北师大版九年级数学上册基础知识专项讲练 专题1.20 特殊平行四边形存在性问题（拓展篇）（专项练习）

这是一份北师大版九年级数学上册基础知识专项讲练 专题1.20 特殊平行四边形存在性问题（拓展篇）（专项练习），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。

1．在平行四边形ABCD中，O为AC的中点，点E，M为AD边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），EO的延长线与BC交于点F，MO的延长线与BC交于点N．下面四个推断：① EF＝MN；② EN∥MF ；③ 若平行四边形ABCD是菱形，则至少存在一个四边形ENFM是菱形；④ 对于任意的平行四边形ABCD，存在无数个四边形ENFM是矩形，其中，所有正确的有（ ）
A．①③B．②③C．①④D．②④
2．正方形ABCD的边长为4，点M，N在对角线AC上（可与点A，C重合），MN＝2，点P，Q在正方形的边上．下面四个结论中错误的是（ ）
A．存在无数个四边形PMQN是平行四边形
B．存在无数个四边形PMQN是矩形
C．存在无数个四边形PMQN是菱形
D．至少存在一个四边形PMQN是正方形
3．如图，直线分别与、轴交于点A、B，点C在线段OA上，线段OB沿BC翻折，点O落在AB边上的点D处.以下结论：①AB=10；②直线BC的解析式为；③点D（，）；④若线段BC上存在一点P，使得以点P、O、C、D为顶点的四边形为菱形，则点P的坐标是（， ）．正确的结论是（ ）
A．①②B．①②③C．①③④D．①②③④
4．如图，正方形ABCD中，AC，BD相交于点O，E为线段BO上一动点（不包括O，B两点），DF⊥CE于点F，过点A作AG⊥DF于点G，交BD于点H，连结AE，CH，则下列结论：①∠ADG=∠DCF；②DG=EF；③存在点E，使得EF=GF；④四边形AECH是菱形．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
5．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，E是BC边上一动点（不含端点B，C），连接EA，F是CD边上一点，设DF＝a，若存在唯一的点E，使∠FEA＝90°，则a的值是（ ）
A．B．C．D．3
6．在平面直角坐标系xOy中，直线y＝kx﹣6与x轴，y轴分别交于点A，B，直线y＝kx+2k与x轴，y轴分别交于点C，D，其中k＞0，M，N为线段AB上任意两点，P，Q为线段CD上任意两点，记点M，N，P，Q组成的四边形为图形G．下列四个结论中，不正确结论的序号是（ ）
A．对于任意的k，都存在无数个图形G是平行四边形
B．对于任意的k，都存在无数个图形G是矩形
C．存在唯一的k，使得此时有一个图形G是菱形
D．至少存在一个k，使得此时有一个图形G是正方形
7．如图，在矩形中， 点是的中点，点在上，且若在此矩形上存在一点，使得是等腰三角形，则点的个数是（ ）
A．B．C．D．
8．如图，已知四边形中，分别为上的点(不与端点重合)．下列说法错误的是（ ）
A．若分别为各边的中点，则四边形是平行四边形：
B．若四边形是任意矩形，则存在无数个四边形是菱形
C．若四边形是任意菱形，则存在无数个四边形是矩形
D．若四边形是任意矩形，则至少存在一个四边形是正方形
9．如图，菱形ABCD的边长为4，∠DAB=60°，E为BC的中点，在对角线AC上存在一点P，使△PBE的周长最小，则△PBE的周长的最小值为 ( )
A．B．C．D．
二、填空题
10．矩形纸片ABCD，长AD＝8cm，宽AB＝4cm，折叠纸片，使折痕经过点B，交AD边于点E，点A落在点A'处，展平后得到折痕BE，同时得到线段BA'，EA'，不再添加其它线段．当图中存在30°角时，AE的长为______厘米．
11．如图，在中，，，分别为边，上的点（，不与端点重合）．对于任意，下面四个结论：
①存在无数个平行四边形；②至少存在一个菱形；③至少存在一个矩形；④存在无数个面积是面积的一半的四边形．所有正确结论的序号是______．
12．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝a，点E在边AD上，连接BE，将△ABE沿BE折叠，点A的对应点为F．若在AD边上存在两个不同位置的点E，使得点F落在∠C的平分线上，则a的取值范围为____．
13．如图，点为平面内不在同一直线上的三点，点为平面内一个动点，线段的中点分别为．在点的运动过程中，有下列结论：①存在无数个中点四边形是平行四边形；②存在无数个中点四边形是菱形；③存在无数个中点四边形是矩形；④存在两个中点四边形是正方形．所有正确结论的序号是________．
14．在平面直角坐标系中，直线与x轴，y轴分别交于A，B，直线与x轴，y轴分别交于C，D其中，M，N均为线段AB上任意两点，P，Q为线段CD上任意两点，记点M，N，P，Q组成的四边形为图形G．
下列四个结论中，
① 对于任意的k，都存在无数个图形G是平行四边形；
② 对于任意的k，都存在无数个图形G是矩形；
③ 存在唯一的k，使得此时有一个图形G是菱形；
④ 至少存在一个k，使得此时有一个图形G是正方形
所有正确结论的序号是__________．
15．在中，对角线交于点是边上的一个动点(与点不重合)，连接并延长，交于点，连接．下列说法：①对于任意的点，四边形都是平行四边形；②当时，至少存在一个点，使得四边形是矩形；③当时，至少存在一个点，使得四边形是菱形； ④当时，至少存在一个点，使得四边形是正方形．所有正确说法的序号是___________．
16．在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E是边AB上的一个动点（不与A、B重合），连接EO并延长，交CD于点F，连接AF，CE，有下列四个结论：
①对于动点E，四边形AECF始终是平行四边形；
②若∠ABC＞90°，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是矩形；
③若AB＞AD，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是菱形；
④若∠BAC＝45°，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是正方形．
以上所有错误说法的序号是_____．
17．对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角形的“最优覆盖菱形”．问题：如图，在中，，，且的面积为m，如果存在“最优覆盖菱形”为菱形，那么m的取值范围是________．
18．如图，在中，分别为边上的点（不与端点重合）．对于任意，下面四个结论中：
①存在无数个四边形，使得四边形是平行四边形；
②至少存在一个四边形，使得四边形菱形；
③至少存在一个四边形，使得四边形矩形；
④存在无数个四边形，使得四边形的面积是面积的一半．
所有正确结论的序号是___________．
19．如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8．如果?、F分别是AD、BC上的点，且EF经过AC中点O，G，H是对角线AC上的点．下列判断正确的有______．
①在AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是平行四边形；②在AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是矩形；③在AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是菱形；④当AG=时，存在E、F、G，H，使得四边形EGFH是正方形．
20．如图，矩形纸片ABDC中，AB＝3，AD＝4，将纸片折叠，使点B落在边CD上的B′处，折痕为AE．如果在折痕AE上存在一点P到边CD的距离与到点B的距离相等，则此时PB＝__．
21．定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，点，在边存在点，使得为“智慧三角形”，则点的坐标为：______．
三、解答题
22．如图1，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点分别在x轴、y轴上，其中C，D两点的坐标分别为，．两动点P、Q分别从A、C同时出发，点P以每秒1个单位的速度沿线段AB向终点B运动，点Q以每秒2个单位的速度沿折线CDA向终点A运动，设运动的时间为t秒．
(1)求菱形ABCD的高h和面积s的值；
(2)当点Q在CD边上运动时，t为何值时直线PQ将菱形ABCD的面积分成1：2两部分；
(3)设四边形APCQ的面积为y，求y关于t的函数关系式（要写出t的取值范围）；在点P、Q运动的整个过程中是否存在y的最大值？若存在，求出这个最大值，并指出此时点P、Q的位置；若不存在，请说明理由．
23．如图，在矩形ABCD中，AD＝10，点E是AD上一点，且AE＝m （m是常数），作△BAE关于直线BE的对称图形△BFE，延长EF交直线BC于点G．
(1)求证：EG＝BG；
(2)若m＝2．
①当AB＝6时，问点G是否与点C重合，并说明理由；
②当直线BF经过点D时，直接写出AB的长；
(3)随着AB的变化，是否存在常数m，使等式BGAE＝AB2总成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
24．如果一个四边形存在一条对角线，使得这条对角线长度的平方是四边形某两边长度的乘积，则称这个四边形为“闪亮四边形”，这条对角线称为“亮线”，如图1，在这个四边形中，，满足，四边形是闪亮四边形，是亮线．
（1）以下说法在确的是__________（填写序号）
①正方形不可能是闪亮四边形
②矩形有可能是闪亮四边形
③若一个菱形是闪亮四边形，则必有一个角为
（2）如图2，在四边形中，，四边形是否为闪亮四边形？如果是，哪条线段是亮线，并写出验证过程，如果不是，说明理由．
25．问题背景：在学习平行四边形和轴对称图形时，我们曾总结出以下结论结论1：如图1所示，过平行四边形对角线交点的任意一条直线平分平行四边形的周长和面积．菱形、矩形、正方形都是特殊的平行四边形．
结论2：圆是轴对称图形，任意一条直径所在的直线（过圆心的直线）都是圆的对称轴，都平分圆的面积和周长．
问题探究：
（1）在图2中作一条直线，使它同时将正方形和圆都分成面积相等的两部分；
（2）如图3，点是矩形内一点，，，点与坐标原点重合，、分别位于、轴正半轴，，直线经过点将矩形分成面积相等的两部分，请直接写出直线的解析式；
（3）如图4，在平面直角坐标系中，四边形是某医院筹建的新冠肺炎患者隔离区用地示意图，，，，，．医院将隔离区护士站（其占地面积不计）设在点处，为了方便急救，准备过点修一条笔直的道路（路宽不计），并且使这条路所在的直线将四边形分成面积相等的两部分，你认为直线是否存在？若存在，求出直线的表达式；若不存在，请说明理由．
26．我们不妨约定：对角线互相垂直的凸四边形叫做“十字形”；对角线相等的凸四边形叫做“对等四边形”．
（1）在“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中一定是“十字形”的有 ；一定是“对等四边形”的有 ；（请填序号）
（2）如图1：若凸四边形ABCD是“十字形”也是“对等四边形”，F，H，G，M分别是AD，DC，AB，BC的中点，求证，四边形FGMH为正方形．
（3）如图2，在Rt△ABC中，∠B＝90°，∠C＝30°，AC＝20，点D从点C出发沿CA方向以2个单位每秒向A匀速运动；同时点E从A出发沿AB方向以1个单位每秒向B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动，DF//AB，连接EF，是否存在时间t（秒），使得四边形ADFE为“十字形”或“对等四边形”，若存在，请求出t的值，若不存在，请说明理由．
参考答案
1．D
【分析】
分别根据平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定进行判断即可得到正确的结论．
解：①如图1，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴四边形ABCD是中心对称图形，则其对称中心是对角线AC的中点O，
∴OE=OF，OM=ON
故有且仅有当OE=OM时，EF=MN，故①错误；
②如图2，
由①得
∴四边形是平行四边形
∴，故②正确；
③如图3，
∵四边形ABCD是菱形
∴即∠APD=90°
∵点E，M在边AD上，且不与端点A，D重合，
∴∠EOM<90°
∴不存在一个四边形ENFM是菱形，故③错误；
④如图1，存在无数点使OE=OM，
∵平行四边形ABCD是中心对称图形，
∴
∴四边形是平行四边形
又EF，MN有无数次垂直，
所以，存在无数个四边形ENFM是矩形，故④正确，
∴正确的结论是②④
故选：D．
【点拨】此题主要考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定进行判断，熟练掌握相关判定与性质是解答此题的关键．
2．B
【分析】
根据正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质来判断即可求解．
解：如图，正方形ABCD中，作线段MN的垂直平分线交AD于点P，交AB于Q点，
∵PQ垂直平分MN，
∴PM=PN，QM=QN，
在正方形ABCD中，∠PAN=∠QAN=45°，
∴∠APQ=∠AQP=45°，
∴AP=AQ，
∴AC垂直平分PQ，
∴MP=MQ，
∴四边形PNQM是菱形，
在MN运动的过程中，这样的菱形有无数个，即存在无数个这样的平行四边形，当点M与A或者C重合时，四边形PNQM是正方形，则至少存在一个四边形PNQM是正方形，即A、C、D项说法正确，
∵MN=2，且当点M与A或者C重合时，四边形PNQM是正方形，也是矩形，
∴不存在无数多个矩形，故B说法错误．
故选：B．
【点拨】本题考查了正方形的判定定理、矩形的判定定理、菱形和平行四边形的判定定理，熟练掌握相关定理是解答本题的关键．
3．B
【分析】
先求出点A，点B坐标，由勾股定理可求AB的长，可判断①；由折叠的性质可得OB=BD=6，OC=CD，∠BOC=∠BDC=90°，由勾股定理可求OC的长，可得点C坐标，利用待定系数法可求BC解析式，可判断②；由面积公式可求DH的长，代入解析式可求点D坐标，可判断③；由菱形的性质可得PD∥OC，可得点P纵坐标为，可判断④，即可求解．
解：∵直线分别与轴交于点A、B，
∴点A（8，0），点B（0，6），
∴OA=8，OB=6，
∴AB=，故①正确；
∵线段OB沿BC翻折，点O落在AB边上的点D处，
∴OB=BD=6，OC=CD，∠BOC=∠BDC=90°，
∴AD=AB-BD=4，
∵AC2=AD2+CD2，
∴（8-OC）2=16+OC2，
∴OC=3，
∴点C（3，0），
设直线BC解析式为：，
∴，
∴，
∴直线BC解析式为：，故②正确；
如图，过点D作DH⊥AC于H，
∵CD=OC=3，
∴CA=5，
∵S△ACD=ACDH=CDAD，
∴DH=，
∴当时，，
∴，
∴点D(，)，故③正确；
∵线段BC上存在一点P，使得以点P、O、C、D为顶点的四边形为菱形，
则OC=CD，
∴PD∥OC，
∴点P纵坐标为，故④错误，
综上，①②③正确，
故选：B．
【点拨】本题是一次函数综合题，考查了利用待定系数法求解析式，折叠的性质，面积法，菱形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
4．B
【分析】
由四边形ABCD是正方形，DF⊥CE，可得∠ADG=90°-∠FDC=∠DCF，故①正确；证明△ADG≌△DCF，可得DG=CF，而CF不一定等于EF，可判定②错误；由CE//AG，得∠ECA=∠HAC，直线BD为正方形ABCD的对称轴，可知AH=CH，∠HAC=∠HCA，从而∠ECA=∠HCA，OE=OH，即得四边形AECH对角线互相垂直平分，四边形AECH是菱形，故④正确；由HG=GF-EF，且E为线段BO上一动点（不包括O，B两点），HG≠0，可得GF-EF≠0，可判定③不正确；
解：∵四边形ABCD是正方形，DF⊥CE，
∴∠ADC=90°，∠DFC=90°，
∴∠ADG=90°-∠FDC=∠DCF，故①正确；
在△ADG和△DCF中，
，
∴△ADG≌△DCF（AAS），
∴DG=CF，
∵E为动点，
∴DE不一定等于DC，
∴CF不一定等于EF，
∴DG不一定等于EF，故②错误；
∵DF⊥CE，AG⊥DF，
∴CE//AG，
∴∠ECA=∠HAC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴直线BD为正方形ABCD的对称轴，AC⊥BD，OA=OC，
∴AH=CH，
∴∠HAC=∠HCA，
∴∠ECA=∠HCA，
∴OE=OH，
∴四边形AECH对角线互相垂直平分，
∴四边形AECH是菱形，故④正确；
∴CE=AH，
∴HG=AG-AH=AG-CE，
而△ADG≌△DCF有AG=DF，DG=CF，
∴HG=DF-CE=（DG+GF）-（CF+EF）=GF-EF，
∵E为线段BO上一动点（不包括O，B两点），
∴HG≠0，即GF-EF≠0，
∴GF≠EF，故③不正确；
∴正确的有①④，
故选：B．
【点拨】本题考查了正方形的性质及应用，涉及三角形全等的判定与性质、菱形的判定等知识，解题的关键是证明△ADG≌△DCF．
5．B
【分析】
根据题意易证△ABE∽△ECF，继而由相似三角形的性质可得，设BE＝x，则EC＝BC﹣BE＝10﹣x，由DF＝a可得FC＝DC﹣DF＝6﹣a，进而可得一元二次方程，利用判别式等于0，构建方程解决问题．
解：∵∠FEA＝90°，
∴∠AEB+∠FEC＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠AEB+∠EAB＝90°，
∴∠EAB＝∠FEC，
∵∠B＝∠C＝90°，
∴△ABE∽△ECF，
∴，
设BE＝x，则EC＝BC﹣BE＝10﹣x，
∵DF＝a，
∴FC＝DC﹣DF＝6﹣a，
∴，
∴，
由题意判别式，
∴，整理得：，
∴，
故选：B．
【点拨】本题考查矩形的性质、相似三角形的判定及其性质、一元二次方程的判别式，解题的关键是掌握相似三角形的判定及其性质、一元二次方程的判别式．
6．C
【分析】
根据函数表达式得到MN∥PQ，再根据四边形的判定方法逐项判断即可．
解：由题意可得：k＞0，
与中，k相等，
即两直线平行，则MN∥PQ，
A、只要满足MN=PQ，则图形G都为平行四边形，故此选项不符合题意；
B、由于只要满足MN=PQ，图形G都为平行四边形，则只要满足MP垂直于直线或直线，即可使图形G为矩形，故此选项不符合题意；
C、由于只要满足MN=PQ，图形G都为平行四边形，只要满足MP=MN，即可成为菱形，则有无数个k值成立，故此选项符合题意；
D、由于两直线之间的距离处处相等，则只要在②的基础上同时满足MP=MN，即可成为正方形，故此选项不符合题意；
故选C．
【点拨】本题考查了平行线之间的距离，一次函数的图像，平行四边形以及特殊平行四边形的判定，解题的关键是根据函数表达式得到两直线平行．
7．D
【分析】
根据等腰三角形的定义，分三种情况讨论：①当为腰，为顶角顶点时，②当为腰，为顶角顶点时，③当为底，为顶角顶点时，分别确定点P的位置，即可得到答案．
解：∵在矩形中，，点是的中点，
．
∴是等腰三角形，存在三种情况：
①当为腰，为顶角顶点时，根据矩形的轴对称性，可知：在上存在两个点P，在上存在一个点P，共个，使是等腰三角形；
②当为腰，为顶角顶点时，
在上存在一个点，使是等腰三角形；
③当为底，为顶角顶点时，点一定在的垂直平分线上，
∴的垂直平分线与矩形的交点，即为点，存在两个点．
综上所述，满足题意的点的个数是．
故选．
【点拨】本题主要考查等腰三角形的定义，矩形的性质，熟练掌握等腰三角形的定义和矩形的性质，学会分类讨论思想，是解题的关键．
8．D
【分析】
根据三角形中位线定理、平行四边形、菱形、正方形的判定条件进行判断即可．
解：A选项：证明：连接BD，AC，
∵E，F，G，H分别为AB，BC，CD，AD的中点，
∵在△ABD中，EH∥BD，EH＝BD，
在△CBD中，FG∥BD，FG=BD，
∴EH∥FG，EH＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形；故A不符合题意；
B选项：如图，四边形ABCD是矩形，连接AC、BD交于O，
过点O直线EG和FH，分别交AB，BC，CD，AD于E，F，G，H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AO＝OC，
∴∠DAO＝∠BCO，∠AHO＝∠CFO，
∴△AHO≌△CFO，OH＝OF，
同理可得OE＝OG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴当EG⊥HF时，存在无数个四边形EFGH是菱形，故B选项不符合题意；
同理可知C选项不符合题意；
D选项：若四边形EFGH是正方形，则EH＝HG，∠A＝∠D＝90°，∠EHG＝90°，
∴∠AEH＋∠AHE＝90°，∠DHG＋∠AHE＝90°，
∴∠AEH＝∠DHG，
∴△AEH≌△DHG，
∴AE＝DH，
同理可得：BE＝AH，
∴AB＝AD，∴矩形ABCD是正方形，
∴当四边形ABCD为任意矩形时，不存在四边形EFGH是正方形，故D选项符合题意．
【点拨】本题考查矩形的判定与性质、菱形的判定与性质、正方形的判定、平行四边形的判定与性质以及三角形的中位线定理，熟记各定理是解题的关键．
9．C
【分析】
如下图，△BEP的周长=BE+BP+EP，其中BE是定值，只需要BP+PE为最小值即可，过点E作AC的对称点F，连接FB，则FB就是BP+PE的最小值．
解：如下图，过点E作AC的对称点F，连接FB，FE，过点B作FE的垂线，交FE的延长线于点G
∵菱形ABCD的边长为4，点E是BC的中点
∴BE=2
∵∠DAB=60°，∴∠FCE=60°
∵点F是点E关于AC的对称点
∴根据菱形的对称性可知，点F在DC的中点上
则CF=CE=2
∴△CFE是等边三角形，∴∠FEC=60°，EF=2
∴∠BEG=60°
∴在Rt△BEG中，EG=1，BG=
∴FG=1+2=3
∴在Rt△BFG中，BF==2
根据分析可知，BF=PB+PE
∴△PBE的周长=2
故选：C
【点拨】本题考查菱形的性质和利用对称性求最值问题，解题关键是利用对称性，将BP+PE的长转化为FB的长．
10．，或
【分析】
根据矩形的性质和图形的折叠，分情况讨论：①当时，根据直角三角形的性质和勾股定理解答即可；②当时，根据直角三角形的性质和勾股定理解答即可；③当时，过点作，交AD于点M，交BC于点N，根据平行线的性质，三角形内角和定理得，在中，AB=4cm，则BN=2cm，根据勾股定理求出，即可得，再根据三角形内角和定理求出，根据直角三角形的性质即可得．
解：①由题意得， cm，，，
当时，则在中，，
设AE=xcm，则BE=2xcm，
∴，
或（舍），
∴，
即cm；
②当时，则在中，，
即cm，
∴（cm），
③当时，如图所示，过点作，交AD于点M，交BC于点N，
则cm，，，
∴，
在中，AB=4cm，则BN=2cm，根据勾股定理
（cm），
∴（cm），
∵，
∴，
∴（cm），
∴（cm）
综上，AE的长为cm，cm或cm，
故答案为：，或．
【点拨】本题考查了图形的折叠，矩形的性质，勾股定理，三角形内角和定理,平行线的性质和直角三角形的性质，解题的关键时掌握并灵活运用这些知识点．
11．①②④
【分析】
根据菱形的判定和性质，矩形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
解：①存在无数个平行四边形，故①正确；
②平行四边形的包含矩形、菱形图形，故②正确；
③平行四边形不一定是矩形，故③正确；
④存在无数个平行四边形ABEF，故④正确；
【点拨】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，平行四边形的判定，熟记各定理是解题的关键．
12．5≤a≤
【分析】
分两种情况：①点E，点F在落在∠C的平分线上，此时a的值最大；②点E与点D重合，点F落在点C上，此时a的值最小，依此进行求解即可．
解：①点E，点F在落在∠C的平分线上；如图1，
由折叠得，BF=AB=5，∠BFE=∠A=90°，
∴∠BFC=90°，
∵CE是∠BCD的平分线，
∴∠BCF=45°,
∴∠FBC=45°，
∴△BFC是等腰直角三角形，
∴BC=5，即a=5；
②点E与点D重合，点F落在点C上，如图2 ，
此时矩形ABCD是正方形，
因此BC=AB=5，即a=5；
所以a的取值范围为：5≤a≤5．
故答案为：5≤a≤5．
【点拨】本题考查了折叠的性质、勾股定理、矩形的性质、方程思想等知识；解题的关键是根据折叠的性质运用勾股定理求解．
13．①②③④
【分析】
连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到PQ//AC，PQ=AC，MN//AC，MN=AC，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
解：①当AC与BD不平行时，中点四边形MNPQ是平行四边形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是平行四边形；
②当AC与BD相等且不平行时，中点四边形MNPQ是菱形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是菱形；
③当AC与BD互相垂直（B，D不重合）时，中点四边形MNPQ是矩形；
故存在无数个中点四边形MNPQ是矩形；
④如图所示，当AC与BD相等且互相垂直时，中点四边形MNPQ是正方形．
故存在两个中点四边形MNPQ是正方形．
故答案为：①②③④．
【点拨】本题考查的是中点四边形，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理、三角形中位线定理是解题的关键．
14．①②④
【分析】
根据函数表达式得到MN∥PQ，再根据四边形的判定方法逐项判断即可．
解：由题意可得：k＞0，
与中，k相等，
即两直线平行，则MN∥PQ，
①只要满足MN=PQ，则图形G都为平行四边形，故正确；
②由于图形G都为平行四边形，则只要满足MP垂直于直线或直线，即可使图形G为矩形，故正确；
③由于图形G都为平行四边形，只要满足MP=MN，即可成为菱形，则有无数个k值成立，故错误；
④由于两直线之间的距离处处相等，则只要在②的基础上同时满足MP=MN，即可成为正方形，故正确；
故正确的有①②④，
故答案为：①②④．
【点拨】本题考查了平行线之间的距离，一次函数的图像，平行四边形以及特殊平行四边形的判定，解题的关键是根据函数表达式得到两直线平行．
15．①②③④
【分析】
①根据平行四边形的性质及判定定理可迅速作出判断；
②当BE⊥BC时，四边形BEDF是矩形，故选项②正确；
③由于有AB＜AD的限制，则BD的垂直平分线与AD的交点一定在A、D之间；
④由②可知结论正确．
解：（1）如图1，
∵四边形ABCD为平行四边形，对角线AC与BD交于点O，
∴AD∥BC，AD=BC，OA=OC，OB=OD，
∴∠ODE=∠OBF，
∵∠DOE=∠BOF，
∴△DOE≌△BOF（ASA），
∴DE=BF，
又∵DE∥BF，
∴四边形BEDF为平行四边形，
即E在AD上任意位置（不与A、D重合）时，四边形BEDF恒为平行四边形，
故选项①正确．
（2）如图2，当BE⊥BC时，四边形BEDF是矩形，故选项②正确．
（3）如图3，
当EF⊥BD时，四边形BEDF为菱形，由于AB＜AD，即AB＜AE+BE，可以保证E点AD上，故一定存在点E满足要求，故选项③正确．
（4）由②可知，∠ADB=45°，四边形BEDF是正方形，故选项④正确．
故答案为：①②③④．
【点拨】本题主要考查了平行四边形以及几种特殊平行四边形的判定．熟悉平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法是解答此题的关键．
16．②④．
【分析】
由于EF经过平行四边形ABCD的中心O，故四边形AECF一定也是平行四边形，这可以通过证明BE与CF相等来说明．然后只要让平行四边形AECF再满足适当的特殊条件就可以变成对应的特殊平行四边形．
解：①如图1，
∵四边形ABCD为平行四边形，对角线AC与BD交于点O，
∴AB∥DC，AB＝DC，OA＝OC，OB＝OD，
∴∠OAE＝∠OCF，
∵∠AOE＝∠COF，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴AE＝CF，
又∵AE∥CF，
∴四边形AECF为平行四边形，
即E在AB上任意位置（不与A、B重合）时，四边形AECF恒为平行四边形，
故选项①正确；
②如图2，
四边形AECF不是矩形，故选项②错误．
③如图3，
当EF⊥AC时，四边形AECF为菱形，故选项③正确．
④如 图4 ，
如果AB＜AD，就不存在点E在边AB上，使得四边形AECF为正方形，故选项④错误．
故答案为：②④．
【点拨】本题主要考查平行四边形以及几种特殊平行四边形的判定．熟悉平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法是解答此题的关键．
17．
【分析】
由的面积为m可得的高为，然后再分三角形的高取最小值和最大值两种情况求解即可．
解：∵的面积为m
∴边BC上的高为
如图：当高取最小值时，为等边三角形，A与M或N或MN上一重合重合，
如图：过A作AD⊥BC，垂足为D
∵等边三角形ABC,BC=4
∴∠ABC=60°,BC=4，∠BAD=30°
∴BD=2,
∴AD==2
∴，即m=4；
如图：当高取最大值时，菱形为正方形，
∴A在中点，
∴，即m=8
∴．
故填：．
【点拨】本题主要考查了菱形的性质、正方形的性质、等边三角形的性质以及勾股定理，考查知识点较多，灵活应用相关知识成为解答本题的关键．
18．①②④．
【分析】
根据平行四边形的判定与性质、菱形的判定、矩形的判定逐条判断即可．
解：只要满足AB∥EF，四边形是平行四边形，这样的EF有无数条，故①正确；
因为，可在AD上截取AE=AB，再满足AB∥EF，四边形是菱形，故②正确；
因为是任意，∠B不一定是直角，矩形不一定存在，故③错误；
当EF经过对角线交点时，四边形的面积是面积的一半，故④正确．
故答案为：①②④．
【点拨】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形、矩形的判定，解题关键是熟练运用所学四边形的性质与判定，准确进行推理判断．
19．①②④
【分析】
如图，矩形ABCD，为对角线的交点，由中心对称性证明： 所以当时，四边形是平行四边形，当时，四边形是矩形，当 四边形是菱形，再利用正方形的性质求解 从而可得答案.
解：如图，矩形ABCD，为对角线的交点，
由中心对称性可得：
所以当时，
四边形是平行四边形，
所以AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是平行四边形；故①符合题意；
当时，
四边形是矩形，而不是定值，
所以在AC上存在无数组G、H，使得四边形EGFH是矩形；故②符合题意；
当
四边形是菱形，
而位置确定，所以唯一，
所以在AC上不存在无数组G、H，使得四边形EGFH是菱形，故③不符合题意；
如图，当四边形EGFH是正方形时，


由矩形可得：





所以当AG=时，存在E、F、G，H，使得四边形EGFH是正方形，故④符合题意；
故答案为：①②④
【点拨】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，菱形的判定，正方形的性质，掌握“特殊四边形的判定与性质”是解本题的关键.
20．
【分析】
由翻折的性质知，PB＝PB′，而要点P到CD的距离等于PB，则该垂线段必为PB′，故有PB′⊥CD，先证明四边形 PB′EB是平行四边形，然后利用勾股定理求解即可得到答案．
解：根据折叠的性质知：PB＝PB′，若点P到CD的距离等于PB，则该垂线段必为PB′，故有PB′⊥CD，由题意知：如图所示，连接AD，BB′
由折叠的性质可知AB＝AB′＝3，，AE是线段BB′的垂直平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形ABDC是矩形，
∴BD⊥CD，∠C=∠BDC=∠ABD=90°，CD=AB=3，AC=BD
∴BD∥，
∴，
∴，
∴BP∥，
∴四边形PB′EB是平行四边形，
∴
在直角三角形ABD中，
∴，
在直角三角形中，
∴，
设，则，
在直角三角形中，
∴
解得：
PB＝，
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，平行四边形的性质与判定，勾股定理定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
21．或或
【分析】
由题可知，“智慧三角形”是直角三角形，因为不确定哪个角是直角，所以分情况讨论，∠CPM=90°或∠CMP=90°，设设点P(3,a)，则AP=a，BP=4-a，根据勾股定理求出CP2，MP2，CM2，根据∠CPM=90°或∠CMP=90°，可以得到这三条边的关系，解之即可.
解：由题可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM=90°或∠CMP=90°
设点P(3,a)，则AP=a，BP=4-a
①若∠CPM=90°，在Rt△BCP中，
在Rt△MPA中，
在Rt△MCP中，
又∵
∴2a2-8a+26=20
即(a-3)(a-1)=0
解得a=3或a=1
∴P(3,3)或(3,1)
②若∠CMP=90°，在Rt△BCP中
在Rt△MPA中，
∵
在Rt△MCP中，
即
∴
综上，或(3,1)或(3,3)
故答案为或(3,1)或(3,3).
【点拨】本题主要考查了勾股定理的应用. 解题的关键是知道“智慧三角形”指的是直角三角形.
22．(1)24，(2)当时，直线PQ将菱形面积分成1：2两部分
(3)，存在最大值18，此时点P运动到AB的中点，点Q运动到与点D重合
【分析】
（1）先根据C、D的坐标求出，，即可利用勾股定理求出，再由菱形的性质可得，则；
（2）如图1．由已知可得：，，则，求出，再由直线PQ将菱形的面积分成1：2两部分，则或，由此求解即可；
（3）分当Q在CD上，即时和当Q在AD上，即时两种情况讨论求解即可．
(1)解：∵，，
∴，．
∵，
∴．
∵四边形ABCD是菱形，
∴菱形面积．
∴菱形的高；
(2)解：如图1．由已知可得：，，则．
则
若直线PQ将菱形的面积分成1：2两部分，则或．
即，或．
解得：或（舍去）．
∴当时，直线PQ将菱形面积分成1：2两部分．
(3)当Q在CD上，即时，见图2．
∴此时，y随t的增大而增大．
∴当时，取得最大值．
当Q在AD上，即时，见图3．
∴此时y随t的增大而减小，无最大值．
∴，在点P、Q运动的整个过程中，y有最大值18，此时点P运动到AB的中点，点Q运动到与点D重合．
【点拨】本题主要考查了坐标与图形，菱形的性质，勾股定理，一次函数的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识．
23．(1)见分析(2)①点G与点C重合，理由见分析；②(3)存在，且m=
【分析】
（1）欲证明EG=BG，只要证明∠EBG=∠BEG即可；
（2）①如图1中，过点E作EH⊥BG于点H，则四边形ABHE是矩形，设BG=EG=x，在Rt△EHG中，EG2=EH2+HG2，构建方程求出x，即可判断；
②由轴对称的性质可知AB=BF，AE=EF=2，则，推出，推出可以假设AB=k，BD=4k，则DF=3k，在Rt△DEF中，DE2=EF2+DF2，构建方程，可得结论；
（3）利用勾股定理求出BG与AB，AE的关系，再结合已知条件，构建关系式可得结论．
解：(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBG，
∵△ABE与△FBE关于BE对称，
∴∠AEB=∠BEF，
∴∠EBG=∠BEF，
∴EG=BG；
(2)①点G与C重合；
理由：如图1中，过点E作EH⊥BG于点H，则四边形ABHE是矩形，
∴EH=AB=6．AE=BH=2，
设BG=EG=x，
在Rt△EHG中，EG2=EH2+HG2，
∴x2=62+（x-2）2，
∴x=10，
∵BC=AD=10，BG=10，
∴点G与C重合；
②如图2中，
由轴对称的性质可知AB=BF，AE=EF=2，
∵，
∴，
∴可以假设AB=k，BD=4k，则DF=3k，
在Rt△DEF中，DE2=EF2+DF2，
∴82=22+（3k）2，
∴k（负根已经舍去），
∴AB；
(3)如图1中，设BG=EG=y，
在Rt△EHG中，EG2=EH2+HG2，
∴y2=AB2+（y-m）2，
∴，
∴BG-AE=AB2总成立，
∴，
∴m=．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题关键是学会利用参数构建方程解决问题．
24．（1）①③；（2）四边形ABCD是闪亮四边形，BD为亮线
【分析】
（1）根据正方形、矩形和菱形的基本性质逐项分析即可；
（2）先分别根据勾股定理求出BD，BC以及AC的长度，从而结合题干定义进行分析即可．
解：（1）①设正方形的边长为，则对角线为，
∵，，
∴，
∴正方形不可能是闪亮四边形，①正确；
②设矩形的一组邻边为，则对角线的平方为，
该矩形两边长乘积为，
∴若成立时，可满足闪亮四边形的定义，
∵，
∴恒成立，
∴矩形不可能是闪亮四边形，②错误；
③如图，在菱形ABCD中，AC为对角线，
若菱形ABCD为闪亮四边形，则，
即：，
∵AB=BC，
∴AB=AC=BC，△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴∠BAD=120°，
∴若一个菱形是闪亮四边形，则必有一个角为，③正确；
故答案为：①③；
（2）∵AD∥BC，∠ABC=90°，
∴∠BAD=90°，
∵AD=9，AB=12,
∴由勾股定理得BD2=225，
如图，作DE⊥BC于E点，则四边形ABED为矩形，
∴DE=AB=12，BE=AD=9，
在Rt△DEC中，CD=20，
由勾股定理得CE=16，
∴BC=BE+CE=25，
在Rt△ABC中，，
∵，
∴，
∴四边形ABCD是闪亮四边形，BD为亮线．
【点拨】本题考查新定义多边形，涉及勾股定理解三角形，理解题干意思，熟悉常见四边形的基本性质，并灵活运用勾股定理是解题关键．
25．（1）见分析；（2）；（3）存在，
【分析】
（1）过正方形ABCD对角线的交点E和圆心O作直线OE即可．
（2）连接AC、BD交于点N，过M、N作直线l，则直线l即为所求，由待定系数法求出直线l的解析式即可；
（3）过点B作BD⊥OA于点D，则点P（1，2）为矩形ODBC的对称中心，过点P的直线只要平分△ABD的面积即可，设直线PH的表达式为y＝kx＋b，则y＝kx＋2−k，由待定系数法求出直线AB的解析式为y＝−x＋6，求出点H的坐标为（），求出k和b的值即可．
解：（1）过正方形对角线的交点和圆心作直线，如图2所示：
则将正方形和圆都分成面积相等的两部分，直线即为所求；
（2）连接、交于点，如图3所示：
∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，
过、作直线，则直线即为所求，
设直线的解析式为，
由题意得：，
解得：，
∴直线的解析式为；
（3）直线存在，理由如下：
过点作于点，如图4所示：
则点为矩形的对称中心，
∴过点的直线只要平分的面积即可，
∵在边上必存在点使得将面积平分．
∴直线平分梯形的面积，
即直线为所求直线；
设直线的表达式为且点，
∴即，
∴，
∵，，，，
∴，，
∴直线的表达式为，则，
解得：，
∴直线的解析式为，
∴，
解得：，
∴点的坐标为，
把代入直线的解析式，得，
∴与线段的交点，
∴，
∴．
∴，
解得：，或（不合题意舍去），
∴，
∴直线的表达式为．
【点拨】本题是圆的综合题目，考查了圆的性质、正方形的性质、矩形的性质、坐标与他图形性质、待定系数法求直线的解析式、三角形面积等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握圆的性质、矩形的性质以及待定系数法是解题的关键．
26．（1）③④，②④；（2）证明见分析；（3）当t＝时，四边形ADFE为“十字形”．
【分析】
（1）根据“十字形”和“对等四边形”的定义判断即可；
（2）先根据“十字形”和“对等四边形”的定义可知：，，根据三角形的中位线的性质可证得四边形四边相等，且有一个角是直角，可得结论；
（3）先证明四边形是平行四边形，若四边形为“十字形”，则要满足对角线互相垂直，若四边形“对等四边形”，则要满足对角线相等，则要满足四边形是菱形或矩形，因为，所以四边形不可能是矩形，根据菱形列方程可得的值．
（1）解：正方形，菱形的对角线互相垂直，
正方形，菱形是“十字形”，
矩形，正方形的对角线相等，
矩形，正方形是“对等四边形”，
故答案为：③④，②④；
（2）证明：如图1，
凸四边形是“十字形”也是“对等四边形”，
，，
，
，
，，，分别是，，，的中点，
，，，，，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
四边形菱形，
，
菱形是正方形；
（3）解：如图2，连接，，
由题意得：，，则，
中，，，，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
不可能是矩形，
当时，是菱形，则，此是“十字形”，
，
，
当时，四边形为“十字形”．
【点拨】本题属于四边形综合题，考查了动点运动的问题，矩形的性质和判定，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，“对等四边形”和“十字形”的定义等知识，解题的关键是正确运用中位线定理和掌握矩形和菱形对角线的关系．