人教版八年级下册第十八章 平行四边形综合与测试单元测试课后作业题

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注意事项：
本试卷满分120分，试题共26题，选择10道、填空8道、解答8道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020春•沙河口区期末）若平行四边形中两个内角的度数比为1：3，则其中较小的内角是（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【分析】首先设平行四边形中两个内角分别为x°，3x°，由平行四边形的邻角互补，即可得x+3x＝180，继而求得答案．
【解析】设平行四边形中两个内角分别为x°，3x°，
则x+3x＝180，
解得：x＝45°，
∴其中较小的内角是45°．
故选：B．
2．（2020秋•坪山区期末）菱形，矩形，正方形都具有的性质是（ ）
A．四条边相等，四个角相等
B．对角线相等
C．对角线互相垂直
D．对角线互相平分
【分析】利用菱形、矩形和正方形的性质进行判断．
【解析】菱形，矩形，正方形都具有的性质为对角线互相平分．
故选：D．
3．（2020春•荔湾区月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，点D为斜边AB上的中点，则CD为（ ）
A．10B．3C．5D．4
【分析】根据勾股定理求出AB，根据直角三角形的性质计算，得到答案．
【解析】在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，
∴AB=AC2+BC2=82+62=10，
∵点D为斜边AB上的中点，
∴CD=12AB=12×10＝5，
故选：C．
4．（2018春•番禺区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，E，F分别是BC，AC的中点，以AC为斜边作Rt△ADC，若∠CAD＝∠CAB＝45°，则下列结论不正确的是（ ）
A．CD=2EFB．AB=2CD
C．∠DEC＝33.75°D．DE平分∠FDC
【分析】根据直角三角形的性质、三角形中位线定理判断A、B；根据等腰三角形的性质、三角形中位线定理判断C；根据角平分线的定义判断D．
【解析】∵Rt△ADC是以AC为斜边的直角三角形，∠CAD＝45°，F是AC的中点，
∴DF=12AC，DF⊥AC，∠DCA＝90°，
∴CD=2DF，
∵E，F分别是BC，AC的中点，
∴EF=12AB，
∵AB＝AC，
∴FE＝FD，
∴CD=2EF，A正确，不符合题意；
由题意得，CD=2EF=2×12AB，
∴AB=2CD，B正确，不符合题意；
∵E，F分别是BC，AC的中点，
∴EF∥AB，
∴∠EFC＝∠BAC＝45°，∠FEC＝∠ABC＝67.5°，
∴∠EFD＝135°，
∴∠FED＝22.5°，
∴∠DEC＝45°，C错误，符合题意；
∵∠FDC＝45°，∠FDE＝22.5°，
∴DE平分∠FDC，D正确，不符合题意；
故选：C．
5．（2020春•安庆期末）如图，△ABC的周长为17，点D，E在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为点N，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为点M，若BC＝6，则MN的长度为（ ）
A．32B．2C．52D．3
【分析】证明△BNA≌△BNE，得到BA＝BE，即△BAE是等腰三角形，同理△CAD是等腰三角形，根据题意求出DE，根据三角形中位线定理计算即可．
【解析】∵BN平分∠ABC，BN⊥AE，
∴∠NBA＝∠NBE，∠BNA＝∠BNE，
在△BNA和△BNE中，∠ABN=∠EBNBN=BN∠ANB=∠ENB，
∴△BNA≌△BNE（ASA），
∴BA＝BE，
∴△BAE是等腰三角形，
同理△CAD是等腰三角形，
∴点N是AE中点，点M是AD中点（三线合一），
∴MN是△ADE的中位线，
∵BE+CD＝AB+AC＝17﹣BC＝17﹣6＝11，
∴DE＝BE+CD﹣BC＝5，
∴MN=12DE=52．
故选：C．
6．（2020春•西湖区校级月考）如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F在对角线BD上，四边形AECF是菱形，且∠DAE＝67.5°，则BE的长为（ ）
A．2B．2C．42-4D．6﹣42
【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ABD＝∠ADB＝45°，根据三角形的内角和定理求∠AED，从而得到∠DAE＝∠AED，再根据等角对等边的性质得到AD＝DE，然后求出正方形的对角线BD，再求出BE．
【解析】在正方形ABCD中，∠ABD＝∠ADB＝45°，
∵∠DAE＝67.5°，
∴在△ADE中，∠AED＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴∠DAE＝∠AED，
∴AD＝DE＝4，
∵正方形的边长为4，
∴BD＝42，
∴BE＝BD﹣DE＝42-4．
故选：C．
7．（2020春•遵义期末）矩形ABCD中，AD＝3，AB＝9，点E、F同时分别从点A、C出发沿AB、CD方向以每秒1个单位的速度运动，当四边形EBFD为菱形时，两点运动的时间为（ ）
A．4秒B．5秒C．6秒D．62秒
【分析】设t秒时四边形EBFD为菱形，根据菱形的性质得到DE＝DF＝FB＝BE，然后表示出AE＝t，DF＝9﹣t，从而根据勾股定理列出方程32+t2＝（9﹣t）2求解即可．
【解析】设t秒时四边形EBFD为菱形，
此时DE＝DF＝FB＝BE，
则AE＝t，DF＝9﹣t，
根据勾股定理得：32+t2＝（9﹣t）2，
解得：t＝4，
故选：A．
8．（2020•绥化）如图，在Rt△ABC中，CD为斜边AB的中线，过点D作DE⊥AC于点E，延长DE至点F，使EF＝DE，连接AF，CF，点G在线段CF上，连接EG，且∠CDE+∠EGC＝180°，FG＝2，GC＝3．下列结论：
①DE=12BC；
②四边形DBCF是平行四边形；
③EF＝EG；
④BC＝25．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】证出DE是△ABC的中位线，则DE=12BC；①正确；证出DF＝BC，则四边形DBCF是平行四边形；②正确；由直角三角形斜边上的中线性质得出CD=12AB＝BD，则CF＝CD，得出∠CFE＝∠CDE，证∠CDE＝∠EGF，则∠CFE＝∠EGF，得出EF＝EG，③正确；作EH⊥FG于H，由等腰三角形的性质得出FH＝GH=12FG＝1，证△EFH∽△CEH，则EHCH=FHEH，求出EH＝2，由勾股定理的EF=5，进而得出BC＝25，④正确．
【解析】解；∵CD为斜边AB的中线，
∴AD＝BD，
∵∠ACB＝90°，
∴BC⊥AC，
∵DE⊥AC，
∴DE∥BC，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AE＝CE，DE=12BC；①正确；
∵EF＝DE，
∴DF＝BC，
∴四边形DBCF是平行四边形；②正确；
∴CF∥BD，CF＝BD，
∵∠ACB＝90°，CD为斜边AB的中线，
∴CD=12AB＝BD，
∴CF＝CD，
∴∠CFE＝∠CDE，
∵∠CDE+∠EGC＝180°，∠EGF+∠EGC＝180°，
∴∠CDE＝∠EGF，
∴∠CFE＝∠EGF，
∴EF＝EG，③正确；
作EH⊥FG于H，如图所示：
则∠EHF＝∠CHE＝90°，∠HEF+∠EFH＝∠HEF+∠CEH＝90°，FH＝GH=12FG＝1，
∴∠EFH＝∠CEH，CH＝GC+GH＝3+1＝4，
∴△EFH∽△CEH，
∴EHCH=FHEH，
∴EH2＝CH×FH＝4×1＝4，
∴EH＝2，
∴EF=FH2+EH2=12+22=5，
∴BC＝2DE＝2EF＝25，④正确；
故选：D．
9．（2019春•惠山区期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC，BD于点E，P，连接OE，∠ADC＝60°，AB=12BC＝2，下列结论：①∠CAD＝30°；②BD＝27；③S四边形ABCD＝AB•AC；④OE=14AD；⑤S△BOE=32．其中正确的个数有（ ）个
A．2B．3C．4D．5
【分析】①先根据角平分线和平行线的性质得：∠BAE＝∠BEA，则AB＝BE＝2，由有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形得：△ABE是等边三角形，由外角的性质和等腰三角形的性质得：∠ACE＝30°，最后由平行线的性质可作判断；
②先根据三角形中位线定理得：OE=12AB＝1，OE∥AB，根据勾股定理计算OC，OD的长，即可求BD的长；
③因为∠BAC＝90°，根据平行四边形的面积公式可作判断；
④根据三角形中位线定理可作判断；
⑤由三角形中线的性质可得：S△BOE＝S△EOC=12OE•OC=32．
【解析】①∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，
∴∠DAE＝∠BEA，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴AB＝BE＝2，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE＝BE＝2，
∵BC＝4，
∴EC＝2，
∴AE＝EC，
∴∠EAC＝∠ACE，
∵∠AEB＝∠EAC+∠ACE＝60°，
∴∠ACE＝30°，
∵AD∥BC，
∴∠CAD＝∠ACE＝30°，
故①正确；
②∵BE＝EC，OA＝OC，
∴OE=12AB＝1，OE∥AB，
∴∠EOC＝∠BAC＝60°+30°＝90°，
Rt△EOC中，OC=EC2-OE2=3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠BAD＝120°，
∴∠ACB＝30°，
∴∠ACD＝90°，
Rt△OCD中，OD=OD2+CD2=7
BD＝2OD＝27
故②正确
③由②知：∠BAC＝90°，
∴S▱ABCD＝AB•AC，
故③正确；
④由②知：OE是△ABC的中位线，
∴OE=12AB，
∵AB=12BC，
∴OE=14BC=14AD，
故④正确；
⑤∵BE＝EC＝2
∴S△BOE＝S△EOC=12OE•OC=32
故⑤正确
故选：D．
10．（2020春•汉阳区校级期中）如图，某校区内有甲、乙两块大小一样的长方形地块，地块长30m，宽25m，现要在长方形地块内分别修筑如图所示的两条平行四边形小路（图中阴影部分），余下的部分绿化．现已知AB＝CD＝1m，EF＝GH＝1m，记甲、乙地块的绿化面积分别为S1、S2，则S1、S2的大小关系是（ ）
A．S1＜S2B．S1＝S2C．S1＞S2D．无法确定
【分析】根据平移的性质，确定出绿地的长和宽，然后计算，进行比较即可得解．
【解析】把甲、乙地块小路平移到地块的边上，
可得甲、乙地块绿地的长均为为30﹣1＝29，
宽均为25﹣1＝24米，
所以甲、乙地块绿地面积：
S1＝S2＝29×24＝696（平方米）．
故选：B．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020秋•双阳区期末）如图，D、E分别是△ABC的边AB和AC的中点，若BC＝18，则DE＝ 9 ．
【分析】根据三角形的中位线定理解答即可．
【解析】∵D、E分别是△ABC的边AB和AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∵BC＝18，
∴DE＝9，
故答案为：9．
12．（2019秋•仪征市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC＝12，BC＝8，BE是高，且点D、F分别是边AB、BC的中点，则△DEF的周长等于 16 ．
【分析】由三角形中位线定理和直角三角形斜边上的中线性质求出DF、EF、DE的长，即可得出答案．
【解析】∵点D、F分别是边AB、BC的中点，AB＝AC＝12，BE是高，
∴DF是△ABC的中位线，AF⊥BC，BE⊥AC，
∴DF=12AC＝6，EF=12BC＝4，DE=12AB＝6，
∴△DEF的周长＝DF+EF+DE＝6+4+6＝16；
故答案为：16．
13．（2020秋•苏州期中）如图．平行四边形A与平行四边形B部分重叠在一起，重叠部分的面积是A的14，是B的16，则平行四边形A与平行四边形B的面积比是 2：3 ．
【分析】设重叠部分的面积为a，依据重叠部分的面积是A的14，是B的16，即可得到平行四边形A与平行四边形B的面积比．
【解析】设重叠部分的面积为a，
∵重叠部分的面积是A的14，是B的16，
∴平行四边形A的面积为4a，平行四边形B的面积为6a，
∴平行四边形A与平行四边形B的面积比是4a：6a＝2：3，
故答案为：2：3．
14．（2020秋•青羊区校级月考）如图，已知正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，若AE＝1，则EF的长为 52 ．
【分析】如图，将△DAE绕点D按逆时针方向旋转90°得到△DCM，由“SAS”可证△DEF≌△DMF，可得EF＝MF，由勾股定理可求解．
【解析】如图，将△DAE绕点D按逆时针方向旋转90°得到△DCM．
∵△DAE绕点D逆时针旋转90°得到△DCM，
∴DE＝DM，∠EDM＝90°，∠A＝∠DCM＝90°，
∴∠DCM+∠DCF＝180°，
∴点F，点C，点M三点共线，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝45°，
∴∠EDF＝∠FDM，
在△DEF和△DMF中，
DF=DF∠EDF=∠FDMDE=DM
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF＝MF；
设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝1，AB＝BC＝3，
∴EB＝AB﹣AE＝3﹣1＝2，BM＝BC+CM＝3+1＝4，
∴BF＝BM﹣MF＝4﹣x．
在Rt△EBF中，由勾股定理得EB2+BF2＝EF2，
即22+（4﹣x）2＝x2，
解得：x=52，
则EF的长为52，
故答案为：52．
15．（2020秋•瓜州县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点P为边AB上任意一点，过点P作PE⊥AC，PF⊥BD，垂足分别为E、F，则PE+PF＝ 245 ．
【分析】连接OP．由勾股定理得出AC＝10，可求得OA＝OB＝5，由矩形的性质得出S矩形ABCD＝AB•BC＝48，S△AOB=14S矩形ABCD＝12，OA＝OB＝5，由S△AOB＝S△AOP+S△BOP=12OA•PE+12OB•PF=12OA（PE+PF）=12×5×（PE+PF）＝12求得答案．
【解析】连接OP，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，
∴OA＝OB，AC=AB2+BC2=82+62=10，
∴S矩形ABCD＝AB•BC＝48，S△AOB=14S矩形ABCD＝12，OA＝OB＝5，
∴S△AOB＝S△AOP+S△BOP=12OA•PE+12OB•PF=12OA（PE+PF）=12×5×（PE+PF）＝12，
∴PE+PF=245；
故答案为：245．
16．（2020•高新区一模）如图，矩形ABCD中，E为BC的中点，将△ABE沿直线AE折叠，使点B落在点F处，连接FC，若∠DAF＝18°，则∠DCF＝ 36 度．
【分析】由折叠的性质得：FE＝BE，∠FAE＝∠BAE，∠AEB＝∠AEF，求出∠BAE＝∠FAE＝36°，由直角三角形的性质得出∠AEF＝∠AEB＝54°，求出∠CEF＝72°，求出FE＝CE，由等腰三角形的性质求出∠ECF＝54°，即可得出∠DCF的度数．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠BCD＝90°，
由折叠的性质得：FE＝BE，∠FAE＝∠BAE，∠AEB＝∠AEF，
∵∠DAF＝18°，
∴∠BAE＝∠FAE=12（90°﹣18°）＝36°，
∴∠AEF＝∠AEB＝90°﹣36°＝54°，
∴∠CEF＝180°﹣2×54°＝72°，
∵E为BC的中点，
∴BE＝CE，
∴FE＝CE，
∴∠ECF=12（180°﹣72°）＝54°，
∴∠DCF＝90°﹣∠ECF＝36°；
故答案为：36．
17．（2020春•方城县期中）如图，E为▱ABCD内任一点，且▱ABCD的面积为6，则图中阴影部分的面积为 3 ．
【分析】根据三角形面积公式可知，图中阴影部分面积等于平行四边形面积的一半．所以S阴影=12S四边形ABCD．
【解析】设两个阴影部分三角形的底为AB，CD，高分别为h1，h2，则h1+h2为平行四边形的高，
∴S△EAB+S△ECD=12AB•h1+12CD•h2=12AB（h1+h2）
=12S四边形ABCD=12×6＝3．
故答案为：3．
18．（2020春•海陵区校级期中）如图，正方形ABCD中，E为CD上一点（不与C、D重合）．AE交对角线BD于点F，过点F作FG⊥AE交BC于G，连接EG，现有如下结论：①AF＝FG； ②EF＞DE；③GE＝BG+DE； ④∠FGE＝∠DAE； ⑤在CD上存在两个符合条件的E点使CE＝CG．以上正确的有 ①③④ （填序号）．
【分析】如图①，连接CF，由“SAS”可证△ABF≌△CBF，可得AF＝CF，∠BAF＝∠BCF，可得AF＝FG，如图②，把△ADE顺时针旋转90°得到△ABH，由“SAS”可证△AHG≌△AEG，可得HG＝EG，由全等三角形的性质和正方形的性质依次判断可求解．
【解析】如图①，连接CF，
在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABF＝∠CBF＝45°，
在△ABF和△CBF中，
AB=BC∠ABF=∠CBF=45°BF=BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF＝CF，∠BAF＝∠BCF，
∵FG⊥AE，
∴在四边形ABGF中，∠BAF+∠BGF＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
又∵∠BGF+∠CGF＝180°，
∴∠BAF＝∠CGF，
∴∠CGF＝∠BCF，
∴CF＝FG，
∴AF＝FG，故①正确；
∵∠DFE＝∠ADF+∠DAE＝45°+∠DAE＞∠FDE，
∴DE＞EF，故②错误；
如图②，把△ADE顺时针旋转90°得到△ABH，则AH＝AE，BH＝DE，∠BAH＝∠DAE，
∵AF＝FG，FG⊥AE，
∴△AFG是等腰直角三角形，
∴∠EAG＝45°，
∴∠HAG＝∠BAG+∠DAE＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAG＝∠HAG，
在△AHG和△AEG中，
AH=AE∠EAG=∠HAGAG=AG，
∴△AHG≌△AEG（SAS），
∴HG＝EG，
∵HG＝BH+BG＝DE+BG＝EG，故③正确；
∵AF＝FG，AF⊥FG，
∴∠FAG＝∠FGA＝45°，
∵△AHG≌△AEG，
∴∠AGH＝∠AGE＝∠AGF+∠EGF＝45°+∠FGE，
∵AD∥BC，
∴∠DAG＝∠AGH，
∴∠DAG＝∠AGE＝45°+∠DAE，
∴∠DAE＝∠FGE，故④正确；
∵在CD上存在1个符合条件的E点使CE＝CG，
∴⑤错误，
故答案为①③④．
三、解答题（本大题共8小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020•乾县二模）已知：如图，点E和点F分别在▱ABCD的边BC和AD上，线段EF恰好经过BD的中点O．
求证：AF＝CE．
【分析】直接利用平行四边形的性质结合全等三角形的判定方法得出△FOD≌△EOB，进而得出答案．
【解析】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
在△FOD和△EOB中
∵∠FDO=∠EBO∠FOD=∠BOEFO=EO，
∴△FOD≌△EOB（AAS），
∴FD＝BE，
∴AD﹣DF＝BC﹣BE
∴AF＝EC．
20．（2020春•下陆区期末）如图，已知平行四边形ABCD的对角线AC和BD交于点O，且AC+BD＝28，BC＝12，求△AOD的周长．
【分析】首先根据平行四边形的性质和对角线的和求得AO+OD的长，然后根据BC的长求得AD的长，从而求得△AOD的周长．
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵AC+BD＝28，
∴AO+OD＝14，
∵AD＝BC＝12，
∴△AOD的周长＝AO+OD+AD＝14+12＝26．
21．（2020•青岛）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别在BD和DB的延长线上，且DE＝BF，连接AE，CF．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）连接AF，CE．当BD平分∠ABC时，四边形AFCE是什么特殊四边形？请说明理由．
【分析】（1）根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到AD＝CB，AD∥BC，从而可以得到∠ADE＝∠CBF，然后根据SAS即可证明结论成立；
（2）根据BD平分∠ABC和平行四边形的性质，可以证明▱ABCD是菱形，从而可以得到AC⊥BD，然后即可得到AC⊥EF，再根据题目中的条件，可以证明四边形AFCE是平行四边形，然后根据AC⊥EF，即可得到四边形AFCE是菱形．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝CB，AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠ADE＝∠CBF，
在△ADE和△CBF中，
AD=CB∠ADE=∠CBFDE=BF，
∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）当BD平分∠ABC时，四边形AFCE是菱形，
理由：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴AC⊥EF，
∵DE＝BF，
∴OE＝OF，
又∵OA＝OC，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AFCE是菱形．
22．（2020•丰台区二模）如图，矩形ABCD，延长CD至点E，使DE＝CD，连接AC，AE，过点C作CF∥AE交AD的延长线于点F，连接EF．
（1）求证：四边形ACFE是菱形；
（2）连接BE交AD于点G．当AB＝2，∠ACB＝30°时，求BG的长．
【分析】（1）根据矩形的性质得到∠ADC＝90°，求得AE＝AC，EF＝CF，根据平行线的性质得到∠EAD＝∠AFC，求得AE＝EF＝AC＝CF，于是得到结论；
（2）如图，根据矩形的性质得到∠ABC＝∠BCE＝90°，CD＝AB，根据直角三角形的性质得到BC＝23，CE＝4，由勾股定理得到BE=BC2+CE2=27，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∴AF⊥CE，
∵CD＝DE，
∴AE＝AC，EF＝CF，
∴∠EAD＝∠CAD，
∵AE∥CF，
∴∠EAD＝∠AFC，
∴∠CAD＝∠CFA，
∴AC＝CF，
∴AE＝EF＝AC＝CF，
∴四边形ACFE是菱形；
（2）解：如图，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BCE＝90°，CD＝AB，
∵AB＝2，CD＝DE，
∴BC＝23，CE＝4，
∴BE=BC2+CE2=27，
∵AB＝CD＝DE，∠BAE＝∠EDG＝90°，∠AGB＝∠DGE，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴BG＝EG，
∴BG=12BE=7．
23．（2018春•高阳县期末）如图，已知：在平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝4，∠ABC＝60°，E为AD上一点，连接CE，AF∥CE且交BC于点F．
（1）求证：四边形AECF为平行四边形．
（2）证明：△AFB≌△CED．
（3）DE等于多少时，四边形AECF为菱形．
（4）DE等于多少时，四边形AECF为矩形．
【分析】（1）根据题意和平行四边形的判定可以证明结论成立；
（2）根据平行四边形的性质和全等三角形的判定可以证明结论成立；
（3）先猜想DE的长，然后根据猜想证明结论成立即可解答本题；
（4）先猜想DE的长，然后根据猜想证明结论成立即可解答本题．
【解析】（1）证明：∵在平行四边形ABCD中，
∴AD∥BC，
∵点E、点F分别为AD和BC上的点，
∴AE∥CF，
又∵AF∥CE，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD和四边形AECF都是平行四边形，
∴∠B＝∠D，AB＝CD，AD＝BC，AE＝CF，
∴BF＝DE，
在△AFB和△CED中，
AB=CD∠B=∠DBF=DE，
∴△AFB≌△CED（SAS）；
（3）当DE＝2时，四边形AECF为菱形，
理由：∵AB＝2，AD＝4，DE＝2，
∴AE＝2，
同理可得，CF＝2，
∵∠B＝60°，AB＝2，BF＝2，
∴△ABF是等边三角形，
∴AF＝AB＝2，
∴AE＝AF＝FC＝CE，
∴四边形AECF是菱形；
（4）当DE＝1时，四边形AECF是矩形，
理由：∵DE＝1，CD＝2，∠D＝60°，
cs∠D=DECD=12，
∴∠CED＝90°，
∴∠AED＝90°，
∴平行四边形AECF是矩形，
即当DE＝1时，四边形AECF是矩形．
24．（2020春•焦作期末）如图，在▱ABCD中，点O是边BC的中点，连接DO并延长，交AB的延长线于点E，连接BD，EC．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）当∠BOD＝ 90 °时，四边形BECD是菱形；
（3）当∠A＝50°，则当∠BOD＝ 100 °时，四边形BECD是矩形．
【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE＝OD，即可得出结论；
（2）对角线互相垂直平分的平行四边形是菱形；
（3）由平行四边形的性质得出∠BCD＝∠A＝50°，由三角形的外角性质求出∠ODC＝∠BCD，得出OC＝OD，证出DE＝BC，即可得出结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝CD，
∴∠OEB＝∠ODC，
又∵O为BC的中点，
∴BO＝CO，
在△BOE和△COD中，
∠OEB=∠ODC∠BOE=∠CODBO=CO，
∴△BOE≌△COD（AAS）；
∴OE＝OD，
∴四边形BECD是平行四边形；
（2）解：当∠BOD＝90°时，四边形BECD是菱形；
理由：∵四边形BECD是平行四边形，
∴当∠BOD＝90°时，四边形BECD是菱形；
（3）解：若∠A＝50°，则当∠BOD＝100°时，四边形BECD是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠A＝50°，
∵∠BOD＝∠BCD+∠ODC，
∴∠ODC＝100°﹣50°＝50°＝∠BCD，
∴OC＝OD，
∵BO＝CO，OD＝OE，
∴DE＝BC，
∵四边形BECD是平行四边形，
∴四边形BECD是矩形；
故答案是：（2）90°；
（3）100°．
25．（2020•临沂）如图，菱形ABCD的边长为1，∠ABC＝60°，点E是边AB上任意一点（端点除外），线段CE的垂直平分线交BD，CE分别于点F，G，AE，EF的中点分别为M，N．
（1）求证：AF＝EF；
（2）求MN+NG的最小值；
（3）当点E在AB上运动时，∠CEF的大小是否变化？为什么？
【分析】（1）连接CF，根据垂直平分线的性质和菱形的对称性得到CF＝EF和CF＝AF即可得证；
（2）连接AC，根据菱形对称性得到AF+CF最小值为AC，再根据中位线的性质得到MN+NG的最小值为AC的一半，即可求解；
（3）延长EF，交DC于H，利用外角的性质证明∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由AF＝CF＝EF，得到∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，从而推断出∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FEA+∠CEF，从而可求出∠ABF＝∠CEF＝30°，即可证明．
【解析】（1）连接CF，
∵FG垂直平分CE，
∴CF＝EF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴A和C关于对角线BD对称，
∴CF＝AF，
∴AF＝EF；
（2）连接AC，交BD于点O，
∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，
∴MN=12AF，NG=12CF，即MN+NG=12（AF+CF），
当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，
AF+CF最小，即此时MN+NG最小，
∵菱形ABCD边长为1，∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，AC＝AB＝1，
即MN+NG的最小值为12；
（3）不变，理由是：
延长EF，交DC于H，
∵∠CFH＝∠FCE+∠FEC，∠AFH＝∠FAE+∠FEA，
∴∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，
∵点F在菱形ABCD对角线BD上，根据菱形的对称性可得：
∠AFD＝∠CFD=12∠AFC，
∵AF＝CF＝EF，
∴∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，
∴∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FEA+∠CEF，
∴∠ABF＝∠CEF，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABF＝∠CEF＝30°，为定值．
26．（2020秋•和平区期末）如图，在边长为16的菱形ABCD中，AC、BD为对角线，∠BCD＝60°，点E、F分别是边AB、边BC上的动点，连接DE、DF、EF．
（1）当点E、点F分别是边AB，边BC的中点时．
①求证：△DEF是等边三角形；
②若点G是对角线AC上的动点，连接EG，FG，则直接写出EG+FG的最小值为 16 ；
（2）若点H是对角线AC上的动点，连接EH、FH，则直接写出EH+FH的最小值为 83 ；
【分析】（1）①由菱形的性质可得AB＝BC＝CD＝AD＝16，∠BCD＝∠BAD＝60°，可证△ABD，△BCD是等边三角形，由等边三角形的性质可证DF＝DF，∠EDF＝60°，可得结论；
②作点F关于AC的对称点N，连接GN，则FG＝GN，当点E，点G，点N三点共线时，EG+FG的最小值为EN，即可求解；
（2）作点F关于AC的对称点N，连接HN，则FH＝HN，当点E，点H，点N三点共线且EN⊥CD时，EH+FH的最小值为EN，即可求解；
【解析】证明：（1）①∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝16，∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD，△BCD是等边三角形，
∵点E、点F分别是边AB，边BC的中点，
∴∠ADE＝∠BDE＝∠BDF＝∠CDF＝30°，AE＝BE＝BF＝CF＝8，DE=3AE＝83，DF=3CF＝83，
∴DF＝DF，∠EDF＝60°，
∴△DEF是等边三角形；
②∵四边形ABCD是菱形，
∴AC平分∠BCD，
如图1，作点F关于AC的对称点N，连接GN，则FG＝GN，
∴EG+FG＝EG+GN，
∴点E，点G，点N三点共线时，EG+FG的最小值为EN，
∵点F，点N关于AC对称，
∴CN＝CF=12BC=12CD，
∴DN＝CN＝AE＝BE，
又∵AB∥CD，
∴四边形AEND是平行四边形，
∴EN＝AD＝16，
故答案为：16；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC平分∠BCD，
如图2，作点F关于AC的对称点N，连接HN，则FH＝HN，
∴EH+FH＝EH+HN，
∴点E，点H，点N三点共线且EN⊥CD时，EH+FH的最小值为EN，
此时EN＝83，
∴EH+FH的最小值为83；