2020-2021学年第二十二章 四边形综合与测试练习题

这是一份2020-2021学年第二十二章 四边形综合与测试练习题，共36页。试卷主要包含了下列关于的叙述，正确的是，如图，E，六边形对角线的条数共有等内容，欢迎下载使用。
八年级数学下册第二十二章四边形重点解析
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、如图，2002年8月在北京召开的国际数学家大会会标其原型是我国古代数学家赵爽的《勾股弦图》，它是由四个全等的直角三角形拼接而成，如果大正方形的面积是18，直角三角形的直角边长分别为a、b，且a2＋b2＝ab＋10，那么小正方形的面积为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
2、如图，平面直角坐标系xOy中，点A是直线上一动点，将点A向右平移1个单位得到点B，点C（1，0），则OB＋CB的最小值为（ ）

A． B． C． D．
3、如图．在长方形纸片ABCD中，AB=12，AD=20，所示，折叠纸片，使点A落在BC边上的A′处，折痕为PQ，当点A′在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．点P，Q分别在边AB、AD上移动，则点A′在BC边上可移动的最大距离为（ ）

A．8 B．10 C．12 D．16
4、如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°，则对角线BD的长是（ ）

A．1 B．4 C．2 D．6
5、下列关于的叙述，正确的是（ ）
A．若，则是矩形 B．若，则是正方形
C．若，则是菱形 D．若，则是正方形
6、如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、BC上的点，且，AF、BE相交于点G，下列结论中正确的是（ ）
①；②；③；④．

A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
7、六边形对角线的条数共有（ ）
A．9 B．18 C．27 D．54
8、在锐角△ABC中，∠BAC＝60°，BN、CM为高，P为BC的中点，连接MN、MP、NP，则结论：①NP＝MP；②AN：AB＝AM：AC；③BN＝2AN；④当∠ABC＝60°时，MN∥BC，一定正确的有（ ）

A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①④
9、一个多边形的内角和等于它的外角和的2倍，则这个多边形的边数是（ ）
A．5 B．4 C．7 D．6
10、如图，已知菱形OABC的顶点O(0，0)，B(2，2)，菱形的对角线的交于点D；若将菱形OABC绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，从如图所示位置起，经过60秒时，菱形的对角线的交点D的坐标为（ ）

A．(1，1) B．(﹣1，﹣1) C．(-1，1) D．(1，﹣1)
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，正方形的对角线、相交于点O，等边绕点O旋转，在旋转过程中，当时，的度数为____________．

2、如图，正方形中，为上一动点（不含、，连接交于，过作交于，过作于，连接，．下列结论：①；②；③平分；④，正确的是__（填序号）．

3、如图，在菱形ABCD中，点M、N分别交于AB、CD上，AM=CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠OBC=62°，则∠DAC为____°．

4、如图，在平面直角坐标系xOy中，有一边长为1的正方形OABC，点B在x轴的正半轴上，如果以对角线OB为边作第二个正方形OBB1C1，再以对角线OB1为边作第三个正方形OB1B2C2，…，照此规律作下去，则B2的坐标是 ___；B2020的坐标是 ___．

5、（1）两组对边分别________的四边形是平行四边形
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形
（2）两组对边分别________的四边形是平行四边形
∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形
（3）两组对角分别________的四边形是平行四边形
∵∠A＝ ∠C，
∠B＝∠D，
∴四边形ABCD是平行四边形
（4）对角线________的四边形是平行四边形
∵AO＝CO，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形
（5）一组对边________的四边形是平行四边形
∵AD＝BC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、如图所示，在四边形ABCD中，∠A＝80°，∠C=75°，∠ADE为四边形ABCD的一个外角，且∠ADE＝125°,试求出∠B的度数.

2、背景资料：在已知所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当三个内角均小于120°时，费马点P在内部，当时，则取得最小值．

(1)如图2，等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数，为了解决本题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时这样就可以利用旋转变换，将三条线段、、转化到一个三角形中，从而求出_______；
知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下问题．
(2)如图3，三个内角均小于120°，在外侧作等边三角形，连接，求证：过的费马点．
(3)如图4，在中，，，，点P为的费马点，连接、、，求的值．
(4)如图5，在正方形中，点E为内部任意一点，连接、、，且边长；求的最小值．
3、如图，已知平行四边形ABCD．

(1)用尺规完成以下基本作图：在CB上截取CE，使CE＝CD，连接DE，作∠ABC的平分线BF交AD于点F．（保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）所作的图形中，证明四边形BEDF为平行四边形．
4、如图，在中，点D、E分别是边的中点，过点A作交的延长线于F点，连接，过点D作于点G．

(1)求证：四边形是平行四边形：
(2)若．
①当___________时，四边形是矩形；
②若四边形是菱形，则________．
5、如图，平行四边形ABCD中，∠ADB＝90°．

(1)求作：AB的垂直平分线MN，交AB于点M，交BD延长线于点N（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法，不下结论）
(2)在（1）的条件下，设直线MN交AD于E，且∠C＝22.5°，求证：NE＝AB．

-参考答案-
一、单选题
1、A
【解析】
【分析】
由正方形1性质和勾股定理得，再由，得，则，即可解决问题．
【详解】
解：设大正方形的边长为，
大正方形的面积是18，
，
，
，
，
，
小正方形的面积，
故选：A．
【点睛】
本题考查了勾股定理、正方形的性质以及完全平方公式等知识，解题的关键是求出．
2、A
【解析】
【分析】
设D（﹣1，0），作D点关于直线的对称点E，连接OE，交直线于A，连接AD，，作ES⊥x轴于S，根据题意OE就是OB＋CB的最小值，由直线的解析式求得F的坐标，进而求得ED的长，从而求得OS和ES，然后根据勾股定理即可求得OE．
【详解】
解：设D（﹣1，0），作D点关于直线的对称点E，连接OE，交直线于A，连接AD，，交于点，作ES⊥x轴于S，

∵AB∥DC，且AB＝OD＝OC＝1，
∴四边形ABOD和四边形ABCO是平行四边形，
∴AD＝OB，OA＝BC，
∴AD＋OA＝OB＋BC，
∵AE＝AD，
∴AE＋OA＝OB＋BC，
即OE＝OB＋BC，
∴OB＋CB的最小值为OE，
由，
当时，，
解得：，
，
，
当时，，
，
，
，
取的中点，过作轴的垂线交于，

，
当时，，
，
，
，
为的中点，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
∴FD＝3，∠FDG＝60°，
∴DG＝DF＝，
∴DE＝2DG＝3，
∴ES＝DE＝，DS＝DE＝，
∴OS＝，
∴OE＝＝，
∴OB＋CB的最小值为，
故选：A．
【点睛】
本题考查了一次函数的性质，轴对称﹣最短路线问题以及平行四边形的性质、勾股定理的应用，解题的关键是证得OE是OB+CB的最小值．
3、A
【解析】
【分析】
根据翻折的性质，可得BA′与AP的关系，根据线段的和差，可得A′C，根据勾股定理，可得A′C，根据线段的和差，可得答案．
【详解】
解：①在长方形纸片ABCD中，AB=12，AD=20，
∴BC=AD=20，
当p与B重合时，BA′=BA=12，
CA′=BC-BA′=20-12=8，
②当Q与D重合时，
由折叠得A′D=AD=20，
由勾股定理，得
CA′==16，
CA′最远是16，CA′最近是8，点A′在BC边上可移动的最大距离为16-8=8，
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，翻折变换，利用了翻折的性质，勾股定理，分类讨论是解题关键．
4、C
【解析】
略
5、A
【解析】
【分析】
由菱形的判定方法、矩形的判定方法、正方形的判定方法得出选项、、错误，正确；即可得出结论．
【详解】
解：中，，
四边形是矩形，选项符合题意；
中，，
四边形是菱形，不一定是正方形，选项不符合题意；
中，，
四边形是矩形，不一定是菱形，选项不符合题意；
中，，
四边形是菱形，选项不符合题意；
故选：．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定方法、矩形的判定方法、正方形的判定方法；熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定方法是解决问题的关键．
6、B
【解析】
【分析】
根据正方形的性质及全等三角形的判定定理和性质、垂直的判定依次进行判断即可得．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
在与中，
，
∴，
∴，①正确；
∵，
，
∴，
∴，
∴，②正确；
∵GF与BG的数量关系不清楚，
∴无法得AG与GE的数量关系，③错误；
∵，
∴，
∴，
即，④正确；
综上可得：①②④正确，
故选：B．
【点睛】
题目主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，垂直的判定等，理解题意，综合运用全等三角形全等的判定和性质是解题关键．
7、A
【解析】
【分析】
n边形对角线的总条数为：（n≥3，且n为整数），由此可得出答案．
【详解】
解：六边形的对角线的条数= =9．
故选：A．
【点睛】
本题考查了多边形的对角线的知识，属于基础题，解答本题的关键是掌握：n边形对角线的总条数为：（n≥3，且n为整数）．
8、C
【解析】
【分析】
利用直角三角形斜边上的中线的性质即可判定①正确；利用含30度角的直角三角形的性质即可判定②正确，由勾股定理即可判定③错误；由等边三角形的判定及性质、三角形中位线定理即可判定④正确．
【详解】
∵CM、BN分别是高
∴△CMB、△BNC均是直角三角形
∵点P是BC的中点
∴PM、PN分别是两个直角三角形斜边BC上的中线
∴
故①正确
∵∠BAC=60゜
∴∠ABN=∠ACM=90゜−∠BAC=30゜
∴AB=2AN，AC=2AM
∴AN：AB=AM：AC=1：2
即②正确
在Rt△ABN中，由勾股定理得：
故③错误
当∠ABC=60゜时，△ABC是等边三角形
∵CM⊥AB，BN⊥AC
∴M、N分别是AB、AC的中点
∴MN是△ABC的中位线
∴MN∥BC
故④正确
即正确的结论有①②④
故选：C
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上中线的性质，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识，掌握这些知识并正确运用是解题的关键．
9、D
【解析】
【分析】
利用多边形内角和公式和外角和定理，列出方程即可解决问题．
【详解】
解：根据题意，得：（n-2）×180=360×2，
解得n=6．
故选：D．
【点睛】
本题考查了多边形内角与外角，解答本题的关键是根据多边形内角和公式和外角和定理，利用方程法求边数．
10、B
【解析】
【分析】
分别过点和点作轴于点，作轴于点，根据菱形的性质以及中位线的性质求得点的坐标，进而计算旋转的度数，7.5周，进而根据中心对称求得点旋转后的D坐标
【详解】
如图，分别过点和点作轴于点，作轴于点，

∴，
∵四边形为菱形，
∴点为的中点，
∴点为的中点，
∴，，
∵，
∴；
由题意知菱形绕点逆时针旋转度数为：，
∴菱形绕点逆时针旋转周，
∴点绕点逆时针旋转周，
∵，
∴旋转60秒时点的坐标为．
故选B
【点睛】
根据菱形的性质及中点的坐标公式可得点D坐标，再根据旋转的性质可得旋转后点D的坐标，熟练掌握菱形的性质及中点的坐标公式、中心对称的性质是解题的关键．
二、填空题
1、或
【解析】
【分析】
分两种情况：①根据正方形与等边三角形的性质得OC=OD，∠COD=90°，OE=OF，∠EOF=60°，可判断△ODE≌△OCF，则∠DOE=∠COF，于是可求∠DOF，即可得出答案；②同理可证得△ODE≌△OCF，所以∠DOE=∠COF，于是可求∠BOF，即可得答案．
【详解】
解：情况1，如下图：

∵四边形ABCD是正方形，
∴OD=OC，∠AOD=∠COD=90°，
∵△OEF是等边三角形，
∴OE=OF，∠EOF=60°，
在△ODE和△OCF中，

∴△ODE≌△OCF（SSS），
∴∠DOE＝∠COF，
∴∠DOF＝∠COE，
∴∠DOF＝（∠COD-∠EOF）=×（90°﹣60°）＝15°，
∴∠AOF=∠AOD+∠DOF=90°+15°=105°；
情况2，如下图：连接DE、CF，

∵四边形ABCD为正方形，
∴OC＝OD，∠AOD=∠COB＝90°，
∵△OEF为等边三角形，
∴OE＝OF，∠EOF＝60°，
在△ODE和△OCF中，

∴△ODE≌△OCF（SSS），
∴∠DOE＝∠COF，
∴∠DOE＝∠COF＝（360°-∠COD-∠EOF）=×（360°﹣90°﹣60°）＝105°，
∴∠BOF＝∠COF-∠COB=105°-90°=15°，
∴∠AOF=∠AOB-∠BOF=90°-15°=75°，
故答案为：105°或75°．
【点睛】
本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了正方形与等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，做题的关键是注意两种情况和证三角形全等．
2、①②④
【解析】
【分析】
连接，延长交于点．可证，进而可得，由此可得出；再由，即可得出；连接交于点，则，证明，即可得出，进而可得；过点作于点，交于点，由于是动点，的长度不确定，而是定值，即可得出不一定平分．
【详解】
解：如图，连接，延长交于点．

∵为正方形的对角线
∴，
在和中

∴
∴，
∵， ，
∴
∵，
∴
∴
∴
故①正确；
∵，
∴是等腰直角三角形
∴
故②正确；
连接交于点，则
∵
∴
在和中

∴
∴
∴
故④正确．
过点作于点，交于点，是动点
∵的长度不确定，而是定值
∴不一定等于
不一定平分
故③错误；
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了正方形性质，全等三角形判定和性质，角平分线性质和判定，等腰三角形的性质与判定等，熟练掌握全等三角形判定和性质，合理添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
3、28
【解析】
【分析】
由全等三角形的性质可证△AOM≌△CON，可得AO=CO，由等腰三角形的性质可得BO⊥AC，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，AB=BC，BC//AD，
∴∠MAO=∠NCO，∠BCA=∠CAD．
在△AOM和△CON中，
，
∴△AOM≌△CON（AAS），
∴AO=CO，
又∵AB=BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BCO=90°﹣∠OBC=28°=∠DAC．
故答案为：28．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握菱形的性质是本题的关键．
4、
【解析】
【分析】
根据已知条件和勾股定理求出OB2的长度即可求出B2的坐标，再根据题意和图形可看出每经过一次变化，正方形都逆时针旋转45°，正方形的边长都乘以所以可求出从B到B2020变化的坐标．
【详解】
解：∵四边形OABC是边长为1正方形，
∴
∴
∴B1的坐标是，
∴，
∴B2的坐标是
根据题意和图形可看出每经过一次变化，正方形逆时针旋转45°，其边长乘以，
∴B3的坐标是
∴B4的坐标是
∴旋转8次则OB旋转一周，
∵从B到B2020经过了2020次变化，2020÷8=252…4，
∴从B到B2020与B4都在x轴负半轴上，
∴点B2020的坐标是
【点睛】
本题主要考查了规律型-点的坐标，解决本题的关键是利用正方形的变化过程寻找点的变化规律．
5、 平行 相等 相等 互相平分 平行且相等
【解析】
略
三、解答题
1、150°
【解析】
【分析】
先根据邻补角的定义求出∠ADC的度数，再根据四边形的内角和求出∠B的度数．
【详解】
解：∵∠ADE为四边形ABCD的一个外角，且∠ADE＝125°，
∴∠ADC=180°-∠ADE＝55°，
∵∠A+∠B+∠C+∠ADE＝360°，
∴∠B=360°-∠A-∠C-∠ADE＝360°-80°-75°-55°=150°．
【点睛】
此题考查了多边形外角定义，多边形的内角和，熟记多边形的内角和进行计算是解题的关键．
2、 (1)150°；
(2)见详解；
(3)；
(4)．
【解析】
【分析】
（1）根据旋转性质得出≌，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，根据△ABC为等边三角形，得出∠BAC=60°，可证△APP′为等边三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，根据勾股定理逆定理，得出△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，可求∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°即可；
（2）将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，根据△APB≌△AB′P′，AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，根据∠PAP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，根据，根据两点之间线段最短得出点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，点P在CB′上即可；
（3）将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，得出△APB≌△AP′B′，可证△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，根据，可得点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，利用30°直角三角形性质得出AB=2AC=2，根据勾股定理BC=，可求BB′=AB=2，根据∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，在Rt△CBB′中，B′C=即可；
（4）将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，得出△BCE≌△CE′B′，BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，可证△ECE′与△BCB′均为等边三角形，得出EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，，得出点C，点E，点E′，点B′四点共线时，最小=AB′，根据四边形ABCD为正方形，得出AB=BC=2，∠ABC=90°，可求∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，根据30°直角三角形性质得出BF=，勾股定理BF=，可求AF=AB+BF=2+，再根据勾股定理AB′=即可．
(1)
解：连结PP′，
∵≌，
∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°
∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°，
∴△APP′为等边三角形，
,∴PP′=AP=3，∠AP′P=60°，
在△P′PC中，PC=5，
，
∴△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，
∴∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°，
∴∠APB=∠AP′C=150°，
故答案为150°；

(2)
证明：将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，
∵△APB≌△AB′P′，
∴AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，
∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，
∴PP′=AP，
∵，
∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，
∴点P在CB′上，
∴过的费马点．

(3)
解：将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，
∴△APB≌△AP′B′，
∴AP′=AP，AB′=AB，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，
∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，
∴PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，
∵
∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，
∵，，，
∴AB=2AC=2，根据勾股定理BC=
∴BB′=AB=2，
∵∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，
∴在Rt△CBB′中，B′C=
∴最小=CB′=；

(4)
解：将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，
∴△BCE≌△CE′B′，
∴BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，
∵∠ECE′=∠BCB′=60°，
∴△ECE′与△BCB′均为等边三角形，
∴EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，
∵，
∴点C，点E，点E′，点B′四点共线时，最小=AB′，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=2，∠ABC=90°，
∴∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，
∵B′F⊥AF，
∴BF=，BF=，
∴AF=AB+BF=2+，
∴AB′=，
∴最小=AB′=．

【点睛】
本题考查图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质，掌握图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质是解题关键．
3、 (1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）延长CB到E使CE＝CD，然后作∠ABC的平分线交AD的延长线于F；
（2）先根据平行四边形的性质得到AD＝BC，AB＝CD，ADBC，则CE＝AB，再证明∠ABF＝∠F得到AB＝AF，然后证明BE＝DF，从而可判断四边形BEDF为平行四边形．
(1)
如图，DE、BF为所作；

(2)
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD＝BC，AB＝CD，AD∥BC，
∵CE＝CD，
∴CE＝AB，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBF，
∵AFBC，
∴∠CBF＝∠F，
∴∠ABF＝∠F，
∴AB＝AF，
∴CE＝AF，即CB＋BE＝AD＋DF，
∴BE＝DF，
∵BEDF，
∴四边形BEDF为平行四边形．
【点睛】
本题考查了作线段，作角平分线，平行四边形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
4、 (1)见解析；
(2)①3；②
【解析】
【分析】
（1）根据三角形中位线的性质得到DEAB，BD=CD，即可证得四边形ABDF是平行四边形，得到AF=BD=CD，由此得到结论；
（2）①由点D、E分别是边BC、AC的中点，得到DE=AB，由四边形是平行四边形，得到DF=2DE=AB=3，再根据矩形的性质得到AC=DF=3；
②根据菱形的性质得到DF⊥AC，推出AB⊥AC，利用勾股定理求出AC，得到CE，利用面积法求出答案．
(1)
证明：∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴DEAB，BD=CD，
∵，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴AF=BD=CD，
∴四边形是平行四边形；
(2)
解：①∵点D、E分别是边BC、AC的中点，
∴DE=AB，
∵四边形是平行四边形，
∴DF=2DE=AB=3，
∵四边形是矩形,
∴AC=DF=3，
故答案为：3；
②∵四边形是菱形，
∴DF⊥AC，
∵DEAB，
∴AB⊥AC，
∴AD=BC=2.5，
∴AE=EC=2，
∵
∴
∴，
故答案为：．
【点睛】
此题考查了平行四边形的判定及性质，矩形的性质，菱形的性质，三角形中位线的判定及性质，勾股定理，是一道较为综合的几何题，熟练掌握各知识点并应用是解题的关键．
5、 (1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意作AB的垂直平分线MN，交AB于点M，交BD延长线于点N
（2）连接，根据平行四边形的性质求得，进而根据垂直平分线的性质以及导角可求得 是等腰直角三角形，进而证明即可得证NE＝AB．
(1)
如图，AB的垂直平分线MN，交AB于点M，交BD延长线于点N

(2)
如图，连接

四边形是平行四边形

，
，

则
是的垂直平分线



又


在与中，



【点睛】
本题考查了作垂直平分线，平行四边形的性质，垂直平分线的性质，等边对等角，三角形全等的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．