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7. 如图,在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,P是AD上不与点A,D重合的一个动点,过点P分别作AC和BD的垂线,垂足为E,F,则PE+PF的值为 (
A.$\frac{5}{12}$
B.2.5
C.$\frac{12}{5}$
D.$\frac{15}{4}$
C
)A.$\frac{5}{12}$
B.2.5
C.$\frac{12}{5}$
D.$\frac{15}{4}$
答案
7.C
解析
【分析】
首先利用矩形性质可知矩形对角线相等且互相平分，可先通过勾股定理求出对角线长度，再考虑用面积法求解：连接对角线交点与点P，将△AOD的面积拆分为△AOP和△DOP的面积之和，两个小三角形的底分别是AO、OD（二者相等），高分别是PE、PF，结合△AOD的面积是矩形面积的1/4，建立等式即可求出PE+PF的值。
【解析】
设矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，连接OP。
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，AD=4，
∴AC=BD=√(AB²+AD²)=√(3²+4²)=5，S矩形ABCD=AB·AD=3×4=12，
矩形对角线互相平分，故AO=OD=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{5}{2}$，
$S_{△ AOD}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{1}{4}×12=3$。
又
∵$S_{△ AOD}=S_{△ AOP}+S_{△ DOP}$，
PE⊥AC，PF⊥BD，
∴$S_{△ AOP}=\frac{1}{2}·AO·PE$，$S_{△ DOP}=\frac{1}{2}·OD·PF$，
代入得：$3=\frac{1}{2}×\frac{5}{2}×PE+\frac{1}{2}×\frac{5}{2}×PF$，
整理得：$3=\frac{5}{4}(PE+PF)$，
解得$PE+PF=\frac{12}{5}$。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质；勾股定理；等面积法
【点评】
本题是特殊平行四边形的典型题型，解题的核心是灵活运用面积法，将所求线段和与三角形面积关系结合，避免复杂的线段计算，体现了转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
首先利用矩形性质可知矩形对角线相等且互相平分，可先通过勾股定理求出对角线长度，再考虑用面积法求解：连接对角线交点与点P，将△AOD的面积拆分为△AOP和△DOP的面积之和，两个小三角形的底分别是AO、OD（二者相等），高分别是PE、PF，结合△AOD的面积是矩形面积的1/4，建立等式即可求出PE+PF的值。
【解析】
设矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，连接OP。
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，AD=4，
∴AC=BD=√(AB²+AD²)=√(3²+4²)=5，S矩形ABCD=AB·AD=3×4=12，
矩形对角线互相平分，故AO=OD=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{5}{2}$，
$S_{△ AOD}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{1}{4}×12=3$。
又
∵$S_{△ AOD}=S_{△ AOP}+S_{△ DOP}$，
PE⊥AC，PF⊥BD，
∴$S_{△ AOP}=\frac{1}{2}·AO·PE$，$S_{△ DOP}=\frac{1}{2}·OD·PF$，
代入得：$3=\frac{1}{2}×\frac{5}{2}×PE+\frac{1}{2}×\frac{5}{2}×PF$，
整理得：$3=\frac{5}{4}(PE+PF)$，
解得$PE+PF=\frac{12}{5}$。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质；勾股定理；等面积法
【点评】
本题是特殊平行四边形的典型题型，解题的核心是灵活运用面积法，将所求线段和与三角形面积关系结合，避免复杂的线段计算，体现了转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
8. 如图,在菱形ABCD中,过点B作BE⊥CD于点E,点F在边AB上,AF=CE,连接BD,DF.
(1)求证:四边形BFDE是矩形.
(2)若BD=2√5,BE=4,则BC的长为
(1)求证:四边形BFDE是矩形.
(2)若BD=2√5,BE=4,则BC的长为
5
.答案
8.解:(1)证明:
∵四边形ABCD是菱形,
∴AB//CD,AB=CD.
∵AF=CE,
∴FB=ED.
∴四边形BFDE是平行四边形.
∵BE⊥CD,
∴∠BED=90°.
∴平行四边形BFDE是矩形.(2)5
∵四边形ABCD是菱形,
∴AB//CD,AB=CD.
∵AF=CE,
∴FB=ED.
∴四边形BFDE是平行四边形.
∵BE⊥CD,
∴∠BED=90°.
∴平行四边形BFDE是矩形.(2)5
解析
【分析】
(1)要证明四边形BFDE是矩形，可按照“先证平行四边形，再证有一个内角为直角”的思路推导：首先利用菱形对边平行且相等的性质，结合已知AF=CE，推导得到FB和ED平行且相等，即可证得四边形BFDE是平行四边形，再结合BE⊥CD的垂直条件得到直角，即可判定为矩形。
(2)求BC的长时，利用菱形四条边相等的性质可知BC=CD，先在Rt△BED中用勾股定理求出DE的长度，再设BC为未知数，用含未知数的式子表示CE的长度，最后在Rt△BEC中用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，AB=CD，
∵AF=CE，
∴AB-AF=CD-CE，即FB=ED，
又
∵FB//ED（AB//CD），
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵BE⊥CD，
∴∠BED=90°，
∴平行四边形BFDE是矩形。
(2)解：在Rt△BED中，BD=2√5，BE=4，
由勾股定理得：$DE=\sqrt{BD^2-BE^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2-4^2}=\sqrt{20-16}=2$，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，
设BC=x，则CD=x，$CE=CD-DE=x-2$，
在Rt△BEC中，由勾股定理得：$BE^2+CE^2=BC^2$，
代入数值：$4^2+(x-2)^2=x^2$，
展开化简：$16+x^2-4x+4=x^2$，即$20-4x=0$，
解得x=5。
【答案】
(1)证明见解析；(2)5
【知识点】
菱形的性质；矩形的判定；勾股定理
【点评】
本题综合考查特殊平行四边形的性质与判定、勾股定理的应用，解题的核心是熟练掌握特殊平行四边形的相关性质，结合勾股定理建立方程求解边长，是特殊平行四边形章节的典型常考题。
【难度系数】
0.7
(1)要证明四边形BFDE是矩形，可按照“先证平行四边形，再证有一个内角为直角”的思路推导：首先利用菱形对边平行且相等的性质，结合已知AF=CE，推导得到FB和ED平行且相等，即可证得四边形BFDE是平行四边形，再结合BE⊥CD的垂直条件得到直角，即可判定为矩形。
(2)求BC的长时，利用菱形四条边相等的性质可知BC=CD，先在Rt△BED中用勾股定理求出DE的长度，再设BC为未知数，用含未知数的式子表示CE的长度，最后在Rt△BEC中用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，AB=CD，
∵AF=CE，
∴AB-AF=CD-CE，即FB=ED，
又
∵FB//ED（AB//CD），
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵BE⊥CD，
∴∠BED=90°，
∴平行四边形BFDE是矩形。
(2)解：在Rt△BED中，BD=2√5，BE=4，
由勾股定理得：$DE=\sqrt{BD^2-BE^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2-4^2}=\sqrt{20-16}=2$，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，
设BC=x，则CD=x，$CE=CD-DE=x-2$，
在Rt△BEC中，由勾股定理得：$BE^2+CE^2=BC^2$，
代入数值：$4^2+(x-2)^2=x^2$，
展开化简：$16+x^2-4x+4=x^2$，即$20-4x=0$，
解得x=5。
【答案】
(1)证明见解析；(2)5
【知识点】
菱形的性质；矩形的判定；勾股定理
【点评】
本题综合考查特殊平行四边形的性质与判定、勾股定理的应用，解题的核心是熟练掌握特殊平行四边形的相关性质，结合勾股定理建立方程求解边长，是特殊平行四边形章节的典型常考题。
【难度系数】
0.7
9. 如图，每个小正方形的边长都为1，在$△ ABC$中，D为AB的中点，则线段CD的长为（
A.$\sqrt{13}$
B.$\dfrac{\sqrt{26}}{2}$
C.$2\sqrt{2}$
D.$\sqrt{10}$
B
）A.$\sqrt{13}$
B.$\dfrac{\sqrt{26}}{2}$
C.$2\sqrt{2}$
D.$\sqrt{10}$
答案
9.B
解析
【分析】
本题是网格背景下的线段长度求解问题，解题思路如下：首先利用勾股定理计算△ABC三边的长度，再通过勾股定理逆定理判断△ABC是否为直角三角形；已知D是AB中点，若△ABC为直角三角形，可直接利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质求出CD的长度。
【解析】
设每个小正方形的边长为1，根据勾股定理计算△ABC各边的长度：
$AC=\sqrt{3^2+3^2}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$，
$BC=\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$，
$AB=\sqrt{5^2+1^2}=\sqrt{26}$。
验证三边关系：$AC^2+BC^2=(3\sqrt{2})^2+(2\sqrt{2})^2=18+8=26=AB^2$，根据勾股定理逆定理可得$△ ABC$是直角三角形，且$∠ ACB=90°$。
又因为D为AB的中点，根据直角三角形斜边中线的性质，斜边中线等于斜边的一半，因此$CD=\frac{1}{2}AB=\frac{\sqrt{26}}{2}$。
【答案】
B
【知识点】
勾股定理及逆定理，直角三角形斜边中线性质
【点评】
本题属于网格类基础计算题，解题核心是先判断三角形的形状，再结合特殊三角形的性质简化计算，也可通过建立平面直角坐标系，用中点坐标公式和两点间距离公式求解，是对几何基础性质应用的常规考查。
【难度系数】
0.7
本题是网格背景下的线段长度求解问题，解题思路如下：首先利用勾股定理计算△ABC三边的长度，再通过勾股定理逆定理判断△ABC是否为直角三角形；已知D是AB中点，若△ABC为直角三角形，可直接利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质求出CD的长度。
【解析】
设每个小正方形的边长为1，根据勾股定理计算△ABC各边的长度：
$AC=\sqrt{3^2+3^2}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$，
$BC=\sqrt{2^2+2^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$，
$AB=\sqrt{5^2+1^2}=\sqrt{26}$。
验证三边关系：$AC^2+BC^2=(3\sqrt{2})^2+(2\sqrt{2})^2=18+8=26=AB^2$，根据勾股定理逆定理可得$△ ABC$是直角三角形，且$∠ ACB=90°$。
又因为D为AB的中点，根据直角三角形斜边中线的性质，斜边中线等于斜边的一半，因此$CD=\frac{1}{2}AB=\frac{\sqrt{26}}{2}$。
【答案】
B
【知识点】
勾股定理及逆定理，直角三角形斜边中线性质
【点评】
本题属于网格类基础计算题，解题核心是先判断三角形的形状，再结合特殊三角形的性质简化计算，也可通过建立平面直角坐标系，用中点坐标公式和两点间距离公式求解，是对几何基础性质应用的常规考查。
【难度系数】
0.7
10. 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$BC$的垂直平分线$EF$交$BC$于点$D$,交$AB$于点$E$,且$BE=BF$,添加一个条件,仍不能证明四边形$BECF$为正方形的是 (
A.$BC=AC$
B.$BD=DF$
C.$CF⊥ BF$
D.$AC=BF$
D
)A.$BC=AC$
B.$BD=DF$
C.$CF⊥ BF$
D.$AC=BF$
答案
10.D
解析
【分析】
解题思路：首先利用垂直平分线的性质，结合已知BE=BF，先推导出四边形BECF已经是菱形；要证明菱形是正方形，只需满足“有一个内角为直角”或“对角线相等”其中一个条件即可。接下来逐个分析选项，判断哪个选项添加后无法推出上述两个正方形判定条件，即为正确答案。
【解析】
解：
∵EF是BC的垂直平分线，
∴BE=EC，BF=CF，
又
∵BE=BF，
∴BE=EC=CF=BF，
∴四边形BECF是菱形。
接下来逐个分析选项：
A. 添加$BC=AC$：
∵$∠ ACB=90°$，
∴$△ ABC$是等腰直角三角形，$∠ ABC=45°$，
∵BE=EC，
∴$∠ ECB=∠ ABC=45°$，
∴$∠ BEC=180°-45°-45°=90°$，
菱形BECF有一个内角为直角，是正方形，该选项不符合题意；
B. 添加$BD=DF$：
菱形的对角线为BC和EF，$BD=\frac{1}{2}BC$，$DF=\frac{1}{2}EF$，
由$BD=DF$得$BC=EF$，菱形对角线相等，是正方形，该选项不符合题意；
C. 添加$CF⊥ BF$：
即$∠ BFC=90°$，菱形BECF有一个内角为直角，是正方形，该选项不符合题意；
D. 添加$AC=BF$：
BF是菱形的边，即$AC=BE$，仅能推出AC和菱形边长相等，无法推出菱形有直角或对角线相等，不能证明四边形BECF是正方形，该选项符合题意。
【答案】
D
【知识点】
垂直平分线的性质；菱形的判定；正方形的判定
【点评】
本题解题的关键是先根据已知条件确定四边形BECF为菱形，再结合正方形的判定条件对各选项逐一验证，注意区分菱形和正方形的判定定理，避免混淆。
【难度系数】
0.7
解题思路：首先利用垂直平分线的性质，结合已知BE=BF，先推导出四边形BECF已经是菱形；要证明菱形是正方形，只需满足“有一个内角为直角”或“对角线相等”其中一个条件即可。接下来逐个分析选项，判断哪个选项添加后无法推出上述两个正方形判定条件，即为正确答案。
【解析】
解：
∵EF是BC的垂直平分线，
∴BE=EC，BF=CF，
又
∵BE=BF，
∴BE=EC=CF=BF，
∴四边形BECF是菱形。
接下来逐个分析选项：
A. 添加$BC=AC$：
∵$∠ ACB=90°$，
∴$△ ABC$是等腰直角三角形，$∠ ABC=45°$，
∵BE=EC，
∴$∠ ECB=∠ ABC=45°$，
∴$∠ BEC=180°-45°-45°=90°$，
菱形BECF有一个内角为直角，是正方形，该选项不符合题意；
B. 添加$BD=DF$：
菱形的对角线为BC和EF，$BD=\frac{1}{2}BC$，$DF=\frac{1}{2}EF$，
由$BD=DF$得$BC=EF$，菱形对角线相等，是正方形，该选项不符合题意；
C. 添加$CF⊥ BF$：
即$∠ BFC=90°$，菱形BECF有一个内角为直角，是正方形，该选项不符合题意；
D. 添加$AC=BF$：
BF是菱形的边，即$AC=BE$，仅能推出AC和菱形边长相等，无法推出菱形有直角或对角线相等，不能证明四边形BECF是正方形，该选项符合题意。
【答案】
D
【知识点】
垂直平分线的性质；菱形的判定；正方形的判定
【点评】
本题解题的关键是先根据已知条件确定四边形BECF为菱形，再结合正方形的判定条件对各选项逐一验证，注意区分菱形和正方形的判定定理，避免混淆。
【难度系数】
0.7
11.如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N。若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（
A.1
B.$\sqrt{2}$
C.2
D.$2\sqrt{2}$
C
）A.1
B.$\sqrt{2}$
C.2
D.$2\sqrt{2}$
答案
11.C
解析
【分析】
解题时先利用正方形的对角线性质，可知对角线互相垂直平分且相等、对角线平分内角，结合ON⊥OM的条件推导角的等量关系，证明△MOD和△NOC全等，将四边形MOND的面积转化为△DOC的面积，再利用△DOC面积为正方形面积的$\frac{1}{4}$，求出正方形面积即可得到边长AB。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，
∴OC=OD，∠ODA=∠OCD=45°，∠COD=90°，且$S_{△ DOC}=\frac{1}{4}S_{正方形ABCD}$。
∵ON⊥OM，
∴∠MON=90°，
∴∠MON=∠COD，即$∠ MOD + ∠ DON = ∠ CON + ∠ DON$，
∴$∠ MOD=∠ CON$。
在△MOD和△NOC中：
$\{\begin{array}{l}∠ODM=∠OCN \\OD=OC \\∠MOD=∠NOC\end{array} $
∴△MOD≌△NOC（ASA），
∴$S_{△ MOD}=S_{△ NOC}$，
∴$S_{四边形MOND}=S_{△ MOD}+S_{△ DON}=S_{△ NOC}+S_{△ DON}=S_{△ DOC}=1$，
∴$S_{正方形ABCD}=4S_{△ DOC}=4×1=4$，
∴$AB=\sqrt{4}=2$。
【答案】
C
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；面积计算
【点评】
本题通过全等三角形的转化，将不规则四边形的面积转化为正方形中固定三角形的面积，是特殊平行四边形中常见的面积类考题，解题核心是找到全等三角形实现面积的等量代换。
【难度系数】
0.7
解题时先利用正方形的对角线性质，可知对角线互相垂直平分且相等、对角线平分内角，结合ON⊥OM的条件推导角的等量关系，证明△MOD和△NOC全等，将四边形MOND的面积转化为△DOC的面积，再利用△DOC面积为正方形面积的$\frac{1}{4}$，求出正方形面积即可得到边长AB。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，
∴OC=OD，∠ODA=∠OCD=45°，∠COD=90°，且$S_{△ DOC}=\frac{1}{4}S_{正方形ABCD}$。
∵ON⊥OM，
∴∠MON=90°，
∴∠MON=∠COD，即$∠ MOD + ∠ DON = ∠ CON + ∠ DON$，
∴$∠ MOD=∠ CON$。
在△MOD和△NOC中：
$\{\begin{array}{l}∠ODM=∠OCN \\OD=OC \\∠MOD=∠NOC\end{array} $
∴△MOD≌△NOC（ASA），
∴$S_{△ MOD}=S_{△ NOC}$，
∴$S_{四边形MOND}=S_{△ MOD}+S_{△ DON}=S_{△ NOC}+S_{△ DON}=S_{△ DOC}=1$，
∴$S_{正方形ABCD}=4S_{△ DOC}=4×1=4$，
∴$AB=\sqrt{4}=2$。
【答案】
C
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；面积计算
【点评】
本题通过全等三角形的转化，将不规则四边形的面积转化为正方形中固定三角形的面积，是特殊平行四边形中常见的面积类考题，解题核心是找到全等三角形实现面积的等量代换。
【难度系数】
0.7
12. 新考向·综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动.
(1)操作判断
操作一:对折矩形纸片ABCD,使AD与BC重合,得到折痕EF,把纸片展平;
操作二:在AD上选一点P,沿BP折叠,使点A落在矩形内部的点M处,把纸片展平,连接PM,BM.
根据以上操作,当点M在EF上时,如图1,连接AM,试判断△ABM的形状,并证明你的结论.
(2)迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片,继续探究,过程如下:
将正方形纸片ABCD按照(1)中的方式操作,并延长PM交CD于点Q,连接BQ.
①如图2,当点M在EF上时,∠MBQ=
②改变点P在AD上的位置(点P不与点A,D重合),如图3,判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系,并说明理由.
(3)拓展应用
在(2)的探究中,已知正方形纸片ABCD的边长为8 cm,当FQ=1 cm时,直接写出AP的长.
(1)操作判断
操作一:对折矩形纸片ABCD,使AD与BC重合,得到折痕EF,把纸片展平;
操作二:在AD上选一点P,沿BP折叠,使点A落在矩形内部的点M处,把纸片展平,连接PM,BM.
根据以上操作,当点M在EF上时,如图1,连接AM,试判断△ABM的形状,并证明你的结论.
(2)迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片,继续探究,过程如下:
将正方形纸片ABCD按照(1)中的方式操作,并延长PM交CD于点Q,连接BQ.
①如图2,当点M在EF上时,∠MBQ=
15
°,∠CBQ=15
°.②改变点P在AD上的位置(点P不与点A,D重合),如图3,判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系,并说明理由.
(3)拓展应用
在(2)的探究中,已知正方形纸片ABCD的边长为8 cm,当FQ=1 cm时,直接写出AP的长.
答案
12.解:(1)△ABM是等边三角形.证明:由折叠的性质,得AM=BM,AB=BM.
∴AM=BM=AB.
∴△ABM是等边三角形.(2)①15 15 ②∠MBQ=∠CBQ.理由如下:
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=BC,∠BAD=∠C=90°.由折叠的性质,得AB=BM,∠BAD=∠BMP=90°,
∴BM=BC,∠BMQ=∠C=90°.又
∵BQ=BQ,
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL).
∴∠MBQ=∠CBQ.(3)AP的长为$\frac{40}{11}$ cm或$\frac{24}{13}$ cm.
∴AM=BM=AB.
∴△ABM是等边三角形.(2)①15 15 ②∠MBQ=∠CBQ.理由如下:
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=BC,∠BAD=∠C=90°.由折叠的性质,得AB=BM,∠BAD=∠BMP=90°,
∴BM=BC,∠BMQ=∠C=90°.又
∵BQ=BQ,
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL).
∴∠MBQ=∠CBQ.(3)AP的长为$\frac{40}{11}$ cm或$\frac{24}{13}$ cm.
解析
【分析】
(1) 先根据对折EF的性质，可得EF是AB的垂直平分线，利用垂直平分线的性质得AM=BM；再结合折叠的性质得AB=BM，即可由三边相等判定△ABM为等边三角形。
(2) ① 结合正方形内角为90°的性质和(1)中等边三角形的结论，先求出∠MBC=30°，再通过HL证明Rt△BMQ≌Rt△BCQ，即可得两个角均为15°；② 无论点P的位置如何，折叠均可得BM=AB=BC，∠BMQ=∠C=90°，结合公共边BQ，用HL证全等即可得出两角相等的结论。
(3) 设AP长为x cm，分两种情况讨论Q的位置：Q在FC段、Q在DF段，分别表示出CQ、DQ的长度，再根据折叠和全等的性质得PQ=AP+CQ，最后在Rt△PDQ中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) △ABM是等边三角形，证明如下：
由对折操作可知EF是AB的垂直平分线，
∵点M在EF上，
∴AM=BM；
由沿BP折叠的性质得AB=BM，
∴AM=BM=AB，
∴△ABM是等边三角形。
(2) ①
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，AB=BC，由(1)知△ABM是等边三角形，
∴∠ABM=60°，
∴∠MBC=90°-60°=30°；
由折叠性质得AB=BM，∠BMP=∠A=90°，
∴BM=BC，∠BMQ=∠C=90°，又
∵BQ=BQ，
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，
∴∠MBQ=∠CBQ=$\frac{1}{2}×30°=15°$。
② ∠MBQ=∠CBQ，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BAD=∠C=90°，由折叠的性质得AB=BM，∠BAD=∠BMP=90°，
∴BM=BC，∠BMQ=∠C=90°，又
∵BQ=BQ，
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，
∴∠MBQ=∠CBQ。
(3) 设AP=x cm，则PM=x，PD=(8-x)cm，
∵正方形边长为8，对折后F为CD中点，
∴DF=CF=4cm，分两种情况：
情况1：Q在CF段时，FQ=1cm，
∴CQ=4-1=3cm，由全等得MQ=CQ=3cm，DQ=8-3=5cm，PQ=x+3，在Rt△PDQ中，$(8-x)^2+5^2=(x+3)^2$，解得$x=\frac{40}{11}$；
情况2：Q在DF段时，FQ=1cm，
∴CQ=4+1=5cm，由全等得MQ=CQ=5cm，DQ=8-5=3cm，PQ=x+5，在Rt△PDQ中，$(8-x)^2+3^2=(x+5)^2$，解得$x=\frac{24}{13}$。
【答案】
(1) △ABM是等边三角形，证明见解析；
(2) ①$\boxed{15}$，$\boxed{15}$；②$∠ MBQ=∠ CBQ$，理由见解析；
(3) $\frac{40}{11}$ cm或$\frac{24}{13}$ cm
【知识点】
1.折叠的性质
2.全等三角形的判定与性质
3.勾股定理的应用
【点评】
本题以特殊平行四边形的折叠为载体，综合考查了垂直平分线性质、等边三角形判定、正方形性质、全等证明及勾股定理的应用，解题时需注意运用分类讨论思想，第三问要考虑Q点的两种位置，避免漏解。
【难度系数】
0.5
(1) 先根据对折EF的性质，可得EF是AB的垂直平分线，利用垂直平分线的性质得AM=BM；再结合折叠的性质得AB=BM，即可由三边相等判定△ABM为等边三角形。
(2) ① 结合正方形内角为90°的性质和(1)中等边三角形的结论，先求出∠MBC=30°，再通过HL证明Rt△BMQ≌Rt△BCQ，即可得两个角均为15°；② 无论点P的位置如何，折叠均可得BM=AB=BC，∠BMQ=∠C=90°，结合公共边BQ，用HL证全等即可得出两角相等的结论。
(3) 设AP长为x cm，分两种情况讨论Q的位置：Q在FC段、Q在DF段，分别表示出CQ、DQ的长度，再根据折叠和全等的性质得PQ=AP+CQ，最后在Rt△PDQ中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1) △ABM是等边三角形，证明如下：
由对折操作可知EF是AB的垂直平分线，
∵点M在EF上，
∴AM=BM；
由沿BP折叠的性质得AB=BM，
∴AM=BM=AB，
∴△ABM是等边三角形。
(2) ①
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，AB=BC，由(1)知△ABM是等边三角形，
∴∠ABM=60°，
∴∠MBC=90°-60°=30°；
由折叠性质得AB=BM，∠BMP=∠A=90°，
∴BM=BC，∠BMQ=∠C=90°，又
∵BQ=BQ，
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，
∴∠MBQ=∠CBQ=$\frac{1}{2}×30°=15°$。
② ∠MBQ=∠CBQ，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BAD=∠C=90°，由折叠的性质得AB=BM，∠BAD=∠BMP=90°，
∴BM=BC，∠BMQ=∠C=90°，又
∵BQ=BQ，
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，
∴∠MBQ=∠CBQ。
(3) 设AP=x cm，则PM=x，PD=(8-x)cm，
∵正方形边长为8，对折后F为CD中点，
∴DF=CF=4cm，分两种情况：
情况1：Q在CF段时，FQ=1cm，
∴CQ=4-1=3cm，由全等得MQ=CQ=3cm，DQ=8-3=5cm，PQ=x+3，在Rt△PDQ中，$(8-x)^2+5^2=(x+3)^2$，解得$x=\frac{40}{11}$；
情况2：Q在DF段时，FQ=1cm，
∴CQ=4+1=5cm，由全等得MQ=CQ=5cm，DQ=8-5=3cm，PQ=x+5，在Rt△PDQ中，$(8-x)^2+3^2=(x+5)^2$，解得$x=\frac{24}{13}$。
【答案】
(1) △ABM是等边三角形，证明见解析；
(2) ①$\boxed{15}$，$\boxed{15}$；②$∠ MBQ=∠ CBQ$，理由见解析；
(3) $\frac{40}{11}$ cm或$\frac{24}{13}$ cm
【知识点】
1.折叠的性质
2.全等三角形的判定与性质
3.勾股定理的应用
【点评】
本题以特殊平行四边形的折叠为载体，综合考查了垂直平分线性质、等边三角形判定、正方形性质、全等证明及勾股定理的应用，解题时需注意运用分类讨论思想，第三问要考虑Q点的两种位置，避免漏解。
【难度系数】
0.5
