专题03四边形（期中真题）江苏某校八年级数学下册 [含答案]

这是一份专题03四边形（期中真题）江苏某校八年级数学下册 [含答案]，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，再添加一个条件，仍不能判定四边形ABCD是正方形的是（ ）
A.AB=ADB.OA=OBC.AC=BDD.DC⊥BC

2.如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF // BC，分别交AB、CD于点E、F，连接PB、PD．若图中阴影部分的面积为8，则AE⋅PF的值为（ ）
A.4B.8C.16D.32

3.如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线和∠CDA的平分线交于BC上一点E，若AB=2,AE=3，则DE的长为（ ）
A.7B.5C.6D.52

4.如图，在矩形ABCD中，AC、BD交于点O，∠AOD=110∘，则∠OAD大小是（ ）
A.55∘B.35∘C.45∘D.20∘

5.如图，在菱形ABCD中，E、F分别是AB、AC的中点，若EF=2，则菱形ABCD的周长是（ ）
A.12B.16C.20D.24

6.如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点G是AB的中点，若OG=2.5，BD=8，则菱形ABCD的面积是（ ）
A.48B.36C.24D.18

7.如图，两条宽都为1cm的纸条交叉成60​∘角重叠在一起，则重叠四边形的面积为（ ）cm²．
A.33B.3C.233D.433

8.如图，在矩形ABCD中，AB=2，AE垂直平分OB于点E，则BC的长为（ ）
A.25B.23C.4D.2

9.如图，正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O作射线OM、ON，分别交CD、BC于点E、F（点E不与C、D重合），且∠EOF=90∘，连接EF，给出下列结论，其中不一定成立的是（ ）
A.△COE≅△BOFB.EF平分∠OEC
C.BF=CED.S四边形OFCE=S△OBC

10.正方形ABCD边长为4，AB上有一动点E，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D，在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积的最大值与最小值的和为（ ）
A.32B.8C.16D.64

11.如图，四边形ABCD是矩形，AB=3，△AEF是等边三角形，且点F在射线AB上，点E在射线AC上，点G是EF的中点，连接CG，则CG长度的最小值为（ ）
A.3B.33C.32D.32
二、填空题

12.四边形ABCD中，AB∥CD,AB=3，当CD=____________时，这个四边形是平行四边形．

13.如图，四边形ABCD中，AB∥CD，AC=BD，请添加一个条件________，使四边形ABCD是矩形．


14.如图，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，顺次连接EM，MF，FN，NE，若四边形ENFM是矩形，则AB与CD满足的条件是 ________ ．

15.如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点A,B分别在x轴负半轴、y轴正半轴上，C,D两点在第二象限内，过点C作CF⊥x轴于点F，交对角线BD于点E，连接AE，若要求出ΔAEF的周长，则只需要知道的条件是________．从①点A的坐标；②点B的坐标；③点A，B的坐标这3个条件中，选一个填入．(填序号即可)

16.如图，在△ABC中，AB=6,AC=9，AD为BC边上的中线，AE为∠BAC的角平分线，过点B作BF⊥AE于点F，连接DF，则线段DF的长为____________．

17.如图，在菱形ABCD中，E为BC中点，F是AD的中点，EF交对角线BD于点O，连结FC，取OB中点M，取CF中点N，连结MN，若∠A=60∘，AB=2，则MN的长度为 ________ ．

18.如图，在平行四边形ABCD中，点O、E分别是AC、AD的中点，连接OE，若AB=6，则OE的长为______________．

19.如图，矩形ABCD中，AB=4，AD=6，点E是AD边上的中点，P是AB边上的一动点，M、N分别是PE、PC的中点，则线段MN的长为________．

20.如图，在RtΔABC中，∠ABC=90​∘，BF是AC边上的中线，DE是ΔABC的中位线，若DE=6，则BF的长为________

21.如图，在四边形ABCD中，∠ADC=90∘，∠BAD=60∘，连接AC使AC平分∠BAD，AB=AC=3，E、F分别为AC、BC的中点，连接DE、EF、FD，则FD= _____________．

22.如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，D、E分别为CA,CB的中点，AF平分∠BAC，交DE于点F，若AC=3,BC=4，则EF的长为____________．

23.如图，在矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，∠BAC=50∘，E是射线CB上一点，将ΔCOE沿OE翻折得ΔFOE，当OF∥AB时，∠OEB的度数为________ ．

24.如图，在锐角△ABC中，∠BAC=45∘,AD⊥BC于点D．若BD=a,AD=b，则CD的长为____________．（用含有a，b的代数式表示）

25.如图，已知AB=10，P为线段AB上的一个动点，分别以AP,PB为边在AB的同侧作菱形APCD和菱形PBFE，点P,C,E在一条直线上，∠DAP=60∘，M,N分别是对角线AC,BE的中点．当点P在线段AB上移动时，点MN之间的距离最短为____________．

26.如图，矩形ABCD中，AC与BD交于点O，分别在OD和CB上取点M、N，使得OM =CN，若AC=2AB=4，则MN的最小值为_____________．

27.如图，在Rt△ABC中，∠BCA=90∘，点P为斜边AB上一动点，过点P作PD⊥BC，PE⊥AC，垂足分别为D，E，连接DE．若AB=13，BC=12，则DE的最小值____________．

28.在边长为8的菱形ABCD中，∠DAB=60∘，点E从点A沿着边AD向终点D运动，同时，点F以相同的速度从点D沿着边DC向终点C运动，在此运动过程中，点E与点F距离的最小值是_________________．

29.如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=12cm，BC=15cm，点P自点A向D以1cm/s的速度运动，到D点即停止；点Q自点C向B以2cm/s的速度运动，到B点即停止，直线PQ分原四边形为两个新四边形；则当P，Q同时出发___________秒后其中一个新四边形为平行四边形．
三、解答题

30.如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD=∠CDB，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，且BE=DF．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若AB=BO，当∠ABE等于多少度时，四边形ABCD是矩形？

31.如图，▫ABCD对角线AC，BD相交于点O，过点D作DE//AC且DE=OC，连接CE，OE，OE=CD．
（1）求证：▫ABCD是菱形；
（2）若AB=2，∠ABC=60∘，求AE的长．

32.如图，在▫ABCD中，线段BC的垂直平分线EO交AD于点E，交BC于点O，连接BE,CE，过点C作CF∥BE，交EO的延长线于点F，连接BF．
（1）证明：四边形BECF为菱形；
（2）若AD=12,CE=10，求四边形BFCE的面积．

33.如图，将两块完全相同的含有30∘角的直角三角尺ABC、DEF在同一平面内按如图方式摆放，其中点A、E、B、D在同一直线上，连接AF、CD．
（1）求证：四边形AFDC是平行四边形；
（2）若四边形ACDF是菱形，求∠BCD的度数．

34.如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，对角线AC，BD交于点O，AC垂直平分BD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．
（1）求证；四边形ABCD是菱形；
（2）若AB=5，BD=2，求OE的长．

35.综合证明：
（1）如图1，四边形ABCD是平行四边形，G、H是对角线AC的三等分点．求证：四边形BHDG是平行四边形．
（2）如图2，四边形ABCD中，G、H是对角线AC的三等分点，延长DG、DH，分别与AB、BC交于E、F，若E、F分别是AB、BC的中点．求证：四边形ABCD是平行四边形．

36.如图，在ΔOAB中，∠1=∠2．延长AO至点C，且AO=CO，延长BO至点D，且BO=DO，顺次连接BC,CD,DA得到四边形ABCD．
（1）补全图形；
（2）所得四边形ABCD为 （从①矩形；②菱形；③正方形中选择，只填写序号即可），请说明理由.

37.如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且DE=12AC，连接AE、CE．
（1）求证：四边形OCED为矩形；
（2）若菱形ABCD的边长为3，∠BCD=60∘，求AE的长．

38.如图1，在四边形ABCD中，AB=CD，∠B=∠D．在此条件下，对它“强化条件”，分别得到图1的3个命题．

(1)命题1的证明思路如下，在图1中连接AC，BD，并填充证明框图．

①____________；
②____________；
③____________．
(2)命题2是真命题，请在图2中完成证明．
(3)命题3是假命题，请画出反例并解释反例存在的合理性．

39.（1）如图1，在四边形ABCD中，AD=BC，P是对角线BD的中点，M是DC的中点，N是AB的中点．求证：∠PMN=∠PNM：
39.
（2）连接图1中的AC，并取AC中点Q，连结MQ、NQ．①如图2，若AD=8，求四边形PMQN的周长：
②如图3，若AD=4，且∠DAB+∠ABC=90∘，求四边形PMQN的面积．

40.图①所示是某小区倾斜式停车位，图②是车位示意图，工人在绘制时保证AD=BC，∠A=60∘，∠B=120∘．
（1）请判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
（2）若AD为6米，AB为2.8米，求停车位ABCD的面积．

41.如图1，在▫ABCD中，AC与BD相交于点O，点E为AB的中点，连接CE交BD于点F．
（1）求证：BF=2OF，CF=2EF；
（2）如图2，点P为DF的中点，连接AF、AP、CP，判断四边形AFCP的形状，并证明你的结论．

42.综合与实践：小丰学习了第十八章《平行四边形》后，在复习题中做了一道关于“中点四边形”的问题．定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形．小丰进一步思考，提出问题：“中点四边形的形状由原图形的什么因素决定？”并进行如下的画图探究过程，请你一起完成．
（1）作图与操作：如图1，画任意四边形ABCD，用刻度尺取四边中点E，F，G，H并顺次连接，得到四边形EFGH．请你画出图2、图3、图4中四边形ABCD的中点四边形EFGH（用刻度尺度量画图即可）；
（2）观察与猜想：中点四边形的形状由原四边形的对角线的数量关系和位置关系决定．请填写下表：
（3）证明与表达：根据表中对图2，图3，图4的画图和猜想，选择其中一个进行证明．（写出已知，求证，再证明）
选择图 ，已知：四边形ABCD中，E，F，G，H是四边的中点， ．求证：四边形EFGH是 ．

43.如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=2，E是边CD上一点（与C、D不重合）．四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形AEMN．
（1）若CE=2，AN与CD交于点F，求△AEF的面积；
（2）如图，ME的延长线交AB于点P，设DE=x(0 0 ，证明四边形CFOH是矩形得CF=OH， OF=CH，再证明 ΔABE和 ΔCBE全等得AE=CE，则AE+EF=OH，再证明 ΔAOB和 ΔBHC全等得OA=BH=a， OB=CH=b，则OF=CH=b，OH=a+b，进而得AE+EF=OH=a+b，AF=b-a，继而得 ΔAEF的周长为 AE+EF+AF=2b，由此即可得出答案.
【解答】
解：过点C作 CH⊥y轴于点H，如图所示：
∴OA=a ，OB=b，
∵CF⊥x轴，
∴∠EFO=∠FOH=∠CHO=90∘
∴四边形CFOH是矩形，
∴CF=OH,OF=CH,
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC,∠ABC=90∘,∠ABE=∠ABE=45∘
在 ΔABE和 ΔCBE中，
AB=BCangleABE=∠ABE=45∘,\BE=BE
∴ΔABE≅ΔCBE（SAS）
∴AE=CE,
∴AE+EF=CE+EF=CF=OH,
∵∠AOB=∠BHC=90∘,
∴∠OAB+∠OBA=90∘,
∵∠ABC=90∘,
∴∠OBA+∠HBC=90∘,
∴∠OAB=∠HBC,
在 ΔAOB和 ΔBHC中，
∠AOB=∠BHC=90∘angleOAB=∠HBC\AB=BC,
∴ΔAOB≅ΔBHC（AAS）
∴OA=BH=a,OB=CH=b,
∴OF=CH=b,OH=BH+OB=a+b,
∴AE+EF=OH=a+b,AF=OF−OA=b−a,
∴ΔAEF的周长为： AE+EF+AF=a+b+b−a=2b,
∴若要求出 ΔAEF的周长，则只需要知道的点B的坐标即可.
(-a,0)
(0,b)
a>0, b>0
故答案为： ②
16.
【答案】
1.5/32
【解析】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，中位线定理等知识点，熟练掌握以上知识点并能正确添加辅助线是解决此题的关键．如图，延长BF交AC于H，先证得△BFA≅△HFA得出BF=FH，再由中位线定理即可得解．
【解答】
解：如图，延长BF交AC于H，
∵AE是角平分线，BF⊥AE，
∴∠BAE=∠CAE、∠AFB=∠AFH=90∘，
∵AF=AF，
∴△BFA≅△HFA(ASA)，
∴BF=FH，AH=AB=6，
∴CH=AC−AH=AC−AB=9−6=3，
又∵AD是中线，
∴DF是△BCH的中位线，
∴DF=12CH=12×3=1.5，
故答案为：1.5．
17.
【答案】
32
【解析】
连接AC，由菱形的性质及ASA得 ΔDFO≅ΔBEO ，由全等三角形的性质得DO=BO，取CO的中点H，连接NH，HM，过点N作 NG ⊥ MH于G，由三角形中位线得MH ∥ BC， MH=12BC=1 ，NH ∥ FO， NH=12FO=12 ，由勾股定理得 MN=NG2+GM2即可求解.
【解答】
解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC=AB=2,AD∥BC,
∴∠DBE=∠BDF,∠DFO=∠BEO,
∵E为BC中点,F是AD的中点,
∴DF=AF=12AD=12BC=BE=CE=1,
∴ΔDFO≅ΔBEO（ASA），
∴DO=BO,
∵AC与BD互相平分,
∴AC过点O,
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD,∠DAO=∠BCO=30∘,
∴FO=AF=DF=1,
∴∠FAO=∠FOA=30∘,
取CO的中点H，连接NH，HM，过点N作NG ⊥ MH于G，
∵M是OB的中点,N是FC的中点,H是CO的中点,
∴MH∥BC,MH=12BC=1,NH∥FO,NH=12FO=
∴∠NHA=∠AOF=30∘,∠OHM=∠ACB=30∘,
∴∠NHM=60∘,
∵NG⊥MH,
∴∠GNH=30∘,
∴HG=12NH=14,NG=34,
∴GM=34,
18.
【答案】
3
【解析】
本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，掌握两个知识点是关键；由平行四边形的性质得CD=AB=6；再由三角形中位线定理即可求解．
【解答】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=6；
∵点O、E分别是AC、AD的中点，
∴OE=12CD=3；
故答案为：
19.
【答案】
52
【解析】
本题考查了矩形的性质、三角形中位线定理以及勾股定理等知识，熟记矩形的性质和三角形中位线定理，由勾股定理求出CE的长是解题的关键.
连接CE，根据矩形的性质和勾股定理求出CE的长度，再根据三角形的中位线定理得 MN=12CE即可求解.
【解答】
解：连接CE，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=4,∠D=90∘,
∵E是AD边上的中点，
∴DE=12AD=3,
∴CE=CD2+DE2=5,
∵M,N分别是PE、PC的中点，
∴MN是 ΔPCE的中位线，
∴MN=12CE=52,
故答案为： 52.
20.
【答案】
6
【解析】
根据三角形中位线定理，可得 AC=2DE=12，再由直角三角形的性质，即可求解.
【解答】
解： ∵DE是 ΔABC的中位线， DE=6
∵AC=2DE=12
∵在Rt ΔABC中， ∠ABC=90∘， BF是 AC边上的中线，
∴BF=12AC=6.
21.
【答案】
322/322
【解析】
本题主要考查直角三角形中线定理，中位线定理和勾股定理，熟悉掌握相关的判定和性质是解题的关键．因为∠BAD=60∘，AC平分∠BAD，求得∠DAC=30∘，因为点E分别是AC的中点, △ADC是直角三角形，根据直角三角形中线定理求得：AE=EC=DE=12AC=32，∠DEC=60∘，因为点E、F分别是AC、BC的中点,根据中位线定理求得EF=12AB=32,∠CAB=∠CEF=30∘，所以∠DEF=90∘，最后根据勾股定理即可求解．
【解答】
解：∵∠BAD=60∘，AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠BAC=12∠BAD=30∘，
∵点E是AC的中点, △ADC是直角三角形，
∴ AE=EC=DE=12AC=32，
∴∠EAD=∠EDA=30∘
∴∠DEC=∠EAD+∠EDA=30∘+30∘=60∘，
∵点E、F分别是AC、BC的中点,
∴ EF=12AB=32，EF∥AB，
∴∠CAB=∠CEF=30∘，
∴ ∠DEF=30∘+60∘=90∘，
根据勾股定理得：DF=DE2+EF2=322+322=322．
故答案为：322．
22.
【答案】
1
【解析】
本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，平行线的性质，角平分线的定义，等角对等边，先由勾股定理求出AB=5，再由三角形中位线定理得到DE=12AB=2.5，DE∥AB，由平行线的性质和角平分线的定义证明∠DAF=∠DFA，得到DF=DA=1.5，则EF=DE−DF=1．
【解答】
解：∵在Rt△ABC中，∠C=90∘，AC=3,BC=4
∴AB=AC2+BC2=5，
∵D、E分别为CA,CB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，AD=12AC=1.5，
∴DE=12AB=2.5，DE∥AB，
∴∠DFA=∠BAF，
∵AF平分∠BAC，
∴∠DAF=∠BAF，
∴∠DAF=∠DFA，
∴DF=DA=1.5，
∴EF=DE−DF=1，
故答案为：1．
23.
【答案】
65∘或 25∘
【解析】
由题意可分当点E在线段CB上时和当点E在线段CB的延长线上时，然后根据平行线的性质及折叠的性质可进行求解. 【详解】解：如图1，当点E在线段CB上时，
图1
∵OF∥AB,
∵OF∥AB,
∴∠COF=∠BAC=50∘,
∴∠COE=∠FOE=25∘,
∵∠ABC=90∘,∠BAC=50∘,
∴∠ACB=40∘,
∴∠OEB=∠ACB+∠COE=65∘;
如图2，当点E在线段CB的延长线上时，
图2
∵OF∥AB,
∴∠AOF=∠BAC=50∘,
∴∠COF=130∘,
∴∠COE=∠FOE=360∘−130∘2=115∘.
∵∠ACB=40∘,
∴∠OEB=180∘−∠ACB−∠COE=25∘.
综上所述， ∠OEB的度数为 65∘或 25∘.
【解答】
此题暂无解答
24.
【答案】
b2−aba+b
【解析】
本题考查正方形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是添加辅助线，构造特殊图形：将AD分别沿着AB,AC翻折，得到AE,AG，连接EC,GB并延长交于点F，证明四边形AGFE为正方形，得到∠F=90∘,FG=EF=AE=b，进而得到BF=b−a，设CD=CE=x，则：BC=a+x,CF=b−x，利用勾股定理进行求解即可．
【解答】
解：∵AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90∘，
将AD分别沿着AB,AC翻折，得到AE,AG，连接EC,GB并延长交于点F，如图：
则：∠E=∠ADC=90∘,∠AGB=∠ADB=90∘,AE=AD=AG=b,CD=CE,DB=BG=a，∠DAB=∠GAB,∠CAE=∠CAD，
∵∠BAC=45∘，
∴∠DAB+∠GAB+∠CAE+∠CAD=2∠BAC=90∘，
∴四边形AGFE为正方形，
∴∠F=90∘,FG=EF=AE=b，
∴BF=b−a，
设CD=CE=x，则：BC=a+x,CF=b−x，
在Rt△BFC中，BC2=BF2+CF2，
∴(a+x)2=(b−x)2+(b−a)2
∴x=b2−aba+b
∴CD=b2−aba+b；
故答案为：b2−aba+b．
25.
【答案】
532
【解析】
连接PM、PN．首先证明∠MPN=90∘，设PA=2a，则PB=10−2a，PM=a，PN=3(5−a)，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．本题考查菱形的性质、勾股定理、配方法的应用等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，灵活运用配方法解决最值问题．
【解答】
解：连接PM、PN．
∵四边形APCD，四边形PBFE是菱形，∠DAP=60∘，
∴∠APC=120∘，∠EPB=60∘，
∵M，N分别是对角线AC，BE的中点，
∴∠CPM=12∠APC=60∘，∠EPN=12∠EPB=30∘，
∴∠MPN=60∘+30∘=90∘，
设PA=2a，
则PB=10−2a，PM=a，BN=12BP=5−a
PN=BP2−BN2=3(5−a)，
∴MN=a2+[3(5−a)]2=4a2−30a+75=4(a−152)2+754，
当a=152时，则4(a−152)2+754=754，此时有最小值，
即a=3时，MN=4(a−152)2+754=754=532，
∴MN有最小值，最小值为532，
故答案为：532．
26.
【答案】
2
【解析】
本题可先根据矩形性质确定各点坐标相关条件，建立平面直角坐标系，将点M、N坐标用含变量的式子表示，再依据两点间距离公式列出MN的表达式，最后通过完全平方公式求其最小值．
【解答】
解：由矩形ABCD，AC=4，AC=2AB，
∴OC=OC=OB=OA=AB=CD=2，
∴△OAB是等边三角形，
∴∠ABO=60∘，
∴∠DBC=90∘−60∘=30∘，
根据勾股定理，BC=AC2−AB2=16−4=23 ．
以B为原点，BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，建立坐标系．过M作MG⊥BC于G，则B(0,0)，C23,0，A(0,2)，D23,2，
设OM=CN=t(0≤t≤2)．
∴BN=23−t，MG=12BM，
∴N23−t,0．
∵MG⊥BC， ∠DBC=30∘
∴MG=12BM=12(2+t)=1+12t，OG=32BM=3+32t，
∴M3+32t,1+12t
MN2=3+32t−23−t]2+[1+12t−0]2
化简得：MN2=(t+32t−3)2+(12t+1)2=2+3t−3+12+2
当t=3−1时，MN最小值为2 ，
故答案为：2．
27.
【答案】
6013
【解析】
本题考查了勾股定理，矩形的判定与性质，连接CP，证明四边形CDPE是矩形，得出DE=CP，再根据当CP⊥AB时，CP最短，即可推出结果．
【解答】
解：如图，连接CP，
∵PD⊥BC、PE⊥AC，AC⊥BC，
∴四边形CDPE是矩形，
∴DE=CP，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AC=AB2−BC2=132−122=5，
由题意可知，当CP⊥AB时，CP最短，CP=AC⋅BCAB=5×1213=6013，
即DE的最小值为6013，
故答案为：6013．
28.
【答案】
43
【解析】
本题考查了菱形的性质，勾股定理，配方法的应用，熟练掌握菱形性质，二次函数的最值是解题的关键．过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，设点E、F的运动速度为1，运动时间为x，则AE=DF=x，利用菱形的性质，勾股定理，配方法求最值解答即可．
【解答】
解：过点F作FG⊥AD交AD的延长线于点G，
设点E、F的运动速度为1，运动时间为x，则AE=DF=x，
∵边长为8的菱形ABCD，∠DAB=60∘，
∴DE=8−x， CD∥AB，
∴∠GDC=60∘，∠GFD=30∘，
∴DG=12DF=x2，由勾股定理得：FG=DF2−DG2=3x2，
∴EG=DE+DG=8−x2，
根据勾股定理，得EF2=EG2+GF2=8−x22+32x2
=64−8x+x2
=(x−4)2+48，
当x=4时，EF2取得最小值48，此时EF取得最小值48=43，
故答案为：43．
29.
【答案】
4或5
【解析】
结合题意，根据平行四边形的性质，列一元一次方程并求解，即可得到答案．
【解答】
设点P和点Q运动时间为t
∵AD=12cm，点P自点A向D以1cm/s的速度运动，到D点即停止
∴点P运动时间t≤AD1=12秒
∵BC=15cm，点Q自点C向B以2cm/s的速度运动，到B点即停止
∴点Q运动时间t≤BC2=152秒
∴点P和点Q运动时间t≤152
直线PQ分原四边形为两个新四边形，其中一个新四边形为平行四边形，分两种情况分析：
当四边形PDCQ为平行四边形时
PD=QC
结合题意得：PD=AD−AP=12−t，QC=2t
∴12−t=2t
∴t=4，且满足t≤152
当四边形APQB为平行四边形时
AP=BQ
结合题意得：AP=t，BQ=BC−QC=15−2t
∴t=15−2t
∴t=5，且满足t≤152
∴当P，Q同时出发秒4或5后其中一个新四边形为平行四边形．
三、解答题
30.
【答案】
见解析
当∠ABE=30∘时，四边形ABCD是矩形，理由见解析
【解析】
（1）由∠ABD=∠CDB得出AB∥CD，再证明△ABE≅△CDFAAS得出AB=CD，即可得证；
（2）证明△ABO是等边三角形，得出AO=BO，结合平行四边形的性质得出AC=BD，即可得证．
【解答】
（1）解：证明：∵∠ABD=∠CDB，
∴AB∥CD，
∴∠BAE=∠CDF，
∵BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，
∴∠AEB=∠CFD=90∘，
∵BE=DF，
∴△ABE≅△CDFAAS，
∴AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：当∠ABE=30∘时，四边形ABCD是矩形，理由如下：
∵AB=BO，BE⊥AO，
∴∠ABO=2∠ABE=60∘，
∴△ABO是等边三角形，
∴AO=BO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC=2AO，BD=2BO，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形．
31.
【答案】
见详解
7
【解析】
（1）先证四边形 OCED 是平行四边形。再证平行四边形 OCED 是矩形，则 ∠COD=90∘ ，得 AC⊥BD ，然后由菱形的判定即可得出结论；
（2）证明 ΔABC 是等边三角形, 得 AC=AB=2 , 再由勾股定理得 OD=3 , 然后由矩形的在得 CE=OD=3,∠OCE=90∘ , 即可解决问题.
【解答】
（1）证明： ∵DE∥AC,DE=OC,
四边形 OCED 是平行四边形.
∵OE=CD,
平行四边形 OCED 是矩形
∴∠COD=90∘,
∴AC⊥BD,
∴▫ABCD 是菱形；
（2）解： ∵ 四边形 ABCD 是菱形
∴OA=OC,CD=AB=BC=2,AC⊥BD,
∵∠ABC=60∘,
∴ △ABC是等边三角形，
∴AC=AB=2, ∴OA=OC=1,
在Rt Δ OCD中，由勾股定理得： OD=CD2−OC2=3
由（1）可知，四边形 OCED 是矩形
∴CE=OD=3,∠OCE=90∘, ∴AE=AC2+CE2=22+(3)2=7,
即 AE 的长为 7 .
32.
【答案】
见解析
96【分析】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握各定理是解题的关键。
(1)根据线段垂直平分线的性质得到BO=CO, ∠BEO=∠COF=90∘, 根据平行线的性质得到∠EBO=∠FCO, 根据全等三角形的性质得到BE=CF, 推出四边形BFCE是平行四边形, 根据菱形的判定定理得到结论;
(2)根据平行四边形的性质得到BC=AD=12, 求得OC=12BC=6, 根据勾股定理得到OE=CE2−OC2=8, 于是得到四边形BFCE的面积=12EF⋅BC=12×16×12=96.
【详解】(1)证明: ∵EF垂直平分BC,
∴BO=CO, ∠BEO=∠COF=90∘,
∵CF∥BE,
∴∠EBO=∠FCO,
∴ΔBOE≅ΔCOF (ASA),
∴BE=CF,
∴四边形BFCE是平行四边形,
∵EF垂直平分BC,
∴BE=CE,
∴四边形BFCE为菱形;
(2)解: ∵四边形ABCD是平行四边形,
∴BC=AD=12,
∴OC=12BC=6,
∴OE=CE2−OC2=8,
∴四边形BFCE的面积=12EF⋅BC=12×16×12=96.
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
33.
【答案】
见解析
30∘
【解析】
（1）由题意得：△ABC≅△DEF，推出AC=DF,∠CAB=∠FDE，得AC // DF，即可求证；
（2）由题意得CA=CD，推出∠CDA=∠CAD=30∘，即可求解；
【解答】
（1）解：证明：由题意得：△ABC≅△DEF，
∴AC=DF,∠CAB=∠FDE，
∴AC // DF，
∴四边形AFDC是平行四边形；
（2）解：∵四边形ACDF是菱形，
∴CA=CD，
∴∠CDA=∠CAD=30∘，
∴∠ACD=180∘−∠CDA−∠CAD=120∘，
∴∠BCD=∠ACD−∠ACB=30∘
34.
【答案】
见解析
2
【解析】
（1）根据线段垂直平分线的性质得出 AB=AD ，证明 ΔDOC≅ΔBOA ，得出 DC=AB ，则可证四边形 ABCD 是平行四边形，再由 AB=AD 可得平行四边形 ABCD 是菱形；
（2）根据菱形的性质得出 OB的长以及 ∠AOB=90∘ ，利用勾股定理求出 OA的长，再根据直角三角形斜边中线定理得出 OE=12AC ，即可解答.
【解答】
（1）证明： ∵AB∥DC ,
∴∠CAB=∠DCA ,
∵AC垂直平分 BD ,
∴BO=DO ， AD=AB ,
又 ∠DOC=∠BOA ,
∴ΔDOC≅ΔBOA ,
∴CD=BA ,
∵AB∥DC ,
∴四边形 ABCD 是平行四边形，
∵AB=AD ,
∴四边形 ABCD 是菱形；
（2）解： ∵四边形 ABCD 是菱形，
∴AC⊥BD,OA=OC=12AC,OB=OD=12BD=1 ,
∴∠AOB=90∘ ,
在Rt △AOB中， OA=AB2−OB2=52−12=2 ,
∵CE⊥AB ,
∴∠AEC=90∘ ,
∵OA=OC ,
∴OE=12AC=OA=2 .
35.
【答案】
见解析
见解析
【解析】
（1）连接BD交AC于点O，由平行四边形的性质得 OA=OC ， OB=OD ，再证明 OG=OH ，然后由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）连接BD交AC于点O，连接BG，BH，先证明EG是 ΔABH的中位线，得EG ∥ BH，同理BG ∥ DH，再证明四边形BHDG是平行四边形，得AO=OC，然后由平行四边形的判定即可得出结论.
【解答】
（1）证明：如图1，连接BD交AC于点O，
图1
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC ，OB=OD，
∵G、H是对角线AC的三等分点，
∴AG=CH,
∴OA−AG=OC−CH,
即OG=OH,
∴四边形BHDG是平行四边形；
（2）证明：如图2，连接BD交AC于点O，连接BG，BH，
图2
∵ G、H是对角线AC的三等分点，
∵ G、H是对角线AC的三等分点，
∴AG=GH,
∵E是AB的中点，
∴EG是 ΔABH的中位线，
∴EG∥BH,
同理BG ∥DH,
∴四边形BHDG是平行四边形，
∴BO=OD,GO=OH,
又 ∵AG=HC,
∴AG+GO=HC+OH,
即AO=OC,
∴四边形ABCD是平行四边形.
36.
【答案】
见解析
① ，见解析
【解析】
（1）根据题意作图即可；
（2）根据矩形的判定即可得到四边形ABCD是矩形.
【解答】
（1）如图，四边形ABCD即为所求.
（2）结论：四边形ABCD是矩形.
理由： ∵∠1=∠2,
∴OA=OB,
∵OA=OC,OB=OD,
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC=2OA,BD=2OB,OA=OB,
∴AC=BD
∴四边形ABCD是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）
37.
【答案】
见解析
3132
【分析】 (1) 利用菱形的性质得到 DE=OC,DE∥OC，先判断四边形 OCED 为平行四边形，再判断矩形；
(2) 分别求出 CE 和 AC，再利用勾股定理求解即可.
【详解】 (1) 证明：∵ 四边形 ABCD 是菱形，
∴AC⊥BD,AO=OC=12AC,
∴∠DOC=90∘,
∵DE∥AC，且 DE=12AC,
∴DE=OC,DE∥OC,
∴ 四边形 OCED 是平行四边形，
又 ∵∠DOC=90∘,
∴ 平行四边形 OCED 是矩形；
(2) 解：∵ 四边形 ABCD 是菱形，
∴AC⊥BD,BC=CD=3,OB=OD,AO=OC=12AC,
∵∠BCD=60∘,
∴ΔBCD 是等边三角形，
∴BC=BD=3,
∴OD=OB=32,
∴OC=332,
∴AC=2OC=33,
由 (1) 得：四边形 OCED 为矩形，
∴CE=OD=1,∠OCE=90∘,
在 Rt△ACE 中，由勾股定理得： AE=(32)2+(33)2=3132,
故 AE 的长为： 3132.
【点睛】 本题考查了菱形的性质和矩形的判定与性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质等，解题关键是牢记它们的概念与性质.
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
38.
【答案】
【解析】
通过证明 ΔABD≅ΔDCA(SSS)和 ΔABC≅ΔDCB(SSS)，即可得到答案；
(2) 连接AC，通过证明Rt ΔABC≅RtΔCDA(HL)得到AD=BC，再利用平行四边形和矩形的判定即可得到答案；
(3) 根据矩形的判定解答即可.
【解答】
解：如图，
在 ΔABD与 ΔDCA中，
AB=CDAD=AD,AC=BD
∴ΔABD≅ΔDCA(SSS)，
∴∠BAD=∠CDA,
同理可得： ΔABC≅ΔDCB(SSS)，
∴∠BAD=∠ABC,
∵∠ABC=∠ADC,
∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠CDA;
故答案为： ① ∠BAD=∠CDA;
②ΔABC≅ΔDCB;
③∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠CDA;
(2) 证明：连接 AC
图2
∵ ∠B=∠D ∠B=90∘ ∴∠D=90∘
又 ∵AB=CD AC=AC ∴RtΔABC≅RtΔCDA(HL) ∴AD=BC ∴四边形ABCD是平行四边形，
又 ∵∠B=90∘ ∴平行四边形ABCD是矩形；
(3) 解：如图 ①
①
四边形ABCD满足以上条件但显然不是矩形，
存在的合理性：
如图，设点C，D分别是射线BN，AM上的动点，且保持 ∠ADC=∠ABC（均为锐角）.
BC10
当C，B两点重合时，显然 C1D1>AB ，CD离AB越远，CD越小（趋近于0），即存在 C2D2