八年级数学下册 第二十一章 四边形 单元检测题 人教版

八年级数学下册第二十一章四边形单元检测题人教版一、单选题：本大题共10小题，每小题3分，共30分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．矩形ABCD中，AB=4，BE，CF分别平分∠ABC，∠BCD，交AD于点E，F，射线BE，CF交于点G，若EG=22，则A．6或7 B．8或9 C．7或9 D．6或92．已知▱ABCD，点E是边BC上的动点，以AE为边构造▱AEFG，使点D在边FG上，当点E由B往C运动的过程中，▱AEFG面积变化情况是（）A．一直增大 B．保持不变C．先增大后减小 D．先减小后增大3．如图，P是正方形ABCD内一点，BP=BC，∠APD=90°，则A．310 B．24 C．134．赵爽是我国著名的数学家，“赵爽弦图”是他研究勾股定理的重要成果．古人有记载“勾三，股四，则弦五”的定理．如图，以三边长分别为3，4，5的四个直角三角形拼成一个正方形ABCD，以BH为边再作一个正方形BHIJ，连结CH，DH，则△CDH的面积为（）A．152 B．7 C．132 5．如图，在边长为8的菱形ABCD中，点E，F为边AD，CD上的动点，且AE=CF，连接BF，CE，若菱形ABCD面积为60，则BF+CE的最小值为（）

A．15 B．16 C．17 D．186．如图，正方形A1B1C1D1、A2B2C2D2、A3A．12 B．13 C．14 D．187．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是AB的一点，延长CD至点E，使得∠CAB＝∠BAE，∠BAE=35o，过点E作EF⊥AB于点F，G为CE的中点，则∠FGB=()A．100o B．110o C．115o D．145o8．如图，在菱形ABCD中，AD=23，∠BAD=6A．23 B．4 C．92 9．已知，如图，在▱ABCD中，E是AD上方任意一点。若△ADE的面积为4，△EBC的面积为16,△ECD的面积为10，则A．2.5 B．2 C．1.5 D．110．如图，先有一张矩形纸片ABCD，AB=4，BC=8，点M,N分别在矩形的边AD,BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接PC，交MN于点Q，连接CM．下列结论：①CQ=CD；②四边形CMPN是菱形；③P,A重合时，MN=25④△PQM的面积S的取值范围是3≤S≤5．其中正确的有（）．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分.11．如图，在▱ABCD中，AB=3，AD=5，∠ABC=60°，点E、F分别在线段AD、BD上，且DE=DF，连结BE，若BE平分∠AEF，则DE的长为．12．如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，E，F分别为AB，BC的中点，连结CE，DF，取CE，DF的中点M，N，连结MN，则MN的长为.13．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，点B，C关于EF对称，点M在EF上，点N在AE上，且点A，M关于BN对称，BM的延长线交AD于点H，CM交BD于点G，则AHCG14．如图，平行四边形ABCD中，AB=8，BC=12，点P是BC边上的点，连接AP，以AP为对称轴作△ABP的轴对称图形△AQP，连接CQ、QD，当点P是线段BC的中点，且CQ=4时，则AP的长为．15．如图，正方形ABCD的边长为4，对角线AC,BD相交于点O，点E，F分别在BC,CD的延长线上，且CE=2,DF=1，G为EF的中点，连接OE，交CD于点H，连接GH，则GH的长为．三、解答题：本大题共7小题，共72分.16．点P是正方形ABCD对角线AC上一动点，点E在射线BC上，且PE=PB，连接PD，O为AC中点．（1）如图1，当点P在线段AO上时，连接DE交AC于点F，①试判断△PDE的形状，并说明理由；②若正方形边长为4，当点E为BC的中点，则PE的长为．（2）如图2，当点P在线段OC上时，试探究线段AP，CP，CE的等量关系，并说明理由．（3）若AC=10，连接DE，取DE的中点Q，则当点P从点A运动到点C时，点Q所经过的路径长为．17．定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．【性质探究】如图1，四边形ABCD是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形ABCD的两条结论，；【问题解决】如图2，以锐角△ABC的两边AB，AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BE，EG，GC．求证：四边形BCGE是“中方四边形”；【拓展应用】如图3，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，（1）试探索AC与MN的数量关系，并说明理由．（2）若AC=6，则AB+CD的最小值是．18．已知，正方形ABCD和正方形DEFG有一个公共顶点D，AB=4，DE=2，点H,O分别是CE,（1）如图1，当A,D,（2）如图2，当A,D,E三点不共线时，连结（3）如图3，在（2）的条件下，连接AO,AH，当C,19．课本再现想一想你能猜想出三角形两边中点的连线与第三边有怎样的关系？能证明你的猜想吗？连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线．三角形中位线定理三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半．定理证明（1）已知：如图①，DE是△ABC的中位线．延长DE至点F，使FE=DE，连接CF．求证：DE∥BC且DE=1知识运用（2）如图②，在正方形ABCD中，E为AD的中点，G、F分别为AB、CD边上的点，若AG=2，DF=3，∠GEF=90°，求GF的长．（3）如图③，在四边形ABCD中，∠A=105°，∠D=120°，E为AD的中点，G，F分别为AB，CD边上的点，若AG=32，DF=2，∠GEF=90°，求GF20．如图1，在正方形ABCD中，以AB为斜边向上作一个直角三角形ABE，其中AE>BE，过点D作DF⊥AE交AE于点F．（1）求证：△ABE≌△DAF．（2）如图2．连结AC，BD交于点O，连结OE，若OE=32，AF=3，求AB（3）如图3，延长AE至点G，使得EG=EB，连接CG，试判断EF与CG的位置关系与数量关系，并证明．21．数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动、如图1，小华将矩形纸片ABCD（AB＞BC）折叠，点C落在BA边上的点F处，折痕为BE，连接EF，然后将纸片展开.（1）四边形BFEC的形状为；（2）如图2，点G是BC上一点，且CG=AF，连接AG，AM平分∠GAB交BE于点M，连接AE，猜想AE和ME的数量关系并加以证明；（3）在（2）的条件下，如图3，过点M作MN⊥AG，垂足为点N.①求BC−MNAG②若AN=21，GN=4，请直接写出AD的长度.22．（1）【课本再现】如图1，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1①△AEO≌△BFO；②OE=OF；③四边形OEBF的面积总等于14S正方形ABCD；④连接（2）【类比迁移】如图2，矩形ABCD的中心O是矩形A1B1C1O的一个顶点，A1O与边AB相交于点E，C1O与边（3）【拓展应用】如图3，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3cm，BC=4cm，直角∠EDF的顶点D在边AB的中点处，它的两条边DE和DF分别与直线AC，BC相交于点E，23．四边形ABCD是一张正方形纸片，小明用该纸片玩折纸游戏.（1）【探究发现】

如图1，小明将△ABE沿AE翻折得到△AB'E,点B的对应点B'，将纸片展平后，连接BB'并延长交边CD于点F，小明发现折痕AE与BF存在特殊的数量关系，数量关系为；（2）【类比探究】

如图2，小明继续折纸，将四边形ABEG沿GE所在直线翻折得到四边形A'B'EG，点A的对应点为点A'，点B的对应点为点B'，将纸片展平后，连接BB'交边CD于点F，请你猜想线段AG，CE，DF之间的数量关系并证明：（3）【拓展延伸】在(2)的翻折过程中，正方形ABCD的边长为9，CF=3.①如图3，若线段A'②如图4，连接BG，EF，直接写出BG+EF的最小值.答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AB=DC=4，AD=BC，∠ABC=∠BCD=∠ADC=∠BAE=90°，∴∠AEB=∠EBC，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠EBC=45°，∴∠ABE=∠AEB=45°，∴AE=AB=4，同理，DC=DF=4，∠BCF=∠CFD=45°，∴∠EGF=180°−45°−45°=90°，∴△EGF为等腰直角三角形，∴EG=FG=2∴EF=2分两种情况：①当点G在矩形内部时，如图所示：则AE+DF=EF+AD，即4+4=1+AD，解得：AD=7，∴BC=AD=7；②当点G在矩形外部时，如图所示：则AE+EF+DF=AD，∴AD=4+1+4=9，∴BC=AD=9；综上所述，BC的长为7或9，故选：C．

【分析】本题考查矩形的性质、角平分线的性质、等腰直角三角形的判定与性质，解题需先利用矩形和角平分线的性质求出AE、DF的长度，再判定ΔEGF的形状求出EF，最后分点G在矩形内部、外部两种情况计算BC的长。由矩形ABCD的性质得AD∥BC，∠ABC=90°，结合BE平分∠ABC，可得∠ABE=∠EBC=∠AEB=45°，因此ΔABE是等腰直角三角形，AE=AB=4，同理可得DF=DC=4，∠BCF=∠CFD=45°；由∠BEG=∠CFG=45°，可判定ΔEGF为等腰直角三角形，根据勾股定理EF=EG22．【答案】B【解析】【解答】解：设△ABE，△ECH，△HFD，△DGA的面积分别为S1、S2、S3、S4，延长BE，与GF的延长线交于点P．

∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BP，∠ADG＝∠P．∵四边形AEFG是平行四边形，∴AG∥EF，AE∥DP，AG＝EF，∴∠G＝∠EFP．∵AD∥BP，AE∥DP，∴四边形ADPE是平行四边形．在△AGD与△EFP中，∠G=∠EFG∴△AGD≌△EFP（AAS），∴S4＝S△EFP，∴S4+S四边形AEFD＝S△EFP+S四边形AEFD，即S▱AEFG＝S▱ADPE，又∵▱ADPE与▱ADCB的一条边AD重合，且AD边上的高相等，∴S▱ABCD＝S▱ADPE，∴平行四边形ABCD的面积＝平行四边形AEFG的面积．故▱AEFG面积不变，故选：B．【分析】延长BE，与GF的延长线交于点P，得到ADPE是平行四边形，即可得到△AGD≌△EFP，进而得到S▱AEFG＝S▱ADPE，再根据AD∥BP得到S▱ABCD＝S▱ADPE，即可得到结论．3．【答案】C【解析】【解答】解：作BF⊥AP于点F，PH⊥AD于点H，PE⊥CD于点E，∵四边形ABCD是正方形，∠APD=90°，∴BA=BC=AD=CD，∠BFA=∠APD=90°，∠PHD=∠HDE=∠PED=90°，∴四边形PEDH是矩形，∵∠PED=∠BCD=90°，∴PE∥BC，∴BP=BC，∵BP=BA，∴AF=PF，∵∠ABF+∠BAF=90°，∠DAP+∠BAF=∠BAD=90°，∴∠ABF=∠DAP，在△ABF和△DAP中，∠ABF=∠DAP∴△ABF≌△DAP(AAS)，∴AF=DP，∴AP=2AF=2DP，设DP=5m,∴BC=CD=AD=∵S∴DE=PH=2m，∴CE=CD-DE=5m-2m=3m，PE=DH=D∵S∴故答案为：C.【分析】作BF⊥AP于点F，PH⊥AD于点H，PE⊥CD于点E，则四边形PEDH是矩形，即可得到AF=PF，推导出∠ABF=∠DAP，进而得到△ABF≌△DAP，得AF=DP，则AP=2AF=2DP，设DP=5m,则AP=25m,求得BC=CD=AD=5m，根据三角形的面积求出DE=PH=2m，则CE=3m，即可得到PE=DH=m4．【答案】C【解析】【解答】解：过点H作HK⊥CD于点K，如图所示∶依题意得∶AH=DG=CF=BE=3，BH=EC=DF=AG=4，AB=BC=CD=AD=5，∴正方形EFGH的边长为1，即EH=HG=GF=EF=1，∵四边形BHIJ是正方形，∴HI=EC=4，在Rt△CEH中，EH=1，EC=4，由勾股定理得∶CH=在Rt△DHG中，HG=1，DG=3，由勾股定理得∶DH=H设DK=x，则CK=CD−DK=5−x，在Rt△DHK中，由勾股定理得：HK在Rt△CHK，由勾股定理得：HK∴10−x解得：x=9∴HK=10−∴△CDH的面积为：12故答案为∶C．

【分析】过点H作HK⊥CD于点K，由全等三角形的对应边相等、线段的和差及正方形性质得出EH=HG=1，EC=4，DG=3及CD=5，先利用勾股定理分别求出CH、DH的长，设DK+x，则CK=CD-DK=5-x，在Rt△DHK与Rt△CHK中利用勾股定理表示出KH2，即可构建出关于字母x的方程，求解得出x的值，进而再在Rt△HDK中，利用勾股定理算出KH，最后根据三角形面积公式列式计算即可求出△CDH的面积.5．【答案】C【解析】【解答】解：如图，作点C关于AD的对称点G，连接CG交AD于H，连接BG、BE、EG

则CG⊥AD，CH=GH，CE=CG，

∵四边形ABCD是菱形，

∴AD∥BC，∠A=∠BCD，AB=BC，

∴CG⊥BC，

∵S菱形ABCD=AD×CH，

∴8CH=60，

∴CH=152，

∴CG=2CH=15，

∴BG=BC2+CG2=17，

在△ABE与△CBF中，∵AB=BC，∠A=∠BCD，AE=CF，

∴△ABE≌△CBF，

∴BE=BF，【分析】作点C关于AD的对称点G，连接CG交AD于H，连接BG、BE、EG，由轴对称的性质得CG⊥AD，CH=GH，CE=CG，由菱形的性质得AD∥BC，∠A=∠BCD，AB=BC，由平行线的性质推出CG⊥BC，根据菱形的面积计算公式建立方程求出CH的长，从而得到CG的长，再根据勾股定理算出BG的长；然后利用SAS判断出△ABE≌△CBF，由全等三角形的对应边相等得BE=BF，从而可得BF+CE=BE+EG≥BG，进而根据两点之间线段最短即可得出当点E在线段BG上时，BE+CE值最小为BG，即可得出答案.6．【答案】C【解析】【解答】解：设三个阴影部分的面积从左至右分别为S1、S2、如图，设A2B2与B1C1交于点M，过A2分别作A2E⊥B1C1连接A2C1∵四边形A1B1∴A2C1平分∠∵A2E⊥B∴A2∵∠A∴四边形A2∴C1∵四边形A2∴∠B∴∠EA在△A2EM∠A∴△A2EM∴S△∴S1∴S1同理，S2=1∴阴影部分的面积和为：1+4+9=14．故选：C．【分析】设三个阴影部分的面积从左至右分别为S1、S2、S3，设A2B2与B1C1交于点M，A2D2与C1D1交于点N，过A2分别作A2E⊥B1C1于E，A2F⊥C1D7．【答案】B【解析】【解答】解：如图，分别延长AE、CB交于M，延长FG交BC于点N，∵∠ABC=90°，∴∠ABM=∠ABC=90°，∵∠CAB=∠BAE=35°，∴∠AMB=∠ACB=55°，由等腰三角形的判定得：AM=AC，∴BD=CD，∵G为CE的中点，∴CG=EG，∴BG∥AM，由平行线的性质得：∠GBN=∠M=55°，∵EF⊥AB,∴EF∥BC，∴∠FEG=∠NCG，在△FEG和△NCG中，∠FEG=∠NCG∴△FEG≌△NCG(ASA)，∴FG=GN，∴GB=GN，∴∠GBN=∠GNB=55°，∴∠FGB=∠GBN+∠GNB=110°，故答案为：B.【分析】分别延长AE、CB交于M，延长FG交BC于点N，先根据等腰三角形的判定证明AM=AC，再证明BG∥AM，可得∠GBN=∠M=55°，再根据全等三角形的判定定理证明△FEG≌△NCG(ASA)，可得FG=GN，再由角的运算求解即可．8．【答案】C【解析】【解答】解：根据题意可知，Q在线段Q1Q2（不包括Q2）上，如图，

∵四边形ABCD为菱形，∴AB=AD，OB=OD，∵∠BAD=60°，∴△ABD为等边三角形，∴OB=12BD=3，

∵四边形OBQ为平行四边形，

∴OB=PQ=BQ2，

∴DQ2=33，

当DQ'⊥Q1Q2时，此时DQ'最小，

∵∠Q'DQ2=30°，

∴Q'Q2=332，

∴【分析】先根据题意确定Q的运动轨迹，再根据菱形的性质和等边三角形的判定与性质可推出DQ2=339．【答案】B【解析】【解答】解：过点E作EM⊥BC于点M，交AD于点N，过点E作EH⊥BA，交BA的延长线于点H，HE的延长线交CD的延长线于点P，如图所示：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴设AD=BC=a，AB=CD=b，AD//BC，AB//CD，

∴EN⊥AD，EP⊥CD，

设EN=k，MN=h，EP=m，EH=n，

∴EM=EN+MN=k+h，

HP=EP+EH=m+n，

∵△ADE的面积为4，△EBC的面积为16，

∴12AD·EN=4，12BC·EM=16，

∴12ak=4，12a(k+h)=16，

∴ak=8，ak+ah=32，

∴ah=24，

∵△ECD的面积为10，

∴12CD·EP=10，

∴12bm=10，

∴bm=20，

∵故答案为：B.【分析】过点E作EM⊥BC于点M，交AD于点N，过点E作EH⊥BA，交BA的延长线于点H，HE的延长线交CD的延长线于点P，根据平行四边形性质设AD=BC=a，AB=CD=b，再设EN=k，MN=h，EP=m，EH=n，则EM=k+h，HP=m+n，由已知得ak=8，ak+ah=32，bm=20，ah=24，然后根据平行四边形ABCD面积公式得ah=b(m+n)=bm+bn，由此得bn=4，进而根据三角形的面积公式即可得出△ABE的面积.10．【答案】B【解析】【解答】解：如图1

∵PM∥CN，∴∠PMN=∠MNC，由折叠的性质得：∠MNC=∠PNM，∴PM=PN，∵NC=NP，∴PM=CN，∵MP∥CN，∴四边形CNPM是平行四边形，∵CN=NP，∴四边形CNPM是菱形，故②正确；∴CP⊥MN，∠BCP=∠MCP，∴∠MQC=∠D=90°，∵CM=CM，若CQ=CD，∴Rt△CMQ≌Rt△CMDHL∴∠DCM=∠QCM=∠BCP=1故①错误；点P与点A重合时，如图2所示，

设BN=x，则AN=NC=8−x，∴在Rt△ABN中，AB∴42解得：x=3，∴CN=8−2=5，AC=A∴QN=C∴MN=2QN=25故③正确；当MN过点D时，如图3所示，CN最短，四边形CMPN的面积最小，

∴S最小当点P与点A重合时，如图2，CN最长，四边形CMPN的面积最大，∴S最大∴4≤S≤5，故④错误；正确的项为②③，故选B．【分析】利用平行线的性质和折叠的性质可推出∠MNC=∠PNM，利用等角对等边可证得PM=PN，据此可得到PM=CN，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证得四边形CNPM是平行四边形，利用一组邻边相等的平行四边形是菱形，可证得四边形CNPM是菱形，可对②作出判断；若CQ=CD，可证得Rt△CMQ≌Rt△CMDHL，由此可得到∠DCM=∠QCM=30°，可对①作出判断；点P与点A重合时，如图2所示，设BN=x，可表示出AN的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CN的长，利用勾股定理求出AC、QN的长，可得到MN的长，可对③作出判断；当MN过点D时，如图3所示，CN最短，四边形CMPN的面积最小，可求出S的最大值和最小值，可得到S的取值范围，可对④11．【答案】7【解析】【解答】解：如图，过点B作BH⊥DA交DA延长线于H点，过B作BGIIEF，交AH的延长线于G，

∵BE平分∠AEF，

∴∠GEB=∠FEB，

∵BG∥EF，

∴∠FEB=∠EBG，

∴∠EBG=∠GEB，

∴GB=GE，

∵DE=DF，BG∥EF，

∴DG=DB，GE=BF=GB，

∵∠ABC=60°，AB=3，

∴∠BAH=60°，即∠ABH=30°.

∴AH=12AB=32，

∴BH=AB2−AH2=332，

∴DH=AD+AH=5+32=132，

∴RtABDH中，BD=BH2+DH2=7，

∴GH=DG-DH=7-132=12，

∴在RtABGH中，.GB=GH12．【答案】5​​​​​​​【解析】【解答】解：连接CN并延长交AD于P，连接PE，

∵四边形ABCD是矩形

∴∠A=90°，AD//BC

∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB=4，BC=8，

∴AE=12AB=12×4=2，CF=12BC=12×8=4，

∵AD//BC，

∴∠DPN=∠FCN，

在△PDN与△CFN中，

∠DPN=∠FCN∠DNP=∠PNCDN=FN

∴△PDN≌△CFN(AAS)，

∴PD=CF=4，CN=PN，

∴【分析】连接CN并延长交AD于P，连接PE，根据矩形的性质得到∠A=90°，AD//BC，根据全等三角形的性质得到PD=CF，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论.13．【答案】3+【解析】【解答】解：设AB=BC=CD=AD=2a，过点G作GT⊥CD于点T，如图，

∵A、M关于BN对称，

∴AB=BM=BC，

∵B、C关于EF对称，

∴BM=MC=BC，

∴△BCM是等边三角形，

∴∠MBC=∠BCM=90°，

∵∠ABC=∠BCD=90°，

∴∠ABH=∠DCG=30°，

∴BH=2AH.

∴AH=233a，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠CDB=45°，

∵GT⊥CD，

∴DT=GT，CG=2TG，CT=3GT，

∵DT+TC=2a，

∴DT=TG=(3-1)a，

∴CG=2(3-1)a，

∴AH故答案为：3+3【分析】本题做出辅助线后，根据对称的性质可以得出△BCM是等边三角形，然后利用勾股定理求出AH=233a；结合正方形对角线互相平分以及勾股定理，可以得出DT=GT，CG=2TG，CT=3GT，继而推出CG=2(14．【答案】2+4【解析】【解答】解：连接QB交PA于点E，如图所示：

∵连接AP，以AP为对称轴作△ABP的轴对称图形△AQP，

∴BA=QA，QP=PB，

∴PA为线段QB的垂直平分线，

∴∠PEB=∠BEA=90°，

∵点P是线段BC的中点，

∴PE=2，PB=6，AB=8，

由勾股定理得EB=PB2−PE2=42，EA=AB2−EB215．【答案】13【解析】【解答】解：如图，作OK⊥BC，垂足为点K，

∵正方形边长为4，∴OK=2，KC=2，∴KC=CE，∴CH是△OKE的中位线∴CH=1作GM⊥CD，垂足为点M，∵G点为EF中点，∴GM是△FCE的中位线，∴GM=12CE=1∴MH=MC−HC=5在Rt△MHG中，GH=M故答案为：132【分析】作OK⊥BC，垂足为点K，根据正方形性质可得OK=2，KC=2，则KC=CE，再根据三角形中位线定理可得CH=12OK=1，作GM⊥CD，垂足为点M，再根据三角形中位线定理可得GM=16．【答案】（1）①△PDE是等腰直角三角形，理由如下：连接DE，如图所示，

∵四边形ABCD是正方形，

∴BC=DC，∠BCP=∠DCP=45°，

∵PC=PC，

∴△BCP≌△DCP（SAS），

∴PB=PD，∠PBC=∠PDC，

∵PE=PB，

∴PD=PE，∠PBC=∠PEB，

∴∠PDC=∠PEB，

∴∠PDC+∠PEC=180°，

由四边形PECD内角和为360°，

∴∠DPE+∠DCE=180°，

∵∠DCE=90°，

∴∠DPE=90°，

∴PD=PE且PD⊥PE；

∴△PDE是等腰直角三角形

②10（2）解：如图所示，过点P作MG⊥AB交AB于点M，交DC于点G，过点P作PN⊥BC于点N，

∴△AMP，△PNC是等腰直角三角形，四边形BMPN是矩形，

设NC=a,BN=b

则AM=MP=b,PN=NC=a

∴AP=2b,PC=2a，

∵PB=PE，PN⊥BC，

∴BN=NE，

∴CE=NE−NC=NB−NC=b−a，

（3）5【解析】【解答】（1）解：②若正方形边长为4，当点E为BC的中点，则CE=2，在Rt△DCE中，DE=E∵△PDE是等腰直角三角形，∴PE=2故答案为：10．（3）解：如图所示，作B关于CD的对称点H，连接DH，取中点K，连接OK，当点P与点B重合时，点Q与点O重合，当点P与点C重合时，点Q与点K重合，∴当点P从点A运动到点C时，点Q所经过的路径长为OK的长，∵AC=10，∴AB=52则BH=10∵OK=1∴OK=52故答案为：52【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理及三角形中位线定理，分三问分析。

（1）①正方形ABCD中，ΔBCP≅ΔDCP（SAS），得PB=PD，又PE=PB，故PD=PE。由四边形内角和及∠DCE=90°，推出∠DPE=90°，故ΔPDE是等腰直角三角形；②E是BC中点，CE=2，RtΔDCE中DE=25，等腰直角三角形中PE=22DE=10；

（2）作MG⊥AB、PN⊥BC，设NC=a，BN=b，则AP=2b，PC=2a，CE=b−a，故AP−PC=2(b−a)=2CE；

（3）作B关于（1）解：①△PDE是等腰直角三角形，理由如下：连接DE，如图所示，∵四边形ABCD是正方形，∴BC=DC，∠BCP=∠DCP=45°，∵PC=PC，∴△BCP≌△DCP（SAS），∴PB=PD，∠PBC=∠PDC，∵PE=PB，∴PD=PE，∠PBC=∠PEB，∴∠PDC=∠PEB，∴∠PDC+∠PEC=180°，由四边形PECD内角和为360°，∴∠DPE+∠DCE=180°，∵∠DCE=90°，∴∠DPE=90°，∴PD=PE且PD⊥PE；∴△PDE是等腰直角三角形，理由见解析②若正方形边长为4，当点E为BC的中点，则CE=2，在Rt△DCE中，DE=E∵△PDE是等腰直角三角形，∴PE=2故答案为：10．（2）解：如图所示，过点P作MG⊥AB交AB于点M，交DC于点G，过点P作PN⊥BC于点N，∴△AMP，△PNC是等腰直角三角形，四边形BMPN是矩形，设NC=a,BN=b则AM=MP=b,PN=NC=a∴AP=2∵PB=PE，PN⊥BC，∴BN=NE，∴CE=NE−NC=NB−NC=b−a，∴AP−PC=2（3）解：如图所示，作B关于CD的对称点H，连接DH，取中点K，连接OK，当点P与点B重合时，点Q与点O重合，当点P与点C重合时，点Q与点K重合，∴当点P从点A运动到点C时，点Q所经过的路径长为OK的长，∵AC=10，∴AB=52则BH=10∵OK=1∴OK=52故答案为：5217．【答案】【性质探究】：AC=BD，AC⊥BD；【问题解决】：解：如图2，取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，∵四边形BCGE各边中点分别为M、N、R、L，∴MN、NR、RL、LM分别是ΔBCG、ΔCEG、ΔBGE∴MN∥BG，MN=12BG，RL∥BG，RL=12BG，RN∥CE，∴MN∥RL，MN=RL，RN∥ML∥CE，RN=ML，∴四边形MNRL是平行四边形，∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，∴AE=AB，AG=AC，∠EAB=∠GAC=90°，又∵∠BAC=∠BAC，∴∠EAB+∠BAC=∠GAC+∠BAC，即∠EAC=∠BAG，在△EAC和△BAG中，AE=AB∠EAC=∠BAG∴△EAC≌△BAG(SAS)，∴CE=BG，∠AEC=∠ABG，又∵RL=12BG∴RL=RN，∴▱MNRL是菱形，∵∠EAB=90°，∴∠AEP+∠APE=90°．又∵∠AEC=∠ABG，∠APE=∠BPK，∴∠ABG+∠BPK=90°，∴∠BKP=90°，又∵MN∥BG，ML∥CE，∴∠LMN=90°，∴菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”；：（1）MN=2如图3，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，∵四边形ABCD是“中方四边形”，M，N分别是AB，CD的中点，∴四边形ENFM是正方形，∴FM=FN，∠MFN=90°，∴MN=F∵M，F分别是AB，BC的中点，∴FM=1∴MN=2（2）6【解析】【解答】性质探究：①AC=BD，②AC⊥BD；理由如下：如图1，∵四边形ABCD是“中方四边形”，∴EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，∴∠FEH=90°，EF=EH，EH∥BD，EH=12BD，EF∥AC∴AC⊥BD，AC=BD，故答案为：AC⊥BD，AC=BD；【拓展应用】（2）如图4，分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，连接BD交AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，∴2(OM+ON)由性质探究②知：AC⊥BD，又∵M，N分别是AB，CD的中点，∴AB=2OM，CD=2ON，∴2(OM+ON)=AB+CD，∴(AB+CD)由拓展应用（1）知：MN=2又∵AC=6，∴MN=32∴(AB+CD)【分析】【性质探究】：由题意可得EFGH是正方形且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，再根据三角形中位线定理即可求出答案.【问题解决】：取四边形BCGE各边中点分别为P、Q、R、L并顺次连接成四边形MNRL，连接CE交AB于P，连接BG交CE于K，根据三角形中位线定理可得MN∥RL，MN=RL，RN∥ML∥CE，RN=ML，根据平行四边形判定定理可得边形MNRL是平行四边形，根据正方形性质可得AE=AB，AG=AC，∠EAB=∠GAC=90°，再根据角之间的关系可得∠EAC=∠BAG，再跟剧全等三角形判定定理可得△EAC≌△BAG(SAS)，则CE=BG，∠AEC=∠ABG，再根据菱形判定定理可得▱MNRL是菱形，根据角之间的关系可得∠LMN=90°，则菱形MNRL是正方形，即原四边形BCGE是“中方四边形”.【拓展应用】：（1）分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，可得四边形ENFM是正方形，则FM=FN，∠MFN=90°，根据勾股定理可得MN，再根据等腰直角三角形性质即可求出答案.（2）分别作AD、BC的中点E、F并顺次连接EN、NF、FM、ME，连接BD交AC于O，连接OM、ON，当点O在MN上（即M、O、N共线）时，OM+ON最小，最小值为MN的长，再结合（1）的结论即可求得答案．18．【答案】（1）解：∵A、D、E三点共线，正方形ABCD和正方形DEFG有一个公共顶点D，

∴C、D、G三点共线，

∵点H、点O分别是线段CE和EG的中点，

∴OH是△CEG的中位线，

∵AB=4，DE=2，

∴CD=4，DG=2，

即CG=6，

∴OH=3（2）证明：如图，连接CG，交DE于点M，交AE于点N，

∵∠ADC+∠CDE=∠EDG+∠CDE

∴∠ADE=∠CDG，

在△ADE和△CDG中，

AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG

∴△ADE≌△CDG(SAS)，

∴∠DGM=∠DEN，

∵∠GMD=∠EMN

∴∠GDM=∠ENM，

∵∠GDM=90°，

∴∠ENM=90°，

即CG⊥AE，

∵点H、点O分别是线段CE和EG的中点，

∴OH是△CEG的中位线，

即OH//CG，

∴（3）解：记OH交AE于点P，

∵OH⊥AE，

∴AO2=AP2+OP2，HE2=PE2+PH2，AH2=AP2+PH2，OE2=PE2+OP2，

∴AO2+HE2=AH2+OE2

即AH2-AO2=HE2-OE2，

∴AH2−AO2=(12CE)2−(12GE)2，

∴AH【解析】【分析】(1)根据A、D、E三点共线，可知C、D、G三点共线，又因为点H、点O分别是线段CE和EG的中点，根据三角形的中位线定理可知OH是△CEG的中位线，进而即可求解；

(2)连接CG，交DE于点M，交AE于点N，根据正方形的性质，易证△ADE≌△CDG，得出∠DGM=∠DEN，结合∠GMD=∠EMN，推出∠GDM=∠ENM=90°，即CG⊥AE，又因为点H、点O分别是线段CE和EG的中点，所以OH是CEG的中位线，从而得出OH//CG，进而即可得出结论；

(3)记OH交AE于点P，根据勾股定理得出AO2=AP2+OP2，HE2=PE2+PH2，AH2=AP2+PH2，OE2=PE2+OP2，进而得到AH2-AO2=HE2-OE2，再根据三角形中位线定理将HE2-OE2转化为1419．【答案】（1）证明：在△ADE与△CFE中，AE=CE∠AED=∠CEF∴△ADE≌△CFESAS∴AD=CF，∠ADE=∠F，∴AD∥CF，又∵AD=BD，∴BD=CF，∵BD∥CF，∴四边形BCFD为平行四边形，∴DF∥BC，DF=BC，∵DE=1∴DE∥BC且DE=1（2）解：如图，取GF的中点M，连接EM，延长FE、GA交于点H，∵四边形ABCD是正方形，∴∠GAE=∠FDE=90°，∴∠HAE=180°−∠GAE=180°−90°=90°，∴∠HAE=∠FDE，∵E为AD的中点，∴AE=DE，在△HAE和△FDE中，∠HAE=∠FDEAE=DE∴△HAE≌△FDEASA∴AH=DF=3，EH=EF，∵E为HF的中点，M为GF的中点，∴EM为△FGH的中位线，∴EM=1∵∠GEF=90°，且M为GF的中点，∴EM=1∴GF=2EM=2×5（3）解：如图，取GF的中点N，连接EN，延长GE到点M，使得GE=EM，连接DM，∵E为AD的中点，∴AE=DE，在△AEG和△DEM中，AE=DE∠AEG=∠DEM∴△AEG≌△DEMSAS∴DM=AG=32，∠EDM=∠A=105°过点M作MQ⊥DF，交FD的延长线于点Q，连接MF，∴∠MQD=90°，∵∠ADC=120°，∴∠ADQ=180°−∠ADC=180°−120°=60°，∴∠QDM=∠EDM−∠ADQ=105°−60°=45°，∴∠QMD=90°−∠QDM=90°−45°=45°，∴∠QMD=∠QDM，∴QM=QD，又∵QM∴QM=QD=3，∴QF=QD+DF=3+2=5，在Rt△MQF中，根据勾股定理可得：MF=Q∵E为GM的中点，N为GF的中点，∴EN为△GMF的中位线，∴EN=1∵∠GEF=90°，且N为GF的中点，∴EN=1∴GF=2EN=2×34【解析】【分析】（1）根据全等三角形判定定理可得△ADE≌△CFESAS，则AD=CF，∠ADE=∠F，根据直线平行判定定理可得AD∥CF，再根据平行四边形判定定理可得四边形BCFD为平行四边形，则DE=12DF，再根据线段之间的关系即可求出答案.

（2）取GF的中点M，连接EM，延长FE、GA交于点H，根据正方形性质可得∠GAE=∠FDE=90°，根据角之间的关系可得∠HAE=∠FDE，根据线段中点可得AE=DE，再根据全等三角形判定定理可得△HAE≌△FDEASA，则AH=DF=3，EH=EF，根据三角形中位线定理可得EM，再根据直角三角形斜边上的中线性质即可求出答案.

（3）取GF的中点N，连接EN，延长GE到点M，使得GE=EM，连接DM，根据线段中点可得AE=DE，再根据全等三角形判定定理可得△AEG≌△DEMSAS，则DM=AG=32，∠EDM=∠A=105°，过点M作MQ⊥DF，交FD的延长线于点Q，连接MF20．【答案】（1）证明：在正方形ABCD中，AD=AB，∠DAB=90°，

∵∠DAF+∠BAE=90°，

在Rt△ABE中，∠ABE+∠BAE=90°，

∴∠DAF=∠ABE，

又∵DF⊥AE，

∴∠AFD=∠AEB=90°，

∴△ABE≅△DAF(AAS)；（2）解：由△ABE≌△DAF可知AE=DF，BE=AF=3，

∵四边形ABCD是正方形，AC与BD相交于点O，

∴OA=OB，∠AOB=90°。

把△AOE绕点O顺时针旋转90°得到△BOE'，连接EE'。

∴OE=OE'=32，EOE'=90°，

根据勾股定理可得

EE'=OE2+OE'2=6，

且∠E'BE=∠E'BO+∠OBE=∠EAO+∠OBE=90°，

∵AE-BE=DF-AF，设AE=x，则x-3=DF-3，DF=x，

∴BE=3，EE'=6，E'B=AE=9，

在Rt△ABE中，根据勾股定理（3）解：EF⊥CG，EF=CG，

理由如下：

如图，连接AC，BD于点O，连接OE，OF，过点O作OH⊥AG交AG于点H，

由（2）得△EOF是等腰三角形，

∴HF=HE，

∵EG=EB=AF，

∴HA=HG，

∵在正方形ABCD中，OA=OC，

∴OH是△AGC的中位线，

∴OH//CG，OH=12CG，

∵OH⊥AG，

∴CG⊥AG，

即EF⊥CG，

∵在等腰Rt△EOF中，OH=12【解析】【分析】（1）通过正方形性质和直角三角形性质找出对应角和边相等，用AAS判定全等；

（2）通过全等三角形性质得到边和角的关系，证明新的全等三角形，得出特殊三角形，进而求出边长；

（3）利用前面结论和三角形中位线性质证明垂直和边的关系.21．【答案】（1）正方形（2）解：AE=EM，

证明：如答图1，连接EG，

∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=∠C=90°，AB∥CD，由折叠，得△BFE≌△BCE，∴∠BFE=∠C=90°∠FBE=∠CBE=45°，FE=CE，∵∠AFE=180°-∠BFE=90°=∠C，AF=CG，FE=CE，∴△AFE≌△GCE(SAS)，∴∠AEF=∠GEC，EA=EG.∵∠AEG=∠AEF+∠FEG=∠GEC+∠FEG=∠CEF=∠AFE=90°，∴∠EAG=∠EGA=45°，∵AM平分∠BAG，

∴∠BAM=∠GAM.又∠EAM=∠EAG+∠GAM，∠EMA=∠EBA+∠BAM，∠EAG=∠EBA=45°，∴∠EAM=∠EMA，∴AE=EM；（3）解：①如答图2，过点M作MH⊥AB于点H，作MP⊥EF于点P，过点E作EQ⊥AG于点Q.∵∠MHF=∠HFP=∠MPF=90°，∴四边形MHFP是矩形，∴PF=MH，PM∥FH，.∠PME=∠ABE=∠QAE=45°.又∠MPE=∠AQE=90°，ME=AE，∴△MPE≌△AQE(SAS)，∴PE=QE，∵AE=GE，∠AEG=90°，EQ⊥AG，∴AG=2QE=2PE.∵∠BEC=∠CBE=45°，∴BC=CE=EF.∵AM平分∠BAG，MN⊥AG，MH⊥AB，∴MN=MH=PF，∴BC−MN=EF−PF=PE=∴②31【解析】【解答】解：(1)四边形BFEC的形状为正方形，理由：∵四边形ABCD是矩形，∴AB‖CD,∠C=9∵将矩形纸片ABCD(AB>BC)折叠，点C落在BA边上的点F处，折痕为BE，∴EF=CE,BC=BF,∠CBE=∠FBE=1∴∠CEB=∠ABE=4∴CE=BC,∴BC=CE=EF=BF,∴四边形BFEC是菱形，∵∠C=9∴四边形BFEC是正方形，故答案为：正方形；

(3)②由(2)知△AEG是等腰直角三角形，∵AN=21，GN=4，∴AG=25，∴EQ=AQ=GQ=∵AM平分∠BAG，MN⊥AG，MH⊥AB，∴MN=MH，∵AM=AM，∴Rt△ANM≌Rt△AHM(HL)，∴AN=AH=21，∵EP=EQ=PM=∴FH=PM=252∴EF=∴AD=312.

【分析】(1)根据矩形的性质得到AB∥CD，∠C=90°，根据折叠的性质得到EF=CE,BC=BF,∠CBE求得∠CEB=∠ABE=45(2)连接EG，根据矩形的性质得到∠ABC=∠C=90°，AB∥CD，根据折叠的性质得到∠BFE=∠C=90°，∠FB=∠FBE=12∠ABC=45∘,E=∠CBE=45°，FE=CE，根据全等三角形的性质得到∠AEF=∠GEC，EA=EG.求得∠BAM=∠GAM.得到∠EAM=∠EMA，于是得到结论；

(3)①证明：如答图2，过点M作MH⊥AB于点H，作MP⊥EF于点P，过点E作EQ⊥AG于点Q.根据矩形