【文章內(nèi)容簡介】 ．【詳解】①如圖，連接AC，BD交于O，四邊形ABCD是菱形，過點O直線MP和QN，分別交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，則四邊形MNPQ是平行四邊形，故存在無數(shù)個四邊形MNPQ是平行四邊形；故正確；②如圖，當PM=QN時，四邊形MNPQ是矩形，故存在無數(shù)個四邊形MNPQ是矩形；故正確；③如圖，當PM⊥QN時，存在無數(shù)個四邊形MNPQ是菱形；故正確；④如圖，當四邊形ABCD為正方形時，四邊形MNPQ是正方形，故至少存在一個四邊形MNPQ是正方形；故④正確；綜上，①②③④4個均正確，故選：D．【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定，熟記各定理是解題的關鍵．10．B【分析】通過判斷△BDE為等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)和勾股定理可對①進行判斷；根據(jù)等角的余角相等得到∠BHE=∠C，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到∠A=∠C，則∠A=∠BHE，于是可對②進行判斷；證明△BEH≌△DEC，得到BH=CD，接著由平行四邊形的性質(zhì)得AB=CD，則AB=BH，可對③進行判斷；因為∠BHD=90176。+∠EBH，∠BDG=90176。+∠BDE，由∠BDE＞∠EBH，推出∠BDG＞∠BHD，可判斷④．【詳解】解：∵∠DBC=45176。，DE⊥BC，∴△BDE為等腰直角三角形，所以①錯誤；∵BF⊥CD，∴∠C+∠CBF=90176。，而∠BHE+∠CBF=90176。，∴∠BHE=∠C，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠A=∠C，∴∠A=∠BHE，所以②正確；在△BEH和△DEC中，∴△BEH≌△DEC，∴BH=CD，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AB=CD，∴AB=BH，所以③正確；∵∠BHD=90176。+∠EBH，∠BDG=90176。+∠BDE，∵∠BDE=∠DBE＞∠EBH，∴∠BDG＞∠BHD，所以④錯誤；故選：B．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)．熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)并能靈活運用是解題關鍵，本題中主要用到平行四邊形對邊相等，對角相等．11．D【分析】求得∠ADB＝90176。，即AD⊥BD，即可得到S?ABCD＝AD?BD；依據(jù)∠CDE＝60176。，∠BDE＝30176。，可得∠CDB＝∠BDE，進而得出DB平分∠CDE；依據(jù)Rt△BCD中，斜邊上的中線DE＝斜邊BC的一半，即可得到AD＝BC＝2DE，進而得到AB＝DE；依據(jù)OE是中位線，即可得到OE∥CD，因為兩平行線間的距離相等，進而得到S△CDE＝S△OCD，再根據(jù)OC是△BCD的中線，可得S△BOC＝S△COD，即可得到S△CDE＝S△BOC．【詳解】∵∠BCD＝60176。，四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ADC＝180176。－∠BCD＝120176。，BC//AD，BC＝AD，∵DE平分∠ADC，∴∠CDE＝∠CED＝60176。＝∠BCD，∴△CDE是等邊三角形，∴CE＝CD＝ AD＝ BC，∴E是BC的中點，∴DE＝BE，∴∠BDE＝ ∠CED＝30176。，∴∠CDB＝90176。，即CD⊥BD，∴S?ABCD＝CD?BD＝AB?BD，故①正確；∵∠CDE＝60176。，∠BDE＝30176。，∴∠ADB＝30176。＝∠BDE，∴DB平分∠CDE，故②正確；∵△CDE是等邊三角形，∴DE＝CD＝AB，故③正確；∵O是BD的中點，E是BC的中點，∴OE是△CBD的中位線，∴OE∥CD，∴S△OCD＝S△CDE，∵OC是△BCD的中線，∴S△BOC＝S△COD，∴S△CDE＝S△BOC，故④正確，故選D．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線、平行線間的距離相等、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半等，綜合性較強，熟練掌握和靈活運用相關性質(zhì)與定理是解題的關鍵.12．C【分析】證明△BNA≌△BNE，得到BA=BE，即△BAE是等腰三角形，同理△CAD是等腰三角形，根據(jù)題意求出DE，根據(jù)三角形中位線定理計算即可．【詳解】解：∵BN平分∠ABC，BN⊥AE，∴∠NBA=∠NBE，∠BNA=∠BNE，在△BNA和△BNE中， ，∴△BNA≌△BNE，∴BA=BE，∴△BAE是等腰三角形，同理△CAD是等腰三角形，∴點N是AE中點，點M是AD中點（三線合一），∴MN是△ADE的中位線，∵BE+CD=AB+AC=19BC=197=12，∴DE=BE+CDBC=5，∴MN=DE=．故選C．【點睛】本題考查的是三角形中位線定理、等腰三角形的性質(zhì)，掌握三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半是解題的關鍵．13．C【分析】首先證明四邊形AEPF為矩形，可得AM=AP，最后利用垂線段最短確定AP的位置，利用面積相等求出AP的長，即可得AM.【詳解】在△ABC中，因為AB2+AC2=BC2，所以△ABC為直角三角形，∠A=90176。，又因為PE⊥AB，PF⊥AC，故四邊形AEPF為矩形，因為M為EF中點，所以M也是AP中點，即AM=AP，故當AP⊥BC時，AP有最小值，此時AM最小，由，可得AP=，AM=AP=故本題正確答案為C.【點睛】本題考查了矩形的判定和性質(zhì),確定出AP⊥BC時AM最小是解題關鍵.14．C【分析】根據(jù)三角形的中位線定理“三角形的中位線平行于第三邊”可得，再由45176。角可證△ABQ為等腰直角三角形，從而可得可得，進而證明，利用三角形的全等性質(zhì)求解即可．【詳解】解：如圖所示：連接，延長交于點，延長交于，延長交于．，，點為兩條高的交點，為邊上的高，即：，由中位線定理可得，，故①正確；，，，根據(jù)以上條件得，，故②正確；，，故③成立；無法證明，故④錯誤．綜上所述：正確的是①②③，故選C．【點睛】本題考點在于三角形的中位線和三角形全等的判斷及應用．解題關鍵是證明．15．C【分析】證出OC＝BC，由等腰三角形的性質(zhì)得CN⊥BD，①正確；證出MN是△AOB的中位線，得MN∥AB，MN＝AB，由直角三角形的性質(zhì)得NP＝CD，則MN＝NP，②正確；周長四邊形MNCP是平行四邊形，無法證明四邊形MNCP是菱形；③錯誤；由平行線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)證出∠MND＝∠PND，則ND平分∠PNM，④正確；即可得出結(jié)論．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，BC＝AD，OA＝OC＝AC，∵AD＝AC，∴OC＝BC，∵N是OB的中點，∴CN⊥BD，①正確；∵M、N分別是OA、OB的中點，∴MN是△AOB的中位線，∴MN∥AB，MN＝AB，∵CN⊥BD，∴∠CND＝90176。，∵P是CD的中點，∴NP＝CD＝PD＝PC，∴MN＝NP，②正確；∵MN∥AB，AB∥CD，∴MN∥CD，又∵NP＝PC，MN＝NP，∴MN＝PC，∴四邊形MNCP是平行四邊形，無法證明四邊形MNCP是菱形；③錯誤；∵MN∥CD，∴∠PDN＝∠MND，∵NP＝PD，∴∠PDN＝∠PND，∴∠MND＝∠PND，∴ND平分∠PNM，④正確；正確的個數(shù)有3個，故選：C．【點睛】本題考查了平行四邊形性質(zhì)和判定，三角形中位線定理，直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等；熟練掌握三角形中位線定理、等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)是解題的關鍵．16．D【分析】設，先根據(jù)矩形的性質(zhì)可得，再根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，從而可得，又根據(jù)菱形的性質(zhì)可得，然后根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得，從而可得點共線，由此可得，最后在中，利用勾股定理即可得．【詳解】設，四邊形ABCD是矩形，由折疊的性質(zhì)得：，四邊形AECF是菱形，在和中，，即，點共線，在中，即，解得或（不符題意，舍去），即，故選：D．【點睛】本題考查了矩形與菱形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、勾股定理等知識點，利用三角形全等的判定定理與性質(zhì)證出，從而得出點共線是解題關鍵．17．D【分析】過點F作FH⊥CD，交直線CD于點Q，則∠EHF=90176。，易證∠ADE=∠EHF，由正方形的性質(zhì)得出∠AE