第1章 特殊平行四边形 能力提升卷 2026-2027学年北师大版数学九年级上册

**基本信息** 北师大版九年级上册第1章特殊平行四边形能力提升卷，聚焦矩形、菱形、正方形的性质与判定，融合折叠、旋转等综合应用，通过几何直观与推理能力考查，适配单元复习巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|10题|矩形判定（题1）、菱形判定（题2）、正方形性质（题8）|结合图形辨析（题2），考查概念辨析与空间观念| |填空题|6题|矩形周长计算（题11）、正方形坐标（题12）、最短路径（题15）|联系坐标系（题12），体现数学眼光与应用意识| |解答题|5题|折叠证明（题19）、旋转综合（题21）、动点与菱形存在性（题20）|多问分层设计（题19三问），发展推理能力与创新意识|

第1章特殊平行四边形能力提升卷-2026-2027学年数学九年级 上册北师大版（新教材) 一、单选题 1.下列命题中，正确的命题是() A.一组对边相等的四边形是平行四边形 B.有一个角是直角的平行四边形是矩形 C.有两边相等的平行四边形是菱形 D.两条对角线相等的四边形是矩形 2.根据图中所标数据，不足以判定四边形为菱形的是() 5 70 B.Q70° 70°C 110° 5 110% 5 4 3.下列选项中不能判定口ABCD为矩形的是() A.∠B=∠C B.∠A=90° C.AC=BD D.AC⊥BD 4.如图，在ABCD中，∠C=70°，E为边AB上一点，连接DE,以DE为边作正方形 DEFG,若∠ADE=60°，则LBEF的度数为() E B G A.70° B.60° C.50° D.40° 5.如图，将面积为30的矩形ABCD放在平面直角坐标系中，若顶点B、D的坐标分别为 试卷第1页，共3页 (0,-)、(0,),则顶点C的坐标为〈） A.(38) B.(4,8) c.67) D.(47) 6.如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O.下列结论不一定正确的是() B A.AB=BC B.OA=OC C.∠ABC=60° D.∠AOB=90° 7.如图，在矩形ABCD中，AB=4,BC=8,将矩形ABCD沿EF折叠，使点C与点A重 合，则BE的长为() G A D B.2V5 C.32 D.25 8.如图，正方形ABCD面积为10，其顶点A在数轴原点处，以点A为圆心，AB为半径画 弧，交数轴于点M,N,则点M,N所表示的数是() 试卷第2页，共3页 D M -4-3-2-1012341 A.100的平方根 B.10的平方根 C20 的平方根 D.10W2-10V2 9.如图，两张相同的矩形纸片交叉叠放在一起，重合的部分构成了一个四边形ABCD.过 点A分别作AE LBC于点E,F1CD于点F,若∠ABE=60,EF=25 则AB的长为 () A B A.4 B.45 c.25 D.2 10.如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F,连 结BF交AC于点M,连结DE、BO.若LCOB=60°，FO=FC,下列四个结论中正确 的是() ①ADEF为等边三角形：②FM=BM ③四边形DFBE 是菱形：④ △A0e:SABCM=2:3 试卷第3页，共3页 A.①② B.①②③ C.①③ D.①②③④ 二、填空题 11.矩形的对角线长为10，一边长为6，则该矩形的周长为， 12.如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点 A(0,3)B(6,0) 均在坐标轴上，则 点C的坐标是 D 0 B 13.如图，△ABC中，BE平分∠ABC,AE⊥BE于点E,M为AB的中点，连接ME并延长 交AC于点N.若AB=6,BC=10,则线段EN的长为 A M 14.正方形ABCD中，点O为对称中心，EF过点O且点E在AD上，点F在BC上， BF=3,CF=1.则EF= A万 B 15.如图，已知A、B两村分别距公路I的距离A4=10,BB'=30,且AB=30.在公路1 上建一中转站P,使AP+BP最小，则AP+BP的最小值为. 试卷第4页，共3页 A'P I6.正方形ABCD中，将AB沿AE折叠，使得点B的对应点落在AC上的点F处，折痕 AB AE交BD于点G,连接E、GF,给出下列结论：①BE2,②Sc=SA0c:③四边 形BEFC为菱形：①若5ac,则正方形MBCD的面积为4+42 其中正确的结论是 (填序号) C D 分 G B 三、解答题 17.如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A,B均为格点（网格线 的交点)，请仅用无刻度直尺按要求画图. (I)点C、点D在格点上，以线段AB为一边，画平行四边形ABCD,使其面积是16，连接 AC,以线段AC为边画正方形ACEF: (2)画出△ABC的高线CH;直接写出CH的长， I8.如图，在ABCD中，DE⊥AB交BA的延长线于点E,BF⊥DC交DC的延长线于点 F.求证：四边形BEDF是矩形. 试卷第5页，共3页 E D B 19.在菱形纸片ABCD中，点E在AD上，将△ABE沿BE折叠得△FBE，,点A的对应点F 落在CD边上。 D D D E B (图1) (图2) (图3) (1)如图1，若∠A=70°，求∠ABE的度数： (②)如图2，连接AC,若AB=BE,求证：EF‖AC: (3)如图3，若F是CD的中点，求DE:DF的值. 20.如图，在平面直角坐标系中，四边形0ABC为矩形，已 A2,0)C(0,4),点D是 OA的中点，动点P以2个单位长度/秒的速度由点C出发，沿CB运动至点B,设动点P的 运动时间为t秒. (1)P点的坐标为， 一；（用含t的式子表示） (2)t为何值时，四边形PODB为平行四边形：此时四边形CODP的形状为 (3)在线段CB上是否存在一点N,使四边形PODN为菱形？若存在，求出t的值：若不存 在，请说明理由： ④若D(80 ,当直线PD恰好平分矩形OABC的面积时，【的值为 21.如图①，点E是正方形ABCD的边CD上的一点，△ADE绕着点A顺时针旋转到 试卷第6页，共3页 △ABF位置，点F、B、C在同一条直线上. D D 图① 备用图 【理解题意】 (1)旋转中心是点 旋转角的大小为度，△ 2△ 【操作探索】 (2)在图①中只用无刻度的直尺和圆规作出∠EAF的平分线AG,交边BC于点G.不写作 法，保留作图痕迹，作图确定后必须用黑色的签字笔描黑， 【拓展提升】 在操作探索的条件下，解决下列问题： (3)若∠EAD=15°，求∠AGF的度数： (4)连结EG,可得△AGE与△AGF关于直线AG对称.若△ECG的周长为6，则正方形 ABCD的面积为， 试卷第7页，共3页 《第1章特殊平行四边形能力提升卷-2026-2027学年数学九年级上册北师大版（新教 材)》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 8 10 答案 B 0 0 B 0 1.B 【详解】解：A选项：一组对边平行且相等的四边形才是平行四边形，一组对边相等的四 边形不一定是平行四边形，故A错误. B选项：有一个角是直角的平行四边形是矩形，这是矩形的判定定理，命题正确. C选项：邻边相等的平行四边形才是菱形，平行四边形对边本身相等，因此有两边相等的 平行四边形不一定是菱形，故C错误， D选项：两条对角线相等的平行四边形才是矩形，两条对角线相等的四边形不一定是矩形， 故D错误。 2.A 【分析】根据菱形的判定定理，逐一分析选项： 【详解】A.己知两个相邻内角和为70°+110°=180°，仅可推出一组对边平行，因此该四 边形不能判断出是平行四边形：邻边长度都为5，也无法判定四边相等或对角线垂直，因 此不足以判定为菱形 B.三个内角为70°、70°、110°，可得第四个角110°，然后根据对角相等，可判定是平行 四边形；又有一组邻边长度都为5，即邻边相等，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱 形”，可判定为菱形 C.四边形四条边都相等，根据“四边相等的四边形是菱形”，可判定为菱形。 D.四边形对角线互相平分且垂直，根据“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”，可判 定为菱形 3.D 【详解】已知四边形ABCD是平行四边形， AC⊥BD」 ∴ABCD是菱形， 不能判定口ABCD是矩形. 4.D 【详解】在ABCD中，∠C=70°， 答案第1页，共2页 .∠ADC=180°-∠C=110°， ∠ADE=60°， ∴.∠EDC=∠ADC-∠ADE=110°-60°=50°」 ∴.∠BED=180°-∠EDC=180°-50°=130°， 在正方形DEFG中，∠DEF=90°， ∴.∠BEF=∠BED-∠DEF=130°-90°=40° 5.A 【分析】先作CE上y轴，利用B、D坐标算出BD长，结合矩形面积与三角形面积公式求 出CE,得到点C横坐标：再根据矩形性质得AB‖CD、AB=CD,结合直角证明 △CDE≌△ABO,推出DE=BO=1,最后结合D点纵坐标减去DE,求出点C纵坐标. 【详解】解：过点C作CELy轴，垂足为E. 点 ,点 ，两点均在轴上， 衣 B B(0,-1) D(0,9) ∴.BD=9-(-1)=10 “四边形1BCD是矩形， S矩形ABcD=30 矩形对角线将矩形分成面积相等的两部分， 1 SCD=)SE形BcD=号×30=15】 2 2 CE⊥y,△BCD,BD、 轴， CE 以为底， BD 为底边对应的高， ∴Sn=)BD.CE 2 将ao=15.BD=10 入得： 答案第2页，共2页 1-10CE 解得CE=3 :CE为点C到轴的水平距离，由图可知点C在y轴右侧，横坐标为正数， .点C的横坐标为3 :四边形ABCD是矩形， .AB=CD ABI‖CD∠ABC=∠BCD=90° ∴.∠ABD=∠CDB CE⊥y ⊥y 轴，轴轴， ∴.∠CED=∠AOB=90 在△CDE与△ABO中： ∠CED=∠AOB ∠CDE=∠ABO CD=AB :∴.ACDE≌△ABO(AAS) :.DE=BO B(0,-1) O(0,0) ,原点 .B00-(-1)=1 .DE=1 CE⊥ E 轴，“是垂足， ∴.点C与点E纵坐标相等。 D(0,9 ,线段DE=1, E D ,结合图形可知垂足在点的正下方， ∴.点E的纵坐标=9-DE=9-1=8, .点C的纵坐标为8. 答案第3页，共2页 综上，点C的坐标为(3,8)」 6.C 【详解】解：在菱形ABCD中，AB=BC=CD=AD,故A正确，不符合题意： 对角线AC与BD相互垂直平分，则OA=OC,∠AOB=90°，故BD正确，不符合题意： ∠ABC的大小不能确定，故C错误，符合题意. 7.A 【详解】解：设BE=x,则由折叠性质知AE=CE=BC-BE=8-x, 由矩形的性质知∠ABE=90°， 在Rt△ABE中，由勾股定理得AB2+BE2=AE2, 即4+=8- 解得x=3, 故BE的长为3. 8.B 【详解】解：正方形ABCD面积为l0, 则1B=10,解得1B=而 则00N=8而.女.《所花的数分刘足瓜-而 则点M,N所表示的数是1O的平方根. 9.A 【分析】先证明四边形ABCD是菱形，得到AB=AD,∠ABC=6O°=∠ADF, ∠BAD=120° 再证明△EAF是等边三角形，得到马 EF =AE =23 ,即可代入 48-传40+可解方程即可. 【详解】解：纸片是矩形， AD∥BC,AB∥CD,纸片的高相等，即AE=AF, 四边形ABCD是平行四边形， AE⊥BC,AF⊥CD 答案第4页，共2页 .ABCD的面积=BC·AE=CD·AF, .'BC=CD, .四边形ABCD是菱形， .∠ABE=60° ∴.AB=AD,∠ABC=60°=∠ADF,∠BAD=120°， .∠BAE=∠DAF=30°， ∴∠EAF=60,1 BE-AB 4B2=BE4462 AE=AF, .△EAF是等边三角形， EF=AE=21 ÷4B-38+5, 解得AB=4(负值舍去). 10.D 【分1先根器矩形得到Q1=08=0C-号4C,4B/CD:再结合∠CO0B=6得到 △BOC是等边三角形，∠OAB=∠OBA=∠ACD=30°，即可证明 OBF≌CBF(SSS),得 到∠CBF=∠OBF=30°，∠CFB=∠OFB=60°，再证明D在EF的垂直平分线上，得到 DE=DF,可得△DEF是等边三角形，故①正确；由①可得△BEF也是等边三角形 DE=BE=BF=DF,由四边相等的四边形是菱形可得四边形DFBE是菱形，故③正确： 根据30直角三角形的椎质得到FC=2PM·BF=2PC=4M,即可得到PMBM,放 ②正确；先得到 -5a-25m,可根超v-M,有系5-3可求 面积比. 【详解】解：四边形ABCD是矩形，O为AC中点， 01=08=0c-号4c, AB∥CD: 答案第5页，共2页 .∠OAB=∠OBA=∠ACD, .∠C0B=60 ∴aBOC是等边三角形，∠OAB=∠OBA=∠ACD=30°， ∴.OB=BC∠COB=∠BCO=∠OBC=60° .FO=FC .∠FOC=∠ACD=30°，∠OFC=120°，∠DFE=180°-∠OFC=120°， OB=BC FO=FC 在 和 中， △OBF△CBF FB=FB' ∴.AOBF≌ACBF(SSS) ∴.∠CBF=∠OBF,∠CFB=∠OFB,∠FOB=∠FCB=90°. 六∠C8F=∠0BF-<08C=30,乙CF8=∠0FB=5∠0rC=60 2 AB∥CD, .∴∠DFE=∠BEF=60 ,∠BFE=∠BEF=60°， .BE=BF, :∠FOB=∠FCB=90°， .BO垂直平分EF, :矩形中D,O,B三点共线， ∴.D在EF的垂直平分线上， :.DE DF, 结合∠DFE=60°，可得△DEF是等边三角形，故①正确： 由①可得△BEF也是等边三角形， ∴.DE=BE=BF=DF, .由四边相等的四边形是菱形可得四边形DFBE是菱形，故③正确： :△BOC是等边三角形， 答案第6页，共2页 .∠ACB=60 BO=BC,FO=FC. ∴.BF垂直平分OC,即BF⊥OC, ∠FCM=30 ∴.FC=2FM, 在Rt△BCF ∠CBF=30° 中， ∴.BF=2FC=4FM BF FM+BM, :BM=3PM,即M=写BM,放@正确： :∠FCO=∠FOC=∠AOE=∠OAE=30°，OA=OC, .△AOE=aCOF(SAS), ∴.SAOE=S.COF :FO=FC,∠CFB=∠OFB=60°， ..OM =MC, 1 .S.FOM=SFCM=7SFOC, .SA40E=S.COF=2SFCM BM=3FM, SBCM =3SAFCM S40E:SARCM=2SAFCM :3SFCM=2:3 故④正确 综上，正确的结论是①②③④. 11.28 【分析】矩形的四个内角均为直角，先根据勾股定理求出矩形的另一边长，再利用矩形周 答案第7页，共2页 长公式计算周长即可， 【详解】解：，矩形对角线长为10，一边长为6，矩形的内角为直角， “由勾股定理可得矩形的另一边长为V10-6=8。 2×(6+8)=28 矩形的周长为 12.(9,6) 【分析】过点C作CE⊥x轴，垂足为E,证明△AOB≌△BEC(AAS),得到 BE=AO,EC=OB OE ,计算的长即可. 【详解】解：如图，过点C作CE⊥x轴，垂足为E. A B E :四边形1BCD是正方形，点40,3)，B(6,0) .AB=BC,∠ABC=90°，AO=3,OB=6, .∠AOB=∠BEC=90°，∠ABO=LBCE=90°-∠CBE ∴.△AOB≌△BEC(AAS). .BE=AO=3,EC=OB=6. ∴.OE=OB+BE=6+3=9, (9,6) 点 13.2 【分折】白直角二角形的性质可求得ME=BM4B,由等腰二角形的性质和角平分线 答案第8页，共2页 的定义可证得MN∥BC,证明四边形BCGM是平行四边形，从而证明 △ANM≌△CNG(AAS) 再利用三角形中位线定理可求得MW的长，则可求得EN的长。 【详解】解：如图，过C作CG∥AB交MN的延长线于G, :AE⊥BE,M为AB的中点， .AM=BM=EM=三AB=3 ∠MBE=∠MEB, BE平分∠ABC, .∠MBE=∠CBE, .∠MEB=∠CBE, .MN∥BC, CG∥AB, .四边形BCGM是平行四边形，∠MAN=∠GCN, ∴BM=CG, :AM=CG, 又：∠ANM=∠CNG, ∴.△ANM≌ACNG(AAS) ∴AN=CN, .MN为△ABC的中位线， ÷MW=BC=5 .EN=MN-ME=5-3=2. 14.2W5 答案第9页，共2页 【分析】根据正方形的性质及中心对称性得出AE=CF,从而求出正方形的边长及AE的 长，过点E作BC的垂线构造直角三角形，利用勾股定理计算EF的长. 【详解】解：如图，连接AC,过点E作EGLBC于点G, 四边形 是正方形，点为对称中心 ABCD 0 ·点A与点C关于点O对称，ADBC .∠EAO=∠FCO 在△AOE和△COF中 '∠EAO=∠FCO OA=OC ∠AOE=∠COF :.△AOE≌ACOF(ASA) .AE=CF=1 .BF=3,CF=1 .BC=BF+CF=3+1=4 :四边形ABCD是正方形 ∴.∠A=∠B=90°，AB=BC=4, .∠EGB=909 ∴四边形ABGE是矩形 .EG=AB=4,BG=AE=1 :.GF=BF-BG=3-1=2 在RtAEGF中，由勾股定理得 EF=VEG2+GF2=V42+22=V16+4=V20=25 15.50 【分析】如图，延长AA'至点C,使CA'=A4',延长BB至点D,使DB'=CA,连接CD、 BC、PC,根据题意得AM'⊥I,BB'⊥1，DB'=CA=AM=10,证明四边形A'B'DC是平 答案第10页，共2页 行四边形，进一步证明四边形AB'DC是矩形，得∠CDB=90°，CD=AB'=30,计算 BC=CD2+BD2=50 AP=CP ,再根据垂直平分线的性质推出 ,继而得到 AP+BP=CP+BP≥BC,可得答案. 【详解】解：如图，延长AA至点C,使CA'=AA',延长BB至点D,使DB'=CA',连接 CD、BC、PC, B A B D ,A、B两村分别距公路1的距离AA'=10,BB=30,AB=30, .AA⊥1，BB⊥1，DB=CA=AA=10 ,AA'∥BB,∠CA'B'=90°，BD=BB'+DB=30+10=40, .四边形AB'DC是平行四边形， .∠CAB'=90° .四边形AB'DC是矩形， .∠CDB=90°，CD=AB'=30, :BC=vCD2+BD=30+40=50 AA⊥I,AA=CA',点P在I上， .1垂直平分AA', .AP=CP, .AP+BP=CP+BP≥BC=50, ,AP+BP的最小值为50. 16.③④ 【分析】利用正方形与折叠的性质，得出8C-(5+刂B5,可判断O结论，利用折叠证明 △ABG≌AAFG(SSS) 可判断②结论；利用折叠与等腰三角形的性质，推出 答案第11页，共2页 EF=BE=BG=FG,可判断®结论，利用等腰直角三角形，推出OG-(5-OB,科结 合5a0c=l,得出0A.0B=2(N2+)月】 可判断④结论， 【详解】解：正方形ABCD, .AB=BC,∠ACB=∠CBD=45°，∠ABC=90°，AC⊥BD,OA=OB, 折叠， ∴.BE=EF,∠AFE=∠ABE=90°， ∴ACEF是等腰直角三角形， .CF=EF CE=CF2+EF2=2EF :.BC=BE+CE=BE+EF=+1)BE :BC=5+1, BEBE ①结论错误； 折叠， :BG=FG,AB=AF, 又AG=AG, ,∴.△ABG≌△AFG(SSS) 六540=S,m>5,406,②结论错误： :aCEF是等腰直角三角形， .∠CEF=45°=∠CBD .EF∥BD, .∠FEG=LBGE, 折叠， ∴LBEG=∠FEG,BE=EF,BG=FG, .∠BEG=∠BGE, .BE BG ∴EF=BE=BG=FG. ∴.四边形BEFG为菱形，③结论正确； 答案第12页，共2页 .BE∥FG, .∠FG0=∠CBD=45°， :△FOG是等腰直角三角形， .BG=FG=20G OB=BG+0G=20G+0G=(N2+1)0G “0G=(2-10B S△40G=1 04:0G 0A0G=0AV2-1)0B=2 :0A:0B=2(2+1). :正方形BCD的同积=4.m=40408=20108=45+)=4+45,0结论正 2 确： 即正确的结论是③④， 17.(1)月 (2) 85 5 【分析】(1)根据平行四边形的定义并结合面积是16，画出图形即可；根据正方形的定 义作图即可； 答案第13页，共2页 (2)根据高线的定义作图即可，再结合平行四边形的面积公式计算即可得出结果， 【详解】(1)解：作图略： 证明：由图可知AD=BC,AD∥BC」 :,四边形ABCD是平行四边形： 由勾股定理可知AC=AF=CE=EF=V4P+2=2V5 如图，连接CG,DF,可知AG=DF=2,CG=AD=4, 可知四边形ACEF是菱形， B △AGC≌AFDA(SAS) .∠GAC=∠DFA, :∠DAF+∠DFA=90° .∠DAF+∠GAC=∠CAF=90 ∴菱形ACEF是正方形： (2)解：作图略： 证明：如图， M G N ABM≌ANCB(SAS) 同(1)可知 .∠ABM=∠NCB, ,∠ABM+∠ABC=90° 答案第14页，共2页 ∴.∠NCB+∠ABC=90°， .∠BHC=90°， 即CH是△ABC的高线； 由勾股定理可得4B=V22+4=2V5 S.AC=AB-CH=16 .CH=l6_8V5 2√5 5. 18.证明：四边形ABCD是平行四边形， .AB∥CD DE⊥AB,BF⊥DC, ∴.DE⊥CD,则∠EDF=LE=∠F=90°. ∴四边形BEDF是矩形. 【分析】证明∠EDF=∠E=∠F=9O°，根据三个角是直角的四边形是矩形即可得到结论. 【详解】略 19.(1)35°： (2)证明：，四边形ABCD是菱形， ∴.AD=CD=BC=AB,∠BAD=∠BCD, D4c=0s0-∠D)=0-D, ,将△ABE沿BE折叠得△FBE, .∠ABE=∠FBE,AB=FB,∠AEB=∠BEF,∠BAD=∠BFE, AB=BE, .AB=BE=BF=BC」 .∠BAD=∠AEB=∠BFE=∠BEF=∠BFC=∠BCD, ,△ABE≌ACBF(SAS) .AE=CF, .'AD-AE=CD-CF,DE DF, ∴.∠DEF=∠DFE, 答案第15页，共2页 &∠Dr-08o-2D)=90-3D, ∴.∠DAC=∠DEF, EF‖AC: 2 3) 【分折10白四边形4BCD是菱形，则∠A=∠C=70°，AB=BC,D8C,所以 ∠A+∠ABC=18O°，通过折叠性质可知∠ABE=∠FBE,AB=FB,所以AB=FB=BC, 根据等边对等角得∠BFC=∠C=70°，所以∠FBC=180°-∠BFC-∠C=40°，最后由角度 和差即可求解； (2 由四边形ABCD是菱形，则AD=CD=BC=AB,∠BAD=∠BCD,所以 ∠D1C=0s0°-∠D)-=90-D,由折叠性质可得∠AE=∠FBE:4B=FB: ∠AEB=∠BEF,∠BAD=∠BFE,证明△1BE≌CBF(SS),所以AE=CF,可得 DE=DF,则∠DF=DFE,得∠DEr=0-D,所以Z0C-0Er,道过平行线 的判定方法即可求证： (B)延长BC、EF,交于点H,证明△EDPaHCF(AAS),所以EF=HF,DE=CH,设 AD=CD=BC=2m,DE=CH=n,则DF=CF=m,AE=EF=HF=2m-n,则有 DE n 2 EH=2(2m-n）=4m-2n,BH=2m+n,求得2m=3n:则DFm3· 【详解】(1)解：：四边形ABCD是菱形， .∠A=∠C=70°，AB=BC,ADI‖BC, .∠A+∠ABC=180°， .∠ABC=110°， ,将△ABE沿BE折叠得△FBE, .∠ABE=∠FBE,AB=FB, 答案第16页，共2页 .'AB=FB=BC. .∠BFC=∠C=70° ∴.∠FBC=180°-∠BFC-∠C=40° ∠ABE=∠FBE=2010-40)=35°， .∠ABE的度数为35°： (2)略： (3)解：如图，延长BCEF,交于点H, D ,四边形ABCD是菱形， .AD=CD=BC,ADI BC .∠AEB=∠CBE,∠DEF=∠H,∠EDF=∠HCF, ,将△ABE沿BE折叠得△FBE, .AE=FE,∠AEB=∠BEF, .∠AEB=∠BEF=∠CBE, .BH=EH, :F是CD的中点， .'DF =CF, :△BDF≌aHCF(AAS) .EF=HF,DE=CH, AD=CD=BC=2m,DE=CH=n,DF CF =m,AE=EF =HF=2m-n, :.EH=2(2m-m）=4m-2n,BH=2m+n BH=EH, .4m-2n=2m+n. .2m=3n, 答案第17页，共2页 DE n2 DF m 3' ·DE:DF的值为3： 20.1(2,4) (2)t=3；矩形 ()存在，‘的值为5 (4)2 【分析】(1)根据矩形的性质以及动点P的运动速度，即可作答， (2)根据矩形的性质以及点D是OA的中点，得OD=6,又因为四边形PODB是平行四边 形，得出CP=BC-BP=2t,解得t=3,证明四边形CODP为平行四边形，结合有一个角 是直角的平行四边形是矩形，即可作答， (3)先作图，利用菱形的性质结合勾股定理分别求解即可. (4)先求出矩形OABC的面积=OC×OA=48,根据直线PD恰好平分矩形OABC的面积， 进行列式计算，即可作答. 【详解】(1)解：：四边形OABC为矩形， C(0,4) ,动点P的纵坐标为4， ,动点P以2个单位长度/秒的速度由点C出发，沿CB运动至点B, ∴动点P的横坐标为2t, :P2,4) (2)解：四边形CODP为矩形，理由如下： :四边形OABC为矩形， A12,0) ∴.BC=AO=12 :点D是OA的中点， .0D=6, ,四边形PODB是平行四边形， .'BP=OD=6, 答案第18页，共2页 .CP=BC-BP=12-6=6=2t, .'.CP=OD,t=3 BCOA, CP∥OD, 四边形CODP为平行四边形， :四边形OABC为矩形， .∠C0D=90°， .四边形CODP为矩形. (3)存在，‘的值为5 如图： 环 N B D A 由(1)(2)可知，0D=6,0C=4,PC=2t, ,四边形ODNP为菱形， ..OD=OP=PN=6 在Rta0CP中，CP=VOp2-0c=V6-4=25 :21=2w6 解得：1V⑤ (4)解：依题意，连接PD,如图所示： :四边形OABC为矩形， A12,0）C(0,4) 答案第19页，共2页 .BC=OA=12,OC=4,CPI‖OD,∠OCP=∠C0A=90° ∴.矩形0ABC的面积=OC×0A=4×12=48, :D(80) .OD=8, ,直线PD恰好平分矩形OABC的面积， ∴梯形0CPD的面积(CP+0D)x0C÷2=48÷2=24 即(CP+8)x4÷2=24 解得CP=4, 由(1得P2,4) .2t=4, 解得t=2」 21.(1)A;90:ADE:ABF (2)如图，AG即为所求； D E B 3)60° (4)9 【分析】(1)根据旋转的性质解答即可： (2)根据作已知角的角平分线的作法解答即可： (3)根据正方形的性质以及旋转的性质可得∠EAF=∠BAD=90°，再由∠EAF的平分线 为4G,可得∠E4G=EF=45°，从而得到∠D4G∠E1G+∠DME-60,即可求解， (4)证明△AGB≌a4AGF(SAS ,可得EG=BF+BG,再由△ECG的周长为6，可得 答案第20页，共2页 DE+CE+BG+CG=6,可得到BC=3,即可求解. 【详解】(1)略 (2)略 (3)解：：四边形ABCD为正方形， .∠BAD=90°，AD∥BC, 由旋转的性质得：∠BAF=∠DAE, ∴.∠BAF+∠BAE=∠DAE+∠BAE, 即∠EAF=∠BAD=90°， ·∠EAF的平分线为AG, :∠EAG=)∠EAF=45 2 ,∠EAD=15°， .∠DAG=∠EAG+∠DAE=60°， :AD∥BC, .∠AGF=∠DAG=60°： (4)解：如图， ,四边形ABCD为正方形， .∠ABC=∠D=90°，CD=BC 由旋转的性质得：AF=AE,DE=BF, 由(3)得：∠FAG=∠EAG=)∠EAF=45」 .AG=AG :△1GE≌aAGF(SAS) .EG=FG,即EG=BF+BG, 答案第21页，共2页 :△ECG的周长为6， ∴.EG+CG+CE=6, .BF+BG+CG+CE=6, .DE+CE+BG+CG=6. .BC+CD=6,即2BC=6, .BC=3, ∴.正方形ABCD的面积为32=9 答案第22页，共2页