初中数学北师大版九年级上册第一章 特殊平行四边形综合与测试习题

这是一份初中数学北师大版九年级上册第一章 特殊平行四边形综合与测试习题，共20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。
一、单选题
1.（2019九上·西安月考）下列说法正确的有（ ）
①对角线互相平分且垂直的四边形是菱形；
②一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形；
③有一个角是直角的四边形是矩形；
④对角线相等且垂直的四边形是正方形
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
2.（2020·江阴模拟）如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=4.点G，E分别在边AB，CD上，点F，H在对角线AC上.若四边形EFGH是菱形，则AG的长是（ ）
A. 25 B. 5 C. 35 D. 6
3.（2021八上·西乡期末）如图所示，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，BC＝5.折叠纸片使点A落在边BC上的A′处，折痕为PQ.当点A′在边BC上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动.若限定点P、Q分别在边AB、AD上移动，则点A′在边BC上可移动的最大距离为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
4.（2019·南京模拟）如图，在一张长方形纸条上画一条截线AB，将纸条沿截线AB折叠，则△ABC一定是（ ）
A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形
5.（2019八下·平舆期末）如图，广场中心菱形花坛ABCD的周长是16米， ∠A=60° ，则A、C两点之间修条小路，路最短为（ ）
A. 4米 B. 43 米 C. 8米 D. 33 米
6.（2020·昆山模拟）如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE＝4，AF＝6，则AC的长为（ ）
A. 4 5 B. 6 3 C. 2 30 D. 2033
7.（2020·广州）如图，矩形 ABCD 的对角线 AC ， BD 交于点 O ， AB=6 ， BC=8 ，过点 O 作 OE⊥AC ，交 AD 于点 E ，过点 E 作 EF⊥BD ，垂足为 F ，则 OE+EF 的值为（ ）
A. 485 B. 325 C. 245 D. 125
8.（2020八下·岑溪期末）如图，在正方形 ABCD 中， E 是 BC 边上的一点， BE=4 ， CE=8 ，将正方形边 AB 沿 AE 折叠到 AF ，延长 EF 交 DC 于G.连接 AG ，现在有如下四个结论：① ∠EAG=45° ；② FG=FC ；③ FC ∥ AG ；④ SΔGFC=14 ; 其中结论正确的个数是（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
9.（2019八下·赵县期中）如图在给定的一张矩形纸片上作一个正方形，甲、乙两同学作法如下，甲：分别以A、B为圆心，的AB长为半径作弧分别交EC、AD于E、F，连接EF，则四边形ABEF是正方形；乙：分别作∠A、∠B的平分线AE、BF，分别交BC、AD于E、F，连接EF，则四边形ABEF是正方形（ ）
A. 甲正确，乙错误 B. 甲错误、乙正确
C. 甲、乙均正确 D. 甲、乙均不正确
二、填空题
10.（2020八下·秦淮期末）如图，两个正方形Ⅰ，Ⅱ和两个矩形Ⅲ，Ⅳ拼成一个大正方形，已知正方形Ⅰ，Ⅱ的面积分别为10和3，那么大正方形的面积是________.
11.（2021·即墨模拟）如图，在矩形ABCD中，AB=4，点E，F分别在BC，CD上，将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在直线EB′与AD的交点C′处，DF= ．
12.（2019八下·林西期末）如图，若菱形ABCD的顶点A ， B的坐标分别为（4，0），（﹣1，0），点D在y轴上，则点C的坐标是________．
13.（2019八下·邵东期末）如图，在矩形ABCD中，已知AB=3，BC=4，则BD=________．
14.（2020九上·镇海开学考）如图，将边长为4的正方形ABCD沿着折痕EF折叠，使点B落在边AD的中点G处，则BE的长为________.
15.（2020·嘉兴·舟山）如图， ▱ ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请添加一个条件：________，使 ▱ ABCD是菱形。
16.（2019·大渡口模拟）如图，矩形 ABCD 中， AB=4,AD=6 ，点 E 为 BC 上一点，将 ΔABE 沿 AE 折叠得到 ΔAEF ，点 H 为 CD 上一点，将 ΔCEH 沿 EH 折叠得到 ΔEHG ，且 F 落在线段 EG 上，当 GF=GH 时，则 BE 的长为________.
17.（2021·丽水模拟）如图，在河对岸有一矩形场地ABCD，为了估测场地大小，在笔直的河岸l上依次取点E，F，N，使AE⊥I，BF⊥I，点N，A，B在同一直线上。在F点观测A点后，沿FN方向走到M点，观测C点发现∠1=∠2测得EF=15米，FM=2米，MN=8米，∠ANE=45°。
（1）AB为________米；
（2）矩形ABCD的面积为________米2。
18.（2020九上·讷河期末）如图，在矩形 ABCD 中， AB=5,BC=12 ， E 为 AB 中点，点 F 为 BC 上一动点，将 △EBF 沿 EF 所在直线折叠到 △EGF 的位置，连接 GD ，则 GD 的最小值为 ．
三、解答题
19.（2019八下·北京期中）如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=4，将矩形ABCD翻折，使得点B落在CD边上的点E处，折痕AF交BC于点F ， 求FC的长．
20.（2019·定兴模拟）如图，平行四边形ABCD的对角线AC的垂直平分线与边AD、BC分别交于E、F ． 问四边形AFCE是菱形吗？请说明理由．
21.（2019九上·龙泉驿期中）已知，在矩形 ABCD 中， AB=a ， BC=b ，动点 M 从点 A 出发沿边 AD 向点 D 运动．如图，当 b=2a ，点 M 运动到边 AD 的中点时，请证明 ∠BMC=90° ．
22.（2020·福州模拟）如图，正方形ABCD的边长为1，AB ， AD上各有一点P ， Q ， 如果△APQ的周长为2，求∠PCQ的度数．

23.（2019·长春模拟）（感知）如图①，四边形ABCD、CEFG均为正方形.可知BE=DG.
（拓展）如图②，四边形ABCD、CEFG均为菱形，且∠A=∠F.求证：BE=DG.
（应用）如图③，四边形ABCD、CEFG均为菱形，点E在边AD上，点G在AD延长线上.若AE=2ED，∠A=∠F，△EBC的面积为8，菱形CEFG的面积是 .（只填结果）
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 A
【考点】平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定
【解析】【解答】解：①对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故原命题符合题意；
②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故原命题不符合题意；
③有一个角是直角的平行四边形是矩形，故原命题不符合题意；
④对角线相等且垂直的平行四边形是正方形，故原命题不符合题意.
故答案为：A.
【分析】根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定定理，逐一判断每个选项，即可得到答案.
2.【答案】 B
【考点】菱形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接GE，交AC于点O
∵四边形ABCD为矩形，AB=8，BC=4
∴DC∥AB，∠DAB=∠B=90°
∴∠ECO=∠GAO，AC= AB2+BC2=45
∵四边形EFGH是菱形，
∴EO=GO，∠EOC=∠GOA=90°
在△COE和△AOG中
{∠ECO=∠GAO∠EOC=∠GOAEO=GO
∴△COE≌△AOG
∴CO=AO= 12AC = 25
∵∠OAG=∠BAC，∠AOG=∠ABC=90°
∴△AOG∽△ABC
∴ AOAB=AGAC
即 258=AG45
解得：AG=5
故答案为：B.
【分析】连接GE，交AC于点O，根据矩形的性质可得DC∥AB，∠DAB=∠B=90°，然后根据勾股定理求出AC，再根据菱形的性质可得EO=GO，∠EOC=∠GOA=90°，然后利用AAS证出△COE≌△AOG，从而求出AO，再证出△AOG∽△ABC，列出比例式即可求出结论.
3.【答案】 B
【考点】矩形的性质，翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：当点P与B重合时，BA'取最大值是3，
当点Q与D重合时，如图所示：
由折叠的性质得：A'D=AD.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=5，CD=AB=3，∠C=90°，
∴A'D=AD=5，
由勾股定理得：A'C =A'D2−CD2=52−32= 4，
此时BA'取最小值为1.
则点A'在BC边上移动的最大距离为3﹣1=2.
故答案为：B.
【分析】由题意可知：要使点A′在边BC上移动的距离最大，只需求出BA'所取的最大值和最小值并求差 即为所求.由题意易知：当点P与B重合时，BA'取最大值是3；当点Q与D重合时，用勾股定理求出A'C的值，此时BA'取最小值为1；然后求出最大值与最小值的差即可.
4.【答案】 A
【考点】等腰三角形的判定，矩形的性质，翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图：
∵所给图形是长方形，
∴∠1＝∠2，
∵∠2＝∠ABC，
∴∠1＝∠ABC，
∴AC＝BC，
即△ABC为等腰三角形.
故答案为：A.
【分析】通过求证∠1=∠2=∠ABC，可得出AC=BC，△ABC为等腰三角形
5.【答案】 B
【考点】含30°角的直角三角形，勾股定理，菱形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AC、BD，AC与BD交于点O，
∵菱形花坛ABCD的周长是16米，∠BAD=60°，
∴AC⊥BD，AC=2OA，∠CAD= 12 ∠BAD=30°，AD=4米，
∴OD= 12 AD=2
∴OA= AD2−OD2 ==2 3 （米），
∴AC=2OA=4 3 米.
故答案为：B.
【分析】由菱形花坛ABCD的周长是16米，∠BAD=60°，可求得边长AD的长，AC⊥BD，且∠CAD=30°，则可求得OA的长，继而求得答案.
6.【答案】 C
【考点】全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接AE，设EF与AC交点为O，

∵EF是AC的垂直平分线，
∴OA＝OC，AE＝CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
在△AOF和△COE中，
{∠AOF=∠COEOA=OC∠OAF=∠OCE ，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴AF＝CE＝6，
∴AE＝CE＝6，BC＝BE＋CE＝4＋6＝10，
∴AB＝ AE2−BE2=36−16=25 ，
∴AC＝ AB2+BC2=20+100=230 ，
故答案为：C.
【分析】连接AE，由线段垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等得出OA＝OC，AE＝CE，接着证明△AOF≌△COE得出AF＝CE＝6，从而得出AE、BC的长，由勾股定理求出AB、AC的长即可.
7.【答案】 C
【考点】矩形的性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD ， ∠ABC=∠BCD=∠ADC=∠BAD=90°
∵AB=6 ， BC=8
∴AD=BC=8 ， DC=AB=6
∴AC=AB2+BC2=10 ， BD=10 ，
∴OA=12AC=5 ，
∵OE⊥AC ，
∴∠AOE=90°
∴∠AOE=∠ADC ，
又 ∠CAD=∠DAC ，
∴△AOE∼△ADC ，
∴AOAD=AEAC=EOCD ，
∴58=AE10=EO6 ，
∴AE=254 ， OE=154 ，
∴DE=74 ，
同理可证， △DEF∼△DBA ，
∴DEBD=EFBA ，
∴7410=FF6 ，
∴EF=2120 ，
∴OE+EF=154+2120=245 ，
故答案为：C．
【分析】根据勾股定理求出AC=BD=10，由矩形的性质得出AO=5，证明 △AOE∼△ADC 得到OE的长，再证明 △DEF∼△DBA 可得到EF的长，从而可得到结论．
8.【答案】 B
【考点】直角三角形全等的判定（HL），勾股定理，正方形的性质，翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接DF.
∵四边形ABC都是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠ABE＝∠BAD＝∠ADG＝∠ECG＝90°，
由翻折可知：AB＝AF，∠ABE＝∠AFE＝∠AFG＝90°，BE＝EF＝4，∠BAE＝∠EAF，
∵∠AFG＝∠ADG＝90°，AG＝AG，AD＝AF，
∴Rt△AGD≌Rt△AGF（HL），
∴DG＝FG，∠GAF＝∠GAD，设GD＝GF＝x，
∴∠EAG＝∠EAF＋∠GAF＝ 12 （∠BAF＋∠DAF）＝45°，故①正确，
在Rt△ECG中，∵EG2＝EC2＋CG2 ，
∴（4＋x）2＝82＋（12−x）2 ，
∴x＝6，
∵CD＝BC＝BE＋EC＝12，
∴DG＝CG＝6，
∴FG＝GC，
易知△GFC不是等边三角形，显然FG≠FC，故②错误，
∵GF＝GD＝GC，
∴∠DFC＝90°，
∴CF⊥DF，
∵AD＝AF，GD＝GF，
∴AG⊥DF，
∴CF∥AG，故③正确，
∵S△ECG＝ 12 ×6×8＝24，FG：FE＝6：4＝3：2，
∴FG：EG＝3：5，
∴S△GFC＝ 35 ×24＝ 725 ，故④错误，
故答案为：B.
【分析】①正确.证明Rt△AGD≌Rt△AGF,得到∠GAF＝∠GAD，结合∠EAB＝∠EAF可得结果.
②错误.可以证明DG＝GC＝FG，显然△GFC不是等边三角形，可得结论.
③正确.证明CF⊥DF，AG⊥DF即可.
④错误.证明FG：EG＝3：5，求出△ECG的面积即可.
9.【答案】 C
【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：甲，
∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC
∴∠DAC=∠ACN
∵MN为AC的垂直平分线
∴AO=CO
∴△AOM≌△CON
∴MO=NO
∴四边形ANCM为平行四边形
∵AC⊥MN，∴四边形ANCM为菱形；
∴甲的 作法正确；
乙，
∵AD∥BC
∴∠1=∠2，∠6=∠7
∵BF平分∠ABC，AE平分∠BAD
∴∠2=∠3，∠5=∠6
∴∠1=∠3，∠5=∠7
∴AB=AF，AB=BE
∴AF=BE
∵AF∥BE，AF=BE
∴四边形ABEF为平行四边形
∵AB=AF，
∴平行四边形ABEF为菱形。
∴乙的作法正确。
故答案为：C.

【分析】甲同学，证明△AOM≌△CON，结合全等的性质即可判定四边形ANCM为平行四边形，继而判定其为菱形；乙同学，根据平行四边形ABCD，根据角平分线的性质以及平行线的定义即可得到其为菱形。
二、填空题
10.【答案】 13+230
【考点】正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形Ⅰ的面积为10，故，其边长为 10 ，
正方形Ⅱ的面积为3，故，其边长为 3 ，
∴大正方形的边长为 (10+3) ，
∴大正方形的面积= (10+3)2=13+230 ，
故答案为： 13+230 .
【分析】已知正方形面积可以求出正方形的边长，进而求出大正方形的边长即可解答.
11.【答案】 43
【考点】矩形的性质，翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：连接CC'．
∵将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B'处，
又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB'与AD的交点C'处，
∴EC=EC'，
∴∠1=∠ECC'．
∵AD∥BC ，
∴∠DC'C=∠ECC'，
∴∠1=∠DC'C ．
在△CC'B'与△CC'D中，
∵ {∠D=∠CB'C'=90°∠1=∠DC'CC'C=C'C ，
∴△CC'B'≌△CC'D，
∴CB'=CD ， ∠ACC'=∠DCC'．
又∵AB'=AB ，
∴AB'=CB'，
∴B'是对角线AC中点，
即AC=2AB=8，
∴∠ACB=30°，
∴∠BAC=60°，∠ACC'=∠DCC'=30°，
∴∠DC'C=∠1=60°，
∴∠DC'F=∠FC'C=30°，
∴C'F=CF=2DF ．
∵DF+CF=CD=AB=4，
∴DF =43 ．
故答案为： 43 ．
【分析】先证明△CC'B'≌△CC'D，再求出∠ACB=30°，最后求出DF =43即可。
12.【答案】 （﹣5，3）
【考点】坐标与图形性质，勾股定理，菱形的性质
【解析】【解答】∵菱形ABCD的顶点A ， B的坐标分别为（4，0），（﹣1，0），点D在y轴上，
∴AB＝AD＝5＝CD ，
∴DO＝ AD2−AO2 ＝ 52−42 ＝3，
∵CD∥AB ，
∴点C的坐标是：（﹣5，3）．
故答案为（﹣5，3）．
【分析】利用菱形的性质以及勾股定理得出DO的长，进而求出C点坐标．
13.【答案】 5
【考点】勾股定理，矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CD= AB=3，
由勾股定理可知，BD＝ CD2+BC2=9+16 ＝5.
故答案为5．
【分析】先由矩形的性质求出CD= AB=3，再根据勾股定理可直接算出BD的长度.
14.【答案】 2.5
【考点】勾股定理，正方形的性质，翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：设BE=x，则AE=4-x，
∵将边长为4的正方形ABCD沿着折痕EF折叠，使点B落在边AD的中点G处，
∴AG=12AD=2，∠A=90°，BE=EG=x
在Rt△AEG中
AE2+AG2=EG2
∴（4-x）2+22=x2
解之：x=2.5
∴BE=2.5.
故答案为：2.5.
【分析】 设BE=x，则AE=4-x，利用折叠的性质和正方形的性质，可求出AG，EG；再在Rt△AEG中，利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值，可得到BE的长。
15.【答案】 AB=BC或AC⊥BD（答案不唯一）
【考点】菱形的判定
【解析】【解答】解：∵平行四边形ABCD，AB=BC
∴四边形ABCD是菱形；
∵平行四边形ABCD，AC⊥BD
∴四边形ABCD是菱形；
故答案为：AB=BC或AC⊥BD（答案不唯一）.
【分析】根据有一组领边相等的平行四边形是菱形或对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得答案。
16.【答案】 2
【考点】勾股定理，矩形的性质，翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】如图，连接AH，
由折叠可得，BE=FE，EC=EG，GH=CH，∠AEB=∠AEF，∠CEH=∠GEH，
∴∠AEH= 12 ∠BEC=90°，
∴Rt△AEH中，AE2+EH2=AH2 ， ①
设BE=x，则EF=x，CE=6-x=EG，
∴GF=6-2x=GH=CH，DH=4-（6-2x）=2x-2，
∵∠B=∠C=∠D=90°，
∴Rt△ABE中，AE2=EB2+AB2=x2+42 ，
Rt△CEH中，HE2=EC2+CH2=（6-x）2+（6-2x）2 ，
Rt△ADH中，AH2=DH2+AD2=（2x-2）2+62 ，
代入①式，可得
x2+42+（6-x）2+（6-2x）2=（2x-2）2+62 ，
解得x1=2，x2=12（舍去），
∴BE的长为2，
故答案为：2.
【分析】由折叠可得∠AEH= 12 ∠BEC=90°，进而得出Rt△AEH中，AE2+EH2=AH2 ， 设BE=x，则EF=x，CE=6-x=EG，再根据勾股定理，即可得到方程x2+42+（6-x）2+（6-2x）2=（2x-2）2+62 ， 解该一元二次方程，即可得到BE的长.
17.【答案】 （1）152
（2）600
【考点】等腰三角形的判定与性质，勾股定理的应用，矩形的性质，相似三角形的应用
【解析】【解答】解：∵AE⊥I，BF⊥I，
又∵∠ANE=45° ，
∴△ANE和△BNF为等腰三角形，
∴AE=EN，BF=FN，
∵ EF=15米，FM=2米，MN=8米，
∴AE=EN=25（米），BF=FN=10（米），
由勾股定理得AN=252米 ， BN=102米 ，
∴AB=AN−BN=152米；
过点C作CH⊥l，过点B作PQ∥l交AE于点P，交CH于点Q，如图所示，


∴АЕ∥СН，
∴四边形PEHQ和四边形PEFB为矩形，
∴PB=EF=15，PE=BF=QH=10，BQ=FH，
∵ ∠1=∠2，∠AEF=∠CHM=90°，
∴△AEF∽△СНМ，
∴CHHM=AEFE=2515=53 ，
设MH=3x，CH=5x，
∴CQ=5x-10，BQ=FH=3x+2，
∵∠APB=∠ABC=∠CQB=90°，
∴∠ABP+∠PAB= ∠ABP+∠CBQ=90°，
∴∠PAB= ∠CBQ，
∴△АPВ∽△BQC，
∴APQB=PBCQ ，
∴153x+2=155x−10 ，
∴x=6，
∴BQ=CQ=20，
∴BC=202(米) ，
∴ 矩形ABCD的面积S=AB×BC=152×202=600米2 ，
故答案为：152；600.
【分析】根据AE⊥I，BF⊥I，∠ANE=45°，可得出△ANE和△BNF为等腰三角形，再求得AE=EN=25（米），BF=FN=10（米），依据勾股定理可求得AN、BN的值，于是求出AB=AN−BN=152米；过点C作CH⊥l，过点B作PQ∥l交AE于点P，交CH于点Q，根据矩形的性质可以得出PB=EF=15，PE=BF=QH=10，BQ=FH，由题意得∠1=∠2，∠AEF=∠CHM=90°，求得△AEF∽△СНМ，根据相似三角形的性质即可求出CH、MH的比值，再求出△АPВ∽△BQC，依据相似三角形的性质即可求出BC的长，根据矩形的面积公式即可求解.
18.【答案】 601−52
【考点】勾股定理，矩形的性质，翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图所示，
由EG=EB= 12AB = 52 ，可得当点G在DE上时，此时GD的值最小，
根据折叠的性质，△EBF≌△EGF，
∴EG⊥GF，
∴EG=EB，
∵E是AB边的中点，AB=5，
∴AE=EG= 52 ，
∵BC=AD=12，
∴Rt△ADE中，DE= 122+(52)2=6012 ，
∴GD= 601−52 ．
故答案为： 601−52 ．
【分析】根据折叠的性质及线段的中的得出EG=EB= 12AB = 52 ，当点G在DE上时，此时GD的值最小，利用勾股定理求出DE的长，利用DG=DE-EG即得结论.
三、解答题
19.【答案】 解：由题意，得AE=AB=5，AD=BC=4，EF=BF，
在Rt△ADE中，由勾股定理，得DE=3．
在矩形ABCD中，DC=AB=5．
∴CE=DC-DE=2．
设FC=x，则EF=4-x．
在Rt△CEF中，x2+22=（4-x）2 ．
解得x＝ 32 ．
即FC= 32 ．
【考点】勾股定理，矩形的性质，翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】根据翻转前后，图形的对应边和对应角相等，可知EF=BF，AB=AE，故可求出DE的长，然后设出FC的长，则EF=4-FC，再根据勾股定理的知识，即可求出答案．
20.【答案】 解：四边形AFCE是菱形，理由是：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC ，
∴ AOCO=EOFO ，
∵AO＝OC ，
∴OE＝OF ，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC ，
∴平行四边形AFCE是菱形
【考点】平行四边形的性质，菱形的性质，平行线分线段成比例
【解析】【分析】根据平行四边形性质推出AD∥BC ， 根据平行线分线段成比例定理求出OE＝OF ， 推出平行四边形AFCE ， 根据菱形的判定推出即可
21.【答案】 证明：∵b＝2a，点M是AD的中点，
∴AB＝AM＝MD＝DC＝a，
又∵在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，
∴∠AMB＝∠DMC＝45°，
∴∠BMC＝90°．
【考点】矩形的性质
【解析】【分析】由b＝2a，点M是AD的中点，可得AB＝AM＝MD＝DC＝a，又由四边形ABCD是矩形，即可求得∠AMB＝∠DMC＝45°，则可求得∠BMC＝90°．
22.【答案】 解：如图所示， △APQ的周长为2，即AP+AQ+PQ＝2①， 正方形ABCD的边长是1，即AQ+QD＝1，AP+PB＝1， ∴AP+AQ+QD+PB＝2②， ①﹣②得，PQ﹣QD﹣PB＝0， ∴PQ＝PB+QD． 延长AB至M，使BM＝DQ．连接CM，△CBM≌△CDQ（SAS）， ∴∠BCM＝∠DCQ，CM＝CQ， ∵∠DCQ+∠QCB＝90°， ∴∠BCM+∠QCB＝90°，即∠QCM＝90°， PM＝PB+BM＝PB+DQ＝PQ． 在△CPQ与△CPM中， CP＝CP，PQ＝PM，CQ＝CM， ∴△CPQ≌△CPM（SSS）， ∴∠PCQ＝∠PCM＝ 12 ∠QCM＝45°．
【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质，旋转的性质
【解析】【分析】简单的求正方形内一个角的大小，首先从△APQ的周长入手求出PQ＝DQ+BP ， 然后将△CDQ逆时针旋转90°，使得CD、CB重合，然后利用全等来解．
23.【答案】 拓展：
证明：∵四边形ABCD、四边形CEFG均为菱形，
∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠A，∠ECG=∠F.
∵∠A=∠F，
∴∠BCD=∠ECG.
∴∠BCD-∠ECD=∠ECG-∠ECD，
即∠BCE=∠DCG.
在△BCE和△DCG中，
{BC＝CD∠BCE＝∠DCGCE＝CG
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴BE=DG.
应用： 20
【考点】全等三角形的判定与性质，菱形的性质，正方形的性质
【解析】【解答】应用：∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∵BE=DG，
∴S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8，
∵AE= 2ED ，
∴S△CDE= 14×8=2 ,
∴S△ECG=S△CDE+S△CDG=10
∴S菱形CEFG=2S△ECG=20.

【分析】（1）利用菱形的性质，可得BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠A，∠ECG=∠F.利用等式性质，可得∠BCE=∠DCG. 根据“SAS”可证△BCE≌△DCG，利用全等三角形的对应边相等，可得BE=DG.
（2）根据菱形的性质，可得
AD∥BC ，由于BE=DG，可得S△ABE+S△CDE=S△BEC=S△CDG=8 ，由于 AE=2ED，可得 S△CDE= 2，即得S△ECG=S△CDG+S△CDG=10，由于S菱形CEFG=2S△ECG,即可求出菱形CEFG的面积