專題5.4 特殊平行四邊形（滿分100） 學(xué)校:___________姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________ 一．選擇題（本大題共10小題，每小題3分，滿分30分） 1．（2022?沙坪壩區(qū)校級(jí)一模）下列說(shuō)法正確的是（　?。?A．平行四邊形的對(duì)角互補(bǔ) B．矩形的對(duì)角線相等且互相垂直 C．有一組鄰邊相等的四邊形是菱形 D．有一個(gè)角是90°的菱形是正方形 【思路點(diǎn)撥】 根據(jù)正方形的判定，平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，逐一進(jìn)行判斷即可． 【解題過(guò)程】 解：A．平行四邊形的對(duì)角互補(bǔ)，錯(cuò)誤，不符合題意；應(yīng)該是平行四邊形的對(duì)角相等； B．矩形的對(duì)角線相等且互相垂直，錯(cuò)誤，不符合題意；應(yīng)該是矩形的對(duì)角線相等； C．有一組鄰邊相等的四邊形是菱形，錯(cuò)誤，不符合題意；應(yīng)該是有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形； D．有一個(gè)角是90°的菱形是正方形，正確，符合題意． 故選：D． 2．（2021春?碑林區(qū)校級(jí)月考）已知直線a，b，c在同一平面內(nèi)，且a∥b∥c，a與b的距離為5cm，b與c的距離為2cm，則a與c的距離是（　?。?A．3cm B．7cm C．3cm或7cm D．以上都不對(duì) 【思路點(diǎn)撥】 因?yàn)橹本€c的位置不明確，所以分①直線c在直線a、b外，②直線c在直線a、b之間兩種情況討論求解． 【解題過(guò)程】 解：如圖，①直線c在a、b外時(shí)， ∵a與b的距離為5cm，b與c的距離為2cm， ∴a與c的距離為5+2＝7（cm）， ②直線c在直線a、b之間時(shí)， ∵a與b的距離為5cm，b與c的距離為2cm， ∴a與c的距離為5﹣2＝3（cm）， 綜上所述，a與c的距離為3cm或7cm． 故選：C． 3．（2021春?阿榮旗期末）如圖，在矩形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，若∠COD＝50°，那么∠CAD的度數(shù)是（　?。? A．20° B．25° C．30° D．40° 【思路點(diǎn)撥】 只要證明OA＝OD，根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)即可解決問(wèn)題； 【解題過(guò)程】 解：∵矩形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O， ∴DB＝AC，OD＝OB，OA＝OC， ∴OA＝OD， ∴∠CAD＝∠ADO， ∵∠COD＝50°＝∠CAD+∠ADO， ∴∠CAD＝25°， 故選：B． 4．（2022?灞橋區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點(diǎn)，G，H分別是對(duì)角線BD，AC的中點(diǎn)，依次連接E，G，F(xiàn)，H，連接EF，GH，BD與EH相交于P，若AB＝CD，∠ABD＝20°，∠BDC＝70°，則∠GEF＝（　?。┒龋? A．25 B．30 C．45 D．35 【思路點(diǎn)撥】 根據(jù)三角形中位線定理得到EGAB，EG∥AB，F(xiàn)GCD，F(xiàn)G∥CD，根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠EGD、∠DGF，進(jìn)而求出∠EGF，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理計(jì)算即可． 【解題過(guò)程】 解：∵E，G分別是AD，BD的中點(diǎn)， ∴EG是△ADB的中位線， ∴EGAB，EG∥AB， ∴∠EGD＝∠ABD＝20°， 同理可得：FGCD，F(xiàn)G∥CD， ∴∠DGF＝180°﹣∠BDC＝110°， ∴∠EGF＝∠EGD+∠FGD＝130°， ∵AB＝CD， ∴EG＝FG， ∴∠GEF（180°﹣130°）＝25°， 故選：A． 5．（2022?碑林區(qū)校級(jí)三模）兩張菱形賀卡如圖所示疊放，其中菱形ABCD的邊長(zhǎng)為6cm，∠BAD＝60°，菱形A'B'C'D'可以看作是由菱形ABCD沿CA方向平移2cm得到，AD交C'D'于點(diǎn)E，則重疊部分的面積為（　　）cm2． A．8 B．9 C．10 D．11 【思路點(diǎn)撥】 根據(jù)題意和題目中的數(shù)據(jù)，可以計(jì)算出AC′和EF的長(zhǎng)，然后即可計(jì)算出重疊部分的面積． 【解題過(guò)程】 解：連接AC，BD，AC和BD交于點(diǎn)O，連接EF交AC于點(diǎn)O，交AB于點(diǎn)F，如圖所示， ∵菱形ABCD的邊長(zhǎng)為6cm，∠BAD＝60°， ∴AD＝AB＝6cm，AC⊥BD，∠DAO＝30°， ∴△DAB是等邊三角形，DO＝3cm， ∴AO3（cm）， ∴AC＝6cm， ∵CC′＝2cm， ∴AC′＝4cm， ∴AH＝2cm， ∴EH＝2cm， ∴EF＝4cm， ∴重疊部分的面積為：8（cm2）， 故選：A． 6．（2022?西安二模）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，∠EDF＝60°，BF，BE＝1，則AD的長(zhǎng)為（　?。? A． B．1 C．2 D．21 【思路點(diǎn)撥】 先證明△ABD是等邊三角形，再根據(jù)ASA證明△ADE≌△BDF，得到AE＝BF，進(jìn)而可求解AB的長(zhǎng)，即可求解． 【解題過(guò)程】 解：∵四邊形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，AD∥BC， ∵∠A＝60°， ∴△ABD是等邊三角形，∠ABC＝180°﹣∠A＝120°， ∴AD＝BD，∠ABD＝∠A＝∠ADB＝∠DBC＝60°， ∵∠EDF＝60°， ∴∠ADE＝∠BDF， 在△ADE和△BDF中， ， ∴△ADE≌△BDF（ASA）， ∴AE＝BF， ∵BE＝1， ∴AD＝AB＝AE+BE． 故選：B． 7．（2022春?孝南區(qū)期中）已知平面直角坐標(biāo)系中，有兩點(diǎn)A（a，0），B（0，b），且滿足b4，P為AB上一動(dòng)點(diǎn)（不與A，B重合），PE⊥x軸，PF⊥y軸，垂足分別為E，F(xiàn)，連接EF，則EF的最小值為（　?。? A． B．3 C．4 D．5 【思路點(diǎn)撥】 連接OP，先求出a＝3，則b＝4，再由勾股定理得AB＝5，然后證四邊形OEPF是矩形，則EF＝OP，當(dāng)OP⊥AB時(shí)，OP最小，EF也最小，進(jìn)而由面積法求解即可． 【解題過(guò)程】 解：如圖，連接OP， ∵b4， ∴a﹣3≥0，3﹣a≥0， ∴a＝3， ∴b＝4， ∴A（3，0），B（0，4）， ∴OA＝3，OB＝4， ∵∠AOB＝90°， ∴AB5， ∵PE⊥x軸，PF⊥y軸， ∴∠PEO＝∠PFO＝90°， ∴四邊形OEPF是矩形， ∴EF＝OP， 當(dāng)OP⊥AB時(shí)，OP最小，EF也最小， 此時(shí)，OP， ∴EF的最小值為， 故選：A． 8．（2021?蒙陰縣模擬）如圖，平行四邊形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，BD＝2AD，E、F、G分別是OC、OD、AB的中點(diǎn)，下列結(jié)論：①BE⊥AC；②EG＝EF；③△EFG≌△GBE；④EA平分∠GEF；⑤四邊形BEFG是菱形．其中正確的個(gè)數(shù)是（　?。? A．2 B．3 C．4 D．5 【思路點(diǎn)撥】 由平行四邊形的性質(zhì)可得OB＝BC，由等腰三角形的性質(zhì)可判斷①正確，由直角三角形的性質(zhì)和三角形中位線定理可判斷②正確，通過(guò)證四邊形BGFE是平行四邊形，可判斷③正確，由平行線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)可判斷④正確，由∠BAC≠30°可判斷⑤錯(cuò)誤． 【解題過(guò)程】 解：∵四邊形ABCD是平行四邊形 ∴BO＝DOBD，AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD， 又∵BD＝2AD， ∴OB＝BC＝OD＝DA，且點(diǎn)E 是OC中點(diǎn)， ∴BE⊥AC， 故①正確， ∵E、F分別是OC、OD的中點(diǎn)， ∴EF∥CD，EFCD， ∵點(diǎn)G是Rt△ABE斜邊AB上的中點(diǎn)， ∴GEAB＝AG＝BG ∴EG＝EF＝AG＝BG， 故②正確， ∵BG＝EF，AB∥CD∥EF ∴四邊形BGFE是平行四邊形， ∴GF＝BE，且BG＝EF，GE＝GE， ∴△BGE≌△FEG（SSS） 故③正確 ∵EF∥CD∥AB， ∴∠BAC＝∠ACD＝∠AEF， ∵AG＝GE， ∴∠GAE＝∠AEG， ∴∠AEG＝∠AEF， ∴AE平分∠GEF， 故④正確， 若四邊形BEFG是菱形 ∴BE＝BGAB， ∴∠BAC＝30° 與題意不符合 故⑤錯(cuò)誤 故選：C． 9．（2022?澗西區(qū)一模）如圖，D是平行四邊形ABOC內(nèi)一點(diǎn)，CD與x軸平行，AD與y軸平行，AD＝2，CD＝7，∠ADB＝135°，S△ABD＝8．則點(diǎn)D的坐標(biāo)為（　?。? A． B． C． D． 【思路點(diǎn)撥】 過(guò)點(diǎn)B作BE⊥y軸于E點(diǎn)，交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，先通過(guò)AAS證出△BOE≌△CAD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到OE＝AD＝2，BE＝CD＝7，根據(jù)三角形的面積即可得到結(jié)論． 【解題過(guò)程】 解：過(guò)點(diǎn)B作BE⊥y軸于E點(diǎn)，交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F， ∵四邊形ABOC是平行四邊形， ∴AC＝OB，AC∥OB， ∴∠OGC＝∠BOE， ∵AD∥y軸， ∴∠DAC＝∠OGC， ∴∠BOE＝∠DAC， 在△BOE和△CAD中， ， ∴△BOE≌△CAD（AAS）， ∴OE＝AD＝2，BE＝CD＝7， ∵∠ADB＝135°， ∴∠BDF＝45°， ∴BF＝DF， ∵S△ABD＝8， ∴AD?BF＝8， ∴8， ∴BF＝4， ∴EF＝3， ∴D（﹣3，6）， 故選：A． 10．（2022春?岳麓區(qū)校級(jí)期中）如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，點(diǎn)H在DC的延長(zhǎng)線上，連接AH交BC于點(diǎn)F，點(diǎn)E在BF上，且AE平分∠BAH，若CH＝BE，則EH等于（　?。? A． B． C． D． 【思路點(diǎn)撥】 過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AF于點(diǎn)G，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得EB＝EG，然后證明△EFG≌△HFC（AAS），可得GF＝CF，證明Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），可得AB＝AG＝6，設(shè)EB＝EG＝CH＝m，GF＝CF＝n，可得BF＝BC﹣CF＝6﹣n，AF＝AG+GF＝6+n，根據(jù)勾股定理可得n，根據(jù)S△AFEEF?ABAF?EG，可得EFm，然后根據(jù)勾股定理可得m＝2，在Rt△EFG中，利用勾股定理即可解決問(wèn)題． 【解題過(guò)程】 解：如圖，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AF于點(diǎn)G， 在正方形ABCD中，BC＝AB＝6，∠B＝∠BCD＝90°， ∵AE平分∠BAH，EG⊥AF，AB⊥BC， ∴EB＝EG， ∵CH＝BE， ∴EG＝CH， 在△EFG和△HFC中， ， ∴△EFG≌△HFC（AAS）， ∴GF＝CF， 在Rt△ABE和Rt△AGE中， ， ∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL）， ∴AB＝AG＝6， 設(shè)EB＝EG＝CH＝m，GF＝CF＝n， ∴BF＝BC﹣CF＝6﹣n，AF＝AG+GF＝6+n， 在Rt△ABF中，根據(jù)勾股定理得： AF2＝AB2+BF2， ∴（6+n）2＝62+（6﹣n）2， 解得n， ∴GF＝CH＝n， ∴AF＝6+n， ∵S△AFEEF?ABAF?EG， ∴6EFm， ∴EFm， 在Rt△EFG中，根據(jù)勾股定理得： EF2＝EG2+GF2， ∴（m）2＝m2+（）2， 解得m＝2（負(fù)值舍去）， ∴EB＝EG＝CH＝m＝2， ∴EFm， ∴EC＝EF+FC4， ∴EH． 故選：B． 二．填空題（本大題共5小題，每小題3分，滿分15分） 11．（2022春?南關(guān)區(qū)校級(jí)月考）?ABCD一內(nèi)角的平分線與邊相交并把這條邊分成5cm，7cm的兩條線段，則?ABCD的周長(zhǎng)是 　34或38　cm． 【思路點(diǎn)撥】 此題注意要分情況討論：根據(jù)角平分線的定義以及平行線的性質(zhì)，可以發(fā)現(xiàn)一個(gè)等腰三角形，進(jìn)而得到平行四邊形的周長(zhǎng)． 【解題過(guò)程】 解：如圖所示： 在平行四邊形ABCD中，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC， ∴∠AEB＝∠CBE， 又∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE＝∠CBE， ∴∠ABE＝∠AEB， ∴AB＝AE， ①當(dāng)AE＝5cm時(shí)，平行四邊形的周長(zhǎng)＝2（5+12）＝34（cm）； ②當(dāng)AE＝7cm時(shí)，平行四邊形的周長(zhǎng)＝2（7+12）＝38（cm）； 若點(diǎn)E在CD邊上，同理可得?ABCD的周長(zhǎng)為34cm或38cm． 綜上所述，?ABCD的周長(zhǎng)為34cm或38cm． 故答案為：34或38． 12．（2022?雁塔區(qū)校級(jí)四模）如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，AC＝6，BD＝8，點(diǎn)E為OA的中點(diǎn)，點(diǎn)F為BC上一點(diǎn)，且BF＝3CF，點(diǎn)P為BD上一動(dòng)點(diǎn)，連接PE、PF，則|PF﹣PE|的最大值為 　?。? 【思路點(diǎn)撥】 根據(jù)題意找出點(diǎn)E關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)E’，連接PE’，構(gòu)造△PFE'中的三邊關(guān)系解答即可． 【解題過(guò)程】 解：在菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8， ∴AO＝CO＝3，BO＝DO＝4， ∴AB＝BC＝CD＝DA＝5， 在BC上取一點(diǎn)F，使得BF＝3CF，取OA的中點(diǎn)E，點(diǎn)P為BD上的一動(dòng)點(diǎn)， 作E點(diǎn)關(guān)于BD的對(duì)稱點(diǎn)E'，連接PE'， ∴PE＝PE'， 在△PFE'中， PF﹣PE＝PF﹣PE'＜FE'， 則當(dāng)點(diǎn)P、F、E'三點(diǎn)共線時(shí)，PF﹣PE取最大值， ∴PF﹣PE＝PF﹣[E'＝FE'， 取BC的中點(diǎn)H，連接HO， ∵BF＝3CF，OA的中點(diǎn)E， ∴點(diǎn)F是HC的中點(diǎn)，E'是OC的中點(diǎn)， ∴FE'HO， ∵HOBC， ∴FE'HOBC． 故答案為：． 13．（2022春?鐵嶺月考）如圖，將邊長(zhǎng)為4的等邊△ABC沿射線BC平移得到△DEF，點(diǎn)G，H分別為AC，DF的中點(diǎn)，連接GH，點(diǎn)P為GH的中點(diǎn)，連接AP，CP．當(dāng)△APC為直角三角形時(shí)，BE＝　4或8　． 【思路點(diǎn)撥】 本題先根據(jù)△APC為直角三角形進(jìn)行分類討論：①當(dāng)∠APC＝90°時(shí)，根據(jù)直角三角形斜邊中線等于斜邊上的一半，即可求出PG，進(jìn)而求出GH，BE長(zhǎng)度就解決了．②當(dāng)∠ACP＝90°時(shí)，根據(jù)直角三角形中，30°角所對(duì)直角邊是斜邊長(zhǎng)度的一半，可以求出PG＝4，進(jìn)而求出GH，BE長(zhǎng)度就解決了． 【解題過(guò)程】 解：①當(dāng)∠APC＝90°時(shí)． ∵∠APC＝90°，M為AC中點(diǎn)． ∴PG＝AG＝CGAC＝2． ∵PG＝2，點(diǎn)P是線段GH的中點(diǎn)． ∴GH＝2PG＝4． 即△ABC向左平移4． ∴BE＝4． ②當(dāng)∠ACP＝90°時(shí)． ∵GH∥BF． ∴∠PGC＝∠ACB＝60°． ∴∠GPC＝30． ∵G為AC中點(diǎn)，AC＝4． ∴CG＝2． 在Rt△GCP中，∠GCP＝90°，∠GPC＝30°． ∴GCPG． ∴PG＝2CG＝4． ∵點(diǎn)P是線段GH的中點(diǎn)． ∴GH＝8 即△ABC向右平移8． 綜上所述，BE＝4或8， 故答案為：4或8． 14．（2022?習(xí)水縣模擬）如圖，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝45°，AD平分∠BAC交BC于點(diǎn)D，P為直線AB上一動(dòng)點(diǎn)．連接DP，以DP、DB為鄰邊構(gòu)造平行四邊形DPQB，連接CQ，若AC＝6．則CQ的最小值為 　?。? 【思路點(diǎn)撥】 首先在△ACB中，由于AC＝4，∠CAB＝60°，∠CBA＝45°，所以可以解△CAB，即可以過(guò)C作CO⊥AB于O，利用三勾股定理，求出AB的長(zhǎng)度，同理，在△DAB中，過(guò)D作DH⊥AB于H，可以求出DH的長(zhǎng)度，連接DQ交PB于M，過(guò)Q作QG⊥AB于G，可以證明△QGM≌△DHM，所以QG＝DH＝3，由此得到Q在平行于AB的直線上運(yùn)動(dòng)，且距離AB兩個(gè)單位長(zhǎng)度，根據(jù)垂線段最短，可以得到當(dāng)C，O，Q三點(diǎn)共線時(shí)，CQ長(zhǎng)度最小． 【解題過(guò)程】 解：如圖1，過(guò)C作CO⊥AB于O，過(guò)D作DH⊥AB于H， 在Rt△ACO中，∠CAB＝60°， ∴∠ACO＝30°， ∴AOAC＝3， ∴CO， 在Rt△BCO中，∠CBA＝45°， ∴BO＝CO＝3， ∴AB＝AO+BO， ∵AD平分∠CAB， ∴∠DAB∠CAB＝30°， 在Rt△DHB中，∠CBA＝45°， ∴可設(shè)DH＝HB＝a， ∴AD＝2DH＝2a， ∴AH， ∴AB＝AH+BHa+a， ∴， ∴a＝3， ∴DH＝3， 如圖2，過(guò)Q作QG⊥AB于G，連接DQ交AB于M， ∵四邊形DPQB為平行四邊形， ∴DM＝QM， 在△QGM與△DHM中， ， ∴△QGM≌△DHM（AAS）， ∴QG＝DH＝3， 故Q到直線AB的距離始終為3， 所以Q點(diǎn)在平行于AB的直線上運(yùn)動(dòng)，且兩直線距離為3， 根據(jù)垂線段最短， 當(dāng)C，O，Q三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，此時(shí)CQ最小，如圖3， 最小值為：CO+3， 故答案為． 15．（2022?北侖區(qū)一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)F是對(duì)角線BD上一動(dòng)點(diǎn)，∠ADB＝30°，連結(jié)EF，作點(diǎn)D關(guān)于直線EF的對(duì)稱點(diǎn)P，直線PE交BD于點(diǎn)Q，當(dāng)△DEQ是直角三角形時(shí)，DF的長(zhǎng)為 　1或3或3?。? 【思路點(diǎn)撥】 分兩種情況畫出圖形，當(dāng)∠DQE＝90°時(shí)，如圖2，如圖3，當(dāng)∠DEQ＝90°時(shí)，如圖4，過(guò)點(diǎn)F作FM⊥AD于點(diǎn)M，設(shè)EM＝a，則FM＝a，DMa，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論． 【解題過(guò)程】 解：∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝90°， ∵AB＝2，∠ADB＝30°． ∴AD＝2， ∵點(diǎn)E是邊AD的中點(diǎn)， ∴DE， ①如圖2，當(dāng)∠DQE＝90°時(shí)， ∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)， ∵PE⊥BD，∠ADB＝30°． ∴∠PED＝60°， 由對(duì)稱可得，EF平分∠PED， ∴∠DEF＝∠PEF＝30°， ∴△DEF是等腰三角形， ∴DF＝EF， ∵PE⊥BD，∠ADB＝30°，DE， ∴QE， ∵∠PEF＝30°， ∴EF＝1， ∴DF＝EF＝2＝1； ②如圖3， ∵PE⊥BD，∠ADB＝30°． ∴∠PED＝120°， 由對(duì)稱可得，PF＝DF，EP＝ED，EF平分∠PED， ∴∠DEF＝∠PEF＝120°， ∴∠EFD＝30°， ∴△DEF是等腰三角形， ∵PE⊥BD， ∴QD＝QFDF， ∵PE⊥BD，∠ADB＝30°．DE， ∴QE，QD， ∴DF＝2QD＝3； ∴DF的長(zhǎng)為1或3； 當(dāng)∠DEQ＝90°時(shí)，如圖4， ∵EF平分∠PED， ∴∠DEF＝45°， 過(guò)點(diǎn)F作FM⊥AD于點(diǎn)M，設(shè)EM＝a，則FM＝a，DMa， ∴a+a， ∴a， ∴DF＝3， 綜上所述，當(dāng)△DEQ是直角三角形時(shí)，DF的長(zhǎng)為1或3或3， 故答案為：1或3或3． 三．解答題（本大題共8小題，滿分55分） 16．（2022?華鎣市模擬）已知：如圖，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)M是邊AD中點(diǎn)，CM、BA的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)E．求證：AE＝AB． 【思路點(diǎn)撥】 由在平行四邊形ABCD中，AM＝DM，易證得△AEM≌△DCM（AAS），即可得AE＝CD＝AB． 【解題過(guò)程】 證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∴∠E＝∠DCM， ∵點(diǎn)M是邊AD中點(diǎn)， ∴AM＝DM， 在△AEM和△DCM中， ， ∴△AEM≌△DCM（AAS）， ∴AE＝CD， ∴AE＝AB． 17．（2022?荔灣區(qū)一模）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，且AF⊥BE于G，連接BE，AF．求證：BE＝AF． 【思路點(diǎn)撥】 利用正方形的性質(zhì)即可得到∠BAE＝∠D＝90°，AB＝DA，∠ABG＝∠DAF，判定△ABE≌△DAF（ASA），即可得出BE＝AF． 【解題過(guò)程】 證明：∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠BAE＝∠D＝90°，AB＝DA， ∴∠DAF+∠BAF＝90°， 又∵AF⊥BE， ∴∠ABG+∠BAF＝90°， ∴∠ABG＝∠DAF， 在△ABE和△DAF中， ， ∴△ABE≌△DAF（ASA）， ∴BE＝AF． 18．（2022春?亭湖區(qū)校級(jí)月考）已知：如圖，在?ABCD中，AC、BD相交于點(diǎn)O，E、F分別是AO和CO的中點(diǎn)，順次連接B，E，D，F(xiàn)． （1）求證：四邊形BEDF是平行四邊形； （2）當(dāng)AC與BD滿足什么關(guān)系時(shí)，四邊形BEDF是矩形？為什么？ 【思路點(diǎn)撥】 （1）由平行四邊形的性質(zhì)得AO＝CO，OB＝OD，再證OE＝OF，即可得出結(jié)論； （2）由平行四邊形的性質(zhì)結(jié)合條件證出EF＝BD，再由（1）得四邊形BEDF是平行四邊形，即可得出結(jié)論． 【解題過(guò)程】 （1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AO＝CO，OB＝OD， ∵E、F分別是AO和CO的中點(diǎn)， ∴OEAO，OFCO， ∴OE＝OF， ∴四邊形BEDF是平行四邊形； （2）解：當(dāng)AC＝2BD時(shí)，四邊形BEDF是矩形，理由如下： ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AO＝CO，OB＝OD， ∵AC＝2BD， ∴AO＝CO＝BD， ∵OE＝OF， ∴EF＝BD， 由（1）得：四邊形BEDF是平行四邊形， ∴平行四邊形BEDF是矩形． 19．（2022?丹江口市模擬）如圖，AM∥BN，C是BN上一點(diǎn)，BD平分∠ABN且過(guò)AC的中點(diǎn)O，交AM于點(diǎn)D，DE⊥BD，交BN于點(diǎn)E． （1）求證：四邊形ABCD是菱形． （2）若DE＝AB＝2，求菱形ABCD的面積． 【思路點(diǎn)撥】 （1）由ASA可證明△ADO≌△CBO，再證明四邊形ABCD是平行四邊形，再證明AD＝AB，即可得出結(jié)論； （2）由菱形的性質(zhì)得出AC⊥BD，證明四邊形ACED是平行四邊形，得出AC＝DE＝2，AD＝EC，由菱形的性質(zhì)得出EC＝CB＝AB＝2，得出EB＝4，由勾股定理得BD，即可得出答案． 【解題過(guò)程】 （1）證明：∵點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)， ∴AO＝CO， ∵AM∥BN， ∴∠DAO＝∠BCO， 在△AOD和△COB中， ， ∴△ADO≌△CBO（ASA）， ∴AD＝CB， 又∵AM∥BN， ∴四邊形ABCD是平行四邊形， ∵AM∥BN， ∴∠ADB＝∠CBD， ∵BD平分∠ABN， ∴∠ABD＝∠CBD， ∴∠ABD＝∠ADB， ∴AD＝AB， ∴平行四邊形ABCD是菱形； （2）解：由（1）得：四邊形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，AD＝CB， 又∵DE⊥BD， ∴AC∥DE， ∵AM∥BN， ∴四邊形ACED是平行四邊形， ∴AC＝DE＝2，AD＝EC， ∴EC＝CB， ∵四邊形ABCD是菱形， ∴EC＝CB＝AB＝2， ∴EB＝4， 在Rt△DEB中，由勾股定理得：BD2， ∴S菱形ABCDAC?BD． 20．（2022春?東臺(tái)市期中）如圖，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF和∠CFE的外角平分線交于點(diǎn)A，過(guò)點(diǎn)A分別作直線CE，CF的垂線，點(diǎn)B，D為垂足． （1）∠EAF＝　45°　（直接寫結(jié)果）． （2）①求證：四邊形ABCD是正方形． ②若BE＝EC＝2，求DF的長(zhǎng)． 【思路點(diǎn)撥】 （1）根據(jù)平角的定義得到∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，根據(jù)角平分線的定義得到∠AFE∠DFE，∠AEF∠BEF，求得∠AEF+∠AFE（∠DFE+∠BEF），根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理即可得到結(jié)論； （2）①作AG⊥EF于G，如圖1所示：則∠AGE＝∠AGF＝90°，先證明四邊形ABCD是矩形，再由角平分線的性質(zhì)得出AB＝AD，即可得出四邊形ABCD是正方形； ②設(shè)DF＝x，根據(jù)已知條件得到BC＝6，由①得四邊形ABCD是正方形，求得BC＝CD＝4，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BE＝EG＝2，同理，GF＝DF＝x，根據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論． 【解題過(guò)程】 （1）解：∵∠C＝90°， ∴∠CFE+∠CEF＝90°， ∴∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°， ∵AF平分∠DFE，AE平分∠BEF， ∴∠AFEDFE，∠AEFBEF， ∴∠AEF+∠AFE（∠DFE+∠BEF）270°＝135°， ∴∠EAF＝180°﹣∠AEF﹣∠AFE＝45°， 故答案為：45°； （2）①證明：作AG⊥EF于G，如圖1所示： 則∠AGE＝∠AGF＝90°， ∵AB⊥CE，AD⊥CF， ∴∠B＝∠D＝90°＝∠C， ∴四邊形ABCD是矩形， ∵∠CEF，∠CFE外角平分線交于點(diǎn)A， ∴AB＝AG，AD＝AG， ∴AB＝AD， ∴四邊形ABCD是正方形； ②解：設(shè)DF＝x， ∵BE＝EC＝2， ∴BC＝4， 由①得四邊形ABCD是正方形， ∴BC＝CD＝4， 在Rt△ABE與Rt△AGE中， ， ∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL）， ∴BE＝EG＝2， 同理，GF＝DF＝x， 在Rt△CEF中，EC2+FC2＝EF2， 即22+（4﹣x）2＝（x+2）2， 解得：x， ∴DF的長(zhǎng)為． 21．（2021秋?新鄭市期末）如圖，在△ABC中，點(diǎn)D、E分別是邊BC、AC的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A作AF∥BC交DE的延長(zhǎng)線于F點(diǎn)，連接AD、CF，過(guò)點(diǎn)D作DG⊥CF于點(diǎn)G． （1）求證：四邊形ADCF是平行四邊形； （2）若AB＝3，BC＝5， ①當(dāng)AC＝　3　時(shí)，四邊形ADCF是矩形； ②若四邊形ADCF是菱形，則DG＝　?。? 【思路點(diǎn)撥】 （1）由三角形中位線定理得DE∥AB，再證四邊形ABDF是平行四邊形，得AF＝BD，則AF＝DC，即可得出結(jié)論； （2）①由（1）可知，四邊形ADCF是平行四邊形，再由等腰三角形的性質(zhì)得AD⊥BC，則∠ADC＝90°，即可得出結(jié)論； ②由菱形的性質(zhì)得AC⊥DF，AD＝CD＝BD＝CF，再證△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，則AC＝4，然后由平行四邊形的性質(zhì)得DF＝AB＝3，最后由菱形的面積求出DG的長(zhǎng)即可． 【解題過(guò)程】 （1）證明：∵點(diǎn)D、E分別是邊BC、AC的中點(diǎn)， ∴DE是△ABC的中位線，BD＝CD， ∴DE∥AB， ∵AF∥BC， ∴四邊形ABDF是平行四邊形， ∴AF＝BD， ∴AF＝DC， ∵AF∥BC， ∴四邊形ADCF是平行四邊形； （2）解：①當(dāng)AC＝3時(shí)，四邊形ADCF是矩形，理由如下： 由（1）可知，四邊形ADCF是平行四邊形， ∵AB＝3，AC＝3， ∴AB＝AC， ∵D是BC的中點(diǎn)， ∴AD⊥BC， ∴∠ADC＝90°， ∴平行四邊形ADCF是矩形； ②∵四邊形ADCF是菱形， ∴AC⊥DF，AD＝CD＝BD＝CF， ∴CF＝ADBC， ∴△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°， ∴AC4， 由（1）可知，四邊形ABDF是平行四邊形， ∴DF＝AB＝3， ∵DG⊥CF， ∴S菱形ADCFAC?DF＝CF?DG， 即4×3?DG， ∴DG， 故答案為：． 22．（2021秋?峽江縣期末）如圖，AB∥CD，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB，CD上，連接EF，∠AEF、∠CFE的平分線交于點(diǎn)G，∠BEF、∠DFE的平分線交于點(diǎn)H． （1）求證：四邊形EGFH是矩形； （2）小明在完成（1）的證明后繼續(xù)進(jìn)行了探索，過(guò)G作MN∥EF，分別交AB，CD于點(diǎn)M，N，過(guò)H作PQ∥EF，分別交AB，CD于點(diǎn)P，Q，得到四邊形MNQP，此時(shí)，他猜想四邊形MNQP是菱形，他的猜想是否正確，請(qǐng)予以說(shuō)明． 【思路點(diǎn)撥】 （1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)進(jìn)行導(dǎo)角，可求得四邊形EGFH的四個(gè)內(nèi)角均為90°，進(jìn)而可說(shuō)明其為矩形． （2）根據(jù)題目條件可得四邊形MNQP為平行四邊形，要證菱形只需鄰邊相等，連接GH，由于MN＝EF＝GH，要證MN＝MP，只需證GH＝MP，只需證四邊形MFHP為平行四邊形，可證G、H點(diǎn)分別為MN、PQ中點(diǎn)，即可得出結(jié)果． 【解題過(guò)程】 （1）證明：∵EH平分∠BEF，F(xiàn)H平分∠DFE， ∴∠FEH，∠EFH∠DFE， ∵AB∥CD， ∴∠BEF+∠DFE＝180°， ∴∠FEH+∠EFH（∠BEF+∠DFE）180°＝90°， ∵∠FEH+∠EFH+∠EHF＝180°， ∴∠EHF＝180°﹣（∠FEH+∠EFH）＝180°﹣90°＝90°， 同理可得：∠EGF＝90°， ∵EG平分∠AEF， ∵EH平分∠BEF， ∴∠GEF∠AEF，∠FEH∠BEF， ∵點(diǎn)A、E、B在同一條直線上， ∴∠AEB＝180°，即∠AEF+∠BEF＝180°， ∴∠FEG+∠FEH（∠AEF+∠BEF）180°＝90°， 即∠GEH＝90°， ∴四邊形EGFH是矩形 （2）解：他的猜想正確， 理由是： ∵M(jìn)N∥EF∥PQ，MP∥NQ， ∴四邊形MNQP為平行四邊形． 如圖，延長(zhǎng)EH交CD于點(diǎn)O， ∵∠PEO＝∠FEO，∠PEO＝∠FOE， ∴∠FOE＝∠FEO， ∴EF＝FD， ∵FH⊥EO， ∴HE＝HO， ∵∠EHP＝∠OHQ，∠EPH＝∠OQH， ∴△EHP≌△OHQ， ∴HP＝HQ， 同理可得GM＝GN， ∵M(jìn)N＝PQ， ∴MG＝HP， ∴四邊形MGHP為平行四邊形， ∴GH＝MP， ∵M(jìn)N∥EF，ME∥NF， ∴四邊形MEFN為平行四邊形， ∴MN＝EF， ∵GH＝EF， ∴MN＝MP， ∴平行四邊形MNQP為菱形． 23．（2022?海淀區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）在矩形ABCD中，點(diǎn)P是射線BC上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)B關(guān)于直線AP的對(duì)稱點(diǎn)為E，直線PE與直線CD交于點(diǎn)F． （1）如圖，當(dāng)A，C、E共線時(shí)，若∠ACB＝30°，判斷△ACF的形狀，并證明； （2）若當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上的某個(gè)位置時(shí)（不與B，C重合），有∠PAF＝45°，求證：當(dāng)點(diǎn)P在BC延長(zhǎng)線上任意位置時(shí)，都有∠PAF＝45°． 【思路點(diǎn)撥】 （1）根據(jù)矩形的性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)得出AB，進(jìn)而利用等邊三角形的判定解答即可； （2）根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)和正方形的性質(zhì)解答即可． 【解題過(guò)程】 （1）解：△ACF為等邊三角形，理由如下： ∵四邊形ABCD為矩形，∠ACB＝30°， ∴∠ACD＝60°， 即∠ACF＝60°， 在Rt△ABC中，∠ACB＝30°， ∴ABAC， ∵點(diǎn)B關(guān)于直線AP的對(duì)稱點(diǎn)為E， ∴AB＝AE，∠AEP＝90°， ∴AEAC， 即點(diǎn)E為AC中點(diǎn)， ∴FP為線段AC的垂直平分線， ∴AF＝CF， ∴△ACF為等邊三角形； （2）解：當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，如圖， ∵∠PAF＝45°， ∴∠EAF＝45°﹣∠PAE， ∵∠BAD＝90°， ∴∠FAD＝45°﹣∠PAB， ∴∠EAF＝∠FAD， ∵點(diǎn)B關(guān)于直線AP的對(duì)稱點(diǎn)為E， ∴∠ABP＝∠AEP＝90°，AB＝AE， 在△EAF和△DAF中， ， ∴△EAF≌△DAF（AAS）， ∴AD＝AE， ∴AB＝AD， 即矩形ABCD為正方形， 當(dāng)點(diǎn)P在線段BC延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖， ∵矩形ABCD為正方形， ∴AD＝AE，∠ADF＝∠AEF＝90°， 在Rt△ADF和Rt△AEF中， ， ∴Rt△ADF≌Rt△AEF（HL）， ∴∠DAF＝∠EAF， 設(shè)∠DAF＝α，∠PAD＝β，則∠EAF＝α， ∴∠PAE＝2α+β， ∵∠PAE＝∠PAB， ∴∠PAB＝2α+β， ∵∠PAB+∠PAD＝90°， ∴2α+β+β＝90°， ∴α+β＝45°， ∴∠PAF＝α+β＝45°． 題號(hào)一二三總分得分 評(píng)卷人  得 分    評(píng)卷人  得 分    評(píng)卷人  得 分   

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