提高题专题复习平行四边形练习题及解析
提高题专题复习平行四边形练习题及解析
一、解答题
1．如图，在Rt ABC 中，∠B ＝90°，AC ＝60cm ，∠A ＝60°，点D 从点C 出发沿CA 方向以4cm/s 的速度向点A 匀速运动．同时点E 从点A 出发沿AB 方向以2cm/秒的速度向点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．设点D 、E 运动的时间是ts （0＜t≤15）．过点D 作DF ⊥BC 于点F ，连接DE ，EF ． （1）求证：AE ＝DF ；
（2）四边形AEFD 能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t 值，如果不能，说明理由； （3）当t 为何值时，DEF 为直角三角形？请说明理由．
2．如图，在平行四边形ABCD 中，BAD ∠的平分线交BC 于点E ，交DC 的延长线于
F ，以EC 、CF 为邻边作平行四边形ECF
G ．
（1）求证：四边形ECFG 是菱形；
（2）连结BD 、CG ，若120ABC ∠=?，则BDG ?是等边三角形吗？为什么？ （3）若90ABC ∠=?，10AB =，24AD =，M 是EF 的中点，求DM 的长． 3．如图，ABC 是等腰直角三角形，90,ACB ∠=?分别以,AB AC 为直角边向外作等腰直角ABD △和等腰直角,ACE G 为BD 的中点，连接,,CG BE ,CD BE 与CD 交于点
F ．
（1）证明：四边形ACGD 是平行四边形；
（2）线段BE 和线段CD 有什么数量关系，请说明理由；
（3）已知2,BC =求EF 的长度(结果用含根号的式子表示)．
4．如图，在正方形ABCD 中，点M 是BC 边上任意一点，请你仅用无刻度的直尺，用连线的方法，分别在图（1）、图（2）中按要求作图（保留作图痕迹，不写作法）.
（1）在如图（1）的AB 边上求作一点N ，连接CN ，使CN AM =； （2）在如图（2）的AD 边上求作一点Q ，连接CQ ，使CQ
AM .
5．感知：如图①，在正方形ABCD 中，E 是AB 一点，F 是AD 延长线上一点，且
DF BE ＝，求证：CE CF ＝；
拓展：在图①中，若G 在AD ，且45GCE ∠?＝，则GE BE GD +＝成立吗？为什么？ 运用：如图②在四边形ABCD 中，()//AD BC BC AD ＞，90A B ∠∠?＝＝，
16AB BC ＝＝，E 是AB 上一点，且45DCE ∠?＝，4BE ＝，求DE 的长．
6．探究：如图①，△ABC 是等边三角形，在边AB 、BC 的延长线上截取BM =CN ，连结MC 、AN ，延长MC 交AN 于点P ． （1）求证：△ACN ≌△CBM ；
（2）∠CPN = °；（给出求解过程）
（3）应用：将图①的△ABC 分别改为正方形ABCD 和正五边形ABCDE ，如图②、③，在边AB 、BC 的延长线上截取BM =CN ，连结MC 、DN ，延长MC 交DN 于点P ，则图②中∠CPN = °；（直接写出答案）
（4）图③中∠CPN = °；（直接写出答案）
（5）拓展：若将图①的△ABC 改为正n 边形，其它条件不变，则∠CPN = °（用含n 的代数式表示，直接写出答案）．
7．（1）问题探究：如图①，在四边形ABCD中，AB∥CD，E是BC的中点，AE是∠BAD 的平分线，则线段AB，AD，DC之间的等量关系为；
（2）方法迁移：如图②，在四边形ABCD中，AB∥CD，AF与DC的延长线交于点F，E是BC的中点，AE是∠BAF的平分线，试探究线段AB，AF，CF之间的等量关系，并证明你的结论；
（3）联想拓展：如图③，AB∥CF，E是BC的中点，点D在线段AE上，∠EDF＝∠BAE，试探究线段AB，DF，CF之间的数量关系，并证明你的结论．
8．如图1，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O作直线EF⊥BD，且交AC于点E，交BC于点F，连接BE、DF，且BE平分∠ABD.
（1）①求证：四边形BFDE是菱形；②求∠EBF的度数．
（2）把（1）中菱形BFDE进行分离研究，如图2，G，I分别在BF，BE边上，且BG=BI，连接GD，H为GD的中点，连接FH，并延长FH交ED于点J，连接IJ，IH，IF，IG．试探究线段IH与FH之间满足的数量关系，并说明理由；
（3）把（1）中矩形ABCD进行特殊化探究，如图3，矩形ABCD满足AB=AD时，点E是对角线AC上一点，连接DE，作EF⊥DE，垂足为点E，交AB于点F，连接DF，交AC于点G．请直接写出线段AG，GE，EC三者之间满足的数量关系．
9．已知三角形纸片ABC的面积为48，BC的长为8．按下列步骤将三角形纸片ABC进行裁剪和拼图：
第一步：如图1，沿三角形ABC的中位线DE将纸片剪成两部分．在线段DE上任意
．．取一点
F，在线段BC上任意
．．取一点H，沿FH将四边形纸片DBCE剪成两部分；
第二步：如图2，将FH 左侧纸片绕点D 旋转180°，使线段DB 与DA 重合；将FH 右侧纸片绕点E 旋转180°，使线段EC 与EA 重合，再与三角形纸片ADE 拼成一个与三角形纸片ABC 面积相等的四边形纸片．
图1 图2
（1）当点F ，H 在如图2所示的位置时，请按照第二步的要求，在图2中补全拼接成的四边形；
（2）在按以上步骤拼成的所有四边形纸片中，其周长的最小值为_________． 10．如图，ABCD 的对角线,AC BD 相交于点,,6,10O AB AC AB cm BC cm ⊥==，点P 从点A 出发，沿AD 方向以每秒1cm 的速度向终点D 运动，连接PO ，并延长交BC 于点Q ．设点P 的运动时间为t 秒． （1）求BQ 的长（用含t 的代数式表示）； （2）当四边形ABQP 是平行四边形时，求t 的值； （3）当32
5
t =
时，点O 是否在线段AP 的垂直平分线上？请说明理由．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、解答题
1．（1）证明见解析；（2）能，10；（3）15
2
，理由见解析； 【分析】
（1）利用题中所给的关系式，列出CD ，DF ，AE 的式子，即可证明． （2）由题意知，四边形AEFD 是平行四边形，令AD=DF ，求解即可得出t 值． （3）由题意可知，当DE ∥BC 时，△DEF 为直角三角形，利用AD+CD=AC 的等量关系，代入式子求值即可． 【详解】
（1）由题意知：三角形CFD 是直角三角形
∵∠B＝90°，∠A＝60°
∴∠C=30°，CD=2DF，
又∵由题意知CD=4t，AE=2t，
∴CD=2AE
∴AE=DF．
（2）能，理由如下；
由（1）知AE=DF
又∵DF⊥BC，∠B＝90°
∴AE∥DF
∴四边形AEFD是平行四边形．
当AD=DF时，平行四边形AEFD是菱形
∵AC＝60cm，DF=1
2
CD，CD=4t，
∴AD=60-4t，DF=2t，∴60-4t=2t
∴t=10．
（3）当t为15
2
时，△DEF为直角三角形，理由如下；
由题意知：四边形AEFD是平行四边形，DF⊥BC，AE∥DF，∴当DE∥BC时，DF⊥DE
∴∠FDE=∠DEA=90°
在△AED中，
∵∠DEA=90°，∠A＝60°，AE=2t
∴AD=4t，
又∵AC＝60cm，CD=4t，
∴AD+CD=AC，8t=60，
∴t=15
2
．
即t=15
2
时，∠FDE=∠DEA=90°，△DEF为直角三角形．
【点睛】
本题主要考查了三角形、平行四边形及菱形的性质，正确掌握三角形、平行四边形及菱形的性质是解题的关键．
2．（1）详见解析；（2）是，详见解析；（3）
【分析】
（1）平行四边形的性质可得AD∥BC，AB∥CD，再根据平行线的性质证明∠CEF=∠CFE，根据等角对等边可得CE=CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；
（2）先判断出∠BEG=120°=∠DCG，再判断出AB=BE，进而得出BE=CD，即可判断出
△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE=60°，进而得出△BDG是等边三角形，即可得出结论；
（3）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM=BM，
∠DMC=∠BME，再根据∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】
（1）证明：
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF=∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠CFE，
∴∠CEF=∠CFE，
∴CE=CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB=DC，AD∥BC，
∵∠ABC=120°，
∴∠BCD=60°，∠BCF=120°
由（1）知，四边形CEGF是菱形，
∴CE=GE，∠BCG=1
2
∠BCF=60°，
∴CG=GE=CE，∠DCG=120°，∵EG∥DF，
∴∠BEG=120°=∠DCG，
∵AE是∠BAD的平分线，∴∠DAE=∠BAE，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE，
∴BE=CD，
∴△BEG≌△DCG（SAS），∴BG=DG，∠BGE=∠DGC，∴∠BGD=∠CGE，
∵CG=GE=CE，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CGE=60°，
∴∠BGD=60°，
∵BG=DG，
∴△BDG是等边三角形；
（3）如图2中，连接BM，MC，
∵∠ABC=90°，四边形ABCD是平行四边形，∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，
∠ECF=90°，
∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF=∠DAF，
∴BE=AB=DC，
∵M为EF中点，
∴∠CEM=∠ECM=45°，
∴∠BEM=∠DCM=135°，
在△BME和△DMC中，
∵
BE CD
BEM DCM EM CM
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
，
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB=MD，
∠DMC=∠BME．
∴∠BMD=∠BME+∠EMD=∠DMC+∠EMD=90°，∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB=10，AD=24，
∴2222
1024
AB AD
++=26，
∴
2
132
2
DM BD
==
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，正方形的判定与性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
3．（1）见解析；（2）BE =CD ，理由见解析；（3）EF
【分析】
（1）利用等腰直角三角形的性质易得BD=2BC ，因为G 为BD 的中点，可得BG=BC ，由∠CGB=45°，∠ADB=45得AD ∥CG ，由∠CBD+∠ACB=180°，得AC ∥BD ，得出四边形ACGD 为平行四边形；
（2）利用全等三角形的判定证得△DAC ≌△BAE ，由全等三角形的性质得BE=CD ；首先证得四边形ABCE 为平行四边形，再利用全等三角形的判定定理得△BCE ≌△CAD ，易得∠CBE=∠ACD ，由∠ACB=90°，易得∠CFB=90°，得出结论．
（3）先证明△DBF 是直角三角形，再利用勾股定理进行计算，即可求出答案． 【详解】
解：（1）∵△ABC 和△ABD 都是等腰直角三角形 ∴∠CAB =∠ABD = 45°，BD
AB
BC =2BC =2AC ∴AC ∥BD
又∵G 为BD 的中点， ∴BD =2DG ， ∴AC =DG ，AC ∥DG
∴四边形ACGD 为平行四边形； （2）BE =CD ，理由如下
∵△AEC 和△ABD 都是等腰直角三角形AE =AC ，AB =AD ∠EAB =∠EAC +∠CAB =90°+45°=135°， ∠CAD =∠DAB +∠BAC =90°+45°=135°， ∴∠EAB =∠CAD ， 在△DAC 与△BAE 中，
AD AB CAD EAB AC AE =??
∠=∠??=?
， ∴△DAC ≌△BAE ， ∴BE =CD ；
（3） ∵△DAC ≌△BAE ∴∠AEB=∠ACD 又∵∠EAC=90° ∴∠EFC=∠DFB=90° ∴ △DBF 是直角三角形 ∵BC
， ∴BD
根据勾股定理得CD
，
∴11
??22
CD BF BC
BD
=
∴
1
2
10
?BF=
1
2
2
??22
∴BF=
2
10
5
∴EF=BE-BF=CD-BF= 10
2
10
5
- =
3
10
5
．
【点睛】
本题主要考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形和全等三角形的判定及性质定理，综合运用各种定理是解答此题的关键．
4．（1）见解析；（2）见解析.
【分析】
（1）连接BD，BD与AM交于点O，连接CO并延长交于AB，则CO与AB的交点为点N．可先证明△AOD≌△COD，再证明△MOB≌NOB，从而可得NB=MB；
（2）连接MO并延长与AE交于点Q，连接QC，则CQ∥AM．理由如下：由正方形的性质以及平行线等分线段可证QO=MO，从而可知四边形AQCM为平行四边形，从而可得
CQ∥AM．
【详解】
解：（1）如图（1），
连接BD，BD与AM交于点O，连接CO并延长交于AB，则CO与AB的交点为点N，则CN 为所作．
理由：在△AOD与△COD中，
∵
AD CD
ADO CDO
OD OD
?
?
∠∠
?
?
?
＝
＝
＝
，
∴△AOD≌△COD（SAS），
∴∠OAD=∠OCD，
∴∠BAM=∠BCN．
在△ABM与△CBN中，
∵BAM BCN AB CB ABM CBN ∠∠??
??∠∠?
＝＝＝， ∴△ABM ≌△CBN （ASA ）， ∴CN =AM ．
（2）如图2连接AC 、BD 交与O 点，连接MO 并延长与AE 交于点Q ，连接QC ，则CQ 为所求的线段.
在正方形ABCD 中，OA =OB =OC =OD ，AD ∥BC ， ∴QO =MO
∴四边形AQCM 为平行四边形， ∴QC ∥AM 【点睛】
本题考查了作图-基本作图，解决此题的关键是利用正方形的性质求解． 5．（1）见解析；（2）GE=BE+GD 成立，理由见解析；（3）68
5
【分析】
（1）利用已知条件，可证出△BCE ≌△DCF (SAS )，即可得到CE=CF ；
（2）借助（1）的结论得出∠BCE =∠DCF ，再通过角的计算得出∠GCF =∠GCE ，由SAS 可得△ECG ≌△FCG ，则EG=GF ，从而得出GE=DF+GD=BE+GD ；
（3）过C 作CG ⊥AD ，交AD 延长线于G ，先证四边形ABCG 是正方形(有一组邻边相等的矩形是正方形)，再设DE =x ，利用（1）、（2）的结论，在Rt △AED 中利用勾股定理构造方程即可求出DE ． 【详解】
（1）证明：如图①，在正方形ABCD 中，BC=CD ，∠B =∠ADC =90°， ∴∠CDF=90°，即∠B =∠CDF =90°， 在△BCE 和△DCF 中，
BC DC B CDF BE DF =??
∠=∠??=?
， ∴△BCE ≌△DCF (SAS )， ∴CE=CF ；
（2）解：如图①，GE=BE+GD 成立，理由如下：
由（1）得△BCE ≌△DCF ， ∴∠BCE=∠DCF ，
∴∠ECD +∠ECB=∠ECD +∠FCD ， 即∠ECF =∠BCD =90°， 又∵∠GCE =45°，
∴∠GCF =∠ECF ?∠ECG =45°，则∠GCF=∠GCE ， 在△GEC 和△GFC 中，
CE CF GCE GCF GC GC =??
∠=∠??=?
， ∴△GEC ≌△GFC (SAS )， ∴EG=GF ，
∴GE=DF+GD=BE+GD ；
（3）解：如图②，过C 作CG ⊥AD 于G ，
∴∠CGA=90°，
在四边形ABCD 中，AD ∥BC ，∠A =∠B =90°， ∴四边形ABCG 为矩形， 又∵AB=BC ，
∴四边形ABCG 为正方形， ∴AG =BC=AB =16，
∵∠DCE =45°，由（1）和（2）的结论可得：ED=BE+DG ， 设DE=x ， ∵4BE ＝， ∴AE =12，DG=x ?4， ∴AD =AG ?DG =20?x 在Rt △AED 中，
由勾股定理得：DE 2=AD 2+AE 2， 即x 2=(20?x )2+122 解得：68
5
=x ， 即685
=
DE ．
【点睛】
本题是一道几何综合题，内容主要涉及全等三角形的判定与性质和勾股定理的应用，重点考查学生的数学学习能力，是一道好题．
6．（1）见解析；（2）120；（3）90；（4）72；（5）360
n
. 【分析】
（1）利用等边三角形的性质得到BC=AC ，∠ACB=∠ABC ，从而得到△ACN ≌△CBM. （2）利用全等三角形的性质得到∠CAN=∠BCM ，再利用三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和，即可求解.
（3）利用正方形（或正五边形）的性质得到BC=DC ，∠ABC=∠BCD ，从而判断出△DCN ≌△CBM ，再利用全等三角形的性质得到∠CDN=∠BCM ，再利用内角和定理即可得到答案.
（4）由（3）的方法即可得到答案.
（5）利用正三边形，正四边形，正五边形，分别求出∠CPN 的度数与边数的关系式，即可得到答案. 【详解】
（1）∵△ABC 是等边三角形，
∴BC=AC ，∠ACB=∠BAC=∠ABC=60?， ∴∠ACN=∠CBM=120?， 在△CAN 和△CBM 中，
CN BM ACN CBM AC BC =??
∠=∠??=?
， ∴△ACN ≌△CBM. （2）∵△ACN ≌△CBM. ∴∠CAN=∠BCM ，
∵∠ABC=∠BMC+∠BCM ，∠BAN=∠BAC+∠CAN ， ∴∠CPN=∠BMC+∠BAN =∠BMC+∠BAC+∠CAN =∠BMC+∠BAC+∠BCM =∠ABC+∠BAC =60?+60?, =120?， 故答案为：120.
（3）将等边三角形换成正方形， ∵四边形ABCD 是正方形， ∴BC=DC ，∠ABC=∠BCD=90?， ∴∠MBC=∠DCN=90?， 在△DCN 和△CBM 中，
DC BC DCN MBC CN BM =??
∠=∠??=?
， ∴△DCN ≌△CBM ， ∴∠CDN=∠BCM ， ∵∠BCM=∠PCN ， ∴∠CDN=∠PCN ，
在Rt △DCN 中，∠CDN+∠CND=90?， ∴∠PCN+∠CND=90?， ∴∠CPN=90?， 故答案为：90.
（4）将等边三角形换成正五边形， ∴∠ABC=∠DCB=108?， ∴∠MBC=∠DCN=72?， 在△DCN 和△CBM 中，
DC BC DCN MBC CN BM =??
∠=∠??=?
， ∴△DCN ≌△CBM ，
∴∠BMC=∠CND ，∠BCM=∠CDN ， ∵∠BCM=∠PCN ， ∴∠CND=∠PCN ，
在△CDN 中，∠CDN+∠CND=∠BCD=108?， ∴∠CPN=180?-(∠CND+∠PCN) =180?-(∠CND+∠CDN) =180?-108?， =72?， 故答案为：72.
（5）正三边形时，∠CPN=120?=360
3
， 正四边形时，∠CPN=90?=360
4， 正五边形时，∠CPN=72?=360
5
， 正n 边形时，∠CPN=360
n
， 故答案为：
360
n
.
【点睛】
此题考查正多边形的性质，三角形全等的判定及性质，图形在发生变化但是解题的思路是不变的，依据此特点进行解题是解此题的关键.
7．（1）AD＝AB+DC；（2）AB＝AF+CF，证明详见解析；（3）AB＝DF+CF，证明详见解析．
【分析】
（1）结论：AD＝AB+DC．延长AE，DC交于点F，证明△ABE≌△FEC（AAS），即可推出AB＝CF，再证明DA＝DF，即可解决问题．
（2）结论：AB＝AF+CF，如图②，延长AE交DF的延长线于点G，证明方法类似（1）．（3）结论；AB＝DF+CF．如图③，延长AE交CF的延长线于点G，证明方法类似（1）．【详解】
解：（1）探究问题：结论：AD＝AB+DC．
理由：如图①中，延长AE，DC交于点F，
∵AB∥CD，
∴∠BAF＝∠F，
在△ABE和△FCE中，
CE＝BE，∠BAF＝∠F，∠AEB＝∠FEC，
∴△ABE≌△FEC（AAS），
∴CF＝AB，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠BAF＝∠FAD，
∴∠FAD＝∠F，
∴AD＝DF，
∵DC+CF＝DF，
∴DC+AB＝AD．
故答案为AD＝AB+DC．
（2）方法迁移：结论：AB＝AF+CF．
证明：如图②，延长AE交DF的延长线于点G，
∵E 是BC 的中点， ∴CE ＝BE ， ∵AB ∥DC ，
∴∠BAE ＝∠G ．且BE ＝CE ，∠AEB ＝∠GEC ∴△AEB ≌△GEC （AAS ） ∴AB ＝GC
∵AE 是∠BAF 的平分线 ∴∠BAG ＝∠FAG ， ∵∠BAG ∠G ， ∴∠FAG ＝∠G ， ∴FA ＝FG ， ∵CG ＝CF+FG ， ∴AB ＝AF+CF ．
（3）联想拓展：结论；AB ＝DF+CF ．
证明：如图③，延长AE 交CF 的延长线于点G ，
∵E 是BC 的中点， ∴CE ＝BE ， ∵AB ∥CF ， ∴∠BAE ＝∠G ， 在△AEB 和△GEC 中，
BAE G AEB GEC BE CE ∠=∠??
∠=∠??=?
， ∴△AEB ≌△GEC ， ∴AB ＝GC ， ∵∠EDF ＝∠BAE ，
∴∠FDG ＝∠G ， ∴FD ＝FG ， ∴AB ＝DF+CF ． 【点睛】
本题是四边形的综合问题，考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质、三角形三边关系等知识点，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
8．（1）①证明见解析；②60EBF ∠=?；（2）3
IH FH =；（3）222EG AG CE =+.
【分析】
（1）①由DOE BOF ???，推出EO OF =，OB OD =，推出四边形EBFD 是平行
四边形，再证明EB ED =即可．
②先证明2ABD ADB ∠=∠，推出30ADB ∠=?，延长即可解决问题． （2）3IH FH =
．只要证明IJF ?是等边三角形即可．
（3）结论：222EG AG CE =+．如图3中，将ADG ?绕点D 逆时针旋转90?得到
DCM ?，先证明DEG DEM ???，再证明ECM ?是直角三角形即可解决问题． 【详解】
（1）①证明：如图1中，
四边形ABCD 是矩形，
//AD BC ∴，OB OD =， EDO FBO ∴∠=∠， 在DOE ?和BOF ?中， EDO FBO OD OB
EOD BOF ∠=∠??
=??∠=∠?
， DOE BOF ∴???，
EO OF ∴=，OB OD =， ∴四边形EBFD 是平行四边形， EF BD ⊥，OB OD =， EB ED ∴=，
∴四边形EBFD 是菱形． ②BE 平分ABD ∠， ABE EBD ∴∠=∠， EB ED =，
2ABD ADB ∴∠=∠， 90ABD ADB ∠+∠=?，
30ADB ∴∠=?，60ABD ∠=?， 30ABE EBO OBF ∴∠=∠=∠=?， 60EBF ∴∠=?．
（2）结论：3
IH FH =
．
理由：如图2中，延长BE 到M ，使得EM EJ =，连接MJ ．
四边形EBFD 是菱形，60B ∠=?，
EB BF ED ∴==，//DE BF ， JDH FGH ∴∠=∠，
在DHJ ?和GHF ?中，
DHG GHF DH GH
JDH FGH ∠=∠??
=??∠=∠?
， DHJ GHF ∴???，
DJ FG ∴=，JH HF =， EJ BG EM BI ∴===， BE IM BF ∴==， 60MEJ B ∠=∠=?， MEJ ∴?是等边三角形，
MJ EM NI ∴==，60M B ∠=∠=? 在BIF ?和MJI ?中， BI MJ B M BF IM =??
∠=∠??=?
， BIF MJI ∴???，
IJ IF ∴=，BFI MIJ ∠=∠，HJ HF =， IH JF ∴⊥，
120BFI BIF ∠+∠=?， 120MIJ BIF ∴∠+∠=?，
JIF ∴?是等边三角形，
在Rt IHF ?中，90IHF ∠=?，60IFH ∠=?， 30FIH ∴∠=?，
3IH FH ∴=．
（3）结论：222EG AG CE =+．
理由：如图3中，将ADG ?绕点D 逆时针旋转90?得到DCM ?，
90FAD DEF ∠+∠=?， AFED ∴四点共圆，
45EDF DAE ∴∠=∠=?，90ADC ∠=?， 45ADF EDC ∴∠+∠=?， ADF CDM ∠=∠，
45CDM CDE EDG ∴∠+∠=?=∠， 在DEM ?和DEG ?中， DE DE EDG EDM DG DM =??
∠=∠??=?
， DEG DEM ∴???， GE EM ∴=，
45DCM DAG ACD ∠=∠=∠=?，AG CM =， 90ECM ∴∠=?
222EC CM EM ∴+=，
EG EM =，AG CM =，
222GE AG CE ∴=+．
【点睛】
本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、菱形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，学会转化的思想思考问题，属于中考压轴题． 9．28 【分析】
（1）利用旋转的旋转即可作出图形；
（2）先求出ABC 的边长边上的高为12，进而求出DE 与BC 间的距离为6，再判断出
FH 最小时，拼成的四边形的周长最小，即可得出结论.
【详解】
（1）∵DE是△ABC的中位线，
1
∴====
DE BC4,AD BD,AE CE
2
∴四边形BDFH绕点D顺时针旋转，点B和点A重合，
四边形CEFH绕点E逆时针旋转，点C和点A重合，
∴补全图形如图1所示，
（2）∵△ABC的面积是48，BC=8，
∴点A到BC的距离为12，
∵DE是△ABC的中位线，
∴平行线DE与BC间的距离为6，
由旋转知，∠DAH''=∠B，∠CAH'=∠C，
∴∠DAH''+∠BAC+∠CAH'=180°，
∴点H''，A，H'在同一条直线上，
由旋转知，∠AEF'=∠CEF，
∴∠AEF'+∠CEF'=∠CEF+∠CEF'=180°，
∴点F，E，F'在同一条直线上，
同理：点F，D，F''在同一条直线上，
即：点F'，F''在直线DE上，
由旋转知，AH''=BH，AH'=CH，DF''=DF，EF'=EF，F''H''=FH=F'H'，
∴F'F''=2DE=BC=H'H''，
∴四边形F'H'H''F''是平行四边形，
∴?F'H'H''F''的周长为2F'F''+2F'H'=4DE+2FH=2BC+2FH=16+2FH，
∵拼成的所有四边形纸片中，其周长的最小时，FH最小，
即：FH⊥BC，
∴FH=6，
∴周长的最小值为16+2×6=28，
故答案为28．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了旋转的旋转和作图，判断三点共线的方法，平行四边形
FH H F是平行四边形是解本题的关键.
的判断和性质，判断出四边形'''''
10．（1）10-t；（2）5秒；（3）见解析
【分析】
（1）先证明△APO≌△CQO，可得出AP=CQ=t，则BQ即可用t表示；
（2）由题意知AP∥BQ，根据AP=BQ，列出方程即可得解；
（3）过点O作直线EF⊥AP，垂足为E，与BC交于F，利用三角形面积公式求出EF，得到OE，利用勾股定理求出AE，再说明AP=2AE即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AD∥BC，
∴∠PAO=∠QCO，
∵∠AOP=∠COQ，
∴△APO≌△CQO（ASA），
∴AP=CQ=t，
∵BC=10，
∴BQ=10-t；
（2）∵AP∥BQ，
当AP=BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
即t=10-t，解得：t=5，
∴当t为5秒时，四边形ABQP是平行四边形；
（3）过点O作直线EF⊥AP，垂足为E，与BC交于F，
在Rt△ABC中，∵AB=6，BC=10，
∴，
∴AO=CO=1
2
AC=4，
∵S△ABC＝1
2
AB AC
?=
1
2
BC EF
?，
∴AB?AC=BC?EF，∴6×8=10×EF，
∴EF＝24
5
，
∴OE=12
5
，
∴16
5
，
当
32
5
t=时，AP=32
5
，
∴2AE=AP，即点E是AP中点，
∴点O在线段AP的垂直平分线上．