中考数学复习专题1---几何证明题（带答案）

平行四边形练习题20200218
1．如图1，在▱ABCD中，∠D=45°，E为BC上一点，连接AC，AE，

（1）若AB=2，AE=4，求BE的长；
（2）如图2，过C作CM⊥AD于M，F为AE上一点，CA=CF，且∠ACF=∠BAE，求证：AF+AB=AM．
【答案】（1）2-2；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）如图（1），过A作AH⊥BC于H，解直角三角形即可得到结论；
（2）如图（2），在AM上截取MN=MC，在△ACF内以AF为底边作等腰直角三角形AFP，连接CP，根据平行线的性质函数三角形的内角和得到∠CAN=∠PAC，求得∠APC=∠FPC==135°=∠ANC，根据全等三角形的性质得到AP=AN，于是得到结论．
【详解】
解：（1）如图（1），过A作AH⊥BC于H，

在▱ABCD中，∠D=∠B=45°，AB=2，
∴AH=BH=2，
∵AE=4，
∴EH==2，
∴BE=BH-EH=2-2；

（2）如图（2），在AM上截取MN=MC，在△ACF内以AF为底边作等腰直角三角形AFP，连接CP，

∵∠AFC+∠FAC+∠ACF=180°，∠B+∠FAC+∠BAF+∠CAN=180°，
∴∠AFC=∠B+∠CAN=45°+∠CAN，
∵∠FAC=∠FAP+∠PAC=45°+∠PAC，∴∠FAC=∠∠AFC，
∴∠CAN=∠PAC，
∵∠APC=∠FPC==135°=∠ANC，
∴△APC≌△ANC（AAS），
∴AP=AN，
∵AM=AN+MN，
∴AM=AN+MN=AF+CD=AF+AB，
即AF+AB=AM．
【点睛】
考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确的作出辅助线解题的关键．
2．已知，如图在▱ABCD中，点E为AB上一点，连接CE、DE，且CE⊥AB，CE＝AB，点F为BC上一点，连接DF交CE于点G，∠CGD＝∠B；

（1）若CG＝2，AD＝3，求GE的长；
（2）若CF＝DE，求证：AD＝CG+BE．
【答案】（1）；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）求出，根据勾股定理计算即可求解；
（2）可得，根据角的和差关系可得，再根据线段的和差关系即可得证．
【详解】
解：（1）在▱ABCD中，
∵AB∥CD，CE⊥AB，
∴CD⊥CE，
∴∠DCE＝∠CEB＝90°，
∵CE＝AB，
∴CE＝CD，
∴△CDE是等腰三角形，
∵∠CGD＝∠B，
∴△CDG≌△ECB，
∴DG＝BC＝AD＝3，
∴CD＝，
GE＝；
（2）CF＝，
∴∠CDF＝∠CFD＝∠BCE，∠CGD＝∠BCE+∠CFD＝2∠CDF，
∴∠CDF＝30°，
DG＝2CG，BC＝2BE，CG＝BE＝，
∴AD＝BC＝CG+BE．
即AD＝CG+BE．
【点睛】
本题考查了平行四边形性质，等腰三角形的性质和判定，平行线分线段成比例定理，全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识点的应用，主要考查学生综合运用定理进行推理的能力．
3．如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，连接。

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求的长。
【答案】（1）详见解析；（2）长为5．
【解析】
【分析】
（1）根据矩形性质求出AD∥BC，推出∠MDO=∠NBO，∠DMO=∠BNO，证△DMO≌△BNO，推出OM=ON，得出平行四边形BMDN，推出菱形BMDN；
（2）根据菱形性质求出MD=MB，在Rt△AMB中，根据勾股定理得出BM2=AM2+AB2，推出x2=（8-x）2+42，求出即可．
【详解】
（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵在和中，
，
∴，∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，∴平行四边形是菱形．
（2）解：

∵四边形是菱形，∴，
设长为，则，
在中，
即，解得：，所以长为5．
故答案为：（1）详见解析；（2）长为5．
【点睛】
本题考查了矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理等知识点的应用，对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
4．已知，在中，，于点，分别交、于点、点，连接，若.

（1）若，求的面积.
（2）求证：.
【答案】（1）72；（2）见解析．
【解析】
【分析】
（1）由得AB=CD，AD=BC，AB∥CD，则∠BAG=∠ACE，由得∠ACE+∠EAC=90°，则∠BAG+∠EAC=∠BAE =90°，由，可证得∠AFB=∠ACE，又因为BF=BC，可得BF=AC，可证△ABF≌△EAC，则AB=AE，的面积=AE∙CD=，在Rt△ABE中，由BE=12即可求得；
（2）由（1）知：△ABF≌△EAC，得△EAD≌△EAC，设CE=x，则AB=CD=2x，BF=AD=x，根据面积法计算AG的长，作高线GH，利用三角函数分别得EH和GH的长，利用勾股定理计算EG的长，代入结论化简可得结论．
【详解】
（1）解：∵，
∴AB=CD，AD=BC，AB∥CD，
∴∠BAG=∠ACE，
∵，
∴∠ACE+∠EAC=90°，
∴∠BAG+∠EAC=∠BAE =90°，
∵，，
∴∠AFB=∠ACE，∠AEC =∠BAE =90°，
∵BF=BC，，
∴BF=AC，
∴△ABF≌△EAC，
∴AB=AE，
∴的面积=AE∙CD=，
在Rt△ABE中， BE=12
∴2= =72，
∴的面积=72；

（2）证明：由（1）知：△ABF≌△EAC，
∵BF=BC=AD，
∴△EAD≌△EAC，
∴AF=DE=CE，AE=AB=2CE，
设CE=x，则AB=CD=2x，BF=AD=x，，
S△ABF=BF•AG=AF•AB，
x•AG=x•2x，
∴AG=x，
∴CG=x-x=x，
过G作GH⊥CD于H，
sin∠ECG== ，
∴GH=x，
cos∠ECG== ，
CH=x，
∴EH=x-x=，
∴EG== = ，
∴= = ，
∴GE=AG．
故答案为（1）72；（2）见解析．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、直角三角形的判定和性质，勾股定理、三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，熟练掌握勾股定理与三角函数定义．
5．如图，在平行四边形中，，是中点，在延长线上，连接相交于点.

（1）若，求平行四边形的面积；
（2）若，求证：.
【答案】（1）18；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）过点A作AH⊥BC于H，由AC=BC，∠ABC=75°，得出∠ACB=30°，则AH=AC=BC=3，S平行四边形ABCD=2S△ABC=2×BC•AH，即可得出结果；
（2）过点A作AN∥CE，交BG于N，则∠ECA=∠CAN，由E是AB中点得出EF是△ABN的中位线，则EF=AN，证明∠GBC=∠ECA，∠GBC=∠G，∠ACB=∠CAG得出∠ECB=∠ECA=∠CAN=∠GAN，推出∠GAN=∠G，则AN=GN，由平行线的性质得出==1，得出BF=FN，即可得出结论．
【详解】
（1）解：作，垂足为，则

∵，
∴ ，
∴，
∴；
（2）过点A作AN∥CE，交BG于N，如图2所示：

则∠ECA=∠CAN，
∵E是AB中点，
∴EF是△ABN的中位线，
∴EF=AN，
∵AC=BC，E是AB中点，
∴∠ECB=∠ECA，
∵∠GBC=∠ECB，
∴∠GBC=∠ECA，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠GBC=∠G，∠ACB=∠CAG，
∴∠ECB=∠ECA=∠CAN=∠GAN，
∴∠GAN=∠G，
∴AN=GN，
∵EF∥AN，
，
∴BF=FN，
∴GF=GN+FN=AN+BF，
∴GF=BF+2EF．
【点睛】
考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质、平行四边形与三角形面积的计算等知识，熟练掌握平行四边形的性质、构建三角形中位线、证明等腰三角形是解题的关键．
6．已知：如图平行四边形中，，且，过作于，点是的中点，连接交于点，点是的中点，过作交的延长线于.

（1）若，求的长.（2）求证：.
【答案】（1）；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）由已知四边形是平行四边形得出，且，可求出AF，再通过证明即可求出的长；（2）通过作辅助线证明即可证明.
【详解】
解：（1）在平行四边形中，
，
∵，
∴，
，，
∴，
∴.
点是的中点，
，
.
∴，
∴
∴，，
∴.
（2）连接，
∵，，
∴，
∵点是的中点，，
∴，
∴，
∴
∴，
∴，
∴.

方法二：取中点，连接（其他证法均参照评分）
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、三角形全等的判定与性质，利用三角形证明与是解题的关键.
7．如图，已知四边形ABCD为正方形，AB=，点E为对角线AC上一动点，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求证：矩形DEFG是正方形；
②探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．

【答案】(1)见解析;(2) 是定值
【解析】
分析：①作出辅助线，得到EN=EM，然后判断∠DEN=∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE=EF即可；
②同①的方法证出△ADE≌△CDG得到CG=AE，得出CE+CG=CE+AE=AC=4即可．
详解：①过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵正方形ABCD，
∴∠BCD=90°，∠ECN=45°，
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°， 且NE=NC，∴四边形EMCN为正方形．
∵四边形DEFG是矩形，∴EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，又∠DNE=∠FME=90°．在△DEN和△FEM中，∵∠DNE=∠FME，EN=EM，∠DEN=∠FEM，∴△DEN≌△FEM（ASA），∴ED=EF，∴矩形DEFG为正方形，
②CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°．
∵四边形ABCD是正方形，∵AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠ADE=∠CDG．在△ADE和△CDG中，∵AD=CD，∠ADE=∠CDG，DE=DG，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE=CG，
∴AC=AE+CE=AB=×2=4，∴CE+CG=4 是定值．

点睛：本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，矩形的判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解答本题的关键是作出辅助线，判断三角形全等．
8．如图，在平行四边形ABCD中，过点A作对角线BD的垂线，垂足为E，点F为AD的中点，连接FE并延长交BC于点G．

（1）求证：；
（2）若，，，求BG的长.
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由直角三角形斜边中线定理，得到EF=DF，然后得到∠FED=∠FDE，利用平行线的性质和对顶角相等，得到∠EBG=∠BEG，从而得到BG=GE.
（2）由平行四边形和平行线的性质，可以得到△ABE为等腰直角三角形，根据计算得AE=BE=3，又AF=EF=3，可得△AEF为等边三角形，则∠EAD=60°，从而得到∠EBG=∠ADE=30°，进而得到BG的长度.
【详解】
解：（1）证明：∵
∴
∵点F是AD的中点
∴
∴
∵四边形ABCD是平行四边形
∴
∴
∵
∴
∴
（2）∵四边形ABCD是平行四边形

∴，
∴
∵
∴
∴
∴
由（1）可得，
∴是等边三角形
∴
∴
∴
；
【点睛】
本题考查了等腰三角形判定和性质，直角三角形斜边中线定理，以及含30°角的直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握含30°角的直角三角形的角度和边长的计算问题.
9．在菱形ABCD中，∠B=60º，E是边CD上一点，以CE为边作等边△CEF．

（1） 如图1，当CE⊥AD ，CF=时，求菱形ABCD的面积；
（2） 如图2，过点E作∠CEF的平分线交CF于H，连接DH，并延长DH与AC的延长交于点P，若∠ECD=15º，求证：．
【答案】（1）；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）由等边三角形的性质得出CE的长．再由菱形的性质及∠B=60º得到CD的长，根据菱形的面积公式即可得出结论．
（2）连接DF，过F作FG⊥CD于G．由菱形的性质及∠B=60º得到△ABC和△ACD是等边三角形，即可证明△ACE≌△DCF，进而得到DF//AP，由平行线的性质得到∠FDH=∠CPH．
由等边三角形的性质得到CH=HF．可证明△CHP≌△FHD，得到DF=CP．在Rt△DGF中，由∠FDC=60º，可得．在等腰Rt△CFG中，有，从而可以得出结论．
【详解】
（1）∵等边△CEF，CF=，∴CE=CF=．
∵菱形ABCD，∠B=60º，∴∠D=∠B=60º，AD=CD．
∵CE⊥AD，∴∠ECD=30º，∴CD=4，∴AD=4，∴S菱形ABCD=AD•CE=．

（2）连接DF，过F作FG⊥CD于G．

∵菱形ABCD，∴AB=BC=CD=AD．
∵∠B=60º，∴△ABC和△ACD是等边三角形，∴∠CAD=∠ACD=60º．
∵等边△CEF，∴CE=CF，∠ECF=60º，∴∠ACD-∠ECD=∠ECF-∠ECD即∠ACE=∠DCF．
在△ACE与△DCF中，，∴△ACE≌△DCF，∴∠FDC=60º．
∵∠ACD=60º，∴DF//AP，∴∠FDH=∠CPH．
∵等边△CEF，EH平分∠CEF，∴CH=HF．
在△CHP与△FHD中，∵∠FDH=∠CPH，∠FHD=∠CHP，HF=CH，∴△CHP≌△FHD，∴DF=CP．
∵∠FDC=60º，FG⊥CD，∴．
∵∠ECF=60º，∠ECD=15º，∴∠DCF=45º．
∵∠DCF=45º，FG⊥CD，∴，∴．
【点睛】
本题是四边形综合题．考查了菱形的性质及含30°角的直角三角形的性质．解题的关键是通过作FG⊥CD于G，把△CDF分成含30°的直角三角形和一个等腰直角三角形．
10．如图，在矩形ABCD中，点E为AD上一点，连接BE、CE, ．
（1）如图1，若 ；
（2）如图2，点P是EC的中点，连接BP并延长交CD于点F，H为AD上一点，连接HF,且 ,求证：.

【答案】（1）1；（2）详见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题意四边形ABCD是矩形，可得AE=BE，再利用勾股定理得到，即可解答
（2）延长BF,AD交于点M.，得到再证明，得到，即可解答
【详解】
解：(1)∵四边形ABCD是矩形
∴ AD=AC=4
∵
∴
∴AE=BE
∵
∴
∴
∴
（2）延长BF,AD交于点M.
∵四边形ABCD是矩形
∴,∴
∵点P是EC的中点
∴PC=PE
∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
【点睛】
此题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题关键在于利用矩形的性质求解
11．在正方形ABCD 中，点F是BC延长线上一点，过点B作BE⊥DF于点E，交CD于点G，连接CE.
（1）若正方形ABCD边长为3，DF=4，求CG的长；
（2）求证：EF+EG=CE.

【答案】(1)；(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质可得∠BCG=∠DCB=∠DCF=90°，BC=DC，再根据同角的余角相等求出∠CBG=∠CDF，然后利用“角边角”证明△CBG和△CDF全等，根据全等三角形对应边相等可得BG=DF，再利用勾股定理列式计算即可得解；
（2）过点过点C作CM⊥CE交BE于点M，根据全等三角形对应边相等可得CG=CF，全等三角形对应角相等可得∠F=∠CGB，再利用同角的余角相等求出∠MCG=∠ECF，然后利用“角边角”证明△MCG和△ECF全等，根据全等三角形对应边相等可得MG=EF，CM=CE，从而判断出△CME是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质证明即可．
【详解】
（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCG=∠DCB=∠DCF=90°，BC=DC，
∵BE⊥DF，
∴∠CBG+∠F=∠CDF+∠F，
∴∠CBG=∠CDF，
在△CBG和△CDF中，
，
∴△CBG≌△CDF（ASA），
∴BG=DF=4，
∴在Rt△BCG中，CG2+BC2=BG2，
∴CG==；
（2）证明：如图，过点C作CM⊥CE交BE于点M，

∵△CBG≌△CDF，
∴CG=CF，∠F=∠CGB，
∵∠MCG+∠DCE=∠ECF+∠DCE=90°，
∴∠MCG=∠ECF，
在△MCG和△ECF中，
，
∴△MCG≌△ECF（SAS），
∴MG=EF，CM=CE，
∴△CME是等腰直角三角形，
∴ME=CE，
又∵ME=MG+EG=EF+EG，
∴EF+EG=CE．
【点睛】
本题考查了正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形，熟练掌握性质定理是解题的关键.
12．在△BCF中，点D是边CF上的一点，过点D作AD∥BC，过点B作BA∥CD交AD于点A，点G是BC的中点，点E是线段AD上一点，且∠CDG＝∠ABE＝∠EBF．
（1）若∠F＝60°，∠C＝45°，BC＝2，请求出AB的长；
（2）求证：CD＝BF+DF．

【答案】（1）3+（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）过点E作EH⊥AB交AB于点H．分别求出AH，BH即可解决问题；
（2）连接EF，延长FE交AB与点M．想办法证明△BMF是等腰三角形即可解决问题；
【详解】
解：（1）过点E作EH⊥AB交AB于点H．

∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD为平行四边形．
∴AB＝DC，∠DAB＝∠DBC，
在△CGD和△AEB中，
，
∴△CGD≌△AEB，
∴∠DGC＝∠BEA，
∴∠DGB＝∠BED，
∵AD∥BC，
∴∠EDG+∠DGB＝180°，
∴∠EDG+∠BED＝180°
∴EB∥DG，
∴四边形BGDE为平行四边形，
∴BG＝ED，
∵G是BD的中点，
∴BG＝BC，
∴BC＝AD，ED＝BG＝AD，
∵BC＝2，
∴AE＝AD＝，
在Rt△AEH中，∵∠EAB＝45°，sin∠EAB＝sin 45°＝，
∴EH＝，
∵∠EHA＝90°，
∴△AHE为等腰直角三角形，
∴AH＝EH＝，
∵∠F＝60°，
∴∠FBA＝60°，
∵∠EBA＝∠EBF，
∴∠EBA＝30°，
在Rt△EHB中，tan∠EBH＝tan 30°＝，
∴HB＝3，
∴AB＝3+.
（2）连接EF，延长FE交AB与点M．

∵∠A＝∠EDF，AE＝DE，∠AEM＝∠DEF，
∴△AEM≌△DEF（ASA），
∴DF＝AM，ME＝EF，
又∵∠EBA＝∠EBF，
∴△MBF是等腰三角形
∴BF＝BM，
又∵AB＝AM+BM，
∴CD＝BF+DF．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形或全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
13．如图，将正方形ABCD的边CD绕着点C顺时针旋转60°得到线段CE，连接DE、AE，再连接BD交AE于点F，最后连接CF；（1）求∠AFB的度数，（2）求证：.

【答案】（1）60°；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由题中旋转60°可得△CDE是等边三角形，正方形ABCD中可∠ADC=90°，AD=DC ∠ADF=45°，则可得∠ADE=150°，AD=DE，进而可知∠DAE=15°，可求得∠AFB=∠DAE+∠ADF=60°
（2）在BD上截取FG=AF，由（1）得∠AFB=60°，∠DAE=15°，故可知△AFG为等边三角形，∠BAG=15°，故可知∠BAG=∠DAF，即△ABG≌△ADF，即BG=DF，进而可推出BD=BG+FG+DF，故BD=2DF+AF，在正方形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°，故AB=BD，即AB=AF+2DF
【详解】
（1）∵线段DC旋转到EC，∠DCE=60°
∴△CDE是等边三角形
∴DE=DC，∠CDE=60°
∵正方形ABCD
∴∠ADC=90°，AD=DC，∠ADF=45°
∴∠ADE=150°，AD=DE
∴∠DAE=15°
∴∠AFB=∠DAE+∠ADF=60°



(2)证明：在BD上截取FG=AF
由（1）得∠AFB=60°
∴△AFG为等边三角形
∴AG=AF，∠FAG=60°
∵正方形ABCD
∴AB=AD，∠BAD=90°
又由（1）得∠DAE=15°
∴∠BAG=15°
∴∠BAG=∠DAF
∴△ABG≌△ADF
∴BG=DF
∵BD=BG+FG+DF
∴BD=2DF+AF
∵AB=AD，∠BAD=90°
∴AB=BD
∴AB=AF+2DF
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质和判定，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解本题的关键是利用截长补短法将BD转化为2DF+AF.
14．如图，平行四边形ABCD中，E在AD边上，AE=DC，F为平行四边形ABCD外一点，连接AF、BF，连接EF交AB于G，且∠EFB=∠C=60°.
（1）若AB=6，BC=8，求平行四边形ABCD的面积；
（2）求证：EF=AF+BF.

【答案】（1）；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）过点D作DH⊥BC于点H,利用30°角所对直角边等于斜边一半和平行四边形的性质得到DC=AB=6,再利用勾股定理求出高DH的长即可解题,（2）在EF上截取点M，使FM=FB,先利用题目中的60°角和平行四边形的性质证明△FBA≌△MBE,得到AF=EM即可解题.
【详解】
（1）过点D作DH⊥BC于点H

∵∠C=60°
∴∠CDH=30°
∴CH=DC
∵四边形ABCD是平行四边形
∴DC=AB=6
∴CH=3,
∴DH=,

（2）在EF上截取点M，使FM=FB,连接EB.
∵∠EFB=60°
∴△BFM是等边三角形
∴BF=BM，∠FBM=60°
∵AE=DC,DC=AB
∴AE=AB
∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠BAD=∠C=60°
∴△ABE是等边三角形
∴BA=BE，∠ABE=60°
∵∠FBM=∠ABE=60°
∴∠FBA=∠MBE
∴△FBA≌△MBE
∴AF=EM
∴EF=EM+FM=AF+BF
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定,平行四边形的面积,难度较大,综合性强,熟悉平行四边形的面积求法,等边三角形的判定和平行四边形的性质是解题关键.
15．已知：如图，在▱ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，CE=CD，点F为CE的中点，点G为CD上的一点，连接DF、EG、AG，∠1=∠2。

（l）若CF=2，AE=3，求BE的长；
（2）求证：∠CEG=12∠AGE。
【答案】解：（1）∵CF=2，点F为CE的中点，∴CE=4。
∵CE=CD，∴CD=4。
∵四边ABCD是平行四边形，∴AB=CD=4。
∵ AE⊥BC，AE=3，∴BE=AB2−AE2=42−32=7。
（2）如图，过点GH∥BC交AE于点H，则∠CEG=∠EGH。

∵∠1=∠2，∠C=∠C，CE=CD，
∴△CEG≌△CDF（AAS）。∴CG=CF。
∵点F为CE的中点，∴点G为CD的中点。
∴点H为AE的中点，即GH是AE的垂直平分线。
∴GA=GE。∴∠EGH=∠AGH。
∴∠CEG=12∠AGE。
【解析】
（1）根据平行四边形对边相等的性质，由已知，经过等量代换得到直角三角形ABE的AB长，从而由已知的AE长，应用勾股定理可求得BE的长。
（2）过点GH∥BC交AE于点H，则∠CEG=∠EGH，通过△CEG≌△CDF得到点G为CD的中点，从而确定GH是AE的垂直平分线，根据线段垂直平分线上的点到线段两端距离相等的性质，得到GA=GE，进而根据等腰三角形三线合一的性质，得∠EGH=∠AGH，从而得证。
16．如图，▱ABCD中，E为平行四边形内部一点，连接AE，BE，CE．
（1）如图1，AE⊥BC交BC于点F，已知∠EBC＝45°，∠BAF＝∠ECF，AB＝，EF＝1，求AD的长；
（2）如图2，AE⊥CD交CD于点F，AE＝CF且∠BEC＝90°，G为AB上一点，作GP⊥BE且GP＝CE，并以BG为斜边作等腰Rt△BGH，连接EP、EH．求证：EP＝EH．

【答案】（1）AD＝3．（2）见解析．
【解析】
【分析】
（1）证明△AFB≌△CFE（AAS），推出BF=EF=1，利用勾股定理求出AF即可解决问题．
（2）如图2中，设PG交BE于T，BE交GH于Q．证明△BAE≌△EFC（ASA），推出BE=EC，再证明△EHB≌△PHG（SAS），推出△EHP是等腰直角三角形即可解决问题．
【详解】
（1）解：如图1中，

∵AF⊥BC，
∴∠AFB＝∠CFE＝90°，
∵∠EBC＝45°，
∴∠EBF＝∠BEF＝45°，
∴FB＝FE，
∵∠BAF＝∠ECF，
∴△AFB≌△CFE（AAS），
∴BF＝EF＝1，
∵AB＝ ，
∴AF＝CF＝ ＝2，
∴BC＝BF+CF＝3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝3；
（2）证明：如图2中，设PG交BE于T，BE交GH于Q．

∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∵AF⊥CD，
∴AF⊥AB，
∴∠BAE＝∠EFC＝90°，
∵∠BEC＝90°，
∴∠AEB+∠CEF＝90°，∠CEF+∠ECF＝90°，
∴∠AEB＝∠ECF，
∵AE＝CF，
∴△BAE≌△EFC（ASA），
∴BE＝EC，
∵GP＝EC，
∴GP＝BE，
∵GP⊥BE，
∴∠GTQ＝90°，
∵BH＝GH，∠BHG＝90°，
∴∠BHQ＝∠GTQ，
∵∠GQT＝∠BQH，
∴∠HGP＝∠HBE，
∴△EHB≌△PHG（SAS），
∴EH＝PH，∠TEO＝∠OPH，
∵∠EOT＝∠POH，
∴∠PHO＝∠ETO＝90°，
∴△EHP是等腰直角三角形，
∴PE＝EH．
故答案为：（1）AD＝3．（2）见解析．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
17．如图，平行四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点M为BC上一点，连接AM，且AB=AM，点E为BM中点，AF⊥AB，连接EF，延长FO交AB于点N．
（1）若BM=4，MC=3，AC=，求AM的长度；
（2）若∠ACB=45°，求证：AN+AF=EF．

【答案】（1） ；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）连接AE．根据等腰三角形的性质得到，AE⊥BM，根据勾股定理求出
即可得解.
（2）连接AE，作EH⊥AF于F，EG⊥DC交DC的延长线于E．根据∠AEC=∠AFC=90°，∠AEC+∠AFC=90°，得到A，E，C，F四点共圆，根据圆周角定理得到∠AFE=∠ACE=45°，继而得到∠EFA=∠EFG=45°，根据等腰直角三角形的性质得到EH=EG，AE=EC，证明Rt△EHA≌Rt△EGC，Rt△EHF≌Rt△EGF，△AON≌△COF根据全等三角形的性质得到，AN=CF，AN+AF=FC+AF=FG﹣CG+FH+AH=2FH，根据即可证明.
【详解】
（1）解：如图1中，连接AE．

∵AB=AM，BE=EM，
∴AE⊥BM，
在Rt△ACE中，∵AC=，EC=EM+CM=5，
∴
在Rt△AEM中，
（2）如图，连接AE，作EH⊥AF于F，EG⊥DC交DC的延长线于E．

∵∠AEC=∠AFC=90°，
∴∠AEC+∠AFC=90°，
∴A，E，C，F四点共圆，
∴∠AFE=∠ACE=45°，
∴∠EFA=∠EFG=45°，
∵EH⊥FA，EG⊥FG，
∴EH=EG，
∵∠ACE=∠EAC=45°，
∴AE=EC，
∴Rt△EHA≌Rt△EGC（HL），
∴AH=CG，
∵EF=EF，EH=EG，
∴Rt△EHF≌Rt△EGF（HL），
∴FH=FG，
∵AB∥CD，
∴∠OAN=∠OCF，
∵∠AON=∠COF，OA=OC，
∴△AON≌△COF（ASA），
∴AN=CF，
∴AN+AF=FC+AF=FG﹣CG+FH+AH=2FH，
∵
∴
【点睛】
考查等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，综合性比较强，难度较大.
18．如图1，在矩形ABCD中，AC为对角线，延长CD至点E使CE=CA，连接AE．F为AB上的一点，且BF=DE，连接FC．

（1）若DE=1，CF=，求CD的长；
（2）如图2，点G为线段AE的中点，连接BG交AC于H，若∠BHC+∠ABG=60°，求证：AF+CE=AC．
【答案】（1）3；（2）见解析.
【解析】
分析：（1）先证明△ADE≌△CBF，可得AE=CF= ，设CD=x，则CE=AC=x+1 ，在Rt△ACD中根据勾股定理列方程求解；
（2）延长BG交CD的延长线于点M，先证明△ABG≌EMG，从而可得CE+AF= 2CD，由等腰三角形的性质和三角形外角的性质可求∠M=∠MCG=∠ACG=∠ABG=15°，从而∠ACD=30°，由cos∠ACD=得,进而可证明结论.
详解：(1)解：∵矩形ABCD ，
∴AD=BC，∠ADC=∠ABC=90° .
∵∠ADE+∠ADC=180° ，
∴∠ADC=90° ，
∴∠ADC=∠ABC .
∵BF=DE ，
∴△ADE≌△CBF ，
∴AE=CF= ，
∴在Rt△ABC中，
AD= ，
设CD=x，则CE=AC=x+1 ，
，
解得： ，
即： ；
(2)证明：延长BG交CD的延长线于点M
易证△ABG≌EMG，
∴GM=GB,AB=CD,∠ABG=∠M，
又BF=ED，
∴AF=ME.
∴CE+AF=CE+ME=2CD,
连接CG, 在Rt△MCB，
CG=MG，
∴∠M=∠MCG.
又CA=CE，且点G是AE的中点,
∴ ∠MCG=∠ACG,
又∠BHC=∠M+∠MCG+∠ACG, ∠BHC+∠ABG=60,
∴∠M=∠MCG=∠ACG=∠ABG=15°,
∴∠ACD=30°.
∵cos∠ACD=,
∴,
∴AF+CE=AC.
点睛：本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解直角锐角三角函数的知识，用到得知识点比较多，难度比较大；在Rt△ACD中根据勾股定理列方程是解（1）的关键，求出∠M=∠MCG=∠ACG=∠ABG=15°是解（2）的关键.
19．已知在平行四边形中，过点作于点，且．连接交于点，作于点．
（1）如图1，若，，求的长；
（2）如图2，作于点，连接，求证：．

【答案】（1）；（2）详见解析.
【解析】
【分析】
（1）设，，则, 在中根据勾股定理可求出x的值,即可求出DG的值;
(2) 过D点作交AC于点K，根据等角的余角相等可证得,,再证明可得,,从而得到为等腰直角三角形,由此,最后可得结论.
【详解】
解:（1）设，，则
在中，,
,
；
（2）证明：
过D点作交AC于点K，

,

,
又



,
为等腰直角三角形



【点睛】
本题考查的是勾股定理、全等三角形的判定和性质，掌握勾股定理、全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键.
20．如图1，正方形ABCD中，E为BC上一点，过B作BG⊥AE于G，延长BG至点F使∠CFB=45°

（1）求证：AG=FG；
（2）如图2延长FC、AE交于点M，连接DF、BM，若C为FM中点，BM=10，求FD的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）25．
【解析】
试题分析：（1）证明：过C点作CH⊥BF于H点

∵∠CFB=45°
∴CH=HF
∵∠ABG+∠BAG=90°， ∠FBE+∠ABG=90°
∴∠BAG=∠FBE
∵AG⊥BF CH⊥BF
∴∠AGB=∠BHC=90°
在△AGB和△BHC中
∵∠AGB=∠BHC，∠BAG=∠HBC， AB=BC
∴△AGB≌△BHC
∴AG=BH， BG=CH
∵BH=BG+GH
∴BH=HF+GH=FG
∴AG=FG
(2) ∵CH⊥GF∴CH∥GM∵C为FM的中点
∴CH=12GM∴BG=12GM∵BM=10
∴BG=25， GM=45（1分）∴AG=45AB=10
∴HF=25∴CF=25×2=210∴CM=210
过B点作BK⊥CM于K

∵CK=12CM=12CF=10， ∴BK=310
过D作DQ⊥MF交MF延长线于Q
∴△BKC≌△CQD
∴CQ=BK=310
DQ=CK=10∴QF=310－210=10∴DF=10+10=25
考点：三角形和正方形
点评：本题考查三角形和正方形的知识，解本题的关键是熟练掌握三角形和正方形的一些性质，此题难度较大
21．在菱形ABCD中，∠BAD=60°
（1）如图1，点E为线段AB的中点，连接DE、CE，若AB=4，求线段EC的长；
（2）如图2，M为线段AC上一点（不与A、C重合），以AM为边向上构造等边三角形AMN，连接NC、DM，Q为线段NC的中点，连接DQ、MQ，判断DM与DQ的数量关系，并证明你的结论.

【答案】（1）；（2）见解析；
【解析】
分析：（1）连接DB，利用菱形的性质、等边三角形的性质及勾股定理即可求解；
（2）延长MQ到H，使QH=MQ，连接DH、HC ，利用全等三角形的判定和性质、菱形的性质、勾股定理等即可求解.
详解：（1）∵菱形ABCD，
∴AD=DC=AB，DC∥AB，
∴∠DEA=∠CDE，
连接DB，

∵∠BAD=60°，
∴△ADB是等边三角形 ，
∵E为AB中点，
∴DE⊥AB，AE=，
∴∠DEA=90°，
∴∠CDE=90°，
在Rt△ADE中，AD=AB=4，AE==2，
∴DE= ，
在Rt△DCE中，DC=AB=4，
∴EC=；
（2）延长MQ到H，使QH=MQ，连接DH、HC ，

∵Q为NC中点，
∴NQ=CQ，
∵∠NQM=∠CQH，
∴△NQM≌△CQH（SAS），
∴NM=CH，∠MNQ=∠HCQ，
∴NM∥CH，
∴∠NMA=∠HCM，
∵有等边△AMN，
∴NM=AM，∠NMA=60°，
∴AM=CH，∠HCM=60°，
∵有菱形ABCD，AC为对角线，∠BAD=60°，
∴∠DAM=，
同理，∠DCA=30°，
∴∠HCD=30°，
∴△DAM≌△DCH（SAS），
∴DM=DH，∠ADM=∠CDH，
∴DQ⊥MH，∠MDQ=∠HDQ，∠MDH=∠ADC，
∴∠DQM=90°，
∵有菱形ABCD，∠BAD=60°，
∴∠ADC=120°，
∴∠MDH=120°，
∴∠MDQ=60°，
∴∠DMQ=30°，
∴DM=2DQ.
点睛：本题考查了菱形、等边三角形、勾股定理、全等三角形等知识. 正确构造辅助线是解题的关键.
22．如图，在平行四边形ABCD中，AB=2AD, AH⊥BC于点H，E是CD的中点，连接AE、 BE、HE.
（1）求证： AE⊥BE
（2）求证：∠DEH=3 ∠ EHC

【答案】证明见解析
【解析】
分析：（1）分别延长AE、BC交于点G，由角边角可证∆AED≌∆GEC，由全等三角形的性质可得AD=CG，AE=GE，即∆ABG是等腰三角形，由等腰三角形三线合一可得BE⊥AE；
（2）由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得HE=GE，由等边对等角得∠EHG=∠G，由平行四边形的性质得到AB=2AD由等边对等角证得∠CEG=∠G，即可得证.
详解：(1)分别延长AE、BC交于点G，

∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD=BC，AD//BC.
∴∠D=∠ECG
又∵E是CD的中点，
∴DE=CE，
又∵∠AED=∠GEC，
∴∆AED≌∆GEC，
∴AD=CG，AE=GE，
又∵AB=2AD，
∴AB=BC+CG=BG
∴BE是等腰三角形ABG底边上的中线
∴BE⊥AE.
(2)∵AH⊥BC,AE=GE..
∴HE是RtAHG斜边AG上的中线
∴HE=GE
∴∠EHG=∠G
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=2AD
∴AB=CD=2AD
又∵E是CD的中点，AD=CG
∴AB=CD=2CE=2CG，即CE=CG
∴∠CEG=∠G
∴∠CEG=∠AED=∠G=∠EHG.
∵∠CEG=∠AED，∠AEH=∠G+∠EHG，∠DEH=∠AED+∠AEH
∴∠DEH=∠AED+∠G+∠EHG =3∠EHC.
点睛：此题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线的性质、等边对等角等知识点，作出正确的辅助线，把握这些性质是解决此题的关键.
23．如图，正方形ABCD中，E为AB边上一点，过点D作DF⊥DE，与BC延长线交于点F．连接EF，与CD边交于点G，与对角线BD交于点H．
（1）若BF=BD=，求BE的长；
（2）若∠ADE=2∠BFE，求证：FH=HE+HD．

【答案】（1）BE=2-；（2）证明见解析.
【解析】
（1）利用△≌△求得AE的长，从而求得BE 的长
（2）在上截取一段，使得，利用两个全等，求得，，通过，求得△为等边三角形，得出，从而得出结论
（1）解：∵正方形
∴Rt△中，
即
∴
∵
∴
∵，
∴△≌△
∴
∴
（2）证明：在上截取一段，使得

∵△≌△
∴
∴△为等腰直角三角形
∴
∴△≌△
∴
又∵
∴
∵
∴
∴即△为等边三角形
∴
∴
24．如图1，在正方形ABCD中，点P为AD延长线上一点，连接AC、CP，过点C作CF⊥CP交于C，交AB于点F，过点B作BM⊥CF于点N，交AC于点M．
（1）若AP=AC，BC=4，求S△ACP；
（2）若CP﹣BM=2FN，求证：BC=MC；

【答案】（1）S△ACP=7；（2）证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=4，∠ADC=∠CDP=∠ABC=∠BCD=90°，由勾股定理求出AC，得出AP，即可求出S△ACP；（2）在CF上截取NG=FN，连接BG，则CF-CG=2FN，证出∠BCF=∠DCP，由ASA证明△BCF≌△DCP，得出CF=CP，证出CG=BM，由SAS证明△ABM≌△BCG，得出∠AMB=∠BGC，因此∠BMC=∠BGF，由线段垂直平分线的性质得出BF=BG，得出∠BFG=∠BGF，因此∠BMC=∠CBM，即可得出结论
试题解析：（1）∵四边形ABC是正方形，
∴AD∥BC，AB=BC=CD=4，∠ADC=∠CDP=∠ABC=∠BCD=90°，
∴AC=，
∴AP=AC=×=，
∴S△ACP=AP×CD=××4=7；
（2）证明：在CF上截取NG=FN，连接BG，如图1所示：

则CF﹣CG=2FN，
∵CF⊥CP，
∴∠PCF=90°，
∴∠BCF=∠DCP，
在△BCF和△DCP中， ，
∴△BCF≌△DCP（ASA），
∴CF=CP，
∵CP﹣BM=2FN，
∴CG=BM，
∵∠ABC=90°，BM⊥CF，
∴∠ABM=∠BCG，∠BFG=∠CBM，
在△ABM和△BCG中，，
∴△ABM≌△BCG（SAS），
∴∠AMB=∠BGC，
∴∠BMC=∠BGF，
∵GN=FN，BM⊥CF，
∴BF=BG，
∴∠BFG=∠BGF，
∴∠BMC=∠CBM，
∴BC=MC.
点睛：本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质，综合性较强，由一定的难度，特别是（2）中，需要通过作辅助线两次证明三角形全等才能得出结论.
25．如图，在平行四边形ABCD中，AD⊥BD，点E、点F分别在AB、BD上，且AD=AE=DF，连接DE、AF、EF．

（1）若，求的度数；
（2）若DE⊥EF，求证：DE=2EF．
【答案】（1）30°；（2）证明见解析．
【解析】
试题分析：（1）根据AD=DF，AD⊥BD，可得∠FAD=45°，∠ADB=90°，∠BAD=60°，又四边形ABCD是平行四边形，得∠ADC=120°，从而可求∠BDC的度数；
（2）首先过点A作AM⊥DE于M，易证得△ADM≌△DFE，然后由等腰三角形的性质，即可证得结论．
试题解析：（1）∵AD⊥BD，
∴∠ADB=90°，
又AD=DF，
∴∠FAD=45°，
∵∠EAF=15°，
∴∠BAD=∠BAF+∠FAD=15°+45°=60°，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴∠BAD+∠ADC=180°，
∴∠ADC=180°-∠BAD=180°-60°=120°
∴∠BDC=∠BDC-∠ADB=120°-90°=30°．
（2）过点A作AM⊥DE于M，

∵DE⊥EF，
∴∠AMD=∠DEF=90°，
∵∠ADM+∠EDF=90°，∠EDF+∠DFE=90°，
∴∠ADM=∠DFE，
在△ADM和△DFE中，

∴△ADM≌△DFE（AAS），
∴DM=EF，
∵AD=AE，
∴DE=2DM=2EF．
考点：平行四边形的性质．
26．如图，在正方形ABCD中，点E是AB中点，点F是AD上一点，且DE=CF，ED、FC交于点G，连接BG，BH平分∠GBC交FC于H，连接DH．

（1）若DE=10，求线段AB的长；
（2）求证：BG=BC；
（3）求证：DE﹣HG=EG．
【答案】（1）4；（2）证明见解析
【解析】试题分析：（1）设AE=x，利用正方形的性质和勾股定理即可解决；（2）在正方形ABCD中， 易证RT△CDF≌RT△DAE，利用四点共圆得出角相等，再利用RT△BCE≌RT△ADE得出结论；（3）利用△BHC≌△DGC，得出HC=DG，转化为GH=DG，即可得出结论.
试题解析：
设AE=x，则AD=2x，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=90°，∴x2+（2x）2=102，∴x=2，∴AB=2AE=4；
证明：在正方形ABCD中， 易证RT△CDF≌RT△DAE，∴∠FCD=∠ADE，∴∠GDC+∠DCF=90°，∴∠DGC=∠CGE=90°，∴∠EGC=∠EBC=90°，∴∠EGC+∠EBC=180°，∴B、C、G、E四点共圆，∠AED=∠BCG，连EC，∴∠BGC=∠BEC，∵BE=EA，BC=AD，∴RT△BCE≌RT△ADE，∴∠AED=∠BEC，∴∠BGC=∠AED，∴∠BGC=∠BCG，∴BG=BC.

（3）∵△BHC≌△DGC，∴HC=DG，又HC=GH，∴GH=DG，∴ED=EG+GH，即DE﹣HG=EG.
点睛：本题主要考查了全等三角形的判定与四点共圆的性质与判定，根据已知得出B、C、G、E四点共圆，以及BG是GC的中垂线是解题关键．