2023-2024学年江苏省南京市秦淮区钟英中学八年级(下)3月月考数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省南京市秦淮区钟英中学八年级(下)3月月考数学试卷（含解析），共31页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A. B. C. D.
2.依据所标数据，下列一定为平行四边形的是( )
A. B.
C. D.
3.▵EDC是由▵ABC绕点C旋转得到的，且点D落在AC边上，则下列判断错误的是( )
A. 旋转中心是 点CB. AC=EC
C. ∠BCA=∠DCED. 点D是AC中点
4.如图，在▵ABC中，点D，E分别是AC,BC 的 中点，以点A为圆心，AD为半径作圆弧交AB于点F.若AD=7，DE=5，则BF的长为
( )
A. 2B. 2.5C. 3D. 3.5
5.用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD.则正方形ABCD的面积为
( )
A. a+bB. a−bC. 2a+bD. 2a−b
6.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB，BC的中点，CE，DF交于点G，连接AG.下列结论：①CE=DF；②CE⊥DF；③∠EAG=30∘；④∠AGE=∠CDF.其中正确的是( )
A. ①②B. ①③C. ①②④D. ①②③
二、填空题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
7.在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，若∠OAB=65∘，则∠BOC= °.
8.如图，两条宽都为 3的纸条交叉成60∘角重叠在一起，则重叠四边形的面积为 ．
9.在平面直角坐标系中，平行四边形OABC 的 顶点A、C的坐标分别是6,1、2,4，则点B的坐标是 ．
10.已知菱形的周长是52cm，一条对角线长是24cm，则它的面积是 cm2．
11.如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠DAB，∠AED=26∘，则∠C的度数为 ．
12.如图，在Rt▵ABC中，∠BAC=90∘，AD是▵ABC的中线，点E，F分别是AD，AC的中点，连接EF，若EF=3，则AD的长为 ．
13.中国古代数学家刘徽给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图，在▵ABC中，分别取AB、AC的中点D、E，连接DE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，将▵ABC分割后拼接成矩形BCHG.若DE=3，AF=2，则▵ABC的面积是 ．
14.如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E在AD上，连接EO并延长，交BC于点F.若AB=5，OE=2，则四边形CDEF的周长是 ．
15.如图，将矩形ABCD对折，折痕为MN，点E是BC边上一点，将△ABE沿AE折叠，使得点B刚好落在MN上的点F处，此时FE=FN，若AB= 3cm，则BC= _cm．
16.如图，正方形ABCD的边长是8，点E在DC上，点F在AC上，∠BFE=90∘，若CE=2.则AF的长为 ．
三、解答题：本题共10小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题8分)
求证：菱形的一条对角线平分这一组对角．
已知：如图，AC是菱形ABCD的一条对角线．
求证：____________________．
证明：
18.(本小题8分)
已知▵ABC的三个顶点的坐标分别为A−5,0、B−2,3、C−1,0
(1)画出▵ABC关于坐标原点O成中心对称的▵A′B′C′；
(2)将▵ABC绕坐标原点O顺时针旋转90∘，画出对应的 ▵A′′B′′C′′；
(3)若以A′、B′、C′、D′为顶点的四边形为平行四边形，则在第四象限中的点D′坐标为___．
19.(本小题8分)
如图，在平行四边形ABCD中，E，F位于BC，AD上，AE，CF分别平分∠BAC，∠DCA．

(1)求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)当▵ABC满足条件______时，四边形AECF是矩形．
20.(本小题8分)
如图，E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点．
(1)证明：四边形EFGH为平行四边形．
(2)若四边形ABCD是矩形，且其面积是7cm2，则四边形EFGH的面积是________m2
21.(本小题8分)
如图，在四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，连接AE，AF，已知△ABE≌△ADF．
(1)若AD/​/BC，求证：四边形ABCD是菱形；
(2)以下条件：①∠BAD=∠BCD；②AB=CD；③BC=CD.如果用其中的一个替换(1)中的“AD/​/BC”，也可以证明四边形ABCD是菱形，那么可以选择的条件是______(填写满足要求的所有条件的序号)．
22.(本小题8分)
如图，矩形EFGH的顶点E、G分别在菱形ABCD的边AD、BC上，顶点F、H在菱形ABCD的对角线BD上．
(1)求证：BG=DE；
(2)若E为AD的中点，AB=5.求FH的长．
23.(本小题8分)
如图，在正方形ABCD中，点E､F､G分别在CD､AD､BC上，且FG⊥BE，垂足为O．
(1)求证：BE=FG;
(2)若O是BE的中点，且BC=8，EC=3，求AF的长．
24.(本小题8分)
如图，在▵ABC中，AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，点F是BC的中点．
(1)如图1，BE的延长线与AC边相交于点D，求证：EF=12AC−AB；
(2)如图2，探究线段AB,AC,EF之间的数量关系，直接写出你的结论：_______．
25.(本小题8分)
如图，点O是∠MAN内一点，求作线段PQ，使P、Q分别在射线AM、AN上，且点O是PQ的中点．要求：(1)用直尺和圆规作图，保留作图痕迹；(2)用两种不同的方法．
26.(本小题8分)
数学课上，李老师给出这么一道数学问题：如图①，正方形ABCD中，点E是对角线AC上任意一点，过点E作EF⊥AC，垂足为E，交BC所在直线于点F.探索AF与DE之间的数量关系，并说明理由．
(1)小明在解决这一问题之前，先进行特殊思考：如图②，当E是对角线AC的中点时，他发现AF与DE之间的数量关系是______.若点E在其它位置时，这个结论是否都成立呢？小明继续探究，他用“平移法”将AF沿AD方向平移得到DG，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究DG与DE之间的数量关系．请你按照小明的思路，完成解题过程．
(2)你能用与小明不同的方法来解决李老师给出的“数学问题”吗？请写出解题过程．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】本题考查了轴对称图形与中心对称图形的识别，根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解，如果一个图形沿着一条直线对折后两部分完全重合，这样的图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，如果一个图形绕某一点旋转后能够与自身重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．
【详解】解：A、赵爽弦图是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合题意；
B、笛卡尔心形线是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意；
C、斐波那契螺旋线不是轴对称图形也不是中心对称图形，不符合题意；
D、科克曲线既是轴对称图形又是中心对称图形，符合题意
故选：D．
2.【答案】D
【解析】【分析】根据平行四边形的判定及性质定理判断即可；
【详解】解：平行四边形对角相等，故A错误；
一组对边平行不能判断四边形是平行四边形，故B错误；
三边相等不能判断四边形是平行四边形，故C错误；
一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故D正确；
故选：D．
3.【答案】D
【解析】【分析】此题主要考查了旋转的性质．根据旋转的性质即可求解．
【详解】解：∵▵EDC是由▵ABC绕点C旋转得到的，且点D落在AC边上，
∴旋转中心是点C，AC=EC，∠BCA=∠DCE，点D不一定AC的中点，
∴A、B、C结论正确．
故选：D．
4.【答案】C
【解析】【分析】由点D，E分别是AC,BC的中点得DE是▵ABC的中位线，由中位线定理得到AB=2DE=10，以点A为圆心，AD为半径作圆弧交AB于点F，则AF=AD=7，即可得到BF的长．
【详解】解：∵点D，E分别是AC,BC的中点，
∴DE是▵ABC的中位线，
∴DE=12AB，
∴AB=2DE=10，
∵以点A为圆心，AD为半径作圆弧交AB于点F，
∴AF=AD=7，
∴BF=AB−AF=10−7=3，
即BF的长为3．
故选：C
5.【答案】A
【解析】【分析】连接AE、AF，先证明△GAE≌△HAF，由此可证得S四边形GAHE=S△AEF，进而同理可得，根据正方形ABCD的面积等于四个相同四边形的面积之和及小正方形的面积即可求得答案．
【详解】解：如图，连接AE、AF，设正方形ABCD的边AD与点A所在的大正方形边交于G，AB与EF交于H，
∵点A为大正方形的 中心，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∴∠AEF=∠AFE=45°，
∵∠GEF=90°，
∴∠AEG=∠GEF−∠AEF=45°，
∴∠AEG=∠AFE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DAB=∠EAF=90°，
∴∠GAE=∠HAF，
在△GAE与△HAF中，
∠GAE=∠HAFAE=AF∠AEG=∠AFH
∴△GAE≌△HAF(ASA)，
∴S△GAE=S△HAF，
∴S△GAE+S△AEH=S△HAF+S△AEH，
即S四边形GAHE=S△AEF，
∵S△AEF=14S大正方形=14a，
∴S四边形GAHE=14S大正方形=14a，
∴同理可得：S正方形ABCD=4×14a+b，
即S正方形ABCD=a+b，
故选：A．
6.【答案】C
【解析】【分析】证明▵CBE≌▵DCFSAS，根据全等三角形的性质得到∠ECB=∠CDF,CE=DF，故①正确；求得∠CGD=90∘，根据垂直的定义得到CE⊥DF，故②正确；延长CE交DA的延长线于H，根据线段中点的定义得到AE=BE，根据全等三角形的性质得到BC=AH=AD，由AG是斜边的中线，得到AG=12DH=AD，求得∠ADG=∠AGD，根据余角的性质得到∠AGE=∠CDF，故④正确．假设∠EAG=30∘，根据∠AGE=∠CDF，可得∠AGE=∠ECB，结合∠EAG+∠EGA=∠CEB，∠CEB+∠ECB=90∘，可得30∘+2∠ECB=90∘，即有∠ECB=30∘，进而可得BE=12EC，则有EC=BC，显然EC≠BC，即假设不成立，即可判断③错误．
【详解】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=90∘，
∵E，F分别是AB，BC的中点，
∴BE=12AB，CF=12BC，
∴BE=CF，
在▵CBE与▵DCF中，
BC=CD∠B=∠BCDBE=CF,
∴▵CBE≌▵DCFSAS，
∴∠ECB=∠CDF，CE=DF，故①正确；
②∵∠BCE+∠ECD=90∘，
∴∠ECD+∠CDF=90∘，
∴∠CGD=90∘，
∴CE⊥DF，故②正确；
④根据▵CBE≌▵DCFSAS可得∠BCE=∠CDF，
∴∠EGD=90∘，
如图，延长CE交DA的延长线于H，
∵AD//BC，
∴∠AHE=∠BCE，
∵点E是AB的中点，
∴AE=BE，
∵∠AHE=∠BCE，∠AEH=∠CEB，AE=BE，
∴▵AEH≌▵BECAAS，
∴BC=AH=AD，
∵已证明∠EGD=90∘，
∴AG是Rt▵HGD斜边的中线，
∴AG=12DH=AD，
∴∠ADG=∠AGD，
∵∠AGE+∠AGD=90∘，∠CDF+∠ADG=90∘，
∴∠AGE=∠CDF.故④正确；
③若∠EAG=30∘成立，
∵∠AGE=∠CDF，
∴∠AGE=∠ECB，
∵∠EAG+∠EGA=∠CEB，∠CEB+∠ECB=90∘，
∴30∘+2∠ECB=90∘，
∴∠ECB=30∘，
∴在Rt△BEC中，有BE=12EC，
∵BE=12AB=12BC，
∴EC=BC，
显然EC≠BC，
∴假设不成立，
∴∠EAG≠30∘，故③错误，
故正确的有①②④，
故选：C．
7.【答案】130
【解析】【分析】根据矩形的性质得到OA=OB，再利用三角形外角的性质求出答案．
【详解】解：如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，
∴∠OBA=∠OAB=65∘，
∴∠BOC=2∠OAB=130∘．
故答案为：130．
8.【答案】2 3
【解析】【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，含30∘直角三角形的性质，勾股定理；
如图，重叠四边形为ABCD，作AE⊥CD交CD于E，CF⊥AD交AD于F，首先证明四边形ABCD是平行四边形，然后在Rt▵ADE中，利用含30∘直角三角形的性质和勾股定理求出DE和AD，再根据平行四边形的面积公式计算即可．
【详解】解：如图，重叠四边形为ABCD，作AE⊥CD交CD于E，CF⊥AD交AD于F，
由题意得：AB/​/CD，AD/​/BC，AE=CF= 3，
∴四边形ABCD是平行四边形，
由对顶角相等可知∠ADE=60∘，
∴∠DAE=30∘，
∴AD=2DE，
在Rt▵ADE中，AD2=DE2+AE2，
∴4DE2=DE2+3，
∴DE=1，
∴AD=2DE=2，
∴重叠四边形的面积为AD⋅CF=2 3，
故答案为：2 3．
9.【答案】8,5
【解析】【分析】根据平行四边形的性质利用平移规律求得答案即可．
【详解】解：∵四边形OABC是平行四边形，
∴OA//CB，且OA=CB，
∵点O的坐标为(0,0)，点A的坐标为(6,1)，
∴相当于将点O向右平移6个单位，向上平移1个单位，
∴点C(2,4)向右平移6个单位，向上平移1个单位为(8,5)，
故答案为：(8,5)．
10.【答案】120
【解析】【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理；
根据菱形的性质可得BO=DO，AO=CO=12cm，AC⊥BD，AB=13cm，利用勾股定理求出BO，得到BD的长，再根据菱形的面积公式计算即可．
【详解】解：∵如图，四边形ABCD是菱形，AC=24cm，
∴BO=DO，AO=CO=12cm，AC⊥BD，
∵菱形ABCD周长为52cm，
∴AB=52÷4=13cm，
在直角三角形ABO中，BO= AB2−OA2= 132−122=5cm，
∴BD=2BO=10cm，
∴菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=12×24×10=120cm2，
故答案为：120．
11.【答案】52∘
【解析】【分析】根据平行四边形的性质对边平行，对角相等，得到∠EAB，利用角平分线定义得到∠DAB，从而得到∠C．
【详解】∵平行四边形ABCD
∴∠C=∠DAB，AB/​/CD
∴∠AED=∠EAB
又∵∠AED=26∘
∴∠EAB=26∘
∵AE平分∠DAB
∴∠DAB=2∠EAB=52∘
∴∠C=∠DAB=52∘
故答案为52∘．
12.【答案】6
【解析】【分析】本题考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边中线的性质；
先根据三角形中位线定理可得CD=2EF=6，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出答案．
【详解】解：∵点E，F分别是AD，AC的中点，
∴EF是△ADC的中位线，
∴CD=2EF=6，
∵∠BAC=90∘，AD是▵ABC的中线，
∴AD=CD=6，
故答案为：6．
13.【答案】12
【解析】【分析】本题考查了全等三角形的性质，矩形的性质；根据出入相补法可得▵ADF≌▵BDG，▵AEF≌▵CEH，则BG=AF=CH=2，DF=DG，FE=HE，求出GH=6，然后计算即可．
【详解】解：由图可得▵ADF≌▵BDG，▵AEF≌▵CEH，
∴BG=AF=CH=2，DF=DG，FE=HE，
∵DE=DF+FE=3，
∴DG+HE=3，
∴DF+FE+DG+HE=GH=3+3=6，
∴S▵ABC=S矩形BCHG=GH⋅BG=6×2=12，
故答案为：12．
14.【答案】14
【解析】【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定．证明▵OAE≌▵OCF得到OF=OE=2,CF=AE，再根据四边形周长公式进行求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，
∴OA=OC,AD=CD=AB=5,AD//BC，
∴∠OAE=∠OCF,∠OEA=∠OFC，
∴▵OAE≌▵OCFAAS，
∴OF=OE=2,CF=AE，
∴四边形CDEF的周长=EF+CF+CD+DE=EF+DE+AE+CD=2+2+5+5=14，
故答案为：14．
15.【答案】52
【解析】【分析】由折叠可证△ABF为等边三角形，再分别Rt△ABE，Rt△EFG中根据30°直角三角形的性质求出BE，FG的长，最后根据BC=BE+EG+GC求解即可．
【详解】解：如图，连接BF，过点F作FG⊥BC于G，则四边形CNFG为矩形，
∴GC=FN
由折叠可知△ABE≌△AFE，MN为矩形的对称轴，
∴AB=AF，BE=EF，∠BAE=∠FAE，∠AEB=∠AEF，AF=BF，
∴AB=AF=BF
∴△ABF为等边三角形，
∴∠BAF=60°，
∴∠BAE=∠FAE=30°，∠AEB=∠AEF=60°
在Rt△ABE中，∠BAE=30°，AB= 3cm
令BE长为x，则AE=2x，
(2x)2−x2=( 3)2
解得x=1 cm，
∴BE=EF=1 cm，
∵FE=FN，GC=FN
∴GC=FN=1 cm
在Rt△EFG中，
∠FEG= 180°−∠AEB−∠AEF= 180°−60°−60° =60°，
∴∠EFG=30°，
∴EG=12EF=12cm，
∴BC=BE+EG+GC=1+12+1=52cm
故答案为：52．
16.【答案】3 2
【解析】【分析】过点F作FG⊥CD于点G，交AB于点H，则∠EGF=∠FHB=90∘，根据正方形的性质得∠BCD=∠ABC=90∘，∠ACD=∠CAB=45∘，即可得四边形BCGH是矩形，得CG=BH，根据∠GCA=45∘，∠CGF=90∘得∠GFC=45∘，则CG=GF，GF=BH，根据∠BFE=90∘得∠GFE+∠HFB=90∘，即可得∠HFB=∠GEF，根据角角边可证明▵GFE≌▵HBF，可得FH=GE，根据∠CAB=45∘，∠AHF=90∘得∠HFA=45∘，则AH=FH，设AH=FH=x，则GE=x，根据正方形的边长为8得HB=8−x，根据CG=HB得x+2=8−x，即可得AH=FH=3，
在Rt▵AFH中，根据勾股定理得即可得．
【详解】解：如图所示，过点F作FG⊥CD于点G，交AB于点H，
则∠EGF=∠FHB=90∘，
∴∠GEF+∠GFE=90∘，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠ABC=90∘，∠ACD=∠CAB=45∘，
∴四边形BCGH是矩形，
∴CG=BH，
∵∠GCA=45∘，∠CGF=90∘，
∴∠GFC=45∘，
∴CG=GF，
∴GF=BH，
∵∠BFE=90∘，
∴∠GFE+∠HFB=90∘，
∴∠HFB=∠GEF，
在▵GFE和▵HBF中，
∠GEF=∠HFB∠EGF=∠FHBGF=HB
∴▵GFE≌▵HBF(AAS)，
∴FH=GE，
∵∠CAB=45∘，∠AHF=90∘，
∴∠HFA=45∘，
∴AH=FH，
设AH=FH=x，则GE=x，
∵正方形的边长为8，
∴HB=8−x，
∵CG=HB，
∴x+2=8−x，
x=3，
∴AH=FH=3，
在Rt▵AFH中，根据勾股定理得，AF= AH2+FH2= 32+32=3 2，
故答案为：3 2．
17.【答案】求证：∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA．
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD．
在▵ABC和△ADC中，
AB=ADBC=DCAC=AC,
∴▵ABC≌▵ADCSSS．
∴∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA．
即AC平分菱形ABCD的一组对角．

【解析】【分析】根据命题补充求证∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，根据菱形的性质证明▵ABC≌▵ADCSSS，即可得到结论．
18.【答案】【小问1详解】
解：如图所示，▵A′B′C′即为所求；
【小问2详解】
解：如图所示，▵A′′B′′C′′即为所求；
【小问3详解】
解：因为四边形A′C′B′D′为平行四边形，且点D′在第四象限，
所以点D′坐标为6,−3．
故答案为：6,−3

【解析】【分析】(1)根据中心对称的性质即可画出▵ABC关于坐标原点O成中心对称的▵A′B′C′；
(2)根据旋转的性质即可画出▵A′′B′′C′′；
(3)根据平行四边形的性质即可得点D′坐标．
19.【答案】【小问1详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB/​/CD，AD/​/BC，
∴∠BAC=∠DCA，
∵AE平分∠BAC，CF平分∠DCA，
∴∠EAC=12∠BAC，∠FCA=12∠DCA，
∴∠EAC=∠FCA，
∴AE//CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
【小问2详解】
当▵ABC满足AB=AC时，四边形AECF是矩形，理由如下：
∵AB=AC，AE平分∠BAC，
∴AE⊥BC，
∴∠AEC=90∘，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴四边形AECF是矩形．
故答案为：AB=AC．

【解析】【分析】1根据平行四边形的性质和角平分线定义即可完成证明；
2根据等腰三角形的性质可得AE⊥BC，然后利用有一个角是直角的平行四边形是矩形即可解决问题．
20.【答案】【小问1详解】
证明：连接BD，
∵E、F分别为AD、AB的中点，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF=12BD，EF//BD，
同理，GH=12BD，GH//BD，
∴EF=GH，EF//GH，
∴四边形EFGH为平行四边形；
【小问2详解】
如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，
∵E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点，
∴DH=AF=CH=BF，
∴四边形AFHD和四边形HFBC都是矩形，
∴AD=HF=BC，DC=EG=AB，
∴S四边形EFGH=12EG⋅HF=12AB⋅BC，
∵四边形ABCD的面积是7cm2，
∴AB⋅BC=7cm2，
∴四边形EFGH的面积是3.5cm2，
故答案为：3.5．

【解析】【分析】(1)连接BD，由三角形中位线定理可得出EF=GH，EF//GH，由平行四边形的判定可得出结论；
(2)由矩形的判定与性质得出答案．
21.【答案】【小问1详解】
证明：∵△ABE≌△ADF，
∴∠B=∠D，AB=AD，
∵AD//BC，
∴∠D+∠BCD=180°，
∴∠B+∠BCD=180°，
∴AB/​/CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
【小问2详解】
解：∵△ABE≌△ADF，
∴∠ABC=∠ADC，AB=AD，
若选择的条件是①∠BAD=∠BCD，
∵∠BAD+∠ABC+∠BCD+∠ADC=180°，
∴∠BAD+∠ABC=180°，∠ABC+∠BCD=180°，
∴AD//BC，AB/​/CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
故可选①；
若选择的条件是②AB=CD；
连接BD，
∵AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∵∠ABC=∠ADC，
∴∠CBD=∠CDB，
∴BC=CD，
∵AB=CD，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
故可选②；
若选择的条件是③BC=CD．
如图，铮形ABCD中，
△ABE≌△ADF，BC=CD≠AB，
四边形ABCD不是菱形，故选③不能证明四边形ABCD是菱形；
∴证明四边形ABCD是菱形，可以选择的条件是①②，
故答案为：①②．

【解析】【分析】(1)由△ABE≌△ADF，得到∠B=∠D，AB=AD，再由AD/​/BC，得到∠D+∠BCD=180°，从而得∠B+∠BCD=180°，所以AB/​/CD，即可得四边形ABCD是平行四边形，最后由菱形的判定定理即可得出结论；
(2)由△ABE≌△ADF，得到∠B=∠D，AB=AD，再分别加条件①②，证四边形ABCD是平行四边形，四边形ABCD是菱形；加条件③，举反例，如铮形，满足条件，不能满足结论，即可说明加条件①②可以证明，加条件③不能证明．
22.【答案】【小问1详解】
证明：在矩形EFGH中，EH=FG，EH//GH，
∴∠GFH=∠EHF，
∵∠BFG=180°−∠BFH，
∴∠BFG=∠DHE，
在菱形ABCD中，AD//BC，
∴∠GBF=∠EDH，
在△BGF与△DEH中，∠BFG=∠DHE∠GBF=∠EDHEH=FG,
∴△BGF≌△DEH(AAS)，
∴BG=DE；
【小问2详解】
解：连接EG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC，AD//BC，
∵E是AD的中点，
∴AE=ED，
∵BG=DE，
∴AE=BG，
又AE//BG，
∴四边形ABGE是平行四形，
∴EG=AB．
∴EG=AB=5．
∵四边形EFGH是矩形，
∴FH=EG=5．

【解析】【分析】(1)根据矩形的性质得出EH=EG，EH//GH，进而利用AAS证明△BGF≌△DEH，利用全等三角形的性质解答即可；
(2)连结EG，先求出EG=AB=5，由矩形的性质可求解．
23.【答案】(1)证明：作AM//FG交BE于N，BC于M．
∵在正方形ABCD中，
∴AD//BC，AB=BC，∠ABC=∠C=90∘．
∵FG⊥BE，∴∠FOB=90∘．
∵AM//FG，∴∠ANB=∠FOB=90∘.∴∠ABN+∠EBC=90∘
∵∠C=90∘.∴∠BEC+∠EBC=90∘.∴∠ABN=∠BEC．
∵在▵ABE和▵CDF中
∠ABC=∠C∠NMB=∠BECAB=BC
∴▵ABM≌▵BCE.∴AM=BE．
∵AD//BC，∴AF//MG．
∵AM//FG，
∴四边形AMGF为平行四边形．
∴AM=FG．
∵AM=BE，∴BE=FG．
(2)如图，连接BF､EF，
∵FG⊥BE，O是BE的中点，∴BF=FE．
∵在正方形ABCD中，∴AD=AB=DC=BC=8．
∵EC=3，∴DE=5．
设AF=x， 则DF=8−x，
在Rt▵ABF中，由勾股定理得：BF2=AB2+AF2=82+x2．
在Rt△DEF中，由勾股定理得：EF2=DF2+DE2=52+8−x2．
∵BF=FE，∴BF2=EF2．
即82+x2=52+8−x2，解得：x=2516.∴AF=2516．

【解析】【分析】(1)作AM//FG交BE于N，BC于M，可证▵ABM≌▵BCE，从而得到AM=BE，又有AD//BC，可得四边形AMGF为平行四边形，即可证出结论．
(2)连接BF､EF，则可得BF=FE，在Rt▵ABF和Rt△DEF中，利用勾股定理可得到BF2=AB2+AF2，EF2=DF2+DE2，然后设AF=x，可列出关于x的方程，解出方程即可．
24.【答案】【小问1详解】
证明：如图1中，
∵AE平分∠BAC，BE⊥AE于点E，
∴∠BAE=∠DAE,∠AEB=∠AED=90∘，
∵AE=AE，
∴▵BAE≌▵DAEASA，
∴AB=AD，
即▵ABD是等腰三角形，
∵BE⊥AE，
∴BE=DE，
∵BF=FC，
∴EF=12DC=12(AC−AD)=12(AC−AB)．
【小问2详解】
解：结论：EF=12(AB−AC)，
理由：如图2中，延长AC交BE延长线于P．
∵AE⊥BP，
∴∠AEP=∠AEB=90∘，
∴∠BAE+∠ABE=90∘，∠PAE+∠APE=90∘，
∵∠BAE=∠PAE，
∴∠ABE=∠APE，
∴AB=AP，
∵AE⊥BP，
∴E为BP的中点，
∴BE=PE，
∵点F为BC的中点，
∴BF=FC，
∴EF=12PC=12(AP−AC)=12(AB−AC)；
故答案为：EF=12(AB−AC)．

【解析】【分析】本题考查三角形的中位线定理、全等三角形的判定与性质，等腰三角形的三线合一的性质等知识．
(1)先证明AB=AD，根据等腰三角形的三线合一，推出BE=ED，根据三角形的中位线定理即可解决问题．
(2)先证明AB=AP，根据等腰三角形的三线合一，推出BE=ED，根据三角形的中位线定理即可解决问题．
25.【答案】解：如图，线段PQ即为所求．

【解析】【分析】方法一：作OT//AN，交AM于点T，在射线TO上截取OE=OT，在AN上截取AQ，使得AQ=TE，连接EQ，连接QO，延长QO交AM于点P，线段PQ即为所求．
方法二：连接AO，延长AO到T，使得OT=OA，作TP//AN交AM于点P，连接PO，延长PO交AN于点Q，线段PQ即为所求．
26.【答案】解：当E是对角线AC的中点时，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BD⊥AC，AE=CE，AB=AD，∠ABC=90∘，
∴BD= 2AB= 2AF，
∵EF⊥AC，且E是对角线AC的中点，
∴此时点B和点F重合，且点E也为BD的中点，
∴BD=2DE，
∴ 2AF=2DE，
即AF= 2DE；
若点E在其它位置时，如图，延长BC，作DG//AF，交BC的延长线于点G，连接EG．
∵四边形ABCD正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90∘,AB=BC=CD=AD,AD//BC．
∵DG//AF，AD/​/BC，
∴四边形AFGD为平行四边形．
∴AF=DG,AD=FG．
∴FG=CD．
∵∠ABC=90∘,AB=BC，
∴∠ACB=45∘．
∴∠ACD=45∘，
∵EF⊥AC．
∴∠FEC=90∘．
∴∠EFC=∠ECF=45∘．
∴EF=EC．
∴∠EFC=∠ECD．
∴▵CDE≌▵FGESAS，
∴ED=EG,∠FEG=∠CED．
∴∠DEG=∠FEC=90∘．
∴▵DEG是等腰直角三角形，
∴DG2=DE2+EG2=2DE2，
∴DG= 2DE．
∴AF= 2DE；
(2)如图，作DG⊥DE，并截取DG=DE，连接AG、GE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90∘,CD=AD．
∴∠DAC=∠DCA=∠ACB=45∘，
∵DG⊥DE，
∴∠GDE=90∘．
又∵DG=DE，
∴▵DEG是等腰直角三角形，
∴EG2=DE2+DG2=2DE2，
∴EG= 2DE．
∵∠ADC=∠GDE=90∘，
∴∠GDA=∠EDC．
∴▵GDA≌▵EDCSAS．
∴∠GAD=∠ECD=45∘，AG=EC．
∴∠GAE=90∘．
∵EF⊥AC，
∴∠FEC=∠FEA=90∘．
∴∠EFC=∠ECF=45∘．
∴EF=EC．
∴EF=AG．
∵∠GAE=∠FEA=90∘，
∴AG//EF，
∴四边形AGEF为平行四边形．
∴AF=EG，
∴AF= 2DE．

【解析】【分析】(1)当E是对角线AC的中点时，根据正方形的性质，可得此时点B和点F重合，且点E也为BD的中点，可得AF= 2DE；点E在其它位置时，如图，延长BC，作DG//AF，交BC的延长线于点G，连接EG，可得四边形AFGD为平行四边形，从而得到AF=DG,AD=FG，进而得到FG=CD，再证得▵CDE≌▵FGE，可得ED=EG,∠FEG=∠CED，从而得到▵DEG是等腰直角三角形，即可；
(2)作DG⊥DE，并截取DG=DE，连接AG、GE，可得▵DEG是等腰直角三角形，从而得到EG= 2DE，再证明▵GDA≌▵EDC，可得∠GAD=∠ECD=45∘，AG=EC，再证得四边形AGEF为平行四边形，可得AF=EG，即可．