人教版八年級數(shù)學(xué)下冊試題第18章平行四邊形綜合測試卷（含詳解）

第18章《平行四邊形》綜合測試卷一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．如圖，?ABCD中，對角線AC、BD相交于O點，∠BAC=30°，∠CAD=15°，AC=23+2，則BD的長為（A．6+2 B．22 C．22．如圖，△ABC為等腰Rt△，∠ACB=90°，A，C，E在一條直線上，且四邊形BCED為矩形，若∠ADE=60°，BD=2，M，N分別為AB，CE的中點，連接MN，則MNA．3+1 B．3 C．22 3．在菱形ABCD中，∠B=60°，AB=8，點E在BC上，CE=43，若點P是菱形ABCD四條邊上異于點E的一點，CE=CP，則以下長度中，不可能是DPA．8?43 B．4 C．47?84．如圖，正方形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，且AC=2，正方形A′B′C′D′的頂點A′與點O重合，邊A′D′與OD重合，將正方形A′B′C′D′繞點A′順時針旋轉(zhuǎn)90°，AA．1 B．12 C．22 5．如圖，邊長為2aa>0的正方形ABCD中，點E、F分別是BC、CD的中點，AE與BF交于點G，記四邊形CFGE的面積為S，則S的值是（用含a的代數(shù)式表示）（

A．a(chǎn)2 B．15a2 C．6．如圖，已知點P是菱形ABCD的對角線AC延長線一點，過點P分別作AD、DC延長線的垂線，垂足分別為點E、F．若∠ABC=120°，AB=2，則PE?PF的值為（

）A．32 B．52 C．37．如圖，在邊長為8的菱形ABCD中，點E,F為邊AD，CD上的動點，且AE=CF，連接BF，CE，若菱形ABCD面積為60，則BF+CE的最小值為（

）A．15 B．16 C．17 D．188．如圖，在?ABCD中，∠ABC=60°，BC=2AB=8．點C關(guān)于AD的對稱點為E，連接BE交AD于點F，點G為CD的中點，連接EG，BG，則S△BEG＝（

A．73 B．143 C．169．如圖，在菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，過菱形ABCD的對稱中心O分別作邊AB，BC的垂線，交各邊于點E，F(xiàn)，G，H，則四邊形EFGH的周長為（

）A．3+3 B．2+23 C．2+310．如圖，在正方形ABCD中，G、H分別是邊AD、AB上的點，∠GCH=45°，CD=3，連接BD交CG于M點，交CH于N點．下列結(jié)論：①BH+DG=HG；②△AGH的周長為6；③S△DCG+S△BCH=A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④二．填空題（共6小題，滿分18分，每小題3分）11．如圖，在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，在平面內(nèi)有一點E，BE=3，過點E作EF⊥BE，且EF=33，連接BF、DE、DF，點G是線段DF的中點，連接EG，則線段EG長度范圍是12．如圖，在矩形紙片ABCD中，AD=10,AB=6，折疊紙片，使點A落在BC邊上的點A′處，折痕交AB邊于點T，交AD邊于點S，P為A′T的中點，連接BP，則線段BP13．如圖，矩形ABCD中，AB=7，AD=10，E是AB上一點，將△ADE沿DE折疊得到△FDE，F(xiàn)H⊥BC，垂足為H，若FH=1，則AE=．14．如圖，把正方形ABCD的對角線AC繞著頂點A旋轉(zhuǎn)到AE，以AE為一邊作正方形AEFG，過E，C作直線EC，過G作GH⊥EC，垂足為H，連接FH，則ECFH的值是15．如圖，平行四邊形ABCD中，點E在BC上，連接AC，DE交于點F，DE平分∠ADC，F(xiàn)A=FD，若AB=7，DE=314，則線段BE的長為

16．如圖，在菱形ABCD中，AB=2，∠C=60°，將菱形ABCD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，當(dāng)B′C′⊥CD時，三．解答題（共8小題，滿分72分）17．（6分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點，直線l與x軸相交于點A，與y軸相交于點E，C為直線l上一點，四邊形OCBA是平行四邊形，且OE=12OA=

(1)求直線l的函數(shù)解析式；(2)點M從點C出發(fā)，沿C→B→A路線以每秒3個單位的速度勻速運動，當(dāng)點M到達(dá)點A時停止運動，設(shè)點M運動時間為t秒，在運動過程中是否存在點M使△BEM的面積為252，若存在，求出點M18．（6分）（1）如圖1，在?ABCD中，AC與BD相交于點O，過點O的直線交AD于點M，交BC于點N，則AM與CN的數(shù)量關(guān)系是；（2）在?ABCD中，AD>AB，請僅用無刻度的直尺，按要求完成以下的作圖(保留作圖痕跡)．①如圖2，點E在邊AD上，且DE=CD，作∠C的平分線；②如圖3，點E，F(xiàn)分別在邊AD，BC上，且DE=CD=CF，連接DF，過點A作DF的垂線．19．（8分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A2,0，點B0,6，點D?6,0，以AB、AD為邊作?ABCD，點E為BC中點，連接DE

(1)分別求出線段AE和線段DE所在直線解析式；(2)點P為線段AE上的一個動點，作點B關(guān)于點P的中心對稱點F，設(shè)點P橫坐標(biāo)為a，用含a的代數(shù)式表示點F的坐標(biāo)（不用寫出a的取值范圍）；(3)在（2）的條件下，①當(dāng)點F移動到△ADE的邊上時，求點P坐標(biāo)；②M為PE中點，N為PA中點，連接MF、NF．請利用備用圖探究，直接寫出在點P的運動過程中，△MFN周長的最小值和此時點P的坐標(biāo)．20．（8分）已知：如圖，在四邊形ABCD和△APQ中，AD∥BC，∠ABC=∠ADC=∠APQ．點P是BC邊上一點，且PA=PQ，M是BC延長線上一點，連接QM．(1)如圖1，求證：四邊形ABCD是平行四邊形；(2)如圖1，若AB=BC，MC=BP，求證：(3)如圖2，連接DQ，DM，若AB=BC，21．（10分）在四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，過點O的兩條直線EF，GH分別交邊AB，CD，AD，BC于點E，F(xiàn)，G，H．【問題發(fā)現(xiàn)】（1）如圖1，若四邊形ABCD是正方形，且AG=BE=CH=DF，則S四邊形AEOG=【問題探究】（2）如圖2，若四邊形ABCD是矩形，且滿足S四邊形AEOG=14S矩形ABCD，設(shè)AB=a，AD=b，BE=m，求【問題解決】（3）如圖3，張大伯有一塊平行四邊形ABCD菜地，且AB=6米，AD=10米，點E處是一口水井，且BE=2米，EF是原先就有的一條溝渠，且經(jīng)過平行四邊形ABCD菜地的對角線的交點O，張大伯準(zhǔn)備再修建一條經(jīng)過點O的溝渠GH，將該菜地分成四個面積相等的部分，并分別種上四種不同的蔬菜，試確定點G的位置．22．（10分）平行四邊形AOBC在平面直角坐標(biāo)系中的位置如圖①．(1)寫出點C的坐標(biāo)；(2)在圖①中，連接AB，OC得到圖②，求AB與OC的交點M的坐標(biāo)；(3)將圖②中的線段BC向兩方延長得到圖③，若點D、E為直線BC上不與B、C重合的動點，是否存在這樣的點D、E，使得四邊形OADE為矩形？若存在，請在圖中畫出矩形，并求出矩形OADE的面積和點D、E的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．23．（12分）綜合與實踐問題情境：如圖1，四邊形ABCD是菱形，過點A作AE⊥BC于點E，過點C作CF⊥AD于點F．解決問題：（1）四邊形AECF是（

）A．平行四邊形

B．矩形

C．正方形（2）若∠B=30°，AB=2cm，則四邊形AECF的面積為cm深入探究：（3）將圖1中的△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)，得到△AHG，點E、B的對應(yīng)點分別為點G、H．①如圖2，當(dāng)線段AH經(jīng)過點C時，GH所在直線分別與線段AD、CD交于點M、N．猜想線段CH與MD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；②當(dāng)直線GH與直線CD垂直時，直線GH直線CD交于點N．若AB=5，BE=4，則線段NH的長度為．24．（12分）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點A0,4，點Bm,0，以AB為邊在右側(cè)作正方形(1)當(dāng)點B在x軸正半軸上運動時，求點C的坐標(biāo)（用m表示）；(2)當(dāng)m=0時，如圖2，P為OA上一點，連接PC，過點P作PM⊥PC，過A作AM∥OD，PM與AM交于點M，求證：PM=PC；(3)在（2）的條件下，如圖3，連MC交OD于點N，求AM+2DN的值．參考答案一．選擇題1．B【分析】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，過點B作BE⊥AD于E，過點C作CP⊥AB的延長線于P，由∠BAC=30°可得CP=12AC=3+1，由勾股定理得AP=3+3，由平行四邊形性質(zhì)得BC=AD，∠PBC=∠BAD=45°，進(jìn)而得到BP=CP=3+1，AB=AP?BP=2，BC=【詳解】解：如圖，過點B作BE⊥AD于E，過點C作CP⊥AB的延長線于P，則∠AEB=∠DEB=∠CPA=90°，∵∠BAC=30°，∴CP=1∴AP=A∵∠BAC=30°，∠CAD=15°，∴∠BAD=30°+15°=45°，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC∥AD，∴∠PBC=∠BAD=45°，∴△BPC為等腰直角三角形，∴BP=CP=3∴AB=AP?BP=3+3?3∴AD=6∵∠BAD=45°，∴△ABE為等腰直角三角形，∴AE=BE，∵AE∴2AE∴AE=BE=2∵AD=6∴DE=AD?AE=6∴BD=B故選：B．2．A【分析】延長AE至G，使NG=AN，連接BG，根據(jù)連接三角形任意兩邊中點的連線叫中位線，三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半可得MN=12BG，MN∥BG，推得AE=GC，根據(jù)兩邊和它們的夾角對應(yīng)相等的兩個三角形全等，全等三角形的對應(yīng)邊相等可得AD=BG，推得AD=2MN，設(shè)AC=BC=DE=x，根據(jù)矩形的對邊相等可得CE=BD=2，求得AE=x+2，根據(jù)直角三角形兩銳角互余得出∠DAE=30°，根據(jù)直角三角形中30°角所對的邊是斜邊的一半可得AD=2DE=2x，根據(jù)直角三角形兩直角邊的平方和等于斜邊的平方求出AE【詳解】解：如圖，延長AE至G，使NG=AN，連接BG，∵M(jìn)為AB的中點，∴AM=MB，又∵AN=NG，∴MN=12BG∵N為CE的中點，∴CN=NE，∴AE=GC，在△DAE和△BGC中，AE=GC∠AED=∠GCB=90°∴△DAE≌△BGCSAS∴AD=BG，∴AD=2MN；設(shè)AC=BC=DE=x，∵四邊形BCED為矩形，∴CE=BD=2，∴AE=x+2，在Rt△ADE中，∠ADE=60°∴∠DAE=30°，∴AD=2DE=2x，由勾股定理得：AE=A則3x=x+2解得：x=3∴AD=2x=23∴MN=1故選：A．3．C【分析】分點P位于邊CD上、位于邊AD上、位于邊AB上三種情況討論，利用含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求解即可．【詳解】解：當(dāng)點P位于邊CD上時，如圖所示：∵菱形ABCD中，AB=8，CE=43，∴CD=8，CP=43∴DP=CD?CP=8?43當(dāng)點P位于邊AD上時，如圖所示：∵菱形ABCD中，∠B=60°，AB=8∴Δ過點C作CH⊥AD于點H，∴AH=HD=4，由勾股定理得CH=43∵CE=43∴點P與點H重合，∴DP=4；當(dāng)點P位于邊AB上時，∵PC=CE=43，BC=8，∠B=60∴∠BPC=90°∴∠BCP=30°，∴∠PCD=∠BCD?∠BCP=90°，由勾股定理得DP=P綜上，DP的長為8?43或4或4故選：C．4．A【分析】取OC中點H，利用正方形的性質(zhì)證明△BOE≌△COFASA，得到A′E=A′F，當(dāng)A′E⊥BC時，易證此時四邊形A′ECF是正方形，此時OG=CG，即點G與點H重合，OG有最小值，利用正方形的性質(zhì)求出OH=CH=12；由點G是EF與OC的交點，OC是定線段，得到點G在線段OC上運動，在整個運動過程中，當(dāng)邊A′D′與OD重合，點G，點E與點C重合，當(dāng)EF⊥OC時，點G與點H重合，當(dāng)邊A′D′與OC重合，點【詳解】解：如圖，取OC中點H，在正方形ABCD中，∠OBE=∠OCF=45°,BO=CO，又∵∠BOE+∠EOC=∠EOC+∠COF=90°，∴∠BOE=∠COF，∴△BOE≌∴A′當(dāng)A′則∠BEO=∠CFO=90°，∵∠EA′F=∠BCD=90°∴四邊形A′∴OG=CG，即點G與點H重合，∵AC=2，∴OH=CH=1∵點G是EF與OC的交點，OC是定線段，∠OCF=45°，∴點G在線段OC上運動，在整個運動過程中，當(dāng)邊A′D′與OD重合，點G，點E與點C當(dāng)EF⊥OC時，點G與點H重合，OG有最小值，當(dāng)邊A′D′與OC重合，點G，點F與點C∴點G在整個運動過程中，由點C運動到點H，再由點H運動到點C，∴點G經(jīng)過的路徑長是2CH，∴點G經(jīng)過的路徑長是2×1故選：A．5．C【分析】本題主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，正方形的性質(zhì)等知識點，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)，靈活運用勾股定理和三角形的面積公式進(jìn)行計算是解決問題的關(guān)鍵，連接EF，依題意得AE=5a，證明△ABE和△BCF全等得AE=BF=5a，∠BAE=∠CBF，進(jìn)而可證明AE⊥BF，根據(jù)三角形的面積公式求出BG=25a5【詳解】解：連接EF，如圖所示：∵四邊形ABCD是正方形，邊長為2a，∴AB=BC=CD=AD=2a，∠ABC=∵點E、F分別是∴BE=CE=CF=a，在Rt△ABE中，由勾股定理得：AE=在△ABE和△BCF中，AB=BC∠∴△ABE≌△BCFSAS∴AE=BF=5a，∵∴∴∠∵S∴BG=BE·AB∴GF=BF?BG=5在Rt△BGE中，由勾股定理得EG=∴S△CEF=∴S=S故選：C．6．C【分析】本題主要考查菱形的性質(zhì)、勾股定理、含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識點，求出AC、將PE?PF轉(zhuǎn)換為12如圖：連接BD交AC于O，由菱形的性質(zhì)與勾股定理得到OA=3，則AC=23，再由PF=12CP【詳解】解：如圖：連接BD交AC于O，∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=120°，AB=2，∴AD∥BC,AB∥CD，AC⊥BD，AD=AB=2，∴∠BAD=∠BCD=180°?120°=60°,∠DAC=∠DCA=1在Rt△AOD中，OD=∴OA=A∴AC=2OA=23在Rt△APE中，∠DAC=30°∴PE=1在Rt△CPE中，∠PCF=∠DCA=30°∴PF=1∴PE?PF=1故選C．7．C【分析】本題主要考查了菱形與三角形綜合．熟練掌握菱形性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，軸對稱性質(zhì)，勾股定理，是解題的關(guān)鍵．作點C關(guān)于AD的對稱點G，連接CG交AD于點H，連接AG，AE，EG，則CE=EG，可得CG⊥BC，根據(jù)S菱形ABCD=AD?CH=60，AD=8，得CH=7.5，得CG=2CH=15,得BG=17,根據(jù)菱形性質(zhì)和AE=CF【詳解】作點C關(guān)于AD的對稱點G，連接CG交AD于點H，連接AG，則CG⊥AD，CH=GH，CE=EG，∵AD∥BC，∴CG⊥BC，∵S菱形∴CH=7.5，∴CG=2CH=15，∴BG=B∵菱形ABCD中，AB=BC，∠A=∠BCD，且∴△ABE≌△CBFSAS∴BE=BF，∴BF+CE=BE+CE=BE+EG≥BG，∴當(dāng)點E在線段BG上時，BE+CE取得最小值17．故選：C．8．B【分析】如圖，取BC中點H，連接AH，連接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延長線于M．構(gòu)建S△BEG【詳解】解：如圖，取BC中點H，連接AH，連接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延長線于M．∵BC=2AB，BH=CH，∠ABC=60°，∴BA=BH=CH，∴△ABH是等邊三角形，∴HA=HB=HC，∴∠BAC=90°，∴∠ACB=30°，∵EC⊥BC，∠BCD=180°?∠ABC=120°，∴∠ACE=60°，∠ECM=30°，∵BC=2AB=8，∴CD=4，CN=EN=23∴EC=43，EM=2∴==16=143故選B．9．A【分析】依次求出OE=OF=OG=OH，利用勾股定理得出EF和OE的長，即可求出該四邊形的周長．【詳解】∵HF⊥BC,EG⊥AB,∴∠BEO=∠BFO=90°，∵∠A=120°，∴∠B=60°，∴∠EOF=120°，∠EOH=60°，由菱形的對邊平行，得HF⊥AD,EG⊥CD，因為O點是菱形ABCD的對稱中心，∴O點到各邊的距離相等，即OE=OF=OG=OH，∴∠OEF=∠OFE=30°，∠OEH=∠OHE=60°，∴∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，所以四邊形EFGH是矩形；設(shè)OE=OF=OG=OH=x，∴EG=HF=2x，EF=HG=2x如圖，連接AC，則AC經(jīng)過點O，可得三角形ABC是等邊三角形，∴∠BAC=60°，AC=AB=2,∴OA=1,∠AOE=30°，∴AE=12∴x=OE=1∴四邊形EFGH的周長為EF+FG+GH+HE=23故選A．10．C【分析】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等，構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．由四邊形ABCD是正方形得∠ADC=∠BCD=∠ABC=90°，AD∥BC，AB=BC=CD=DA=3，再將△CDG繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBE，在EC上取一點F，使CF=CM，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)及SAS證明△CGH≌△CEH，然后根據(jù)全等三角形的性質(zhì)判斷①②③；再證明△CMN≌△CFN，可得CM=CF，∠MCD=∠BCF，BC=CD，然后說明△CMD≌【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC=∠BCD=∠ABC=90°，AD∥BC，AB=BC=CD=DA=將△CDG繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△CBE，則H,B,E共線，在CE上取一點F，使CF=CM．

根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知CE=CG，∠BCE=∠DCG，DG=BE．∵∠BCD=90°，∠GCH=45°，∴∠DCG+∠BCH=45°，∴∠BCE+∠BCH=45°，即∠ECH=45°=∠GCH．∵CH=CH，CG=CE，∴△CGH≌△CEH，∴GH=EH=BH+BE=BH+DG，S∴△AGH的周長=AG+AH+GH=AG+AH+BH+BE=AG+AH+BH+DG=AB+AD=6．故①②③正確；∵CM=CF，∠MCN=∠NCF，CN=CN，∴△CMN≌△CFN，∴MN=FN．∵CM=CF，∠MCD=∠BCF，BC=CD，∴△CMD≌△CFB，∴S△BCN∴S△BCN所以④不正確．正確的有①②③．故選：C．二．填空題11．2≤EG≤8【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)、三角形的中位線定理、勾股定理、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半等知識，利用三角形的中位線定理構(gòu)造輔助線是解題關(guān)鍵．取BF的中點H，連接EH,GH,BD，先根據(jù)矩形的性質(zhì)和勾股定理求出BD=10，再根據(jù)勾股定理可得BF=6，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得EH=3，然后根據(jù)三角形的三邊關(guān)系即可得．【詳解】解：如圖，取BF的中點H，連接EH,GH,BD，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，∵AB=6，AD=8，∴BD=A∵BE=3，EF=33，EF⊥BE∴BF=B∵EF⊥BE，點H為BF的中點，∴EH=1又∵點G是線段DF的中點，點H為BF的中點，∴GH=1由三角形的三邊關(guān)系得：GH?EH≤EG≤GH+EH（當(dāng)且僅當(dāng)點E,H,G共線時，等號成立），∴5?3≤EG≤5+3，即2≤EG≤8，故答案為：2≤EG≤8．12．5【分析】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識，靈活運用這些性質(zhì)進(jìn)行推理是本題的關(guān)鍵．根據(jù)題意，由折疊的性質(zhì)以及直角三角形的性質(zhì)，知AT=A′T=2BP，分以下兩種情況當(dāng)AS=6時，AT=A′T最長，BP最長；當(dāng)AS=10時，AT=A′T最短，BP【詳解】由折疊的性質(zhì)可知：AT=A在Rt△A'TB中，∴BP=1∴AT=由題可得：當(dāng)AS=6時，AT=A當(dāng)AS=10時，AT=A設(shè)AT=A′T=x在Rt△∵A′D=AD=10∴A∴BA在Rt△A′解得：x=10∴10∴513．103或【分析】分兩種情況討論：①當(dāng)點F在BC上方時，過點F作MN∥BC，交AB于點M，交CD于點N，由矩形的性質(zhì)可得∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，AD∥BC，CD=AB=7，由平行公理的推論可得AD∥MN∥BC，由兩直線平行同旁內(nèi)角互補(bǔ)可得∠BMF=180°?∠B=90°，∠CNF=180°?∠C=90°，可證得四邊形BHFM是矩形，于是可得MB=FH=1，可證得四邊形CHFN是矩形，于是可得CN=FH=1，由鄰補(bǔ)角互補(bǔ)可得∠AMN=180°?∠BMF=90°，∠DNF=180°?∠CNF=90°，進(jìn)而可證得四邊形AMND是矩形，于是可得MN=AD=10，AM=DN=CD?CN=6，由折疊的性質(zhì)可得EF=AE，DF=AD=10，在Rt△DNF中，根據(jù)勾股定理可得FN=DF2?DN2=8，則MF=MN?FN=2，設(shè)AE=x，則EF=AE=x，EM=AM?AE=6?x，在Rt△EMF中，根據(jù)勾股定理可得EM2+MF2=EF2，即6?x【詳解】解：分兩種情況討論：①當(dāng)點F在BC上方時，如圖，過點F作MN∥BC，交AB于點M，交CD于點∵FH⊥BC，∴∠FHB=∠FHC=90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，AD∥BC，∵M(jìn)N∥∴AD∥∴∠BMF=180°?∠B=180°?90°=90°，∠CNF=180°?∠C=180°?90°=90°，∴∠BMF=∠B=∠FHB=90°，∴四邊形BHFM是矩形，∴MB=FH=1，∴∠CNF=∠C=∠FHC=90°，∴四邊形CHFN是矩形，∴CN=FH=1，∴∠AMN=180°?∠BMF=180°?90°=90°，∠DNF=180°?∠CNF=180°?90°=90°，∴∠ADC=∠A=∠AMN=90°，∴四邊形AMND是矩形，∴MN=AD=10，AM=DN=CD?CN=7?1=6，由折疊的性質(zhì)可得：EF=AE，DF=AD=10，在Rt△DNFFN=D∴MF=MN?FN=10?8=2，設(shè)AE=x，則EF=AE=x，EM=AM?AE=6?x，在Rt△EMFEM即：6?x2解得：x=10∴AE=10②當(dāng)點F在BC下方時，如圖，過點F作MN∥BC，交AB的延長線于點M，交DC的延長線于點推導(dǎo)過程與①完全相同，同理可得：AE=5；綜上，AE=103或故答案為：103或514．2【分析】過A作AM⊥EC于點M，過F作FN⊥EH于點N，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得EM=CM，又四邊形AEFG是正方形，可得AE=EF=FG，∠AEF=∠EFG=90°，通過同角的余角相等得∠EAM=∠FEN，即可證明△EAM≌△FENAAS，根據(jù)性質(zhì)得EM=FN=CM=12EC，過F作FK⊥FH交EH于點K，設(shè)EH與GF交于點I，再證明△EFK≌△GFHASA【詳解】解：如圖，過A作AM⊥EC于點M，過F作FN⊥EH于點N，∴∠AME=∠ENF=90°，∵AC=AE，∴EM=CM，∵四邊形AEFG是正方形，∴AE=EF=FG，∠AEF=∠EFG=90°，∴∠AEM+∠FEN=90°，∠AEM+∠EAM=90°，∴∠EAM=∠FEN，∴△EAM≌△FENAAS∴EM=FN=CM=1過F作FK⊥FH交EH于點K，∴∠HFK=∠EFG=90°，∴∠EFK+∠EFG=∠GFH+∠EFG=90°，∴∠EFK=∠GFH，設(shè)EH與GF交于點I，∵∠EFI=∠IHG=90°，∠NIF=∠GIH∴∠FEK=∠FGH，∵EF=FG，∠EFK=∠GFH，∴△EFK≌△GFHASA∴FK=FH，∴△KFH為等腰直角三角形，∴FN=NH=NK，∴∠FHN=∠NFH=45°，∴△NFH為等腰直角三角形，∴由勾股定理得：FH=2∵EM=FN=CM=1∴FH=2∴ECFH故答案為：2．15．4【分析】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，長方形的性質(zhì)，勾股定理，解二元一次方程組等知識點．正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．首先利用SAS證明△AFE≌△DFC，從而得AE=DC=7；然后根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，角平分線的性質(zhì)，證明CE=DC=7；作EG⊥AD于點G，CH⊥AD于點H，則有四邊形ECHG是長方形；最后根據(jù)勾股定理列出關(guān)于Rt△AGE、Rt△EGD的二元一次方程組求解即可．【詳解】如圖，連結(jié)AE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB∥DC，AD=BC，AB=DC=7．∴∠ADE=∠CED，∠DAC=∠BCA∵FA=FD，∴∠ADE=∠DAC，∴∠CED=∠BCA，∴EF=CF，又∵∠AFE=∠DFC，∴△AFE≌△DFCSAS∴AE=DC=7．∵DE平分∠ADC，∴∠ADE=∠CDE，∴∠CDE=∠CED，∴CE=DC=7．作EG⊥AD于點G，CH⊥AD于點H，則有四邊形ECHG是長方形，∴HG=CE=7．設(shè)EG=y，BE=2x，則AG=x，在Rt△AGE中，A∴x2在Rt△EGD中，G∴7+x聯(lián)立①②，解得x=2．則BE=4．故線段BE的長為4．

16．32?【分析】本題考查了菱形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理．分兩種情況討論，作DG⊥AB于G，延長C′B′交AB于E，交CD于F，連接AC，B′C，利用30°直角三角形性質(zhì)和勾股定理求得DG，B【詳解】解：如圖，作DG⊥AB于G，延長C′B′交AB于E，交CD于F∵在菱形ABCD中，AB=2，∠BCD=60°，∴AB=BC=AD=2，∠B=120°，CD∥AB，∠DAG=∠BCD=60°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠AB′C′=∠B=120°∴∠AB又∵B′∴B′C′∴∠B∴A、B在Rt△ADG中，∠ADG=90°?∠DAG=30°，AD=2∴AG=12AD=1∵∠DGE=∠DFE=∠FEG=90°，∴四邊形DGEF是矩形，∴EF=DG=3在Rt△AB′E中，∴B′∴B′∴C′在Rt△CB′∴CC如圖，同理EF=DG=3，B′E=CF=3∴CC綜上，CC′的長度為32?6故答案為：32?6三．解答題17．（1）∵OE=1∴OA=OC=10，∴A?10,0設(shè)直線l的函數(shù)解析式為y=kx+b，則b=5?10k+b=0，解得k=∴直線l的函數(shù)解析式為y=1

（2）∵四邊形OCBA是平行四邊形，OE=12OA=∴OA=OC=10,OD=OE+DE=8，CB⊥y軸，∴四邊形OCBA是菱形，CD=10∵BC=AO=10，∴BD=4，∴B?4,8當(dāng)點M在BC上，CM=3t,BM=10?3t(0<t<10若存在，則12即1210?3t×3=∴DM=6?3×5∴M13

當(dāng)點M在AB上，BM=3t?10103∵四邊形OCBA是菱形，∴AB=AO=10,∠BAE=∠OAE，∵AE=AE，∴△ABE≌△AOE，∴∠ABE=∠AOE=90°,BE=OE=5，∴12即3t?10×5=25，解得t=5∴BM=5，此時，點M為AB的中點，∵A?10,0，∴M?7,4綜上，存在點M，使△BEM的面積為252，點M的坐標(biāo)為133,8

18．解：（1）AM=CN，理由如下：∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AD∥BC∴∠MAO=∠NCO在△AOM和△CON中∠MAO=∠NCO∴△AOM≌△CON(∴AM=CN故答案為：AM=CN（2）連接CE，∵AD∥CD∴∠BCE=∠DEC又∵DE=CD∴∠DEC=∠DCE∴∠BCE=∠DCE∴CE平分∠BCD故如圖所示，CE即為所求：（3）連接EF、CE、AC、BD，AC、BD交于點O，連接EO延長交BC與點H，連接AH，∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AD∥BC∴∠EAO=∠HCO∵ED∥FC，DE=CF∴四邊形EFCD是平行四邊形又∵DE=DC∴平行四邊形EFCD是菱形∴EC⊥DF在△AOE和△COH中∠EAO=∠HCO∴△AOE≌△COH(∴AE=CH∴四邊形AHCE為平行四邊形∴AH∥EC∴AH⊥DF故如圖所示，AH即為所求，19．（1）解：∵A2,0，D∴AD=8，∵四邊形ABCD為平行四邊形，B0,6∴C?8,6∵點E為BC中點，∴E?4,6設(shè)AE所在直線的解析式為y=kx+b，把A2,0，E0=2k+b6=?4k+b，解得：k=?1∴AE所在直線的解析式為y=?x+2；設(shè)DE所在直線解析式為y=k把點D?6,0，E0=?6k1+∴DE所在直線解析式為y=3x+18．（2）解：∵AE所在直線的解析式為y=?x+2，點P橫坐標(biāo)為a，∴點Pa,?a+2設(shè)點Fx∵點B和點F關(guān)于點P的中心對稱點，B∴a=x整理得：x1∴F2a,?2a?2（3）解：①當(dāng)點F在AD上時，∵點F在AD上，∴?2a?2=0，解得a=?1，∴P?1,3

當(dāng)點F在DE上時，∵F2a,?2a?2，且F在DE∴?2a?2=3×2a+18，解得：a=?5∴P?

綜上：P?1,3或P②∵A2,0，E∴AE=2+4∵M(jìn)為PE中點，N為PA中點，∴MN=MP+NP=1過點E作EQ⊥x軸于點Q，∵A2,0，E∴EQ=6,AQ=2+4=6，∴∠EAD=45°，則∠BEA=45°，

過點B作BG⊥AE于點G，過點F作FH⊥AE于點H，∵點B是點F關(guān)于點P的中心對稱點，

∴BP=FP，又∵∠BGP=∠FHP=90°，∠BPG=∠FPH，∴△BPG≌△FPH，∴BG=FH，延長AE，過點C作CI⊥AE于點I，∵點E是BC中點，∴CE=BE，∵∠I=∠BGE，∠CEI=∠BEG，∴△CEI≌△BEG，∴CI=BG，則CI=FH，

∵B0,6，E∴BE=4，∵∠BEA=45°，BG⊥AE，∴設(shè)BG=EG=x，在Rt△BGE中，根據(jù)勾股定理可得：BG2解得：x=22，∴BG=EG=CI=FH=22過點C作CQ∥AE，∵CI=FH，F(xiàn)H⊥AE，CI⊥AE，∴CF∥AE，則點F在直線CQ上運動，作點N關(guān)于直線CQ的對稱點N′，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)以及平行線間的距離處處相等可得NN當(dāng)點N′，F(xiàn)，M在同一條直線上時，F(xiàn)N+FM=FN′在Rt△MNN′∴△MFN周長最小值為MN

∵E?4,6，A2,0，Pa,?a+2，M為PE中點，N∴Ma?42,∵FH∥NN∴FH是△MNN′的中位線，則點H是∴Ha?1過點G作GJ⊥BC于點J，∵BE=4，BG=EG，∴BJ=GJ=2，∴G∵△BPG≌△FPH，∴PG=PH，即點P為GH中點，∴Pa?5∵Pa,?a+2∴a?54=a，解得：∴P

20．（1）證明：∵AD∥BC，∴∠ADC=∠DCM，∵∠ABC=∠ADC，∴∠ABC=∠DCM，∴AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形；（2）證明：∵M(jìn)C=BP，∴MC+PC=BP+PC，即PM=BC，又∵AB=BC，∴AB=PM，∵∠BAP+∠APB+∠ABC=180°，∠MPQ+∠APB+∠APQ=180°，∴∠BAP=∠MPQ，∵AB=PM，∴△ABP≌△PMQSAS∴BP=MQ，∵M(jìn)C=BP，∴MC=MQ；（3）解：如圖，延長QP到點N，使PN=PQ，連接BN，∵BP=MP，∴△PBN≌△PMQSAS∴BN=MQ，∵∠APQ=∠ABC=90°，∴AP垂直平分QN，∴AN=AQ，∴∠ANQ=∠AQN，∵PA=PQ，∠APQ=90°，∴∠PAQ=∠PQA=45°，∴∠ANQ=∠AQN=45°，∴∠NAQ=90°，即∠NAB+∠BAQ=90°，由（1）可得，四邊形ABCD是平行四邊形，又∵∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∴∠DAQ+∠BAQ=90°，∴∠NAB+∠BAQ=90°，∴∠NAB=∠QAD，∵AB=AD，∴△ABN≌△ADQSAS∴BN=DQ，又∵BN=MQ，∴MQ=DQ=3又∵∠BNP=∠MQP，∴∠AQD+∠PQM=∠ANB+∠BNP=∠ANQ=45°，∴∠DQM=∠AQD+∠MQP+∠AQN=90°，由勾股定理得，DM2=D解得，DM=6，DM=?∴DM的長為6．21．解：（1）如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠OAG=∠OBE=45°，OA=OB，在△AOG與△BOE中，AG=BE∠AOG=∠BOE∴△AOG?△BOE，∴S四邊形故答案為14（2）解：如圖2，過O作ON⊥AD于N，OM⊥AB于M，∵S△AOB=1∴S∵S△AOB=∴S∵S△BOE=∴1∴AG=（3）解：如圖3，過O作KL⊥AB，PQ⊥AD，則KL=2OK，PQ=2OQ，∵S∴6×2OK=10×2OQ，3×2OK=5×2OQ∴OK∵S△AOB∴S△AOB∵S△BOE=∴OKOQ=∵BE=DF=2米，∴當(dāng)AG=1022．（1）解：∵四邊形OACB是平行四邊形，∴AC=OB，∵A(1,3)、B(4,0)，∴C(5,3)；（2）解：如圖②，設(shè)AB所在的直線的解析式為y=kx+b，∵直線AB經(jīng)過點A(1,3)、B(4,0)，∴k+b=34k+b=0解得：k=?1∴AB所在直線的解析式為y=?x+4，由于直線OC過原點，設(shè)直線OC的表達(dá)式為y=k將點C5,3代入y=k′解得：k′∴直線OC的表達(dá)式為y=3聯(lián)立方程y=?x+4解得：x=2.5y=1.5即M的坐標(biāo)是2.5,1.5；（3）解：存在這樣的D、E，使得四邊形AOED是矩形．分別過點A、O作AD⊥BC于點D，OE⊥BC于點E，過E、D分別作x軸的垂線和AC的垂線，垂足分別為F、G，∵四邊形AOBC是平行四邊形，∴AO∥∴AD⊥AO，∴四邊形AOED是矩形，且與平行四邊形AOBC面積相等，∵平行四邊形AOBC的面積為OB?y∴矩形AOED的面積為12，即AO