第5章特殊平行四边形（浙教版-中考真题精选）-浙江省2023-2024学年八年级上学期数学同步培优

这是一份第5章特殊平行四边形（浙教版-中考真题精选）-浙江省2023-2024学年八年级上学期数学同步培优，共36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。
一、单选题
1．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（ ）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
2．（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，以钝角三角形的最长边为边向外作矩形，连结，设，，的面积分别为，若要求出的值，只需知道( )

A．的面积B．的面积C．的面积D．矩形的面积
3．（2023·浙江·统考中考真题）如图，在菱形中，，则的长为（ ）


A．B．1C．D．
4．（2022·浙江嘉兴·统考中考真题）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（ ）
A．1cmB．2cmC．(－1)cmD．(2－1)cm
5．（2022·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．（2021·浙江宁波·统考中考真题）如图是一个由5张纸片拼成的，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为，另两张直角三角形纸片的面积都为，中间一张矩形纸片的面积为，与相交于点O．当的面积相等时，下列结论一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
7．（2021·浙江温州·统考中考真题）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
8．（2021·浙江绍兴·统考中考真题）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（ ）
A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形
B．用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形
C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形
D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形
二、填空题
9．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在菱形中，，连接，以点为圆心，长为半径作弧，交直线于点，连接，则的度数是 ．

10．（2023·浙江台州·统考中考真题）如图，矩形中，，．在边上取一点E，使，过点C作，垂足为点F，则的长为 ．
11．（2022·浙江台州·统考中考真题）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为 ．
12．（2021·浙江金华·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，有一只用七巧板拼成的“猫”，三角形①的边BC及四边形②的边CD都在x轴上，“猫”耳尖E在y轴上．若“猫”尾巴尖A的横坐标是1，则“猫”爪尖F的坐标是 ．
13．（2021·浙江金华·统考中考真题）如图，菱形的边长为，，将该菱形沿AC方向平移得到四边形，交CD于点E，则点E到AC的距离为 ．
14．（2021·浙江杭州·统考中考真题）如图是一张矩形纸片，点是对角线的中点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连接，．若，则 度．
三、解答题
15．（2023·浙江·统考中考真题）如图，在中，．

(1)尺规作图：
①作线段的垂直平分线，交于点D，交于点O；
②在直线上截取，使，连接．（保留作图痕迹）
(2)猜想证明：作图所得的四边形是否为菱形？并说明理由．
16．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．

(1)求证：．
(2)判断与是否垂直，并说明理由．
17．（2023·浙江台州·统考中考真题）如图，四边形中，，，为对角线．

(1)证明：四边形是平行四边形．
(2)已知，请用无刻度的直尺和圆规作菱形，顶点E，F分别在边，上（保留作图痕迹，不要求写作法）．
18．（2023·浙江宁波·统考中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．

(1)如图1，在四边形中，，对角线平分．求证：四边形为邻等四边形．
(2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．
(3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过B作交的延长线于点E．若，求四边形的周长．
19．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，为制作角度尺，将长为10，宽为4的矩形分割成的小正方形网格．在该矩形边上取点，来表示的度数．阅读以下作图过程，并回答下列问题：
（答题卷用）
(1)分别求点表示的度数．
(2)用直尺和圆规在该矩形的边上作点，使该点表示（保留作图痕迹，不写作法）．
20．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）如图，在菱形中，于点，于点，连接

(1)求证：；
(2)若，求的度数．
21．（2022·浙江衢州·统考中考真题）如图，在4×4的方格纸中，点A，B在格点上．请按要求画出格点线段（线段的端点在格点上），并写出结论．
(1)在图1中画一条线段垂直．
(2)在图2中画一条线段平分．
22．（2022·浙江嘉兴·统考中考真题）小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB＝OD．求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．
若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明．
23．（2022·浙江舟山·中考真题）小惠自编一题：“如图，在四边形中，对角线，交于点O，，，求证：四边形是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．

若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明．
24．（2022·浙江丽水·统考中考真题）如图，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，点A落在点P处，折痕为．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
作法（如图）
结论

①在上取点，使．
，点表示．
②以为圆心，8为半径作弧，与交于点．
，点表示．
③分别以为圆心，大于长度一半的长为半径作弧，相交于点，连结与相交于点．
…
④以为圆心，的长为半径作弧，与射线交于点，连结交于点．
…
小惠：
证明：∵AC⊥BD，OB＝OD，
∴AC垂直平分BD．
∴AB＝AD，CB＝CD，
∴四边形ABCD是菱形．
小洁：
这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明．
参考答案：
1．A
【分析】根据题意，分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．
【详解】∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∵、，
∴
∵对称，
∴，
∴
∵对称，
∴，
∴，
同理，
∴
∴
∴四边形是平行四边形，
如图所示，

当三点重合时，，
∴
即
∴四边形是菱形，
如图所示，当分别为的中点时，
设，则，，
在中，，
连接，，
∵，
∴是等边三角形，
∵为中点，
∴，，
∴，
根据对称性可得，
∴，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴四边形是矩形，

当分别与重合时，都是等边三角形，则四边形是菱形

∴在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
2．C
【分析】过点作，交的延长线于点，的延长线于点，易得：，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得，再根据，得到，即可得出结论．
【详解】解：过点作，交的延长线于点，的延长线于点，

∵矩形，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴只需要知道的面积即可求出的值；
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，求三角形的面积．解题的关键是得到
3．D
【分析】连接与交于O．先证明是等边三角形，由，得到，，即可得到，利用勾股定理求出的长度，即可求得的长度．
【详解】解：连接与交于O．

∵四边形是菱形，
∴，，，，
∵，且，
∴是等边三角形，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、角所对直角边等于斜边的一半，关键是熟练掌握菱形的性质．
4．D
【分析】先求出BD，再根据平移性质求得=1cm，然后由求解即可．
【详解】解：由题意，BD=cm，
由平移性质得=1cm，
∴点D，之间的距离为==（）cm，
故选：D．
【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．
5．C
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【详解】
如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴OA=OC，OB=OD
∵BE=DF
∴OE=OF
∵点E、F时BD上的点，
∴只要M，N过点O，
那么四边形MENF就是平行四边形
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形，
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形；
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O，
则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；
故选：C
【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、解答本题的关键时明确题意，作出合适的辅助线．
6．A
【分析】根据△AED和△BCG是等腰直角三角形，四边形ABCD是平行四边形，四边形HEFG是矩形可得出AE=DE=BG=CG=a， HE=GF，GH=EF，点O是矩形HEFG的中心，设AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c，过点O作OP⊥EF于点P，OQ⊥GF于点Q，可得出OP，OQ分别是△FHE和△EGF的中位线，从而可表示OP，OQ的长，再分别计算出，，进行判断即可
【详解】解：由题意得，△AED和△BCG是等腰直角三角形，
∴
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，CD=AB，∠ADC=∠ABC，∠BAD=∠DCB
∴∠HDC=∠FBA，∠DCH=∠BAF，
∴△AED≌△CGB，△CDH≌ABF
∴AE=DE=BG=CG
∵四边形HEFG是矩形
∴GH=EF，HE=GF
设AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c
过点O作OP⊥EF于点P，OQ⊥GF于点Q，
∴OP//HE，OQ//EF
∵点O是矩形HEFG的对角线交点，即HF和EG的中点，
∴OP，OQ分别是△FHE和△EGF的中位线，
∴，
∵

∵
∴，即
而，

所以，，故选项A符合题意，

∴，故选项B不符合题意，
而于都不一定成立，故都不符合题意，
故选：A
【点睛】本题考查平行四边形的性质、直角三角形的面积等知识，解题的关键是求出S1，S2，S3之间的关系．
7．C
【分析】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，根据题意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，根据可得BE=PE=PC=PF=DF，根据正方形的性质可证明△FDG是等腰直角三角形，可得DG=FD，根据三角形中位线的性质可得PH=FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可证明△CPH≌△GDQ，可得PH=QD，即可得出PH=BE，可得BH=，利用勾股定理可用BE表示长CH的长，即可表示出CG的长，进而可得答案．
【详解】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，
∵由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，
∴BE=PC=DF，AE=BP=CF，
∵，
∴BE=PE=PC=PF=DF，
∵∠CFD=∠BPC，
∴DF//EH，
∴PH为△CFQ的中位线，
∴PH=QF，CH=HQ，
∵四边形EPFN是正方形，
∴∠EFN=45°，
∵GD⊥DF，
∴△FDG是等腰直角三角形，
∴DG=FD=PC，
∵∠GDQ=∠CPH=90°，
∴DG//CF，
∴∠DGQ=∠PCH，
在△DGQ和△PCH中，，
∴△DGQ≌△PCH，
∴PH=DQ，CH=GQ，
∴PH=DF=BE，CG=3CH，
∴BH=BE+PE+PH=，
在Rt△PCH中，CH==，
∴CG=BE，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
8．B
【分析】根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可
【详解】如图所示，
用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形；
用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，
用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形，
用5个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形，
用6个相同的菱形放置，最多能得到47个菱形．
故选：B．
【点睛】本题考查了生活中的平移现象，菱形的判定，正确的识别图形是解题的关键．
9．或
【分析】根据题意画出图形，结合菱形的性质可得，再进行分类讨论：当点E在点A上方时，当点E在点A下方时，即可进行解答．
【详解】解：∵四边形为菱形，，
∴，
连接，
①当点E在点A上方时，如图，
∵，，
∴，
②当点E在点A下方时，如图，
∵，，
∴，
故答案为：或．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和以及三角形的外角定理，解题的关键是掌握菱形的对角线平分内角；等腰三角形两底角相等，三角形的内角和为；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和．
10．
【分析】利用矩形的性质、勾股定理求出，利用证明，根据全等三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵矩形中，，，
∴，，
又，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
在和中
，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
11．8
【分析】根据平移的性质即可求解．
【详解】解：由平移的性质S△A′B′C′=S△ABC，BC=B′C′，BC∥B′C′，
∴四边形B′C′CB为平行四边形，
∵BB′⊥BC，
∴四边形B′C′CB为矩形，
∵阴影部分的面积=S△A′B′C′+S矩形B′C′CB-S△ABC
=S矩形B′C′CB
=4×2
=8(cm2)．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了矩形的判定和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
12．
【分析】设大正方形的边长为2a，则大等腰直角三角形的腰长为，中等腰直角三角形的腰长为a，小等腰直角三角形的腰长为，小正方形的边长为，平行四边形的长边为a，短边为，用含有a的代数式表示点A的横坐标，表示点F的坐标，确定a值即可.
【详解】设大正方形的边长为2a，则大等腰直角三角形的腰长为，中等腰直角三角形的腰长为a，小等腰直角三角形的腰长为，小正方形的边长为，平行四边形的长边为a，短边为，如图，过点F作FG⊥x轴，垂足为G, 点F作FH⊥y轴，垂足为H, 过点A作AQ⊥x轴，垂足为Q,延长大等腰直角三角形的斜边交x轴于点N，交FH于点M，
根据题意，得OC==，CD=a,DQ=，
∵点A的横坐标为1,
∴+a+=1，
∴a=；
根据题意，得FM=PM=，MH=，
∴FH==；
∴MT=2a-，BT=2a-,
∴TN=-a，
∴MN=MT+TN=2a-+-a==，
∵点F在第二象限，
∴点F的坐标为（-，）
故答案为：（-，）．
【点睛】本题考查了七巧板的意义，合理设出未知数，用未知数表示各个图形的边长，点ＡＡ的横坐标，点Ｆ的坐标是解题的关键．
13．2
【分析】首先根据菱形对角线的性质得出AC的长，然后利用菱形对角线平分对角和平移的性质得出等腰 ，过顶点作垂线段EF，利用三线合一得出CF的长，再利用直角三角形30°所对的直角边等于斜边一半和勾股定理列出方程，即可求解．
【详解】∵∠BAD=60°，
∴连接对角线AC,BD，则AC⊥BD，且AC平分∠BAD,
∴在Rt△ADO中，
利用勾股定理得
又∵AC=2AO,
∴AC= ，
由题可知 =，
∴A’C=;
由平移可知 =∠DAC=30°,而∠DAC=∠DCA,
∴=∠DCA，即==30°，
∴ 是等腰三角形；
过点E作EF⊥AC，垂足为F，如图所示：
则由等腰三角形三线合一可得：A’F=FC=,
在Rt△ECF中， ,设EF=x，则EC=2x，
由勾股定理得：
，解得x=2，
故填：2．
【点睛】本题考查菱形的性质，等腰三角形三线合一，直角三角形中30°所对的直角边等于斜边一半和勾股定理；菱形对角线互相垂直且平分，一条对角线平分一组对角，熟知概念定理是解题的关键．
14．18
【分析】连接MD，设∠DAF=x，利用折叠与等腰三角形的性质，用x的代数式表示出∠ADC=90°，列出方程解方程即可．
【详解】连接MD，设∠DAF=x
根据矩形的基本性质可知AM=MD，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°
∴∠MDA=∠DAF=x，∠ACB=∠DAC=x
∴∠DMF=2x
∵△DCE折叠得到△DFE
∴DF=CD=AB，DE⊥FC，∠FDE=∠CDE
又MF=AB
∴MF=DF
∴∠MDF=2x
∵∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，∠EDC+∠FCD=90°
∴∠CDE=∠ACD=x
∴∠FDE=∠CDE=x
∴∠ADC=∠ADM+∠MDF+∠FDE+∠CDE=x+2x+x+x=5x=90°
∴x=18°
故∠DAF=18°
故答案为18．
【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，能够做出合适的辅助线用∠DAF表示出∠ADC是解题关键．
15．(1)①见解析；②见解析
(2)四边形是菱形，见解析
【分析】（1）①根据垂直平分线的画法作图；②以点O为圆心，为半径作圆，交于点E，连线即可；
（2）根据菱形的判定定理证明即可．
【详解】（1）①如图：直线即为所求；
②如图，即为所求；
；
（2）四边形是菱形，理由如下：
∵垂直平分，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
【点睛】此题考查了基本作图－线段垂直平分线，截取线段，菱形的判定定理，熟练掌握基本作图方法及菱形的判定定理是解题的关键．
16．(1)见解析
(2)与垂直，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质，得到，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得，再根据平行线的性质解答即可；
（2）连接交于点，由证明，再根据全等三角形对应角相等得到，继而证明四边形为矩形，最后根据矩形的性质解答即可．
【详解】（1）解：在正方形中，
∴，
∴．
（2）与垂直，理由如下．
连接交于点．
∵为正方形的对角线，
∴，
又∵，
∴，
∴．
在正方形中，，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的判断与性质、矩形的判定与性质等知识，综合性较强，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
17．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先证明，再证明，即，从而可得结论；
（2）作对角线的垂直平分线交于，交于，从而可得菱形．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
即．
∴．
∴四边形是平行四边形．
（2）如图，

四边形就是所求作的菱形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，作线段的垂直平分线，菱形的判定，熟练的利用菱形的判定进行作图是解本题的关键．
18．(1)证明见解析
(2)画图见解析
(3)
【分析】（1）先证明，，再证明，即可得到结论；
（2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①，结合图形再确定满足或的格点D；②，结合图形再确定满足的格点D；
（3）如图，过作于，可得四边形是矩形，，，证明四边形为平行四边形，可得，，设，而，，，由新定义可得，由勾股定理可得：，再解方程可得答案．
【详解】（1）解：∵，
∴，，
∵对角线平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为邻等四边形．
（2）解：，，即为所求；
（3）如图，过作于，

∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
设，而，
∴，，
由新定义可得，
由勾股定理可得：，
整理得：，
解得：，（不符合题意舍去），
∴，
∴四边形的周长为．
【点睛】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键．
19．(1)点表示；点表示
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质可求出度数，根据线段垂直平分线的性质度数，即可求出的度数，从而知道点表示度数；利用半径相等即可求出，再根据平行线的性质即可求出以及对应的度数，从而知道点表示度数．
（2）利用角平分线的性质作图即可求出答案．
【详解】（1）解：①四边形是矩形，
．
由作图可知，是的中垂线，

．
．
．
点表示．
②由作图可知，．
．
又，
．
．
∴点表示．
故答案为：点表示，点表示．
（2）解：如图所示，
作的角平分线等．如图2，点即为所求作的点．

∵点表示，点表示．
．
∴表示．
【点睛】本题考查的是尺规作图的应用，涉及到的知识点有线段垂直平分线、角平分线性质、圆的相关性质，解题的关键需要正确理解题意，清楚知道用到的相关知识点．
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质的三角形全等即可证明．
（2）根据菱形的性质和已知条件可推出度数，再根据第一问的三角形全等和直角三角形的性质可求出和度数，从而求出度数，证明了等边三角形，即可求出的度数．
【详解】（1）证明：菱形，
，
又，
．
在和中，
，
．
．
（2）解：菱形，
，
，
．
又，
．
由（1）知，
．
．
，
等边三角形．
．
【点睛】本题考查了三角形全等、菱形的性质、等边三角形的性质，解题的关键在于熟练掌握全等的方法和菱形的性质．
21．(1)图见解析，（答案不唯一）
(2)图见解析，平分（答案不唯一）
【分析】（1）根据网格特点，利用三角形全等的判定与性质画图即可得；
（2）根据网格特点，利用矩形的判定与性质画图即可得．
【详解】（1）解：如图1，线段即为所求，满足．
（2）解：如图2，线段即为所求，满足平分．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质画图、矩形的判定与性质画图，熟练掌握全等三角形和矩形的性质是解题关键．
22．赞成小洁的说法，补充证明见解析
【分析】先由OB＝OD，证明四边形是平行四边形，再利用对角线互相垂直，从而可得结论．
【详解】解：赞成小洁的说法，补充
证明：∵OB＝OD，
四边形是平行四边形，
AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定，菱形的判定，掌握“菱形的判定方法”是解本题的关键．
23．赞成小洁的说法，补充，见解析
【分析】赞成小洁的说法，补充：，由四边相等的四边形是菱形即可判断．
【详解】赞成小洁的说法，补充：．
证明：，，
，．
又∵．
∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查菱形的判定以及线段垂直平分线的性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
24．(1)证明见解析
(2)cm
【分析】（1）利用ASA证明即可；
（2）过点E作EG⊥BC交于点G，求出FG的长，设AE=xcm，用x表示出DE的长，在Rt△PED中，由勾股定理求得答案．
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠A=∠B=∠ADC=∠C=90°，
由折叠知，AB=PD，∠A=∠P，∠B=∠PDF=90°，
∴PD=CD，∠P=∠C，∠PDF =∠ADC，
∴∠PDF-∠EDF=∠ADC-∠EDF,
∴∠PDE=∠CDF，
在△PDE和△CDF中，
,
∴（ASA）；
（2）如图，过点E作EG⊥BC交于点G，
∵四边形ABCD是矩形,
∴AB=CD=EG=4cm，
又∵EF=5cm，∴cm,
设AE=xcm，
∴EP=xcm，
由知，EP=CF=xcm，
∴DE=GC=GF+FC=3+x，
在Rt△PED中，,
即，
解得，，
∴BC=BG+GC= (cm）．
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，根据翻折变换的性质将问题转化到直角三角形中利用勾股定理是解题的关键．