2022年人教版八年级数学下册第十八章-平行四边形必考点解析试题(含答案及详细解析)

考试时间：90分钟；命题人：数学教研组

考生注意：

1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟 2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上

3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

第I卷（选择题 30分）

一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）

1、在菱形ABCD中，两条对角线AC=10，BD=24，则此菱形的边长为（ ） A．14

B．25

C．26

D．13

2、如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，BC6，BDC面积为21，AB的垂直平分线MN分别交

AB,AC于点M,N，若点P和点Q分别是线段MN和BC边上的动点，则PBPQ的最小值为

（ ）

A．5 B．6 C．7 D．8

3、如图，已知平行四边形ABCD的面积为8，E、F分别是BC、CD的中点，则△AEF的面积为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5

4、在Rt△ABC中，∠C＝90°，若D为斜边AB上的中点，AB的长为10，则DC的长为（ ） A．5

B．4

C．3

D．2

5、如图，将矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点F处，FC交AD于点E．若AB＝4，BC＝8，则图中阴影部分的面积为（ ）

A．8 B．10 C．12.5 D．7.5

6、下列说法中，不正确的是（ ） A．四个角都相等的四边形是矩形

B．对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形 C．正方形的对角线所在的直线是它的对称轴

D．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形

7、在ABCD中，AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是菱形，还需添加一个条件，这个条件可以是（ ） A．AO=CO B．AO=BO C．AO⊥BO D．AB⊥BC 8、已知直线l:yx，点P在直线l上，点A(22,0)，点B(22,0)，若△APB是直角三角形，则点P的个数有（ ） A．1个

B．2个

C．3个

D．4个

9、如图所示，公路AC、BC互相垂直，点M为公路AB的中点，为测量湖泊两侧C、M两点间的距离，

若测得AB的长为6km，则M、C两点间的距离为（ ）

A．2.5km B．4.5km C．5km D．3km

10、如图，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，若∠AOD＝120°，AC＝16，则AB的长为（ ）

A．16 B．12 C．8 D．4

第Ⅱ卷（非选择题 70分）

二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）

1、如图，在矩形ABCD中，AD＝3AB，点G，H分别在AD，BC上，连BG，DH，且BG∥DH，当_______时，四边形BHDG为菱形．

AGAD＝

2、如图，圆柱形容器高为0.8m，底面周长为4.8m，在容器内壁离底部0.1m的点B处有一只蚊子，此时一只壁虎正好在容器的顶部点A处，若容器壁厚忽略不计，则壁虎捕捉蚊子的最短路程是______m．

3、如图，已知Rt△ACB，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，AB＝8，点D在CB所在直线上运动，以AD为边作等边三角形ADE，则CB＝___．在点D运动过程中，CE的最小值为 ___．

4、在直角墙角FOE中有张硬纸片正方形ABCD靠墙边滑动，如图所示，AD=2，A点沿墙往下滑动到O点的过程中，正方形的中心点M到O的最小值是______．

5、平面直角坐标系中，四边形ABCD的顶点坐标分别是A(－3，0)，B(0，2)，C(3，0)，D(0，－2)，则四边形ABCD是__________．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、如图，已知正方形ABCD中，点E是边BC延长线上一点，连接DE，过点B作BFDE，垂足为点

F，BF与CD交于点G．

（1）求证：CGCE；

（2）若BE42，DG22，求 BG的长．

2、如图，在平行四边形ABCD中，AB8cm，BC16cm．B30．点P在BC上由点B向点C出发，速度为每秒2cm；点Q在边AD上，同时由点D向点A运动，速度为每秒1cm．当点P运动到点C时，点

P，Q同时停止运动．连接PQ，设运动时间为t秒．

（1）当t为何值时，四边形ABPO为平行四边形？

（2）设四边形ABPQ的面积为y，求y与t之间的函数关系式．

（3）当t为何值时，四边形ABPQ的面积是四边形ABCD的面积的四分之三？求出此时PQD的度数． （4）连接AP，是否存在某一时刻t，使△ABP为等腰三角形？若存在，请求出此刻t的值；若不存在，请说明理由．

3、如图，在等腰三角形ABC中，AB＝BC，将等腰三角形ABC绕顶点B按逆时针方向旋转角a到A1BC1的位置，AB与A1C1相交于点D，AC与A1C1，BC1分别交于点E，F．

（1）求证：BCF≌BA1D；

（2）当C＝a时，判定四边形A1BCE的形状并说明理由．

4、在长方形纸片ABCD中，点E是边CD上的一点，将△AED沿AE所在的直线折叠，使点D落在点F处．

（1）如图1，若点F落在对角线AC上，且∠BAC＝54°，则∠DAE的度数为________°． （2）如图2，若点F落在边BC上，且AB＝CD=6，AD＝BC=10，求CE的长．

（3）如图3，若点E是CD的中点，AF的延长线交BC于点G，且AB＝CD=6，AD＝BC=10，求CG的长． 5、如图：已知△BCD是等腰直角三角形，且∠DCB＝90°，过点D作AD∥BC，使AD＝BC，在AD上取一点E，连结CE，点B关于CE的对称点为B1，连结B1D，并延长B1D交BA的延长线于点F，延长CE交

B1F于点G，连结BG．

（1）求证：∠CBG＝∠CDB1； （2）若AE＝DE，BC＝10，求BG长；

（3）在（2）的条件下，H为直线BG上一点，使△HCG为等腰三角形，则所有满足要求的BH的长是 ．（直接写出答案）

---------参考答案----------- 一、单选题 1、D 【解析】 【分析】

由菱形的性质和勾股定理即可求得AB的长． 【详解】

解：∵四边形ABCD是菱形，AC=10，BD=24，

∴AB=BC=CD=AD，AC⊥BD，OB=OD=BD=12，OA=OC=AC=5，

1212在Rt△ABO中，AB=OB2OA212252=13，

故选：D． 【点睛】

本题考查了菱形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出AB=13是解题的关键． 2、C 【解析】 【分析】

连接AQ，过点D作DHBC，根据垂直平分线的性质得到PAPB，再根据PBPQAPPQAQ计算即可； 【详解】

连接AQ，过点D作DHBC，

∵BC6，BDC面积为21， ∴

1BCDH21， 2∴DH7， ∵MN垂直平分AB， ∴PAPB，

∴PBPQAPPQAQ，

∴当AQ的值最小时，PBPQ的值最小，根据垂线段最短可知，当AQBC时，AQ的值最小，

∵AD∥BC， ∴AQDH7，

∴PBPQ的值最小值为7； 故选C． 【点睛】

本题主要考查了四边形综合，垂直平分线的性质，准确分析计算是解题的关键． 3、B 【解析】 【分析】

连接AC，由平行四边形的性质可得S△ABC=S△ADC=S平行四边形ABCD=4，再由E、F分别是BC，CD的中点，即可得到S△ABES△ABC=2，S△AFDS△ADF=2，S△ECFS△ABC=1，由此求解即可． 【详解】

解：如图所示，连接AC， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD=BC，AB=CD，AB∥CD， ∴S△ABC=S△ADC=S平行四边形ABCD=4 ∵E、F分别是BC，CD的中点，

∴S△ABES△ABC=2，S△AFDS△ADF=2，S△ECFS△ABC=1，

1212141212121412∴S△AEFS平行四边形ABCDS△ABES△ECFS△AFD=3， 故选B．

【点睛】

本题主要考查了平行四边形的性质，与三角形中线有关的面积问题，解题的关键在于能够熟练掌握平行四边形的性质． 4、A 【解析】 【分析】

利用直角三角形斜边的中线的性质可得答案． 【详解】

解：∵∠C=90°，若D为斜边AB上的中点， ∴CD=2AB， ∵AB的长为10， ∴DC=5， 故选：A． 【点睛】

此题主要考查了直角三角形斜边的中线，关键是掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半． 5、B 【解析】 【分析】

利用折叠的性质可得∠ACF＝∠ACB，由AD∥BC，可得出∠CAD＝∠ACB，进而可得出AE＝CE，根据矩形

1性质可得AB=CD=4，BC=AD=8，∠D=90°，设AE＝CE=x，则ED＝8﹣x，在Rt△CDE中，利用勾股定理可求出x的值，再利用三角形的面积公式即可求出△ACE的面积，则可得出答案． 【详解】

解：由折叠的性质，∠ACF＝∠ACB． ∵AD∥BC， ∴∠CAD＝∠ACB， ∴∠CAD＝∠ACF， ∴AE＝CE．

∵四边形ABCD为矩形，

∴AB=CD=4，BC=AD=8，∠D=90°， 设AE＝CE=x，则ED＝8﹣x，

在Rt△CDE中，根据勾股定理得CD2DE2EC2， 即4+（8﹣x）＝x， ∴x＝5，

∴图中阴影部分的面积＝S△ACE 2AE•AB= 2×5×4＝10． 故选：B 【点睛】

本题考查了翻折变换、矩形的性质、勾股定理以及三角形的面积，利用勾股定理求出AE的长是解题的关键． 6、D 【解析】 【分析】

112

2

2根据矩形的判定，正方形的性质，菱形和平行四边形的判定对各选项分析判断后利用排除法求解． 【详解】

解：A、四个角都相等的四边形是矩形，说法正确；

B、正方形的对角线所在的直线是它的对称轴，说法正确； C、对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形，说法正确； D、一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，原说法错误；

故选：D． 【点睛】

本题主要考查特殊平行四边形的判定与性质，熟练掌握特殊平行四边形相关的判定与性质是解答本题的关键． 7、C 【解析】 【分析】

根据菱形的判定分析即可； 【详解】

∵四边形ABCD时平行四边形，AO⊥BO， ∴ABCD是菱形； 故选C． 【点睛】

本题主要考查了菱形的判定，准确分析判断是解题的关键． 8、C 【解析】

【分析】

分别讨论PAB90，PBA90，APB90三种情况，求出P点坐标即可得出答案． 【详解】

如图，当PAB90时，点A与点P横坐标相同，

A(22,0)

x22代入yx中得：y22，

P1(22,22)，

当PBA90时，点B与点P横坐标相同，

B(22,0)，

x22代入yx中得：y22，

P2(22,22)，

当APB90时，取AB中点为点C，过点P作PMAB交于点M， 设P(a,a)，

OMa，PMa，

A(22,0)，B(22,0)，

AB22(22)22，

ACPC1AB2， 2OCOAAC2222， CM2a，

在RtPMC中，a2(2a)2(2)2， 解得：a1，

P(1,1)，

P点有

3个．

故选：C． 【点睛】

本题考查直角三角形的性质与平面直角坐标系，掌握分类讨论的思想是解题的关键． 9、D 【解析】 【详解】

根据直角三角形斜边上的中线性质得出CM＝2AB，即可求出CM． 【解答】

解：∵公路AC，BC互相垂直， ∴∠ACB＝90°，

1∵M为AB的中点， ∴CM＝2AB， ∵AB＝6km， ∴CM＝3km，

即M，C两点间的距离为3km， 故选：D． 【点睛】

本题考查了直角三角形的性质，解题关键是掌握直角三角形斜边上的中线的性质：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 10、C 【解析】 【分析】

由题意可得AO＝BO＝CO＝DO＝8，可证△ABO是等边三角形，可得AB＝8． 【详解】

解：∵四边形ABCD是矩形，

∴AC＝2AO＝2CO，BD＝2BO＝2DO，AC＝BD＝16， ∴OA＝OB＝8， ∵∠AOD＝120°， ∴∠AOB＝60°， ∴△AOB是等边三角形， ∴AB＝AO＝BO＝8， 故选：C．

1【点睛】

本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，熟练掌握矩形的性质是本题的关键． 二、填空题 1、 【解析】 【分析】

设BGDGx,ABa, 则AD3a,再利用矩形的性质建立方程x2a2【详解】

解： 四边形BHDG为菱形，

BGBHDHDG,

3ax,求解x, 从而可得答案.

249设BGDGx,

AD＝3AB， 设ABa, 则AD3a,

AG3ax,

矩形ABCD， A90,

x2a23ax,

2解得：x5a, 35a34a, 3AG3aAGAD4a33a4 ,949故答案为： 【点睛】

本题考查的是勾股定理的应用，矩形的性质，菱形的性质，利用图形的性质建立方程确定AG,AD之间的关系是解本题的关键. 2、2.5． 【解析】 【分析】

如图所示，将容器侧面展开，连接AB，则AB的长即为最短距离，然后分别求出AC，BC的长度，利用勾股定理求解即可． 【详解】

解：如图所示，将容器侧面展开，连接AB，则AB的长即为最短距离，

∵圆柱形容器高为0.8m，底面周长为4.8m在容器内壁离底部0.1m的点B处有一只蚊子，此时一只壁虎正好在容器的顶部点A处，

∴AD0.8m，DE2.4m，BE0.1m， 过点B作BC⊥AD于C， ∴∠BCD =90°， ∵四边形ADEF是矩形， ∴∠ADE=∠DEF=90° ∴四边形BCDE是矩形，

∴BCDE2.4m，CDBE=0.1m， ∴ACADCD=0.7m，

∴ABAC2BC22.5m，

答：则壁虎捕捉蚊子的最短路程是2.5m． 故答案为：2.5．

【点睛】

本题主要考查了平面展开—最短路径，解题的关键在于能够根据题意确定展开图中AB的长即为所求． 3、 4 23 【解析】 【分析】

以AC为边作正△AFC，并作FH⊥AC，垂足为点H，连接FD、CE，由直角三角形可求BC＝4，

AC43，由“SAS”可证△FAD≌△CAE，得CE＝FD，CE最小即是FD最小，此时

FDCH1AC23，故CE的最小值是23． 2【详解】

解：以AC为边作正△AFC，并作FH⊥AC，垂足为点H，连接FD、CE，如图： 在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°， ∴∠BAC＝30°， ∴BCAB4，

12∴ACAB2BC243

∵△AFC，△ADE都是等边三角形，

∴AD＝AE，AF＝AC，∠DAE＝∠FAC＝60°， ∴∠FAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC，即∠FAD＝∠CAE， 在△FAD和△CAE中，

ADAEFADCAE， AFAC∴△FAD≌△CAE（SAS）， ∴CE＝FD，

∴CE最小即是FD最小，

∴当FD⊥BD时，FD最小，此时∠FDC＝∠DCH＝∠CHF＝90°， ∴四边形FDCH是矩形， ∴FDCH1AC23， 2∴CE的最小值是23．

故答案为：4，23．

【点睛】

本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握等边三角形的性质．

4、2 【解析】 【分析】

取AD的中点为G，连接OG,GM，根据直角三角形的性质求出OG和MG的长，然后根据两点之间线段最短即可求解． 【详解】

解：取AD的中点为G，连接OG,GM，

ABCD为正方形，

AMMD,AMMD， AD2，G为中点， ∴MG1，

又AOD为直角三角形，

OG1AD1， 2G的轨迹是以O为圆心的圆弧， OM最小值为当O,G,M三点共线时，

即OMOGGM2，

故答案为：2． 【点睛】

本题考查了正方形的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，以及两点之间线段最短等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键． 5、菱形 【解析】 【分析】

先在坐标系中画出四边形ABCD，由A、B、C、D的坐标即可得到OA=OC=3，OB=OD=2，再由AC⊥BD，即可得到答案． 【详解】

解：图象如图所示：

∵A（-3，0）、B（0，2）、C（3，0）、D（0，-2）， ∴OA=OC=3，OB=OD=2， ∴四边形ABCD为平行四边形， ∵AC⊥BD，

∴四边形ABCD为菱形， 故答案为：菱形． 【点睛】

本题主要考查了菱形的判定，坐标与图形，解题的关键在于能够熟练掌握菱形的判定条件． 三、解答题

1、（1）见解析；（2）BG25 【分析】

（1）由正方形的性质可得BCDC，BCGDCE，由E的余角相等可得∠CBG=∠CDE，进而证明△BCG≌△DCE，从而证明CG=CE；

（2）证明正方形的性质可得BCDC，结合已知条件即可求得CG,BC，进而勾股定理即可求得BG的长 【详解】 （1）∵BF⊥DE ∴∠BFE=90°

∵四边形ABCD是正方形 ∴∠DCE=90°BCDC,

BCGDCE

∴∠CBG+∠E=∠CDE+∠E， ∴∠CBG=∠CDE ∴△BCG≌△DCE ∴CG=CE （2）∵BCDC，且BE42，DG22， ∴42-CE22CG

∵CG=CE

∴CG2，BC32 在RtBCG中，BGBC2BG2【点睛】

本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，掌握三角形全等的性质与判定与勾股定理是解题的关键． 2、（1）

1643；（2）y＝S四边形ABPQ＝2t＋32（0＜t≤8）；（3）t＝8，PQD75；（4）当t＝4或 或332322225 43时，△ABP为等腰三角形，理由见解析．

【分析】

（1）利用平行四边形的对边相等AQ＝BP建立方程求解即可；

（2）先构造直角三角形，求出AE，再用梯形的面积公式即可得出结论； （3）利用面积关系求出t，即可求出DQ，进而判断出DQ＝PQ，即可得出结论； （4）分三种情况，利用等腰三角形的性质，两腰相等建立方程求解即可得出结论． 【详解】

解：（1）∵在平行四边形ABCD中，AB8cm，BC16cm， 由运动知，AQ＝16−t，BP＝2t， ∵四边形ABPQ为平行四边形， ∴AQ＝BP， ∴16−t＝2t ∴t＝

16， 316s时，四边形ABPQ是平行四边形； 3即：t＝

（2）过点A作AE⊥BC于E，如图，

在Rt△ABE中，∠B＝30°，AB＝8， ∴AE＝4，

由运动知，BP＝2t，DQ＝t， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC＝16， ∴AQ＝16−t，

∴y＝S四边形ABPQ＝2（BP＋AQ）•AE＝2（2t＋16−t）×4＝2t＋32（0＜t≤8）； （3）由（2）知，AE＝4， ∵BC＝16，

∴S四边形ABCD＝16×4＝64，

由（2）知，y＝S四边形ABPQ＝2t＋32（0＜t≤8）， ∵四边形ABPQ的面积是四边形ABCD的面积的四分之三 ∴2t＋32＝×64， ∴t＝8； 如图，

3411

当t＝8时，点P和点C重合，DQ＝8， ∵CD＝AB＝8， ∴DP＝DQ， ∴∠DQC＝∠DPQ，

∴∠D＝∠B＝30°， ∴∠DQP＝75°；

（4）①当AB＝BP时，BP＝8， 即2t＝8，t＝4； ②当AP＝BP时，如图，

∵∠B＝30°，

过P作PM垂直于AB，垂足为点M，

BP2∴BM＝4，4BP，

222解得：BP＝∴2t＝∴t＝83， 383， 343 3③当AB＝AP时，同（2）的方法得，BP＝83， ∴2t＝83， ∴t＝43 所以，当t＝4或 【点睛】

此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，含30°的直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解（1）的关键是利用AQ＝BP建立方程，解（2）的关键是求出梯形的高，解（3）的关键是求出

43或43时，△ABP为等腰三角形． 3t，解（4）的关键是分类讨论的思想思考问题．

3、（1）见解析；（2）菱形，见解析

【分析】

（1）根据等腰三角形的性质得到AB=BC，∠A=∠C，由旋转的性质得到A1B=AB=BC，∠A=∠A1=∠C，∠A1BD=∠CBC1，根据全等三角形的判定定理得到△BCF≌△BA1D； （2）由（1）可知∠A1=∠C1=∠A=∠C=a,A1B=C1B=AB=BC 通过证明∠FBC=∠C1可得A1C1∥ BC，利用∠A1EC=∠C=180°推出∠A1EC+∠A1=180°

得到A1B∥CE从而证明四边形A1BCE为平行四边形再利用A1B=BC可证明四边形A1BCE为菱形． 【详解】

（1）证明：∵等腰三角形ABC旋转角a得到A1BC1

∴∠A1BD=∠FBC=a ∠A1=∠C1=∠A=∠C A1B=C1B=AB=BC BA1D（ASA） ∴BCF≌（2）解：四边形A1BCE为菱形 理由：∵C=a 由（1）可知∠A1=∠C1=∠A=∠C=a A1B=C1B=AB=BC 又∵ ∠A1BD=∠FBC=a ∴∠FBC=∠C1 ∴A1C1∥BC

∴∠A1EC=∠C=180°

∴∠A1EC+∠A1=180°

∴A1B∥CE ∴四边形A1BCE为平行四边形

又∵A1B=BC ∴ 四边形A1BCE为菱形 【点睛】

本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的理解题意是解题的关键．

4、（1）18；（2）CE的长为；（3）CG的长为【分析】

（1）根据矩形的性质得∠DAC=36°，根据折叠的性质得∠DAE=18°；

（2）根据 矩形性质得∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，根据折叠的性质得AF＝AD＝10，EF＝ED，根据勾股定理得BF=8，则CF=2，设CE＝x，则EF＝ED＝6﹣x，根据勾股定理得22+x2(6x)2，解得：x，即CE的长为；

（3）连接EG，，由题意得DE＝CE，由折叠的性质得：AF＝AD＝10，∠AFE＝∠D＝90°，FE＝DE，则∠EFG＝∠C=90°，由HL得Rt△CEG≌Rt△FEG，则CG＝FG，设CG＝FG＝y，则AG＝10+y，BG＝10﹣

99，即CG的长为． 10108383839． 10y，在Rt△ABG中，由勾股定理得6+(10-y)2=(10+y)2，解得y【详解】

解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴∠DAB=90°，

∴∠DAC=90°-∠BAC=90°-54°=36°，

∵△AED沿AE所在的直线折叠，使点D落在点F处， ∴∠DAE=∠EAC=2∠DAC=2×36°=18°， 故答案为：18；

（2）∵四边形ABCD是长方形，

∴∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，CD＝AB＝6， 由折叠的性质得：AF＝AD＝10，EF＝ED， ∴BFAF2AB2102628， ∴CF＝BC﹣BF＝10﹣8＝2， 设CE＝x，则EF＝ED＝6﹣x， 在Rt△CEF中，由勾股定理得：

22+x2(6x)2， 4+x23612xx2

1112x32

解得：x，

8383即CE的长为；

（3）解：如图所示，连接EG，

∵点E是CD的中点， ∴DE＝CE，

由折叠的性质得：AF＝AD＝10，∠AFE＝∠D＝90°，FE＝DE， ∴∠EFG＝∠C=90°， 在Rt△CEG和Rt△FEG中，

EGEG， CEFE∴Rt△CEG≌Rt△FEG（HL）， ∴CG＝FG，

设CG＝FG＝y，则AG＝AF+FG＝10+y，BG＝BC﹣CG＝10﹣y， 在Rt△ABG中，由勾股定理得：

3610020yy210020yy2， 40y36

解得：y9， 10即CG的长为【点睛】

9． 10本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．

5、（1）证明过程见解析；（2）BG的长为410；（3）210或65﹣410或10或65+410 【分析】

（1）连结BB1交CG于点M，交CD于点Q，证明四边形ABCD是正方形，再根据对称的性质得到CE垂直平分BB1，得到△BCG≌△B1CG（SSS），即可得解；

（2）设BG交AD于点N，得到△BCQ≌△CDE（ASA），得到CQ＝DE＝5，BQ＝CE＝55，再根据勾股定理得到BM，最后利用勾股定理计算即可；

（3）根据点G的位置不同分4种情况进行讨论计算即可； 【详解】

（1）证明：如图1，连结BB1交CG于点M，交CD于点Q，

∵AD∥BC，AD＝BC，

∴四边形ABCD是平行四边形， ∵BC＝DC，∠BCD＝90°， ∴四边形ABCD是正方形， ∵点B1与点B关于CE对称， ∴CE垂直平分BB1，

∴BC＝B1C，BG＝B1G， ∵CG＝CG，

∴△BCG≌△B1CG（SSS）， ∴∠CBG＝∠CB1G， ∵DC＝B1C， ∴∠CDB1＝∠CB1G， ∴∠CBG＝∠CDB1．

（2）解：如图1，设BG交AD于点N， ∵BC＝CD＝AD＝10， ∴DE＝2AD＝5， ∵∠CDE＝90°， ∴CE＝1025255，

∵∠BCQ＝∠CDE＝∠BMC＝90°， ∴∠CBQ＝90°﹣∠BCM＝∠DCE， ∴△BCQ≌△CDE（ASA）， ∴CQ＝DE＝5，BQ＝CE＝55， ∵CM⊥BQ，

∴S△BCQ＝2BQ•CM＝2BC•CQ， ∴55CM105，

1212111∴CM＝25，

∴BM＝10225245，

∵∠ABC＝∠BAN＝90°，

∴∠GDN+∠CDB1＝90°，∠ABN+∠CBG＝90°， ∴∠GDN＝∠ABN， ∵∠GND＝∠ANB，

∴∠GDN+∠GND＝∠ABN+∠ANB＝90°， ∴∠BGB1＝90°，

∴∠BGM＝∠B1GM＝2∠BGB1＝45°， ∵∠BMG＝90°， ∴∠BMG＝∠BGM＝45°， ∴GM＝BM＝45，

1∴BG＝452452410，

∴BG的长为410．

（3）解：如图1，由（2）得CM＝25，GM＝45，

∴CG＝25+45＝65，

如图2，CH＝CG＝65，则∠CHG＝∠CGH＝45°，

∴∠GCH＝90°， ∴GH＝652652610，

∴BH＝GH﹣BG＝610﹣410＝210；

如图3，HG＝CG＝65，且点H与点B在直线FB1的同侧，

∴BH＝HG﹣BG＝65﹣410；

如图4，CH＝GH，则∠HCG＝∠HGC＝45°，

∴∠CHG＝90°， ∴CH+GH＝CG， ∴2GH＝（65），

2

2

2

2

2

∴GH＝310，

∴BH＝BG﹣GH＝410﹣310＝10；

如图5，HG＝CG＝65，且点H与点B在直线FB1的异侧，

∴BH＝HG+BG＝65+410，

综上所述，BH的长为210或65﹣410或10或65+410，

故答案为：210或65﹣410或10或65+410． 【点睛】

本题主要考查了全等三角形的综合，勾股定理，垂直平分线的判定与性质，正方形的性质，准确分析计算是解题的关键．