中考专题11以四边形为载体的几何综合问题（解析版）

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 专题11以四边形为载体的几何综合问题

【考点1】特殊四边形的判定条件
【例1】（2020•聊城）如图，在▱ABCD中，E为BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接BF，AC，若AD＝AF，求证：四边形ABFC是矩形．

【分析】根据平行四边形的性质得到两角一边对应相等，利用AAS判定△ABE≌△FCE，从而得到AB＝CF；由已知可得四边形ABFC是平行四边形，BC＝AF，根据对角线相等的平行四边形是矩形，可得到四边形ABFC是矩形．
【解析】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAE＝∠CFE，∠ABE＝∠FCE，
∵E为BC的中点，
∴EB＝EC，
∴△ABE≌△FCE（AAS），
∴AB＝CF．
∵AB∥CF，
∴四边形ABFC是平行四边形，
∵AD＝BC，AD＝AF，
∴BC＝AF，
∴四边形ABFC是矩形．
【变式1-1】（2019•威海）如图，E是▱ABCD边AD延长线上一点，连接BE、CE、BD，BE交CD于点F．添加以下条件，不能判定四边形BCED为平行四边形的是（　　）

A．∠ABD＝∠DCE B．DF＝CF C．∠AEB＝∠BCD D．∠AEC＝∠CBD
【分析】根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AB∥CD，求得DE∥BC，∠ABD＝∠CDB，推出BD∥CE，于是得到四边形BCED为平行四边形，故A正确；根据平行线的性质得到∠DEF＝∠CBF，根据全等三角形的性质得到EF＝BF，于是得到四边形BCED为平行四边形，故B正确；根据平行线的性质得到∠AEB＝∠CBF，求得∠CBF＝∠BCD，求得CF＝BF，同理，EF＝DF，不能判定四边形BCED为平行四边形；故C错误；根据平行线的性质得到∠DEC+∠BCE＝∠EDB+∠DBC＝180°，推出∠BDE＝∠BCE，于是得到四边形BCED为平行四边形，故D正确．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴DE∥BC，∠ABD＝∠CDB，
∵∠ABD＝∠DCE，
∴∠DCE＝∠CDB，
∴BD∥CE，
∴BCED为平行四边形，故A正确；
∵DE∥BC，
∴∠DEF＝∠CBF，
在△DEF与△CBF中，∠DEF=∠CBF∠DFE=∠CFBDF=CF，
∴△DEF≌△CBF（AAS），
∴EF＝BF，
∵DF＝CF，
∴四边形BCED为平行四边形，故B正确；
∵AE∥BC，
∴∠AEB＝∠CBF，
∵∠AEB＝∠BCD，
∴∠CBF＝∠BCD，
∴CF＝BF，
同理，EF＝DF，
∴不能判定四边形BCED为平行四边形；故C错误；
∵AE∥BC，
∴∠DEC+∠BCE＝∠EDB+∠DBC＝180°，
∵∠AEC＝∠CBD，
∴∠BDE＝∠BCE，
∴四边形BCED为平行四边形，故D正确，
故选：C．

【变式1-2】（2019•临沂）如图，在平行四边形ABCD中，M、N是BD上两点，BM＝DN，连接AM、MC、CN、NA，添加一个条件，使四边形AMCN是矩形，这个条件是（　　）

A．OM=12AC B．MB＝MO C．BD⊥AC D．∠AMB＝∠CND
【分析】由平行四边形的性质可知：OA＝OC，OB＝OD，再证明OM＝ON即可证明四边形AMCN是平行四边形．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD
∵对角线BD上的两点M、N满足BM＝DN，
∴OB﹣BM＝OD﹣DN，即OM＝ON，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵OM=12AC，
∴MN＝AC，
∴四边形AMCN是矩形．
故选：A．
【考点2】四边形的线段计算问题
【例2】（2019•德州一模）如图，四边形ABCD中，AD＝DC，∠ADC＝∠ABC＝90°，DE⊥AB，若四边形ABCD面积为16，则DE的长为（　　）

A．3 B．2 C．4 D．8
【分析】如图，过点D作BC的垂线，交BC的延长线于F，利用互余关系可得∠A＝∠FCD，又∠AED＝∠F＝90°，AD＝DC，利用AAS可以判断△ADE≌△CDF，∴DE＝DF，S四边形ABCD＝S正方形DEBF＝16，DE＝4．
【解析】过点D作BC的垂线，交BC的延长线于F，
∵∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∵∠FCD+∠BCD＝180°，
∴∠A＝∠FCD，
又∠AED＝∠F＝90°，AD＝DC，
∴△ADE≌△CDF，
∴DE＝DF，
S四边形ABCD＝S正方形DEBF＝16，
∴DE＝4．
故选：C．

【变式2-1】（2019•曲阜市一模）如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，重叠的部分为四边形ABCD，若测得A，C之间的距离为12cm，点B，D之间的距离为16cm，则线段AB的长为（　　）

A．9.6cm B．10cm C．20cm D．12cm
【分析】作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，根据题意先证出四边形ABCD是平行四边形，再由AR＝AS推出BC＝CD得平行四边形ABCD是菱形，再根据根据勾股定理求出AB即可．
【解析】作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，连接AC、BD交于点O．
由题意知：AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵两个矩形等宽，
∴AR＝AS，
∵AR•BC＝AS•CD，
∴BC＝CD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
在Rt△AOB中，∵OA=12AC＝6cm，OB=12BD＝8cm，
∴AB=62+82=10（cm），
故选：B．

【变式2-2】（2019•泰安）如图，矩形ABCD中，AB＝36，BC＝12，E为AD中点，F为AB上一点，将△AEF沿EF折叠后，点A恰好落到CF上的点G处，则折痕EF的长是　　．

【分析】连接EC，利用矩形的性质，求出EG，DE的长度，证明EC平分∠DCF，再证∠FEC＝90°，最后证△FEC∽△EDC，利用相似的性质即可求出EF的长度．
【解析】如图，连接EC，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，BC＝AD＝12，DC＝AB＝36，
∵E为AD中点，
∴AE＝DE=12AD＝6
由翻折知，△AEF≌△GEF，
∴AE＝GE＝6，∠AEF＝∠GEF，∠EGF＝∠EAF＝90°＝∠D，
∴GE＝DE，
∴EC平分∠DCG，
∴∠DCE＝∠GCE，
∵∠GEC＝90°﹣∠GCE，∠DEC＝90°﹣∠DCE，
∴∠GEC＝∠DEC，
∴∠FEC＝∠FEG+∠GEC=12×180°＝90°，
∴∠FEC＝∠D＝90°，
又∵∠DCE＝∠GCE，
∴△FEC∽△EDC，
∴FEDE=ECDC，
∵EC=DE2+DC2=62+(36)2=310，
∴FE6=31036，
∴FE＝215，
故答案为：215．

【变式2-3】（2020•高青县一模）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AC与BD相交于点O，AO＝CO．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若AC⊥BD，AB＝10，求BC的长．

【分析】（1）根据平行线的性质得出∠DCO＝∠BAO，根据全等三角形的判定得出△DCO≌△BAO，根据全等三角形的性质得出DO＝BO，根据平行四边形的判定得出即可；
（2）根据线段垂直平分线的性质得出AB＝BC，代入求出即可．
【解析】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠DCO＝∠BAO，
在△DCO和△BAO中
∠DCO=∠BAOCO=AO∠DOC=∠BOA
∴△DCO≌△BAO（ASA），
∴DO＝BO，
∵AO＝CO，
∴四边形ABCD是平行四边形；

（2）解：∵由勾股定理得：BC2＝CO2+OB2，AB2＝AO2+OB2，
又∵AO＝CO，
∴AB2＝BC2，
∴AB＝BC，
∵AB＝10，
∴BC＝AB＝10．
【考点3】四边形与点的坐标问题
【例3】（2019•滕州市模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA'B'C'，则点B的对应点B'的坐标为（　　）

A．（6，−6） B．（2，﹣2） C．（3，−3） D．（4，﹣4）
【分析】作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，根据菱形的性质得到∠COB＝30°，再根据旋转的性质得∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝23，则∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，所以△OB′H为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可计算得OH＝B′H=6，然后根据第四象限内点的坐标特征写出B′点的坐标．
【解析】作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，如图，
∵四边形OABC为菱形，
∴OB平分∠AOC，
∴∠COB＝30°，
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至第四象限OA′B′C′的位置，
∴∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝23，
∴∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，
∴△OB′H为等腰直角三角形，
∴OH＝B′H=22OB′=6，
∴点B′的坐标为（6，−6）．
故选：A．

【变式3-1】（2019•微山县一模）如图，已知菱形OBAC的顶点O（0，0），A（﹣2，﹣2），若菱形绕点O顺时针旋转，每秒旋转45°，则旋转30秒时，菱形的对角线交点D的坐标为（　　）

A．（1，﹣1） B．（﹣1，1） C．（1，0） D．（0，−2）
【分析】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．
【解析】菱形OABC的顶点O（0，0），B（﹣2，﹣2），得
D点坐标为（0−22，0−22），即（﹣1，﹣1）．
每秒旋转45°，则第30秒时，得45°×30＝1350°，
1350°÷360＝3.75周，
OD旋转了3.75周，菱形的对角线交点D的坐标为（1，﹣1），
故选：A．
【变式3-2】（2019•阳谷县一模）如图，将边长为3的正方形绕点B逆时针旋转30°，那么图中点M的坐标为（　　）

A．（3，1） B．（1，3） C．（3，32） D．（32，3）
【分析】由正方形和旋转的性质得出AB＝BC'=3，∠BAM＝∠BC'M＝90°，证出Rt△ABM≌Rt△C'BM，得出∠1＝∠2，求出∠1＝∠2＝30°，在Rt△ABM中，求出AM的长即可．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC'=3，∠BAM＝∠BC'M＝90°，
在Rt△ABM和Rt△C'BM中，BM=AMAB=C'B，
∴Rt△ABM≌Rt△C'BM（HL），
∴∠1＝∠2，
∵将边长为3的正方形绕点B逆时针旋转30°，
∴∠CBC'＝30°，
∴∠1＝∠2＝30°，
在Rt△ABM中，AB=3，∠1＝30°，
∴AB=3AM=3，
∴AM＝1，
∴点M的坐标为（1，3）；
故选：B．
【变式3-3】（2019•东营）如图，在平面直角坐标系中，△ACE是以菱形ABCD的对角线AC为边的等边三角形，AC＝2，点C与点E关于x轴对称，则点D的坐标是　 　．

【分析】设CE和x轴交于H，根据等边三角形的性质可知CH＝1，根据勾股定理即可求出AH的长，再根据菱形的性质和含30°的直角三角形的性质可求DH、AO的长，所以OD可求，又因为D在x轴上，纵坐标为0，问题得解．
【解析】如图，
∵△ACE是以菱形ABCD的对角线AC为边的等边三角形，AC＝2，
∴CH＝1，
∴AH=3，
∵∠ABO＝∠DCH＝30°，
∴DH＝AO=33，
∴OD=3−33−33=33，
∴点D的坐标是（33，0）．
故答案为：（33，0）．

【考点4】四边形与三角形函数问题
【例4】（2020•商河县一模）在矩形ABCD中，E是BC边的中点，AE⊥BD，垂足为点F，则tan∠AED的值是（　　）

A．63 B．263 C．23 D．22
【分析】由“SAS”可证△ABE≌△DCE，可得AE＝ED，通过证明△BEF∽△DAF，可得AF＝2EF，由勾股定理可求DF＝22EF，即可求tan∠AED的值．
【解析】∵四边形ABCD是矩形
∴AB＝CD，∠ABC＝∠C＝90°，AD＝BC
∵点E是BC的中点
∴BE＝CE，且AB＝CD，∠ABC＝∠C＝90°
∴△ABE≌△DCE（SAS）
∴AE＝ED
∵AD∥BC
∴△BEF∽△DAF
∴BEAD=EFAF=12
∴AF＝2EF
∴AE＝3EF＝DE
∴DF=DE2−EF2=22EF
∴tan∠AED=DFEF=22
故选：D．
【变式4-1】（2019•烟台）如图，面积为24的▱ABCD中，对角线BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BD交BC的延长线于点E，DE＝6，则sin∠DCE的值为（　　）

A．2425 B．45 C．34 D．1225
【分析】可证明四边形ABCD是菱形，由面积可求出BD长，连接AC，过点D作DF⊥BE于点E，求出菱形的边长CD＝5，由勾股定理可求出CF、DF长，则sin∠DCE的值可求出．
【解析】连接AC，过点D作DF⊥BE于点F，

∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∵▱ABCD中，AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD，
∵DE⊥BD，
∴OC∥ED，
∵DE＝6，
∴OC=12DE=3，
∵▱ABCD的面积为24，
∴12BD⋅AC=24，
∴BD＝8，
∴BC=CD=OB2+OC2=42+32=5，
设CF＝x，则BF＝5+x，
由BD2﹣BF2＝DC2﹣CF2可得：82﹣（5+x）2＝52﹣x2，
解得x=75，
∴DF=245，
∴sin∠DCE=DFDC=2455=2425．
故选：A．
【变式4-2】（2019•汶上县二模）已知菱形ABCD的对角线相交于点O，G是OB上的一点，过点D作DF⊥GC于点F，DF，AC的延长线相交于点E，sin∠CDO=55，OG=65，那么OE的长为（　　）

A．635 B．53 C．15 D．125
【分析】根据三角函数的比设设OC=5x，CD＝5x，利用勾股定理可得OD＝25x，证明△DOE∽△COG，列比例式可得结论．
【解析】∵sin∠CDO=OCCD=55，
设OC=5x，CD＝5x，则OD＝25x，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠GOC＝∠EOD，
∵DF⊥GC，
∴∠CFE＝90°，
∵∠GCO＝∠ECF，
△GOC和△CEF中，∴∠OGC＝∠E，
∵∠GOC＝∠EOD＝90°，
∴△DOE∽△COG，
∴ODOC=OEOG，
∴25x5x=OE65=2，
∴OE=125，
故选：D．
【变式4-3】（2019•槐荫区一模）如图，矩形ABCD长与宽的比为3：2，点E，F分别在边AB、BC上，tan∠1=12，tan∠2=13，则cos（∠1+∠2）＝（　　）

A．32 B．22 C．23 D．1
【分析】由“SAS”可证△AED≌△BFE，可得DE＝EF，∠1＝∠FEB，可证∠DEF＝90°，可求∠1+∠2＝45°，即可求解．
【解析】如图，连接EF

∵矩形ABCD长与宽的比为3：2
∴设AB＝CD＝3a，AD＝BC＝2a，
∵tan∠1=12=AEAD，tan∠2=13=CFDC
∴AE＝a，CF＝a，
∴BF＝BC﹣CF＝a，BE＝AB﹣AE＝2a，
∴AE＝BF，AD＝EB，且∠A＝∠B＝90°
∴△AED≌△BFE（SAS）
∴DE＝EF，∠1＝∠FEB
∵∠1+∠DEA＝90°
∴∠DEA+∠FEB＝90°
∴∠DEF＝90°，且DE＝EF
∴∠EDF＝45°
∴∠1+∠2＝45°
∴cos（∠1+∠2）=22
故选：B．
【变式4-4】（2019•历城区一模）如图，BD是菱形ABCD的对角线，CE⊥AB交于点E，交BD于点F，且点E是AB中点，则cos∠BFE的值是（　　）

A．3 B．32 C．33 D．12
【分析】首先利用菱形的性质得出AB＝BC，由三角函数得出得出∠ABC＝60°，求出∠BFE＝60°，再利用三角函数得出答案．
【解析】∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵CE⊥AB，点E是AB中点，
∴BE=12AB=12BC，
∴cos∠ABC=12，
∴∠ABC＝60°，
∴∠EBF＝30°，
∴∠BFE＝60°，
∴cos∠BFE=12．
故选：D．
【考点5】四边形综合判断型问题
【例5】（2019•德州）如图，正方形ABCD，点F在边AB上，且AF：FB＝1：2，CE⊥DF，垂足为M，且交AD于点E，AC与DF交于点N，延长CB至G，使BG=12BC，连接GM．有如下结论：①DE＝AF；②AN=24AB；③∠ADF＝∠GMF；④S△ANF：S四边形CNFB＝1：8．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　）

A．①② B．①③ C．①②③ D．②③④
【分析】①正确．证明△ADF≌△DCE（ASA），即可判断．
②正确．利用平行线分线段成比例定理，等腰直角三角形的性质解决问题即可．
③正确．作GH⊥CE于H，设AF＝DE＝a，BF＝2a，则AB＝CD＝BC＝3a，EC=10a，通过计算证明MH＝CH即可解决问题．
④错误．设△ANF的面积为m，由AF∥CD，推出AFCD=FNDN=13，△AFN∽△CDN，推出△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m，推出△ADC的面积＝△ABC的面积＝12m，由此即可判断．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝CD＝BC，∠CDE＝∠DAF＝90°，
∵CE⊥DF，
∴∠DCE+∠CDF＝∠ADF+∠CDF＝90°，
∴∠ADF＝∠DCE，
在△ADF与△DCE中，
∠DAF=∠CDE=90°AD=CD∠ADF=∠DCE，
∴△ADF≌△DCE（ASA），
∴DE＝AF；故①正确；
∵AB∥CD，
∴AFCD=ANCN，
∵AF：FB＝1：2，
∴AF：AB＝AF：CD＝1：3，
∴ANCN=13，
∴ANAC=14，
∵AC=2AB，
∴AN2AB=14，
∴AN=24AB；故②正确；
作GH⊥CE于H，设AF＝DE＝a，BF＝2a，则AB＝CD＝BC＝3a，EC=10a，
由△CMD∽△CDE，可得CM=91010a，
由△GHC∽△CDE，可得CH=91020a，
∴CH＝MH=12CM，
∵GH⊥CM，
∴GM＝GC，
∴∠GMH＝∠GCH，
∵∠FMG+∠GMH＝90°，∠DCE+∠GCM＝90°，
∴∠FEG＝∠DCE，
∵∠ADF＝∠DCE，
∴∠ADF＝∠GMF；故③正确，
设△ANF的面积为m，
∵AF∥CD，
∴AFCD=FNDN=13，△AFN∽△CDN，
∴△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m，
∴△ADC的面积＝△ABC的面积＝12m，
∴S△ANF：S四边形CNFB＝1：11，故④错误，
故选：C．

【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，学会利用参数解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
【变式5-1】（2019•莱芜区）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD上的点，且∠EAF＝45°，AE、AF分别交BD于M、N，连按EN、EF、有以下结论：
①AN＝EN
②当AE＝AF时，BEEC=2−2
③BE+DF＝EF
④存在点E、F，使得NF＞DF
其中正确的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①如图1，证明△AMN∽△BME和△AMB∽△NME，可得∠NAE＝∠AEN＝45°，则△AEN是等腰直角三角形可作判断；
②先证明CE＝CF，假设正方形边长为1，设CE＝x，则BE＝1﹣x，表示AC的长为AO+OC可作判断；
③如图3，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，证明△AEF≌△AEH（SAS），则EF＝EH＝BE+BH＝BE+DF，可作判断；
④在△ADN中根据比较对角的大小来比较边的大小．
【解析】①如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EBM＝∠ADM＝∠FDN＝∠ABD＝45°，
∵∠MAN＝∠EBM＝45°，∠AMN＝∠BME，
∴△AMN∽△BME，
∴AMBM=MNEM，
∵∠AMB＝∠EMN，
∴△AMB∽△NME，
∴∠AEN＝∠ABD＝45°
∴∠NAE＝∠AEN＝45°，
∴△AEN是等腰直角三角形，
∴AN＝EN，
故①正确；
②在△ABE和△ADF中，
∵AB=AD∠ABE=∠ADF=90°AE=AF，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE＝DF，
∵BC＝CD，
∴CE＝CF，
假设正方形边长为1，设CE＝x，则BE＝1﹣x，
如图2，连接AC，交EF于H，

∵AE＝AF，CE＝CF，
∴AC是EF的垂直平分线，
∴AC⊥EF，OE＝OF，
Rt△CEF中，OC=12EF=22x，
△EAF中，∠EAO＝∠FAO＝22.5°＝∠BAE＝22.5°，
∴OE＝BE，
∵AE＝AE，
∴Rt△ABE≌Rt△AOE（HL），
∴AO＝AB＝1，
∴AC=2=AO+OC，
∴1+22x=2，
x＝2−2，
∴BEEC=1−(2−2)2−2=(2−1)(2+2)2=22；
故②不正确；
③如图3，

∴将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，则AF＝AH，∠DAF＝∠BAH，
∵∠EAF＝45°＝∠DAF+∠BAE＝∠HAE，
∵∠ABE＝∠ABH＝90°，
∴H、B、E三点共线，
在△AEF和△AEH中，
AE=AE∠FAE=∠HAEAF=AH，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EF＝EH＝BE+BH＝BE+DF，
故③正确；
④△ADN中，∠FND＝∠ADN+∠NAD＞45°，
∠FDN＝45°，
∴DF＞FN，
故不存在点E、F，使得NF＞DF，
故④不正确；
故选：B．

【变式5-2】（2019•兰陵县一模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝2AD，E、F、G分别是OC、OD、AB的中点，下列结论：①BE⊥AC；②四边形BEFG是平行四边形；③△EFG≌△GBE；④EG＝EF，其中正确的个数是（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由平行四边形的性质可得AB＝CD，AD＝BC，BO＝DO=12BD，AO＝CO，AB∥CD，即可得BO＝DO＝AD＝BC，由等腰三角形的性质可判断①，由中位线定理和直角三角形的性质可判断②④，由平行四边形的性质可判断③，即可求解．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB＝CD，AD＝BC，BO＝DO=12BD，AO＝CO，AB∥CD
∵BD＝2AD
∴BO＝DO＝AD＝BC，且点E是AC中点
∴BE⊥AC，
∴①正确
∵E、F、分别是OC、OD中点
∴EF∥DC，CD＝2EF
∵G是AB中点，BE⊥AC
∴AB＝2BG＝2GE，且CD＝AB，CD∥AB
∴BG＝EF＝GE，EF∥CD∥AB
∴四边形BGFE是平行四边形，
∴②④正确，
∵四边形BGFE是平行四边形，
∴BG＝EF，GF＝BE，且GE＝GE
∴△BGE≌△FEG（SSS）
∴③正确
故选：D．
【变式5-3】（2020•滨州模拟）如图，四边形ABCD中，AB＝CD，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，连接AF，CE，若DE＝BF，则下列结论：①CF＝AE；②OE＝OF；③图中共有四对全等三角形；④四边形ABCD是平行四边形；其中正确的结论是　①②④　．

【分析】根据平行四边形的性质与判定以及全等三角形的判定与性质分别分析得出即可．
【解析】∵DE＝BF，
∴DF＝BE，
在Rt△DCF和Rt△BAE中，CD=ABDF=BE，
∴Rt△DCF≌Rt△BAE（HL），
∴CF＝AE，故①正确；
∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，
∴AE∥FC，
∵CF＝AE，
∴四边形CFAE是平行四边形，
∴OE＝OF，故②正确；
∵Rt△DCF≌Rt△BAE，
∴∠CDF＝∠ABE，
∴CD∥AB，
∵CD＝AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，故④正确；
由以上可得出：△CDF≌△BAE，△CDO≌△BAO，△CDE≌△BAF，△CFO≌△AEO，△CEO≌△AFO，△ADF≌△CBE，△DOA≌△COB等，故③错误；
∴正确的有3个，
故答案为：①②④．

【变式5-4】（2020•嘉祥县一模）如图所示，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝2，BC＝6，CD＝8，E，F分别是边AB、CD的中点，DH⊥BC于H，现有下列结论；
①∠CDH＝30°；
②EF＝4；
③四边形EFCH是菱形；
④S△EFC＝3S△BEH．
你认为结论正确的有　①②③　．（填写正确的序号）

【分析】①证出四边形ABHD是矩形，得出BH＝AD＝2，AB＝DH，求出CH＝BC﹣BH＝4，得出CH=12CD，得出∠CDH＝30°，①正确；
②由梯形中位线定理得出EF∥BC，EF=12（AD+BC）＝4，②正确；
③证出四边形EFCH是平行四边形，再由EF＝CF＝4，得出四边形EFCH是菱形；④正确；求出S△EFC＝2S△BEH．④错误；即可得出结论．
【解析】①∵AD∥BC，AB⊥BC，DH⊥BC，
∴四边形ABHD是矩形，
∴BH＝AD＝2，AB＝DH，
∴CH＝BC﹣BH＝6﹣2＝4，
∵CD＝8，
∴CH=12CD，
∴∠CDH＝30°；①正确；
②∵E，F分别是边AB、CD的中点，
∴CF=12CD＝4，EF∥BC，EF=12（AD+BC）＝4，②正确；
③∵EF∥BC，EF＝CH＝4，
∴四边形EFCH是平行四边形，
又∵EF＝CF＝4，
∴四边形EFCH是菱形；③正确；
④∵EF＝4，BH＝2，
∴S△EFC＝2S△BEH．④错误；
故选：①②③．
【考点6】关于四边形证明与计算的解答题
【例6】（2020•滨州）如图，过▱ABCD对角线AC与BD的交点E作两条互相垂直的直线，分别交边AB、BC、CD、DA于点P、M、Q、N．
（1）求证：△PBE≌△QDE；
（2）顺次连接点P、M、Q、N，求证：四边形PMQN是菱形．

【分析】（1）由ASA证△PBE≌△QDE即可；
（2）由全等三角形的性质得出EP＝EQ，同理△BME≌△DNE（ASA），得出EM＝EN，证出四边形PMQN是平行四边形，由对角线PQ⊥MN，即可得出结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴EB＝ED，AB∥CD，
∴∠EBP＝∠EDQ，
在△PBE和△QDE中，∠EBP=∠EDQEB=ED∠BEP=∠DEQ，
∴△PBE≌△QDE（ASA）；
（2）证明：如图所示：
∵△PBE≌△QDE，
∴EP＝EQ，
同理：△BME≌△DNE（ASA），
∴EM＝EN，
∴四边形PMQN是平行四边形，
∵PQ⊥MN，
∴四边形PMQN是菱形．

【变式6-1】（2020•黄岛区二模）已知：如图，在四边形ABCD中，AB⊥AC，DC⊥AC，∠B＝∠D，点E，F分别是BC，AD的中点．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）当AB与AC满足什么数量关系时，四边形AECF是正方形？请证明．

【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质解答即可；
（2）根据正方形的判定解答即可．
【解析】证明：（1）∵AB⊥AC，DC⊥AC，
∴∠BAC＝∠ACD＝90°，
∵∠B＝∠D，AC＝CA，
∴△ABC≌△CDA（AAS），
∴AB＝CD，AD＝BC，
∵点E，F分别是BC，AD的中点，
∴BE=12BC，DF=12AD，
∴BE＝DF，
在△ABE与△CDF中，
AB=CD∠B=∠DBE=DF，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）当AB＝AC时，四边形AECF是正方形，
理由：∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵点E，F分别是BC，AD的中点，
∴EC=12BC，AF=12AD，
∴EC＝AF，
∴四边形AECF是平行四边形．
∵∠BAC＝90°，点E是BC的中点，
∴AE=12BC=EC，
∴平行四边形AECF是菱形，
∵AB＝AC，点E是BC的中点，
∴AE⊥BC，
即∠AEC＝90°，
∴菱形AECF是正方形．
【变式6-2】（2020•滨州模拟）如图，△ABC中，∠BCA＝90°，CD是边AB上的中线，分别过点C，D作BA和BC的平行线，两线交于点E，且DE交AC于点O，连接AE．
（1）求证：四边形ADCE是菱形；
（2）若∠B＝60°，BC＝6，求四边形ADCE的面积．

【分析】（1）欲证明四边形ADCE是菱形，需先证明四边形ADCE为平行四边形，然后再证明其对角线相互垂直；
（2）根据勾股定理得到AC的长度，由含30度角的直角三角形的性质求得DE的长度，然后由菱形的面积公式：S=12AC•DE进行解答．
【解析】（1）证明：∵DE∥BC，EC∥AB，
∴四边形DBCE是平行四边形．
∴EC∥DB，且EC＝DB．
在Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，
∴AD＝DB＝CD．
∴EC＝AD．
∴四边形ADCE是平行四边形．
∴ED∥BC．
∴∠AOD＝∠ACB．
∵∠ACB＝90°，
∴∠AOD＝∠ACB＝90°．
∴平行四边形ADCE是菱形；
（2）解：Rt△ABC中，CD为AB边上的中线，∠B＝60°，BC＝6，
∴AD＝DB＝CD＝6．
∴AB＝12，由勾股定理得AC=63．
∵四边形DBCE是平行四边形，
∴DE＝BC＝6．
∴S菱形ADCE=AC⋅ED2=63×62=183．
【变式6-3】（2019•莱芜区）如图，已知等边△ABC，CD⊥AB于D，AF⊥AC，E为线段CD上一点，且CE＝AF，连接BE，BF，EG⊥BF于G，连接DG．
（1）求证：BE＝BF；
（2）试说明DG与AF的位置关系和数量关系．

【分析】（1）由等边三角形的性质可得AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠ACB＝∠ABC＝60°，BD＝AD，∠BCD＝30°，由“SAS”可证△ABF≌△CBE，可得BF＝BE；
（2）通过证明△BEF是等边三角形，可得BG＝GF，由三角形中位线定理可得AF＝2GD，AF∥DG．
【解答】证明：（1）∵△ABC是等边三角形
∴AB＝AC＝BC，∠BAC＝∠ACB＝∠ABC＝60°
∵CD⊥AB，AC＝BC
∴BD＝AD，∠BCD＝30°，
∵AF⊥AC
∴∠FAC＝90°
∴∠FAB＝∠FAC﹣∠BAC＝30°
∴∠FAB＝∠ECB，且AB＝BC，AF＝CE
∴△ABF≌△CBE（SAS）
∴BF＝BE
（2）AF＝2GD，AF∥DG
理由如下：
连接EF，

∵△ABF≌△CBE
∴∠ABF＝∠CBE，
∵∠ABE+∠EBC＝60°
∴∠ABE+∠ABF＝60°，且BE＝BF
∴△BEF是等边三角形，且GE⊥BF
∴BG＝FG，且BD＝AD
∴AF＝2GD，AF∥DG
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角形中位线定理，熟练运用三角形中位线定理是本题的关键．
【变式6-4】（2019•青岛）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CG．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）当AB与AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由．

【分析】（1）由平行四边形的性质得出AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，由平行线的性质得出∠ABE＝∠CDF，证出BE＝DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
（2）证出AB＝OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG＝90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，证出EG＝CF，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE=12OB，DF=12OD，
∴BE＝DF，
在△ABE和△CDF中，AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）解：当AC＝2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：
∵AC＝2OA，AC＝2AB，
∴AB＝OA，
∵E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠OEG＝90°，
同理：CF⊥OD，
∴AG∥CF，
∴EG∥CF，
由（1）得：△ABE≌△CDF，
∴AE＝CF，
∵EG＝AE，
∴EG＝CF，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵∠OEG＝90°，
∴四边形EGCF是矩形．
【考点7】关于四边形翻折与旋转的解答题
【例7】（2019•滨州）如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG．
（1）求证：四边形CEFG是菱形；
（2）若AB＝6，AD＝10，求四边形CEFG的面积．

【分析】（1）根据题意和翻折的性质，可以得到△BCE≌△BFE，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立；
（2）根据题意和勾股定理，可以求得AF的长，进而求得EF和DF的值，从而可以得到四边形CEFG的面积．
【解答】（1）证明：由题意可得，
△BCE≌△BFE，
∴∠BEC＝∠BEF，FE＝CE，
∵FG∥CE，
∴∠FGE＝∠CEB，
∴∠FGE＝∠FEG，
∴FG＝FE，
∴FG＝EC，
∴四边形CEFG是平行四边形，
又∵CE＝FE，
∴四边形CEFG是菱形；
（2）∵矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，BC＝BF，
∴∠BAF＝90°，AD＝BC＝BF＝10，
∴AF＝8，
∴DF＝2，
设EF＝x，则CE＝x，DE＝6﹣x，
∵∠FDE＝90°，
∴22+（6﹣x）2＝x2，
解得，x=103，
∴CE=103，
∴四边形CEFG的面积是：CE•DF=103×2=203．
【变式7-1】（2020•市中区二模）如图1，有一张矩形纸片ABCD，已知AB＝10，AD＝12，现将纸片进行如下操作：现将纸片沿折痕BF进行折叠，使点A落在BC边上的点E处，点F在AD上（如图2）；然后将纸片沿折痕DH进行第二次折叠，使点C落在第一次的折痕BF上的点G处，点H在BC上（如图3），给出四个结论：
①AF的长为10；②△BGH的周长为18；③BGGF=23；④GH的长为5，
其中正确的结论有　①③④　．（写出所有正确结论的序号）

【分析】过G点作MN∥AB，交AD、BC于点M、N，可知四边形ABEF为正方形，可求得AF的长，可判断①，且△BNG和△FMG为等腰三角形，设BN＝x，则可表示出GN、MG、MD，利用折叠的性质可得到CD＝DG，在Rt△MDG中，利用勾股定理可求得x，再利用△MGD∽△NHG，可求得NH、GH和HC，则可求得BH，容易判断②③④，可得出答案．
【解析】如图，过点G作MN∥AB，分别交AD、BC于点M、N，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD＝10，BC＝AD＝12，
由折叠可得AB＝BE，且∠A＝∠ABE＝∠BEF＝90°，
∴四边形ABEF为正方形，
∴AF＝AB＝10，
故①正确；
∵MN∥AB，
∴△BNG和△FMG为等腰直角三角形，且MN＝AB＝10，
设BN＝x，则GN＝AM＝x，MG＝MN﹣GN＝10﹣x，MD＝AD﹣AM＝12﹣x，
又由折叠的可知DG＝DC＝10，
在Rt△MDG中，由勾股定理可得MD2+MG2＝GD2，
即（12﹣x）2+（10﹣x）2＝102，解得x＝4，
∴GN＝BN＝4，MG＝6，MD＝8，
又∠DGH＝∠C＝∠GMD＝90°，
∴∠NGH+∠MGD＝∠MGD+∠MDG＝90°，
∴∠NGH＝∠MDG，且∠DMG＝∠GNH，
∴△MGD∽△NHG，
∴MDGN=MGNH=DGGH，即84=6NH=10GH，
∴NH＝3，GH＝CH＝5，
∴BH＝BC﹣HC＝12﹣5＝7，
故④正确；
又△BNG和△FMG为等腰直角三角形，且BN＝4，MG＝6，
∴BG＝42，GF＝62，
∴△BGF的周长＝BG+GH+BH＝42+5+7＝12+42，BGGF=4262=23，
故②不正确；③正确；
综上可知正确的为①③④，
故答案为：①③④．

【变式7-2】（2020•德州）如图，在矩形ABCD中，AB=3+2，AD=3．把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D′处，再将△AED′绕点E顺时针旋转α，得到△A'ED″，使得EA′恰好经过BD′的中点F．A′D″交AB于点G，连接AA′．有如下结论：①A′F的长度是6−2；②弧D'D″的长度是5312π；③△A′AF≌△A′EG；④△AA′F∽△EGF．上述结论中，所有正确的序号是　①②④　．

【分析】由折叠的性质可得∠D＝∠AD'E＝90°＝∠DAD'，AD＝AD'，可证四边形ADED'是正方形，可得AD＝AD'＝D'E＝DE=3，AE=2AD=6，∠EAD'＝∠AED'＝45°，由勾股定理可求EF的长，由旋转的性质可得AE＝A'E=6，∠D'ED''＝α，∠EA'D''＝∠EAD'＝45°，可求A'F=6−2，可判断①；由锐角三角函数可求∠FED'＝30°，由弧长公式可求弧D'D″的长度，可判断②；由等腰三角形的性质可求∠EAA'＝∠EA'A＝52.5°，∠A'AF＝7.5°，可判断③；由“HL”可证Rt△ED'G≌Rt△ED''G，可得∴∠D'GE＝∠D''GE＝52.5°，可证△AFA'∽△EFG，可判断④，即可求解．
【解析】∵把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D′处，
∴∠D＝∠AD'E＝90°＝∠DAD'，AD＝AD'，
∴四边形ADED'是矩形，
又∵AD＝AD'=3，
∴四边形ADED'是正方形，
∴AD＝AD'＝D'E＝DE=3，AE=2AD=6，∠EAD'＝∠AED'＝45°，
∴D'B＝AB﹣AD'＝2，
∵点F是BD'中点，
∴D'F＝1，
∴EF=D'E2+D'F2=3+1=2，
∵将△AED′绕点E顺时针旋转α，
∴AE＝A'E=6，∠D'ED''＝α，∠EA'D''＝∠EAD'＝45°，
∴A'F=6−2，故①正确；
∵tan∠FED'=D'FD'E=13=33，
∴∠FED'＝30°
∴α＝30°+45°＝75°，
∴弧D'D″的长度=75°×π×3180°=5312π，故②正确；
∵AE＝A'E，∠AEA'＝75°，
∴∠EAA'＝∠EA'A＝52.5°，
∴∠A'AF＝7.5°，
∵∠AA'F≠∠EA'G，∠A'AF≠∠EA'G，∠AFA'＝120°≠∠EA'G，
∴△A'AF与△A'GE不全等，故③错误；
∵D'E＝D''E，EG＝EG，
∴Rt△ED'G≌Rt△ED''G（HL），
∴∠D'GE＝∠D''GE，
∵∠AGD''＝∠A'AG+∠AA'G＝105°，
∴∠D'GE＝52.5°＝∠AA'F，
又∵∠AFA'＝∠EFG，
∴△AFA'∽△EFG，故④正确，
故答案为：①②④．
【变式7-3】（2020•岱岳区二模）已知矩形ABCD和矩形CEFG中，AB＝6，BC＝8，CE＝4，EF＝3．
（1）当点E在CD上时，如图1，求AFBE的值；
（2）当矩形CEFG绕点C旋转至图2时，求AFBE的值；
（3）当矩形CEFG绕点C旋转至A，E，F三点共线时，直接写出BE的长．

【分析】（1）根据勾股定理分别计算AF和BE的长可解答；
（2）如图2，连接AC，证明△CEF∽△CBA，得CFAC=CEBC，再证明△ACF∽△BCE，可解答；
（3）当△CEF旋转至A，E，F三点共线时，存在两种情况：连接AC，CF，先计算AF的长，证明△ACF∽△BCE，列比例式可得BE的长．
【解析】（1）如图1，过F作FH⊥AD，交AD的延长线于H，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝∠BCE＝90°，AD＝BC＝8，AB＝CD＝6，
∵∠H＝∠EDH＝∠DEF＝90°，
∴四边形DEFH是矩形，
∴DH＝EF＝3，
∴AH＝8+3＝11，
∵CE＝4，CD＝6，
∴FH＝DE＝6﹣4＝2，
Rt△AHF中，由勾股定理得：AF=AH2+FH2=112+22=55，
Rt△BEC中，由勾股定理得：BE=BC2+CE2=82+42=45，
∴AFBE=5545=54；

（2）如图2，连接AC，CF，

∵AB＝6，BC＝8，EF＝3，CE＝4，
∴EFAB=36=12，CEBC=48=12，
∴EFAB=CEBC，
∵∠CEF＝∠ABC＝90°，
∴△CEF∽△CBA，
∴CFAC=CEBC，∠ECF＝∠ACB，
∴CFCE=ACCB=108=54，
∴∠ACF＝∠BCE，
∴△ACF∽△BCE，
∴AFBE=CFCE=54；

（3）当△CEF旋转至A，E，F三点共线时，存在两种情况：
①如图3，连接AC，CF，
Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=62+82=10，
Rt△CEF中，CE＝4，EF＝3，
∴CF＝5，
∴EFCF=34，ABBC=68=34，
∴EFCE=ABBC，
∵∠FEC＝∠ABC，
∴△ABC∽△FEC，
∴∠ACB＝∠ECF，
∴∠BCE＝∠ACF，
∵ACBC=108=54=CFCE，
∴△ACF∽△BCE，
∴AFBE=54，
Rt△AEC中，AE=AC2−CE2=102−42=221，
∴AF＝AE+EF＝221+3，
∴BE=45AF=45(221+3)=821+125；
②如图4，连接AC，CF，
同理得：△AFC∽△BEC，
∴ACBC=AFBE=54，
AF＝AE﹣EF＝221−3，
∴BE=45AF=821−125，
综上，BE=821+125或BE=821−125．


【考点8】关于四边形动点综合问题的解答题
【例8】（2020•青岛）已知：如图，在四边形ABCD和Rt△EBF中，AB∥CD，CD＞AB，点C在EB上，∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，延长DC交EF于点M．点P从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为2cm/s；同时，点Q从点M出发，沿MF方向匀速运动，速度为1cm/s．过点P作GH⊥AB于点H，交CD于点G．设运动时间为t（s）（0＜t＜5）．
解答下列问题：
（1）当t为何值时，点M在线段CQ的垂直平分线上？
（2）连接PQ，作QN⊥AF于点N，当四边形PQNH为矩形时，求t的值；
（3）连接QC，QH，设四边形QCGH的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
（4）点P在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点P在∠AFE的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）由平行线分线段成比例可得CMBF=CEBE，可求CM的长，由线段垂直平分线的性质可得CM＝MQ，即可求解；
（2）利用锐角三角函数分别求出PH=65t，QN＝6−45t，由矩形的性质可求解；
（3）利用面积的和差关系可得S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，即可求解；
（4）连接PF，延长AC交EF于K，由“SSS”可证△ABC≌△EBF，可得∠E＝∠CAB，可证∠ABC＝∠EKC＝90°，由面积法可求CK的长，由角平分线的性质可求解．
【解析】（1）∵AB∥CD，
∴CMBF=CEBE，
∴8−68=CM6，
∴CM=32，
∵点M在线段CQ的垂直平分线上，
∴CM＝MQ，
∴1×t=32，
∴t=32；
（2）如图1，过点Q作QN⊥AF于点N，

∵∠ABC＝∠EBF＝90°，AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，
∴AC=AB2+BC2=64+36=10cm，EF=BF2+BE2=64+36=10cm，
∵CE＝2cm，CM=32cm，
∴EM=EC2+CM2=4+94=52，
∵sin∠PAH＝sin∠CAB，
∴BCAC=PHAP，
∴610=PH2t，
∴PH=65t，
同理可求QN＝6−45t，
∵四边形PQNH是矩形，
∴PH＝NQ，
∴6−45t=65t，
∴t＝3；
∴当t＝3时，四边形PQNH为矩形；
（3）如图2，过点Q作QN⊥AF于点N，

由（2）可知QN＝6−45t，
∵cos∠PAH＝cos∠CAB，
∴AHAP=ABAC，
∴AH2t=810，
∴AH=85t，
∵四边形QCGH的面积为S＝S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ，
∴S=12×6×（8−85t+6+8−85t+32）−12×32×[6﹣（6−45t）]−12×（6−45t）（8−85t+6）=−1625t2+15t+512；
（4）存在，
理由如下：如图3，连接PF，延长AC交EF于K，

∵AB＝BE＝8cm，BC＝BF＝6cm，AC＝EF＝10cm，
∴△ABC≌△EBF（SSS），
∴∠E＝∠CAB，
又∵∠ACB＝∠ECK，
∴∠ABC＝∠EKC＝90°，
∵S△CEM=12×EC×CM=12×EM×CK，
∴CK=2×3252=65，
∵PF平分∠AFE，PH⊥AF，PK⊥EF，
∴PH＝PK，
∴65t＝10﹣2t+65，
∴t=72，
∴当t=72时，使点P在∠AFE的平分线上．
【变式8-1】（2019•威海）如图，在正方形ABCD中，AB＝10cm，E为对角线BD上一动点，连接AE，CE，过E点作EF⊥AE，交直线BC于点F．E点从B点出发，沿着BD方向以每秒2cm的速度运动，当点E与点D重合时，运动停止．设△BEF的面积为ycm2，E点的运动时间为x秒．

（1）求证：CE＝EF；
（2）求y与x之间关系的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
（3）求△BEF面积的最大值．
【分析】（1）作辅助线，构建三角形全等，证明△AEM≌△EFN和△ADE≌△CDE（SAS），可得AE＝CE＝EF；
（2）分两种情况：根据三角形的面积公式可得y与x之间关系的函数表达式，根据勾股定理计算BD的长可得x的取值；
（3）根据（2）中的两种情况，分别利用配方法和二次函数的增减性可得结论．
【解析】（1）证明：如图1，过E作MN∥AB，交AD于M，交BC于N，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB⊥AD，
∴MN⊥AD，MN⊥BC，
∴∠AME＝∠FNE＝90°＝∠NFE+∠FEN，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF＝∠AEM+∠FEN＝90°，
∴∠AEM＝∠NFE，
∵∠DBC＝45°，∠BNE＝90°，
∴BN＝EN＝AM，
∴△AEM≌△EFN（AAS），
∴AE＝EF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，
∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝CE，
∴CE＝EF；
（2）解：在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD=102+102=102，
∴0≤x≤52，
由题意得：BE＝2x，
∴BN＝EN=2x，
由（1）知：AE＝EF＝EC，
分两种情况：
①当0≤x≤522时，如图1，
∵AB＝MN＝10，
∴ME＝FN＝10−2x，
∴BF＝FN﹣BN＝10−2x−2x＝10﹣22x，
∴y=12BF⋅EN=12(10−22x)⋅2x=−2x2+52x；
②当522＜x≤52时，如图2，过E作EN⊥BC于N，
∴EN＝BN=2x，
∴FN＝CN＝10−2x，
∴BF＝BC﹣2CN＝10﹣2（10−2x）＝22x﹣10，
∴y=12BF⋅EN=12(22x−10)⋅2x=2x2﹣52x；
综上，y与x之间关系的函数表达式为：y=−2x2+52x(0≤x≤522)y=2x2−52x(522＜x≤52)；
（3）解：①当0≤x≤522时，如图1，
y＝﹣2x2+52x＝﹣2（x−524）2+254，
∵﹣2＜0，
∴当x=524时，y有最大值是254；
②当522＜x≤52时，如图2，
∴y＝2x2﹣52x＝2（x−524）2−254，
∵2＞0，
∴当x＞524时，y随x的增大而增大
∴当x＝52时，y有最大值是50；
综上，△BEF面积的最大值是50cm2．

【变式8-2】（2020•莒县模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝6，∠ABD＝60°，点E从点A出发，以每秒2单位长度速度沿边AB运动，到点B停止运动．过点E作EF∥BD交AD于点F，将△AEF绕点E顺时针旋转得到△GEH，且点G落在线段EF上，设点E的运动时间为t（秒）（0＜t＜3）．
（1）若t＝1，求△GEH的面积；
（2）若点G在∠ABD的平分线上，求BE的长；
（3）设△GEH与△ABD重叠部分的面积为T，用含t的式子表示T，并直接写出当0＜t＜3时t的取值范围．

【分析】（1）解直角三角形求出AE，AF即可解决问题．
（2）当点G在∠ABD的平分线上时，可证AE＝EB即可解决问题．
（3）首先求出点H落在BD上的时间，分两种情形：①如图3中，当0＜t≤1时，重叠部分是△EGH．②如图4中，当1＜t＜3时，重叠部分是四边形MNGE，作EJ⊥BD于J．分别求解即可．
【解析】（1）如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵EF∥BD，
∴∠AEF＝60°，
∵AE＝2，
∴AF＝AE•tan60°＝23，
∴S△EGH＝S△AEF=12•AE•AF=12×2×23=23．
（2）如图2中，

由题意得，BG平分∠ABD，
∴∠EBG=12∠ABD＝30°，
∵∠AEG＝∠EBG+∠EGB＝60°
∴∠EBG＝∠EGB＝30°，
∴BE＝EG＝AE＝3．
（3）如图1﹣1中，当点H落在BD上时，作EJ⊥BD于J．

∵EF∥BD，
∴∠FEH＝∠EHB＝60°，
∴△EBH是等边三角形，
∴EH＝EB＝EF＝2AE，
∴AE＝2，BE＝4，
∴t＝1，
如图3中，当0＜t≤1时，重叠部分是△EGH，T＝S△AEF=12×2t×2t×3=23t2．

如图4中，当1＜t＜3时，重叠部分是四边形MNGE，作EJ⊥BD于J．

在Rt△EBJ中，∵BE＝6﹣2t，∠EBJ＝60°，
∴BJ=12BE＝3﹣t，EJ=3BJ＝33−3t，
∵△EBM是等边三角形，
∴BJ＝JM＝3﹣t，
∵四边形EGNJ是矩形，
∴EG＝NJ＝2t，
∴MN＝NJ﹣MJ＝3t﹣3，
∴T=12•（MN+EG）•EJ=12•（3t﹣3+2t）•（33−3t）=−532t2+93t−932．
综上所述，T=23t2(0＜t≤1)−532t2+93t−932(1＜t＜3)．
【变式8-3】（2019•青岛）已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，OD垂直平分A C．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点P作PE⊥AB，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，分别交AD，OD于点F，G．连接OP，EG．设运动时间为t（s）（0＜t＜5），解答下列问题：
（1）当t为何值时，点E在∠BAC的平分线上？
（2）设四边形PEGO的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PEGO的面积最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）连接OE，OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OE⊥OQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）当点E在∠BAC的平分线上时，因为EP⊥AB，EC⊥AC，可得PE＝EC，由此构建方程即可解决问题．
（2）根据S四边形OPEG＝S△OEG+S△OPE＝S△OEG+（S△OPC+S△PCE﹣S△OEC）构建函数关系式即可．
（3）利用二次函数的性质解决问题即可．
（4）证明∠EOC＝∠QOG，可得tan∠EOC＝tan∠QOG，推出ECOC=GQOG，由此构建方程即可解决问题．
【解析】（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，
∴AC=102−82=6（cm），
∵OD垂直平分线段AC，
∴OC＝OA＝3（cm），∠DOC＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠BAC＝∠DCO，
∵∠DOC＝∠ACB，
∴△DOC∽△BCA，
∴ACOC=ABCD=BCOD，
∴63=10CD=8OD，
∴CD＝5（cm），OD＝4（cm），
∵PB＝t，PE⊥AB，
易知：PE=34t，BE=54t，
当点E在∠BAC的平分线上时，
∵EP⊥AB，EC⊥AC，
∴PE＝EC，
∴34t＝8−54t，
∴t＝4．
∴当t为4秒时，点E在∠BAC的平分线上．
（2）如图，连接OE，PC．
S四边形OPEG＝S△OEG+S△OPE＝S△OEG+（S△OPC+S△PCE﹣S△OEC）
=12•（4−45t）•3+[12•3•（8−45t）+12•（8−54t）•35t−12•3•（8−54t）]
=−38t2+158t+6（0＜t＜5）．
（3）存在．
∵S=−38（t−52）2+26732（0＜t＜5），
∴t=52时，四边形OPEG的面积最大，最大值为26732．
（4）存在．如图，连接OQ．
∵OE⊥OQ，
∴∠EOC+∠QOC＝90°，
∵∠QOC+∠QOG＝90°，
∴∠EOC＝∠QOG，
∴tan∠EOC＝tan∠QOG，
∴ECOC=GQOG，
∴8−54t3=35t4−45t，
整理得：5t2﹣66t+160＝0，
解得t=165或10（舍弃）
∴当t=165秒时，OE⊥OQ．

【考点9】关于四边形类比探究问题的解答题
【例9】（2020•天桥区模拟）[问题引入]（1）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD两边上的点，且AE⊥BF，垂足为点P．求证：AE＝BF；
[类比探究]（2）如图2，把（1）中正方形ABCD改为矩形ABCD，且AD＝2AB，其余条件不变，请你推断AE、BF满足怎样的数量关系，并说明你的理由；
[实践应用]（3）如图3，Rt△ABC中，∠BAC＝30°，把△ABC沿斜边AC对折得到Rt△ADC，E、F分别为CD、AD边上的点，连接AE、BF，恰好使得AE⊥BF，垂足为点P．请求出AEBF的值．

【分析】[问题引入]（1）由“ASA”可证△ABE≌△BCF，可得AE＝BF；
[类比探究]（2）通过证明△ABE∽△BCF，可得BFAE=BCAB=2，可得BF＝2AE；
[实践应用]（3）过点B作BH⊥AD于H，连接BD，可证△ABD是等边三角形，可得ADBH=233，通过证明△ADE∽△BHF，可得AEBF=ADBH=233．
【解析】证明：[问题引入]（1）∵正方形ABCD，
∴∠ABC＝∠C，AB＝BC，
∵AE⊥BF，
∴∠APB＝∠BAP+∠ABP＝90°，
∵∠ABP+∠CBF＝90°，
∴∠BAP＝∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
∠BAE=∠CBFAB=CB∠ABE=∠BCF，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE＝BF；
（2）BF＝2AE，
理由如下：∵矩形ABCD，
∴∠ABC＝∠C，AD＝BC＝2AB，
∵AE⊥BF，
∴∠APB＝∠BAP+∠ABP＝90°，
∵∠ABP+∠CBF＝90°，
∴∠BAP＝∠CBF，且∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴△ABE∽△BCF，
∴BFAE=BCAB=2，
∴BF＝2AE；
（3）如图3，过点B作BH⊥AD于H，连接BD，

∵把△ABC沿斜边AC对折得到Rt△ADC，
∴AD＝AB，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠DAC＝∠BAC＝30°，
∴∠DAB＝60°，
∴△ABD是等边三角形，且BH⊥AD，
∴AD＝AB＝2AH，BH=3AH，
∴ADBH=233，
∵∠ADC+∠EPF+∠DEA+∠DFB＝360°，
∴∠DEA+∠DFB＝180°，且∠DFB+∠BFA＝180°，
∴∠DEA＝∠BFH，
∵∠BHF＝∠ADE＝90°，
∴△ADE∽△BHF，
∴AEBF=ADBH=233
【变式9-1】（2020•长清区一模）探究：如图1和图2，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝90°，点E、F分别在BC、CD上，∠EAF＝45°．
（1）①如图1，若∠B、∠ADC都是直角，把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，直接写出线段BE、DF和EF之间的数量关系　EF＝BE+DF　；
②如图2，若∠B、∠D都不是直角，但满足∠B+∠D＝180°，线段BE、DF和EF之间的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
（2）拓展：如图3，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝22．点D、E均在边BC边上，且∠DAE＝45°，若BD＝1，求DE的长．

【分析】（1）①根据旋转的性质得出AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，求出∠EAF＝∠GAF＝45°，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；
②根据旋转的性质作辅助线，得出AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，求出C、D、G在一条直线上，根据SAS推出△EAF≌△GAF，根据全等三角形的性质得出EF＝GF，即可求出答案；
（2）如图3，同理作旋转三角形，根据等腰直角三角形性质和勾股定理求出∠ABC＝∠C＝45°，BC＝4，根据旋转的性质得出AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，求出∠FAD＝∠DAE＝45°，证△FAD≌△EAD，根据全等得出DF＝DE，设DE＝x，则DF＝x，BF＝CE＝3﹣x，根据勾股定理得出方程，求出x即可．
【解析】（1）①如图1，
∵把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，使AB与AD重合，
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，BE＝DG，∠B＝∠ADG＝90°，
∵∠ADC＝90°，
∴∠ADC+∠ADG＝180°
∴F、D、G共线，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠DAG+∠DAF＝45°，
即∠EAF＝∠GAF＝45°，
在△EAF和△GAF中，
∵AF=AF∠EAF=∠GAFAE=AG，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝GF，
∵BE＝DG，
∴EF＝GF＝DF+DG＝BE+DF，
故答案为：EF＝BE+DF；
②成立，
理由：如图2，把△ABE绕A点旋转到△ADG，使AB和AD重合，
则AE＝AG，∠B＝∠ADG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠B+∠ADC＝180°，
∴∠ADC+∠ADG＝180°，
∴C、D、G在一条直线上，
与①同理得，∠EAF＝∠GAF＝45°，
在△EAF和△GAF中，
∵AF=AF∠EAF=∠GAFAE=AG，
∴△EAF≌△GAF（SAS），
∴EF＝GF，
∵BE＝DG，
∴EF＝GF＝BE+DF；
（2）解：∵△ABC中，AB＝AC＝22，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠C＝45°，
由勾股定理得：BC=AB2+AC2=4，
如图3，把△AEC绕A点旋转到△AFB，使AB和AC重合，连接DF．
则AF＝AE，∠FBA＝∠C＝45°，∠BAF＝∠CAE，
∵∠DAE＝45°，
∴∠FAD＝∠FAB+∠BAD＝∠CAE+∠BAD＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°，
∴∠FAD＝∠DAE＝45°，
在△FAD和△EAD中AD=AD∠FAD=∠EADAF=AE，
∴△FAD≌△EAD（SAS），
∴DF＝DE，
设DE＝x，则DF＝x，
∵BC＝4，
∴BF＝CE＝4﹣1﹣x＝3﹣x，
∵∠FBA＝45°，∠ABC＝45°，
∴∠FBD＝90°，
由勾股定理得：DF2＝BF2+BD2，
x2＝（3﹣x）2+12，
解得：x=53，
即DE=53．


【变式9-2】（2019•德州）（1）如图1，菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD＝60°，请直接写出HD：GC：EB的结果（不必写计算过程）
（2）将图1中的菱形AEGH绕点A旋转一定角度，如图2，求HD：GC：EB；
（3）把图2中的菱形都换成矩形，如图3，且AD：AB＝AH：AE＝1：2，此时HD：GC：EB的结果与（2）小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果（不必写计算过程）；若无变化，请说明理由．

【分析】（1）连接AG，由菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD＝60°，易得A，G，C共线，延长HG交BC于点M，延长EG交DC于点N，连接MN，交GC于点O，则GMCN也为菱形，利用菱形对角线互相垂直，结合三角函数可得结论；
（2）连接AG，AC，由△ADC和△AHG都是等腰三角形，易证△DAH∽△CAG与△DAH≌△BAE，利用相似三角形的性质及菱形的性质可得结论；
（3）连接AG，AC，易证△ADC∽△AHG和△ADH∽△ABE，利用相似三角形的性质可得结论．
【解析】（1）连接AG，
∵菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD＝60°，
∴∠GAE＝∠CAB＝30°，AE＝AH，AB＝AD，
∴A，G，C共线，AB﹣AE＝AD﹣AH，
∴HD＝EB，
延长HG交BC于点M，延长EG交DC于点N，连接MN，交GC于点O，则GMCN也为菱形，
∴GC⊥MN，∠NGO＝∠AGE＝30°，
∴OGGN=cos30°=32，
∵GC＝2OG，
∴GNGC=13，
∵HGND为平行四边形，
∴HD＝GN，
∴HD：GC：EB＝1：3：1．

（2）如图2，连接AG，AC，
∵△ADC和△AHG都是等腰三角形，
∴AD：AC＝AH：AG＝1：3，∠DAC＝∠HAG＝30°，
∴∠DAH＝∠CAG，
∴△DAH∽△CAG，
∴HD：GC＝AD：AC＝1：3，
∵∠DAB＝∠HAE＝60°，
∴∠DAH＝∠BAE，
在△DAH和△BAE中，
AD=AB∠DAH=∠BAEAH=AE
∴△DAH≌△BAE（SAS）
∴HD＝EB，
∴HD：GC：EB＝1：3：1．

（3）有变化．
如图3，连接AG，AC，
∵AD：AB＝AH：AE＝1：2，∠ADC＝∠AHG＝90°，
∴△ADC∽△AHG，
∴AD：AC＝AH：AG＝1：5，
∵∠DAC＝∠HAG，
∴∠DAH＝∠CAG，
∴△DAH∽△CAG，
∴HD：GC＝AD：AC＝1：5，
∵∠DAB＝∠HAE＝90°，
∴∠DAH＝∠BAE，
∵DA：AB＝HA：AE＝1：2，
∴△ADH∽△ABE，
∴DH：BE＝AD：AB＝1：2，
∴HD：GC：EB＝1：5：2


一．选择题（共7小题）
1．（2020•威海）如图，矩形ABCD的四个顶点分别在直线l3，l4，l2，l1上．若直线l1∥l2∥l3∥l4且间距相等，AB＝4，BC＝3，则tanα的值为（　　）

A．38 B．34 C．52 D．1515
【分析】根据题意，可以得到BG的长，再根据∠ABG＝90°，AB＝4，可以得到∠BAG的正切值，再根据平行线的性质，可以得到∠BAG＝∠α，从而可以得到tanα的值．
【解析】作CF⊥l4于点F，交l3于点E，设CB交l3于点G，
由已知可得，
GE∥BF，CE＝EF，
∴△CEG∽△CFB，
∴CECF=CGCB，
∵CECF=12，
∴CGCB=12，
∵BC＝3，
∴GB=32，
∵l3∥l4，
∴∠α＝∠GAB，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，
∴∠ABG＝90°，
∴tan∠BAG=BGAB=324=38，
∴tanα的值为38，
故选：A．

2．（2020•临沂）如图，P是面积为S的▱ABCD内任意一点，△PAD的面积为S1，△PBC的面积为S2，则（　　）

A．S1+S2＞S2
B．S1+S2＜S2
C．S1+S2=S2
D．S1+S2的大小与P点位置有关
【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后根据图形和平行四边形的面积、三角形的面积，即可得到S和S1、S2之间的关系，本题得以解决．
【解析】过点P作EF⊥AD交AD于点E，交BC的延长线于点F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，
∴S＝BC•EF，S1=AD⋅PE2，S2=BC⋅PF2，
∵EF＝PE+PF，AD＝BC，
∴S1+S2=S2，
故选：C．

3．（2020•泰安）如图，四边形ABCD是一张平行四边形纸片，其高AG＝2cm，底边BC＝6cm，∠B＝45°，沿虚线EF将纸片剪成两个全等的梯形，若∠BEF＝30°，则AF的长为（　　）

A．1cm B．63cm C．（23−3）cm D．（2−3）cm
【分析】根据直角三角形的三角函数得出BG，HE，进而利用梯形的性质解答即可．
【解析】过F作FH⊥BC于H，

∵高AG＝2cm，∠B＝45°，
∴BG＝AG＝2cm，
∵FH⊥BC，∠BEF＝30°，
∴EH=3AG=23，
∵沿虚线EF将纸片剪成两个全等的梯形，
∴AF＝CE，
∵AG⊥BC，FH⊥BC，
∴AG∥FH，
∵AG＝FH，
∴四边形AGHF是矩形，
∴AF＝GH，
∴BC＝BG+GH+HE+CE＝2+2AF+23=6，
∴AF＝2−3（cm），
故选：D．
4．（2020•泰安）如图，矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．则下列结论：
①DN＝BM；
②EM∥FN；
③AE＝FC；
④当AO＝AD时，四边形DEBF是菱形．
其中，正确结论的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】证△DNA≌△BMC（AAS），得出DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；证△ADE≌△CBF（ASA），得出AE＝FC，DE＝BF，故③正确；证四边形NEMF是平行四边形，得出EM∥FN，故②正确；证四边形DEBF是平行四边形，证出∠ODN＝∠ABD，则DE＝BE，得出四边形DEBF是菱形；故④正确；即可得出结论．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAN＝∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA＝∠BMC＝90°，
在△DNA和△BMC中，∠DAN=∠BCM∠DNA=∠BMCAD=BC，
∴△DNA≌△BMC（AAS），
∴DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；
在△ADE和△CBF中，∠ADE=∠CBFAD=BC∠DAE=∠BCF，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴AE＝FC，DE＝BF，故③正确；
∴DE﹣DN＝BF﹣BM，即NE＝MF，
∵DE∥BF，
∴四边形NEMF是平行四边形，
∴EM∥FN，故②正确；
∵AB＝CD，AE＝CF，
∴BE＝DF，
∵BE∥DF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∵AO＝AD，
∴AO＝AD＝OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO＝∠DAN＝60°，
∴∠ABD＝90°﹣∠ADO＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADN＝ODN＝30°，
∴∠ODN＝∠ABD，
∴DE＝BE，
∴四边形DEBF是菱形；故④正确；
正确结论的个数是4个，
故选：D．
5．（2020•邹城市四模）矩形ABCD的边BC上有一动点E，连接AE、DE，以AE、DE为边作▱AEDF．在点E从点B移动到点C的过程中，▱AEDF的面积（　　）

A．先变大后变小 B．先变小后变大
C．一直变大 D．保持不变
【分析】过点E作EG⊥AD于G，证四边形ABEG是矩形，得出EG＝AB，平行四边形AEDF的面积＝2△ADE的面积＝2×12AD×EG＝AD×AB＝矩形ABCD的面积，即可得出结论．
【解析】过点E作EG⊥AD于G，如图所示：
则∠AGE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴四边形ABEG是矩形，
∴EG＝AB，
∵四边形AEDF是平行四边形，
∴平行四边形AEDF的面积＝2△ADE的面积＝2×12AD×EG＝AD×AB＝矩形ABCD的面积，
即▱AEDF的面积保持不变；
故选：D．

6．（2020•滕州市一模）如图，已知正方形ABCD的边长为5，点E，F分别在AD，DC上，AE＝DF＝2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为（　　）

A．25 B．42 C．342 D．853
【分析】根据题目中的条件，可以先证明△BAE和△ADF全等，然后即可得到∠ABE＝∠DAF，从而可以证明△BGF是直角三角形，再根据点H为BF的中点，可知GH是BF的一半，然后根据勾股定理可以求得BF的长，从而可以得到GH的长，本题得以解决．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠BAE＝∠ADF＝90°，
在△BAE和△ADF中，AB=DA∠BAE=∠ADFAE=DF，
∴△BAE≌△ADF（SAS），
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA＝90°，
∴∠DAF+∠BEA＝90°，
∴∠AGE＝90°，
∴∠BGF＝90°，
∵点H为BF的中点，
∴GH=12BF，
又∵BC＝CD＝5，DF＝2，∠C＝90°，
∴CF＝3，
∴BF=BC2+CF2=52+32=34，
∴GH=342，
故选：C．

7．（2020•济阳区模拟）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC＝60°，AB=12BC＝1，则下列结论：①∠CAD＝30°；②BD=7；③S平行四边形ABCD＝AB•AC；④OE=14AD；⑤S△APO=310中，正确的个数是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】①先根据角平分线和平行得：∠BAE＝∠BEA，则AB＝BE＝1，由有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得：△ABE是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：∠ACE＝30°，最后由平行线的性质可作判断；
②先根据三角形中位线定理得：OE=12AB=12，OE∥AB，根据勾股定理计算OC和OD的长，可得BD的长；
③因为∠BAC＝90°，根据平行四边形的面积公式可作判断；
④根据三角形中位线定理可作判断；
⑤根据同高三角形面积的比等于对应底边的比可得：S△AOE＝S△EOC=12OE•OC=12×12×32=38，S△AOP=23S△AOE=23×38=312；
【解析】①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，
∴∠DAE＝∠BEA，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴AB＝BE＝1，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE＝BE＝1，
∵BC＝2，
∴EC＝1，
∴AE＝EC，
∴∠EAC＝∠ACE，
∵∠AEB＝∠EAC+∠ACE＝60°，
∴∠ACE＝30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACE＝30°，
故①正确；
②∵BE＝EC，OA＝OC，
∴OE=12AB=12，OE∥AB，
∴∠EOC＝∠BAC＝60°+30°＝90°，
Rt△EOC中，OC=12−(12)2=32，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠BAD＝120°，
∴∠ACB＝30°，
∴∠ACD＝90°，
Rt△OCD中，OD=12+(32)2=72，
∴BD＝2OD=7，
故②正确；
③由②知：∠BAC＝90°，
∴S▱ABCD＝AB•AC，
故③正确；
④由②知：OE是△ABC的中位线，
∴OE=12AB，
∵AB=12BC，
∴OE=14BC=14AD，
故④正确；
⑤∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC=32，
∴S△AOE＝S△EOC=12OE•OC=12×12×32=38，
∵OE∥AB，
∴EPAP=OEAB=12，
∴S△POES△AOP=12，
∴S△AOP=23S△AOE=23×38=312；
故⑤错误；
本题正确的有：①②③④，4个，
故选：C．
二．填空题（共6小题）
8．（2020•菏泽）如图，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，点P在对角线BD上，且BP＝BA，连接AP并延长，交DC的延长线于点Q，连接BQ，则BQ的长为　317　．

【分析】根据矩形的性质可得BD＝13，再根据BP＝BA可得DQ＝DP＝8，所以得CQ＝3，在Rt△BCQ中，根据勾股定理即可得BQ的长．
【解析】∵矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴BD=AB2+AD2=13，
∵BP＝BA＝5，
∴PD＝BD﹣BP＝8，
∵BA＝BP，
∴∠BAP＝∠BPA＝∠DPQ，
∵AB∥CD，
∴∠BAP＝∠DQP，
∴∠DPQ＝∠DQP，
∴DQ＝DP＝8，
∴CQ＝DQ﹣CD＝DQ﹣AB＝8﹣5＝3，
∴在Rt△BCQ中，根据勾股定理，得
BQ=BC2+CQ2=153=317．
故答案为：317．
9．（2020•青岛）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，点E在CD的延长线上，连接AE，点F是AE的中点，连接OF交AD于点G．若DE＝2，OF＝3，则点A到DF的距离为　455　．

【分析】解法一：根据正方形的性质得到AO＝DO，∠ADC＝90°，求得∠ADE＝90°，根据直角三角形的性质得到DF＝AF＝EF=12AE，根据三角形中位线定理得到FG=12DE＝1，求得AD＝CD＝4，过A作AH⊥DF于H，根据相似三角形的性质和勾股定理即可得到结论．
解法二：同理得FG的长，利用勾股定理计算DF的长，最后根据△ADF的面积列等式可得AH的长．
【解析】解法一：∵在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，
∴AO＝DO，∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝90°，
∵点F是AE的中点，
∴DF＝AF＝EF=12AE，
∴OF垂直平分AD，
∴AG＝DG，
∴FG=12DE＝1，
∵OF＝3，
∴OG＝2，
∵AO＝CO，
∴CD＝2OG＝4，
∴AD＝CD＝4，
∴AE=AD2+DE2=42+22=25．
过A作AH⊥DF于H，
∴∠H＝∠ADE＝90°，
∵AF＝DF，
∴∠ADF＝∠DAE，
∴△ADH∽△EAD，
∴AHDE=ADAE，
∴AH2=425，
∴AH=455，
即点A到DF的距离为455，
解法二：在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，
∴AO＝DO，∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝90°，
∵点F是AE的中点，
∴DF＝AF＝EF=12AE，
∴OF垂直平分AD，
∴AG＝DG，
∴FG=12DE＝1，
∵OF＝3，
∴OG＝2，
∵AO＝CO，
∴CD＝2OG＝4，
∴AD＝CD＝4，
∴DG＝2，
∴DF=DG2+FG2=4+1=5，
过A作AH⊥DF于H，
∴∠H＝∠ADE＝90°，
∴S△ADF=12DF•AH=12AD•FG，
∴AH=455，
故答案为：455．


10．（2020•曹县二模）如图，矩形ABCD中，AD＝6，对角线AC，BD相交于O，AE⊥BD于E，且AE平分∠BAC，则AB的长为　23　．

【分析】由矩形的性质可得AO＝CO＝BO＝DO，可证△ABE≌△AOE，可得AO＝AB＝BO＝DO，由勾股定理可求AB的长．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝CO＝BO＝DO，
∵AE平分∠BAO，
∴∠BAE＝∠EAO，且AE＝AE，∠AEB＝∠AEO，
∴△ABE≌△AOE（ASA），
∴AO＝AB，且AO＝OB，
∴AO＝AB＝BO＝DO，
∴BD＝2AB，
∵AD2+AB2＝BD2，
∴36+AB2＝4AB2，
∴AB＝23，
故答案为：23．
11．（2020•历下区三模）如图，以正五边形ABCDE的边CD为边作等边△CDF，使点F在其内部，连结FE，则∠DFE＝　66　°．

【分析】根据等边三角形的性质和多边形的内角和解答即可．
【解析】因为△CDF是等边三角形，
所以∠CDF＝60°，
因为∠CDE＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，
所以∠EDF＝108°﹣60°＝48°，
因为DE＝DF，
所以∠DFE＝（180°﹣48°）÷2＝66°．
故答案为：66．
12．（2020•寿光市二模）一组正方形按如图所示的方式放置，其中顶点B1在y轴上，顶点C1，E1，E2，C2，E3，E4，C3…在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O＝60°，B1C1∥B2C2∥B3C3…，则正方形A2020B2020C2020D2020的边长为　（33）2019　．

【分析】找出正方形的边长的规律，即可求解．
【解析】∵∠B1C1O＝60°，∠B1C1D1＝90°，
∴∠D1C1E1＝30°，
∴D1E1=12C1D1=12，
∴B2E2=12，
∵B1C1∥B2C，
∴∠B1C1O＝∠B2C2E2＝60°，
∴sin∠B2C2E2=B2E2B2C2=32
∴B2C2=33
∴正方形A2B2C2D2的边长为33，
同理可求正方形A3B3C3D3的边长为（33）2=13
…正方形AnBn∁nDn的边长为（33）n﹣1，
∴正方形A2020B2020C2020D2020的边长为（33）2019，
故答案为：（33）2019．
13．（2020•槐荫区模拟）在△ABC中，BC＝a．作BC边的三等分点C1，使得CC1：BC1＝1：2，过点C1作AC的平行线交AB于点A1，过点A1作BC的平行线交AC于点D1，作BC1边的三等分点C2，使得C1C2：BC2＝1：2，过点C2作AC的平行线交AB于点A2，过点A2作BC的平行线交A1C1于点D2；如此进行下去，则线段AnDn的长度为　2n−13na　．

【分析】根据平行四边形的判定定理得到四边形A1C1CD1为平行四边形，根据平行四边形的性质得到A1D1＝C1C，总结规律，根据规律解答．
【解析】∵A1C1∥AC，A1D1∥BC，
∴四边形A1C1CD1为平行四边形，
∴A1D1＝C1C=13a=21−131a，
同理，四边形A2C2C1D2为平行四边形，
∴A2D2＝C1C2=29a=22−132a，
……
∴线段AnDn=2n−13na，
故答案为：2n−13na．
三．解答题（共6小题）
14．（2020•济南）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O的直线分别交AD，BC于点E，F．求证：AE＝CF．

【分析】利用平行四边形的性质得出AO＝CO，AD∥BC，进而得出∠EAC＝∠FCO，再利用ASA求出△AOE≌△COF，即可得出答案．
【解析】证明：∵▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴AO＝CO，AD∥BC，
∴∠EAC＝∠FCO，
在△AOE和△COF中
∠EAO=∠FCOAO=OC∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴AE＝CF．
15．（2020•临沂）如图，菱形ABCD的边长为1，∠ABC＝60°，点E是边AB上任意一点（端点除外），线段CE的垂直平分线交BD，CE分别于点F，G，AE，EF的中点分别为M，N．
（1）求证：AF＝EF；
（2）求MN+NG的最小值；
（3）当点E在AB上运动时，∠CEF的大小是否变化？为什么？

【分析】（1）连接CF，根据垂直平分线的性质和菱形的对称性得到CF＝EF和CF＝AF即可得证；
（2）连接AC，根据菱形对称性得到AF+CF最小值为AC，再根据中位线的性质得到MN+NG的最小值为AC的一半，即可求解；
（3）延长EF，交DC于H，利用外角的性质证明∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由AF＝CF＝EF，得到∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，从而推断出∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FEA+∠CEF，从而可求出∠ABF＝∠CEF＝30°，即可证明．
【解析】（1）连接CF，
∵FG垂直平分CE，
∴CF＝EF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴A和C关于对角线BD对称，
∴CF＝AF，
∴AF＝EF；

（2）连接AC，交BD于点O，
∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，
∴MN=12AF，NG=12CF，即MN+NG=12（AF+CF），
当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，
AF+CF最小，即此时MN+NG最小，
∵菱形ABCD边长为1，∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，AC＝AB＝1，
即MN+NG的最小值为12；


（3）不变，理由是：
延长EF，交DC于H，
∵∠CFH＝∠FCE+∠FEC，∠AFH＝∠FAE+∠FEA，
∴∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，
∵点F在菱形ABCD对角线BD上，根据菱形的对称性可得：
∠AFD＝∠CFD=12∠AFC，
∵AF＝CF＝EF，
∴∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，
∴∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FEA+∠CEF，
∴∠ABF＝∠CEF，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABF＝∠CEF＝30°，为定值．

16．（2020•青岛）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别在BD和DB的延长线上，且DE＝BF，连接AE，CF．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）连接AF，CE．当BD平分∠ABC时，四边形AFCE是什么特殊四边形？请说明理由．

【分析】（1）根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到AD＝CB，AD∥BC，从而可以得到∠ADE＝∠CBF，然后根据SAS即可证明结论成立；
（2）根据BD平分∠ABC和平行四边形的性质，可以证明▱ABCD是菱形，从而可以得到AC⊥BD，然后即可得到AC⊥EF，再根据题目中的条件，可以证明四边形AFCE是平行四边形，然后根据AC⊥EF，即可得到四边形AFCE是菱形．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝CB，AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠ADE＝∠CBF，
在△ADE和△CBF中，
AD=CB∠ADE=∠CBFDE=BF，
∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）当BD平分∠ABC时，四边形AFCE是菱形，
理由：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴AC⊥EF，
∵DE＝BF，
∴OE＝OF，
又∵OA＝OC，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AFCE是菱形．

17．（2020•济宁）如图，在菱形ABCD中，AB＝AC，点E，F，G分别在边BC，CD上，BE＝CG，AF平分∠EAG，点H是线段AF上一动点（与点A不重合）．
（1）求证：△AEH≌△AGH；
（2）当AB＝12，BE＝4时．
①求△DGH周长的最小值；
②若点O是AC的中点，是否存在直线OH将△ACE分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1：3．若存在，请求出AHAF的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）先判断出△ABC是等边三角形，进而判断出∠ACD＝∠ABC，判断出△ABE≌△ACG，即可得出结论；
（2）①先判断出EH+DH最小时，△AEH的周长最小，在Rt△DCM中，求出CM＝6，DM＝63，在Rt△DME中，
根据勾股定理得，DE＝419，即可得出结论；
②分两种情况：Ⅰ、当OH与线段AE相交时，判断出点N是AE的中点，即可得出结论；
Ⅱ、当OH与CE相交时，判断出点Q是CE的中点，再构造直角三角形，即可得出结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵AB＝AC，
∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠BCD＝120°，
∵AC是菱形ABCD的对角线，
∴∠ACD=12∠BCD＝60°＝∠ABC，
∵BE＝CG，
∴△ABE≌△ACG（SAS），
∴AE＝AG，
∵AF平分∠EAG，
∴∠EAF＝∠GAF，
∵AH＝AH，
∴△AEH≌△AGH（SAS）；

（2）①如图1，
过点D作DM⊥BC交BC的延长线于M，连接DE，
∵AB＝12，BE＝4，
∴CG＝4，
∴CE＝DG＝12﹣4＝8，
由（1）知，△AEH≌△AGH，
∴EH＝HG，
∴l△DGH＝DH+GH+DG＝DH+HE+8，
要使△DGH的周长最小，则EH+DH最小，最小为DE，
在Rt△DCM中，∠DCM＝180°﹣120°＝60°，CD＝AB＝12，
∴CM＝6，
∴DM=3CM＝63，
在Rt△DME中，EM＝CE+CM＝14，
根据勾股定理得，DE=EM2+DM2=142+(63)2=419，
∴△DGH周长的最小值为419+8；

②Ⅰ、当OH与线段AE相交时，交点记作点N，如图2，连接CN，
∴点O是AC的中点，
∴S△AON＝S△CON=12S△ACN，
∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，
∴S△AONS△AEC=14，
∴S△CEN＝S△ACN，
∴AN＝EN，
∵点O是AC的中点，
∴ON∥CE，
∴AHAF=12；

Ⅱ、当OH与线段CE相交时，交点记作Q，如图3，
连接AQ，FG，∵点O是AC的中点，
∴S△AOQ＝S△COQ=12S△ACQ，
∵三角形的面积与四边形的面积比为1：3，
∴S△COQS△ACE=14，
∴S△AEQ＝S△ACQ，
∴CQ＝EQ=12CE=12（12﹣4）＝4，
∵点O是AC的中点，
∴OQ∥AE，设FQ＝x，
∴EF＝EQ+FQ＝4+x，CF＝CQ﹣FQ＝4﹣x，
由（1）知，AE＝AG，
∵AF是∠EAG的角平分线，
∴∠EAF＝∠GAF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴FG＝EF＝4+x，
过点G作GP⊥BC交BC的延长线于P，
在Rt△CPG中，∠PCG＝60°，CG＝4，
∴CP=12CG＝2，PG=3CP＝23，
∴PF＝CF+CP＝4﹣x+2＝6﹣x，
在Rt△FPG中，根据勾股定理得，PF2+PG2＝FG2，
∴（6﹣x）2+（23）2＝（4+x）2，
∴x=85，
∴FQ=85，EF＝4+85=285，
∵OQ∥AE，
∴AHAF=EQEF=4285=57，
即AHAF的值为12或57．



18．（2020•德州）问题探究：
小红遇到这样一个问题：如图1，△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD是中线，求AD的取值范围．她的做法是：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，证明△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到解决．
请回答：（1）小红证明△BED≌△CAD的判定定理是：　SAS　；
（2）AD的取值范围是　1＜AD＜5　；
方法运用：
（3）如图2，AD是△ABC的中线，在AD上取一点F，连结BF并延长交AC于点E，使AE＝EF，求证：BF＝AC．
（4）如图3，在矩形ABCD中，ABBC=12，在BD上取一点F，以BF为斜边作Rt△BEF，且EFBE=12，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：EG＝CG．

【分析】（1）由“SAS”可证△BED≌△CAD；
（2）由全等三角形的性质可得AC＝BE＝4，由三角形的三边关系可求解；
（3）延长AD至H，使AD＝DH，连接BH，由“SAS”可证△BHD≌△CAD，可得AC＝BH，∠CAD＝∠H，由等腰三角形的性质可得∠H＝∠BFH，可得BF＝BH＝AC；
（4）延长CG至N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，由“SAS”可证△NGF≌△CGD，可得CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，通过证明△BEC∽△FEN，可得∠BEC＝∠FEN，可得∠BEF＝∠NEC＝90°，由直角三角形的性质可得结论．
【解析】（1）∵AD是中线，
∴BD＝CD，
又∵∠ADC＝∠BDE，AD＝DE，
∴△BED≌△CAD（SAS），
故答案为：SAS；
（2）∵△BED≌△CAD，
∴AC＝BE＝4，
在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，
∴2＜2AD＜10，
∴1＜AD＜5，
故答案为：1＜AD＜5；
（3）如图2，延长AD至H，使AD＝DH，连接BH，

∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD，
又∵∠ADC＝∠BDH，AD＝DH，
∴△ADC≌△HDB（SAS），
∴AC＝BH，∠CAD＝∠H，
∵AE＝EF，
∴∠EAF＝∠AFE，
∴∠H＝∠BFH，
∴BF＝BH，
∴AC＝BF；
（4）如图3，延长CG至N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，

∵点G是DF的中点，
∴DG＝GF，
又∵∠NGF＝∠DGC，CG＝NG，
∴△NGF≌△CGD（SAS），
∴CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，
∵ABAD=ABBC=12，EFBE=12，
∴tan∠ADB=12，tan∠EBF=12，
∴∠ADB＝∠EBF，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠EBF＝∠DBC，
∴∠EBC＝2∠DBC，
∵∠EBF+∠EFB＝90°，∠DBC+∠BDC＝90°，
∴∠EFB＝∠BDC＝∠NFG，∠EBF+∠EFB+∠DBC+∠BDC＝180°，
∴2∠DBC+∠EFB+∠NFG＝180°，
又∵∠NFG+∠BFE+∠EFN＝180°，
∴∠EFN＝2∠DBC，
∴∠EBC＝∠EFN，
∵ABBC=CDBC=12=EFBE，且CD＝NF，
∴BEBC=EFNF
∴△BEC∽△FEN，
∴∠BEC＝∠FEN，
∴∠BEF＝∠NEC＝90°，
又∵CG＝NG，
∴EG=12NC，
∴EG＝GC．
19．（2020•泰安一模）已知：如图，在菱形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，

（1）如图1，若CE＝CF；求证：AE＝AF；
（2）如图2，若∠B＝∠EAF＝60°，∠BAE＝20°，求∠CEF的度数．
【分析】（1）由菱形的性质得∠B＝∠D，AB＝BC＝CD＝DA，证△ABE≌△ADF（SAS），即可得出结论；
（2）连结AC．证△ABC与△CDA为等边三角形，得AB＝AC，∠B＝∠ACD＝∠BAC＝60°，证△ABE≌△ACF（ASA），得AE＝AF，证出△EAF为等边三角形，得∠AEF＝60°，进而得出答案．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴∠B＝∠D，AB＝BC＝CD＝DA，
又∵CE＝CF，
∴BE＝DF，
在△ABE和△ADF中，AB=AD∠B=∠DBE=DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE＝AF．
（2）解：连接AC，如图2所示：
∵四边形ABCD为菱形，
∴∠B＝∠D＝60°，AB＝BC＝CD＝DA．
∴△ABC与△CDA为等边三角形，
∴AB＝AC，∠B＝∠ACD＝∠BAC＝60°，
∵∠EAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△ABE和△ACF中，∠BAE=∠CAFAB=AC∠B=∠ACF，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴AE＝AF，
∵∠EAF＝60°，
∴△EAF为等边三角形，
∴∠AEF＝60°，
∵∠AEC＝∠B+∠BAE＝∠AEF+∠CEF，
∴60°+20°＝60°+∠CEF，
∴∠CEF＝20°．