一、單選題
1．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形中，為對角線的中點，．動點在線段上，動點在線段上，點同時從點出發(fā)，分別向終點運動，且始終保持．點關(guān)于的對稱點為；點關(guān)于的對稱點為．在整個過程中，四邊形形狀的變化依次是（ ）
A．菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形
B．菱形→正方形→平行四邊形→菱形→平行四邊形
C．平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形→平行四邊形
D．平行四邊形→菱形→正方形→平行四邊形→菱形
2．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考中考真題）如圖，以鈍角三角形的最長邊為邊向外作矩形，連結(jié)，設(shè)，，的面積分別為，若要求出的值，只需知道( )

A．的面積B．的面積C．的面積D．矩形的面積
3．（2023·浙江·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形中，，則的長為（ ）


A．B．1C．D．
4．（2022·浙江嘉興·統(tǒng)考中考真題）“方勝”是中國古代婦女的一種發(fā)飾，其圖案由兩個全等正方形相疊組成，寓意是同心吉祥．如圖，將邊長為2cm的正方形ABCD沿對角線BD方向平移1cm得到正方形，形成一個“方勝”圖案，則點D，之間的距離為（ ）
A．1cmB．2cmC．(－1)cmD．(2－1)cm
5．（2022·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平行四邊形中，，，，是對角線上的動點，且，，分別是邊，邊上的動點．下列四種說法：①存在無數(shù)個平行四邊形；②存在無數(shù)個矩形；③存在無數(shù)個菱形；④存在無數(shù)個正方形．其中正確的個數(shù)是（ ）
A．1B．2C．3D．4
6．（2021·浙江寧波·統(tǒng)考中考真題）如圖是一個由5張紙片拼成的，相鄰紙片之間互不重疊也無縫隙，其中兩張等腰直角三角形紙片的面積都為，另兩張直角三角形紙片的面積都為，中間一張矩形紙片的面積為，與相交于點O．當(dāng)?shù)拿娣e相等時，下列結(jié)論一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
7．（2021·浙江溫州·統(tǒng)考中考真題）由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成的大正方形如圖所示．過點作的垂線交小正方形對角線的延長線于點，連結(jié)，延長交于點．若，則的值為（ ）
A．B．C．D．
8．（2021·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）數(shù)學(xué)興趣小組同學(xué)從“中國結(jié)”的圖案（圖1）中發(fā)現(xiàn)，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如圖2，用2個相同的菱形放置，得到3個菱形．下面說法正確的是（ ）
A．用3個相同的菱形放置，最多能得到6個菱形
B．用4個相同的菱形放置，最多能得到16個菱形
C．用5個相同的菱形放置，最多能得到27個菱形
D．用6個相同的菱形放置，最多能得到41個菱形
二、填空題
9．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形中，，連接，以點為圓心，長為半徑作弧，交直線于點，連接，則的度數(shù)是 ．

10．（2023·浙江臺州·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形中，，．在邊上取一點E，使，過點C作，垂足為點F，則的長為 ．
11．（2022·浙江臺州·統(tǒng)考中考真題）如圖，△ABC的邊BC長為4cm．將△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，則陰影部分的面積為 ．
12．（2021·浙江金華·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，有一只用七巧板拼成的“貓”，三角形①的邊BC及四邊形②的邊CD都在x軸上，“貓”耳尖E在y軸上．若“貓”尾巴尖A的橫坐標是1，則“貓”爪尖F的坐標是 ．
13．（2021·浙江金華·統(tǒng)考中考真題）如圖，菱形的邊長為，，將該菱形沿AC方向平移得到四邊形，交CD于點E，則點E到AC的距離為 ．
14．（2021·浙江杭州·統(tǒng)考中考真題）如圖是一張矩形紙片，點是對角線的中點，點在邊上，把沿直線折疊，使點落在對角線上的點處，連接，．若，則 度．
三、解答題
15．（2023·浙江·統(tǒng)考中考真題）如圖，在中，．

(1)尺規(guī)作圖：
①作線段的垂直平分線，交于點D，交于點O；
②在直線上截取，使，連接．（保留作圖痕跡）
(2)猜想證明：作圖所得的四邊形是否為菱形？并說明理由．
16．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，在正方形中，是對角線上的一點（與點不重合），分別為垂足．連接，并延長交于點．

(1)求證：．
(2)判斷與是否垂直，并說明理由．
17．（2023·浙江臺州·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形中，，，為對角線．

(1)證明：四邊形是平行四邊形．
(2)已知，請用無刻度的直尺和圓規(guī)作菱形，頂點E，F(xiàn)分別在邊，上（保留作圖痕跡，不要求寫作法）．
18．（2023·浙江寧波·統(tǒng)考中考真題）定義：有兩個相鄰的內(nèi)角是直角，并且有兩條鄰邊相等的四邊形稱為鄰等四邊形，相等兩鄰邊的夾角稱為鄰等角．

(1)如圖1，在四邊形中，，對角線平分．求證：四邊形為鄰等四邊形．
(2)如圖2，在6×5的方格紙中，A，B，C三點均在格點上，若四邊形是鄰等四邊形，請畫出所有符合條件的格點D．
(3)如圖3，四邊形是鄰等四邊形，，為鄰等角，連接，過B作交的延長線于點E．若，求四邊形的周長．
19．（2023·浙江金華·統(tǒng)考中考真題）如圖，為制作角度尺，將長為10，寬為4的矩形分割成的小正方形網(wǎng)格．在該矩形邊上取點，來表示的度數(shù)．閱讀以下作圖過程，并回答下列問題：
（答題卷用）
(1)分別求點表示的度數(shù)．
(2)用直尺和圓規(guī)在該矩形的邊上作點，使該點表示（保留作圖痕跡，不寫作法）．
20．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形中，于點，于點，連接

(1)求證：；
(2)若，求的度數(shù)．
21．（2022·浙江衢州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在4×4的方格紙中，點A，B在格點上．請按要求畫出格點線段（線段的端點在格點上），并寫出結(jié)論．
(1)在圖1中畫一條線段垂直．
(2)在圖2中畫一條線段平分．
22．（2022·浙江嘉興·統(tǒng)考中考真題）小惠自編一題：“如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，AC⊥BD，OB＝OD．求證：四邊形ABCD是菱形”，并將自己的證明過程與同學(xué)小潔交流．
若贊同小惠的證法，請在第一個方框內(nèi)打“√”；若贊成小潔的說法，請你補充一個條件，并證明．
23．（2022·浙江舟山·中考真題）小惠自編一題：“如圖，在四邊形中，對角線，交于點O，，，求證：四邊形是菱形”，并將自己的證明過程與同學(xué)小潔交流．

若贊同小惠的證法，請在第一個方框內(nèi)打“√”；若贊成小潔的說法，請你補充一個條件，并證明．
24．（2022·浙江麗水·統(tǒng)考中考真題）如圖，將矩形紙片折疊，使點B與點D重合，點A落在點P處，折痕為．
(1)求證：；
(2)若，求的長．
作法（如圖）
結(jié)論

①在上取點，使．
，點表示．
②以為圓心，8為半徑作弧，與交于點．
，點表示．
③分別以為圓心，大于長度一半的長為半徑作弧，相交于點，連結(jié)與相交于點．
…
④以為圓心，的長為半徑作弧，與射線交于點，連結(jié)交于點．
…
小惠：
證明：∵AC⊥BD，OB＝OD，
∴AC垂直平分BD．
∴AB＝AD，CB＝CD，
∴四邊形ABCD是菱形．
小潔：
這個題目還缺少條件，需要補充一個條件才能證明．
參考答案：
1．A
【分析】根據(jù)題意，分別證明四邊形是菱形，平行四邊形，矩形，即可求解．
【詳解】∵四邊形是矩形，
∴，，
∴，，
∵、，
∴
∵對稱，
∴，
∴
∵對稱，
∴，
∴，
同理，
∴
∴
∴四邊形是平行四邊形，
如圖所示，

當(dāng)三點重合時，，
∴
即
∴四邊形是菱形，
如圖所示，當(dāng)分別為的中點時，
設(shè)，則，，
在中，，
連接，，
∵，
∴是等邊三角形，
∵為中點，
∴，，
∴，
根據(jù)對稱性可得，
∴，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴四邊形是矩形，

當(dāng)分別與重合時，都是等邊三角形，則四邊形是菱形

∴在整個過程中，四邊形形狀的變化依次是菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形，
故選：A．
【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)與判定，勾股定理與勾股定理的逆定理，軸對稱的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
2．C
【分析】過點作，交的延長線于點，的延長線于點，易得：，利用矩形的性質(zhì)和三角形的面積公式，可得，再根據(jù)，得到，即可得出結(jié)論．
【詳解】解：過點作，交的延長線于點，的延長線于點，

∵矩形，
∴，
∴，
∴四邊形為矩形，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴只需要知道的面積即可求出的值；
故選C．
【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)，求三角形的面積．解題的關(guān)鍵是得到
3．D
【分析】連接與交于O．先證明是等邊三角形，由，得到，，即可得到，利用勾股定理求出的長度，即可求得的長度．
【詳解】解：連接與交于O．

∵四邊形是菱形，
∴，，，，
∵，且，
∴是等邊三角形，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，
故選：D．
【點睛】此題主要考查了菱形的性質(zhì)、勾股定理、等邊三角形的判定和性質(zhì)、角所對直角邊等于斜邊的一半，關(guān)鍵是熟練掌握菱形的性質(zhì)．
4．D
【分析】先求出BD，再根據(jù)平移性質(zhì)求得=1cm，然后由求解即可．
【詳解】解：由題意，BD=cm，
由平移性質(zhì)得=1cm，
∴點D，之間的距離為==（）cm，
故選：D．
【點睛】本題考查平移性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，熟練掌握平移性質(zhì)是解答的關(guān)鍵．
5．C
【分析】根據(jù)題意作出合適的輔助線，然后逐一分析即可．
【詳解】
如圖，連接AC、與BD交于點O，連接ME，MF，NF，EN，MN，
∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴OA=OC，OB=OD
∵BE=DF
∴OE=OF
∵點E、F時BD上的點，
∴只要M，N過點O，
那么四邊形MENF就是平行四邊形
∴存在無數(shù)個平行四邊形MENF，故①正確；
只要MN=EF，MN過點O，則四邊形MENF是矩形，
∵點E、F是BD上的動點，
∴存在無數(shù)個矩形MENF，故②正確；
只要MN⊥EF，MN過點O，則四邊形MENF是菱形；
∵點E、F是BD上的動點，
∴存在無數(shù)個菱形MENF，故③正確；
只要MN=EF，MN⊥EF，MN過點O，
則四邊形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一個，故④錯誤；
故選：C
【點睛】本題考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四邊形的判定、解答本題的關(guān)鍵時明確題意，作出合適的輔助線．
6．A
【分析】根據(jù)△AED和△BCG是等腰直角三角形，四邊形ABCD是平行四邊形，四邊形HEFG是矩形可得出AE=DE=BG=CG=a， HE=GF，GH=EF，點O是矩形HEFG的中心，設(shè)AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c，過點O作OP⊥EF于點P，OQ⊥GF于點Q，可得出OP，OQ分別是△FHE和△EGF的中位線，從而可表示OP，OQ的長，再分別計算出，，進行判斷即可
【詳解】解：由題意得，△AED和△BCG是等腰直角三角形，
∴
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD=BC，CD=AB，∠ADC=∠ABC，∠BAD=∠DCB
∴∠HDC=∠FBA，∠DCH=∠BAF，
∴△AED≌△CGB，△CDH≌ABF
∴AE=DE=BG=CG
∵四邊形HEFG是矩形
∴GH=EF，HE=GF
設(shè)AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c
過點O作OP⊥EF于點P，OQ⊥GF于點Q，
∴OP//HE，OQ//EF
∵點O是矩形HEFG的對角線交點，即HF和EG的中點，
∴OP，OQ分別是△FHE和△EGF的中位線，
∴，
∵

∵
∴，即
而，

所以，，故選項A符合題意，

∴，故選項B不符合題意，
而于都不一定成立，故都不符合題意，
故選：A
【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、直角三角形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是求出S1，S2，S3之間的關(guān)系．
7．C
【分析】如圖，設(shè)BH交CF于P，CG交DF于Q，根據(jù)題意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，根據(jù)可得BE=PE=PC=PF=DF，根據(jù)正方形的性質(zhì)可證明△FDG是等腰直角三角形，可得DG=FD，根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)可得PH=FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可證明△CPH≌△GDQ，可得PH=QD，即可得出PH=BE，可得BH=，利用勾股定理可用BE表示長CH的長，即可表示出CG的長，進而可得答案．
【詳解】如圖，設(shè)BH交CF于P，CG交DF于Q，
∵由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成的大正方形，
∴BE=PC=DF，AE=BP=CF，
∵，
∴BE=PE=PC=PF=DF，
∵∠CFD=∠BPC，
∴DF//EH，
∴PH為△CFQ的中位線，
∴PH=QF，CH=HQ，
∵四邊形EPFN是正方形，
∴∠EFN=45°，
∵GD⊥DF，
∴△FDG是等腰直角三角形，
∴DG=FD=PC，
∵∠GDQ=∠CPH=90°，
∴DG//CF，
∴∠DGQ=∠PCH，
在△DGQ和△PCH中，，
∴△DGQ≌△PCH，
∴PH=DQ，CH=GQ，
∴PH=DF=BE，CG=3CH，
∴BH=BE+PE+PH=，
在Rt△PCH中，CH==，
∴CG=BE，
∴．
故選：C．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線的性質(zhì)及勾股定理，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及判定定理是解題關(guān)鍵．
8．B
【分析】根據(jù)平移和大菱形的位置得出菱形的個數(shù)進行判定即可
【詳解】如圖所示，
用2個相同的菱形放置，最多能得到3個菱形；
用3個相同的菱形放置，最多能得到8個菱形，
用4個相同的菱形放置，最多能得到16個菱形，
用5個相同的菱形放置，最多能得到29個菱形，
用6個相同的菱形放置，最多能得到47個菱形．
故選：B．
【點睛】本題考查了生活中的平移現(xiàn)象，菱形的判定，正確的識別圖形是解題的關(guān)鍵．
9．或
【分析】根據(jù)題意畫出圖形，結(jié)合菱形的性質(zhì)可得，再進行分類討論：當(dāng)點E在點A上方時，當(dāng)點E在點A下方時，即可進行解答．
【詳解】解：∵四邊形為菱形，，
∴，
連接，
①當(dāng)點E在點A上方時，如圖，
∵，，
∴，
②當(dāng)點E在點A下方時，如圖，
∵，，
∴，
故答案為：或．

【點睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和以及三角形的外角定理，解題的關(guān)鍵是掌握菱形的對角線平分內(nèi)角；等腰三角形兩底角相等，三角形的內(nèi)角和為；三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角之和．
10．
【分析】利用矩形的性質(zhì)、勾股定理求出，利用證明，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求解即可．
【詳解】解：∵矩形中，，，
∴，，
又，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
在和中
，
∴，
∴．
故答案為：．
【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，是重要考點，難度較易，掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．
11．8
【分析】根據(jù)平移的性質(zhì)即可求解．
【詳解】解：由平移的性質(zhì)S△A′B′C′=S△ABC，BC=B′C′，BC∥B′C′，
∴四邊形B′C′CB為平行四邊形，
∵BB′⊥BC，
∴四邊形B′C′CB為矩形，
∵陰影部分的面積=S△A′B′C′+S矩形B′C′CB-S△ABC
=S矩形B′C′CB
=4×2
=8(cm2)．
故答案為：8．
【點睛】本題考查了矩形的判定和平移的性質(zhì)：①平移不改變圖形的形狀和大小；②經(jīng)過平移，對應(yīng)點所連的線段平行且相等，對應(yīng)線段平行且相等，對應(yīng)角相等．
12．
【分析】設(shè)大正方形的邊長為2a，則大等腰直角三角形的腰長為，中等腰直角三角形的腰長為a，小等腰直角三角形的腰長為，小正方形的邊長為，平行四邊形的長邊為a，短邊為，用含有a的代數(shù)式表示點A的橫坐標，表示點F的坐標，確定a值即可.
【詳解】設(shè)大正方形的邊長為2a，則大等腰直角三角形的腰長為，中等腰直角三角形的腰長為a，小等腰直角三角形的腰長為，小正方形的邊長為，平行四邊形的長邊為a，短邊為，如圖，過點F作FG⊥x軸，垂足為G, 點F作FH⊥y軸，垂足為H, 過點A作AQ⊥x軸，垂足為Q,延長大等腰直角三角形的斜邊交x軸于點N，交FH于點M，
根據(jù)題意，得OC==，CD=a,DQ=，
∵點A的橫坐標為1,
∴+a+=1，
∴a=；
根據(jù)題意，得FM=PM=，MH=，
∴FH==；
∴MT=2a-，BT=2a-,
∴TN=-a，
∴MN=MT+TN=2a-+-a==，
∵點F在第二象限，
∴點F的坐標為（-，）
故答案為：（-，）．
【點睛】本題考查了七巧板的意義，合理設(shè)出未知數(shù)，用未知數(shù)表示各個圖形的邊長，點ＡＡ的橫坐標，點Ｆ的坐標是解題的關(guān)鍵．
13．2
【分析】首先根據(jù)菱形對角線的性質(zhì)得出AC的長，然后利用菱形對角線平分對角和平移的性質(zhì)得出等腰 ，過頂點作垂線段EF，利用三線合一得出CF的長，再利用直角三角形30°所對的直角邊等于斜邊一半和勾股定理列出方程，即可求解．
【詳解】∵∠BAD=60°，
∴連接對角線AC,BD，則AC⊥BD，且AC平分∠BAD,
∴在Rt△ADO中，
利用勾股定理得
又∵AC=2AO,
∴AC= ，
由題可知 =，
∴A’C=;
由平移可知 =∠DAC=30°,而∠DAC=∠DCA,
∴=∠DCA，即==30°，
∴ 是等腰三角形；
過點E作EF⊥AC，垂足為F，如圖所示：
則由等腰三角形三線合一可得：A’F=FC=,
在Rt△ECF中， ,設(shè)EF=x，則EC=2x，
由勾股定理得：
，解得x=2，
故填：2．
【點睛】本題考查菱形的性質(zhì)，等腰三角形三線合一，直角三角形中30°所對的直角邊等于斜邊一半和勾股定理；菱形對角線互相垂直且平分，一條對角線平分一組對角，熟知概念定理是解題的關(guān)鍵．
14．18
【分析】連接MD，設(shè)∠DAF=x，利用折疊與等腰三角形的性質(zhì)，用x的代數(shù)式表示出∠ADC=90°，列出方程解方程即可．
【詳解】連接MD，設(shè)∠DAF=x
根據(jù)矩形的基本性質(zhì)可知AM=MD，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°
∴∠MDA=∠DAF=x，∠ACB=∠DAC=x
∴∠DMF=2x
∵△DCE折疊得到△DFE
∴DF=CD=AB，DE⊥FC，∠FDE=∠CDE
又MF=AB
∴MF=DF
∴∠MDF=2x
∵∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，∠EDC+∠FCD=90°
∴∠CDE=∠ACD=x
∴∠FDE=∠CDE=x
∴∠ADC=∠ADM+∠MDF+∠FDE+∠CDE=x+2x+x+x=5x=90°
∴x=18°
故∠DAF=18°
故答案為18．
【點睛】本題考查了矩形的折疊問題，能夠做出合適的輔助線用∠DAF表示出∠ADC是解題關(guān)鍵．
15．(1)①見解析；②見解析
(2)四邊形是菱形，見解析
【分析】（1）①根據(jù)垂直平分線的畫法作圖；②以點O為圓心，為半徑作圓，交于點E，連線即可；
（2）根據(jù)菱形的判定定理證明即可．
【詳解】（1）①如圖：直線即為所求；
②如圖，即為所求；
；
（2）四邊形是菱形，理由如下：
∵垂直平分，
∴，
∵，
∴四邊形是平行四邊形，
又∵，
∴四邊形是菱形．
【點睛】此題考查了基本作圖－線段垂直平分線，截取線段，菱形的判定定理，熟練掌握基本作圖方法及菱形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
16．(1)見解析
(2)與垂直，理由見解析
【分析】（1）由正方形的性質(zhì)，得到，結(jié)合垂直于同一條直線的兩條直線平行，可得，再根據(jù)平行線的性質(zhì)解答即可；
（2）連接交于點，由證明，再根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等得到，繼而證明四邊形為矩形，最后根據(jù)矩形的性質(zhì)解答即可．
【詳解】（1）解：在正方形中，
∴，
∴．
（2）與垂直，理由如下．
連接交于點．
∵為正方形的對角線，
∴，
又∵，
∴，
∴．
在正方形中，，
又∵，
∴四邊形為矩形，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、全等三角形的判斷與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)等知識，綜合性較強，是重要考點，掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．
17．(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）先證明，再證明，即，從而可得結(jié)論；
（2）作對角線的垂直平分線交于，交于，從而可得菱形．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，
∵，
∴，
即．
∴．
∴四邊形是平行四邊形．
（2）如圖，

四邊形就是所求作的菱形．
【點睛】本題考查的是平行四邊形的判定與性質(zhì)，作線段的垂直平分線，菱形的判定，熟練的利用菱形的判定進行作圖是解本題的關(guān)鍵．
18．(1)證明見解析
(2)畫圖見解析
(3)
【分析】（1）先證明，，再證明，即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)新定義分兩種情況進行討論即可；①，結(jié)合圖形再確定滿足或的格點D；②，結(jié)合圖形再確定滿足的格點D；
（3）如圖，過作于，可得四邊形是矩形，，，證明四邊形為平行四邊形，可得，，設(shè)，而，，，由新定義可得，由勾股定理可得：，再解方程可得答案．
【詳解】（1）解：∵，
∴，，
∵對角線平分，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形為鄰等四邊形．
（2）解：，，即為所求；
（3）如圖，過作于，

∵，
∴四邊形是矩形，
∴，，
∵，
∴四邊形為平行四邊形，
∴，，
設(shè)，而，
∴，，
由新定義可得，
由勾股定理可得：，
整理得：，
解得：，（不符合題意舍去），
∴，
∴四邊形的周長為．
【點睛】本題考查的是新定義的含義，平行線的性質(zhì)，等腰三角形的判定，平行四邊形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，一元二次方程的解法，理解題意，作出合適的輔助線是解本題的關(guān)鍵．
19．(1)點表示；點表示
(2)見解析
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可求出度數(shù)，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)度數(shù)，即可求出的度數(shù)，從而知道點表示度數(shù)；利用半徑相等即可求出，再根據(jù)平行線的性質(zhì)即可求出以及對應(yīng)的度數(shù)，從而知道點表示度數(shù)．
（2）利用角平分線的性質(zhì)作圖即可求出答案．
【詳解】（1）解：①四邊形是矩形，
．
由作圖可知，是的中垂線，

．
．
．
點表示．
②由作圖可知，．
．
又，
．
．
∴點表示．
故答案為：點表示，點表示．
（2）解：如圖所示，
作的角平分線等．如圖2，點即為所求作的點．

∵點表示，點表示．
．
∴表示．
【點睛】本題考查的是尺規(guī)作圖的應(yīng)用，涉及到的知識點有線段垂直平分線、角平分線性質(zhì)、圓的相關(guān)性質(zhì)，解題的關(guān)鍵需要正確理解題意，清楚知道用到的相關(guān)知識點．
20．(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)的三角形全等即可證明．
（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)和已知條件可推出度數(shù)，再根據(jù)第一問的三角形全等和直角三角形的性質(zhì)可求出和度數(shù)，從而求出度數(shù)，證明了等邊三角形，即可求出的度數(shù)．
【詳解】（1）證明：菱形，
，
又，
．
在和中，
，
．
．
（2）解：菱形，
，
，
．
又，
．
由（1）知，
．
．
，
等邊三角形．
．
【點睛】本題考查了三角形全等、菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵在于熟練掌握全等的方法和菱形的性質(zhì)．
21．(1)圖見解析，（答案不唯一）
(2)圖見解析，平分（答案不唯一）
【分析】（1）根據(jù)網(wǎng)格特點，利用三角形全等的判定與性質(zhì)畫圖即可得；
（2）根據(jù)網(wǎng)格特點，利用矩形的判定與性質(zhì)畫圖即可得．
【詳解】（1）解：如圖1，線段即為所求，滿足．
（2）解：如圖2，線段即為所求，滿足平分．
【點睛】本題考查了三角形全等的判定與性質(zhì)畫圖、矩形的判定與性質(zhì)畫圖，熟練掌握全等三角形和矩形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
22．贊成小潔的說法，補充證明見解析
【分析】先由OB＝OD，證明四邊形是平行四邊形，再利用對角線互相垂直，從而可得結(jié)論．
【詳解】解：贊成小潔的說法，補充
證明：∵OB＝OD，
四邊形是平行四邊形，
AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形．
【點睛】本題考查的是平行四邊形的判定，菱形的判定，掌握“菱形的判定方法”是解本題的關(guān)鍵．
23．贊成小潔的說法，補充，見解析
【分析】贊成小潔的說法，補充：，由四邊相等的四邊形是菱形即可判斷．
【詳解】贊成小潔的說法，補充：．
證明：，，
，．
又∵．
∴，
∴四邊形是菱形．
【點睛】本題考查菱形的判定以及線段垂直平分線的性質(zhì)，熟練掌握菱形的判定是解題的關(guān)鍵．
24．(1)證明見解析
(2)cm
【分析】（1）利用ASA證明即可；
（2）過點E作EG⊥BC交于點G，求出FG的長，設(shè)AE=xcm，用x表示出DE的長，在Rt△PED中，由勾股定理求得答案．
【詳解】（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠A=∠B=∠ADC=∠C=90°，
由折疊知，AB=PD，∠A=∠P，∠B=∠PDF=90°，
∴PD=CD，∠P=∠C，∠PDF =∠ADC，
∴∠PDF-∠EDF=∠ADC-∠EDF,
∴∠PDE=∠CDF，
在△PDE和△CDF中，
,
∴（ASA）；
（2）如圖，過點E作EG⊥BC交于點G，
∵四邊形ABCD是矩形,
∴AB=CD=EG=4cm，
又∵EF=5cm，∴cm,
設(shè)AE=xcm，
∴EP=xcm，
由知，EP=CF=xcm，
∴DE=GC=GF+FC=3+x，
在Rt△PED中，,
即，
解得，，
∴BC=BG+GC= (cm）．
【點睛】本題考查了翻折變換，矩形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，根據(jù)翻折變換的性質(zhì)將問題轉(zhuǎn)化到直角三角形中利用勾股定理是解題的關(guān)鍵．

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