初中數(shù)學蘇科版八年級下冊第9章 中心對稱圖形——平行四邊形綜合與測試單元測試課后作業(yè)題

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?2021-2022學年八年級數(shù)學下冊尖子生同步培優(yōu)題典【蘇科版】
專題9.17第9章平行四邊形單元測試（培優(yōu)卷）
姓名：__________________ 班級：______________ 得分：_________________
注意事項：
本試卷滿分100分，試題共26題，選擇10道、填空8道、解答8道．答卷前，考生務必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．
一、選擇題（本大題共10小題，每小題2分，共20分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．（2020春?句容市期中）隨著人們生活水平的提高，我國擁有汽車的居民家庭也越來越多，下列汽車標志中，是中心對稱圖形的是（　?。?br /> A． B． C． D．
【分析】根據(jù)中心對稱圖形的定義，結(jié)合選項所給圖形進行判斷即可．
【解析】A、是中心對稱圖形，故本選項符合題意；
B、不是中心對稱圖形，故本選項不合題意；
C、不是中心對稱圖形，故本選項不合題意；
D、不是中心對稱圖形，故本選項不合題意；
故選：A．
2．（2020春?濱湖區(qū)期中）如圖，在△ABC中，∠A＝70°，AC＝BC，以點B為旋轉(zhuǎn)中心把△ABC按順時針旋轉(zhuǎn)一定角度，得到△A'BC'，點A'恰好落在AC上，連接CC'，則∠ACC'度數(shù)為（　?。?br />
A．110° B．100° C．90° D．70°
【分析】由∠A＝70°，AC＝BC，可知∠ACB＝40°，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，AB＝BA′，BC＝BC′，∠CBC′＝∠α＝40°，∠BCC′＝70°，于是∠ACC′＝∠ACB+∠BCC′＝110°．
【解析】∵∠A＝70°，AC＝BC，
∴∠BCA＝40°，
根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，AB＝BA′，BC＝BC′，
∴∠α＝180°﹣2×70°＝40°，
∵∠CBC′＝∠α＝40°，
∴∠BCC′＝70°，
∴∠ACC′＝∠ACB+∠BCC′＝110°；
故選：A．
3．（2020春?連云區(qū)期中）如圖，在△ABC中，D，E分別是AB，AC的中點，AC＝10，F(xiàn)是DE上一點，連接AF，CF，DF＝1．若∠AFC＝90°，則BC的長度為（　?。?br />
A．10 B．12 C．14 D．16
【分析】先證明EF＝5，繼而得到DE＝6；再證明DE為△ABC的中位線，即可解決問題．
【解析】如圖，∵∠AFC＝90°，E是AC的中點，
∴Rt△ACF中，EF=12AC=12×10=5，
∴DE＝1+5＝6；
∵D，E分別是AB，AC的中點，
∴DE為△ABC的中位線，
∴BC＝2DE＝12，
故選：B．

4．（2019秋?江陰市期中）在△ABC中，AB＝AC＝5，點M為BC的中點，N為AB中點，則MN等于（　?。?br /> A．3 B．2 C．125 D．52
【分析】根據(jù)三角形中位線定理計算即可．
【解析】
∵點M為BC的中點，N為AB中點，
∴MN是△ABC的中位線，
∴MN=12AC=52，
故選：D．
5．（2019春?金壇區(qū)期中）如圖，在△ABC中，BD，CE是△ABC的中線，BD與CE相交于點O，點F，G分別是BO，CO的中點，連接AO．若要使得四邊形DEFG是正方形，則需要滿足條作（　　）

A．AO＝BC B．AB⊥AC
C．AB＝AC且AB⊥AC D．AO＝BC且AO⊥BC
【分析】根據(jù)三角形中位線定理得到DE=12BC，DE∥BC，F(xiàn)G=12BC，F(xiàn)G∥BC，得到四邊形DEFG為平行四邊形，根據(jù)正方形的判定定理解答即可．
【解析】∵點E、D分別為AB、AC的中點，
∴DE=12BC，DE∥BC，
∵點F、G分別是BO、CO的中點，
∴FG=12BC，F(xiàn)G∥BC，
∴DE＝FG，DE∥FG，
∴四邊形DEFG為平行四邊形，
∵點E、F分別為AB、OB的中點，
∴EF=12OA，EF∥OA，
當EF＝FG，即AO＝BC時平行四邊形DEFG為菱形，
當AO⊥BC時，DE⊥OA，
∵EF∥OA，
∴EF⊥FG，
∴四邊形DEFG為正方形，
則當AO＝BC且AO⊥BC時，四邊形DEFG是正方形，
故選：D．
6．（2020秋?蘇州期末）如圖，四邊形ABCD中，以對角線AC為斜邊作Rt△ACE，連接BE、DE，BE⊥DE，AC，BD互相平分．若2AB＝BC＝4，則BD的值為（　?。?br />
A．25 B．5 C．3 D．4
【分析】連接OE，由AC，BD互相平分得出四邊形ABCD是平行四邊形，由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)推出AC＝BD，則四邊形ABCD是矩形，再由勾股定理即可得出結(jié)果．
【解析】連接OE，如圖所示：
∵2AB＝BC＝4，
∴AB＝2，
∵AC，BD互相平分，
∴OA＝OC，OB＝OD，四邊形ABCD是平行四邊形，
∵以AC為斜邊作Rt△ACE，
∴OE＝OA＝OC=12AC，
∵BE⊥DE，
∴OE＝OB＝OD=12BD，
∴AC＝BD，
∴四邊形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝4，∠BAD＝90°，
∴BD=AB2+AD2=22+42=25，
故選：A．

7．（2020春?儀征市期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，AB＝5，D為AC上的動點，連接BD以AD、BD為邊作平行四邊形ADBE，則DE長的最小值為（　?。?br />
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】由勾股定理可去BC＝3，由平行四邊形的性質(zhì)可得BE∥AC，由平行線之間的距離和垂線段最短可得當DE⊥AD時，DE有最小值，即可求解．
【解析】如圖，

∵∠ACB＝90°，AC＝4，AB＝5，
∴BC=AB2?AC2=25?16=3，
∵四邊形ADBE是平行四邊形，
∴BE∥AC，
∴當DE⊥AD時，DE有最小值，
∴DE有最小值為3，
故選：B．
8．（2020春?常熟市期末）如圖，以正方形ABCD的對角線AC為一邊作菱形AEFC，點F在DC的延長線上，連接AF交BC于點G，則∠FGC的度數(shù)為（　　）

A．67.5° B．45° C．60° D．75°
【分析】由正方形的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)可得∠CAB＝45°＝∠ACB，∠ABC＝90°，∠CAF＝∠EAF=12∠CAB＝22.5°，由三角形的外角性質(zhì)可求解．
【解析】∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠CAB＝45°＝∠ACB，∠ABC＝90°，
∵四邊形AEFC是菱形，
∴∠CAF＝∠EAF=12∠CAB＝22.5°，
∴∠FGC＝∠ACB+∠CAF＝67.5°，
故選：A．
9．（2020春?太倉市期末）如圖，在矩形ABCD中，AD＝3AB，且AB＝2，點G、H分別在AD、BC上，連接BG、DH，若四邊形BHDG是菱形，則AG的長為（　?。?br />
A．83 B．3 C．103 D．4
【分析】首先根據(jù)菱形的性質(zhì)可得BG＝GD，然后設AG＝y(tǒng)，則GD＝BG＝6﹣y，再根據(jù)勾股定理可得y2+22＝（6﹣y）2解答即可．
【解析】∵四邊形BGDH是菱形，
∴BG＝GD，
∵AD＝3AB，且AB＝2，
∴AD＝6，
設AG＝y(tǒng)，則GD＝BG＝6﹣y，
∵在Rt△AGB中，AG2+AB2＝GB2，
∴y2+22＝（6﹣y）2，
解得：y=83，
故選：A．
10．（2020?建鄴區(qū)一模）某小區(qū)打算在一塊長80m，寬7.5m的矩形空地的一側(cè)，設置一排如圖所示的平行四邊形傾斜式停車位若干個（按此方案規(guī)劃車位，相鄰車位間隔線的寬度忽略不計）．已知規(guī)劃的傾斜式停車位每個車位長6m，寬2.5m，如果這塊矩形空地用于行走的道路寬度不小于4.5m，那么最多可以設置停車位（　?。?br />
A．16 個 B．15 個 C．14 個 D．13 個
【分析】根據(jù)題意可得當AC＝3時，AD＝GF＝6，得∠ADC＝30°，CD＝33，根據(jù)DE＝2.5可得DF＝5，設最多可以設置停車位x個，進而根據(jù)x個平行四邊形的面積加上兩個三角形的面積小于等于矩形面積列出方程即可求出x的值．
【解析】如圖，

根據(jù)題意可知：
AB＝7.5，BC≥4.5，
∴AC≤3，
當AC＝3時，
∵AD＝GF＝6，
∴∠ADC＝30°，CD＝33，
∴∠EFD＝∠ADC＝30°，
∵DE＝2.5，
∴DF＝5，
設最多可以設置停車位x個，根據(jù)題意可得，
∵S平行四邊形ADFG＝DF?AC＝5×3＝15，
S△ADC=12×CD?AC=932，
∴15x+2×932≤80×3，
解得x≤14.96，
所以最多可以設置停車位14個．
故選：C．
二、填空題（本大題共8小題，每小題2分，共16分）請把答案直接填寫在橫線上
11．（2019秋?陽東區(qū)期中）在“線段、等腰三角形、四邊形、圓”這幾個圖形中，中心對稱圖形是　線段、圓?。?br /> 【分析】直接利用中心對稱圖形的定義分析得出答案．
【解析】在“線段、等腰三角形、四邊形、圓”這幾個圖形中，中心對稱圖形是：線段、圓．
故答案為：線段、圓．
12．（2020?高新區(qū)一模）如圖，矩形ABCD中，E為BC的中點，將△ABE沿直線AE折疊，使點B落在點F處，連接FC，若∠DAF＝18°，則∠DCF＝　36　度．

【分析】由折疊的性質(zhì)得：FE＝BE，∠FAE＝∠BAE，∠AEB＝∠AEF，求出∠BAE＝∠FAE＝36°，由直角三角形的性質(zhì)得出∠AEF＝∠AEB＝54°，求出∠CEF＝72°，求出FE＝CE，由等腰三角形的性質(zhì)求出∠ECF＝54°，即可得出∠DCF的度數(shù)．
【解析】∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠BCD＝90°，
由折疊的性質(zhì)得：FE＝BE，∠FAE＝∠BAE，∠AEB＝∠AEF，
∵∠DAF＝18°，
∴∠BAE＝∠FAE=12（90°﹣18°）＝36°，
∴∠AEF＝∠AEB＝90°﹣36°＝54°，
∴∠CEF＝180°﹣2×54°＝72°，
∵E為BC的中點，
∴BE＝CE，
∴FE＝CE，
∴∠ECF=12（180°﹣72°）＝54°，
∴∠DCF＝90°﹣∠ECF＝36°；
故答案為：36．
13．（2020春?市中區(qū)期末）如圖，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點D是AC延長線上的一點，AD＝24，點E是BC上一點，BE＝10，連接DE，M、N分別是AB、DE的中點，則MN＝　13?。?br />
【分析】連接BD，取BD的中點F，連接MF、NF，證明NF、MF分別是△BDE、△ABD的中位線，由三角形中位線定理得出NF∥BE，MF∥AD，NF=12BE＝5，MF=12AD＝12，證出NF⊥MF，在Rt△MNF中，由勾股定理即可得出答案．
【解析】連接BD，取BD的中點F，連接MF、NF，如圖所示：
∵M、N、F分別是AB、DE、BD的中點，
∴NF、MF分別是△BDE、△ABD的中位線，
∴NF∥BE，MF∥AD，NF=12BE＝5，MF=12AD＝12，
∵∠ACB＝90°，
∴AD⊥BC，
∵MF∥AD，
∴MF⊥BC，
∵NF∥BE，
∴NF⊥MF，
在Rt△MNF中，由勾股定理得：MN=NF2+MF2=52+122=13；
故答案為：13．

14．（2019?丹陽市一模）如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，D在BC上，E為AB中點，AD、CE相交于F，AD＝DB．若∠B＝35°，則∠DFE等于　105　°．

【分析】根據(jù)∠EFD＝∠ADC+∠DCF，只要求出∠ADC，∠DCF即可解決問題．
【解析】∵∠ACB＝90°AE＝EB，
∴CE＝EB＝AE，
∴∠B＝∠ECB＝35°，
∵DB＝DA，
∴∠B＝∠DAB＝35°，
∴∠ADC＝∠B+∠DAB＝70°，
∴∠EFD＝∠ADC+∠ECB＝105°，
故答案為105．
15．（2020春?揭陽期末）如圖，已知△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC，E是AC的中點，若AB＝6，則DE的長為　3?。?br />
【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得AD⊥BC，再根據(jù)在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半可得答案．
【解析】∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∵點E為AC的中點，
∴DE=12AC＝3．
故答案為：3．
16．（2020春?方城縣期中）如圖，E為?ABCD內(nèi)任一點，且?ABCD的面積為6，則圖中陰影部分的面積為　3?。?br />
【分析】根據(jù)三角形面積公式可知，圖中陰影部分面積等于平行四邊形面積的一半．所以S陰影=12S四邊形ABCD．
【解析】設兩個陰影部分三角形的底為AB，CD，高分別為h1，h2，則h1+h2為平行四邊形的高，
∴S△EAB+S△ECD=12AB?h1+12CD?h2=12AB（h1+h2）
=12S四邊形ABCD=12×6＝3．
故答案為：3．
17．（2019秋?平頂山期中）笑笑將一副三角板按如圖所示的位置放置，△DOE的直角頂點O在邊BC的中點處，其中∠A＝∠DOE＝90°．∠B＝45°，∠D＝60°，△DOE繞點O自由旋轉(zhuǎn)，且OD，OE分別交AB，AC于點M，N當AN＝4，NC＝2時，MN的長為　25?。?br />
【分析】如圖，連接AO，作OH⊥AC于H．首先證明△OMN是等腰直角三角形，求出ON即可解決問題．
【解析】如圖，連接AO，作OH⊥AC于H．

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OB＝OC，
∴AO⊥BC，∠BAO＝∠C＝45°，OA＝OB＝OC，
∵∠DOE＝∠AOC＝90°，
∴∠AOM＝∠CON，
∴△AOM≌△CON（ASA），
∴OM＝ON，
∵AN＝4，NC＝2，
∴AC＝6，
∵∠AOC＝90°，OA＝OC，OH⊥AC，
∴AH＝HC＝3，OH＝AH＝CH＝3，
∴HN＝AN﹣AH＝4﹣3＝1，
∴ON＝OM=OH2+HN2=32+12=10，
∴MN=2ON＝25，
故答案為25．
18．（2020春?海陵區(qū)校級期中）如圖，正方形ABCD中，E為CD上一點（不與C、D重合）．AE交對角線BD于點F，過點F作FG⊥AE交BC于G，連接EG，現(xiàn)有如下結(jié)論：①AF＝FG； ②EF＞DE；③GE＝BG+DE； ④∠FGE＝∠DAE； ⑤在CD上存在兩個符合條件的E點使CE＝CG．以上正確的有?、佗邰堋。ㄌ钚蛱枺?br />
【分析】如圖①，連接CF，由“SAS”可證△ABF≌△CBF，可得AF＝CF，∠BAF＝∠BCF，可得AF＝FG，如圖②，把△ADE順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABH，由“SAS”可證△AHG≌△AEG，可得HG＝EG，由全等三角形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)依次判斷可求解．
【解析】如圖①，連接CF，

在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABF＝∠CBF＝45°，
在△ABF和△CBF中，
AB=BC∠ABF=∠CBF=45°BF=BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF＝CF，∠BAF＝∠BCF，
∵FG⊥AE，
∴在四邊形ABGF中，∠BAF+∠BGF＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
又∵∠BGF+∠CGF＝180°，
∴∠BAF＝∠CGF，
∴∠CGF＝∠BCF，
∴CF＝FG，
∴AF＝FG，故①正確；
∵∠DFE＝∠ADF+∠DAE＝45°+∠DAE＞∠FDE，
∴DE＞EF，故②錯誤；
如圖②，把△ADE順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABH，則AH＝AE，BH＝DE，∠BAH＝∠DAE，

∵AF＝FG，F(xiàn)G⊥AE，
∴△AFG是等腰直角三角形，
∴∠EAG＝45°，
∴∠HAG＝∠BAG+∠DAE＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAG＝∠HAG，
在△AHG和△AEG中，
AH=AE∠EAG=∠HAGAG=AG，
∴△AHG≌△AEG（SAS），
∴HG＝EG，
∵HG＝BH+BG＝DE+BG＝EG，故③正確；
∵AF＝FG，AF⊥FG，
∴∠FAG＝∠FGA＝45°，
∵△AHG≌△AEG，
∴∠AGH＝∠AGE＝∠AGF+∠EGF＝45°+∠FGE，
∵AD∥BC，
∴∠DAG＝∠AGH，
∴∠DAG＝∠AGE＝45°+∠DAE，
∴∠DAE＝∠FGE，故④正確；
∵在CD上存在1個符合條件的E點使CE＝CG，
∴⑤錯誤，
故答案為①③④．
三、解答題（本大題共8小題，共64分．解答時應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）
19．（2020春?文山州期末）如圖，網(wǎng)格中的每個小正方形的邊長都是1，每個小正方形的頂點叫格點，△ABC的每個頂點都在格點上．
（1）將△ABC向左平移4個單位長度，得到△A1B1C1，畫出△A1B1C1，并寫出C1點的坐標．
（2）在平面直角坐標系中，△A2B2C2與△ABC關于原點O成中心對稱，請畫出△A2B2C2．
（3）在x軸上是否存在點P，使PA+PC的長度最短？如果存在，請在平面直角坐標系中作出點P，并保留作圖痕跡，若不存在，請說明理由．

【分析】（1）分別作出A，B，C的對應點A1，B1，C1即可．
（2）分別作出A，B，C的對應點A2，B2，C2即可．
（2）作點C關于x軸的對稱點C′，連接AC′交x軸于點P，連接PC，此時PA+PC的值最?。?br /> 【解析】（1）如圖，△A1B1C1即為所求，C1點的坐標（1，1）．
（2）如圖，△A2B2C2即為所求．
（3）如圖，點P即為所求．

20．（2011春?蕭山區(qū)期末）在證明三角形中位線性質(zhì)“如圖，已知EF是△ABC的中位線，求證：EF∥BC，EF=12BC”時，小雨根據(jù)老師的引導給出了一種思路：延長EF至D，使EF＝DF，連接AD、CE，證明四邊形AECD是平行四邊形即可．
小婷思考后認為小雨的思路是正確的，可行的．
你能在這樣的思路下完成證明嗎？請寫出你的證明過程．

【分析】延長EF至D，使EF＝DF，連接AD、CE，CD，證明四邊形AECD是平行四邊形即可．
【解析】證明：延長EF至D，使EF＝DF，連接AD、CE，CD，
∵EF＝DF，AF＝CF，
∴AECD是平行四邊形
∴AB∥CD，AE＝CD，
∴BE＝CD
∴四邊形BEDC是平行四邊形
∴ED∥BC，且ED＝BC
∴EF∥BC，EF=12BC．

21．（2018?朝陽區(qū)模擬）如圖，在菱形ABCD中，AC和BD相交于點O，過點O的線段EF與一組對邊AB，CD分別相交于點E，F(xiàn)．
（1）求證：AE＝CF；
（2）若AB＝2，點E是AB中點，求EF的長．

【分析】（1）由四邊形ABCD是菱形，可得AB∥CD，OA＝OC，繼而證得△AOE≌△COF，則可證得結(jié)論．
（2）利用平行四邊形的判定和性質(zhì)解答即可．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AO＝CO，AB∥CD，
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO．
在△OAE和△OCF中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AEO=∠CFO，
∴△AOE≌△COF，
∴AE＝CF；
（2）∵E是AB中點，
∴BE＝AE＝CF．
∵BE∥CF，
∴四邊形BEFC是平行四邊形，
∵AB＝2，
∴EF＝BC＝AB＝2．
22．（2019秋?梁平區(qū)期末）如圖，?ABCD中，CG⊥AB于點G，∠ABF＝45°，F(xiàn)在CD上，BF交CG于點E，連接AE，AE⊥AD．
（1）若BG＝1，BC=10，求EF的長度；
（2）求證：AB?2BE＝CF．

【分析】（1）根據(jù)BG＝1，BC=10，利用勾股定理可以得到CG的長，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可以得到GE的長，從而可以得到EF的長；
（2）要證明結(jié)論成立，只要作輔助線EH⊥AB于點H，利用勾股定理得到BH=2BE，再利用三角形的全等和平行四邊形的性質(zhì)即可得到結(jié)論成立．
【解析】（1）∵CG⊥AB，BG＝1，BC=10，
∴CG=BC2?BG2=(10)2?12=3．
∵∠ABF＝45°，
∴△BGE是等腰直角三角形，
∴EG＝BG＝1，
∴EC＝CG﹣EG＝3﹣1＝2，
∵在平行四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ABF＝45°，CG⊥AB，
∴∠CFE＝∠ABF＝45°，∠FCE＝∠BGE＝90°，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴EF=EC2+CF2=22+22=22；
（2）證明：過E作EH⊥BE交AB于H，
∵∠ABF＝45°，∠BEH＝90°，
∴△BEH是等腰直角三角形，
∴BH=BE2+EH2=2BE，BE＝HE，
∴∠BHE＝45°，
∴∠AHE＝180°﹣∠BHE＝180°﹣45°＝135°，
由（1）知，△BGE和△ECF都是等腰直角三角形，
∴∠BEG＝45°，CE＝CF，
∴∠BEC＝180°﹣∠BEG＝180°﹣45°＝135°，
∴∠AHE＝∠CEB，
∵AE⊥AD，
∴∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠DAE+∠EAB＝90°+∠EAB，
由（1）知，∠FCE＝90°，
∴∠BCD＝∠FCE+∠BCG＝90°+∠BCG，
∵在平行四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD，
∴90°+∠EAB＝90°+∠BCG，
∴∠EAB＝∠BCG，
即∠EAH＝∠BCE，
在△△EAH和△BCE中，
∠EAH=∠BCE∠EHA=∠BECEH=BE
∴△EAH≌△BCE（AAS），
∴AH＝CE＝CF，
∴AB?2BE＝AB﹣BH＝AH＝CF，
即AB?2BE＝CF．

23．（2020春?文山州期末）如圖1，已知點B、C、D在同一條直線上，△ABC和△CDE都是等邊三角形，BE交AC于點F，AD交CE于點H．
（1）求出∠ACE的度數(shù)；
（2）請在圖1中找出一對全等的三角形，并說明全等的理由；
（3）若將△CDE繞C點轉(zhuǎn)動到如圖2所示的位置，其余條件不變，（2）中的結(jié)論是否還成立，試說明理由．

【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)得出∠ACB＝∠ECD＝60°，則可求出∠ACE＝60°；
（2）依據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得到BE＝AD，CE＝CD，∠ACB＝∠ECD＝60°，然后可證明∠ACD＝∠BCE＝120°，依據(jù)SAS可證明△BCE≌△ACD；
（3）（2）中的結(jié)論還成立．證明方法同（2）．
【解析】（1）∵△ABC和△CDE都是等邊三角形，
∴∠ACB＝∠ECD＝60°，
∵點B、C、D在同一條直線上，
∴∠ACE＝180°﹣∠ACB﹣∠ECD＝180°﹣60°﹣60°＝60°；
（2）△BCE≌△ACD．
理由：∵△ABC和△CED都是等邊三角形，
∠BCA＝∠DCE＝60°，BC＝AC，CE＝CD，
∴∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△ACD中，
BC=AC∠BCE=∠ACDCE=CD，
∴△BCE≌△ACD（SAS）；
（3）（2）中的結(jié)論還成立．
∵△ABC和△CDE都是等邊三角形，
∴∠ACB＝∠ECD＝60°，AC＝BC，EC＝DC．
∴∠BCE＝∠ACD，
∴△BCE≌△ACD（SAS）．
24．（2020?豐臺區(qū)二模）如圖，矩形ABCD，延長CD至點E，使DE＝CD，連接AC，AE，過點C作CF∥AE交AD的延長線于點F，連接EF．
（1）求證：四邊形ACFE是菱形；
（2）連接BE交AD于點G．當AB＝2，∠ACB＝30°時，求BG的長．

【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得到∠ADC＝90°，求得AE＝AC，EF＝CF，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠EAD＝∠AFC，求得AE＝EF＝AC＝CF，于是得到結(jié)論；
（2）如圖，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到∠ABC＝∠BCE＝90°，CD＝AB，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到BC＝23，CE＝4，由勾股定理得到BE=BC2+CE2=27，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∴AF⊥CE，
∵CD＝DE，
∴AE＝AC，EF＝CF，
∴∠EAD＝∠CAD，
∵AE∥CF，
∴∠EAD＝∠AFC，
∴∠CAD＝∠CFA，
∴AC＝CF，
∴AE＝EF＝AC＝CF，
∴四邊形ACFE是菱形；
（2）解：如圖，∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BCE＝90°，CD＝AB，
∵AB＝2，CD＝DE，
∴BC＝23，CE＝4，
∴BE=BC2+CE2=27，
∵AB＝CD＝DE，∠BAE＝∠EDG＝90°，∠AGB＝∠DGE，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴BG＝EG，
∴BG=12BE=7．

25．（2020春?焦作期末）如圖，在?ABCD中，點O是邊BC的中點，連接DO并延長，交AB的延長線于點E，連接BD，EC．
（1）求證：四邊形BECD是平行四邊形；
（2）當∠BOD＝　90　°時，四邊形BECD是菱形；
（3）當∠A＝50°，則當∠BOD＝　100　°時，四邊形BECD是矩形．

【分析】（1）由AAS證明△BOE≌△COD，得出OE＝OD，即可得出結(jié)論；
（2）對角線互相垂直平分的平行四邊形是菱形；
（3）由平行四邊形的性質(zhì)得出∠BCD＝∠A＝50°，由三角形的外角性質(zhì)求出∠ODC＝∠BCD，得出OC＝OD，證出DE＝BC，即可得出結(jié)論．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AB∥DC，AB＝CD，
∴∠OEB＝∠ODC，
又∵O為BC的中點，
∴BO＝CO，
在△BOE和△COD中，
∠OEB=∠ODC∠BOE=∠CODBO=CO，
∴△BOE≌△COD（AAS）；
∴OE＝OD，
∴四邊形BECD是平行四邊形；

（2）解：當∠BOD＝90°時，四邊形BECD是菱形；
理由：∵四邊形BECD是平行四邊形，
∴當∠BOD＝90°時，四邊形BECD是菱形；

（3）解：若∠A＝50°，則當∠BOD＝100°時，四邊形BECD是矩形．理由如下：
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠BCD＝∠A＝50°，
∵∠BOD＝∠BCD+∠ODC，
∴∠ODC＝100°﹣50°＝50°＝∠BCD，
∴OC＝OD，
∵BO＝CO，OD＝OE，
∴DE＝BC，
∵四邊形BECD是平行四邊形，
∴四邊形BECD是矩形；
故答案是：（2）90°；
（3）100°．
26．（2020?臨沂）如圖，菱形ABCD的邊長為1，∠ABC＝60°，點E是邊AB上任意一點（端點除外），線段CE的垂直平分線交BD，CE分別于點F，G，AE，EF的中點分別為M，N．
（1）求證：AF＝EF；
（2）求MN+NG的最小值；
（3）當點E在AB上運動時，∠CEF的大小是否變化？為什么？

【分析】（1）連接CF，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)和菱形的對稱性得到CF＝EF和CF＝AF即可得證；
（2）連接AC，根據(jù)菱形對稱性得到AF+CF最小值為AC，再根據(jù)中位線的性質(zhì)得到MN+NG的最小值為AC的一半，即可求解；
（3）延長EF，交DC于H，利用外角的性質(zhì)證明∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由AF＝CF＝EF，得到∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，從而推斷出∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FEA+∠CEF，從而可求出∠ABF＝∠CEF＝30°，即可證明．
【解析】（1）連接CF，
∵FG垂直平分CE，
∴CF＝EF，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴A和C關于對角線BD對稱，
∴CF＝AF，
∴AF＝EF；

（2）連接AC，交BD于點O，
∵M和N分別是AE和EF的中點，點G為CE中點，
∴MN=12AF，NG=12CF，即MN+NG=12（AF+CF），
當點F與菱形ABCD對角線交點O重合時，
AF+CF最小，即此時MN+NG最小，
∵菱形ABCD邊長為1，∠ABC＝60°，
∴△ABC為等邊三角形，AC＝AB＝1，
即MN+NG的最小值為12；


（3）不變，理由是：
延長EF，交DC于H，
∵∠CFH＝∠FCE+∠FEC，∠AFH＝∠FAE+∠FEA，
∴∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，
∵點F在菱形ABCD對角線BD上，根據(jù)菱形的對稱性可得：
∠AFD＝∠CFD=12∠AFC，
∵AF＝CF＝EF，
∴∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，
∴∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FEA+∠CEF，
∴∠ABF＝∠CEF，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABF＝∠CEF＝30°，為定值．