中考數(shù)學一輪復習考點練習考向25 特殊的平行四邊形（含答案詳解）

試卷第=page44頁，共=sectionpages55頁考向25特殊的平行四邊形【考點梳理】1.矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形。2.矩形的性質：矩形的四個角都是直角；矩形的對角線互相平分且相等；矩形是軸對有兩稱圖形，即經(jīng)過對邊中點的兩條直線是對稱軸。（也是中心對稱圖形）

3.矩形判定定理：eq\o\ac(○,1).有一個角是直角的平行四邊形叫做矩形。eq\o\ac(○,2).對角線相等的平行四邊形是矩形。.有三個角是直角的四邊形是矩形。4菱形的定義：鄰邊相等的平行四邊形。

5.菱形的性質：菱形的四條邊都相等；菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角；菱形是軸對稱圖形，兩條對角線所在的直線是對稱軸。（也是中心對稱圖形）

6.菱形的判定定理：eq\o\ac(○,1).一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形。eq\o\ac(○,2.)對角線互相垂直的平行四邊形是菱形。eq\o\ac(○,3.)四條邊相等的四邊形是菱形。7.（a、b為兩條對角線）=底×高8.正方形定義：一個角是直角的菱形或鄰邊相等的矩形。9.正方形的性質：四條邊都相等，四個角都是直角。正方形既是矩形，又是菱形。

10.正方形判定定理：（1）鄰邊相等的矩形是正方形。（2）有一個角是直角的菱形是正方形。

或者先證一個四邊形是矩形，再證一個四邊形是菱形。反過來證也行技巧、（1)順次連接對角線互相垂直的四邊形四邊中點所得的中點四邊形是矩形；（2）順次連接對角線互相等的四邊形四邊中點所得的中點四邊形是菱形?！绢}型探究】題型一：矩形的性質1．（2023·廣東深圳·?？家荒＃┤鐖D，在矩形中，對角線與相交于點，已知，則的大小是（

）A． B． C． D．2．（2022·廣東佛山·校考一模）如圖，在矩形中，，點E為的中點，點F為邊上一點，，將線段繞點E順時針旋轉得到，點H恰好在線段上，過H作直線于點M，交于點N，則的長為（）A．2 B．5 C．6 D．83．（2022·山東菏澤·統(tǒng)考二模）如圖，已知矩形中，點E是邊上的點，，垂足為F下列結論：①；②；③平分；④其中正確的結論有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個題型二：矩形的判定4．（2022·河南鄭州·鄭州外國語中學?？寄M預測）如圖，中的對角線相交于點O，點E、F在上，且，連接，下列條件能判定四邊形為矩形的是（）A． B． C． D．5．（2022·湖北襄陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，?ABCD的對角線AC和BD相交于點O，下列說法正確的是（

）A．若OB＝OD，則?ABCD是菱形 B．若AC＝BD，則?ABCD是菱形C．若OA＝OD，則?ABCD是菱形 D．若AC⊥BD，則?ABCD是菱形6．（2022·湖北恩施·統(tǒng)考中考真題）如圖，在四邊形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=10cm，BC=8cm，點P從點D出發(fā)，以1cm/s的速度向點A運動，點M從點B同時出發(fā)，以相同的速度向點C運動，當其中一個動點到達端點時，兩個動點同時停止運動．設點P的運動時間為t（單位：s），下列結論正確的是（

）A．當時，四邊形ABMP為矩形B．當時，四邊形CDPM為平行四邊形C．當時，D．當時，或6s題型三：矩形的判定和性質綜合問題7．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，菱形中，、相交于點，過點作，且，連接．(1)求證：四邊形是矩形；(2)連接，當，，求的值．8．（2022·湖南益陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD邊上一點（不與點C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延長CG至點C′，使C′G＝CG，連接CF，AC′．(1)直接寫出圖中與△AFB相似的一個三角形；(2)若四邊形AFCC′是平行四邊形，求CE的長；(3)當CE的長為多少時，以C′，F(xiàn)，B為頂點的三角形是以C′F為腰的等腰三角形？9．（2022·黑龍江佳木斯·統(tǒng)考三模）如圖，在平面直角坐標系中，矩形的邊與x軸重合，與y軸重合，，D是上一點，且，的長是一元二次方程的兩個根（）(1)求線段，，的長；(2)在線段上有一動點P（不與A、B重合），點P從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿方向勻速運動，到終點B停止，設運動的時間為t秒，過P點作交于E，交于F，求四邊形的面積S與時間t的函數(shù)關系式；(3)在（2）的條件下，在點P運動的過程中，x軸上是否存在點Q，使以A、D、P、Q為頂點的四邊形是菱形？若存在，請直接寫出點Ｑ的坐標，若不存在，請說明理由．題型四;菱形的性質10．（2022·貴州銅仁·?？寄M預測）如圖，菱形的面積為，正方形的面積為，則菱形的邊長是（）A． B． C． D．11．（2022·廣東佛山·校考三模）如圖，在平面直角坐標系中，菱形的一個頂點O在坐標原點，一邊在x軸的正半軸上，，反比例函數(shù)在第一象限內的圖象經(jīng)過點A，與交于點F，則的面積等于（）A．30 B．40 C．60 D．8012．（2022·山東濟南·?？家荒＃┤鐖D，菱形的邊長為，、分別是、上的點，連接、、，與相交于點，若，，則的長為（

）A． B． C． D．題型五：菱形的判定13．（2022·河南信陽·統(tǒng)考模擬預測）關于菱形的判定，以下說法不正確的是（

）A．兩組對邊分別平行且相等的四邊形是菱形 B．四條邊相等的四邊形是菱形C．對角線垂直的平行四邊形是菱形 D．對角線互相平分且垂直的四邊形是菱形14．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，平移△ABC到△BDE的位置，且點D在邊AB的延長線上，連接EC，CD，若AB=BC，那么在以下四個結論：①四邊形ABEC是平行四邊形；②四邊形BDEC是菱形；③；④DC平分∠BDE，正確的有（

）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個15．（2022·河南南陽·統(tǒng)考一模）如圖（1），點P從平行四邊形ABCD的頂點A出發(fā)，以1cm/s的速度沿A－B－C－D路徑勻速運動到D點停止.圖（2）是△PAD的面積S(cm2)與運動時間t(s)之間的函數(shù)關系圖象.下列說法：①平行四邊形ABCD是菱形；②；③BC上的高；④當時，.其中正確的個數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4題型六：菱形的判定和性質的綜合問題16．（2022·北京海淀·中關村中學校考模擬預測）如圖，在中，平分，的垂直平分線分別交，，于點，F(xiàn)，G，連接，．(1)求證：四邊形是菱形；(2)若，，，求的長．17．（2023·山東泰安·新泰市實驗中學?？家荒＃┮阎?，如圖（1）在平行四邊形中，點分別在上，且．(1)求證：四邊形是菱形．(2)如圖（2），若，延長交于點G，求證：．(3)在第（2）小題的條件下，連接，交于點H，若，求的長．題型七：正方形的性質18．（2023·廣東深圳·校考一模）如圖，已知正方形ABCD的邊長為4，E是AB邊延長線上一點，BE＝2，F(xiàn)是AB邊上一點，將△CEF沿CF翻折，使點E的對應點G落在AD邊上，連接EG交折痕CF于點H，則FH的長是（

）A． B． C．1 D．19．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，正方形的邊長為，點、分別為邊、上的點，點分別為邊、上的點，線段與的夾角為則（）A． B． C． D．20．（2022·湖北省直轄縣級單位·?？级＃┤鐖D，已知正方形的邊長為，為邊上一點（不與端點重合），將沿翻折至，延長交邊于點，連接，．則下列給出的判斷：①；②若，則；③若為的中點，則的面積為；④若，則，其中正確的是（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④題型八：正方形的判定21．（2022秋·九年級課時練習）四邊形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，AD∥BC，AD＝BC，使四邊形ABCD為正方形，下列條件中：①AC＝BD；②AB＝AD；③AB＝CD；④AC⊥BD．需要滿足（）A．①② B．②③ C．②④ D．①②或①④22．（2021·安徽馬鞍山·統(tǒng)考三模）已知，在□ABCD中，∠BAC=90°，AC的中點為O，點E，F(xiàn)是對邊BC，AD上的點，則下列判斷不正確的是（）A．當BE=DF時，EF經(jīng)過點OB．當AE=CF時，四邊形AECF是平行四邊形C．當AE⊥BC，EF經(jīng)過點O時，四邊形AECF是矩形D．當E，F(xiàn)是BC，AD的中點，且EF=AC時，四邊形AECF是正方形23．（2022秋·遼寧遼陽·九年級?？茧A段練習）如圖，以的三邊為邊分別作等邊、、，則下列結論正確的是（

）A．B．四邊形為矩形C．四邊形為菱形D．當，時，四邊形是正方形24．（2022·廣東東莞·可園中學?？家荒＃┤鐖D1，的邊長，對角線平分，點從點出發(fā)沿方向以1個單位秒的速度運動，點從點出發(fā)沿方向以2個單位秒的速度運動，其中一點到達終點時，另一點也隨之停止運動，設運動時間為秒．(1)求證：四邊形是菱形；(2)若對角線，當為多少秒時，為等腰三角形；(3)如圖2，若，點是是中點，作交于．點在邊上運動過程中，線段存在最小值，請你直接寫出這個最小值．題型九：正方形的性質和判定綜合25．（2022·四川德陽·模擬預測）已知：四邊形是正方形，點在邊上，點在邊上，且．(1)如圖，與有怎樣的關系．寫出你的結果，并加以證明；(2)如圖，對角線與交于點．，分別與，交于點，點．①求證：；②連接，若，，求的長．26．（2022·吉林長春·統(tǒng)考模擬預測）在四邊形ABCD中，，，點E為BC上一點（不與點B，點C重合），連接AE，將沿AE翻折得到，延長交CD于點F．(1)如圖①，當時，四邊形ABCD的形狀為______；(2)在（1）的條件下，隨著點E位置的變化，的周長是否發(fā)生變化？若變化，請說明理由；若不變化，請求出它的值；(3)如圖②，當時，請直接寫出的周長．27．（2022·貴州黔西·統(tǒng)考中考真題）如圖1，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD邊上的點（點E不與點B，C重合），且．(1)當時，求證：；(2)猜想BE，EF，DF三條線段之間存在的數(shù)量關系，并證明你的結論；(3)如圖2，連接AC，G是CB延長線上一點，，垂足為K，交AC于點H且．若，，請用含a，b的代數(shù)式表示EF的長．題型十：特殊平行四邊形的綜合28．（2023·江蘇蘇州·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形中，，，是上一點，．是上的動點，連接，是上一點且（為常數(shù)，），分別過點，作，的垂線，交點為．設的長為，的長為．(1)若，，則的值是__________．(2)若時，求的最大值．(3)在點從點到點的整個運動過程中，若線段上存在唯一的一點，求此時的值．29．（2023·江蘇徐州·徐州市第十三中學?？家荒＃┤鐖D，矩形中，，點E是的中點，P是射線上一點，延長交直線于F，過P作，分別交射線、直線于G、H．(1)①當時，=；②點P在上取不同位置，的值是否變化？若不變，求出它的值，若改變，請說明理由；(2)連接，當是等腰直角三角形時，求的長；(3)直接寫出的最小值．30．（2023·山東泰安·東平縣實驗中學?？级＃┰谡叫沃?，是邊上一點（點不與點、重合），連結．感知：如圖①，過點作交于點．求證．探究：如圖②，取的中點，過點作交于點，交于點．（1）求證：．（2）連結，若，求的長．應用如圖③，取的中點，連結．過點作交于點，連結、．若，求四邊形的面積．【必刷基礎】一、單選題31．（2023·四川成都·統(tǒng)考一模）下列說法中，正確的是（

）A．有一個角是直角的平行四邊形是正方形B．對角線相等的四邊形是矩形C．對角線互相垂直平分的四邊形是菱形D．一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形32．（2023·云南·?？家荒＃┤鐖D，菱形對角線交點與坐標原點O重合，點，則點C的坐標是（）A． B． C． D．33．（2023·山東棗莊·?？寄M預測）如圖所示，正方形的面積為12，是等邊三角形，點E在正方形內，在對角線上有一點P，使的和最小，則這個最小值為（

）A． B． C． D．34．（2023·河南·?？寄M預測）如圖，菱形的對角線，相交于點，，分別是，邊的中點，連接．若，，則菱形的周長為（）A．4 B． C． D．2835．（2022·江蘇無錫·模擬預測）如圖，D、E、F分別是各邊中點，則以下說法中不正確的是（

）A．和的面積相等 B．四邊形是平行四邊形C．若，則四邊形是矩形 D．若，則四邊形是菱形36．（2022·廣東佛山·校考一模）如圖，點E，F(xiàn)，G，H分別為四邊形ABCD四條邊AB，BC，CD，DA的中點，則關于四邊形EFGH，下列說法正確的是（

）A．不一定是平行四邊形 B．當AC＝BD時，它為菱形C．一定是軸對稱圖形 D．不一定是中心對稱圖形37．（2023·廣東江門·江門市華僑中學?？家荒＃┤鐖D，已知四邊形的對角線，交于點O，O是的中點，E，F(xiàn)是上的點，且，．(1)求證：；(2)若，求證：四邊形ABCD是矩形．38．（2023·四川成都·統(tǒng)考一模）如圖，在中，，點O、C分別是、邊的中點．過點D作交的延長線于點A，連接、．(1)求證：四邊形是菱形；(2)若，，求的面積．39．（2023·安徽合肥·合肥市第四十五中學?？家荒＃┤鐖D（1），已知正方形，對角線交于點O，點E是線段上的點，以為邊作等邊（點F在點E上方），連接．(1)求的度數(shù)；(2)如圖（2），當時，設分別交于點G、H．①求證：；②求的值【必刷培優(yōu)】一、單選題40．（2022·湖北省直轄縣級單位·?？级＃┤鐖D，矩形的邊上有一點E，，垂足為F，將繞著點F順時針旋轉，使得點A的對應點M落在EF上，點E恰好落在點B處，連接．下列結論：①；②四邊形是正方形；③；④．其中結論正確的序號是（）A．①② B．①②③ C．①②④ D．③④41．（2022·遼寧營口·?？寄M預測）如圖，在正方形中，E是邊上的一點，，，將正方形邊沿折疊到，延長交于G，連接，，現(xiàn)在有如下4個結論：①；②；③；④．其中正確結論的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．442．（2022·內蒙古包頭·模擬預測）如圖，在正方形中，是對角線上一點，且滿足，連接并延長交于點，連接，過點作于點，延長交于點．在下列結論中：①；②；③；④平分．其中不正確的結論有（

）A．個 B．個 C．個 D．個43．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，在正方形中，，與直線所夾銳角為，延長交直線于點，作正方形，延長交直線于點，作正方形，延長交直線于點，作正方形，依次規(guī)律，則線段（

）A． B． C． D．二、解答題44．（2023·湖南衡陽·衡陽市華新實驗中學?？家荒＃┮阎喝鐖D，矩形中和中，點C在上，，，，連接，點M從點D出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為，同時，點N從點E出發(fā)，沿方向勻速運動，速度為，過點M作交于點H，交于點G．設運動時間t（s）為（）．解答下列問題：(1)當t為何值時，？(2)連接，作交于Q，當四邊形為矩形時，求t的值；(3)連接，，設四邊形的面積為S（），求S與t的函數(shù)關系式．45．（2023·湖南湘潭·湘潭縣云龍中學?？家荒＃┤鐖D，將矩形沿折疊，使點D落在對角線上的點E處．過點E作交于點G，連接．(1)判斷四邊形的形狀，并說明理由；(2)探究線段、、之間的數(shù)量關系，并說明理由；(3)若，，求的長．46．（2023·陜西西安·?？家荒＃?）如圖1，的半徑為，，點為上任意一點，則的最小值為．（2）如圖2，已知矩形，點為上方一點，連接，，作于點，點是的內心，求的度數(shù)．（3）如圖3，在（2）的條件下，連接，，若矩形的邊長，，，求此時的最小值．三、填空題47．（2023·山東東營·校考一模）如圖，在邊長為4的菱形中，，M是邊上的一點，且，N是邊上的一動點，將沿所在直線翻折得到，連接，則長度的最小值是___________．48．（2023·山東泰安·?？家荒＃┤鐖D，四邊形是矩形，點A的坐標為，點C的坐標為，把矩形沿折疊，點C落在點D處，則點D的坐標為_____．49．（2023·江蘇徐州·徐州市第十三中學?？家荒＃┤鐖D，在菱形中，M、N分別為、的中點，若，則菱形的周長為_____．50．（2023·山東泰安·新泰市實驗中學?？家荒＃┮阎庑蔚倪呴L為1，，為上的動點，在上，且，設的面積為，，當點運動時，則與的函數(shù)關系式是__________．51．（2023·山東泰安·新泰市實驗中學?？家荒＃┤鐖D，把一個矩形紙片放入平面直角坐標系中，使分別落在x軸，y軸上，連接，將紙片沿翻折，點A落在點位置，若，，直線與y軸交于點F，則點F的坐標為__________．52．（2023·山東泰安·新泰市實驗中學校考一模）如圖，在平面直角坐標系中，邊長為1的正方形的兩邊在坐標軸上，以它的對角線為邊作正方形，再以正方形的對角線為邊作正方形，以此類推…、則正方形的頂點的坐標是__．53．（2023·浙江寧波·?？家荒＃┤鐖D，正方形中，P為邊上一點，點E與B關于直線對稱，射線與的延長線相交于點F．若，，則的長為_____．54．（2023·全國·九年級專題練習）如圖，在矩形中，E為邊上一點，將沿折疊，使點A的對應點F恰好落在邊上，連接交于點G．若，則的長度為___參考答案：1．C【分析】根據(jù)矩形的性質，等腰三角形的性質以及三角形外角的性質，即可求解．【詳解】解：∵矩形的對角線，相交于點，∴，，，∴，∴，∴，故選：C．【點睛】本題主要考查了矩形的性質，等腰三角形的性質以及三角形外角的性質，熟練掌握矩形的性質是解題的關鍵．2．C【分析】過H點作，則，設．先證明，則，得到，則，證明，即可得到答案．【詳解】解：過H點作，則，設．∵，，E為邊的中點，∴，∵∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，即解得，∴的長是6，故選：C．【點睛】此題考查了相似三角形的判定和性質、全等三角形的判定和性質、矩形的性質、旋轉的性質等知識，熟練掌握相似三角形和全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．3．B【分析】根據(jù)矩形的性質證明≌，，利用勾股定理求出，然后逐一進行判斷即可解決問題．【詳解】解：四邊形是矩形，，，，，，，，，，，，≌，，，故①②正確，不妨設平分，則是等腰直角三角形，這個顯然不可能，故③錯誤，，，，，，故④錯誤，正確的結論有①②共個．故選：B．【點睛】本題考查矩形的性質、全等三角形的判定和性質、解直角三角形、勾股定理、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考常考題型．4．B【分析】先證四邊形是平行四邊形，再根據(jù)矩形的判定、菱形的判定分別對各個選項進行推理論證即可．【詳解】解：四邊形是平行四邊形，，，，，即，四邊形是平行四邊形，A、時，不能判定四邊形為矩形；故選項不符合題意；B、時，，四邊形為矩形；故選項符合題意；C、時，四邊形為菱形；故選項不符合題意；D、時，四邊形為菱形；故選項不符合題意；故選：B．【點睛】本題考查了矩形的判定、菱形的判定以及平行四邊形的判定與性質等知識；熟練掌握矩形的判定和菱形的判定是解題的關鍵．5．D【分析】由矩形的判定和菱形的判定分別對各個選項進行判斷即可．【詳解】解：A、∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OB=OD，故選項A不符合題意；B、∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC=BD，∴?ABCD是矩形，故選項B不符合題意；C、∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC=AC，OB=OD=BD，∵OA=OD，∴AC=BD，∴?ABCD是矩形，故選項C不符合題意；D、∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC⊥BD，∴?ABCD是菱形，故選項D符合題意；故選：D．【點睛】本題考查了菱形的判定、矩形的判定以及平行四邊形的性質，熟練掌握菱形的判定和矩形的判定是解題的關鍵．6．D【分析】計算AP和BM的長，得到AP≠BM，判斷選項A；計算PD和CM的長，得到PD≠CM，判斷選項B；按PM=CD，且PM與CD不平行，或PM=CD，且PM∥CD分類討論判斷選項C和D．【詳解】解：由題意得PD=t，AP=AD-PD=10-t，BM=t，CM=8-t，∠A=∠B=90°，A、當時，AP=10-t=6cm，BM=4cm，AP≠BM，則四邊形ABMP不是矩形，該選項不符合題意；B、當時，PD=5cm，CM=8-5=3cm，PD≠CM，則四邊形CDPM不是平行四邊形，該選項不符合題意；作CE⊥AD于點E，則∠CEA=∠A=∠B=90°，∴四邊形ABCE是矩形，∴BC=AE=8cm，∴DE=2cm，當PM=CD，且PM與CD不平行時，作MF⊥AD于點F，CE⊥AD于點E，∴四邊形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=6s；當PM=CD，且PM∥CD時，∴四邊形CDPM是平行四邊形，∴DP=CM，∴t=8-t，解得t=4s；綜上，當PM=CD時，t=4s或6s；選項C不符合題意；選項D符合題意；故選：D．【點睛】此題重點考查矩形的判定與性質、全等三角形的判定與性質，解題的關鍵是正確地作出解題所需要的輔助線，應注意分類討論，求出所有符合條件的t的值．7．(1)見解析(2)【分析】（1）證，再證四邊形是平行四邊形，然后由即可得出結論；（2）由銳角三角函數(shù)定義得，則，再由勾股定理得，然后由銳角三角函數(shù)定義即可得出結論．【詳解】（1）證明：四邊形是菱形，，，，，，，四邊形是平行四邊形，又，平行四邊形是矩形；（2）解：如圖，四邊形是菱形，，，，在中，，，，，，由（1）可知，四邊形是矩形，，，．【點睛】本題考查了矩形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、菱形的性質、銳角三角函數(shù)定義、勾股定理等知識，熟練掌握矩形的判定與性質和菱形的性質是解題的關鍵．8．(1)答案不唯一，如△AFB∽△BCE(2)CE＝7.5(3)當CE的長為長為或3時，以C′，F(xiàn)，B為頂點的三角形是以C′F為腰的等腰三角形【分析】（1）因為△AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三個直角三角形和△AFB相似，解答時任意寫出一個即可；（2）根據(jù)△AFB∽△BGC，得，即，設AF＝5x，BG＝3x，根據(jù)△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的長；（3）分兩種情況：①當C'F＝BC'時，如圖2，②當C'F＝BF時，如圖3，根據(jù)三角形相似列比例式可得結論．【詳解】（1）解：（任意回答一個即可）；①如圖1，△AFB∽△BCE，理由如下：∵四邊形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）∵四邊形AFCC'是平行四邊形，∴AF＝CC'，由（1）知：△AFB∽△BGC，∴，即，設AF＝5x，BG＝3x，∴CC'＝AF＝5x，∵CG＝C'G，∴CG＝C'G＝2.5x，∵△AFB∽△BCE∽△BGC，∴，即，∴CE＝7.5；（3）分兩種情況：①當C'F＝BC'時，如圖2，∵C'G⊥BE，∴BG＝GF，∵CG＝C'G，∴四邊形BCFC'是菱形，∴CF＝CB＝9，由（2）知：設AF＝5x，BG＝3x，∴BF＝6x，∵△AFB∽△BCE，∴，即，∴，∴CE＝；②當C'F＝BF時，如圖3，由（1）知：△AFB∽△BGC，∴，設BF＝5a，CG＝3a，∴C'F＝5a，∵CG＝C'G，BE⊥CC'，∴CF＝C'F＝5a，∴FG＝＝4a，∵tan∠CBE＝，∴，∴CE＝3；綜上，當CE的長為長為或3時，以C′，F(xiàn)，B為頂點的三角形是以C′F為腰的等腰三角形．【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的判定和性質，菱形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，平行線的性質，等腰三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，屬于中考壓軸題．9．(1)4，5，；(2)S四邊形DEPF=（0<t<5）；(3)或．【分析】（1）解出方程，求出OD、DC的長，再根據(jù)勾股定理求AD的長；（2）通過AD、BD、AB的長證明△ABD是直角三角形，∠ADB是直角，可證明四邊形DEPF是矩形，面積等于，通過相似三角形對應線段成比例，求出PE、PF用t表示的長度，根據(jù)面積公式即可求出S與t的關系式；（3）區(qū)分AD是菱形的邊和是菱形的長兩種情況，分別求出t的值，從而求出OQ的長度，即可以確定點Q的坐標．(1)解方程因式分解得解得x=1或x=4，∵，的長是一元二次方程的兩個根且，∴OD=4，DC=1，∴OC=OD+DC=4+1=5，∵四邊形是矩形，BC=2，∴AO=BC=2，∴，所以線段OD長為4，OC長為5，AD長為；(2)∵DC=1，BC=2，OC=5，AD=，四邊形是矩形，∴AB=OC=5，∴，∴，∴△ADB是直角三角形，∠ADB=90°，∵，，∴四邊形DEPF是平行四邊形，∵∠ADB=90°，∴四邊形DEPF是矩形，∴，，S四邊形DEPF=，根據(jù)題意，AP=t，則PB=5-t，∴，，∴S四邊形DEPF==，∵點P在AB上，且不與A、B重合，∴0<t<5，∴四邊形的面積S與時間t的函數(shù)關系式為S四邊形DEPF=（0<t<5）；(3)根據(jù)題意，有AD是對角線和AD是邊兩種可能，①若AD是對角線，則四邊形APDQ是菱形，∴，∴，∵，解得；∴，∴點Q的坐標為，②若AD是邊，則四邊形APQD是菱形，∴，∴，∴，∴點Q的坐標為．【點睛】本題考查數(shù)形結合，解題關鍵是對矩形、菱形、勾股定理和相似三角形等相關知識靈活運用．10．A【分析】根據(jù)正方形的面積可用對角線進行計算解答即可．【詳解】解：如圖所示，連接，線段和的交點為O，因為四邊形是菱形，所以點O是和的中點，因為四邊形是正方形，所以點O也是的中點，所以線段交于一點O，因為正方形的面積為，所以，因為菱形的面積為，所以，所以菱形的邊長．故選：A．【點睛】此題考查正方形的性質，關鍵是根據(jù)正方形和菱形的面積進行解答．11．B【分析】過點作軸于點，設，通過解直角三角形找出點的坐標，結合反比例函數(shù)圖像上點的坐標特征即可求出的值，再根據(jù)四邊形是菱形、點在邊上，即可得出，結合菱形的面積公式即可得出結論．【詳解】解∶過點作軸于點，如圖所示．設，在中，，，點的坐標為．點在反比例函數(shù)的圖像上，解得∶，或（舍去）．四邊形是菱形，點在邊上，故選∶B．【點睛】本題考查了菱形的性質、解直角三角形以及反比例函數(shù)圖象上點的坐標特征，解題的關鍵是找出．12．A【分析】過點作交于，于，證是等邊三角形，得，再證∽，得，則，然后證，得，，求出，可得是等邊三角形，則，最后由含角的直角三角形的性質和勾股定理求出，即可得解．【詳解】解：過點作交于，于，如圖所示：菱形的邊長為，，，，，，是等邊三角形，，，，，，是等邊三角形，，，，，，在和中，，，，，，是等邊三角形，，，，，，，，，，故選：A．【點睛】本題考查了菱形的性質、等邊三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、含角的直角三角形的性質、勾股定理等知識，熟練掌握菱形的性質和等邊三角形的判定與性質，證明三角形全等和三角形相似是解題的關鍵，屬于中考?？碱}型．13．A【分析】根據(jù)特殊平行四邊形的性質、垂直平分線的性質判斷即可；【詳解】解：A．錯誤；如矩形的兩組對邊分別平行且相等，但不是菱形，符合題意；B．四條邊相等的四邊形是菱形，選項正確，不符合題意；C．對角線垂直的平行四邊形是菱形，選項正確，不符合題意；D．對角線互相平分且垂直的四邊形是菱形；由垂直平分線的性質可得四條邊相等，選項正確，不符合題意；故選：A．【點睛】本題考查了菱形的判定：①一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形；②對角線互相垂直的平行四邊形是菱形；③四條邊相等的四邊形是菱形；④對角線互相平分且垂直的四邊形是菱形．14．D【分析】利用平移的性質、平行四邊形的判定、菱形的判定與性質逐項判斷即可．【詳解】解：∵平移△ABC到△BDE的位置，且點D在邊AB的延長線上，∴，∴四邊形ABEC是平行四邊形，故①正確；∵平移△ABC到△BDE的位置，∴AB=BD=CE，BC=DE，∵AB=BC，∴AB=BD=CE=BC=DE，∴四邊形BDEC是菱形，故②正確；∵四邊形BDEC是菱形，∴，∵，，故③正確；∵四邊形BDEC是菱形，∴DC平分∠BDE，故④正確；∴正確的有4個．故選D．【點睛】本題主要考查了平移的性質、平行四邊形的判定、菱形的判定與性質．15．B【分析】利用平行四邊形的性質，菱形的判定，待定系數(shù)法，利用數(shù)形結合思想，注意計算判斷即可．【詳解】∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AD∥BC，設AB、CD之間的距離為n，AB=a，BC=b，當0≤t≤a時，，當t=a時即P與B重合時，面積最大，結合函數(shù)圖像，得t=10=AB，，∴，∴結論②正確；當a＜t≤a+b時，，當t=a+b時，此時P與點C重合，結合圖像，得運動時間為20-10=10秒，故BC=10，∴AB=BC，∴四邊形ABCD是菱形，∴結論①正確；∵；BC=10，∴BC上的高；∴結論③錯誤；設直線NK的解析式為S=kt+b，∴，解得，∴函數(shù)解析式為S=-2.5t+75，當t=24時，S=15，∴結論④錯誤；故選B．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，菱形的判定，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，數(shù)形結合思想，熟練掌握平行四邊形的性質，待定系數(shù)法是解題的關鍵．16．(1)見解析(2)【分析】(1)由角平分線的定義和垂直平分線的性質可證，可得，，由菱形的判定定理可證得結論；(2)過點D作，由菱形的性質可得，，由直角三角形的性質可得，，據(jù)此即可求得的長．【詳解】（1）證明：平分，，垂直平分，，，，，，，，四邊形是平行四邊形，又，四邊形是茥形；（2）解:如圖，過點D作，四邊形是菱形，，，又，，，又，，，，．【點睛】本題考查了菱形的判定和性質，角平分線的定義，線段垂直平分線的性質，直角三角形的性質，熟練運用菱形的判定和性質是解決本題的關鍵．17．(1)見解析(2)見解析(3)8【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質可得，再根據(jù)補角的性質可得，可證得，即可；（2）根據(jù)，可得，再由平行四邊形的性質可得，從而得到，可證明，即可；（3）根據(jù)菱形的性質可得，再由平行線分線段的性質，可得，即可求解．【詳解】（1）證明：∵四邊形是平行四邊形，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴平行四邊形是菱形；（2）證明：由（1）知，，∴．∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∴．又∵，∴，∴．∴，又∵，∴；（3）解：在菱形中，∵，∴，，∴，∵，∴，∴．【點睛】本題主要考查了菱形的判定和性質，平行四邊形的性質，相似三角形的判定和性質，熟練掌握菱形的判定和性質，平行四邊形的性質，相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．18．B【分析】由翻折得，，垂直平分，可根據(jù)直角三角形全等的判定定理“”證明，得，則，則，即可根據(jù)勾股定理求出，再由，且得，則，由，求得,即可得出答案．【詳解】解：∵四邊形是邊長為的正方形，∴，，∴，由翻折得，，垂直平分，在和中，，∴，∴，∴，∵，∴，∵，且，∴，解得，∵，∴，解得，故選：．【點睛】本題考查正方形的性質，軸對稱的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理，根據(jù)面積等式求線段的長度等知識和方法，正確求出和的長度是解題的關鍵．19．A【分析】過點作交于，作交于，則，作交的延長線于，得到，根據(jù)全等三角形的性質得到，根據(jù)勾股定理得到，過點作于，設，則，根據(jù)三角函數(shù)的定義列方程即可得到結論．【詳解】解：如圖，過點作交于，作交于，則，線段與的夾角為，，，作交的延長線于，則，，在和中，，≌，，在中，，過點作于，，是等腰直角三角形，設，則，，，解得，∴．故選：．【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的性質，銳角三角函數(shù)的定義，熟記各性質并作輔助線構造出全等三角形和等腰直角三角形是解題的關鍵．20．B【分析】①根據(jù)定理先證，得出即可；②設，根據(jù)勾股定理求出，再求出的值即可；③同樣利用特殊值法計算得不出相應的關系即可證明結論不正確；④根據(jù)已知關系先求證是等腰直角三角形，設，根據(jù)，則有，解出即可．【詳解】①將沿翻折至，，，四邊形是正方形，，，，，，，四邊形是正方形，，，故①正確；②設，在中，，即，解得，，，，，，故②正確；③同理可得，，為的中點，，，過作的高線，，，，即，解得，，故③錯誤；④，，，為等腰直角三角形，，設，則有，解得，故④正確；故選：B．【點睛】本題主要考查了圖形的翻折，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，解直角三角形等知識，熟練利用特殊值法解選擇題是解本題的關鍵．21．D【分析】因為AD∥BC，AD＝BC，所以四邊形ABCD為平行四邊形，添加①則可根據(jù)對角線相等的平行四邊形是矩形，證明四邊形是矩形，故可根據(jù)一組鄰邊相等的矩形是正方形來添加條件．【詳解】解：∵AD∥BC，AD＝BC，∴四邊形ABCD為平行四邊形，∵AC＝BD，∴平行四邊形ABCD是矩形，若AB＝AD，則四邊形ABCD為正方形；若AC⊥BD，則四邊形ABCD是正方形．故選：D．【點睛】本題是考查正方形的判別方法，判別一個四邊形為正方形主要根據(jù)正方形的概念，途經(jīng)有兩種：①先說明它是矩形，再說明有一組鄰邊相等；②先說明它是菱形，再說明它有一個角為直角．22．B【分析】根據(jù)平行四邊形的性質、矩形的判定與性質、正方形的判定，可以分別判斷出各個選項中的結論是否正確，從而可以解答本題．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD=BC，AD∥BC，當BE=DF時，則AF=EC，∵AF∥EC，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵AC的中點為O，∴EF經(jīng)過點O，故選項A正確，不符合題意；當AE=CF時，無法四邊形AECF是平行四邊形，故選項B錯誤，符合題意；當AE⊥BC，EF經(jīng)過點O時，∵AF∥EC，∴∠FAO=∠ECO，∵O為AC的中點，∴OA=OC，∵∠AOF=∠COE，∴△AOF≌△COE（ASA），∴OF=OE，∴四邊形AECF是平行四邊形，又∵AE⊥BC，∴∠AEC=90°，∴四邊形AECF是矩形，故選項C正確，不符合題意；當E，F(xiàn)是BC，AD的中點，且EF=AC時，∴AF∥BE，AF=BE，AF=EC，AF∥EC，∴四邊形ABEF是平行四邊形，四邊形AECF是平行四邊形，∴AB=EF，∴AB=AC，∵∠BAC=90°，∴∠B=∠ACB=45°，∵AC=EF，∴平行四邊形AECF是矩形，∴OE=OC，∴∠OEC=∠OCE=45°，∴∠EOC=90°，∴AC⊥EF，∴矩形AECF是正方形，故選項D正確，不符合題意；故選：B．【點睛】本題考查正方形的判定、全等三角形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、矩形的判定，利用數(shù)形結合的思想解答是解答本題的關鍵．23．A【分析】利用SAS得到△EBF與△DFC全等，利用全等三角形對應邊相等得到EF＝AC，再由△ADC為等邊三角形得到三邊相等，等量代換得到EF＝AD，AE＝DF，利用對邊相等的四邊形為平行四邊形得到AEFD為平行四邊形，若AB＝AC，∠BAC＝120°，只能得到AEFD為菱形，不能為正方形，即可得到正確的選項．【詳解】解：∵△ABE、△BCF為等邊三角形，∴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為等邊三角形，∴CD＝AD＝AC，∴EF＝AD＝DC，同理可得△ABC≌△DFC，∴DF＝AB＝AE＝DF，∴四邊形AEFD是平行四邊形，故B、C選項錯誤；∴∠FEA＝∠ADF，∴∠FEA＋∠AEB＝∠ADF＋∠ADC，即∠FEB＝∠CDF，在△FEB和△CDF中，．∴△FEB≌△CDF（SAS），故選項A正確；若AB＝AC，∠BAC＝120°，則有AE＝AD，∠EAD＝120°，此時AEFD為菱形，選項D錯誤故選A．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質，等邊三角形的性質，平行四邊形的判定，以及正方形的判定，熟練掌握全等三角形的判定與性質，平行四邊形的判定和性質是解本題的關鍵．24．(1)見解析(2)的值為或或(3)的最小值為【分析】（1）只需要證明，得到，即可證明四邊形是菱形；（2）如圖，設交于點，利用菱形的性質和勾股定理求出，則，表示出，，，再分當時，當時，當時，三種情況利用等腰三角形的性質建立方程求解即可；（3）過點作于點，過點作于點，連接，，，證明，得到，利用角平分線的性質得到，進一步證明，證明，得到，推出則，進而推出，當時，此時有最小值，據(jù)此求解即可．【詳解】（1）證明：四邊形是平行四邊形，，，平分，，，四邊形是菱形；（2）解：如圖，設交于點，四邊形是菱形，，，，，，，，，，當時，，，當時，如圖2-1，過點作于點，則，，，，，即，；當時，如圖2-2所示，過點作于點，則，，又，，，即，；綜上，的值為或或；（3）解：過點作于點，過點作于點，連接，，，四邊形是菱形，，，又，，，，，，，是線段的中垂線，，，在和中，，，，，，，，，當時，此時有最小值，在中，，則，∴，∴，的最小值為．【點睛】本題主要考查了菱形的性質與判定，平行線的性質，等腰三角形的性質，相似三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理等等，利用分類討論的思想求解是解題的關鍵．25．(1)；．證明見解析(2)①見解析；②【分析】（1）根據(jù)正方形的性質可得，，然后利用“邊角邊”證明，根據(jù)全等三角形對應角相等可得，，然后求出，再求出，然后根據(jù)垂直的定義解答即可；（2）①根據(jù)正方形的對角線互相垂直平分可得，，對角線平分一組對角可得，然后求出，再利用“角邊角”證明，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得；②過點作于，作于，根據(jù)全等三角形對應角相等可得，再利用“角角邊”證明，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得，然后判斷出四邊形是正方形，根據(jù)正方形的性質求出，再求出，然后利用勾股定理列式求出，再根據(jù)正方形的性質求出即可．【詳解】（1）解：；．證明：四邊形是正方形，，，在和中，，，，，，，，；（2）①證明：四邊形是正方形，，，，，，即，在和中，，，；②解：如圖，過點作于，作于，，，在和中，，，，四邊形是正方形，，，，，在中，，正方形的邊長．【點睛】本題是四邊形綜合題型，主要利用了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，（2）②難度較大，作輔助線構造出全等三角形和以為對角線的正方形是解題的關鍵，也是本題的難點26．(1)正方形(2)不變，周長是2(3)【分析】（1）利用三個角是可知四邊形是矩形，且，可知矩形是正方形；（2）連接，利用證明，得，即可求得的周長；（3）連接，由（2）同理得，再利用證明，得，從而解決問題．【詳解】（1）解：∵，∴四邊形是矩形，∵，∴矩形是正方形，故答案為：正方形；（2）解：的周長不變，理由如下：連接，∵將沿翻折得到，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴的周長為；（3）解：連接，由（2）同理得，，∴，∵，∴，∴，∴，∴的周長為．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的判定，全等三角形的判定與性質，翻折的性質，含角的直角三角形的性質等知識，作輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．27．(1)見解析(2)，見解析(3)【分析】（1）先利用正方表的性質求得，，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質求解；（2）延長CB至M，使，連接AM，先易得，推出，，進而得到，最后利用全等三角形的性質求解；（3）過點H作于點N，易得，進而求出，再根據(jù)（2）的結論求解．（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴，．在和中，∴，∴；（2）解：BE，EF，DF存在的數(shù)量關系為．理由如下：延長CB至M，使，連接AM，則．在和中，∴，∴，．∵，∴．∴∠MAE=∠FAE，在和中，∴，∴EM=EF，∵EM=BE+BM，∴；（3）解：過點H作于點N，則．∵，∴，∴．在和中，∴，∴．∵，，∴，∴，由（2）知，．【點睛】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，特殊角的三角函數(shù)值，作出輔助線，構建三角形全等是解答關鍵．28．(1)(2)(3)【分析】（1）先證明，由相似三角形的性質得到，再與的值代入得到關于的方程，求解即可；（2）由（1）知：，當時，可得到，再利用二次函數(shù)的最值求解即可；（3）根據(jù)題意可得的最大值是，再由（1）知：，根據(jù)二次函數(shù)的最值可得，當時，的最大值是，從而得到關于的方程，求解即可．【詳解】（1）解：∵在矩形中，，，∴，∴，∵，，∴，∴，，∴，∴，∴，∵，，設的長為，的長為，∴，，∴，∴，∵，，∴，解得：．故答案為：．（2）由（1）知：，當時，，∵，∴當時，有最大值，的最大值是．∴的最大值是．（3）∵在點從點到點的整個運動過程中，若線段上存在唯一的一點，∴的最大值是，由（1）知：，當時，即，有最大值，當時，的最大值是，∴，∴．∴此時的值為．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質，直角三角形兩銳角互余，二次函數(shù)的最值．根據(jù)相似三角形的性質建立與的函數(shù)關系式是解題的關鍵．29．(1)①；②不發(fā)生變化，值為(2)2或14(3)【分析】（1）①作于H，作，交的延長線于T，證明，可得，同理可得，，即可求解；②作于H，作，交的延長線于T，證明，即可求解；（2）分兩種情況討論：當點P在上時，當點P在的延長線上時，結合相似三角形的判定和性質，即可求解；（3）設，證明，可得，從而得到，即可求解．【詳解】（1）解：①如圖1，作于H，作，交的延長線于T，∵四邊形是矩形，∴，∵E是的中點，∴，∵，∴，∴，∴，同理可得，，∴，故答案為：；②如圖1，不發(fā)生變化，理由如下：作于H，作，交的延長線于T，∴，∴，∵四邊形是矩形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；（2）解：如圖2，當點P在上時，由（2）得：，∵是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∵四邊形是矩形，∴，∴，∴，∴，∴，如圖3，當點P在的延長線上時，由（2）得：，∵，∴，∴，∴，綜上所述：或14；（3）解：如圖1，設，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴的最小值為：，故答案為：．【點睛】本題考查了矩形的性質，等腰直角三角形的性質，相似三角形的判定和性質等知識，解決問題的關鍵是設未知數(shù)，表示出的長，30．感知：見解析；（1）見解析（2）2

應用：9【分析】感知：利用同角的余角相等判斷出，即可得出結論；探究：（1）判斷出，同感知的方法判新出，即可得出結論；（2）利用直角三角形的斜邊的中線是斜邊的一半，可得結論．【詳解】（1）感知：∵四邊形是正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴．；探究：（1）如圖②，過點作于，∵四邊形是正方形，∴，，∴四邊形G是矩形，∴，∴，由，，∴，在和中，，∴，∴，（2）由（1）知，，連接，∵，點是的中點，∴，∴，故答案為：2．應用：同探究（2）得，，∴，同探究（1）得，，∵，∴．故答案為：9【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質，同角的余角相等，全等三角形的判定和性質，直角三角形的性質，熟練掌握三角形全等的性質和判定是關鍵．31．C【分析】根據(jù)平行四邊形，矩形，菱形，正方形的判定方法，逐一進行判斷即可．【詳解】解：A、有一個角是直角的平行四邊形是矩形，選項錯誤，不符合題意；B、對角線相等且平分的四邊形是矩形，選項錯誤，不符合題意；C、對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，選項正確，符合題意；D、一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形也可能是等腰梯形，選項錯誤，不符合題意；故選C．【點睛】本題考查平行四邊形，矩形，菱形，正方形的判定方法．熟練掌握相關圖形的判定方法，是解題的關鍵．32．B【分析】根據(jù)菱形的性質，結合關于原點對稱點的特點，求出結果即可．【詳解】解：∵四邊形是菱形，∴，即點A與點C關于原點對稱，∵點，∴點C的坐標是，故B正確．故選：B．【點睛】本題主要考查了菱形的性質，關于原點對稱點的特點，解題的關鍵是熟練掌握關于原點對稱的兩個點的橫縱坐標互為相反數(shù)．33．B【分析】連接，，根據(jù)點B與D關于對稱，得出，從而得出，即最小值為值為的長，求出的長即可．【詳解】解：連接，，如圖所示：∵四邊形為正方形，∴點B與D關于對稱，∴，∴，∴最小值為的長，∵正方形的面積為12，∴，又∵是等邊三角形，∴，∴最小值為，故B正確．故選：B．【點睛】本題主要考查了正方形的性質，軸對稱的性質，等邊三角形的性質，解題的關鍵是根據(jù)軸對稱的性質得出的長為的最小值．34．C【分析】根據(jù)中位線的性質得出，根據(jù)菱形的性質對角線互相平分且垂直，勾股定理求得的長，即可求解．【詳解】，分別是，邊上的中點，，，四邊形是菱形，，，，，菱形的周長為．故選：C．【點睛】本題考查了中位線的性質，菱形的性質，勾股定理，掌握菱形的性質是解題的關鍵．35．D【分析】根據(jù)三角形的中位線定理，以及平行四邊形，矩形，菱形的判定方法，逐一進行判斷即可．【詳解】解：A、連接，∵D、E、F分別是各邊中點，∴，，設EF和BC間的距離為h，∴，∴和的面積相等，選項正確，不符合題意；B、∵D、E、F分別是各邊中點，∴，∴，∴四邊形是平行四邊形，選項正確，不符合題意；C、∵四邊形是平行四邊形，∴若，則四邊形是矩形，選項正確，不符合題意；D、∵D、E、F分別是各邊中點，∴，，若，則，無法確定，∴四邊形不一定是菱形，選項錯誤，符合題意．故選D．【點睛】本題考查三角形的中位線定理，平行四邊形，矩形，菱形的判定方法．熟練掌握三角形的中位線定理是解題的關鍵．36．B【分析】先連接AC，BD，根據(jù)EF＝HG＝AC，EH＝FG＝BD，可得四邊形EFGH是平行四邊形，當AC⊥BD時，∠EFG＝90°，此時四邊形EFGH是矩形；當AC＝BD時，EF＝FG＝GH＝HE，此時四邊形EFGH是菱形，據(jù)此進行判斷即可．【詳解】解：連接AC，BD，如圖：∵點E、F、G、H分別為四邊形ABCD的四邊AB、BC、CD、DA的中點，∴EF＝HG＝AC，EH＝FG＝BD，∴四邊形EFGH是平行四邊形，故A錯誤；∴四邊形EFGH一定是中心對稱圖形，故D錯誤；當AC⊥BD時，∠EFG＝90°，此時四邊形EFGH是矩形，當AC＝BD時，EF＝FG＝GH＝HE，此時四邊形EFGH是菱形，∴四邊形EFGH可能是軸對稱圖形，故C錯誤；∴說法正確的是當AC＝BD時，它為菱形，故選：B．【點睛】本題主要考查了中點四邊形的運用，解題時注意：平行四邊形是中心對稱圖形．解決問題的關鍵是掌握三角形中位線定理．37．(1)見解析(2)見解析【分析】（1）由平行線的性質得到兩組角對應相等，由中點的性質以及線段的和差得到一組對邊相等，利用判定．（2）由對角線互補判定四邊形是平行四邊形，進而由對角線相等的平行四邊形是矩形判定即可．【詳解】（1）證明：∵，∴，，∵O為的中點，即，，∴，即，在和中，∴．（2）證明：∵，∴．∵，∴四邊形是平行四邊形．∵，∴，即，∴四邊形為矩形．【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定與性質，平行線的性質，平行四邊形的判定，矩形的判定等知識，解題的關鍵是熟練掌握這些判定定理與性質定理．38．(1)見解析(2)24【分析】（1）根據(jù)證明，得出，說明、互相平分，證明四邊形是平行四邊形，再根據(jù)直角三角形的性質證明，即可證明結論；（2）先根據(jù)菱形性質，求出，再根據(jù)中位線性質求出，根據(jù)勾股定理求出，最后根據(jù)三角形面積公式求出結果即可．【詳解】（1）證明：∵，∴，，又∵∴，∴，∴、互相平分，∴四邊形是平行四邊形，又∵，，∴，∴四邊形ABCD是菱形．（2）解：∵，四邊形是菱形；∴，∴，又∵，∴，∵，，∴，∴在中，，∴．【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定和性質，菱形的判定和性質，三角形中位線性質，勾股定理，三角形面積的計算，平行線的性質，平行四邊形的判定，解題的關鍵是熟練掌握菱形的判定方法．39．(1)(2)①見解析；②【分析】（1）根據(jù)等邊三角形和正方形的性質可得，從而得到，延長交于點，再由三角形的外角性質，即可求解；（2）①要證，即先證明，再結合軸對稱的性質即可得證；②要求的值，可先通過證明，將所求線段比例轉化為，再運用帶入?yún)?shù)字母法，結合圖形的性質分別求出，代入化簡即可．【詳解】（1）解：是等邊三角形，垂直平分，，，，如圖，延長交于點，，；（2）解：①證明：∵，，∴．又∵是等邊三角形，∴AD平分，即．在和中，，∴，在正方形中，，∵，∴，∴．②∵，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∵，∴，∴，∴，又∵，∴．又∵，∴，．設，則，∵，∴，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，等邊三角形的性質，正方形的性質等知識，本題難度在于在第（3）問兩條線段位置關系不明顯，在此類兩條線段問題中，一般運用轉化的思想將比值問題轉化為易求的另兩條線段的比例問題．通過代入?yún)?shù)字母方法，即可求解．40．C【分析】延長交于N，連接，由垂直的定義可得，根據(jù)直角三角形的兩個銳角互余得，從而有，得到①正確；根據(jù)三個角是直角可判斷四邊形是矩形，再由可知是正方形，故②正確，計算出得③錯誤；根據(jù)等腰直角三角形的性質可知，推導得出，從而得到，再由，得，判斷出④正確．【詳解】解：如圖，延長交于N，連接∵，∴，∵，∴，∵將繞著點F順時針旋轉得，∴∴，∴，∴，故①正確；∵四邊形是矩形，∴，∵，∴四邊形是矩形，又∵，∴矩形是正方形，故②正確；∴，∴，故③錯誤；∵，∴，∴，∴∴，∴，∴（）：1，又∵四邊形是正方形，∴，∴，故④正確，∴正確的是：①②④，故選：C．【點睛】本題考查了矩形的性質、旋轉的性質、勾股定理和正方形的判定與性質，掌握常用輔助線的添加方法，靈活運用相關知識是解題的關鍵．41．B【分析】①正確．證明，即可；②錯誤．求得，進而可得結論；③正確．證明，，即可證明結論；④錯誤．證明，求出的面積即可判斷．【詳解】解：如圖，連接，∵四邊形是正方形，，，由翻折可知：，，，，，，，，，，，故①正確；設，∵，∴，，在中，，，，，，，若，則為正三角形，，顯然不合題意，故②錯誤；，，，，，，G都在線段的垂直平分線上，垂直平分，，，故③正確；，，，，故④錯誤，故正確的有2個，故選：B．【點睛】本題考查了翻折變換，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是正確尋找全等三角形解決問題．42．A【分析】先判斷出，求得，得出，再判斷出從而得到①正確，根據(jù)平角的定義求出，得出②正確；連接，判斷出，得出③錯誤，根據(jù)，得到④正確．【詳解】解：∵是正方形的對角線，∴，，，∵，∴，∴，∴，∵，∴是線段的垂直平分線，，在和中，，∴，∴，故①正確；∵，∴，故②正確；如圖，連接，∵是線段的垂直平分線，∴，∴，∵，是對角線上任意一點，∴的長是變化的，∴，∴，∴，故③錯誤；∵，，∴平分，故④正確；綜上，①②④正確，不正確的只有③一個；故選：A．【點睛】此題主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，三角形的內角和定理，等腰三角形的判定和性質，解本題的關鍵是判斷出，難點是作出輔助線．43．C【分析】利用特殊角的三角函數(shù)值分別求出、、，以此類推找到規(guī)律求出，最后根據(jù)中，，即可求解．【詳解】解：∵與直線l所夾銳角為，且是正方形的一個頂角，∴，又∵，∴在中，，∵正方形的邊長，∴，同理可求得：，，以此類推可知：，∵中，，∴，故C正確．故選：C．【點睛】本題主要考查了正方形的性質、含特殊角的銳角三角函數(shù)等知識，含30°的直角三角形的性質．利用從特殊到一般尋找規(guī)律是解題的關鍵．44．(1)(2)(3)【分析】（1）作，根據(jù)勾股定理求出，，結合即可得到答案；（2）根據(jù)矩形性質得到，結合、即可得到、與t的關系，列式求解即可得到答案；（3）連接與交于K，根據(jù)同角三角函數(shù)得到比例線段列出方程，得、的值，然后根據(jù)面積的和差關系即可得答案；【詳解】（1）解：作，∵，，，∴，∵，，∴，∴；（2）解：若MHQN為矩形時，∴，∵，，∴，，∴，∴；（3）解：連接與交于K，∵，，∴，∵，四邊形是矩形，∴，∴∴，∴，，∴．【點睛】