浙教版数学八年级下册重难点提升训练专题5.4 特殊平行四边形（压轴题综合）（2份，原卷版+解析版）

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专题5.4 特殊平行四边形（满分100）学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）1．（2022•沙坪坝区校级一模）下列说法正确的是（　　）A．平行四边形的对角互补 B．矩形的对角线相等且互相垂直 C．有一组邻边相等的四边形是菱形 D．有一个角是90°的菱形是正方形【思路点拨】根据正方形的判定，平行四边形的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，逐一进行判断即可．【解题过程】解：A．平行四边形的对角互补，错误，不符合题意；应该是平行四边形的对角相等；B．矩形的对角线相等且互相垂直，错误，不符合题意；应该是矩形的对角线相等；C．有一组邻边相等的四边形是菱形，错误，不符合题意；应该是有一组邻边相等的平行四边形是菱形；D．有一个角是90°的菱形是正方形，正确，符合题意．故选：D．2．（2021春•碑林区校级月考）已知直线a，b，c在同一平面内，且a∥b∥c，a与b的距离为5cm，b与c的距离为2cm，则a与c的距离是（　　）A．3cm B．7cm C．3cm或7cm D．以上都不对【思路点拨】因为直线c的位置不明确，所以分①直线c在直线a、b外，②直线c在直线a、b之间两种情况讨论求解．【解题过程】解：如图，①直线c在a、b外时，∵a与b的距离为5cm，b与c的距离为2cm，∴a与c的距离为5+2＝7（cm），②直线c在直线a、b之间时，∵a与b的距离为5cm，b与c的距离为2cm，∴a与c的距离为5﹣2＝3（cm），综上所述，a与c的距离为3cm或7cm．故选：C．3．（2021春•阿荣旗期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，若∠COD＝50°，那么∠CAD的度数是（　　）A．20° B．25° C．30° D．40°【思路点拨】只要证明OA＝OD，根据三角形的外角的性质即可解决问题；【解题过程】解：∵矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∴DB＝AC，OD＝OB，OA＝OC，∴OA＝OD，∴∠CAD＝∠ADO，∵∠COD＝50°＝∠CAD+∠ADO，∴∠CAD＝25°，故选：B．4．（2022•灞桥区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，依次连接E，G，F，H，连接EF，GH，BD与EH相交于P，若AB＝CD，∠ABD＝20°，∠BDC＝70°，则∠GEF＝（　　）度．A．25 B．30 C．45 D．35【思路点拨】根据三角形中位线定理得到EGAB，EG∥AB，FGCD，FG∥CD，根据平行线的性质求出∠EGD、∠DGF，进而求出∠EGF，再根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．【解题过程】解：∵E，G分别是AD，BD的中点，∴EG是△ADB的中位线，∴EGAB，EG∥AB，∴∠EGD＝∠ABD＝20°，同理可得：FGCD，FG∥CD，∴∠DGF＝180°﹣∠BDC＝110°，∴∠EGF＝∠EGD+∠FGD＝130°，∵AB＝CD，∴EG＝FG，∴∠GEF（180°﹣130°）＝25°，故选：A．5．（2022•碑林区校级三模）两张菱形贺卡如图所示叠放，其中菱形ABCD的边长为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'于点E，则重叠部分的面积为（　　）cm2．A．8 B．9 C．10 D．11【思路点拨】根据题意和题目中的数据，可以计算出AC′和EF的长，然后即可计算出重叠部分的面积．【解题过程】解：连接AC，BD，AC和BD交于点O，连接EF交AC于点O，交AB于点F，如图所示，∵菱形ABCD的边长为6cm，∠BAD＝60°，∴AD＝AB＝6cm，AC⊥BD，∠DAO＝30°，∴△DAB是等边三角形，DO＝3cm，∴AO3（cm），∴AC＝6cm，∵CC′＝2cm，∴AC′＝4cm，∴AH＝2cm，∴EH＝2cm，∴EF＝4cm，∴重叠部分的面积为：8（cm2），故选：A．6．（2022•西安二模）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E，F分别在边AB，BC上，∠EDF＝60°，BF，BE＝1，则AD的长为（　　）A． B．1 C．2 D．21【思路点拨】先证明△ABD是等边三角形，再根据ASA证明△ADE≌△BDF，得到AE＝BF，进而可求解AB的长，即可求解．【解题过程】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，AD∥BC，∵∠A＝60°，∴△ABD是等边三角形，∠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．故选：B．7．（2022春•孝南区期中）已知平面直角坐标系中，有两点A（a，0），B（0，b），且满足b4，P为AB上一动点（不与A，B重合），PE⊥x轴，PF⊥y轴，垂足分别为E，F，连接EF，则EF的最小值为（　　）A． B．3 C．4 D．5【思路点拨】连接OP，先求出a＝3，则b＝4，再由勾股定理得AB＝5，然后证四边形OEPF是矩形，则EF＝OP，当OP⊥AB时，OP最小，EF也最小，进而由面积法求解即可．【解题过程】解：如图，连接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轴，PF⊥y轴，∴∠PEO＝∠PFO＝90°，∴四边形OEPF是矩形，∴EF＝OP，当OP⊥AB时，OP最小，EF也最小，此时，OP，∴EF的最小值为，故选：A．8．（2021•蒙阴县模拟）如图，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；②EG＝EF；③△EFG≌△GBE；④EA平分∠GEF；⑤四边形BEFG是菱形．其中正确的个数是（　　）A．2 B．3 C．4 D．5【思路点拨】由平行四边形的性质可得OB＝BC，由等腰三角形的性质可判断①正确，由直角三角形的性质和三角形中位线定理可判断②正确，通过证四边形BGFE是平行四边形，可判断③正确，由平行线的性质和等腰三角形的性质可判断④正确，由∠BAC≠30°可判断⑤错误．【解题过程】解：∵四边形ABCD是平行四边形∴BO＝DOBD，AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD，又∵BD＝2AD，∴OB＝BC＝OD＝DA，且点E 是OC中点，∴BE⊥AC，故①正确，∵E、F分别是OC、OD的中点，∴EF∥CD，EFCD，∵点G是Rt△ABE斜边AB上的中点，∴GEAB＝AG＝BG∴EG＝EF＝AG＝BG，故②正确，∵BG＝EF，AB∥CD∥EF∴四边形BGFE是平行四边形，∴GF＝BE，且BG＝EF，GE＝GE，∴△BGE≌△FEG（SSS）故③正确∵EF∥CD∥AB，∴∠BAC＝∠ACD＝∠AEF，∵AG＝GE，∴∠GAE＝∠AEG，∴∠AEG＝∠AEF，∴AE平分∠GEF，故④正确，若四边形BEFG是菱形∴BE＝BGAB，∴∠BAC＝30°与题意不符合故⑤错误故选：C．9．（2022•涧西区一模）如图，D是平行四边形ABOC内一点，CD与x轴平行，AD与y轴平行，AD＝2，CD＝7，∠ADB＝135°，S△ABD＝8．则点D的坐标为（　　）A． B． C． D．【思路点拨】过点B作BE⊥y轴于E点，交AD的延长线于点F，先通过AAS证出△BOE≌△CAD，根据全等三角形的性质得到OE＝AD＝2，BE＝CD＝7，根据三角形的面积即可得到结论．【解题过程】解：过点B作BE⊥y轴于E点，交AD的延长线于点F，∵四边形ABOC是平行四边形，∴AC＝OB，AC∥OB，∴∠OGC＝∠BOE，∵AD∥y轴，∴∠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），故选：A．10．（2022春•岳麓区校级期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点H在DC的延长线上，连接AH交BC于点F，点E在BF上，且AE平分∠BAH，若CH＝BE，则EH等于（　　）A． B． C． D．【思路点拨】过点E作EG⊥AF于点G，根据角平分线的性质可得EB＝EG，然后证明△EFG≌△HFC（AAS），可得GF＝CF，证明Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），可得AB＝AG＝6，设EB＝EG＝CH＝m，GF＝CF＝n，可得BF＝BC﹣CF＝6﹣n，AF＝AG+GF＝6+n，根据勾股定理可得n，根据S△AFEEF•ABAF•EG，可得EFm，然后根据勾股定理可得m＝2，在Rt△EFG中，利用勾股定理即可解决问题．【解题过程】解：如图，过点E作EG⊥AF于点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，设EB＝EG＝CH＝m，GF＝CF＝n，∴BF＝BC﹣CF＝6﹣n，AF＝AG+GF＝6+n，在Rt△ABF中，根据勾股定理得：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，根据勾股定理得：EF2＝EG2+GF2，∴（m）2＝m2+（）2，解得m＝2（负值舍去），∴EB＝EG＝CH＝m＝2，∴EFm，∴EC＝EF+FC4，∴EH．故选：B．二．填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分）11．（2022春•南关区校级月考）▱ABCD一内角的平分线与边相交并把这条边分成5cm，7cm的两条线段，则▱ABCD的周长是 　34或38　cm．【思路点拨】此题注意要分情况讨论：根据角平分线的定义以及平行线的性质，可以发现一个等腰三角形，进而得到平行四边形的周长．【解题过程】解：如图所示：在平行四边形ABCD中，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，∴∠AEB＝∠CBE，又∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE，∴∠ABE＝∠AEB，∴AB＝AE，①当AE＝5cm时，平行四边形的周长＝2（5+12）＝34（cm）；②当AE＝7cm时，平行四边形的周长＝2（7+12）＝38（cm）；若点E在CD边上，同理可得▱ABCD的周长为34cm或38cm．综上所述，▱ABCD的周长为34cm或38cm．故答案为：34或38．12．（2022•雁塔区校级四模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AC＝6，BD＝8，点E为OA的中点，点F为BC上一点，且BF＝3CF，点P为BD上一动点，连接PE、PF，则|PF﹣PE|的最大值为 　　．【思路点拨】根据题意找出点E关于BD的对称点E’，连接PE’，构造△PFE'中的三边关系解答即可．【解题过程】解：在菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8，∴AO＝CO＝3，BO＝DO＝4，∴AB＝BC＝CD＝DA＝5，在BC上取一点F，使得BF＝3CF，取OA的中点E，点P为BD上的一动点，作E点关于BD的对称点E'，连接PE'，∴PE＝PE'，在△PFE'中，PF﹣PE＝PF﹣PE'＜FE'，则当点P、F、E'三点共线时，PF﹣PE取最大值，∴PF﹣PE＝PF﹣[E'＝FE'，取BC的中点H，连接HO，∵BF＝3CF，OA的中点E，∴点F是HC的中点，E'是OC的中点，∴FE'HO，∵HOBC，∴FE'HOBC．故答案为：．13．（2022春•铁岭月考）如图，将边长为4的等边△ABC沿射线BC平移得到△DEF，点G，H分别为AC，DF的中点，连接GH，点P为GH的中点，连接AP，CP．当△APC为直角三角形时，BE＝　4或8　．【思路点拨】本题先根据△APC为直角三角形进行分类讨论：①当∠APC＝90°时，根据直角三角形斜边中线等于斜边上的一半，即可求出PG，进而求出GH，BE长度就解决了．②当∠ACP＝90°时，根据直角三角形中，30°角所对直角边是斜边长度的一半，可以求出PG＝4，进而求出GH，BE长度就解决了．【解题过程】解：①当∠APC＝90°时．∵∠APC＝90°，M为AC中点．∴PG＝AG＝CGAC＝2．∵PG＝2，点P是线段GH的中点．∴GH＝2PG＝4．即△ABC向左平移4．∴BE＝4．②当∠ACP＝90°时．∵GH∥BF．∴∠PGC＝∠ACB＝60°．∴∠GPC＝30．∵G为AC中点，AC＝4．∴CG＝2．在Rt△GCP中，∠GCP＝90°，∠GPC＝30°．∴GCPG．∴PG＝2CG＝4．∵点P是线段GH的中点．∴GH＝8即△ABC向右平移8．综上所述，BE＝4或8，故答案为：4或8．14．（2022•习水县模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝45°，AD平分∠BAC交BC于点D，P为直线AB上一动点．连接DP，以DP、DB为邻边构造平行四边形DPQB，连接CQ，若AC＝6．则CQ的最小值为 　　．【思路点拨】首先在△ACB中，由于AC＝4，∠CAB＝60°，∠CBA＝45°，所以可以解△CAB，即可以过C作CO⊥AB于O，利用三勾股定理，求出AB的长度，同理，在△DAB中，过D作DH⊥AB于H，可以求出DH的长度，连接DQ交PB于M，过Q作QG⊥AB于G，可以证明△QGM≌△DHM，所以QG＝DH＝3，由此得到Q在平行于AB的直线上运动，且距离AB两个单位长度，根据垂线段最短，可以得到当C，O，Q三点共线时，CQ长度最小．【解题过程】解：如图1，过C作CO⊥AB于O，过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°，∴可设DH＝HB＝a，∴AD＝2DH＝2a，∴AH，∴AB＝AH+BHa+a，∴，∴a＝3，∴DH＝3，如图2，过Q作QG⊥AB于G，连接DQ交AB于M，∵四边形DPQB为平行四边形，∴DM＝QM，在△QGM与△DHM中，，∴△QGM≌△DHM（AAS），∴QG＝DH＝3，故Q到直线AB的距离始终为3，所以Q点在平行于AB的直线上运动，且两直线距离为3，根据垂线段最短，当C，O，Q三点在一条直线上时，此时CQ最小，如图3，最小值为：CO+3，故答案为．15．（2022•北仑区一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，点E是AD的中点，点F是对角线BD上一动点，∠ADB＝30°，连结EF，作点D关于直线EF的对称点P，直线PE交BD于点Q，当△DEQ是直角三角形时，DF的长为 　1或3或3　．【思路点拨】分两种情况画出图形，当∠DQE＝90°时，如图2，如图3，当∠DEQ＝90°时，如图4，过点F作FM⊥AD于点M，设EM＝a，则FM＝a，DMa，根据直角三角形的性质即可得到结论．【解题过程】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∵AB＝2，∠ADB＝30°．∴AD＝2，∵点E是边AD的中点，∴DE，①如图2，当∠DQE＝90°时，∵点E是AD的中点，∵PE⊥BD，∠ADB＝30°．∴∠PED＝60°，由对称可得，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如图3，∵PE⊥BD，∠ADB＝30°．∴∠PED＝120°，由对称可得，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的长为1或3；当∠DEQ＝90°时，如图4，∵EF平分∠PED，∴∠DEF＝45°，过点F作FM⊥AD于点M，设EM＝a，则FM＝a，DMa，∴a+a，∴a，∴DF＝3，综上所述，当△DEQ是直角三角形时，DF的长为1或3或3，故答案为：1或3或3．三．解答题（本大题共8小题，满分55分）16．（2022•华蓥市模拟）已知：如图，在平行四边形ABCD中，点M是边AD中点，CM、BA的延长线相交于点E．求证：AE＝AB．【思路点拨】由在平行四边形ABCD中，AM＝DM，易证得△AEM≌△DCM（AAS），即可得AE＝CD＝AB．【解题过程】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠E＝∠DCM，∵点M是边AD中点，∴AM＝DM，在△AEM和△DCM中，，∴△AEM≌△DCM（AAS），∴AE＝CD，∴AE＝AB．17．（2022•荔湾区一模）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在AD，CD上，且AF⊥BE于G，连接BE，AF．求证：BE＝AF．【思路点拨】利用正方形的性质即可得到∠BAE＝∠D＝90°，AB＝DA，∠ABG＝∠DAF，判定△ABE≌△DAF（ASA），即可得出BE＝AF．【解题过程】证明：∵四边形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•亭湖区校级月考）已知：如图，在▱ABCD中，AC、BD相交于点O，E、F分别是AO和CO的中点，顺次连接B，E，D，F．（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；（2）当AC与BD满足什么关系时，四边形BEDF是矩形？为什么？【思路点拨】（1）由平行四边形的性质得AO＝CO，OB＝OD，再证OE＝OF，即可得出结论；（2）由平行四边形的性质结合条件证出EF＝BD，再由（1）得四边形BEDF是平行四边形，即可得出结论．【解题过程】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝CO，OB＝OD，∵E、F分别是AO和CO的中点，∴OEAO，OFCO，∴OE＝OF，∴四边形BEDF是平行四边形；（2）解：当AC＝2BD时，四边形BEDF是矩形，理由如下：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝CO，OB＝OD，∵AC＝2BD，∴AO＝CO＝BD，∵OE＝OF，∴EF＝BD，由（1）得：四边形BEDF是平行四边形，∴平行四边形BEDF是矩形．19．（2022•丹江口市模拟）如图，AM∥BN，C是BN上一点，BD平分∠ABN且过AC的中点O，交AM于点D，DE⊥BD，交BN于点E．（1）求证：四边形ABCD是菱形．（2）若DE＝AB＝2，求菱形ABCD的面积．【思路点拨】（1）由ASA可证明△ADO≌△CBO，再证明四边形ABCD是平行四边形，再证明AD＝AB，即可得出结论；（2）由菱形的性质得出AC⊥BD，证明四边形ACED是平行四边形，得出AC＝DE＝2，AD＝EC，由菱形的性质得出EC＝CB＝AB＝2，得出EB＝4，由勾股定理得BD，即可得出答案．【解题过程】（1）证明：∵点O是AC的中点，∴AO＝CO，∵AM∥BN，∴∠DAO＝∠BCO，在△AOD和△COB中，，∴△ADO≌△CBO（ASA），∴AD＝CB，又∵AM∥BN，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AM∥BN，∴∠ADB＝∠CBD，∵BD平分∠ABN，∴∠ABD＝∠CBD，∴∠ABD＝∠ADB，∴AD＝AB，∴平行四边形ABCD是菱形；（2）解：由（1）得：四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AD＝CB，又∵DE⊥BD，∴AC∥DE，∵AM∥BN，∴四边形ACED是平行四边形，∴AC＝DE＝2，AD＝EC，∴EC＝CB，∵四边形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•东台市期中）如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF和∠CFE的外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，点B，D为垂足．（1）∠EAF＝　45°　（直接写结果）．（2）①求证：四边形ABCD是正方形．②若BE＝EC＝2，求DF的长．【思路点拨】（1）根据平角的定义得到∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，根据角平分线的定义得到∠AFE∠DFE，∠AEF∠BEF，求得∠AEF+∠AFE（∠DFE+∠BEF），根据三角形的内角和定理即可得到结论；（2）①作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE＝∠AGF＝90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出AB＝AD，即可得出四边形ABCD是正方形；②设DF＝x，根据已知条件得到BC＝6，由①得四边形ABCD是正方形，求得BC＝CD＝4，根据全等三角形的性质得到BE＝EG＝2，同理，GF＝DF＝x，根据勾股定理列方程即可得到结论．【解题过程】（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°，故答案为：45°；（2）①证明：作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE＝∠AGF＝90°，∵AB⊥CE，AD⊥CF，∴∠B＝∠D＝90°＝∠C，∴四边形ABCD是矩形，∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，∴AB＝AG，AD＝AG，∴AB＝AD，∴四边形ABCD是正方形；②解：设DF＝x，∵BE＝EC＝2，∴BC＝4，由①得四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD＝4，在Rt△ABE与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的长为．21．（2021秋•新郑市期末）如图，在△ABC中，点D、E分别是边BC、AC的中点，过点A作AF∥BC交DE的延长线于F点，连接AD、CF，过点D作DG⊥CF于点G．（1）求证：四边形ADCF是平行四边形；（2）若AB＝3，BC＝5，①当AC＝　3　时，四边形ADCF是矩形；②若四边形ADCF是菱形，则DG＝　　．【思路点拨】（1）由三角形中位线定理得DE∥AB，再证四边形ABDF是平行四边形，得AF＝BD，则AF＝DC，即可得出结论；（2）①由（1）可知，四边形ADCF是平行四边形，再由等腰三角形的性质得AD⊥BC，则∠ADC＝90°，即可得出结论；②由菱形的性质得AC⊥DF，AD＝CD＝BD＝CF，再证△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，则AC＝4，然后由平行四边形的性质得DF＝AB＝3，最后由菱形的面积求出DG的长即可．【解题过程】（1）证明：∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，BD＝CD，∴DE∥AB，∵AF∥BC，∴四边形ABDF是平行四边形，∴AF＝BD，∴AF＝DC，∵AF∥BC，∴四边形ADCF是平行四边形；（2）解：①当AC＝3时，四边形ADCF是矩形，理由如下：由（1）可知，四边形ADCF是平行四边形，∵AB＝3，AC＝3，∴AB＝AC，∵D是BC的中点，∴AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∴平行四边形ADCF是矩形；②∵四边形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，四边形ABDF是平行四边形，∴DF＝AB＝3，∵DG⊥CF，∴S菱形ADCFAC•DF＝CF•DG，即4×3•DG，∴DG，故答案为：．22．（2021秋•峡江县期末）如图，AB∥CD，点E，F分别在AB，CD上，连接EF，∠AEF、∠CFE的平分线交于点G，∠BEF、∠DFE的平分线交于点H．（1）求证：四边形EGFH是矩形；（2）小明在完成（1）的证明后继续进行了探索，过G作MN∥EF，分别交AB，CD于点M，N，过H作PQ∥EF，分别交AB，CD于点P，Q，得到四边形MNQP，此时，他猜想四边形MNQP是菱形，他的猜想是否正确，请予以说明．【思路点拨】（1）根据角平分线的性质进行导角，可求得四边形EGFH的四个内角均为90°，进而可说明其为矩形．（2）根据题目条件可得四边形MNQP为平行四边形，要证菱形只需邻边相等，连接GH，由于MN＝EF＝GH，要证MN＝MP，只需证GH＝MP，只需证四边形MFHP为平行四边形，可证G、H点分别为MN、PQ中点，即可得出结果．【解题过程】（1）证明：∵EH平分∠BEF，FH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，∵点A、E、B在同一条直线上，∴∠AEB＝180°，即∠AEF+∠BEF＝180°，∴∠FEG+∠FEH（∠AEF+∠BEF）180°＝90°，即∠GEH＝90°，∴四边形EGFH是矩形（2）解：他的猜想正确，理由是：∵MN∥EF∥PQ，MP∥NQ，∴四边形MNQP为平行四边形．如图，延长EH交CD于点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，∵MN＝PQ，∴MG＝HP，∴四边形MGHP为平行四边形，∴GH＝MP，∵MN∥EF，ME∥NF，∴四边形MEFN为平行四边形，∴MN＝EF，∵GH＝EF，∴MN＝MP，∴平行四边形MNQP为菱形．23．（2022•海淀区校级开学）在矩形ABCD中，点P是射线BC上一动点，点B关于直线AP的对称点为E，直线PE与直线CD交于点F．（1）如图，当A，C、E共线时，若∠ACB＝30°，判断△ACF的形状，并证明；（2）若当点P在线段BC上的某个位置时（不与B，C重合），有∠PAF＝45°，求证：当点P在BC延长线上任意位置时，都有∠PAF＝45°．【思路点拨】（1）根据矩形的性质和含30°角的直角三角形的性质得出AB，进而利用等边三角形的判定解答即可；（2）根据全等三角形的判定和性质和正方形的性质解答即可．【解题过程】（1）解：△ACF为等边三角形，理由如下：∵四边形ABCD为矩形，∠ACB＝30°，∴∠ACD＝60°，即∠ACF＝60°，在Rt△ABC中，∠ACB＝30°，∴ABAC，∵点B关于直线AP的对称点为E，∴AB＝AE，∠AEP＝90°，∴AEAC，即点E为AC中点，∴FP为线段AC的垂直平分线，∴AF＝CF，∴△ACF为等边三角形；（2）解：当点P在线段BC上时，如图，∵∠PAF＝45°，∴∠EAF＝45°﹣∠PAE，∵∠BAD＝90°，∴∠FAD＝45°﹣∠PAB，∴∠EAF＝∠FAD，∵点B关于直线AP的对称点为E，∴∠ABP＝∠AEP＝90°，AB＝AE，在△EAF和△DAF中，，∴△EAF≌△DAF（AAS），∴AD＝AE，∴AB＝AD，即矩形ABCD为正方形，当点P在线段BC延长线上时，如图，∵矩形ABCD为正方形，∴AD＝AE，∠ADF＝∠AEF＝90°，在Rt△ADF和Rt△AEF中，，∴Rt△ADF≌Rt△AEF（HL），∴∠DAF＝∠EAF，设∠DAF＝α，∠PAD＝β，则∠EAF＝α，∴∠PAE＝2α+β，∵∠PAE＝∠PAB，∴∠PAB＝2α+β，∵∠PAB+∠PAD＝90°，∴2α+β+β＝90°，∴α+β＝45°，∴∠PAF＝α+β＝45°．题号一二三总分得分 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