數(shù)學(xué)八年級下冊第十八章平行四邊形18.1 平行四邊形18.1.1 平行四邊形的性質(zhì)習(xí)題-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

注意事項：
本試卷試題解答30道，共分成三個層組：基礎(chǔ)過關(guān)題（第1-10題）、能力提升題（第11-20題）、培優(yōu)壓軸題（第21-30題），每個題組各10題，可以靈活選用．答卷前，考生務(wù)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．解答題（共30小題）
1．（2022春?臨潼區(qū)期末）已知，如圖，E，F(xiàn)是平行四邊形ABCD的對角線AC上的兩點，AE＝CF．求證：四邊形DEBF是平行四邊形．
2．（2022春?昭平縣期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點D、E分別是AB、BC的中點，點F在AC的延長線上，∠FEC＝∠B，
（1）CF＝DE成立嗎？試說明理由．
（2）若AC＝6cm，AB＝10cm，求四邊形DCFE的面積．
3．（2021春?思明區(qū)校級期中）已知，如圖，AC為?ABCD的對角線，DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分別為E，F(xiàn)，求證：四邊形DEBF是平行四邊形．
4．（2021春?陳倉區(qū)期末）如圖，在?ABCD中，E、F是對角線AC上的兩點，AE＝CF．
（1）求證：四邊形BEDF是平行四邊形；
（2）連接BD交EF于點O，當(dāng)BE⊥EF時，BE＝8，BF＝10，求BD的長．
5．（2021春?江夏區(qū)期末）如圖，將?ABCD的對角線BD向兩個方向延長，分別至點E和點F，BE＝DF．求證：四邊形AECF是平行四邊形．
6．（2020?百色模擬）已知：如圖，平行四邊形ABCD中，M、N分別為AB和CD的中點．
（1）求證：四邊形AMCN是平行四邊形；
（2）若AC＝BC＝5，AB＝6，求四邊形AMCN的面積．
7．（2020?陜西）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C．E是邊BC上一點，且DE＝DC．求證：AD＝BE．
8．（2021春?亭湖區(qū)校級期中）已知：在?ABCD中，E、F是對角線AC上的兩點，且AE＝CF，對角線AC、BD交于點O．
求證：（1）△ABE≌△CDF；
（2）BF∥DE．
9．（2021春?蘇州期中）如圖，在?ABCD中，點E，F(xiàn)分別在BC，AD上，AC與EF交于點O，且AO＝CO．
（1）求證：AF＝EC；
（2）連接AE，CF，若AC＝8，EF＝6，且EF⊥AC，求四邊形AECF的周長．
10．（2021?饒平縣校級模擬）如圖，在?ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，點E，F(xiàn)在BD上，且BE＝DF，連接AE并延長，交BC于點G，連接CF并延長，交AD于點H．
（1）求證：AE＝CF；
（2）若AC平分∠HAG，判斷四邊形AGCH的形狀，并證明你的結(jié)論．
11．（2022秋?良慶區(qū)校級月考）如圖，點E，F(xiàn)是?ABCD對角線AC上的兩點，且AE＝CF．
（1）求證：四邊形BEDF是平行四邊形；
（2）若AB⊥BF，AB＝4，BF＝3，AC＝8．
①線段EF長為．
②求四邊形BEDF的面積．
12．（2022春?東莞市期中）如圖，等邊△ABC的邊長是4，D、E分別為AB、AC的中點，延長BC至點F，使CF＝BC連接CD和EF．
（1）求證：DC＝EF；
（2）求EF的長．
13．（2022春?宿豫區(qū)期中）如圖，在?ABCD中，點E、F在BD上，且DA＝DE，BC＝BF．求證：四邊形AECF是平行四邊形．
14．（2022春?蕪湖期中）如圖，在△ABC的BC邊的同側(cè)分別作等邊△ABD，等邊△BCF和等邊△ACE．
（1）證明：△ABC≌△DBF；
（2）證明：四邊形AEFD是平行四邊形；
（3）若AB＝3，AC＝4，BC＝5，則∠DFE的度數(shù)為 °．（直接填空）
15．（2022?道外區(qū)三模）如圖，已知Rt△ABC和Rt△DEF，∠BAC＝∠EDF＝90°，E、A、D、C在同一直線上，AB、EF交于點M，DF、BC交于點N，連接MN，若∠B＝∠FMN，且EF⊥BC．
（1）求證：AM＝DN；
（2）在不添加任何輔助線的條件下，請直接寫出與∠F所有相等的角．
16．（2022春?新城區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，D是AB邊上任意一點，F(xiàn)是AC的中點，連接DF，過點C作CE∥AB交DF的延長線于點E，連接AE，CD．
（1）求證：四邊形ADCE是平行四邊形；
（2）若∠B＝30°，∠CAB＝45°，AC＝，求AB的長．
17．（2022春?大安市期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝6cm，BC＝10cm，動點P、Q分別從A、C同時出發(fā)，點P以lcm/s的速度由A向D運(yùn)動，點Q以2cm/s的速度由C向B運(yùn)動，其中一動點到達(dá)終點時，另一動點隨之停止運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t秒．
（1）AP＝，CQ＝，（分別用含有t的式子表示）；
（2）當(dāng)點P、Q與四邊形ABCD的任意兩個頂點所形成的四邊形是平行四邊形時，求t的值；
（3）當(dāng)四邊形PQCD的面積為四邊形ABCD面積的一半時，直接寫出t的值．
18．（2020?宿遷二模）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，∠BAD的角平分線AF交CD于點E，交BC的延長線于點F．
（1）求證：BF＝CD；
（2）連接BE，若BE⊥AF，∠BFA＝60°，BE＝4，求平行四邊形ABCD的周長．
19．（2020?秦淮區(qū)二模）如圖，點E、F分別在?ABCD的邊AB、CD的延長線上，且BE＝DF，連接AC、EF、AF、CE，AC與EF交于點O．
（1）求證：AC、EF互相平分；
（2）若EF平分∠AEC，判斷四邊形AECF的形狀并證明．
20．（2020春?揚(yáng)中市期末）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，OA＝OC，AB∥CD．
（1）求證：四邊形ABCD是平行四邊形；
（2）若BE平分∠ABC，交AD于E，BC﹣AB＝2，求DE長．
（3）若∠AOB＝2∠ADB時，則平行四邊形ABCD為形．
21．（2022?哈爾濱模擬）在?ABCD中，點E在BA的延長線上，點F在DC的延長線上，連接BF、DE、EF，EF交AD于點G，交BC于點H，EG＝FH．
（1）如圖1，求證：四邊形EBFD是平行四邊形；
（2）如圖2，點A是BE的中點，請寫出面積等于?ABCD面積的一半的兩個三角形和兩個四邊形．
22．（2022秋?開福區(qū)校級期中）如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點D，E，F(xiàn)分別是AC，AB的中點，O是DF的中點，EO的延長線交線段BD于點G，連結(jié)DE，EF，F(xiàn)G．
（1）求證：四邊形DEFG是平行四邊形．
（2）當(dāng)AD＝5，DC＝2時，求FG的長．
23．（2022春?錦江區(qū)校級期中）如圖，在等邊△ABC中，D、E兩點分別在邊BC、AC上，BD＝CE，以AD為邊作等邊△ADF，連接EF，CF．
（1）求證：△CEF為等邊三角形；
（2）求證：四邊形BDFE為平行四邊形；
（3）若AE＝2，EF＝4，求四邊形BDFE的面積．
24．（2022?南崗區(qū)校級模擬）在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AC的中點，E是AB的中點，作EF⊥BC于F，延長BC至G，使CG＝BF，連接CE、DE、DG．
（1）如圖1，求證：四邊形CEDG是平行四邊形；
（2）如圖2，連接EG交AC于點H，若EG⊥AB，請直接寫出圖2中所有長度等于CG的線段．
25．（2022春?源城區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD＝BC＝8，AB＝CD，BD＝12，點E從D點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿DA向點A勻速移動，點F從點C出發(fā)，以每秒3個單位的速度沿C→B→C做勻速移動，兩個點同時出發(fā)，當(dāng)有一個點到達(dá)終點時，另一點也隨之停止運(yùn)動．點G為BD上的一點，假設(shè)移動時間為t秒，BG的長度為y．
（1）證明：AD∥BC；
（2）在移動過程中，小明發(fā)現(xiàn)有△DEG與△BFG全等的情況出現(xiàn)，請你探究這樣的情況會出現(xiàn)幾次？并分別求出此時的移動時間t和BG的長度y．
26．（2022春?海淀區(qū)期末）在等邊△ABC中，D，E，F(xiàn)分別是邊AB，BC，CA上的動點，滿足DE＝EF，且∠DEF＝60°．作點E關(guān)于AC的對稱點G，連接CG，DG．
（1）當(dāng)點D，E，F(xiàn)在如圖1所示的位置時，請在圖1中補(bǔ)全圖形，并證明四邊形DBCG是平行四邊形；
（2）當(dāng)AD＜BD，AB＝DE時，求∠BDE的度數(shù)．
27．（2022春?甘州區(qū)校級期末）如圖，E、F是?ABCD對角線AC上兩點，且AE＝CF．
（1）求證：四邊形BFDE是平行四邊形．
（2）如果把條件AE＝CF改為BE⊥AC，DF⊥AC，試問四邊形BFDE是平行四邊形嗎？為什么？
（3）如果把條件AE＝CF改為BE＝DF，試問四邊形BFDE還是平行四邊形嗎？為什么？
28．（2020?道里區(qū)三模）已知：在平行四邊形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，點E、F分別為OB、OD的中點，連接AE并延長至點G，使EG＝AE，連接CF、CG．
（1）如圖1，求證：EG＝FC；
（2）如圖2，連接BG、OG，在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖中的四個平行四邊形，使寫出每個平行四邊形的面積都等于平行四邊形ABCD面積的一半．
29．（2020春?道里區(qū)校級月考）如圖，E為?ABCD中DC邊的延長線上的一點，且CE＝DC，連接AE交BC于點F，連接AC、BE．
（1）如圖1，求證：AF＝EF；
（2）連接BD交AC于點O，連接OF并延長交BE于點G，直接寫出圖中所有長度是OF二倍的線段．
30．（2020春?沙坪壩區(qū)校級月考）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝CD，點E在CD的延長線上，連接BE交AD于點F，BE平分∠ABC，BC＝EC，作FG⊥BA延長線于點G．
（1）求證：四邊形ABCD為平行四邊形；
（2）若F為AD中點，EF＝6，BC＝2，求GF的長．
專題18.8平行四邊形的性質(zhì)與判定大題專練（重難點培優(yōu)30題）
班級：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事項：
本試卷試題解答30道，共分成三個層組：基礎(chǔ)過關(guān)題（第1-10題）、能力提升題（第11-20題）、培優(yōu)壓軸題（第21-30題），每個題組各10題，可以靈活選用．答卷前，考生務(wù)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．解答題（共30小題）
1．（2022春?臨潼區(qū)期末）已知，如圖，E，F(xiàn)是平行四邊形ABCD的對角線AC上的兩點，AE＝CF．求證：四邊形DEBF是平行四邊形．
【分析】連接BD，與AC交于點O，由平行四邊形的對角線互相平分得到OA＝OC，OB＝OD，進(jìn)而得到OE＝OF，利用對角線互相平分的四邊形是平行四邊形即可得證．
【解答】證明：如圖，連接BD，與AC交于點O，
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
又OB＝OD，
∴四邊形DEBF是平行四邊形．
2．（2022春?昭平縣期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點D、E分別是AB、BC的中點，點F在AC的延長線上，∠FEC＝∠B，
（1）CF＝DE成立嗎？試說明理由．
（2）若AC＝6cm，AB＝10cm，求四邊形DCFE的面積．
【分析】（1）根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得CD＝BD，再根據(jù)等邊對等角可得∠B＝∠DCE，然后求出∠FEC＝∠DCE，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得∠CED＝90°，然后求出∠CED＝∠ECF＝90°，再利用“角邊角”證明△CDE和△ECF全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等證明即可．
（2）由三角形的中位線定理得到DE的長度，再由平行四邊形的面積公式求得．
【解答】解：（1）證明：∵∠ACB＝90°，點D是AB的中點，
∴CD＝BD，
∴∠B＝∠DCE，
∵∠FEC＝∠B，
∴∠FEC＝∠DCE，
∵點E是BC的中點，
∴∠CED＝90°，
∴∠CED＝∠ECF＝90°，
在△CDE和△ECF中，
∴△CDE≌△ECF（ASA），
∴CF＝DE；
（2）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴BC＝＝8，
∵點D、E分別是AB、BC的中點，
∴DE＝AC＝3，CE＝，
∴S四邊形DCFE＝3×4＝12．
3．（2021春?思明區(qū)校級期中）已知，如圖，AC為?ABCD的對角線，DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分別為E，F(xiàn)，求證：四邊形DEBF是平行四邊形．
【分析】欲證明四邊形DEBF是平行四邊形，只要證明DE＝BF，DE∥BF即可．
【解答】證明∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD＝CB，AD∥BC，∠DAC＝∠BCA，
又∵DE⊥AC BF⊥AC
∴∠DEA＝∠BFC＝90°，DE∥BF，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF，
∴DE＝BF，
∴四邊形DEBF是平行四邊形．
4．（2021春?陳倉區(qū)期末）如圖，在?ABCD中，E、F是對角線AC上的兩點，AE＝CF．
（1）求證：四邊形BEDF是平行四邊形；
（2）連接BD交EF于點O，當(dāng)BE⊥EF時，BE＝8，BF＝10，求BD的長．
【分析】（1）連接BD交AC于O．只要證明OE＝OF，OB＝OD即可．
（2）在Rt△BEF中，EF＝＝＝6，推出OE＝OF＝3，在Rt△BEO中，OB＝＝＝，由此即可解決問題．
【解答】（1）證明：連接BD交AC于O．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF，
∴OE＝OF，∵OB＝OD，
∴四邊形BEDF是平行四邊形；
（2）解：∵BE⊥AC，
∴∠BEF＝90°，
在Rt△BEF中，EF＝＝＝6，
∴OE＝OF＝3，
在Rt△BEO中，OB＝＝＝，
∴BD＝2OB＝2．
5．（2021春?江夏區(qū)期末）如圖，將?ABCD的對角線BD向兩個方向延長，分別至點E和點F，BE＝DF．求證：四邊形AECF是平行四邊形．
【分析】由四邊形ABCD是平行四邊形易知OA＝OC，OC＝OD，再證得OE＝OF，即可得出結(jié)論．
【解答】證明：連接AC，設(shè)AC與BD交于點O．如圖所示：
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
又∵BE＝DF，
∴OE＝OF．
∴四邊形AECF是平行四邊形．
6．（2020?百色模擬）已知：如圖，平行四邊形ABCD中，M、N分別為AB和CD的中點．
（1）求證：四邊形AMCN是平行四邊形；
（2）若AC＝BC＝5，AB＝6，求四邊形AMCN的面積．
【分析】（1）由題意可得AB∥CD，AB＝CD，又由M，N分別是AB和CD的中點可得AM＝∥CN，即可得出結(jié)論；
（2）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得CM⊥AB，AM＝3，根據(jù)勾股定理可得CM＝4，則可求面積．
【解答】解：（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵M(jìn)，N分別為AB和CD的中點，
∴AM＝AB，CN＝CD，
∴AM＝CN，且AB∥CD，
∴四邊形AMCN是平行四邊形；
（2）∵AC＝BC＝5，AB＝6，M是AB中點，
∴AM＝MB＝3，CM⊥AM，
∴CM＝，
∵四邊形AMCN是平行四邊形，且CM⊥AM，
∴四邊形AMCN是矩形，
∴S四邊形AMCN＝12．
7．（2020?陜西）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C．E是邊BC上一點，且DE＝DC．求證：AD＝BE．
【分析】根據(jù)等邊對等角的性質(zhì)求出∠DEC＝∠C，再由∠B＝∠C得∠DEC＝∠B，所以AB∥DE，得出四邊形ABED是平行四邊形，進(jìn)而得出結(jié)論．
【解答】證明：∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠C．
∵∠B＝∠C，
∴∠B＝∠DEC，
∴AB∥DE，
∵AD∥BC，
∴四邊形ABED是平行四邊形．
∴AD＝BE．
8．（2021春?亭湖區(qū)校級期中）已知：在?ABCD中，E、F是對角線AC上的兩點，且AE＝CF，對角線AC、BD交于點O．
求證：（1）△ABE≌△CDF；
（2）BF∥DE．
【分析】（1）利用SAS證明三角形全等即可；
（2）證得四邊形EBFD是平行四邊形即可利用對邊平行證得結(jié)論．
【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
∴△ABF≌△CDE（SAS）；
（2）連接BF，DE，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA＝OB，OC＝OD，
∵AE＝CF，
∴OE＝OF，
∴四邊形EBFD是平行四邊形，
∴BF∥DE．
9．（2021春?蘇州期中）如圖，在?ABCD中，點E，F(xiàn)分別在BC，AD上，AC與EF交于點O，且AO＝CO．
（1）求證：AF＝EC；
（2）連接AE，CF，若AC＝8，EF＝6，且EF⊥AC，求四邊形AECF的周長．
【分析】（1）先由ASA證明△AOF≌△COE，得出FO＝EO，再由AO＝CO，即可得出結(jié)論；
（2）根據(jù)平行四邊形的對角線互相平分確定OE＝3，OA＝4，然后求得AE＝5，從而求得答案．
【解答】（1）證明：連接AE，CF，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
在△AOF和△COE中，
，
∴△AOF≌△COE（ASA）
∴FO＝EO，
又∵AO＝CO，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
∴AF＝EC；
（2）解∵四邊形AECF是平行四邊形，AC＝8，EF＝6，
∴OA＝OC＝4，OE＝OF＝3，
∵EF⊥AC，
∴AE＝EC＝CF＝FA＝＝5，
∴四邊形AECF的周長為4×5＝20．
10．（2021?饒平縣校級模擬）如圖，在?ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，點E，F(xiàn)在BD上，且BE＝DF，連接AE并延長，交BC于點G，連接CF并延長，交AD于點H．
（1）求證：AE＝CF；
（2）若AC平分∠HAG，判斷四邊形AGCH的形狀，并證明你的結(jié)論．
【分析】（1）根據(jù)四邊形ABCD是平行四邊形證明△AOE≌△COF，即可得結(jié)論；
（2）結(jié)合（1）證明四邊形AGCH是平行四邊形，再根據(jù)已知條件證明GA＝GC，即可得結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OB﹣BE＝OD﹣DF，
即OE＝OF，
又∵∠AOE＝∠COF，
∴△AOE≌△COF（SAS），
∴AE＝CF．
（2）四邊形AGCH是菱形．理由如下：
∵△AOE≌△COF，
∴∠EAO＝∠FCO，
∴AG∥CH，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴四邊形AGCH是平行四邊形，
∵AD∥BC，
∴∠HAC＝∠ACB，
∵AC平分∠HAG，
∴∠HAC＝∠GAC，
∵∠GAC＝∠ACB，
∴GA＝GC，
∴平行四邊形AGCH是菱形．
11．（2022秋?良慶區(qū)校級月考）如圖，點E，F(xiàn)是?ABCD對角線AC上的兩點，且AE＝CF．
（1）求證：四邊形BEDF是平行四邊形；
（2）若AB⊥BF，AB＝4，BF＝3，AC＝8．
①線段EF長為 2 ．
②求四邊形BEDF的面積．
【分析】（1）連接BD交AC于O．只要證明OE＝OF，OB＝OD即可；
（2）①由勾股定理可求AF的長，即可求CF＝AE＝3，即可求解；
②由“SSS”可證△BEF≌△DFE，可得S△BEF＝S△DFE，即可求解．
【解答】（1）證明：連接BD交AC于O．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF，
∴OE＝OF，
∵OB＝OD，
∴四邊形BEDF是平行四邊形；
（2）解：①在Rt△ABF中，AF＝＝＝5，
∵AC＝8，
∴CF＝AC﹣AF＝8﹣5＝3，
∵AE＝CF，
∴EF＝AF﹣AE＝2，
故答案為：2；
②過點B作BH⊥AF于H，
∵AB⊥BF，AB＝4，BF＝3，AF＝5，
∴S△ABF＝AB?BF＝AF?BH，
∴3×4＝5BH，解得BH＝，
∵四邊形BEDF是平行四邊形，
∴BE＝DF，BF＝DE，
在△BEF和△DFE中，
，
∴△BEF≌△DFE（SSS），
∴S△BEF＝S△DFE，
∴S四邊形BEDF＝2S△BEF＝2××2×＝．
12．（2022春?東莞市期中）如圖，等邊△ABC的邊長是4，D、E分別為AB、AC的中點，延長BC至點F，使CF＝BC連接CD和EF．
（1）求證：DC＝EF；
（2）求EF的長．
【分析】（1）根據(jù)三角形中位線定理得到DE∥BC，DE＝BC，證明四邊形DCFE為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到DC＝EF；
（2）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)、等腰三角形的三線合一得到∠BCD＝30°，CD⊥AB，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理計算即可．
【解答】（1）證明：∵D、E分別為AB、AC的中點，
∴DE是△ABC的中位線，
∴DE∥BC，DE＝BC，
∵CF＝BC，
∴DE＝CF，
∵DE∥CF，
∴四邊形DCFE為平行四邊形，
∴DC＝EF；
（2）解：∵△ABC為等邊三角形，D為AB的中點，
∴∠BCD＝∠BCA＝30°，CD⊥AB，
∴BD＝BC＝2，
∴CD＝＝＝2，
∴EF＝CD＝2．
13．（2022春?宿豫區(qū)期中）如圖，在?ABCD中，點E、F在BD上，且DA＝DE，BC＝BF．求證：四邊形AECF是平行四邊形．
【分析】連接AC交BD于O，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和判斷定理即可得到結(jié)論．
【解答】證明：連接AC交BD于O，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AD＝CB，
∵DA＝DE，BC＝BF，
∴DE＝BF，
∴DE﹣OD＝BF﹣OB，即OE＝OF，
∴四邊形AECF是平行四邊形．
14．（2022春?蕪湖期中）如圖，在△ABC的BC邊的同側(cè)分別作等邊△ABD，等邊△BCF和等邊△ACE．
（1）證明：△ABC≌△DBF；
（2）證明：四邊形AEFD是平行四邊形；
（3）若AB＝3，AC＝4，BC＝5，則∠DFE的度數(shù)為 150 °．（直接填空）
【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)得出AB＝BD＝AD，CB＝CF＝FB，AC＝CE＝AE，∠CBF＝∠ABD＝60°，求出∠CBA＝∠FBD，即可證△ABC≌△DBF；
（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得DF＝AC＝AE，同理得出EF＝BA＝AD，即可得出結(jié)論；
（3）根據(jù)勾股定理的逆定理可得△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，根據(jù)周角的定義得∠DAE＝360°﹣∠BAC﹣∠BAD﹣∠CAE＝150°，根據(jù)平行四邊形的對角相等即可求解．
【解答】（1）證明：∵△ABD、△BCF是等邊三角形，
∴AB＝AD＝BD，BC＝CF＝BF，∠CBF＝∠ABD＝60°，
∴∠CBA＝∠FBD＝60°﹣∠ABF，
在△ABC和△DBF中，
，
∴△ABC≌△DBF（SAS）；
（2）解：∵△ABC≌△DBF（SAS），
∴DF＝AC，
∵△ACE是等邊三角形，
∴AC＝AE，
∴DF＝AC＝AE，
同理：EF＝BA＝AD，
∴四邊形AEFD是平行四邊形；
（3）∵AB＝3，AC＝4，BC＝5，
∴BC2＝AB2+AC2，
∴△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，
∵△ABD、△ACE是等邊三角形，
∴∠BAD＝∠CAE＝60°，
∴∠DAE＝360°﹣∠BAC﹣∠BAD﹣∠CAE＝150°，
∵四邊形AEFD是平行四邊形，
∴∠DFE＝∠DAE＝150°．
故答案為：150．
15．（2022?道外區(qū)三模）如圖，已知Rt△ABC和Rt△DEF，∠BAC＝∠EDF＝90°，E、A、D、C在同一直線上，AB、EF交于點M，DF、BC交于點N，連接MN，若∠B＝∠FMN，且EF⊥BC．
（1）求證：AM＝DN；
（2）在不添加任何輔助線的條件下，請直接寫出與∠F所有相等的角．
【分析】（1）設(shè)MF交BC于點G，根據(jù)三角形的內(nèi)角和得出∠C＝∠MNB，則MN∥AD，根據(jù)垂直的定義得到∠BAC+∠EDF＝180°，則AM∥DN，即可判定四邊形AMND是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)即可得解；
（2）結(jié)合（1）推出四邊形AMND是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理求解即可．
【解答】（1）證明：設(shè)MF交BC于點G，
∵EF⊥BC，∠BAC＝90°，
∴∠MGN＝90°＝∠BAC，
∵∠B＝∠FMN，∠C＝180°﹣∠BAC﹣∠B，∠MNB＝180°﹣∠MGN﹣∠FMN，
∴∠C＝∠MNB，
∴MN∥AD（同位角相等，兩直線平行），
∵∠BAC＝∠EDF＝90°，
∴∠BAC+∠EDF＝180°，
∴AM∥DN （同旁內(nèi)角互補(bǔ)，兩直線平行），
∴四邊形AMND是平行四邊形，
∴AM＝DN；
（2）解：由（1）可得四邊形AMND是平行四邊形，AM∥DN，AD∥MN，
∵∠BAC＝90°，
∴四邊形AMND是矩形，
∴∠BAC＝∠EDF＝∠NDC＝∠EAM＝∠MNF＝∠MGN＝∠NGF＝90°，
∵AM∥DN，
∴∠BMF＝∠F，
∵∠BMF＝∠EMA，
∴∠EMA＝∠F，
∵∠NGF＝∠NDC＝90°，∠DNC＝∠GNF，
∴∠C＝∠F，
∵AD∥MN，
∴∠C＝∠MNB，
∴∠MNB＝∠F．
∴∠BMF＝∠EMA＝∠C＝∠MNB＝∠F．
16．（2022春?新城區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，D是AB邊上任意一點，F(xiàn)是AC的中點，連接DF，過點C作CE∥AB交DF的延長線于點E，連接AE，CD．
（1）求證：四邊形ADCE是平行四邊形；
（2）若∠B＝30°，∠CAB＝45°，AC＝，求AB的長．
【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠CAD＝∠ACE，∠ADE＝∠CED，由中點定義得AF＝CF，然后由全等三角形的判定與性質(zhì)可得DF＝EF，最后根據(jù)平行四邊形的判定可得結(jié)論；
（2）過點C作CG⊥AB于點G，則∠AGC＝∠BGC＝90°，由勾股定理可得CG＝AG＝1，BG＝，再由線段的和關(guān)差關(guān)系可得答案．
【解答】（1）證明：∵CE∥AB，
∴∠CAD＝∠ACE，∠ADE＝∠CED，
∵F是AC的中點，
∴AF＝CF，
在△AFD和△CEF中，∠CAD＝∠ACE，∠ADE＝∠ACE，AF＝CF，
∴△AFD≌△CFE（AAS），
∴DF＝EF，
∴四邊形ADCE是平行四邊形；
（2）解：如圖，過點C作CG⊥AB于點G，則∠AGC＝∠BGC＝90°，
在Rt△ACG中，∠AGC＝90°，∠CAG＝45°，AC＝．
∴由勾股定理得CG＝AG＝1，
在Rt△BCG中，∠BGC＝90°，∠B＝30°，CG＝1，
∴BC＝2，
∴BG＝＝，
∴AB＝AG+BG＝+1．
17．（2022春?大安市期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝6cm，BC＝10cm，動點P、Q分別從A、C同時出發(fā)，點P以lcm/s的速度由A向D運(yùn)動，點Q以2cm/s的速度由C向B運(yùn)動，其中一動點到達(dá)終點時，另一動點隨之停止運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t秒．
（1）AP＝ tcm ，CQ＝ 2tcm ，（分別用含有t的式子表示）；
（2）當(dāng)點P、Q與四邊形ABCD的任意兩個頂點所形成的四邊形是平行四邊形時，求t的值；
（3）當(dāng)四邊形PQCD的面積為四邊形ABCD面積的一半時，直接寫出t的值．
【分析】（1）設(shè)運(yùn)動時間為t秒，則AP＝tcm，CQ＝2tcm，
（2）設(shè)t秒后四邊形ABQP是平行四邊形；根據(jù)題意得：AP＝tcm，CQ＝2tcm，由AP＝BQ得出方程，解方程即可；第二種情況：四邊形DCQP是平行四邊形，根據(jù)題意得：AP＝xcm，CQ＝2xcm，則PD＝（6﹣x）cm進(jìn)而可得方程2x＝6﹣x，再解即可，再利用PD＝DQ得出答案．
（3）AP＝tcm，CQ＝2tcm，則PD＝（6﹣t）cm，QB＝（10﹣2t）cm，四邊形ABQP和PDCQ是同高，因此根據(jù)梯形面積公式可得6﹣t+2t＝t+10﹣2t，再解即可；
【解答】解：（1）∵點P以lcm/s的速度由A向D運(yùn)動，點Q以2cm/s的速度由C向B運(yùn)動，
∴設(shè)運(yùn)動時間為t秒，則AP＝tcm，CQ＝2tcm，
故答案為：tcm；2tcm；
（2）設(shè)t秒后四邊形ABQP是平行四邊形；
根據(jù)題意得：AP＝tcm，CQ＝2tcm，
則BQ＝（6﹣2t）cm；
∵AD∥BC，
∴當(dāng)AP＝BQ時，四邊形ABQP是平行四邊形，
∴t＝10﹣2t，
解得：t＝，
即秒時四邊形ABQP是構(gòu)成平行四邊形；
當(dāng)四邊形DCQP是平行四邊形，
根據(jù)題意得：AP＝xcm，CQ＝2xcm，
則PD＝（6﹣x）cm；
∵AD∥BC，
∴當(dāng)AP＝BQ時，四邊形DCQP是平行四邊形，
∴2x＝6﹣x，
解得：x＝2，
當(dāng)PD＝BQ時，
10﹣2x＝6﹣x，
解得：x＝4，
因此2或或4秒時直線PQ將四邊形ABCD截出一個平行四邊形；
（3）設(shè)運(yùn)動時間為t秒，則AP＝tcm，CQ＝2t，
∵AD＝6cm，BC＝10cm，
∴PD＝（6﹣t）cm，QB＝（10﹣2t）cm，
當(dāng)四邊形PDCQ的面積為四邊形ABCD面積的一半時，
四邊形ABQP和PDCQ的面積相等，
則6﹣t+2t＝t+10﹣2t，
解得：t＝2，
答：當(dāng)四邊形PDCQ的面積為四邊形ABCD面積的一半時，則運(yùn)動時間為2秒．
18．（2020?宿遷二模）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，∠BAD的角平分線AF交CD于點E，交BC的延長線于點F．
（1）求證：BF＝CD；
（2）連接BE，若BE⊥AF，∠BFA＝60°，BE＝4，求平行四邊形ABCD的周長．
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出AB＝CD，AD∥BC，求出∠FAD＝∠AFB，根據(jù)角平分線定義得出∠FAD＝∠FAB，求出∠AFB＝∠FAB，即可得出答案；
（2）求出△ABF為等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出AF＝BF＝AB，∠ABF＝60°，在Rt△BEF中，∠BFA＝60°，BE＝4，解直角三角形求出EF＝4，BF＝8，AB＝BF＝8，BC＝AD＝4，即可得出答案．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AB＝CD，AD∥BC，
∴∠FAD＝∠AFB，
又∵AF平分∠BAD，
∴∠FAD＝∠FAB．
∴∠AFB＝∠FAB．
∴AB＝BF，
∴BF＝CD；
（2）解：由（1）知：AB＝BF，
又∵∠BFA＝60°，
∴△ABF為等邊三角形，
∴AF＝BF＝AB，∠ABF＝60°，
∵BE⊥AF，
∴點E是AF的中點．
在Rt△BEF中，∠BFA＝60°，BE＝4，
∴EF＝4，BF＝8，
∴AB＝BF＝8，
∵四邊形BACD是平行四邊形，
∴AB＝CD，AD＝BC，AB∥CD，
∴∠DCF＝∠ABC＝60°＝∠F，
∴CE＝EF，
∴△ECF是等邊三角形，
∴CE＝EF＝CF＝4，
∴BC＝8﹣4＝4，
∴平行四邊形ABCD的周長為8+8+4+4＝24．
19．（2020?秦淮區(qū)二模）如圖，點E、F分別在?ABCD的邊AB、CD的延長線上，且BE＝DF，連接AC、EF、AF、CE，AC與EF交于點O．
（1）求證：AC、EF互相平分；
（2）若EF平分∠AEC，判斷四邊形AECF的形狀并證明．
【分析】（1）要證明線段AC與EF互相平分，可以把這兩條線段作為一個四邊形的對角線，然后證明這個四邊形是平行四邊形即可；
（2）要證四邊形AECF是菱形，根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可．
【解答】解：（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB＝DC，AB∥DC．
又∵BE＝DF，
∴AB+BE＝DC+DF，
即AE＝CF．
∵AE＝CF，AE∥CF，
∴四邊形AECF是平行四邊形．
∴AC、EF互相平分．
（2）四邊形AECF是菱形．
證明：∵AB∥DC，
∴∠AEO＝∠CFO．
∵EF平分∠AEC，
∴∠AEO＝∠CEO．
∴∠CEO＝∠CFO．
∴CE＝CF．
∵四邊形AECF是平行四邊形，
∴四邊形AECF是菱形．
20．（2020春?揚(yáng)中市期末）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，OA＝OC，AB∥CD．
（1）求證：四邊形ABCD是平行四邊形；
（2）若BE平分∠ABC，交AD于E，BC﹣AB＝2，求DE長．
（3）若∠AOB＝2∠ADB時，則平行四邊形ABCD為矩形．
【分析】（1）運(yùn)用ASA證明△ABO≌△CDO得AB＝CD，根據(jù)“一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形”可證得結(jié)論；
（2）根據(jù)四邊形ABCD為平行四邊形可得AE∥BC，根據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)可得出∠ABE＝∠AEB，繼而可得AB＝AE，然后根據(jù)已知可求得DE的長度；
（3）由∠AOB＝2∠ADB可得∠OAD＝∠ADO，由平行四邊形的性質(zhì)可得AC＝BD，從而可得結(jié)論．
【解答】解：（1）∵AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，
在△ABO和△DCO中，
，
∴△ABO≌△DCO（ASA），
∴AB＝CD，
∵AB∥CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形；
（2）∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AE∥BC，AD＝BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∴DE＝AD﹣AE＝BC﹣AB，
∵BC﹣AB＝2，
∴DE＝2；
（3）∵∠AOB是△ADO的外角，
∴∠AOB＝∠OAD+∠ODA，
∵∠AOB＝2∠ADB，
∠OAD＝∠ODA，
∴AO＝DO，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AO＝CO，DO＝BO，
∴AC＝BD，
∴四邊形ABCD是矩形．
故答案為：矩．
21．（2022?哈爾濱模擬）在?ABCD中，點E在BA的延長線上，點F在DC的延長線上，連接BF、DE、EF，EF交AD于點G，交BC于點H，EG＝FH．
（1）如圖1，求證：四邊形EBFD是平行四邊形；
（2）如圖2，點A是BE的中點，請寫出面積等于?ABCD面積的一半的兩個三角形和兩個四邊形．
【分析】（1）證△BEH≌△DFG（AAS），得BE＝DF，即可得出結(jié)論；
（2）連接BD，交EF于點O，由平行四邊形的性質(zhì)得S△ABD＝S△CBD＝S平行四邊形ABCD，S△BCF＝S△CBD＝S平行四邊形ABCD，再證△ODG≌△OBH（SAS），得S△ODG＝S△OBH，則S四邊形ABHG＝S四邊形CDGH＝S平行四邊形ABCD．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠ABC＝∠CDA，AB∥CD，
∴∠BEH＝∠DFG，
∵EG＝FH，
∴EG+GH＝FH+GH，
即EH＝FG，
在△BEH和△DFG中，
，
∴△BEH≌△DFG（AAS），
∴BE＝DF，
又∵BE∥DF，
∴四邊形EBFD是平行四邊形；
（2）解：如圖，連接BD，交EF于點O，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴S△ABD＝S△CBD＝S平行四邊形ABCD，
由（1）可知，四邊形EBFD是平行四邊形，
∴BE＝DF，OB＝OD，OE＝OF，
∵點A是BE的中點，
∴AB＝AE，S△ADE＝S△ABD＝S平行四邊形ABCD，
∵AB＝CD，
∴AE＝CF，
∴CD＝CF，
∴S△BCF＝S△CBD＝S平行四邊形ABCD，
∵EG＝FH，
∴OG＝OH，
在△ODG和△OBH中，
，
∴△ODG≌△OBH（SAS），
∴S△ODG＝S△OBH，
∴S四邊形ABHG＝S四邊形CDGH＝S平行四邊形ABCD，
綜上所述，面積等于?ABCD面積的一半的兩個三角形為△ADE和△BCF，兩個四邊形為四邊形ABHG和四邊形CDGH．
22．（2022秋?開福區(qū)校級期中）如圖，在△ABC中，AD⊥BC于點D，E，F(xiàn)分別是AC，AB的中點，O是DF的中點，EO的延長線交線段BD于點G，連結(jié)DE，EF，F(xiàn)G．
（1）求證：四邊形DEFG是平行四邊形．
（2）當(dāng)AD＝5，DC＝2時，求FG的長．
【分析】（1）由三角形中位線定理得EF∥BC，則∠EFO＝∠GDO，再證△OEF≌△OGD（ASA），得EF＝GD，然后由平行四邊形的判定即可得出結(jié)論；
（2）由勾股定理得AC＝，然后由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得DE＝AC＝，進(jìn)而由平行四邊形的性質(zhì)即可得出結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵E，F(xiàn)分別是AC，AB的中點，
∴EF是△ABC的中位線，
∴EF∥BC，
∴∠EFO＝∠GDO，
∵O是DF的中點，
∴OF＝OD，
在△OEF和△OGD中，
，
∴△OEF≌△OGD（ASA），
∴EF＝GD，
∴四邊形DEFG是平行四邊形；
（2）解：∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∵E是AC的中點，
∴DE＝AC，
在Rt△ACD中，AD＝5，DC＝2，
∴AC＝＝＝，
∴DE＝AC＝，
由（1）可知，四邊形DEFG是平行四邊形，
∴FG＝DE＝．
23．（2022春?錦江區(qū)校級期中）如圖，在等邊△ABC中，D、E兩點分別在邊BC、AC上，BD＝CE，以AD為邊作等邊△ADF，連接EF，CF．
（1）求證：△CEF為等邊三角形；
（2）求證：四邊形BDFE為平行四邊形；
（3）若AE＝2，EF＝4，求四邊形BDFE的面積．
【分析】（1）證△BAD≌△CAF（SAS），得∠ACF＝∠ABD＝60°，BD＝CF，再證CF＝CE，即可得出結(jié)論；
（2）由等邊三角形的性質(zhì)得∠CEF＝60°，EF＝CE，再證EF∥BD，然后證EF＝BD，即可得出結(jié)論；
（3）過E作EG⊥BC于G，由（2）可知，CE＝EF＝4，則AC＝6，再由等邊三角形的性質(zhì)得BC＝AC＝6，∠ACB＝60°，然后證CG＝CE＝2，則EG＝2，即可解決問題．
【解答】（1）證明：∵△ABC是等邊三角形，
∴AB＝AC，∠BAC＝∠ACB＝∠ABC＝60°，
∵△ADF是等邊三角形，
∴AD＝AF，∠DAF＝60°，
∴∠BAC＝∠DAF＝∠ACB＝60°，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAF﹣∠DAC，
即∠BAD＝∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴∠ACF＝∠ABD＝60°，BD＝CF，
∵BD＝CE，
∴CF＝CE，
∴△CEF是等邊三角形；
（2）證明：由（1）可知，△CEF是等邊三角形，
∴∠CEF＝60°，EF＝CE，
∴∠CEF＝∠ACB＝60°，
∴EF∥BD，
∵BD＝CE，
∴EF＝BD，
∴四邊形BDFE是平行四邊形；
（3）解：如圖，過E作EG⊥BC于G，則∠EGC＝90°，
由（2）可知，CE＝EF＝4，
∴AC＝AE+CE＝2+4＝6，
∵△ABC是等邊三角形，
∴BC＝AC＝6，∠ACB＝60°，
∴∠CEG＝90°﹣∠ACB＝30°，
∴CG＝CE＝2，
∴EG＝＝＝2，
∵四邊形BDFE為平行四邊形，
∴BD＝EF＝4，
∴S平行四邊形BDFE＝BD?EG＝4×2＝8．
24．（2022?南崗區(qū)校級模擬）在△ABC中，∠ACB＝90°，D是AC的中點，E是AB的中點，作EF⊥BC于F，延長BC至G，使CG＝BF，連接CE、DE、DG．
（1）如圖1，求證：四邊形CEDG是平行四邊形；
（2）如圖2，連接EG交AC于點H，若EG⊥AB，請直接寫出圖2中所有長度等于CG的線段．
【分析】（1）欲證明四邊形CEDG是平行四邊形，只要證明DE∥CG，DE＝CG即可．
（2）由四邊形四邊形CEDG是平行四邊形，推出DH＝CH，GH＝HE，設(shè)DH＝CH＝a，則AD＝CD＝2a，由∠A＝∠A，∠AEH＝∠ADE＝90°，推出△ADE∽△AEH，推出AE2＝AD?AH＝2a?3a＝6a2，推出AE＝a，根據(jù)勾股定理推出HE＝a，CG＝a，推出AE＝CG，因為AE＝EB＝CE＝GD，即可得解．
【解答】（1）證明：∵∠ACB＝90°，AE＝EB，
∴EC＝EA＝EB，
∵EF⊥BC，
∴CF＝FB，
∵AD＝DC，AE＝EB，
∴DE∥BC，DE＝BC＝BF，
∵CG＝BF，
∴DE＝CG，DE∥CG，
∴四邊形四邊形CEDG是平行四邊形；
（2）解：如圖2中，
∵四邊形四邊形CEDG是平行四邊形，
∴DH＝CH，GH＝HE，設(shè)DH＝CH＝a，則AD＝CD＝2a，
∵∠A＝∠A，∠AEH＝∠ADE＝90°，
∴△ADE∽△AEH，
∴＝，
∴AE2＝AD?AH＝2a?3a＝6a2，
∴AE＝a，
在Rt△AEH中，HE＝＝＝a，
∴GH＝HE＝a，
∴CG＝＝＝a，
∴AE＝CG，
∵AE＝EB＝CE＝GD，
∴所有長度等于CG的線段是AE、EB、EC、GD．
25．（2022春?源城區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD＝BC＝8，AB＝CD，BD＝12，點E從D點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿DA向點A勻速移動，點F從點C出發(fā)，以每秒3個單位的速度沿C→B→C做勻速移動，兩個點同時出發(fā)，當(dāng)有一個點到達(dá)終點時，另一點也隨之停止運(yùn)動．點G為BD上的一點，假設(shè)移動時間為t秒，BG的長度為y．
（1）證明：AD∥BC；
（2）在移動過程中，小明發(fā)現(xiàn)有△DEG與△BFG全等的情況出現(xiàn)，請你探究這樣的情況會出現(xiàn)幾次？并分別求出此時的移動時間t和BG的長度y．
【分析】（1）利用平行四邊形得判定和性質(zhì)證明；
（2）利用全等三角形的判定求解．
【解答】解：（1）∵AD＝BC，AB＝CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC；
（2）BG＝y(tǒng)，DE＝t，
當(dāng)0≤t≤時，CF＝3t，則BF＝8﹣3t，
∵AD∥BC，
∴∠DBC＝∠ADB，
若△DEG與△BFG全等，
則BF＝DE且BG＝DG，或者BF＝DG且BG＝DE，
即：或，
解得：或（不合題意，舍去），
當(dāng)＜t≤時，則BF＝3t﹣8，
若△DEG與△BFG全等，
則BF＝DE且BG＝DG，或者BF＝DG且BG＝DE，
即：或，
解得：或，
所以△DEG與△BFG全等的情況出現(xiàn)了三次，
第一次是2秒時，y＝6，
第二次是4秒時，y＝6，
第三次是5秒時，y＝5．
26．（2022春?海淀區(qū)期末）在等邊△ABC中，D，E，F(xiàn)分別是邊AB，BC，CA上的動點，滿足DE＝EF，且∠DEF＝60°．作點E關(guān)于AC的對稱點G，連接CG，DG．
（1）當(dāng)點D，E，F(xiàn)在如圖1所示的位置時，請在圖1中補(bǔ)全圖形，并證明四邊形DBCG是平行四邊形；
（2）當(dāng)AD＜BD，AB＝DE時，求∠BDE的度數(shù)．
【分析】（1）根據(jù)題意即可補(bǔ)全圖形；然后證明△BDE≌△CEF可得CE＝BD，進(jìn)而可以解決問題；
（2）根據(jù)題意證明△DEF是等邊三角形，可得DE＝DF，由點E，點G關(guān)于AC對稱，可得EF＝GF，∠FEC＝∠FGC，所以DF＝GF，進(jìn)而可以解決問題．
【解答】解：（1）如圖1，即為補(bǔ)全的圖形，
證明：在等邊△ABC中，∠A＝∠B＝∠ACB＝60°，
∵點E，點G關(guān)于AC對稱，
∴∠ACG＝∠ACB＝60°，CE＝CG，
∴∠A＝∠ACG，
∴AB∥CG，
即BD∥CG，
∵∠DEF＝60°，∠BED+∠CEF+∠DEF＝180°，
∴∠BED+∠CEF＝120°，
在△BDE中，
∠BDE+∠BED＝180°﹣∠B＝120°，
∴∠BDE＝∠CEF，
在△BDE與△CEF中，
，
∴△BDE≌△CEF（AAS），
∴CE＝BD，
∴CG＝CE＝BD，
∵BD∥CG，
∴四邊形DBCG是平行四邊形；
（2）∵四邊形DBCG是平行四邊形，
∴BC＝DG，∠DGC＝∠B＝60°，
∵BC＝AB，AB＝DE，
∴DG＝DE，
∵DE＝EF，∠DEF＝60°，
∴△DEF是等邊三角形，
∴DE＝DF，
∵點E，點G關(guān)于AC對稱，
∴EF＝GF，∠FEC＝∠FGC，
∴DF＝GF，
∴DG＝DF＝GF，
在△DFG中，DG2＝DF2+GF2，
∴∠DFG＝90°，
∵DF＝GF，
∴∠FDG＝∠FGD＝45°，
∴∠CGF＝∠CGD﹣∠FGD＝15°，
∴∠BDE＝∠CEF＝∠CGF＝15°．
27．（2022春?甘州區(qū)校級期末）如圖，E、F是?ABCD對角線AC上兩點，且AE＝CF．
（1）求證：四邊形BFDE是平行四邊形．
（2）如果把條件AE＝CF改為BE⊥AC，DF⊥AC，試問四邊形BFDE是平行四邊形嗎？為什么？
（3）如果把條件AE＝CF改為BE＝DF，試問四邊形BFDE還是平行四邊形嗎？為什么？
【分析】（1）方法一：證明△BAE≌△DCF，推出BE＝DF，BE∥DF即可．方法二：連接BD，交AC于點O．只要證明OE＝OF，OB＝OD即可；
（2）是平行四邊形．只要證明△BAE≌△DCF即可解決問題；
（3）四邊形BFDE不是平行四邊形．因為把條件AE＝CF改為BE＝DF后，不能證明△BAE與△DCF全等；
【解答】（1）證法一：∵ABCD是平行四邊形
∴AB＝CD 且AB∥CD（平行四邊形的對邊平行且相等）
∴∠BAE＝∠DCF
又∵AE＝CF
∴△BAE≌△DCF（SAS）
∴BE＝DF，∠AEB＝∠CFD
∴∠BEF＝180°﹣∠AEB∠DFE＝180°﹣∠CFD
即：∠BEF＝∠DFE
∴BE∥DF，而BE＝DF
∴四邊形BFDE是平行四邊形（一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形）
證法二：連接BD，交AC于點O．
∵ABCD是平行四邊形
∴OA＝OC OB＝OD（平行四邊形的對角線互相平分）
又∵AE＝CF
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，即OE＝OF
∴四邊形BFDE是平行四邊形（對角線互相平分的四邊形是平行四邊形）
（2）四邊形BFDE是平行四邊形
∵ABCD是平行四邊形
∴AB＝CD 且AB∥CD（平行四邊形的對邊平行且相等）
∴∠BAE＝∠DCF
∵BE⊥AC，DF⊥AC
∴∠BEA＝∠DFC＝90°，BE∥DF
∴△BAE≌△DCF（AAS）
∴BE＝DF
∴四邊形BFDE是平行四邊形（一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形）
（3）四邊形BFDE不是平行四邊形
因為把條件AE＝CF改為BE＝DF后，不能證明△BAE與△DCF全等．
28．（2020?道里區(qū)三模）已知：在平行四邊形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，點E、F分別為OB、OD的中點，連接AE并延長至點G，使EG＝AE，連接CF、CG．
（1）如圖1，求證：EG＝FC；
（2）如圖2，連接BG、OG，在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖中的四個平行四邊形，使寫出每個平行四邊形的面積都等于平行四邊形ABCD面積的一半．
【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，由平行線的性質(zhì)得∠ABE＝∠CDF，易證BE＝DF，由SAS證得△ABE≌△CDF（SAS），得出AE＝FC，即可得出結(jié)論；
（2）由平行四邊形的性質(zhì)得OA＝OC，AB∥CD，AB＝CD，S四邊形ABCD＝4S△ABO，易證AG、OB互相平分，則四邊形ABGO是平行四邊形，S四邊形ABGO＝2S△ABO＝S四邊形ABCD，易證OE是△ACG的中位線，則OE∥CG，易證四邊形BOCG是平行四邊形，S四邊形BGCO＝2S△BGO＝2S△ABO＝S四邊形ABCD，證GO∥CD，GO＝CD，則四邊形CDOG是平行四邊形，S四邊形CDOG＝2S△CDO＝2S△ABO＝S四邊形ABCD，證CG∥EF，EF＝CG，則四邊形EFCG是平行四邊形，S四邊形EFCG＝S四邊形CDOG＝S四邊形ABCD．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵點E，F(xiàn)分別為OB，OD的中點，
∴BE＝OB，DF＝OD，
∴BE＝DF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴AE＝FC，
∵EG＝AE，
∴EG＝FC；
（2）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA＝OC，AB∥CD，AB＝CD，S四邊形ABCD＝4S△ABO，
∵EG＝AE，點E為OB的中點，
∴AG、OB互相平分，
∴四邊形ABGO是平行四邊形，
∴S△ABO＝S△BGO，
∴S四邊形ABGO＝2S△ABO＝S四邊形ABCD，
∵OA＝OC，EG＝AE，
∴OE是△ACG的中位線，
∴OE∥CG，
∵四邊形ABGO是平行四邊形，
∴BG∥AC，
∴四邊形BOCG是平行四邊形，
∴S四邊形BGCO＝2S△BGO＝2S△ABO＝S四邊形ABCD，
∵四邊形ABGO是平行四邊形，
∴GO∥AB，GO＝AB，
∵AB∥CD，
∴GO∥CD，GO＝CD，
∴四邊形CDOG是平行四邊形，
∴S四邊形CDOG＝2S△CDO＝2S△ABO＝S四邊形ABCD，
∵點E，F(xiàn)分別為OB，OD的中點，
∴EF＝BD＝OD，
∵四邊形CDOG是平行四邊形，
∴CG∥EF，CG＝OD，
∴EF＝CG，
∴四邊形EFCG是平行四邊形，
∴S四邊形EFCG＝S四邊形CDOG＝S四邊形ABCD，
∴圖中的平行四邊形ABGO、平行四邊形BOCG、平行四邊形CDOG、平行四邊形EFCG四個平行四邊形，每個平行四邊形的面積都等于平行四邊形ABCD面積的一半．
29．（2020春?道里區(qū)校級月考）如圖，E為?ABCD中DC邊的延長線上的一點，且CE＝DC，連接AE交BC于點F，連接AC、BE．
（1）如圖1，求證：AF＝EF；
（2）連接BD交AC于點O，連接OF并延長交BE于點G，直接寫出圖中所有長度是OF二倍的線段．
【分析】（1）由AB∥CD可以得到∠BAF＝∠E，∠ABF＝∠ECF，再利用DC＝CE即可證明△ABF≌△ECF，便可得結(jié)論；
（2）證明OF是△ACE的中位線，得CE＝2OF，進(jìn)而得AB＝CD＝CE＝2OF，再證明四邊形OGEC為平行四邊形得OG＝2OF．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
又∵DC＝CE，
∴AB＝CE．
∵AB∥CD，
∴∠BAF＝∠E，∠ABF＝∠ECF．
∴△ABF≌△ECF（ASA），
∴AF＝EF；
（2）∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴OB＝OD，
∵AF＝CF，
∴OF是△ACE的中位線，
∴OF∥CE，CE＝2OF，
∵AB＝CD＝CE，
∴AB＝CD＝CE＝2OF，
∵AB∥CE，AB＝CE，
∴四邊形ABEC為平行四邊形，
∴AC∥BE，
∵OF∥CE，
∴四邊形OGEC為平行四邊形，
∴OG＝CE＝2OF，
故圖中長度是OF二倍的線段有AB，CD，CE，OG．
30．（2020春?沙坪壩區(qū)校級月考）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝CD，點E在CD的延長線上，連接BE交AD于點F，BE平分∠ABC，BC＝EC，作FG⊥BA延長線于點G．
（1）求證：四邊形ABCD為平行四邊形；
（2）若F為AD中點，EF＝6，BC＝2，求GF的長．
【分析】（1）證∠ABF＝∠E，得AB∥CD，由AB＝CD，即可得出四邊形ABCD為平行四邊形；
（2）由平行四邊形的性質(zhì)得AD＝BC＝2，證△ABF≌△DEF（AAS），得BF＝EF＝6，AB＝DE，則AB＝CD＝DE＝CE＝BC＝，由勾股定理得GF2＝AF2﹣AG2＝BF2﹣BG2，得AG＝，由勾股定理即可得出答案．
【解答】（1）證明：∵BE平分∠ABC，BC＝EC，
∴∠ABF＝∠CBE，∠CBE＝∠E，
∴∠ABF＝∠E，
∴AB∥CD，
又∵AB＝CD，
∴四邊形ABCD為平行四邊形；
（2）解：由（1）得：四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD＝BC＝2，
∵F為AD中點，
∴AF＝DF＝，
在△ABF和△DEF中，，
∴△ABF≌△DEF（AAS），
∴BF＝EF＝6，AB＝DE，
∵AB＝CD，
∴AB＝CD＝DE＝CE＝BC＝，
∵FG⊥AB，
∴∠G＝90°，
∴GF2＝AF2﹣AG2＝BF2﹣BG2，
即（）2﹣AG2＝62﹣（+AG）2，
解得：AG＝，
∴GF＝＝．

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