠A=120°，
∴∠B=180°-∠A=180°-120°=60°，

作点P关于直线BD的对称点P′，连接P′Q，P′C，则P′Q的长即为PK+QK的最小值，由图可知，当点Q与点C重合，CP′⊥AB时PK+QK的值最小，
在Rt△BCP′中，
∵BC=AB=2，∠B=60°，
∴故选B．
【点睛】
本题考查的是轴对称-最短路线问题及菱形的性质，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
22．C
【解析】
【分析】
连接BM.证明△AFE≌△AMB得FE=MB，再运用勾股定理求出BM的长即可.
【详解】
连接BM，如图，

由旋转的性质得：AM=AF.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC=CD，∠BAD=∠C=90°,
∵ΔAEM与ΔADM关于AM所在的直线对称，
∴∠DAM=∠EAM.
∵∠DAM+∠BAM=∠FAE+∠EAM=90°,
∴∠BAM=∠EAF,
∴△AFE≌△AMB
∴FE=BM.
在Rt△BCM中，BC=3，CM=CD-DM=3-1=2,
∴BM=
∴FE=.
故选C.
【点睛】
本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．
23．B
【解析】
【分析】
根据折叠的性质可得∠MAN=∠DAM，再由AN平分∠MAB，得出∠DAM=∠MAN=∠NAB，最后利用三角函数解答即可.
【详解】
由折叠性质得：△ANM≌△ADM，
∴∠MAN=∠DAM，
∵AN平分∠MAB，∠MAN=∠NAB，
∴∠DAM=∠MAN=∠NAB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°，
∴∠DAM=30°，
∴AM=，
故选：B．
【点睛】
本题考查了矩形 的性质及折叠的性质，解题的关键是利用折叠的性质求得∠MAN=∠DAM,
24．C
【解析】
【分析】
作MH⊥AC于H，如图，根据正方形的性质得∠MAH=45°，则△AMH为等腰直角三角形，所以AH=MH=AM=，再根据角平分线性质得BM=MH=，则AB=2+，于是利用正方形的性质得到AC=AB=2+2，OC=AC=+1，所以CH=AC-AH=2+，然后证明△CON∽△CHM，再利用相似比可计算出ON的长．
【详解】
试题分析：作MH⊥AC于H，如图，

∵四边形ABCD为正方形，
∴∠MAH=45°，
∴△AMH为等腰直角三角形，
∴AH=MH=AM=×2=，
∵CM平分∠ACB，
∴BM=MH=，
∴AB=2+，
∴AC=AB=（2+）=2+2，
∴OC=AC=+1，CH=AC﹣AH=2+2﹣=2+，
∵BD⊥AC，
∴ON∥MH，
∴△CON∽△CHM，
∴，即，
∴ON=1．
故选C．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形．也考查了角平分线的性质和正方形的性质．
25．D
【解析】
【分析】
根据翻折变换的性质可得∠BAC=∠CAB′，根据两直线平行，内错角相等可得∠BAC=∠ACD，从而得到∠ACD=∠CAB′，然后根据等角对等边可得AE=CE，从而得解．
【详解】
∵矩形纸片ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为B′，
∴∠BAC=∠CAB′，
∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∴∠ACD=∠CAB′，
∴AE=CE，
所以，结论正确的是D选项．
故选：D．
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质，平行线的性质，矩形的对边互相平行，等角对等边的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．

26．B
【解析】
【分析】
根据中位线定理得到DE∥BC，DE=BC，从而判定△ADE∽△ABC，然后利用相似三角形的性质求解.
【详解】
解：∵D、E分别为△ABC的边AB、AC上的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE=BC，
∴△ADE∽△ABC，
∴△ADE的面积：△ABC的面积==1：4，
∴△ADE的面积：四边形BCED的面积=1：3；
故选B．
【点睛】
本题考查三角形中位线定理及相似三角形的判定与性质．
27．B
【解析】
如图

设正方形S2的边长为x，
根据等腰直角三角形的性质知，AC=BC，BC=CE=CD，
∴AC=2CD，CD==2，
∴EC2=22+22，即EC=；
∴S2的面积为=8；
∵S1的边长为3，S1的面积为3×3=9，
∴S1+S2=8+9=17．故选B．
28．B
【解析】
试题分析：如图，作点D关于直线AB的对称点H，连接CH与AB的交点为E，此时△CDE的周长最小．
∵D（，0），A（3，0），∴H（，0），∴直线CH解析式为y=﹣x+4，当x=3时，y=，∴点E坐标（3，）
故选B．

考点：1矩形；2轴对称；3平面直角坐标系.
29．C
【解析】
【分析】如图，作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′M⊥AB于点M，交AC于点P，由PE+PM=PE′+PM=E′M知点P、M即为使PE+PM取得最小值的点，利用S菱形ABCD= AC•BD=AB•E′M求得E′M的长即可得答案．
【详解】如图，作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′M⊥AB于点M，交AC于点P，

则点P、M即为使PE+PM取得最小值的点，
则有PE+PM=PE′+PM=E′M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴点E′在CD上，
∵AC=6，BD=6，
∴AB=，
由S菱形ABCD=AC•BD=AB•E′M得×6×6=3•E′M，
解得：E′M=2，
即PE+PM的最小值是2，
故选C．
【点睛】本题考查了轴对称——最短路径问题，涉及到菱形的性质、勾股定理等，确定出点P的位置是解题的关键.
30．C
【解析】
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°．
∵△AEF等边三角形，∴AE=EF=AF，∠EAF=60°．∴∠BAE+∠DAF=30°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，AE =AF，AB=AD，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）．
∴BE=DF．故结论①正确．
由Rt△ABE≌Rt△ADF得，∠BAE=∠DAF，
∴∠DAF+∠DAF=30°．即∠DAF=15°．故结论②正确．
∵BC=CD，∴BC－BE=CD－DF，CE=CF．
∵AE=AF，∴AC垂直平分EF．故结论③正确．
设EC=x，由勾股定理，得EF=，CG=，AG=，
∴AC=．∴AB=．∴BE=．
∴BE+DF．故结论④错误．
∵，，
∴．故结论⑤正确．
综上所述，正确的有4个，故选C．
31．A
【解析】
【分析】
证明△BEF∽△DAF，得出EF=AF，EF=AE，由矩形的对称性得：AE=DE，得出，设EF=x，则DE=3x，由勾股定理求出再由三角函数定义即可得出答案．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵点E是边BC的中点，
∴BE=BC=AD，
∴△BEF∽△DAF，
∴，
∴EF=AF，
∴EF=AE，
∵点E是边BC的中点，
∴由矩形的对称性得：AE=DE，
∴EF=DE，设EF=x，则DE=3x，
∴DF=x，
∴tan∠BDE= .
故选A．
【点睛】
本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，三角函数等知识；熟练掌握矩形的性质，证明三角形相似是解决问题的关键．
32．B
【解析】
∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC=AB，AD=BC，
∵AC的垂直平分线交AD于点E，∴AE=CE，
∴△CDE的周长=DE+CE+DC=DE+AE+DC=AD+DC=6，∴▱ABCD的周长=2×6=12，
故选B．
33．C
【解析】
试题解析：∵矩形ABCD，
∴∠BAD=90°，
由折叠可得△BEF≌△BAE，
∴EF⊥BD，AE=EF，AB=BF，
在Rt△ABD中，AB=CD=6，BC=AD=8，
根据勾股定理得：BD=10，即FD=10﹣6=4，
设EF=AE=x，则有ED=8﹣x，
根据勾股定理得：x2+42=（8﹣x）2，
解得：x=3（负值舍去），
则DE=8﹣3=5，
故选C.
考点：1.翻折变换（折叠问题）；2.矩形的性质．
34．C
【解析】
【分析】
先判断出△BFC是直角三角形，再利用三角形的外角判断出A正确，进而判断出AE=CE，得出CE是△ABC的中位线判断出B正确，利用等式的性质判断出D正确．
【详解】
如图，连接CF，

∵点D是BC中点，
∴BD=CD，
由折叠知，∠ACB=∠DFE，CD=DF，
∴BD=CD=DF，
∴△BFC是直角三角形，
∴∠BFC=90°，
∵BD=DF，
∴∠B=∠BFD，
∴∠EAF=∠B+∠ACB=∠BFD+∠DFE=∠AFE，
∴AE=EF，故A正确，
由折叠知，EF=CE，
∴AE=CE，
∵BD=CD，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AB=2DE，故B正确，
∵AE=CE，
∴S△ADE=S△CDE，
由折叠知，△CDE≌△△FDE，
∴S△CDE=S△FDE，
∴S△ADE=S△FDE，故D正确，
∴C选项不正确，
故选C．
【点睛】
此题主要考查了折叠的性质，直角三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，作出辅助线是解本题的关键．
35．C
【解析】
根据菱形得出AB=BC，得出等边三角形ABC，求出AC，长，根据正方形的性质得出AF=EF=EC=AC=4，求出即可：
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC．
∵∠B=60°，∴△ABC是等边三角形．∴AC=AB=4．
∴正方形ACEF的周长是AC+CE+EF+AF=4×4=16．故选C．
36．C
【解析】
【分析】
根据平行四边形对角相等、邻角互补，得∠ABC=60°，∠DCB=120°，再由∠A′DC=10°，可运用三角形外角求出∠DA′B=130°，再根据旋转的性质得到∠BA′E′=∠BAE=30°，从而得到答案．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，∠ADC=60°，
∴∠ABC=60°，∠DCB=120°，
∵∠ADA′=50°，
∴∠A′DC=10°，
∴∠DA′B=130°，
∵AE⊥BC于点E，
∴∠BAE=30°，
∵△BAE顺时针旋转，得到△BA′E′，
∴∠BA′E′=∠BAE=30°，
∴∠DA′E′=∠DA′B+∠BA′E′=160°．
故选C．
考点：旋转的性质；平行四边形的性质．
37．C
【解析】
【分析】
首先根据矩形的特点，可以得到S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PFC=S△PCN，最终得到S矩形EBNP= S矩形MPFD ,即可得S△PEB=S△PFD，从而得到阴影的面积．
【详解】
作PM⊥AD于M，交BC于N．

则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PFC=S△PCN
∴S矩形EBNP= S矩形MPFD ,
又∵S△PBE= S矩形EBNP，S△PFD=S矩形MPFD，
∴S△DFP=S△PBE=×2×8=8，
∴S阴=8+8=16，
故选C．
【点睛】
本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证明S△PEB=S△PFD．
38．B
【解析】
【分析】
先作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值．然后证明四边形ABNM′为平行四边形，即可求出MP+NP=M′N=AB=1．
【详解】
解：如图
，
作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值，最小值为M′N的长．
∵菱形ABCD关于AC对称，M是AB边上的中点，
∴M′是AD的中点，
又∵N是BC边上的中点，
∴AM′∥BN，AM′=BN，
∴四边形ABNM′是平行四边形，
∴M′N=AB=1，
∴MP+NP=M′N=1，即MP+NP的最小值为1，
故选B．
39．D
【解析】
【详解】
根据折叠的性质知，四边形AFEB与四边形FDCE全等，有EC=AF=AE，
由勾股定理得，AB2+BE2=AE2即42+（8﹣AE）2=AE2，解得，AE=AF=5，BE=3，
作EG⊥AF于点G，则四边形AGEB是矩形，有AG=3，GF=2，GE=AB=4，由勾股定理得EF=．
故选D．

40．D
【解析】
分析：点E关于BD的对称点E′在线段CD上，得E′为CD中点，连接AE′，它与BD的交点即为点P，PA+PE的最小值就是线段AE′的长度；通过证明直角三角形ADE′≌直角三角形ABF即可得解．
详解：过点E作关于BD的对称点E′，连接AE′，交BD于点P．

∴PA+PE的最小值AE′；
∵E为AD的中点，
∴E′为CD的中点，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠ABF=∠AD E′=90°,
∴DE′=BF，
∴ΔABF≌ΔAD E′，
∴AE′=AF.
故选D.
点睛：本题考查了轴对称--最短路线问题、正方形的性质．此题主要是利用“两点之间线段最短”和“任意两边之和大于第三边”．因此只要作出点A（或点E）关于直线BD的对称点A′（或E′），再连接EA′（或AE′）即可．
41．A
【解析】
试题分析：∵折叠后，点B恰好与点O重合
∴∠COE=∠B=90°，∠BCE=∠ACE
又∵点O是矩形ABCD的中心
∴OE是AC的中垂线；即AE=CE
∴∠CAE=∠ACE=∠BCE
又∵∠CAE+∠ACE+∠BCE=90°，∴∠CAE=∠ACE=∠BCE=30°
∵BC=3；∴BE=；CE=2
故选A
考点：1.折叠问题；2.中垂线
42．C
【解析】
∵将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、CB均落在对角线BD上，得折痕BE、BF，
∴∠ABE=∠DBE=∠DBF=∠FBC，∴∠EBF=∠ABC=45°，故选C．
43．
【解析】
【分析】如图，延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，根据题意得到ME=EB，根据三角形中位线定理得到DE=AM，根据等腰三角形的性质求出∠ACN，根据正弦的概念求出AN，计算即可．
【详解】如图，延长BC至M，使CM=CA，连接AM，作CN⊥AM于N，
∵DE平分△ABC的周长， AD=DB，
∴BE=CE+AC，
∴ME=EB，
又AD=DB，
∴DE=AM，DE∥AM，
∵∠ACB=60°，
∴∠ACM=120°，
∵CM=CA，
∴∠ACN=60°，AN=MN，
∴AN=AC•sin∠ACN=，
∴AM=，
∴DE=，
故答案为：．

【点睛】本题考查了三角形中位线定理、等腰三角形的性质、解直角三角形，掌握三角形中位线定理、正确添加辅助线是解题的关键．
44．（10，3）
【解析】
【分析】
根据折叠的性质得到AF=AD，所以在直角△AOF中，利用勾股定理求得OF=6，然后设EC=x，则EF=DE=8-x，CF=10-6=4，根据勾股定理列方程求出EC可得点E的坐标．
【详解】
∵四边形AOCD为矩形,D的坐标为(10,8),
∴AD=BC=10，DC=AB=8，
∵矩形沿AE折叠，使D落在BC上的点F处，
∴AD=AF=10，DE=EF，
在Rt△AOF中,OF= =6，
∴FC=10−6=4，
设EC=x，则DE=EF=8−x，
在Rt△CEF中,EF2=EC2+FC2，
即(8−x)2=x2+42，
解得x=3，即EC的长为3.
∴点E的坐标为(10,3).
45．
【解析】
试题分析：根据正方形及等边三角形的性质可得∠BAD=90°，∠DAE=∠ADE=60°，AB=AE，即可求得∠BEA的度数，从而求得结果.
∵正方形，等边△
∴∠BAD=90°，∠DAE=∠ADE=60°，AB=AE
∴∠BAE=150°
∴∠BEA=15°
∴.
考点：正方形的性质，等边三角形的性质
点评：本题属于基础应用题，只需学生熟练掌握正方形及等边三角形的性质，即可完成.
46．3或．
【解析】
【分析】
当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．
连结AC，先利用勾股定理计算出AC=5，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=3，可计算出CB′=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形．
【详解】
当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：

①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．
连结AC，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC==5，
∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，
∴∠AB′E=∠B=90°，
当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，
∴点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，
∴EB=EB′，AB=AB′=3，
∴CB′=5-3=2，
设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，
在Rt△CEB′中，
∵EB′2+CB′2=CE2，
∴x2+22=（4-x）2，解得，
∴BE=；
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．
此时ABEB′为正方形，∴BE=AB=3．
综上所述，BE的长为或3．
故答案为：或3．
47．60°．
【解析】
试题分析：∵正六边形的每个外角都相等，并且外角和是360°，
∴正六边形的一个外角的度数为：360°÷6＝60°，
故答案为60．
点睛：本题考查的是多边形的外角和的知识，掌握多边形的外角和等于360度是解题的关键．
48．AB=BC(或AC⊥BD)答案不唯一
【解析】
【分析】
根据邻边相等的平行四边形是菱形可知添加条件AB=BC．
【详解】
解：添加条件：AB=BC，根据邻边相等的平行四边形是菱形可以判定四边形ABCD是菱形．
故答案为AB=BC．
【点睛】
此题主要考查了菱形的判定，关键是熟练掌握菱形的判定方法：①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
49．四边形．
【解析】
根据多边形的内角和公式与多边形的外角和定理列出方程，然后解方程即可求出多边形的边数：
设这个多边形的边数是n，则
（n﹣2）•1800=3600，
解得n=4．
∴这个多边形是四边形．
50．．
【解析】
【详解】
如图，连接AO交EF于点P，

由菱形和折叠对称的性质，知四边形AEOF是菱形，且AP=OP.
∵点A恰好落在菱形的对称中心O处，∴AE=BE.
∵AB=2，∠A=120°，
∴Rt△AEF中，AE=1，∠AEP=30°.
∴EP＝.
∴EF＝.
51．70°
【解析】
【分析】设∠BEF=α，则∠EFC=180°﹣α，∠DFE=∠BEF=α，∠C'FE=40°+α，依据∠EFC=∠EFC'，即可得到180°﹣α=40°+α，进而得出∠BEF的度数．
【详解】∵∠C'=∠C=90°，∠DMB'=∠C'MF=50°，
∴∠C'FM=40°，
设∠BEF=α，则∠EFC=180°﹣α，∠DFE=∠BEF=α，∠C'FE=40°+α，
由折叠可得，∠EFC=∠EFC'，
∴180°﹣α=40°+α，
∴α=70°，
∴∠BEF=70°，
故答案为：70°．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质，熟练掌握相关的性质是解题的关键.
52．
【解析】
【分析】
先根据勾股定理得出AE的长，然后根据折叠的性质可得BF垂直平分AG，再根据,求出AM 的长，从而得出AG,继而得出GE的长
【详解】
解：在正方形中，∠BAD=∠D =，

∴∠BAM+∠FAM=
在Rt中，
∵由折叠的性质可得
∴AB=BG，∠FBA=∠FBG
∴BF垂直平分AG，
∴AM=MG，∠AMB=
∴∠BAM+∠ABM=
∴∠ABM=∠FAM
∴
∴ ，∴
∴AM=, ∴AG=
∴GE=5-
【点睛】
本题考查了正方形与折叠，勾股定理，等腰三角形的性质，以及三角形相似的判定和性质，熟练掌握相关的知识是解题的关键
53．4.8
【解析】
解：如图所示：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠A=∠C=90°，AD=BC=6，CD=AB=8，
根据题意得：△ABP≌△EBP，
∴EP=AP，∠E=∠A=90°，BE=AB=8，
在△ODP和△OEG中，
，
∴△ODP≌△OEG（ASA），
∴OP=OG，PD=GE，
∴DG=EP，
设AP=EP=x，则PD=GE=6﹣x，DG=x，
∴CG=8﹣x，BG=8﹣（6﹣x）=2+x，
根据勾股定理得：BC2+CG2=BG2，
即62+（8﹣x）2=（x+2）2，
解得：x=4.8，
∴AP=4.8；
故答案为4.8．


54．①②④
【解析】
分析：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD。
∵△AEF是等边三角形，∴AE=AF。
∵在Rt△ABE和Rt△ADF中，AB=AD，AE=AF，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）。∴BE=DF。
∵BC=DC，∴BC﹣BE=CD﹣DF。∴CE=CF。∴①说法正确。
∵CE=CF，∴△ECF是等腰直角三角形。∴∠CEF=45°。
∵∠AEF=60°，∴∠AEB=75°。∴②说法正确。
如图，连接AC，交EF于G点，

∴AC⊥EF，且AC平分EF。
∵∠CAD≠∠DAF，∴DF≠FG。
∴BE+DF≠EF。∴③说法错误。
∵EF=2，∴CE=CF=。
设正方形的边长为a，在Rt△ADF中，，解得，
∴。
∴。∴④说法正确。
综上所述，正确的序号是①②④。
55．
【解析】
【分析】
设CE=x，由矩形的性质得出AD=BC=5，CD=AB=3，∠A=∠D=90°．由折叠的性质得出BF=BC=5，EF=CE=x，DE=CD-CE=3-x．在Rt△ABF中利用勾股定理求出AF的长度，进而求出DF的长度；然后在Rt△DEF根据勾股定理列出关于x的方程即可解决问题．
【详解】
设CE=x．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=5，CD=AB=3，∠A=∠D=90°．
∵将△BCE沿BE折叠，使点C恰好落在AD边上的点F处，
∴BF=BC=5，EF=CE=x，DE=CD-CE=3-x．
在Rt△ABF中，由勾股定理得：
AF2=52-32=16，
∴AF=4，DF=5-4=1．
在Rt△DEF中，由勾股定理得：
EF2=DE2+DF2，
即x2=（3-x）2+12，
解得：x=，
故答案为．
56．
【解析】
【分析】
连接PB，交CH于E，依据轴对称的性质以及三角形内角和定理，即可得到CH垂直平分BP，，即可得到，进而得出，依据中，，即可得出．
【详解】
如图，连接PB，交CH于E，
由折叠可得，CH垂直平分BP，，
又∵H为AB的中点，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵中，，
∴，
故答案为：．

【点睛】
本题考查的是翻折变换的性质和矩形的性质，掌握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是解题的关键．
57．36°
【解析】
【分析】
由正五边形的性质得出∠B=108°，AB=CB，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可得出结果．
【详解】
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠B=108°，AB=CB，
∴∠ACB=（180°﹣108°）÷2=36°；
故答案为36°．
58．14
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质即可解决问题.
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=5，OA=OC=4，OB=OD=5，
∴△OCD的周长=5+4+5=14，
故答案为14．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、三角形的周长等知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质．
59．
【解析】
【分析】
可设AD=x，根据四边形EFDC与矩形ABCD相似，可得比例式，求解即可．
【详解】
∵沿AE将△ABE向上折叠，使B点落在AD上的F点，
∴四边形ABEF是正方形，
∵AB=1，
设AD=x，则FD=x−1，FE=1，
∵四边形EFDC与矩形ABCD相似，
∴，
，
解得x1=,x2= (负值舍去)，
经检验x1=是原方程的解.
【点睛】
本题考查了折叠的性质及相似多边形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键.
60．（﹣5，4）．
【解析】
【分析】
首先由A、B两点坐标，求出AB的长，根据菱形的性质可得AD=CD=AB，从而可得到点C的横坐标；接下来在△AOD中，利用勾股定理求出DO的长，结合上面的结果，即可确定出C点的坐标.
【详解】
由题知A（3,0），B（-2,0），D在y轴上，
∴AB=3-（-2）=5，OA=3，BO=2，
由菱形邻边相等可得AD=AB=5，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：
OD==4，
由菱形对边相等且平行得CD=BA=5，
所以C（-5,4）.
故答案为（﹣5，4）．
【点睛】
本题考查了菱形的性质及坐标与图形的性质，运用勾股定理求出OD的长是解答本题的关键.
61．4
【解析】
【详解】
∵AB=2cm，AB=AB1，
∴AB1=2cm，
∵四边形ABCD是矩形，AE=CE，
∴∠ABE=∠AB1E=90°
∵AE=CE
∴AB1=B1C
∴AC=4cm．
62．15．
【解析】
∵ABCD的周长为36，∴2（BC+CD）=36，则BC+CD=18．
∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，BD=12，∴OD=OB=BD=6．
又∵点E是CD的中点，∴OE是△BCD的中位线，DE=CD．∴OE=BC．
∴△DOE的周长="OD+OE+DE=" OD +（BC+CD）=6+9=15，即△DOE的周长为15．
63．90°
【解析】
【分析】
根据翻折的定义可以得到各角之间的关系，从而可以得到∠AEF+∠BEG的度数，从而可以解答本题．
【详解】
由题意可得，
∠AEF=∠FEA′，∠BEG=∠GEA′，
∵∠AEF+∠FEA′+∠BEG+∠GEA′=180°，
∴∠AEF+∠BEG=90°，
故答案为：90°．
64．2.5
【解析】
试题分析：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，∴∠FCM=∠FCD+∠DCM=180°，
∴F、C、M三点共线，∴DE=DM，∠EDM=90°，∴∠EDF+∠FDM=90°，∵∠EDF=45°，∴∠FDM=∠EDF=45°，
在△DEF和△DMF中，，∴△DEF≌△DMF（SAS），∴EF=MF，设EF=MF=x，
∵AE=CM=1，且BC=3，∴BM=BC+CM=3+1=4，∴BF=BM﹣MF=BM﹣EF=4﹣x，
∵EB=AB﹣AE=3﹣1=2，在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2=EF2， 即22+（4﹣x）2=x2，
解得：x=， ∴FM=．
考点：1.旋转的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.正方形的性质．
65．36.
【解析】
试题分析：∵△AFE和△ADE关于AE对称，∴∠AFE＝∠D＝90°，AF＝AD，EF＝DE.∵tan∠EFC＝＝，∴可设EC＝3x，CF＝4x，那么EF＝5x，∴DE＝EF＝5x.∴DC＝DE＋CE＝3x＋5x＝8x.∴AB＝DC＝8x.
∵∠EFC＋∠AFB＝90°, ∠BAF＋∠AFB＝90°,∴∠EFC＝∠BAF.∴tan∠BAF＝tan∠EFC＝，∴＝.∴AB＝8x,∴BF＝6x.∴BC＝BF＋CF＝10x.∴AD＝10x.在Rt△ADE中，由勾股定理，得AD2＋DE2＝AE2.∴（10x）2＋（5x）2＝（5）2.解得x＝1.∴AB＝8x＝8,AD＝10x＝10.∴矩形ABCD的周长＝8×2＋10×2＝36.
考点：折叠的性质；矩形的性质；锐角三角函数；勾股定理.
66．10
【解析】
【分析】
由正方形性质的得出B、D关于AC对称，根据两点之间线段最短可知，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小，进而利用勾股定理求出即可．
【详解】

如图，连接DE，交AC于P，连接BP，则此时PB+PE的值最小.
∵四边形ABCD是正方形，
∴B、D关于AC对称，
∴PB=PD，
∴PB+PE=PD+PE=DE.
∵BE=2，AE=3BE，
∴AE=6，AB=8，
∴DE==10，
故PB+PE的最小值是10.
故答案为10.
67．或
【解析】
【分析】
分两种情况：①点落在AD边上，根据矩形与折叠的性质易得，即可求出a的值；②点落在CD边上，证明，根据相似三角形对应边成比例即可求出a的值．
【详解】
解：分两种情况：

①当点落在AD边上时，如图1．
四边形ABCD是矩形，
，
将沿AE折叠，点B的对应点落在AD边上，
，
，
，
；

②当点落在CD边上时，如图2．
∵四边形ABCD是矩形，
，．
将沿AE折叠，点B的对应点落在CD边上，
，，，
，．
在与中，
，
，
，即，
解得，（舍去）．
综上，所求a的值为或．
故答案为或．
【点睛】
本题考查了折叠的性质：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．也考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．进行分类讨论与数形结合是解题的关键．
68．65°.
【解析】
试题分析：根据折叠前后对应部分相等得∠AEB′=∠AEB，再由已知求解．
试题解析：∵∠AEB′是△AEB沿AE折叠而得，
∴∠AEB′=∠AEB．
又∵∠BEC=180°，即∠AEB′+∠AEB+∠CEB′=180°，
又∵∠CEB′=50°，∴∠AEB′=.
考点：1.角的计算；2.翻折变换（折叠问题）．
69．．
【解析】
连接CE，如图所示，
根据折叠可知：A′E=AE= AB=1，
在Rt△BCE中，BE=AB=1，BC=3，∠B=90°，
∴CE==，
∵CE=，A′E=1，
∴点A′在CE上时，A′C取最小值，最小值为CE﹣A′E=﹣1，
故答案为﹣1.

【点睛】本题考查了翻折变换、矩形的性质、勾股定理、三角形的三边关系等，连接CE是解决本题的关键．
70．（1）结论：CF=2DG，理由见解析；（2）△PCD的周长的最小值为10+2．
【解析】
【分析】
（1）结论：CF=2DG．只要证明△DEG∽△CDF即可；
（2）作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK.
【详解】
（1）结论：CF=2DG．
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC=CD=AB，∠ADC=∠C=90°，
∵DE=AE，
∴AD=CD=2DE，
∵EG⊥DF，
∴∠DHG=90°，
∴∠CDF+∠DGE=90°，∠DGE+∠DEG=90°，
∴∠CDF=∠DEG，
∴△DEG∽△CDF，
∴==，
∴CF=2DG．
（2）作点C关于NM的对称点K，连接DK交MN于点P，连接PC，

此时△PDC的周长最短．周长的最小值=CD+PD+PC=CD+PD+PK=CD+DK．
由题意：CD=AD=10，ED=AE=5，DG=，EG=，DH==，
∴EH=2DH=2，
∴HM==2，
∴DM=CN=NK==1，
在Rt△DCK中，DK===2，
∴△PCD的周长的最小值为10+2．
【点睛】
本题考查正方形的性质、轴对称最短问题、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会理由轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．
71．(1)点C的坐标为(2，3+2)；(2)OA＝3；(3)OC的最大值为8，cos∠OAD＝．
【解析】
【分析】
(1)作CE⊥y轴，先证∠CDE＝∠OAD＝30°得CE＝CD＝2，DE＝，再由∠OAD＝30°知OD＝AD＝3，从而得出点C坐标；
(2)先求出S△DCM＝6，结合S四边形OMCD＝知S△ODM＝，S△OAD＝9，设OA＝x、OD＝y，据此知x2+y2＝36，xy＝9，得出x2+y2＝2xy，即x＝y，代入x2+y2＝36求得x的值，从而得出答案；
(3)由M为AD的中点，知OM＝3，CM＝5，由OC≤OM+CM＝8知当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，连接OC，则此时OC与AD的交点为M，ON⊥AD，证△CMD∽△OMN得，据此求得MN＝，ON＝，AN＝AM﹣MN＝，再由OA＝及cos∠OAD＝可得答案．
【详解】
(1)如图1，过点C作CE⊥y轴于点E，

∵矩形ABCD中，CD⊥AD，
∴∠CDE+∠ADO＝90°，
又∵∠OAD+∠ADO＝90°，
∴∠CDE＝∠OAD＝30°，
∴在Rt△CED中，CE＝CD＝2，DE＝＝2，
在Rt△OAD中，∠OAD＝30°，
∴OD＝AD＝3，
∴点C的坐标为(2，3+2)；
(2)∵M为AD的中点，
∴DM＝3，S△DCM＝6，
又S四边形OMCD＝，
∴S△ODM＝，
∴S△OAD＝9，
设OA＝x、OD＝y，则x2+y2＝36，xy＝9，
∴x2+y2＝2xy，即x＝y，
将x＝y代入x2+y2＝36得x2＝18，
解得x＝3(负值舍去)，
∴OA＝3；
(3)OC的最大值为8，
如图2，M为AD的中点，

∴OM＝3，CM＝＝5，
∴OC≤OM+CM＝8，
当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，
连接OC，则此时OC与AD的交点为M，过点O作ON⊥AD，垂足为N，
∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN，
∴△CMD∽△OMN，
∴，即，
解得MN＝，ON＝，
∴AN＝AM﹣MN＝，
在Rt△OAN中，OA＝，
∴cos∠OAD＝．
【点睛】
本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点．
72．（1） ；（2）；（3）（2，﹣1）
【解析】
【分析】
（1）根据抛物线对称轴的定义易求A（1，0），B（3，0），所以设抛物线的顶点式，将点A的坐标代入即可求得h，得到抛物线的函数表达式．
（2）如图1，连接AC、BC，BC交对称轴于点P，连接PA．根据抛物线的对称性质得到PA=PB，则△APC的周长的最小值=AC+AP+PC=AC+BC，所以根据两点间的距离公式来求该三角形的周长的最小值即可．
（3）如图2，根据“菱形ADBE的对角线互相垂直平分，抛物线的对称性”得到点D是抛物线的顶点坐标，即（2，﹣1）．
【详解】
解：（1）∵AB=2，对称轴为直线x=2，
∴点A的坐标是（1，0），点B的坐标是（3，0）．
设抛物线的函数表达式为，
将A（1，0）代入得：，解得．
∴抛物线的函数表达式为，即．
（2）如图1，连接AC、BC，BC交对称轴于点P，连接PA．

由（1）抛物线解析式为，A（1，0），B（3，0），
∴C（0，3）．
∴,．
∵点A、B关于对称轴x=2对称，∴PA=PB．∴PA+PC=PB+PC．此时，PB+PC=BC．
∴点P在对称轴上运动时，（PA+PB）的最小值等于BC．
∴△APC的周长的最小值=AC+AP+PC=AC+BC=．
（3）如图2，根据“菱形ADBE的对角线互相垂直平分，抛物线的对称性”得到点D是抛物线y=x2-4x+3的顶点坐标，即（2，-1），
当E、D点在x轴的上方，即DE∥AB，AE=AB=BD=DE=2，此时不合题意，
故点D的坐标为：（2，-1）．

【点睛】
本题考查了二次函数综合题．解题过程中用到的知识点有：待定系数法求二次函数的解析式，轴对称--两点间距离最短，菱形的性质．解（1）题时，也可以把点A、B的坐标代入抛物线解析式，列出关于系数b、c的方程组，通过解方程组来求它们的值．
73．（1）证明见解析；（2）2，9.
【解析】
【分析】感知：利用同角的余角相等判断出∠BAF=∠CBE，即可得出结论；
探究：（1）判断出PG=BC，同感知的方法判断出△PGF≌CBE，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，
应用：借助感知得出结论和直角三角形斜边的中线是斜边的一半即可得出结论．
【详解】感知：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BCE=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∵AF⊥BE，
∴∠ABE+∠BAF=90°，
∴∠BAF=∠CBE，
在△ABF和△BCE中，
，
∴△ABF≌△BCE（ASA）；
探究：（1）如图②，

过点G作GP⊥BC于P，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=90°，
∴四边形ABPG是矩形，
∴PG=AB，∴PG=BC，
同感知的方法得，∠PGF=∠CBE，
在△PGF和△CBE中，
，
∴△PGF≌△CBE（ASA），
∴BE=FG；
（2）由（1）知，FG=BE，
连接CM，
∵∠BCE=90°，点M是BE的中点，
∴BE=2CM=2，
∴FG=2，
故答案为：2．
应用：同探究（2）得，BE=2ME=2CM=6，
∴ME=3，
同探究（1）得，CG=BE=6，
∵BE⊥CG，
∴S四边形CEGM=CG×ME=×6×3=9，
故答案为：9．
【点睛】本题是四边形综合题，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，熟练掌握相关的性质与定理、判断出CG=BE是解本题的关键．
74．（1）、（2）证明见解析（3）108
【解析】
试题分析：（1）根据正方形的性质，可直接证明△CBE≌△CDF，从而得出CE=CF；
（2）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据（1）知∠BCE=∠DCF，即可证明∠ECF=∠BCD=90°，根据∠GCE=45°，得∠GCF=∠GCE=45°，利用全等三角形的判定方法得出△ECG≌△FCG，即GE=GF，即可得出答案GE=DF+GD=BE+GD；
（3）过C作CF⊥AD的延长线于点F．则四边形ABCF是正方形，设DF=x，则AD=12-x，根据（2）可得：DE=BE+DF=4+x，在直角△ADE中利用勾股定理即可求解；
试题解析：（1）如图1，在正方形ABCD中，
∵BC=CD，∠B=∠CDF，BE=DF，
∴△CBE≌△CDF，
∴CE=CF；
（2）如图2，延长AD至F，使DF=BE，连接CF，

由（1）知△CBE≌△CDF，
∴∠BCE=∠DCF．
∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD
即∠ECF=∠BCD=90°，
又∵∠GCE=45°，∴∠GCF=∠GCE=45°，
∵CE=CF，∠GCE=∠GCF，GC=GC，
∴△ECG≌△FCG，
∴GE=GF，
∴GE=DF+GD=BE+GD；
（3）过C作CF⊥AD的延长线于点F．则四边形ABCF是正方形．

AE=AB-BE=12-4=8，
设DF=x，则AD=12-x，
根据（2）可得：DE=BE+DF=4+x，
在直角△ADE中，AE2+AD2=DE2，则82+（12-x）2=（4+x）2，
解得：x=6．
则DE=4+6=10．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，解决本题的关键是注意每个题目之间的关系，正确作出辅助线．

75．（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
分析：（1）先利用旋转求出∠PBP'=90°，BP'=BP=2，AP'=CP=3，利用勾股定理求出PP'，进而判断出△APP'是直角三角形，得出∠APP'=90°，即可得出结论；
（2）同（1）的思路一的方法即可得出结论．
详解：（1）如图1，

将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，
∴△ABP'≌△CBP，
∴∠PBP'=90°，BP'=BP=2，AP'=CP=3，
在Rt△PBP'中，BP=BP'=2，
∴∠BPP'=45°，根据勾股定理得，PP'=BP=2，
∵AP=1，
∴AP2+PP'2=1+8=9，
∵AP'2=32=9，
∴AP2+PP'2=AP'2，
∴△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°，
∴∠APB=∠APP'+∠BPP'=90°+45°=135°；
（2）如图2，

将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，
∴△ABP'≌△CBP，
∴∠PBP'=90°，BP'=BP=1，AP'=CP=，
在Rt△PBP'中，BP=BP'=1，
∴∠BPP'=45°，根据勾股定理得，PP'=BP=，
∵AP=3，
∴AP2+PP'2=9+2=11，
∵AP'2=（）2=11，
∴AP2+PP'2=AP'2，
∴△APP'是直角三角形，且∠APP'=90°，
∴∠APB=∠APP'﹣∠BPP'=90°﹣45°=45°．
点睛：此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质和判定，勾股定理，正确作出辅助线是解本题的关键．
76．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）EF2=2BE2+2DF2.
【解析】
试题分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；
（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；
（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．
试题解析：（1）∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，
∴AF=AG，∠FAG=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠GAE=45°，
在△AGE与△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS）；

（2）设正方形ABCD的边长为a．
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．
则△ADF≌△ABG，DF=BG．
由（1）知△AEG≌△AEF，
∴EG=EF．
∵∠CEF=45°，
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，
∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，
∴a﹣BE=a﹣DF，
∴BE=DF，
∴BE=BM=DF=BG，
∴∠BMG=45°，
∴∠GME=45°+45°=90°，
∴EG2=ME2+MG2，
∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，
∴EF2=ME2+NF2；

（3）EF2=2BE2+2DF2．
如图所示，延长EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点，
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH，连结HM，HE．
由（1）知△AEH≌△AEF，
则由勾股定理有（GH+BE）2+BG2=EH2，
即（GH+BE）2+（BM﹣GM）2=EH2
又∴EF=HE，DF=GH=GM，BE=BM，所以有（GH+BE）2+（BE﹣GH）2=EF2，
即2（DF2+BE2）=EF2

考点：四边形综合题
77．（Ⅰ）点的坐标为.（Ⅱ）①证明见解析；②点的坐标为.（Ⅲ）.
【解析】
分析：（Ⅰ）根据旋转的性质得AD=AO=5,设CD=x，在直角三角形ACD中运用勾股定理可CD的值，从而可确定D点坐标；
（Ⅱ）①根据直角三角形全等的判定方法进行判定即可；
②由①知，再根据矩形的性质得.从而，故BH=AH，在Rt△ACH中，运用勾股定理可求得AH的值，进而求得答案；
（Ⅲ）.
详解：（Ⅰ）∵点，点，
∴，.
∵四边形是矩形，
∴，，.
∵矩形是由矩形旋转得到的，
∴.
在中，有，
∴ .
∴.
∴点的坐标为.

（Ⅱ）①由四边形是矩形，得.
又点在线段上，得.
由（Ⅰ）知，，又，，
∴.
②由，得.
又在矩形中，，
∴.∴.∴.
设，则，.
在中，有，
∴.解得.∴.
∴点的坐标为.

（Ⅲ）.
点睛：本大题主要考查了等腰三角形的判定和性质，勾股定理以及旋转变换的性质等知识，灵活运用勾股定理求解是解决本题的关键.
78．（1）点A’的坐标为（，1）；（2）1；（3）或.
【解析】
试题分析：（1）因点，点，可得OA=,OB=1，根据折叠的性质可得△A’OP≌△AOP，由全等三角形的性质可得OA’=OA=,在Rt△A’OB中，根据勾股定理求得的长，即可求得点A的坐标；（2）在Rt△AOB中，根据勾股定理求得AB=2，再证△BOP是等边三角形，从而得∠OPA =120°.在判定四边形OPA’B是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得的长；
试题解析：（1）因点，点，
∴OA=,OB=1.
根据题意，由折叠的性质可得△A’OP≌△AOP.
∴OA’=OA=,
由，得∠A’BO=90°.
在Rt△A’OB中，,
∴点A’的坐标为（，1）.
(2) 在Rt△AOB中，OA=,OB=1,
∴
∵当为中点，
∴AP=BP=1,OP=AB=1.
∴OP=OB=BP,
∴△BOP是等边三角形
∴∠BOP=∠BPO=60°，
∴∠OPA=180°-∠BPO=120°.
由（1）知，△A’OP≌△AOP，
∴∠OPA’=∠OPA=120°，P’A=PA=1，
又OB=PA’=1，
∴四边形OPA’B是平行四边形.
∴A’B=OP=1.
(3)或.