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9. 如图,正方形ABCD的边长为4,以边AB为底向外作等腰$\mathrm{Rt}△ ABE$,P是对角线AC上的一个动点,连接PB,PE,则$PB+PE$的最小值是
$2\sqrt{10}$
.答案
9. $2\sqrt{10}$
解析
【分析】
本题属于轴对称最短路径问题，解题核心是利用正方形的对称性进行线段转化。首先回忆正方形的性质：对角线AC是正方形的一条对称轴，点B与点D关于AC对称，因此PB=PD，可将PB+PE转化为PD+PE。根据两点之间线段最短，当E、P、D三点共线时，PD+PE的和最小，最小值即为线段DE的长度，最后构造直角三角形用勾股定理计算DE长度即可。
【解析】
解：连接PD、DE，过点E作EG⊥AB于点G，作EF⊥DA交DA的延长线于点F。
1. 利用正方形对称性转化线段：
∵四边形ABCD是正方形，
∴对角线AC垂直平分BD，
∴PB=PD，
∴PB+PE=PD+PE。
2. 确定最小值情况：
根据两点之间线段最短，当E、P、D三点共线时，PD+PE取得最小值，最小值为线段DE的长度。
3. 计算DE的长度：
∵△ABE是等腰直角三角形，AB为底，AB=4，
∴G是AB的中点，EG=AG=$\frac{1}{2}$AB=2，
∵AB⊥AD，EF⊥AD，EG⊥AB，
∴四边形AFEG是矩形，
∴AF=EG=2，EF=AG=2，
∴DF=AD+AF=4+2=6，
在Rt△EFD中，由勾股定理得：
$DE=\sqrt{EF^2+DF^2}=\sqrt{2^2+6^2}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}$。
【答案】
$2\sqrt{10}$
【知识点】
轴对称最短路径；正方形的性质；勾股定理
【点评】
本题是轴对称最值类的典型考题，解题关键是借助图形的对称性将两条动线段的和转化为两点之间的线段长，再结合几何图形的性质和勾股定理计算即可，需要熟练掌握常见轴对称图形的对称性质。
【难度系数】
0.6
本题属于轴对称最短路径问题，解题核心是利用正方形的对称性进行线段转化。首先回忆正方形的性质：对角线AC是正方形的一条对称轴，点B与点D关于AC对称，因此PB=PD，可将PB+PE转化为PD+PE。根据两点之间线段最短，当E、P、D三点共线时，PD+PE的和最小，最小值即为线段DE的长度，最后构造直角三角形用勾股定理计算DE长度即可。
【解析】
解：连接PD、DE，过点E作EG⊥AB于点G，作EF⊥DA交DA的延长线于点F。
1. 利用正方形对称性转化线段：
∵四边形ABCD是正方形，
∴对角线AC垂直平分BD，
∴PB=PD，
∴PB+PE=PD+PE。
2. 确定最小值情况：
根据两点之间线段最短，当E、P、D三点共线时，PD+PE取得最小值，最小值为线段DE的长度。
3. 计算DE的长度：
∵△ABE是等腰直角三角形，AB为底，AB=4，
∴G是AB的中点，EG=AG=$\frac{1}{2}$AB=2，
∵AB⊥AD，EF⊥AD，EG⊥AB，
∴四边形AFEG是矩形，
∴AF=EG=2，EF=AG=2，
∴DF=AD+AF=4+2=6，
在Rt△EFD中，由勾股定理得：
$DE=\sqrt{EF^2+DF^2}=\sqrt{2^2+6^2}=\sqrt{40}=2\sqrt{10}$。
【答案】
$2\sqrt{10}$
【知识点】
轴对称最短路径；正方形的性质；勾股定理
【点评】
本题是轴对称最值类的典型考题，解题关键是借助图形的对称性将两条动线段的和转化为两点之间的线段长，再结合几何图形的性质和勾股定理计算即可，需要熟练掌握常见轴对称图形的对称性质。
【难度系数】
0.6
10. 如图,两个全等的矩形纸片重叠在一起,矩形的长和宽分别是8和6,则重叠部分的四边形周长是
$25$
.答案
10. 25
解析
【分析】
首先我们先判断重叠部分四边形的形状：根据矩形对边平行的性质，可得出重叠四边形两组对边分别平行，因此它是平行四边形；再结合两个矩形全等、宽相等的特点，可证得该平行四边形的邻边相等，即它是菱形，四条边长度相等。接下来设菱形边长为x，利用矩形的长、宽和勾股定理列方程求出边长，再乘4即可得到周长。
【解析】
1. 判定重叠部分的形状：
∵两个图形都是矩形，矩形的对边互相平行，
∴重叠部分四边形的两组对边分别平行，可得该四边形是平行四边形。
分别过平行四边形的两个顶点作对边的高，两个高均为矩形的宽6，
根据平行四边形面积=底×高，两个不同的底（即平行四边形的邻边）对应的高相等，因此邻边长度相等，
∴该平行四边形是菱形，四条边长度相等。
2. 利用勾股定理求边长：
设菱形的边长为$x$，则直角三角形中，一条直角边为矩形的宽6，另一条直角边长度为$8-x$，斜边为菱形边长$x$。
由勾股定理得：
$x^2 = 6^2 + (8-x)^2$
展开得：$x^2 = 36 + 64 - 16x + x^2$
消去$x^2$整理得：$16x = 100$
解得：$x = \frac{25}{4}$
3. 计算周长：
菱形周长为$4x = 4×\frac{25}{4} = 25$
【答案】
25
【知识点】
矩形的性质；菱形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是特殊四边形性质与勾股定理结合的典型应用题，解题的关键是先判断出重叠部分为菱形，再通过设未知数、利用勾股定理列方程求解边长，考察了几何图形性质的应用和方程思想。
【难度系数】
0.6
首先我们先判断重叠部分四边形的形状：根据矩形对边平行的性质，可得出重叠四边形两组对边分别平行，因此它是平行四边形；再结合两个矩形全等、宽相等的特点，可证得该平行四边形的邻边相等，即它是菱形，四条边长度相等。接下来设菱形边长为x，利用矩形的长、宽和勾股定理列方程求出边长，再乘4即可得到周长。
【解析】
1. 判定重叠部分的形状：
∵两个图形都是矩形，矩形的对边互相平行，
∴重叠部分四边形的两组对边分别平行，可得该四边形是平行四边形。
分别过平行四边形的两个顶点作对边的高，两个高均为矩形的宽6，
根据平行四边形面积=底×高，两个不同的底（即平行四边形的邻边）对应的高相等，因此邻边长度相等，
∴该平行四边形是菱形，四条边长度相等。
2. 利用勾股定理求边长：
设菱形的边长为$x$，则直角三角形中，一条直角边为矩形的宽6，另一条直角边长度为$8-x$，斜边为菱形边长$x$。
由勾股定理得：
$x^2 = 6^2 + (8-x)^2$
展开得：$x^2 = 36 + 64 - 16x + x^2$
消去$x^2$整理得：$16x = 100$
解得：$x = \frac{25}{4}$
3. 计算周长：
菱形周长为$4x = 4×\frac{25}{4} = 25$
【答案】
25
【知识点】
矩形的性质；菱形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是特殊四边形性质与勾股定理结合的典型应用题，解题的关键是先判断出重叠部分为菱形，再通过设未知数、利用勾股定理列方程求解边长，考察了几何图形性质的应用和方程思想。
【难度系数】
0.6
1. 如图,直线 $ m // n $,四边形 $ ABCD $ 是正方形,点 $ C $ 在直线 $ n $ 上,点 $ D $ 在直线 $ m $ 上.若$ ∠ 1 = 60° $,则$ ∠ 2 $ 的大小是(
A.$ 30° $
B.$ 40° $
C.$ 50° $
D.$ 60° $
D
)A.$ 30° $
B.$ 40° $
C.$ 50° $
D.$ 60° $
答案
1. D
解析
【分析】
解题时首先明确已知条件：直线$m // n$，$ABCD$是正方形，$∠ 1=60°$。第一步，先利用正方形内角为$90°$的性质，在包含$∠ 1$的$△ AED$中，用三角形内角和算出$∠ ADE$的度数；第二步，结合平角定义和正方形$∠ ADC=90°$的性质，算出直线$m$与$CD$的夹角$∠ CDM$的度数；第三步，利用平行线的内错角相等的性质，即可得到$∠ 2$的度数。
【解析】
设直线$m$与$AB$交于点$E$：
1. 因为四边形$ABCD$是正方形，所以$∠ A=∠ ADC=90°$；
2. 在$△ AED$中，根据三角形内角和为$180°$，得$∠ ADE=180°-∠ A-∠ 1=180°-90°-60°=30°$；
3. 由平角的定义，$∠ ADE+∠ ADC+∠ CDM=180°$，代入数值得$∠ CDM=180°-30°-90°=60°$；
4. 因为$m // n$，根据“两直线平行，内错角相等”，可得$∠ 2=∠ CDM=60°$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
正方形的性质，平行线的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础题型，综合考查了几何基础知识点的应用，解题的核心是结合图形梳理各角之间的数量关系，掌握相关基础性质就能顺利求解。
【难度系数】
0.8
解题时首先明确已知条件：直线$m // n$，$ABCD$是正方形，$∠ 1=60°$。第一步，先利用正方形内角为$90°$的性质，在包含$∠ 1$的$△ AED$中，用三角形内角和算出$∠ ADE$的度数；第二步，结合平角定义和正方形$∠ ADC=90°$的性质，算出直线$m$与$CD$的夹角$∠ CDM$的度数；第三步，利用平行线的内错角相等的性质，即可得到$∠ 2$的度数。
【解析】
设直线$m$与$AB$交于点$E$：
1. 因为四边形$ABCD$是正方形，所以$∠ A=∠ ADC=90°$；
2. 在$△ AED$中，根据三角形内角和为$180°$，得$∠ ADE=180°-∠ A-∠ 1=180°-90°-60°=30°$；
3. 由平角的定义，$∠ ADE+∠ ADC+∠ CDM=180°$，代入数值得$∠ CDM=180°-30°-90°=60°$；
4. 因为$m // n$，根据“两直线平行，内错角相等”，可得$∠ 2=∠ CDM=60°$。
故选D。
【答案】
D
【知识点】
正方形的性质，平行线的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础题型，综合考查了几何基础知识点的应用，解题的核心是结合图形梳理各角之间的数量关系，掌握相关基础性质就能顺利求解。
【难度系数】
0.8
2. 菱形 OABC 在平面直角坐标系中的位置如图所示，$∠ AOC=60°$，$OA=2$，把菱形 OABC 绕点 O 逆时针旋转，使点 A 落到 y 轴上，则旋转后点 B 的对应点 $B_1$ 的坐标为（
A.$(-\sqrt{3}, -3)$
B.$(-\sqrt{3}, 3)$
C.$(\sqrt{3}, 3)$或$(-\sqrt{3}, -3)$
D.$(-\sqrt{3}, 3)$或$(\sqrt{3}, -3)$
C
）A.$(-\sqrt{3}, -3)$
B.$(-\sqrt{3}, 3)$
C.$(\sqrt{3}, 3)$或$(-\sqrt{3}, -3)$
D.$(-\sqrt{3}, 3)$或$(\sqrt{3}, -3)$
答案
2. C
解析
【分析】
解题时首先结合菱形的性质确定菱形各边的长度和内角大小，再根据旋转的要求分两种情况讨论：①点A旋转后落在y轴正半轴；②点A旋转后落在y轴负半轴。两种情况均利用旋转前后图形的形状、大小不变，菱形的边长和内角保持不变的特点，结合直角三角形的边角关系计算对应点$B_1$的坐标即可。
【解析】
∵四边形OABC是菱形，$OA=2$，
∴$OA=AB=2$，$∠ OAB=180°-∠ AOC=180°-60°=120°$，旋转前后菱形的边长和内角大小不变。
分两种情况讨论：
1. 点A逆时针旋转后落在y轴正半轴：
此时点A的对应点$A_1$坐标为$(0,2)$，$OA_1$沿y轴正方向，$∠ OA_1B_1=∠ OAB=120°$，$A_1B_1=AB=2$。
过$B_1$作$B_1D⊥ y$轴于点D，则$∠ DA_1B_1=180°-120°=60°$，
在$Rt△ A_1DB_1$中：
$A_1D = A_1B_1·\cos60°=2×\frac{1}{2}=1$，
$B_1D = A_1B_1·\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，
∴$B_1$的横坐标为$B_1D=\sqrt{3}$，纵坐标为$OA_1 + A_1D = 2 + 1 = 3$，即$B_1(\sqrt{3}, 3)$。
2. 点A逆时针旋转后落在y轴负半轴：
此时点A的对应点$A_2$坐标为$(0,-2)$，$OA_2$沿y轴负方向，$∠ OA_2B_2=120°$，$A_2B_2=2$。
过$B_2$作$B_2E⊥ y$轴于点E，则$∠ EA_2B_2=180°-120°=60°$，
在$Rt△ A_2EB_2$中：
$A_2E = A_2B_2·\cos60°=2×\frac{1}{2}=1$，
$B_2E = A_2B_2·\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，
∴$B_2$的横坐标为$-B_2E=-\sqrt{3}$，纵坐标为$-OA_2 - A_2E = -2 -1 = -3$，即$B_2(-\sqrt{3}, -3)$。
综上，旋转后点B的对应点$B_1$的坐标为$(\sqrt{3}, 3)$或$(-\sqrt{3}, -3)$，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
菱形的性质；旋转的性质；坐标与图形变化
【点评】
本题易错点是容易忽略点A落在y轴负半轴的情况导致漏解，解题时需要结合旋转的特点全面考虑所有符合要求的旋转情况，再结合几何图形的性质计算坐标即可。
【难度系数】
0.6
解题时首先结合菱形的性质确定菱形各边的长度和内角大小，再根据旋转的要求分两种情况讨论：①点A旋转后落在y轴正半轴；②点A旋转后落在y轴负半轴。两种情况均利用旋转前后图形的形状、大小不变，菱形的边长和内角保持不变的特点，结合直角三角形的边角关系计算对应点$B_1$的坐标即可。
【解析】
∵四边形OABC是菱形，$OA=2$，
∴$OA=AB=2$，$∠ OAB=180°-∠ AOC=180°-60°=120°$，旋转前后菱形的边长和内角大小不变。
分两种情况讨论：
1. 点A逆时针旋转后落在y轴正半轴：
此时点A的对应点$A_1$坐标为$(0,2)$，$OA_1$沿y轴正方向，$∠ OA_1B_1=∠ OAB=120°$，$A_1B_1=AB=2$。
过$B_1$作$B_1D⊥ y$轴于点D，则$∠ DA_1B_1=180°-120°=60°$，
在$Rt△ A_1DB_1$中：
$A_1D = A_1B_1·\cos60°=2×\frac{1}{2}=1$，
$B_1D = A_1B_1·\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，
∴$B_1$的横坐标为$B_1D=\sqrt{3}$，纵坐标为$OA_1 + A_1D = 2 + 1 = 3$，即$B_1(\sqrt{3}, 3)$。
2. 点A逆时针旋转后落在y轴负半轴：
此时点A的对应点$A_2$坐标为$(0,-2)$，$OA_2$沿y轴负方向，$∠ OA_2B_2=120°$，$A_2B_2=2$。
过$B_2$作$B_2E⊥ y$轴于点E，则$∠ EA_2B_2=180°-120°=60°$，
在$Rt△ A_2EB_2$中：
$A_2E = A_2B_2·\cos60°=2×\frac{1}{2}=1$，
$B_2E = A_2B_2·\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，
∴$B_2$的横坐标为$-B_2E=-\sqrt{3}$，纵坐标为$-OA_2 - A_2E = -2 -1 = -3$，即$B_2(-\sqrt{3}, -3)$。
综上，旋转后点B的对应点$B_1$的坐标为$(\sqrt{3}, 3)$或$(-\sqrt{3}, -3)$，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
菱形的性质；旋转的性质；坐标与图形变化
【点评】
本题易错点是容易忽略点A落在y轴负半轴的情况导致漏解，解题时需要结合旋转的特点全面考虑所有符合要求的旋转情况，再结合几何图形的性质计算坐标即可。
【难度系数】
0.6
3. 在四边形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,下列条件中不一定能判定这个四边形是平行四边形的是（
A.$AB// DC,AD=BC$
B.$∠ BAD=∠ BCD,∠ ABC=∠ ADC$
C.$OA=OC,OB=OD$
D.$AB=DC,AD=BC$
A
）A.$AB// DC,AD=BC$
B.$∠ BAD=∠ BCD,∠ ABC=∠ ADC$
C.$OA=OC,OB=OD$
D.$AB=DC,AD=BC$
答案
3. A
解析
【分析】
本题考查平行四边形的判定，解题时先回忆平行四边形的常用判定定理，再逐一分析每个选项的条件是否符合判定规则，重点关注“不一定能判定”的要求，即判断是否存在反例。平行四边形的判定规则包括：两组对边分别平行、两组对边分别相等、一组对边平行且相等、两组对角分别相等、对角线互相平分的四边形是平行四边形。
【解析】
我们对四个选项逐一分析：
A. 当$AB// DC$，$AD=BC$时，该四边形既可能是平行四边形，也可能是等腰梯形（等腰梯形满足一组对边平行，另一组对边相等），因此该条件不一定能判定四边形是平行四边形，符合题意；
B. 根据平行四边形判定定理，两组对角分别相等的四边形是平行四边形，因此$∠ BAD=∠ BCD$，$∠ ABC=∠ ADC$可以判定四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
C. 根据平行四边形判定定理，对角线互相平分的四边形是平行四边形，因此$OA=OC$，$OB=OD$可以判定四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
D. 根据平行四边形判定定理，两组对边分别相等的四边形是平行四边形，因此$AB=DC$，$AD=BC$可以判定四边形ABCD是平行四边形，不符合题意。
综上，本题选A。
【答案】
A
【知识点】
平行四边形的判定；等腰梯形的性质；四边形对角判定
【点评】
本题属于平行四边形判定的基础易错题，核心考查对判定定理的精准掌握，易错点是容易忽略“一组对边平行、另一组对边相等”的条件还可能对应等腰梯形，做题时要注意区分不同几何图形的性质差异，避免概念混淆。
【难度系数】
0.7
本题考查平行四边形的判定，解题时先回忆平行四边形的常用判定定理，再逐一分析每个选项的条件是否符合判定规则，重点关注“不一定能判定”的要求，即判断是否存在反例。平行四边形的判定规则包括：两组对边分别平行、两组对边分别相等、一组对边平行且相等、两组对角分别相等、对角线互相平分的四边形是平行四边形。
【解析】
我们对四个选项逐一分析：
A. 当$AB// DC$，$AD=BC$时，该四边形既可能是平行四边形，也可能是等腰梯形（等腰梯形满足一组对边平行，另一组对边相等），因此该条件不一定能判定四边形是平行四边形，符合题意；
B. 根据平行四边形判定定理，两组对角分别相等的四边形是平行四边形，因此$∠ BAD=∠ BCD$，$∠ ABC=∠ ADC$可以判定四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
C. 根据平行四边形判定定理，对角线互相平分的四边形是平行四边形，因此$OA=OC$，$OB=OD$可以判定四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
D. 根据平行四边形判定定理，两组对边分别相等的四边形是平行四边形，因此$AB=DC$，$AD=BC$可以判定四边形ABCD是平行四边形，不符合题意。
综上，本题选A。
【答案】
A
【知识点】
平行四边形的判定；等腰梯形的性质；四边形对角判定
【点评】
本题属于平行四边形判定的基础易错题，核心考查对判定定理的精准掌握，易错点是容易忽略“一组对边平行、另一组对边相等”的条件还可能对应等腰梯形，做题时要注意区分不同几何图形的性质差异，避免概念混淆。
【难度系数】
0.7
4. 如图,点A,B分别在x轴、y轴正半轴上(含坐标原点)滑动,且满足$OA+OB=6$,C为线段AB的中点,将线段AC绕点A顺时针旋转$90°$得到线段AD,当点A由点O向右移动时,点D移动的路径长为 （
A.3
B.4
C.$3\sqrt{2}$
D.$\frac{3π}{2}$
C
）A.3
B.4
C.$3\sqrt{2}$
D.$\frac{3π}{2}$
答案
4. C
解析
【分析】
我们可以采用参数法结合几何性质求解：先设OA的长度为参数a，根据OA+OB=6表示出OB的长度，写出A、B、C三点的坐标；再利用旋转的性质构造全等三角形，推导出点D的坐标关于a的表达式；最后消去参数确定点D的运动轨迹，结合a的取值范围得到轨迹的两个端点，计算端点间的距离即可得到路径长。
【解析】
设$OA=a$（$0≤ a≤6$），由$OA+OB=6$得$OB=6-a$，
$\therefore A(a,0)$，$B(0,6-a)$，
$\because C$是$AB$的中点，$\therefore C$的坐标为$(\frac{a}{2},\frac{6-a}{2})$。
过$C$作$CE⊥ x$轴于$E$，过$D$作$DF⊥ x$轴于$F$，
则$∠ AEC=∠ DFA=90°$，$\therefore∠ ACE+∠ CAE=90°$。
由旋转性质得：$AC=AD$，$∠ CAD=90°$，$\therefore∠ CAE+∠ DAF=90°$，
$\therefore∠ ACE=∠ DAF$。
在$△ ACE$和$△ DAF$中：
$\begin{cases}∠ AEC=∠ DFA \\∠ ACE=∠ DAF \\AC=AD\end{cases}$
$\therefore△ ACE≌△ DAF(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AF=CE$，$DF=AE$。
其中$CE=\frac{6-a}{2}$，$AE=a-\frac{a}{2}=\frac{a}{2}$，
$\therefore$点$D$的横坐标为$a+\frac{6-a}{2}=\frac{a+6}{2}$，纵坐标为$\frac{a}{2}$。
设$D(x,y)$，则$\begin{cases}x=\frac{a+6}{2} \\ y=\frac{a}{2} \end{cases}$，消去$a$得$y=x-3$，即点$D$的轨迹是直线$y=x-3$上的线段：
当$a=0$时，$x=3$，$y=0$，即轨迹起点为$(3,0)$；
当$a=6$时，$x=6$，$y=3$，即轨迹终点为$(6,3)$。
$\therefore$路径长为$\sqrt{(6-3)^2+(3-0)^2}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质，全等三角形判定与性质，动点轨迹计算
【点评】
本题是典型的动点轨迹问题，解题核心是通过参数法结合全等三角形表示出动点坐标，进而确定轨迹形状再计算长度，很好地考查了数形结合思想的应用。
【难度系数】
0.6
我们可以采用参数法结合几何性质求解：先设OA的长度为参数a，根据OA+OB=6表示出OB的长度，写出A、B、C三点的坐标；再利用旋转的性质构造全等三角形，推导出点D的坐标关于a的表达式；最后消去参数确定点D的运动轨迹，结合a的取值范围得到轨迹的两个端点，计算端点间的距离即可得到路径长。
【解析】
设$OA=a$（$0≤ a≤6$），由$OA+OB=6$得$OB=6-a$，
$\therefore A(a,0)$，$B(0,6-a)$，
$\because C$是$AB$的中点，$\therefore C$的坐标为$(\frac{a}{2},\frac{6-a}{2})$。
过$C$作$CE⊥ x$轴于$E$，过$D$作$DF⊥ x$轴于$F$，
则$∠ AEC=∠ DFA=90°$，$\therefore∠ ACE+∠ CAE=90°$。
由旋转性质得：$AC=AD$，$∠ CAD=90°$，$\therefore∠ CAE+∠ DAF=90°$，
$\therefore∠ ACE=∠ DAF$。
在$△ ACE$和$△ DAF$中：
$\begin{cases}∠ AEC=∠ DFA \\∠ ACE=∠ DAF \\AC=AD\end{cases}$
$\therefore△ ACE≌△ DAF(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AF=CE$，$DF=AE$。
其中$CE=\frac{6-a}{2}$，$AE=a-\frac{a}{2}=\frac{a}{2}$，
$\therefore$点$D$的横坐标为$a+\frac{6-a}{2}=\frac{a+6}{2}$，纵坐标为$\frac{a}{2}$。
设$D(x,y)$，则$\begin{cases}x=\frac{a+6}{2} \\ y=\frac{a}{2} \end{cases}$，消去$a$得$y=x-3$，即点$D$的轨迹是直线$y=x-3$上的线段：
当$a=0$时，$x=3$，$y=0$，即轨迹起点为$(3,0)$；
当$a=6$时，$x=6$，$y=3$，即轨迹终点为$(6,3)$。
$\therefore$路径长为$\sqrt{(6-3)^2+(3-0)^2}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质，全等三角形判定与性质，动点轨迹计算
【点评】
本题是典型的动点轨迹问题，解题核心是通过参数法结合全等三角形表示出动点坐标，进而确定轨迹形状再计算长度，很好地考查了数形结合思想的应用。
【难度系数】
0.6
5. 如图,将$□ ABCD$折叠,使顶点$D$落在边$AB$上的点$E$处,折痕为$AF$,下列说法中不正确的是 （
A.$EF// BC$
B.$EF=AE$
C.$BE=CF$
D.$AF=BC$
D
）A.$EF// BC$
B.$EF=AE$
C.$BE=CF$
D.$AF=BC$
答案
5. D
解析
【分析】
本题是结合平行四边形性质与折叠性质的几何判断题，解题思路如下：1. 首先回顾平行四边形的核心性质：对边平行且相等、对角相等；2. 利用折叠的性质：折叠前后对应图形全等，可得△ADF和△AEF全等，进而得到对应边相等、对应角相等；3. 结合上述性质逐一验证四个选项的正误，选出不正确的选项即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AD=BC，∠B=∠D，AB=CD。
根据折叠的性质可得△ADF≌△AEF，
∴AD=AE，DF=EF，∠D=∠AEF，
∴∠AEF=∠B，根据同位角相等两直线平行，可得EF//BC，故A选项正确，不符合题意；
∵AB//CD，即DF//AE，且EF//AD，
∴四边形AEFD是平行四边形，
又
∵AD=AE，
∴平行四边形AEFD是菱形，
∴AE=EF，故B选项正确，不符合题意；
∵AB=CD，AE=DF，
∴AB-AE=CD-DF，即BE=CF，故C选项正确，不符合题意；
∵BC=AD，AF与AD没有必然相等的关系，因此AF不一定等于BC，故D选项错误，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
平行四边形的性质；折叠的性质；菱形的判定与性质
【点评】
本题属于几何基础综合题，核心考察平行四边形与折叠性质的结合应用，解题关键是通过折叠的全等性推导边、角的数量与位置关系，做题时需逐一验证选项，避免因主观臆断出错。
【难度系数】
0.7
本题是结合平行四边形性质与折叠性质的几何判断题，解题思路如下：1. 首先回顾平行四边形的核心性质：对边平行且相等、对角相等；2. 利用折叠的性质：折叠前后对应图形全等，可得△ADF和△AEF全等，进而得到对应边相等、对应角相等；3. 结合上述性质逐一验证四个选项的正误，选出不正确的选项即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AD=BC，∠B=∠D，AB=CD。
根据折叠的性质可得△ADF≌△AEF，
∴AD=AE，DF=EF，∠D=∠AEF，
∴∠AEF=∠B，根据同位角相等两直线平行，可得EF//BC，故A选项正确，不符合题意；
∵AB//CD，即DF//AE，且EF//AD，
∴四边形AEFD是平行四边形，
又
∵AD=AE，
∴平行四边形AEFD是菱形，
∴AE=EF，故B选项正确，不符合题意；
∵AB=CD，AE=DF，
∴AB-AE=CD-DF，即BE=CF，故C选项正确，不符合题意；
∵BC=AD，AF与AD没有必然相等的关系，因此AF不一定等于BC，故D选项错误，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
平行四边形的性质；折叠的性质；菱形的判定与性质
【点评】
本题属于几何基础综合题，核心考察平行四边形与折叠性质的结合应用，解题关键是通过折叠的全等性推导边、角的数量与位置关系，做题时需逐一验证选项，避免因主观臆断出错。
【难度系数】
0.7
