初中数学苏科版八年级下册第9章 中心对称图形——平行四边形综合与测试单元测试课后作业题

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2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典【苏科版】
专题9.17第9章平行四边形单元测试（培优卷）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100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2分，共20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•句容市期中）随着人们生活水平的提高，我国拥有汽车的居民家庭也越来越多，下列汽车标志中，是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
【分析】根据中心对称图形的定义，结合选项所给图形进行判断即可．
【解析】A、是中心对称图形，故本选项符合题意；
B、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
C、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
D、不是中心对称图形，故本选项不合题意；
故选：A．
2．（2020春•滨湖区期中）如图，在△ABC中，∠A＝70°，AC＝BC，以点B为旋转中心把△ABC按顺时针旋转一定角度，得到△A'BC'，点A'恰好落在AC上，连接CC'，则∠ACC'度数为（　　）

A．110° B．100° C．90° D．70°
【分析】由∠A＝70°，AC＝BC，可知∠ACB＝40°，根据旋转的性质，AB＝BA′，BC＝BC′，∠CBC′＝∠α＝40°，∠BCC′＝70°，于是∠ACC′＝∠ACB+∠BCC′＝110°．
【解析】∵∠A＝70°，AC＝BC，
∴∠BCA＝40°，
根据旋转的性质，AB＝BA′，BC＝BC′，
∴∠α＝180°﹣2×70°＝40°，
∵∠CBC′＝∠α＝40°，
∴∠BCC′＝70°，
∴∠ACC′＝∠ACB+∠BCC′＝110°；
故选：A．
3．（2020春•连云区期中）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，AC＝10，F是DE上一点，连接AF，CF，DF＝1．若∠AFC＝90°，则BC的长度为（　　）

A．10 B．12 C．14 D．16
【分析】先证明EF＝5，继而得到DE＝6；再证明DE为△ABC的中位线，即可解决问题．
【解析】如图，∵∠AFC＝90°，E是AC的中点，
∴Rt△ACF中，EF=12AC=12×10=5，
∴DE＝1+5＝6；
∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴BC＝2DE＝12，
故选：B．

4．（2019秋•江阴市期中）在△ABC中，AB＝AC＝5，点M为BC的中点，N为AB中点，则MN等于（　　）
A．3 B．2 C．125 D．52
【分析】根据三角形中位线定理计算即可．
【解析】
∵点M为BC的中点，N为AB中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN=12AC=52，
故选：D．
5．（2019春•金坛区期中）如图，在△ABC中，BD，CE是△ABC的中线，BD与CE相交于点O，点F，G分别是BO，CO的中点，连接AO．若要使得四边形DEFG是正方形，则需要满足条作（　　）

A．AO＝BC B．AB⊥AC
C．AB＝AC且AB⊥AC D．AO＝BC且AO⊥BC
【分析】根据三角形中位线定理得到DE=12BC，DE∥BC，FG=12BC，FG∥BC，得到四边形DEFG为平行四边形，根据正方形的判定定理解答即可．
【解析】∵点E、D分别为AB、AC的中点，
∴DE=12BC，DE∥BC，
∵点F、G分别是BO、CO的中点，
∴FG=12BC，FG∥BC，
∴DE＝FG，DE∥FG，
∴四边形DEFG为平行四边形，
∵点E、F分别为AB、OB的中点，
∴EF=12OA，EF∥OA，
当EF＝FG，即AO＝BC时平行四边形DEFG为菱形，
当AO⊥BC时，DE⊥OA，
∵EF∥OA，
∴EF⊥FG，
∴四边形DEFG为正方形，
则当AO＝BC且AO⊥BC时，四边形DEFG是正方形，
故选：D．
6．（2020秋•苏州期末）如图，四边形ABCD中，以对角线AC为斜边作Rt△ACE，连接BE、DE，BE⊥DE，AC，BD互相平分．若2AB＝BC＝4，则BD的值为（　　）

A．25 B．5 C．3 D．4
【分析】连接OE，由AC，BD互相平分得出四边形ABCD是平行四边形，由直角三角形斜边上的中线性质推出AC＝BD，则四边形ABCD是矩形，再由勾股定理即可得出结果．
【解析】连接OE，如图所示：
∵2AB＝BC＝4，
∴AB＝2，
∵AC，BD互相平分，
∴OA＝OC，OB＝OD，四边形ABCD是平行四边形，
∵以AC为斜边作Rt△ACE，
∴OE＝OA＝OC=12AC，
∵BE⊥DE，
∴OE＝OB＝OD=12BD，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝4，∠BAD＝90°，
∴BD=AB2+AD2=22+42=25，
故选：A．

7．（2020春•仪征市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，AB＝5，D为AC上的动点，连接BD以AD、BD为边作平行四边形ADBE，则DE长的最小值为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】由勾股定理可去BC＝3，由平行四边形的性质可得BE∥AC，由平行线之间的距离和垂线段最短可得当DE⊥AD时，DE有最小值，即可求解．
【解析】如图，

∵∠ACB＝90°，AC＝4，AB＝5，
∴BC=AB2−AC2=25−16=3，
∵四边形ADBE是平行四边形，
∴BE∥AC，
∴当DE⊥AD时，DE有最小值，
∴DE有最小值为3，
故选：B．
8．（2020春•常熟市期末）如图，以正方形ABCD的对角线AC为一边作菱形AEFC，点F在DC的延长线上，连接AF交BC于点G，则∠FGC的度数为（　　）

A．67.5° B．45° C．60° D．75°
【分析】由正方形的性质和菱形的性质可得∠CAB＝45°＝∠ACB，∠ABC＝90°，∠CAF＝∠EAF=12∠CAB＝22.5°，由三角形的外角性质可求解．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CAB＝45°＝∠ACB，∠ABC＝90°，
∵四边形AEFC是菱形，
∴∠CAF＝∠EAF=12∠CAB＝22.5°，
∴∠FGC＝∠ACB+∠CAF＝67.5°，
故选：A．
9．（2020春•太仓市期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝3AB，且AB＝2，点G、H分别在AD、BC上，连接BG、DH，若四边形BHDG是菱形，则AG的长为（　　）

A．83 B．3 C．103 D．4
【分析】首先根据菱形的性质可得BG＝GD，然后设AG＝y，则GD＝BG＝6﹣y，再根据勾股定理可得y2+22＝（6﹣y）2解答即可．
【解析】∵四边形BGDH是菱形，
∴BG＝GD，
∵AD＝3AB，且AB＝2，
∴AD＝6，
设AG＝y，则GD＝BG＝6﹣y，
∵在Rt△AGB中，AG2+AB2＝GB2，
∴y2+22＝（6﹣y）2，
解得：y=83，
故选：A．
10．（2020•建邺区一模）某小区打算在一块长80m，宽7.5m的矩形空地的一侧，设置一排如图所示的平行四边形倾斜式停车位若干个（按此方案规划车位，相邻车位间隔线的宽度忽略不计）．已知规划的倾斜式停车位每个车位长6m，宽2.5m，如果这块矩形空地用于行走的道路宽度不小于4.5m，那么最多可以设置停车位（　　）

A．16 个 B．15 个 C．14 个 D．13 个
【分析】根据题意可得当AC＝3时，AD＝GF＝6，得∠ADC＝30°，CD＝33，根据DE＝2.5可得DF＝5，设最多可以设置停车位x个，进而根据x个平行四边形的面积加上两个三角形的面积小于等于矩形面积列出方程即可求出x的值．
【解析】如图，

根据题意可知：
AB＝7.5，BC≥4.5，
∴AC≤3，
当AC＝3时，
∵AD＝GF＝6，
∴∠ADC＝30°，CD＝33，
∴∠EFD＝∠ADC＝30°，
∵DE＝2.5，
∴DF＝5，
设最多可以设置停车位x个，根据题意可得，
∵S平行四边形ADFG＝DF•AC＝5×3＝15，
S△ADC=12×CD•AC=932，
∴15x+2×932≤80×3，
解得x≤14.96，
所以最多可以设置停车位14个．
故选：C．
二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）请把答案直接填写在横线上
11．（2019秋•阳东区期中）在“线段、等腰三角形、四边形、圆”这几个图形中，中心对称图形是　线段、圆　．
【分析】直接利用中心对称图形的定义分析得出答案．
【解析】在“线段、等腰三角形、四边形、圆”这几个图形中，中心对称图形是：线段、圆．
故答案为：线段、圆．
12．（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．
13．（2020春•市中区期末）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AC延长线上的一点，AD＝24，点E是BC上一点，BE＝10，连接DE，M、N分别是AB、DE的中点，则MN＝　13　．

【分析】连接BD，取BD的中点F，连接MF、NF，证明NF、MF分别是△BDE、△ABD的中位线，由三角形中位线定理得出NF∥BE，MF∥AD，NF=12BE＝5，MF=12AD＝12，证出NF⊥MF，在Rt△MNF中，由勾股定理即可得出答案．
【解析】连接BD，取BD的中点F，连接MF、NF，如图所示：
∵M、N、F分别是AB、DE、BD的中点，
∴NF、MF分别是△BDE、△ABD的中位线，
∴NF∥BE，MF∥AD，NF=12BE＝5，MF=12AD＝12，
∵∠ACB＝90°，
∴AD⊥BC，
∵MF∥AD，
∴MF⊥BC，
∵NF∥BE，
∴NF⊥MF，
在Rt△MNF中，由勾股定理得：MN=NF2+MF2=52+122=13；
故答案为：13．

14．（2019•丹阳市一模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D在BC上，E为AB中点，AD、CE相交于F，AD＝DB．若∠B＝35°，则∠DFE等于　105　°．

【分析】根据∠EFD＝∠ADC+∠DCF，只要求出∠ADC，∠DCF即可解决问题．
【解析】∵∠ACB＝90°AE＝EB，
∴CE＝EB＝AE，
∴∠B＝∠ECB＝35°，
∵DB＝DA，
∴∠B＝∠DAB＝35°，
∴∠ADC＝∠B+∠DAB＝70°，
∴∠EFD＝∠ADC+∠ECB＝105°，
故答案为105．
15．（2020春•揭阳期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC，E是AC的中点，若AB＝6，则DE的长为　3　．

【分析】根据等腰三角形的性质可得AD⊥BC，再根据在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半可得答案．
【解析】∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∵点E为AC的中点，
∴DE=12AC＝3．
故答案为：3．
16．（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．
17．（2019秋•平顶山期中）笑笑将一副三角板按如图所示的位置放置，△DOE的直角顶点O在边BC的中点处，其中∠A＝∠DOE＝90°．∠B＝45°，∠D＝60°，△DOE绕点O自由旋转，且OD，OE分别交AB，AC于点M，N当AN＝4，NC＝2时，MN的长为　25　．

【分析】如图，连接AO，作OH⊥AC于H．首先证明△OMN是等腰直角三角形，求出ON即可解决问题．
【解析】如图，连接AO，作OH⊥AC于H．

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，OB＝OC，
∴AO⊥BC，∠BAO＝∠C＝45°，OA＝OB＝OC，
∵∠DOE＝∠AOC＝90°，
∴∠AOM＝∠CON，
∴△AOM≌△CON（ASA），
∴OM＝ON，
∵AN＝4，NC＝2，
∴AC＝6，
∵∠AOC＝90°，OA＝OC，OH⊥AC，
∴AH＝HC＝3，OH＝AH＝CH＝3，
∴HN＝AN﹣AH＝4﹣3＝1，
∴ON＝OM=OH2+HN2=32+12=10，
∴MN=2ON＝25，
故答案为25．
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64分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020春•文山州期末）如图，网格中的每个小正方形的边长都是1，每个小正方形的顶点叫格点，△ABC的每个顶点都在格点上．
（1）将△ABC向左平移4个单位长度，得到△A1B1C1，画出△A1B1C1，并写出C1点的坐标．
（2）在平面直角坐标系中，△A2B2C2与△ABC关于原点O成中心对称，请画出△A2B2C2．
（3）在x轴上是否存在点P，使PA+PC的长度最短？如果存在，请在平面直角坐标系中作出点P，并保留作图痕迹，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）分别作出A，B，C的对应点A1，B1，C1即可．
（2）分别作出A，B，C的对应点A2，B2，C2即可．
（2）作点C关于x轴的对称点C′，连接AC′交x轴于点P，连接PC，此时PA+PC的值最小．
【解析】（1）如图，△A1B1C1即为所求，C1点的坐标（1，1）．
（2）如图，△A2B2C2即为所求．
（3）如图，点P即为所求．

20．（2011春•萧山区期末）在证明三角形中位线性质“如图，已知EF是△ABC的中位线，求证：EF∥BC，EF=12BC”时，小雨根据老师的引导给出了一种思路：延长EF至D，使EF＝DF，连接AD、CE，证明四边形AECD是平行四边形即可．
小婷思考后认为小雨的思路是正确的，可行的．
你能在这样的思路下完成证明吗？请写出你的证明过程．

【分析】延长EF至D，使EF＝DF，连接AD、CE，CD，证明四边形AECD是平行四边形即可．
【解析】证明：延长EF至D，使EF＝DF，连接AD、CE，CD，
∵EF＝DF，AF＝CF，
∴AECD是平行四边形
∴AB∥CD，AE＝CD，
∴BE＝CD
∴四边形BEDC是平行四边形
∴ED∥BC，且ED＝BC
∴EF∥BC，EF=12BC．

21．（2018•朝阳区模拟）如图，在菱形ABCD中，AC和BD相交于点O，过点O的线段EF与一组对边AB，CD分别相交于点E，F．
（1）求证：AE＝CF；
（2）若AB＝2，点E是AB中点，求EF的长．

【分析】（1）由四边形ABCD是菱形，可得AB∥CD，OA＝OC，继而证得△AOE≌△COF，则可证得结论．
（2）利用平行四边形的判定和性质解答即可．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO，AB∥CD，
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO．
在△OAE和△OCF中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AEO=∠CFO，
∴△AOE≌△COF，
∴AE＝CF；
（2）∵E是AB中点，
∴BE＝AE＝CF．
∵BE∥CF，
∴四边形BEFC是平行四边形，
∵AB＝2，
∴EF＝BC＝AB＝2．
22．（2019秋•梁平区期末）如图，▱ABCD中，CG⊥AB于点G，∠ABF＝45°，F在CD上，BF交CG于点E，连接AE，AE⊥AD．
（1）若BG＝1，BC=10，求EF的长度；
（2）求证：AB−2BE＝CF．

【分析】（1）根据BG＝1，BC=10，利用勾股定理可以得到CG的长，再根据等腰三角形的性质可以得到GE的长，从而可以得到EF的长；
（2）要证明结论成立，只要作辅助线EH⊥AB于点H，利用勾股定理得到BH=2BE，再利用三角形的全等和平行四边形的性质即可得到结论成立．
【解析】（1）∵CG⊥AB，BG＝1，BC=10，
∴CG=BC2−BG2=(10)2−12=3．
∵∠ABF＝45°，
∴△BGE是等腰直角三角形，
∴EG＝BG＝1，
∴EC＝CG﹣EG＝3﹣1＝2，
∵在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABF＝45°，CG⊥AB，
∴∠CFE＝∠ABF＝45°，∠FCE＝∠BGE＝90°，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴EF=EC2+CF2=22+22=22；
（2）证明：过E作EH⊥BE交AB于H，
∵∠ABF＝45°，∠BEH＝90°，
∴△BEH是等腰直角三角形，
∴BH=BE2+EH2=2BE，BE＝HE，
∴∠BHE＝45°，
∴∠AHE＝180°﹣∠BHE＝180°﹣45°＝135°，
由（1）知，△BGE和△ECF都是等腰直角三角形，
∴∠BEG＝45°，CE＝CF，
∴∠BEC＝180°﹣∠BEG＝180°﹣45°＝135°，
∴∠AHE＝∠CEB，
∵AE⊥AD，
∴∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝∠DAE+∠EAB＝90°+∠EAB，
由（1）知，∠FCE＝90°，
∴∠BCD＝∠FCE+∠BCG＝90°+∠BCG，
∵在平行四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD，
∴90°+∠EAB＝90°+∠BCG，
∴∠EAB＝∠BCG，
即∠EAH＝∠BCE，
在△△EAH和△BCE中，
∠EAH=∠BCE∠EHA=∠BECEH=BE
∴△EAH≌△BCE（AAS），
∴AH＝CE＝CF，
∴AB−2BE＝AB﹣BH＝AH＝CF，
即AB−2BE＝CF．

23．（2020春•文山州期末）如图1，已知点B、C、D在同一条直线上，△ABC和△CDE都是等边三角形，BE交AC于点F，AD交CE于点H．
（1）求出∠ACE的度数；
（2）请在图1中找出一对全等的三角形，并说明全等的理由；
（3）若将△CDE绕C点转动到如图2所示的位置，其余条件不变，（2）中的结论是否还成立，试说明理由．

【分析】（1）由等边三角形的性质得出∠ACB＝∠ECD＝60°，则可求出∠ACE＝60°；
（2）依据等边三角形的性质可得到BE＝AD，CE＝CD，∠ACB＝∠ECD＝60°，然后可证明∠ACD＝∠BCE＝120°，依据SAS可证明△BCE≌△ACD；
（3）（2）中的结论还成立．证明方法同（2）．
【解析】（1）∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴∠ACB＝∠ECD＝60°，
∵点B、C、D在同一条直线上，
∴∠ACE＝180°﹣∠ACB﹣∠ECD＝180°﹣60°﹣60°＝60°；
（2）△BCE≌△ACD．
理由：∵△ABC和△CED都是等边三角形，
∠BCA＝∠DCE＝60°，BC＝AC，CE＝CD，
∴∠BCE＝∠ACD，
在△BCE和△ACD中，
BC=AC∠BCE=∠ACDCE=CD，
∴△BCE≌△ACD（SAS）；
（3）（2）中的结论还成立．
∵△ABC和△CDE都是等边三角形，
∴∠ACB＝∠ECD＝60°，AC＝BC，EC＝DC．
∴∠BCE＝∠ACD，
∴△BCE≌△ACD（SAS）．
24．（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．

25．（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°．
26．（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．