人教版八年级数学上册同步备课《第十八章平行四边形》章末测试(原卷版+解析)

这是一份人教版八年级数学上册同步备课《第十八章平行四边形》章末测试(原卷版+解析)，共31页。
选择题（每小题3分，共8个小题，共24分）
1．(2023秋•郑州期末）下列说法不正确的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．一个角是直角的平行四边形是矩形
C．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形
D．对角线相等的四边形是矩形
2．如图，平行四边形ABCD中，E、F是对角线BD上不同的两点，下列条件中，不能得出四边形AECF一定为平行四边形的是（ ）
A．CE＝AFB．BE＝DFC．∠DAF＝∠BCED．AF∥CE
3．(2023•南京模拟）如图，在矩形ABCD中对角线AC、BD相于点O，∠ACB＝60°，则∠AOD的大小为（ ）
A．50°B．55°C．60°D．65°
4．(2023秋•二道区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝13，BD平分∠ABC交AC于点D，点F在BC上，且BF＝5，连接AF，E为AF的中点，连接DE，则DE的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
5．(2023春•上杭县校级期末）如图，DE是△ABC的中位线，直角∠AFB的顶点在DE上，AB＝5，BC＝8，则EF的长为（ ）
A．1B．1.5C．2D．不能确定
6．(2023秋•三明期中）如图，在菱形ABCD中，AC交BD于点O，DE⊥BC于点E，连接OE，若∠BCD＝50°，则∠OED的度数是（ ）
A．25°B．30°C．35°D．20°
7．如图，分别以Rt△ABC的斜边AB、直角边AC为边向外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，连接DF、EF，DE与AB相交于点G，若∠BAC＝30°，下列结论：
①EF⊥AC；
②四边形ADFE为平行四边形；
③AD＝4AG；
④△DBF≌△EFA．
其中正确结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
8．(2023秋•渝中区校级期末）如图，边长为6的正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，连接AE、AF、EF．已知AF平分∠DFE，BE＝2，则DF的长为（ ）
A．2B．3C．125D．157
填空题（每小题3分，共8个小题，共24分）
9．(2023•将乐县模拟）菱形两条对角线的长分别为2和4，则该菱形的边长为 ．
10．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°，∠C＝40°，DE∥AB交BC于点E．若AD＝5cm，BC＝12cm，则CD的长是 cm．
11．(2023•天津一模）如图，四边形OBCD是矩形，O，B，D三点的坐标分别是（0，0），（8，0），（0，6），对角线交点为E，则点E的坐标是 ．
12．(2023秋•新罗区校级月考）如图，已知AB∥CD，O为∠CAB、∠ACD的角平分线的交点，OE⊥AC于E，且OE＝1.5，则两平行线AB、CD间的距离等于 ．
13．(2023•雁塔区校级四模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，点E在AC上，且AE＝BE，连接CD交BE于点F，若∠A＝25°，则∠DFE的度数 ．
14．(2023春•七星区校级期中）如图，P为正方形ABCD的对角线AC上任意一点，PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，若AC=22，则四边形PEBF的周长为 ．
15．(2023春•浚县期末）如图，在▱ABCD中，AB＝10cm，F是AB的中点，E为边CD上一点，DE＝4cm．点M从D点出发，沿D→C以1cm/s的速度匀速运动到点C；同时点N从点B出发，沿B→A以2cm/s的速度匀速运动到点A．一个点停止运动后，另一个点也随之停止运动．当点M运动时间是 秒时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形．
16．(2023秋•海州区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝12，AB＝6，以AD为底边向右作腰长为10的等腰△ADP，Q为边BC上一点，BQ＝4，连接PQ，则PQ的最小值为 ．
解答题（共9个小题，共72分）
17．（6分）如图，在口ABCD中，连接AC，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为E，F，连接DE，BF．求证：四边形BFDE是平行四边形．
18．（6分）如图，平行四边形ABCD中，BD⊥AD，∠A＝45°，E、F分别是AB、CD上的点，且BE＝DF，连接EF交BD于O．
（1）求证：BO＝DO；
（2）若EF⊥AB，延长EF交AD的延长线于G，当FG＝1时，求AE的长．
19．（7分）如图所示．把一张长方形纸片沿对角线折叠，则：
（1）证明：BF＝FD．
（2）如图，若AB＝4，BC＝8，求AF的长．
20．（7分）(2023秋•滕州市校级期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC，AE∥BD，OE与AB交于点F，OE＝5，AC＝8．
（1）求AB的长；
（2）求菱形ABCD的高．
21．（8分）(2023春•西峰区校级月考）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：AF＝DC；
（2）若AB＝AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
22．（8分）(2023•朝阳区二模）如图，在菱形ABCD中，O为AC，BD的交点，P，M，N分别为CD，OD，OC的中点．
（1）求证：四边形OMPN是矩形；
（2）连接AP，若AB＝4，∠BAD＝60°，求AP的长．
23．（8分）(2023秋•舞钢市期中）如图①，四边形ABCD是正方形，点E是BC上一点，连接AE，以AE为一边作正方形AEFG，连接DG．
（1）求证：∠ADG＝90°；
（2）如图②，连接AF交CD于点H，连接EH，请探究EH、BE、DH三条线段之间的数量关系，并说明理由．
24．（10分）(2023春•霍邱县期末）我们给出如下定义：把对角线相等的四边形叫做“对等四边形”．如图①，在四边形ABCD中，AC＝BD，四边形ABCD就是“对等四边形”．
（1）下列四边形中，一定是“对等四边形”的是 （填序号）
①平行四边形； ②矩形； ③菱形； ④梯形.
（2）如图②，在“对等四边形”ABCD中，点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，求证：四边形EFGH是菱形．
（3）在（2）的条件下，若四边形EFGH也是“对等四边形”，且对角线长为2，求四边形ABCD的面积．
25．（12分）(2023春•黄石期末）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）如图1，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝2，CE=2，求CG的长度；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数．
八年级下册数学《第十八章 平行四边形》
章 末 测 试
时间：120分钟 试卷满分：120分
选择题（每小题3分，共8个小题，共24分）
1．(2023秋•郑州期末）下列说法不正确的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．一个角是直角的平行四边形是矩形
C．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形
D．对角线相等的四边形是矩形
分析：根据平行四边形、矩形、菱形的判定分别对各个选项进行判断即可得到答案．
【解答】解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形；故原说法正确；
B、一个角是直角的平行四边形是矩形，故原说法正确；
C、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故原说法正确；
D、对角线相等的四边形不一定是矩形，故原说法错误；
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形、矩形、菱形的判定；熟练掌握平行四边形和特殊平行四边形的判定是解题的关键．
2．如图，平行四边形ABCD中，E、F是对角线BD上不同的两点，下列条件中，不能得出四边形AECF一定为平行四边形的是（ ）
A．CE＝AFB．BE＝DFC．∠DAF＝∠BCED．AF∥CE
分析：由平行四边形的性质或全等三角形的性质进行逐一判断即可．
【解答】解：若CE＝AF，则无法判断OE＝OE，故A选项符合题意；
如图，连接AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，
∴EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形，故选项B不符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AD∥BC，
∴∠ADF＝∠CBE，
在△ADF和△CBE中，
∠ADF=∠CBEAD=BC∠DAF=∠BCE，
∴△ADF≌△CBE（ASA），
∴BE＝DF，
∴EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形，故选项C不符合题意；
∵AF∥CE，
∴∠AFB＝∠CED，
∴∠AFD＝∠CEB，
在△ADF和△CBE中，
∠ADF=∠CBE∠AFD=∠CEBAD=BC，
∴△ADF≌△CBE（AAS），
∴BE＝DF，
∴EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
3．(2023•南京模拟）如图，在矩形ABCD中对角线AC、BD相于点O，∠ACB＝60°，则∠AOD的大小为（ ）
A．50°B．55°C．60°D．65°
分析：由矩形的性质得OC＝OB，然后得到△OBC是等边三角形，即可得到答案．
【解答】解：∵在矩形ABCD中对角线AC、BD相于点O，
∴AC＝BD，
∴OC＝OB，
∵∠ACB＝60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠BOC＝60°，
∴∠AOD＝∠BOC＝60°；
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，对顶角相等等知识，解题的关键是掌握所学的知识，正确得到△OBC是等边三角形．
4．(2023秋•二道区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝13，BD平分∠ABC交AC于点D，点F在BC上，且BF＝5，连接AF，E为AF的中点，连接DE，则DE的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
分析：根据等腰三角形的三线合一得到AD＝DC，根据三角形中位线定理计算得到答案．
【解答】解：∵BC＝13，BF＝5，
∴FC＝BC﹣BF＝13﹣5＝8，
∵AB＝BC，BD平分∠ABC，
∴AD＝DC，
∵AE＝EF，
∴DE是△AFC的中位线，
∴DE=12FC=12×8＝4．
故选：B．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
5．(2023春•上杭县校级期末）如图，DE是△ABC的中位线，直角∠AFB的顶点在DE上，AB＝5，BC＝8，则EF的长为（ ）
A．1B．1.5C．2D．不能确定
分析：根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DF=12AB，再利用三角形中位线定理可得DE＝4，进而可得答案．
【解答】解：如图，
∵D为AB中点，∠AFB＝90°，AB＝5，
∴DF=12AB＝2.5，
∵DE是△ABC的中位线，BC＝8，
∴DE＝4，
∴EF＝4﹣2.5＝1.5，
故选：B．
【点评】此题主要考查了直角三角形的性质和三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
6．(2023秋•三明期中）如图，在菱形ABCD中，AC交BD于点O，DE⊥BC于点E，连接OE，若∠BCD＝50°，则∠OED的度数是（ ）
A．25°B．30°C．35°D．20°
分析：根据直角三角形的斜边中线性质可得OE＝BO＝OD，根据菱形性质可得∠DBE=12∠ABC＝65°，从而得到∠OEB度数，再依据∠OED＝90°﹣∠OEB即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BCD＝50°，
∴O为BD中点，∠DBE=12∠ABC＝65°．
∵DE⊥BC，
∴在Rt△BDE中，OE＝OB＝OD，
∴∠OEB＝∠OBE＝65°．
∴∠OED＝90°﹣65°＝25°．
故选：A．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，解决这类问题的方法是四边形转化为三角形．
7．如图，分别以Rt△ABC的斜边AB、直角边AC为边向外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，连接DF、EF，DE与AB相交于点G，若∠BAC＝30°，下列结论：
①EF⊥AC；
②四边形ADFE为平行四边形；
③AD＝4AG；
④△DBF≌△EFA．
其中正确结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
分析：①连接CF，可推出AF＝CF，结合AE＝CE，可得出①正确；
②可证得AD∥BC∥EF，DF∥AE，从而得出②正确；
③AD＝AB，AB＝2AF，AF＝2AG，从而得出③正确；
④可得出∠DFB＝∠EAF＝90°，∠DBF＝∠AFE＝60°，DF＝AE，从而得出④正确．
【解答】解：如图，
连接CF，
∵∠ACB＝90°，点F是AB的中点，
∴CF＝AF，
∵△ACE是等边三角形，
∴AE＝CE，
∴EF⊥AC，
故①正确；
∵△ABD是等边三角形，△ACE是等边三角形，
∴∠AD＝BD，DAB＝60°，∠CAE＝60°，
∴∠BAE＝∠BAC+∠CAE＝90°，
∵点F是AB的中点，
∴DF⊥AB，
∴∠DFA＝∠BAE＝90°，
∴DF∥AE，
∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，
∴∠ABC＝∠ADC＝60°，
∴AD∥BC，
由①知：AC⊥EF，BC⊥AC，
∴EF∥BC，
∴AD∥EF，
∴四边形ADFE是平行四边形，
故②正确；
∵四边形ADFE是平行四边形，
∴AF＝2AG，
∵AD＝AB，AB＝2AF，
∴AD＝B＝4AG，
故③正确；
∵EF∥BC，
∴∠AFE＝∠ABC＝60°，
∵△ABD是等边三角形，
∴∠DBF＝60°，
∴∠DBF＝∠AFE，
∵四边形ADFE是平行四边形，
∴DF＝AE，
∵∠DFB＝∠EAF＝90°，
∴△DBF≌△EFA（AAS），
故④正确，
综上所述：①②③④均正确，故答案为：D．
【点评】本题考查了等边三角形性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形性质，全等三角形判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握相关基础知识．
8．(2023秋•渝中区校级期末）如图，边长为6的正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，连接AE、AF、EF．已知AF平分∠DFE，BE＝2，则DF的长为（ ）
A．2B．3C．125D．157
分析：延长FD到G，使FG＝FE，连接AG，由AF平分∠DFE，可证△GFA≌△EFA（SAS），得AG＝AE，GF＝EF，即可证Rt△ADG≌Rt△ABE（HL），得DG＝BE＝2，设DF＝x，根据∠C＝90°，有（6﹣2）2+（6﹣x）2＝（x+2）2，即可解得答案．
【解答】解：延长FD到G，使FG＝FE，连接AG，如图：
∵AF平分∠DFE，
∴∠GFA＝∠EFA，
∵AF＝AF，FG＝FE，
∴△GFA≌△EFA（SAS），
∴AG＝AE，GF＝EF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ADC＝∠ADG＝90°＝∠B，
∴Rt△ADG≌Rt△ABE（HL），
∴DG＝BE＝2，
设DF＝x，则FG＝x+2＝EF，CF＝CD﹣DF＝6﹣x，
∵∠C＝90°，
∴CE2+CF2＝EF2，
∴（6﹣2）2+（6﹣x）2＝（x+2）2，
解得x＝3，
∴DF＝3，
故选：B．
【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，勾股定理及应用，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．
填空题（每小题3分，共8个小题，共24分）
9．(2023•将乐县模拟）菱形两条对角线的长分别为2和4，则该菱形的边长为 ．
分析：菱形的对角线垂直且互相平分，四个边长相等，两条对角线的一半和菱形的边构成直角三角形，从而可求出菱形的边长．
【解答】解：∵菱形两条对角线的长分别为2和4．
∴菱形两条对角线的一半长分别为1和2．
∴菱形的边长为：12+22=5．
故答案为：5．
【点评】本题考查菱形的性质，知道菱形的对角线垂直且互相平分，四个边长相等是解题的关键．
10．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°，∠C＝40°，DE∥AB交BC于点E．若AD＝5cm，BC＝12cm，则CD的长是 cm．
分析：由在四边形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，可判定四边形ABED是平行四边形，即可求得CE的长，又由∠B＝70°，∠C＝40°，易判定△CDE是等腰三角形，继而求得答案．
【解答】解：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABED是平行四边形，
∴BE＝AD＝5cm，
∴CE＝BC﹣BE＝12﹣5＝7（cm），
∵∠DEC＝∠B＝70°，∠C＝40°，
∴∠CDE＝180°﹣∠DEC﹣∠C＝70°，
∴CD＝CE＝7cm．
故答案为：7．
【点评】此题考查了平行四边形的性质与判定以及等腰三角形的判定与性质．注意证得四边形ABED是平行四边形，△CDE是等腰三角形是关键．
11．(2023•天津一模）如图，四边形OBCD是矩形，O，B，D三点的坐标分别是（0，0），（8，0），（0，6），对角线交点为E，则点E的坐标是 ．
分析：由矩形的性质可得DE＝BE，由中点坐标公式可求解．
【解答】解：∵四边形OBCD是矩形，
∴DE＝BE，
∵点B坐标为（8，0），点D坐标为（0，6），
∴点E坐标为（4，3），
故答案为：（4，3）．
【点评】本题考查了矩形的性质，坐标与图形性质，掌握矩形的性质是关键．
12．(2023秋•新罗区校级月考）如图，已知AB∥CD，O为∠CAB、∠ACD的角平分线的交点，OE⊥AC于E，且OE＝1.5，则两平行线AB、CD间的距离等于 ．
分析：过点O作MN⊥AB，交AB于点M，交CD于点N，分别求出ON＝OM＝1.5，则可求MN＝3．
【解答】解：过点O作MN⊥AB，交AB于点M，交CD于点N，
∵AB∥CD，
∴ON⊥CD，OM⊥AB，
∵AO平分∠MAC，OE⊥AC，
∴OM＝OE，
∵OC平分∠ACD，OE⊥AC，
∴OE＝ON，
∴OM＝ON，
∵OE＝1.5，
∴MN＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查平行线间的距离，熟练掌握角平分线的性质是解题的关键．
13．(2023•雁塔区校级四模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，点E在AC上，且AE＝BE，连接CD交BE于点F，若∠A＝25°，则∠DFE的度数 ．
分析：由直角三角形的性质可得CD＝AD，即可求解∠ACD＝25°，根据等腰三角形的性质及三角形外角的性质可求得∠BEC＝50°，再利用三角形外角的性质可求解．
【解答】解：∵D为AB的中点，∠ACB＝90°，
∴CD＝AD，
∴∠ACD＝∠A＝25°，
∵AE＝BE，
∴∠ABE＝∠A＝25°，
∴∠BEC＝∠A+∠ABE＝50°，
∴∠DFE＝∠ACD+∠BEC＝25°+50°＝75°，
故答案为：75．
【点评】本题主要考查直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，求解∠ACD，∠BEC的度数是解题的关键．
14．(2023春•七星区校级期中）如图，P为正方形ABCD的对角线AC上任意一点，PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，若AC=22，则四边形PEBF的周长为 ．
分析：首先根据正方形的性质和勾股定理可求出AB的长，再由条件可知：四边形PEBF为矩形，△AEP和△PFC为等腰直角三角形，所以PE+PF+BE+BF＝2AB，问题得解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AB＝BC，
∴AB2+BC2＝AC2，
∵AC=22，
∴AB＝BC＝2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠BCA＝45°，
∵PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，
∴四边形PEBF为矩形，△AEP和△PFC为等腰直角三角形，
∴PF＝BE，PE＝AE，
∴PE+PF+BE+BF＝AE+BE+BE+AE＝2AB＝4，
即四边形PEBF的周长为4，
故答案为：4．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是利用勾股定理求出AB的长．
15．(2023春•浚县期末）如图，在▱ABCD中，AB＝10cm，F是AB的中点，E为边CD上一点，DE＝4cm．点M从D点出发，沿D→C以1cm/s的速度匀速运动到点C；同时点N从点B出发，沿B→A以2cm/s的速度匀速运动到点A．一个点停止运动后，另一个点也随之停止运动．当点M运动时间是 秒时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形．
分析：根据CD∥AB，所以当ME＝NF时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形，则ME＝|4﹣t|，NF＝|5﹣2t|，列出方程计算即可．
【解答】解：设运动t秒时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形，
∵CD∥AB，
∴当ME＝NF时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形，
∴ME＝|4﹣t|，NF＝|5﹣2t|，
∴|4﹣t|＝|5﹣2t|，
∴4﹣t＝5﹣2t或4﹣t＝2t﹣5，
∴t＝1或3，
故答案为：1或3．
【点评】本题主要考查了平行四边的判定与性质、根据题意用绝对值表示出ME和NF的长度是解题的关键．
16．(2023秋•海州区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝12，AB＝6，以AD为底边向右作腰长为10的等腰△ADP，Q为边BC上一点，BQ＝4，连接PQ，则PQ的最小值为 ．
分析：过点P作PG⊥AD交于点G，交BC于点H，当Q点与H点重合时，PQ的值最小，过点B作BM⊥AD交于点M，由题意可求BM＝42，PG＝8，则PQ的最小值为8﹣42．
【解答】解：过点P作PG⊥AD交于点G，交BC于点H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴PH⊥BC，
当Q点与H点重合时，PQ的值最小，
过点B作BM⊥AD交于点M，
∵AD＝12，△ADP是等腰三角形，
∴AG＝6，
∵AP＝10，
∴GP＝8，
∵BQ＝4，
∴MA＝2，
∵AB＝6，
∴BM=62−22=42，
∴PQ＝8﹣42，
∴PQ的最小值为8﹣42，
故答案为：8﹣42．
【点评】本题考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理是解题的关键．
解答题（共9个小题，共72分）
17．（6分）如图，在口ABCD中，连接AC，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为E，F，连接DE，BF．求证：四边形BFDE是平行四边形．
分析：由在平行四边形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，易证得△ABE≌△CDF，即可得BE∥DF，BE＝DF，则可证得四边形BFDE是平行四边形．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，BE∥DF，
在△ABE和△CDF中，
∠BAE=∠DCF∠AEB=∠CFDAB=CD，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF，
∴四边形BFDE是平行四边形．
【点评】此题考查平行四边形的判定，关键是根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解答．
18．（6分）如图，平行四边形ABCD中，BD⊥AD，∠A＝45°，E、F分别是AB、CD上的点，且BE＝DF，连接EF交BD于O．
（1）求证：BO＝DO；
（2）若EF⊥AB，延长EF交AD的延长线于G，当FG＝1时，求AE的长．
分析：（1）由平行四边形的性质和AAS证明△OBE≌△ODF，得出对应边相等即可；
（2）证出AE＝GE，再证明DG＝DO，然后由等腰三角形的性质得出OF＝FG＝1，即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠OBE＝∠ODF．
在△OBE与△ODF中，
∠OBE=∠ODF∠BOE=∠DOFBE=DF
∴△OBE≌△ODF（AAS）．
∴BO＝DO．
（2）解：∵EF⊥AB，AB∥DC，
∴∠GEA＝∠GFD＝90°．
∵∠A＝45°，
∴∠G＝∠A＝45°．
∴AE＝GE
∵BD⊥AD，
∴∠ADB＝∠GDO＝90°．
∴∠GOD＝∠G＝45°．
∴DG＝DO，
∵EF⊥AB，
∴EF⊥CD，
∴OF＝FG＝1，
由（1）可知，OE＝OF＝1，
∴GE＝OE+OF+FG＝3，
∴AE＝3．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题（1）的关键．
19．（7分）如图所示．把一张长方形纸片沿对角线折叠，则：
（1）证明：BF＝FD．
（2）如图，若AB＝4，BC＝8，求AF的长．
分析：（1）由AD∥BC，得∠FDB＝∠CBD，由折叠得∠FBD＝∠CBD，则∠FDB＝∠FBD，所以BF＝FD；
（2）由AD＝BC＝8，得BF＝FD＝8﹣AF，而∠A＝90°，由勾股定理得42+AF2＝（8﹣AF）2，求得AF＝3．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠FDB＝∠CBD，
由折叠得∠FBD＝∠CBD，
∴∠FDB＝∠FBD，
∴BF＝FD．
（2）解：∵AB＝4，AD＝BC＝8，
∴BF＝FD＝8﹣AF，
∵∠A＝90°，
∴AB2+AF2＝BF2，
∴42+AF2＝（8﹣AF）2，
∴AF＝3，
∴AF的长是3．
【点评】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、等腰三角形的判定、勾股定理的应用等知识，根据平行线的性质及轴对称的性质证明∠FDB＝∠CBD是解题的关键．
20．（7分）(2023秋•滕州市校级期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC，AE∥BD，OE与AB交于点F，OE＝5，AC＝8．
（1）求AB的长；
（2）求菱形ABCD的高．
分析：（1）根据菱形的性质得出∠AOB＝90°，根据矩形的判定得出四边形AOBE是矩形，再根据矩形的性质得出AB＝OE即可；
（2）过B作BM⊥AD于M，根据菱形的性质得出AD＝AB＝5，AO＝OC＝4，BO＝DO，根据勾股定理求出OB，求出BD，求出S菱形ABCD=12×AC×BD=AD×BM，再代入求出BM即可．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵BE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AOBE是平行四边形，
∵∠AOB＝90°，
∴四边形AOBE是矩形，
∴AB＝OE，
∵OE＝5，
∴AB＝5；
（2）过B作BM⊥AD于M，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝5，
∴AO＝OC，BO＝DO，AD＝AB＝5，
∵AC＝8，
∴AO＝4，
∵AB＝5，
∴BO＝DO=AB2−AO2=52−42=3，
∴BD＝6，
∵S菱形ABCD=12×AC×BD=AD×BM，
∴12×8×6＝5×BM，
∴BM=245，
即菱形ABCD的高是245．
【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定等知识点，能熟记菱形的性质和矩形的判定是解此题的关键．
21．（8分）(2023春•西峰区校级月考）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：AF＝DC；
（2）若AB＝AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
分析：（1）根据平行线的性质得出∠AFE＝∠DBE，根据AAS证明△AFE≌△DBE，推出AF＝BD，即可得出答案；
（2）证得四边形ABDF是平行四边形，得到AB＝DF，进而证得AC＝DF，再证得四边形ADCF是平行四边形，即可得到四边形ADCF是矩形．
【解答】（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE．
在△AFE和△DBE中，
∠AFE=∠DBE∠FEA=∠BEDAE=DE，
∴△AFE≌△DBE（AAS），
∴AF＝DB．
∵AD是BC边上的中线，
∴DC＝DB，
∴AF＝DC；
（2）解：四边形ADCF是矩形．
证明：连接DF，
由（1）得AF＝DB，AF∥DB，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴AB＝DF，
∵AB＝AC，
∴AC＝DF，
由（1）得AF＝DC，AF∥DC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴四边形ADCF是矩形．
【点评】本题主要考查全等三角形，平行四边形的性质和判定，矩形的判定，证得△AFE≌△DBE是解题的关键．
22．（8分）(2023•朝阳区二模）如图，在菱形ABCD中，O为AC，BD的交点，P，M，N分别为CD，OD，OC的中点．
（1）求证：四边形OMPN是矩形；
（2）连接AP，若AB＝4，∠BAD＝60°，求AP的长．
分析：（1）由三角形中位线定理得PM∥OC，PN∥OD，得四边形OMPN是平行四边形，再由菱形的性质得AC⊥BD，则∠MON＝90°，即可得出结论；
（2）证△ABD是等边三角形，得AD＝BD＝AB＝4，得OD＝2，再由勾股定理得OA＝23，则AN＝OA+ON＝33，然后由矩形的性质得NP＝OM＝1，∠PNA＝90°，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵P，M，N分别为CD，OD，OC的中点，
∴PM、PN是△OCD的中位线，
∴PM∥OC，PN∥OD，
∴四边形OMPN是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠MON＝90°，
∴平行四边形OMPN是矩形；
（2）解：如图，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∵∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD＝BD＝AB＝4，
∴OD=12BD＝2，
在Rt△OAD中，由勾股定理得：OA=AD2−OD2=42−22=23，
∴OC＝23，
∵M，N分别为OD，OC的中点，
∴OM=12OD＝1，ON=12OC=3，
∴AN＝OA+ON＝33，
由（1）可知，四边形OMPN是矩形，
∴NP＝OM＝1，∠PNA＝90°，
∴AP=AN2+NP2=(33)2+12=27．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识．熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
23．（8分）(2023秋•舞钢市期中）如图①，四边形ABCD是正方形，点E是BC上一点，连接AE，以AE为一边作正方形AEFG，连接DG．
（1）求证：∠ADG＝90°；
（2）如图②，连接AF交CD于点H，连接EH，请探究EH、BE、DH三条线段之间的数量关系，并说明理由．
分析：（1）由正方形的性质得∠DAB＝∠B＝∠EAG＝90°，AB＝AD，AE＝AG，然后由全等三角形的判定与性质可得出结论；
（2）由全等三角形的性质及正方形的性质可得∠EAH＝∠GAH＝45°，然后由全等三角形的判定与性质可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形和四边形AEFG是正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠DAB＝∠B＝∠EAG＝90°，
∴∠EAD+∠DAG＝90，∠BAE+∠EAD＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG，
在△BAE和△DAG中，
AE=AG∠BAE=∠DAGAB=AD，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴∠ADG＝∠B＝90°；
（2）解：BE+DH＝HE，理由如下：
∵△BAE≌△DAG，
∴BE＝DG，AE＝AG，
∵四边形AEFG是正方形，
∴∠EAH＝∠GAH＝45°，
在△EAH和△GAH中，
AE=AG∠EAH=∠GAH，AH=AH
∴△EAH≌△GAH（SAS），
∴EH＝GH，
∵DG+DH＝GH，
∴BE+DH＝EH．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
24．（10分）(2023春•霍邱县期末）我们给出如下定义：把对角线相等的四边形叫做“对等四边形”．如图①，在四边形ABCD中，AC＝BD，四边形ABCD就是“对等四边形”．
（1）下列四边形中，一定是“对等四边形”的是 （填序号）
①平行四边形； ②矩形； ③菱形； ④梯形.
（2）如图②，在“对等四边形”ABCD中，点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，求证：四边形EFGH是菱形．
（3）在（2）的条件下，若四边形EFGH也是“对等四边形”，且对角线长为2，求四边形ABCD的面积．
分析：（1）由矩形的性质可求解；
（2）由三角形中位线定理可得EH=12BD＝FG，EF=12AC＝GH，由“对等四边形”的性质可得AC＝BD，可得EH＝FG＝EF＝GH，可得结论；
（3）先证四边形EFGH是正方形，边长为2，可得EF⊥FG，EF＝FG=2，由三角形中位线定理解得BD⊥AC，BD＝AC=22，可求解．
【解答】解：（1）∵矩形的对角线相等，
∴矩形一定是“对等四边形”，
故答案为：②；
（2）证明：连接AC、BD，
∵点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，
∴EH=12BD＝FG，EF=12AC＝GH，
∵四边形ABCD是“对等四边形”，
∴AC＝BD，
∴EH＝FG＝EF＝GH，
∴四边形EFGH是菱形；
（3）连接EG，HF，
∵四边形EFGH是菱形，
∴GE与HF互相垂直平分，
又∵四边形EFGH是“对等四边形”，且对角线长为2，
∴GE＝HF＝2，
∴四边形EFGH是正方形，边长为2，
∴EF⊥FG，EF＝FG=2，
∵点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，
∴FG∥BD，FG=12BD，EF∥AC，EF=12AC，
∴BD⊥AC，BD＝AC=22，
∴四边形ABCD的面积等于12×AC×BD＝4．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
25．（12分）(2023春•黄石期末）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）如图1，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝2，CE=2，求CG的长度；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数．
分析：（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题．
（3）分两种情形考虑问题即可；
【解答】（1）证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵∠DCA＝∠BCA，
∴EQ＝EP，
∵∠QEF+∠FEC＝45°，∠PED+∠FEC＝45°，
∴∠QEF＝∠PED，
在Rt△EQF和Rt△EPD中，
∠QEF=∠PEDEQ=EP∠EQF=∠EPD，
∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）如图2中，在Rt△ABC中．AC=2AB＝22，
∵EC=2，
∴AE＝CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，易知CG=2．
（3）①当DE与AD的夹角为30°时，点F在BC边上，∠ADE＝30°，
则∠CDE＝90°﹣30°＝60°，
在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：∠EFC＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°，
②当DE与DC的夹角为30°时，点F在BC的延长线上，∠CDE＝30°，如图3所示：
∵∠HCF＝∠DEF＝90°，∠CHF＝∠EHD，
∴∠EFC＝∠CDE＝30°，
综上所述，∠EFC＝120°或30°．
【点评】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．