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专题训练二 平行四边形解答题强化高分必刷精选题（22道）八年级数学下册《考点•题型•技巧》精讲与精练高分突破（人教版）
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这是一份专题训练二 平行四边形解答题强化高分必刷精选题（22道）八年级数学下册《考点•题型•技巧》精讲与精练高分突破（人教版），共37页。试卷主要包含了已知等内容，欢迎下载使用。
专题训练二：平行四边形解答题强化高分必刷精选题（22道）
1．（2021·重庆市实验学校八年级期中）如图，已知▱ABCD，AE平分∠BAD，交DC于E，DF⊥BC于F，交AE于G，且DF＝AD．
(1)若∠C＝60°，AB＝2，求EC的长；
(2)求证：AB＝DG+FC．
2．（2021·吉林珲春·八年级期中）如图，中，对角线AC、BD相交于点O，点 E， F，G，H分别是OA、OB、OC、OD的中点，顺次连接EFGH．
（1）求证：四边形EFGH 是平行四边形
（2）若的周长为2（AB+BC）=32，则四边形EFGH的周长为__________
3．（2022·全国·八年级）如图，将▱ABCD的边AB延长到点E，使BE＝AB，连接DE，交边BC于点F．
（1）求证：△BEF≌△CDF．
（2）连接BD，CE，若∠BFD＝2∠A，求证四边形BECD是矩形．
4．（2021·天津南开·八年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，求AM的最小值．
5．（2021·天津南开·八年级期中）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E．
(1)如图1，若∠BAE＝30°，AE＝3，求菱形ABCD的周长及面积；
(2)如图2，作AF⊥CD于点F，连接EF，BD，求证：EF∥BD；
(3)如图3，设AE与对角线BD相交于点G，若CE＝4，BE＝8，四边形CDGE和△AGD的面积分别是S1和S2，求S1﹣S2的值．
6．（2021·北京师范大学附属实验中学分校八年级期中）在中，AE平分∠BAD，O为AE的中点，连接BO并延长，交AD于点F，连接EF，OC．
(1)求证：四边形ABEF是菱形；
(2)若点E为BC的中点，且BC＝8，∠ABC＝60°，求OC的长．
7．（2022·四川仁寿·八年级期末）如图，四边形ABCD是正方形，BE⊥BF，BE＝BF，EF与BC交于点G．
（1）求证：AE＝CF；
（2）若∠ABE＝62°，求∠GFC+∠BCF的值．
8．（2021·全国·八年级期中）已知正方形，点，分别在射线，射线上，，与交于
点．
(1)如图1，当点，分别在线段，上时，求证：，且；
(2)如图2，当点在线段延长线上时，将线段沿平移至，连接．
①依题意将图2补全；
②用等式表示线段，和之间的数量关系，并证明．
9．（2021·全国·八年级专题练习）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，且BE=DF
（1）求证：▱ABCD是菱形；
（2）若AB=5，AC=6，求▱ABCD的面积．
10．（2022·全国·八年级）已知：如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=CD，E是对角线BD上一点，且EA=EC．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如果BE=BC，且∠CBE：∠BCE=2：3，求证：四边形ABCD是正方形．
11．（2021·湖南洪江·八年级期末）如图，已知正方形ABCD的边长为，连接AC、BD交于点O，CE平分∠ACD交BD于点E，
(1)求DE的长；
(2)过点E作EF⊥CE，交AB于点F，求BF的长；
(3)过点E作EG⊥CE，交CD于点G，求DG的长．
12．（2021·江苏·苏州市景范中学校八年级阶段练习）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E、F分别在AB、BC上（AE＜BE），且∠EOF=90°，OE、DA的延长线交于点M，OF、AB的延长线交于点N，连接MN．
（1）求证：OM=ON．
（2）若正方形ABCD的边长为4，E为OM的中点，求MN的长．
13．（2021·安徽淮北·八年级期末）如图，矩形的顶点，分别在菱形的边，上，顶点、在菱形的对角线上.
（1）求证：；
（2）若为中点，，求菱形的周长．
14．（2019·全国·八年级单元测试）如图，将矩形ABCD沿AF折叠，使点D落在BC边的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．
（1）求证：四边形EFDG是菱形；
（2）探究线段EG、GF、AF之间的数量关系，并说明理由；
（3）若AG=6，EG=2，求BE的长．
15．（2019·广西马山·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，E是CD上一点，BE交AC于点F，连接DF.
(1)求证：∠BAC＝∠DAC，∠AFD＝∠CFE；
(2)若AB∥CD，试证明四边形ABCD是菱形；
(3)在(2)的条件下，试确定E点的位置，使∠EFD＝∠BCD，并说明理由．
16．（2021·江西吉安·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，对角线AC，BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度α（0°＜α≤90°），分别交线段BC，AD于点E，F，连接BF．
（1）如图1，在旋转的过程中，求证：OE＝OF；
（2）如图2，当旋转至90°时，判断四边形ABEF的形状，并证明你的结论；
（3）若AB＝1，BC＝，且BF＝DF，求旋转角度α的大小．
17．（2020·四川·眉山市东坡区东坡中学八年级期中）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作FG∥CD，交AE于点G，连接DG．
（1）求证：四边形DEFG为菱形；
（2）若CD=8，CF=4，求的值．
18．（2021·全国·八年级专题练习）在平行四边形ABCD中，E为BC边上一点，F为对角线AC上一点，连接DE、BF，若∠ADE与∠CBF的平分线DG、BG交于AC上一点G，连接EG．
（1）如图1，点B、G、D在同一直线上，若∠CBF＝90°，CD＝3，EG＝2，求CE的长；
（2）如图2，若AG＝AB，∠DEG＝∠BCD，求证：AD＝BF+DE．
19．（2019·江西·余干县第二中学八年级期末）如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线BD＝16，对角线AC，BD相交于点G，点O是直线BD上的动点，OE⊥AB于E，OF⊥AD于F.
(1)求对角线AC的长及菱形ABCD的面积．
(2)如图①，当点O在对角线BD上运动时，OE＋OF的值是否发生变化？请说明理由．
(3)如图②，当点O在对角线BD的延长线上时，OE＋OF的值是否发生变化？若不变，请说明理由；若变化，请探究OE，OF之间的数量关系．
20．（2020·湖南·耒阳市冠湘中学八年级期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝4cm，BE＝5cm，点E是AD边上的一点，AE、DE分别长acm、bcm，满足（a﹣3）2+|2a+b﹣9|＝0．动点P从B点出发，以2cm/s的速度沿B→C→D运动，最终到达点D．设运动时间为ts．
（1）a＝ cm，b＝ cm；
（2）t为何值时，EP把四边形BCDE的周长平分？
（3）另有一点Q从点E出发，按照E→D→C的路径运动，且速度为1cm/s，若P、Q两点同时出发，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动．求t为何值时，△BPQ的面积等于6cm2．
21．（2021·全国·八年级专题练习）（1）如图1，正方形ABCD中，点P为线段BC上一个动点，若线段MN垂直AP于点E，交线段AB于点M，交线段CD于点N，证明：AP＝MN；
（2）如图2，正方形ABCD中，点P为线段BC上一动点，若线段MN垂直平分线段AP，分别交AB，AP，BD，DC于点M，E，F，N．求证：EF＝ME+FN；
（3）若正方形ABCD的边长为2，求线段EF的最大值与最小值．
22．（2020·黑龙江·桦南实验中学八年级期中）已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：
（1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
（2）如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE和BF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
参考答案：
1．(1)；
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）先由，在中，求得，由平分，则，由，则，从而有，得出，再根据即可求得；
（2）延长至，使，连接，根据全等三角形的判定和性质可得，，，结合（1）中结论及利用外角的性质得出，根据等角对等边得出，由此即可证明．
(1)
解：在中，，，，
∴，
∴，
在中，
，
．
，
∵，平分，
，，
，
；
(2)
证明：如图所示：延长至，连接，使，
在和中，
，
，，
由（1）可得：
，
，即，
，
即．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质等，理解题意，作出辅助线，由补短法构造全等三角形是解题关键．
2．（1）见解析；（2）16
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质，可得OA=OC，OB=OD，从而得到OE=OG，OF=OH，即可求证；
（2）根据三角形中位线定理，可得，从而得到 ，再由（1）四边形EFGH是平行四边形，即可求解．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵点 E、 F、G、H分别是OA、OB、OC、OD的中点，
∴，
∴OE=OG，OF=OH，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）∵点 E、 F、G、H分别是OA、OB、OC、OD的中点，
∴，
∴ ，
∵的周长为2（AB+BC）=32，
∴ ，
∴ ，
由（1）知：四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH的周长为 ．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理，三角形的中位线定理是解题的关键．
3．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质可得ABCD且AB=CD，进而证明∠BEF=∠FDC,∠FBE=∠FCD, ASA证明△BEF≌△CDF.
（2）根据等边对等角证明FD=FC，进而证明，根据对角线相等的平行四边形是矩形即可证明
【详解】
(1)∵四边形ABCD为平行四边形,
∴ABCD且AB=CD.
∵BE=AB,
∴BECD且BE=CD.
∴∠BEF=∠FDC,∠FBE=∠FCD,
∴△BEF≌△CDF.
(2)∵BECD且BE=CD.
∴四边形BECD为平行四边形,
∴DF=DE,CF=BC,
∵四边形ABCD为平行四边形,
∴∠FCD=∠A,
∵∠BFD=∠FCD+∠FDC,∠BFD=2∠A,
∴∠FDC=∠FCD,
∴FD=FC.
又DF=DE,CF=BC,
∴BC=DE,
∴▱BECD是矩形.
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，三角形全等的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．
4．AM的最小值为2.4．
【解析】
【分析】
根据矩形的性质就可以得出EF，AP互相平分，且EF=AP，根据垂线段最短的性质就可以得出AP⊥BC时，AP的值最小，即AM的值最小，由勾股定理求出BC，根据面积关系建立等式求出其解即可．
【详解】
解：连接AP，如图所示：
∵∠BAC=90°，AB=6，AC=8，
∴BC==10，
∵PE⊥AB，PF⊥AC，
∴四边形AFPE是矩形，
∴EF=AP，EF与AP互相平分，
∵M是EF的中点，
∴M为AP的中点，
∴AM=AP，
∵AP⊥BC时，AP最短，同样AM也最短，
∴当AP⊥BC时，AP==4.8，
∴AP最短时，AP=4.8，
∴当AM最短时，AM=AP=2.4．
即AM的最小值为2.4．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理、矩形的判定与性质、垂线段最短和直角三角形斜边上的中线性质；由直角三角形的面积求出AP是解决问题的关键．
5．(1)周长为 ，面积为
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形的性质可得 ，再由勾股定理可得 ，从而得到 ，即可求解；
（2）根据菱形的性质和AE⊥BC，AF⊥CD，可得△ABE≌△ADF，从而得到BE=DF，进而得到CE=CF，则有∠CBF=∠CBD=（180°-∠C），即可求证；
（3）连接CG，可先证明△ADG≌△CDG，可得到AG=CG，△ADG和△CDG的面积相等，从而得到S1﹣S2=S△CEG，再由勾股定理可得 ，然后设 ，则 ，根据勾股定理可得 ，即可求解．
(1)
解：∵AE⊥BC，∠BAE＝30°，
∴ ，
∵AE＝3，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形ABCD是菱形，
∴ ，
∴菱形ABCD的周长为 ，面积为 ；
(2)
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABE=∠ADF，AB=AD=BC=CD，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
在△ABE和△ADF中，
∵∠ABE=∠ADF，∠AEB=∠AFD，AB=AD，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴BE=DF，
∵BC=CD，
∴CE=CF，
∴∠CBF=∠CBD=（180°-∠C），
∴EF∥BD；
(3)
解：连接CG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADG=∠CDG，AD=CD，
在△ADG和△CDG中，
∵AD=CD，∠ADG=∠CDG， DG=DG，
∴△ADG≌△CDG，
∴AG=CG，△ADG和△CDG的面积相等，
∴S1﹣S2=S△CEG，
∵CE＝4，BE＝8，
∴AB=BC=CE+BE=12，
∵AE⊥BC，
∴ ，
设 ，则 ，
∵ ，
∴ ，
解得： ，即 ，
∴ ．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．
6．(1)见解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质得到，证明△AOF≌△BOE，推出AF=BE，证得四边形ABEF是平行四边形，由AE平分∠BAD，推出AB=BE，由此得到结论；
（2）过点O作OG⊥BC于G，由C的中点，求出BE，根据菱形的性质得到OE=2，∠OEB=60°，求出GE=1，勾股定理求出OG得到GC，再利用勾股定理求出答案．
(1)
证明：在中，，
∴∠FAO=∠BEO，
∵O为AE的中点，
∴AO=EO，
∵∠AOF=∠BOE，
∴△AOF≌△BOE，
∴AF=BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠FAE，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE，
∴四边形ABEF是菱形；
(2)
解：过点O作OG⊥BC于G，
∵点E为BC的中点，且BC＝8，
∴BE=CE=4，
∵四边形ABEF是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠OBE=30°，∠BOE=90°，
∴OE=2，∠OEB=60°，
∴GE=1，，
∴GC=5，
∴OC．
．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，菱形的判定及性质，直角三角形30度角的性质，解题的关键是熟练掌握各知识点并熟练应用．
7．（1）证明见解析；（2）73°．
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质及各角之间的关系可得：，由全等三角形的判定定理可得，再根据其性质即可得证；
（2）根据垂直及等腰三角形的性质可得，再由三角形的外角的性质可得，由此计算即可．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵°，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵BE⊥BF，
∴，
又∵，
∴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴的值为．
【点睛】
题目主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，三角形的外角性质，理解题意，熟练运用各个定理性质是解题关键．
8．(1)见解析
(2)①见解析；②，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据正方形性质可得，，进而可证明，依据全等三角形性质即可证得结论；
（2）①按题目要求补全图形即可；
②连接，根据平移性质即可得出四边形是平行四边形，根据平行四边形性质得，，再由，可得，，进而可得出，，由勾股定理即可得出结论．
(1)
解：如图1，
四边形是正方形，
，，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
故，且；
(2)
解：①补全图如图2所示；
②理由如下：
如图3，连接，
线段沿平移至，
四边形是平行四边形，
，，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、平移的性质、勾股定理的应用，解题的关键是掌握全等三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质定理．
9．（1）证明见解析；（2）S平行四边形ABCD =24
【解析】
【分析】
（1）利用全等三角形的性质证明AB=AD即可解决问题；
（2）连接BD交AC于O，利用勾股定理求出对角线的长即可解决问题；
【详解】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
∵BE=DF，
∴△AEB≌△AFD，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，AC=6，
∴AC⊥BD，
AO=OC=AC=×6=3，
∵AB=5，AO=3，
∴BO===4，
∴BD=2BO=8，
∴S平行四边形ABCD=×AC×BD=24．
【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关的性质与定理、正确添加辅助线是解题的关键.
10．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）首先证得△ADE≌△CDE，由全等三角形的性质可得∠ADE=∠CDE，由AD∥BC可得∠ADE=∠CBD，易得∠CDB=∠CBD，可得BC=CD，易得AD=BC，利用平行线的判定定理可得四边形ABCD为平行四边形，由AD=CD可得四边形ABCD是菱形；
（2）由BE=BC可得△BEC为等腰三角形，可得∠BCE=∠BEC，利用三角形的内角和定理可得∠CBE=180× =45°，易得∠ABE=45°，可得∠ABC=90°，由正方形的判定定理可得四边形ABCD是正方形．
【详解】
（1）在△ADE与△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE，
∴∠ADE=∠CDE，
∵AD∥BC，
∴∠ADE=∠CBD，
∴∠CDE=∠CBD，
∴BC=CD，
∵AD=CD，
∴BC=AD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AD=CD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）∵BE=BC，
∴∠BCE=∠BEC，
∵∠CBE：∠BCE=2：3，
∴∠CBE=180× =45°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABE=45°，
∴∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形．
11．（1）2-；（2）2-；（3）3-4.
【解析】
【分析】
（1）求出，根据勾股定理求出，即可求出；
（2）求出，根据全等三角形的性质得出即可；
（3）延长交于，证，得出比例式，代入即可求出答案.
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∠DBC=∠BCA=∠ACD=45°，
∵CE平分∠DCA，
∴∠ACE=∠DCE=∠ACD=22.5°，
∴∠BCE=∠BCA+∠ACE=45°+22.5°=67.5°，
∵∠DBC=45°，
∴∠BEC=180°﹣67.5°﹣45°=67.5°=∠BCE，
∴BE=BC=，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：BD==2，
∴DE=BD﹣BE=2﹣；
（2）∵FE⊥CE，
∴∠CEF=90°，
∴∠FEB=∠CEF﹣∠CEB=90°﹣67.5°=22.5°=∠DCE，
∵∠FBE=∠CDE=45°，BE=BC=CD，
∴△FEB≌△ECD，
∴BF=DE=2﹣；
（3）延长GE交AB于F，
由（2）知：DE=BF=2﹣，
由（1）知：BE=BC=，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥DC，
∴△DGE∽△BFE，
∴=，
∴=，
解得：DG=3﹣4．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键，题目比较好，难度偏大.
12．（1）见解析；（2）MN =2．
【解析】
【分析】
（1）证△OAM≌△OBN即可得；
（2）作OH⊥AD，由正方形的边长为4且E为OM的中点知OH=HA=2，HM=4，再根据勾股定理得OM=2 ，由直角三角形性质知MN=OM=2．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB，∠DAO=45°，∠OBA=45°，
∴∠OAM=∠OBN=135°，
∵∠EOF=90°，∠AOB=90°，
∴∠AOM=∠BON，
∴△OAM≌△OBN（ASA），
∴OM=ON；
（2）如图，过点O作OH⊥AD于点H，
∵正方形的边长为4，
∴OH=HA=2，
∵E为OM的中点，
∴HM=4，
则OM==2，
∴MN=OM=2．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，解题的关键是掌握正方形的四条边都相等，正方形的每条对角线平分一组对角及全等三角形的判定与性质．
13．（1）证明见解析；（2）8.
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质得到EH=FG，EH∥FG，得到∠GFH=∠EHF，求得∠BFG=∠DHE，根据菱形的性质得到AD∥BC，得到∠GBF=∠EDH，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）连接EG，根据菱形的性质得到AD=BC，AD∥BC，求得AE=BG，AE∥BG，得到四边形ABGE是平行四边形，得到AB=EG，于是得到结论．
【详解】
（1）∵四边形EFGH是矩形，
∴EH=FG，EH∥FG，
∴∠GFH=∠EHF，
∵∠BFG=180°-∠GFH，∠DHE=180°-∠EHF，
∴∠BFG=∠DHE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠GBF=∠EDH，
∴△BGF≌△DEH（AAS），
∴BG=DE；
（2）连接EG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵E为AD中点，
∴AE=ED，
∵BG=DE，
∴AE=BG，AE∥BG，
∴四边形ABGE是平行四边形，
∴AB=EG，
∵EG=FH=2，
∴AB=2，
∴菱形ABCD的周长=8．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别作图是解题的关键．
14．（1）证明见解析；（2）EG2=GF•AF．理由见解析；（3）BE=．
【解析】
【分析】
（1）先依据翻折的性质和平行线的性质证明∠DGF=∠DFG，从而得到GD=DF，接下来依据翻折的性质可证明DG=GE=DF=EF；（2）连接DE，交AF于点O．由菱形的性质可知GF⊥DE，OG=OF=GF，接下来，证明△DOF∽△ADF，由相似三角形的性质可证明DF2=FO•AF，于是可得到GE、AF、FG的数量关系；（3）过点G作GH⊥DC，垂足为H．利用（2）的结论可求得FG=4，然后再△ADF中依据勾股定理可求得AD的长，然后再证明△FGH∽△FAD，利用相似三角形的性质可求得GH的长，最后依据BE=AD-GH求解即可．
【详解】
（1）证明：∵GE∥DF，
∴∠EGF=∠DFG．
∵由翻折的性质可知：GD=GE，DF=EF，∠DGF=∠EGF，
∴∠DGF=∠DFG．
∴GD=DF．
∴DG=GE=DF=EF．
∴四边形EFDG为菱形．
（2）EG2=GF•AF．
理由：如图1所示：连接DE，交AF于点O．
∵四边形EFDG为菱形，
∴GF⊥DE，OG=OF=GF．
∵∠DOF=∠ADF=90°，∠OFD=∠DFA，
∴△DOF∽△ADF．
∴，即DF2=FO•AF．
∵FO=GF，DF=EG，
∴EG2=GF•AF．
（3）如图2所示：过点G作GH⊥DC，垂足为H．
∵EG2=GF•AF，AG=6，EG=2，
∴20=FG（FG+6），整理得：FG2+6FG﹣40=0．
解得：FG=4，FG=﹣10（舍去）．
∵DF=GE=2，AF=10，
∴AD==4．
∵GH⊥DC，AD⊥DC，
∴GH∥AD．
∴△FGH∽△FAD．
∴，即=．
∴GH=．
∴BE=AD﹣GH=4﹣=．
【点睛】
本题考查了四边形的综合问题，熟练掌握四边形的性质、判定定理等相关知识点是本题解题的关键.
15．（1）证明见解析（2）证明见解析（3）当BE⊥CD时，∠EFD＝∠BCD
【解析】
【分析】
（1）先判断出△ABC≌△ADC得到∠BAC=∠DAC，再判断出△ABF≌△ADF得出∠AFB=∠AFD，最后进行简单的推算即可；
（2）先由平行得到角相等，用等量代换得出∠DAC=∠ACD，最后判断出四边相等；
（3）由（2）得到判断出△BCF≌△DCF，结合BE⊥CD即可．
【详解】
(1)证明：在△ABC和△ADC中，
∴△ABC≌△ADC(SSS)，
∴∠BAC=∠DAC，
在△ABF和△ADF中,
∴△ABF≌△ADF(SAS)，
∴∠AFB=∠AFD，
∵∠CFE=∠AFB，
∴∠AFD=∠CFE，
∴∠BAC=∠DAC，∠AFD=∠CFE；
(2)证明：∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∵∠BAC=∠DAC，
∴∠BAC=∠ACD，
∴∠DAC=∠ACD，
∴AD=CD，
∵AB=AD，CB=CD，
∴AB=CB=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
(3)BE⊥CD时，∠BCD=∠EFD；理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，∠BCF=∠DCF，
∵CF=CF，
∴△BCF≌△DCF，
∴∠CBF=∠CDF，
∵BE⊥CD，
∴∠BEC=∠DEF=90°，
∴∠BCD=∠EFD.
16．（1）证明见解析；（2）平行四边形，理由见解析；（3）45°
【解析】
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出∠OAF＝∠OCE，OA＝OC，进而判断出△AOF≌△COE，即可得出结论；
（2）先判断出∠BAC＝∠AOF，得出AB∥EF，即可得出结论；
（3）先求出AC＝2，进而得出A＝1＝AB，即可判断出△ABO是等腰直角三角形，进一步判断出△BFD是等腰三角形，利用等腰三角形的三线合一得出∠BOF＝90°，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：在▱ABCD中，AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵OA＝OC，∠AOF＝∠COE，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴OE＝OF；
（2）当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形，理由：
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∵∠AOF＝90°，
∴∠BAC＝∠AOF，
∴AB∥EF，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形；
（3）在Rt△ABC中，AB＝1，BC＝，
∴AC＝＝2，
∴OA＝1＝AB，
∴△ABO是等腰直角三角形，
∴∠AOB＝45°，
∵BF＝DF，
∴△BFD是等腰三角形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∴OF⊥BD（等腰三角形底边上的中线是底边上的高），
∴∠BOF＝90°，
∴∠α＝∠AOF＝∠BOF﹣∠AOB＝45°．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，判断出△ABO是等腰直角三角形是解本题的关键．
17．（1）证明见试题解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由折叠的性质，可以得到DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，由FG∥CD，可得∠1=∠3，再证明 FG=FE，即可得到四边形DEFG为菱形；
（2）在Rt△EFC中，用勾股定理列方程即可CD、CE，从而求出的值．
【详解】
解：（1）证明：由折叠的性质可知：DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，
∵FG∥CD，
∴∠2=∠3，
∴FG=FE，
∴DG=GF=EF=DE，
∴四边形DEFG为菱形；
（2）设DE=x，根据折叠的性质，EF=DE=x，EC=8﹣x，
在Rt△EFC中，，即，
解得：x=5，CE=8﹣x=3，
∴=．
考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．勾股定理；3．菱形的判定与性质；4．矩形的性质；5．综合题．
18．（1）；（2）见详解．
【解析】
【分析】
（1）由题意，先证明△BDE是等腰直角三角形，然后利用等腰三角形的性质和勾股定理，即可求出答案；
（2）在AD上取一点M，使得DM=DE，连接MG，然后根据全等三角形的判定和性质，得到AM=BF，即可得到答案．
【详解】
解：（1）如图，点B、G、D在同一直线上，
∵DG、BG分别是∠ADE与∠CBF的角平分线，且∠CBF＝90°，
∴∠CBD=45°，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD=45°，
∴∠BDE=∠ADB=45°，
∴∠BED=，
∴三角形BDE是等腰直角三角形，，
在平行四边形ABCD中，则BD=DG，
∴线段EG是等腰直角三角形BDE的中线，
∴EG⊥BD，
∵，
∴，
在直角三角形CDE中，由勾股定理得
；
（2）如图，在AD上取一点M，使得DM=DE，连接MG，
在△DMG和△DEG中，有
，
∴△DMG≌△DEG，
∴∠DMG=∠DEG=∠BCD，
∵∠BCD=∠BAD，
∴∠DMG=∠BAD，
∴MG∥AB，
∴∠BAF=∠AGM，
∵AG＝AB，
∴∠AGB=∠ABG，
∵∠ABG=∠ABF+∠FBG，∠AGB=∠GBC+∠BCG，
又∵∠FBG=∠GBC，
∴∠ABF=∠BCG，
∵AD∥BC，
∴∠BCG=∠MAG=∠ABF，
在△AMG和△BFA中，有
∴，
∴△AMG≌△BFA，
∴AM=BF，
∴AD=AM+MD=BF+DE．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，解题的关键是正确的作出辅助线，构造全等三角形进行证明．
19．（1）12；96 （2）答案见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】
（1）根据菱形的对角线互相垂直平分求出BG，再利用勾股定理列式求出AG，然后根据AC=2AG计算即可得解；再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解；
（2）连接AO，根据S△ABD=S△ABO+S△ADO列式计算即可得解；
（3）连接AO，根据S△ABD=S△ABO-S△ADO列式整理即可得解.
【详解】
解：(1)在菱形ABCD中，AG＝CG，AC⊥BD，BG＝BD＝×16＝8，
由勾股定理得AG＝，
所以AC＝2AG＝2×6＝12.
所以菱形ABCD的面积＝AC·BD＝×12×16＝96.
(2)不发生变化．理由如下：如图①，连接AO，则S△ABD＝S△ABO＋S△AOD，
所以BD·AG＝AB·OE＋AD·OF，
即×16×6＝×10·OE＋×10·OF.
解得OE＋OF＝9.6，是定值，不变．
(3)发生变化．如图②，连接AO，则S△ABD＝S△ABO－S△AOD，
所以BD·AG＝AB·OE－AD·OF.
即×16×6＝×10·OE－×10·OF.
解得OE－OF＝9.6，是定值，不变．
所以OE＋OF的值发生变化，OE，OF之间的数量关系为OE－OF＝9.6.
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质，（2）（3）作辅助线构造出两个三角形是解题的关键.
20．（1）3，3；（2）t＝2s时，EP把四边形BCDE的周长平分；（3）当t＝s或s或5s时，△BPQ的面积等于6cm2．
【解析】
【分析】
（1）根据偶次方和绝对值的非负性求解即可；
（2）先求出四边形BCDE的周长为18cm，则BE+BP=9cm，进一步可得BP=4cm即可；
（3）分P在BC上、相遇前点P在CD上和相遇后点P在CD上三种情况，根据三角形的面积公式可求解即可．
【详解】
解：（1）∵（a﹣3）2+|2a+b﹣9|＝0，
∴a﹣3＝0，2a+b﹣9＝0，
∴a＝3，b＝3；
故答案为：3，3；
（2）∵AE＝3cm，DE＝3cm，
∴AD＝AE+DE=6cm＝BC，
∴C四边形BCDE＝BC+CD+DE+EB＝18cm，
∵EP把四边形BCDE的周长平分，
∴BE+BP＝9cm，
∴点P在BC上，BP＝4cm，
∴t＝＝2s；
（3）解：①如图：点P在BC上
∴t=
∴0＜t≤3，BP=2t，在BP边上的高为4
∴S△BPQ＝×2t×4＝6，
∴t＝；
②相遇前，点P在CD上（3＜t≤），
∴PQ=4﹣（t﹣3）﹣（2t﹣6）,在PQ边上的高为6
∵S△BPQ＝×[（4﹣（t﹣3）﹣（2t﹣6）]×6＝6，
∴t＝；
③如图：相遇后，点P在CD上（＜t≤5），
∴PQ=t﹣3）+（2t﹣6）﹣4，PQ边上的高为4
∵S△BPQ＝×[（t﹣3）+（2t﹣6）﹣4]×6＝6，
∴t＝5；
∴综上所述，当t＝s或s或5s时，△BPQ的面积等于6cm2．
【点睛】
本题考查了非负性的应用、矩形的性质以及动点问题，掌握分类讨论思想和动点问题的解答思路是解答本题的关键．
21．（1）见解析；（2）见解析；（3）EF最大值： ，EF最小值：1
【解析】
【分析】
（1）过B点作BH∥MN交CD于H，则AP⊥BH，根据平行四边形和正方形的性质求证△ABP≌△BCH（ASA），然后根据三角形全等的性质即可证明；
（2）根据垂直平分线的性质和正方形的性质求得FP＝FC，然后根据等边对等角和等量代换求得∠AFP＝90°，根据直角三角形斜边中线的性质得到FE＝AP，结合（1）问结论即可求证；
（3）根据（2）问结论得到EF＝MN，当点P和点B重合时，EF有最小值；当点P和C重合时，EF有最大值，根据正方形的对角线即可求解．
【详解】
（1）如图1，过B点作BH∥MN交CD于H，则AP⊥BH，
∵BM∥NH，
∴四边形MBHN为平行四边形，
∴MN＝BH，
∵四边形ABCD是正方形．
∴AB＝BC，∠ABP＝90°＝∠C，
∴∠CBH+∠ABH＝∠BAP+∠ABH＝90°，
∴∠BAP＝∠CBH，
∴△ABP≌△BCH（ASA），
∴BH＝AP，
∴MN＝AP；
（2）如图2，连接FA，FP，FC
∵正方形ABCD是轴对称图形，F为对角线BD上一点，
∴FA＝FC，
又∵FE垂直平分AP，
∴FA＝FP，
∴FP＝FC，
∴∠FPC＝∠FCP，
∵∠FAB＝∠FCP，
∴∠FAB＝∠FPC，
∴∠FAB+∠FPB＝180°，
∴∠ABC+∠AFP＝180°，
∴∠AFP＝90°，
∴FE＝AP，
由（1）知，AP＝MN，
∴MN＝ME+EF+FN＝AP＝2EF，
∴EF＝ME+FN；
（3）由（2）有，EF＝ME+FN，
∵MN＝EF+ME+NF，
∴EF＝MN，
∵AC，BD是正方形的对角线，
∴BD＝2，
当点P和点B重合时，EF最小值＝MN＝AB＝1，
当点P和C重合时，EF最大值＝MN＝BD＝．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，本题考查较为综合，题目较难，熟练掌握各部分定理和性质是本题的关键．
22．（1）成立；（2）成立，理由见试题解析；（3）正方形，证明见试题解析．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）因为四边形ABCD为正方形，CE=DF，可证△ADF≌△DCE（SAS），即可得到AF=DE，∠DAF=∠CDE，又因为∠ADG+∠EDC=90°，即有AF⊥DE；
（2）∵四边形ABCD为正方形，CE=DF，可证△ADF≌△DCE（SAS），即可得到AF=DE，∠E=∠F，又因为∠ADG+∠EDC=90°，即有AF⊥DE；
（3）设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，因为点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，可得MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后根据AF=DE，可得四边形MNPQ是菱形，又因为AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形．
试题解析：（1）上述结论①，②仍然成立，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，∵DF=CE，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（2）上述结论①，②仍然成立，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，∵DF=CE，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠E=∠F，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（3）四边形MNPQ是正方形．理由是：
如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，
∴MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，∴四边形OHQG是平行四边形，∵AF=DE，∴MQ=PQ=PN=MN，∴四边形MNPQ是菱形，∵AF⊥DE，∴∠AOD=90°，∴∠HQG=∠AOD=90°，∴四边形MNPQ是正方形．
专题训练二：平行四边形解答题强化高分必刷精选题（22道）
1．（2021·重庆市实验学校八年级期中）如图，已知▱ABCD，AE平分∠BAD，交DC于E，DF⊥BC于F，交AE于G，且DF＝AD．
(1)若∠C＝60°，AB＝2，求EC的长；
(2)求证：AB＝DG+FC．
2．（2021·吉林珲春·八年级期中）如图，中，对角线AC、BD相交于点O，点 E， F，G，H分别是OA、OB、OC、OD的中点，顺次连接EFGH．
（1）求证：四边形EFGH 是平行四边形
（2）若的周长为2（AB+BC）=32，则四边形EFGH的周长为__________
3．（2022·全国·八年级）如图，将▱ABCD的边AB延长到点E，使BE＝AB，连接DE，交边BC于点F．
（1）求证：△BEF≌△CDF．
（2）连接BD，CE，若∠BFD＝2∠A，求证四边形BECD是矩形．
4．（2021·天津南开·八年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，求AM的最小值．
5．（2021·天津南开·八年级期中）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E．
(1)如图1，若∠BAE＝30°，AE＝3，求菱形ABCD的周长及面积；
(2)如图2，作AF⊥CD于点F，连接EF，BD，求证：EF∥BD；
(3)如图3，设AE与对角线BD相交于点G，若CE＝4，BE＝8，四边形CDGE和△AGD的面积分别是S1和S2，求S1﹣S2的值．
6．（2021·北京师范大学附属实验中学分校八年级期中）在中，AE平分∠BAD，O为AE的中点，连接BO并延长，交AD于点F，连接EF，OC．
(1)求证：四边形ABEF是菱形；
(2)若点E为BC的中点，且BC＝8，∠ABC＝60°，求OC的长．
7．（2022·四川仁寿·八年级期末）如图，四边形ABCD是正方形，BE⊥BF，BE＝BF，EF与BC交于点G．
（1）求证：AE＝CF；
（2）若∠ABE＝62°，求∠GFC+∠BCF的值．
8．（2021·全国·八年级期中）已知正方形，点，分别在射线，射线上，，与交于
点．
(1)如图1，当点，分别在线段，上时，求证：，且；
(2)如图2，当点在线段延长线上时，将线段沿平移至，连接．
①依题意将图2补全；
②用等式表示线段，和之间的数量关系，并证明．
9．（2021·全国·八年级专题练习）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，且BE=DF
（1）求证：▱ABCD是菱形；
（2）若AB=5，AC=6，求▱ABCD的面积．
10．（2022·全国·八年级）已知：如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=CD，E是对角线BD上一点，且EA=EC．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如果BE=BC，且∠CBE：∠BCE=2：3，求证：四边形ABCD是正方形．
11．（2021·湖南洪江·八年级期末）如图，已知正方形ABCD的边长为，连接AC、BD交于点O，CE平分∠ACD交BD于点E，
(1)求DE的长；
(2)过点E作EF⊥CE，交AB于点F，求BF的长；
(3)过点E作EG⊥CE，交CD于点G，求DG的长．
12．（2021·江苏·苏州市景范中学校八年级阶段练习）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E、F分别在AB、BC上（AE＜BE），且∠EOF=90°，OE、DA的延长线交于点M，OF、AB的延长线交于点N，连接MN．
（1）求证：OM=ON．
（2）若正方形ABCD的边长为4，E为OM的中点，求MN的长．
13．（2021·安徽淮北·八年级期末）如图，矩形的顶点，分别在菱形的边，上，顶点、在菱形的对角线上.
（1）求证：；
（2）若为中点，，求菱形的周长．
14．（2019·全国·八年级单元测试）如图，将矩形ABCD沿AF折叠，使点D落在BC边的点E处，过点E作EG∥CD交AF于点G，连接DG．
（1）求证：四边形EFDG是菱形；
（2）探究线段EG、GF、AF之间的数量关系，并说明理由；
（3）若AG=6，EG=2，求BE的长．
15．（2019·广西马山·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，E是CD上一点，BE交AC于点F，连接DF.
(1)求证：∠BAC＝∠DAC，∠AFD＝∠CFE；
(2)若AB∥CD，试证明四边形ABCD是菱形；
(3)在(2)的条件下，试确定E点的位置，使∠EFD＝∠BCD，并说明理由．
16．（2021·江西吉安·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，对角线AC，BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度α（0°＜α≤90°），分别交线段BC，AD于点E，F，连接BF．
（1）如图1，在旋转的过程中，求证：OE＝OF；
（2）如图2，当旋转至90°时，判断四边形ABEF的形状，并证明你的结论；
（3）若AB＝1，BC＝，且BF＝DF，求旋转角度α的大小．
17．（2020·四川·眉山市东坡区东坡中学八年级期中）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作FG∥CD，交AE于点G，连接DG．
（1）求证：四边形DEFG为菱形；
（2）若CD=8，CF=4，求的值．
18．（2021·全国·八年级专题练习）在平行四边形ABCD中，E为BC边上一点，F为对角线AC上一点，连接DE、BF，若∠ADE与∠CBF的平分线DG、BG交于AC上一点G，连接EG．
（1）如图1，点B、G、D在同一直线上，若∠CBF＝90°，CD＝3，EG＝2，求CE的长；
（2）如图2，若AG＝AB，∠DEG＝∠BCD，求证：AD＝BF+DE．
19．（2019·江西·余干县第二中学八年级期末）如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线BD＝16，对角线AC，BD相交于点G，点O是直线BD上的动点，OE⊥AB于E，OF⊥AD于F.
(1)求对角线AC的长及菱形ABCD的面积．
(2)如图①，当点O在对角线BD上运动时，OE＋OF的值是否发生变化？请说明理由．
(3)如图②，当点O在对角线BD的延长线上时，OE＋OF的值是否发生变化？若不变，请说明理由；若变化，请探究OE，OF之间的数量关系．
20．（2020·湖南·耒阳市冠湘中学八年级期中）如图，在长方形ABCD中，AB＝4cm，BE＝5cm，点E是AD边上的一点，AE、DE分别长acm、bcm，满足（a﹣3）2+|2a+b﹣9|＝0．动点P从B点出发，以2cm/s的速度沿B→C→D运动，最终到达点D．设运动时间为ts．
（1）a＝ cm，b＝ cm；
（2）t为何值时，EP把四边形BCDE的周长平分？
（3）另有一点Q从点E出发，按照E→D→C的路径运动，且速度为1cm/s，若P、Q两点同时出发，当其中一点到达终点时，另一点随之停止运动．求t为何值时，△BPQ的面积等于6cm2．
21．（2021·全国·八年级专题练习）（1）如图1，正方形ABCD中，点P为线段BC上一个动点，若线段MN垂直AP于点E，交线段AB于点M，交线段CD于点N，证明：AP＝MN；
（2）如图2，正方形ABCD中，点P为线段BC上一动点，若线段MN垂直平分线段AP，分别交AB，AP，BD，DC于点M，E，F，N．求证：EF＝ME+FN；
（3）若正方形ABCD的边长为2，求线段EF的最大值与最小值．
22．（2020·黑龙江·桦南实验中学八年级期中）已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：
（1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
（2）如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE和BF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
参考答案：
1．(1)；
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）先由，在中，求得，由平分，则，由，则，从而有，得出，再根据即可求得；
（2）延长至，使，连接，根据全等三角形的判定和性质可得，，，结合（1）中结论及利用外角的性质得出，根据等角对等边得出，由此即可证明．
(1)
解：在中，，，，
∴，
∴，
在中，
，
．
，
∵，平分，
，，
，
；
(2)
证明：如图所示：延长至，连接，使，
在和中，
，
，，
由（1）可得：
，
，即，
，
即．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线的性质等，理解题意，作出辅助线，由补短法构造全等三角形是解题关键．
2．（1）见解析；（2）16
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质，可得OA=OC，OB=OD，从而得到OE=OG，OF=OH，即可求证；
（2）根据三角形中位线定理，可得，从而得到 ，再由（1）四边形EFGH是平行四边形，即可求解．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵点 E、 F、G、H分别是OA、OB、OC、OD的中点，
∴，
∴OE=OG，OF=OH，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）∵点 E、 F、G、H分别是OA、OB、OC、OD的中点，
∴，
∴ ，
∵的周长为2（AB+BC）=32，
∴ ，
∴ ，
由（1）知：四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH的周长为 ．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理，三角形的中位线定理是解题的关键．
3．（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质可得ABCD且AB=CD，进而证明∠BEF=∠FDC,∠FBE=∠FCD, ASA证明△BEF≌△CDF.
（2）根据等边对等角证明FD=FC，进而证明，根据对角线相等的平行四边形是矩形即可证明
【详解】
(1)∵四边形ABCD为平行四边形,
∴ABCD且AB=CD.
∵BE=AB,
∴BECD且BE=CD.
∴∠BEF=∠FDC,∠FBE=∠FCD,
∴△BEF≌△CDF.
(2)∵BECD且BE=CD.
∴四边形BECD为平行四边形,
∴DF=DE,CF=BC,
∵四边形ABCD为平行四边形,
∴∠FCD=∠A,
∵∠BFD=∠FCD+∠FDC,∠BFD=2∠A,
∴∠FDC=∠FCD,
∴FD=FC.
又DF=DE,CF=BC,
∴BC=DE,
∴▱BECD是矩形.
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，三角形全等的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．
4．AM的最小值为2.4．
【解析】
【分析】
根据矩形的性质就可以得出EF，AP互相平分，且EF=AP，根据垂线段最短的性质就可以得出AP⊥BC时，AP的值最小，即AM的值最小，由勾股定理求出BC，根据面积关系建立等式求出其解即可．
【详解】
解：连接AP，如图所示：
∵∠BAC=90°，AB=6，AC=8，
∴BC==10，
∵PE⊥AB，PF⊥AC，
∴四边形AFPE是矩形，
∴EF=AP，EF与AP互相平分，
∵M是EF的中点，
∴M为AP的中点，
∴AM=AP，
∵AP⊥BC时，AP最短，同样AM也最短，
∴当AP⊥BC时，AP==4.8，
∴AP最短时，AP=4.8，
∴当AM最短时，AM=AP=2.4．
即AM的最小值为2.4．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理、矩形的判定与性质、垂线段最短和直角三角形斜边上的中线性质；由直角三角形的面积求出AP是解决问题的关键．
5．(1)周长为 ，面积为
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据直角三角形的性质可得 ，再由勾股定理可得 ，从而得到 ，即可求解；
（2）根据菱形的性质和AE⊥BC，AF⊥CD，可得△ABE≌△ADF，从而得到BE=DF，进而得到CE=CF，则有∠CBF=∠CBD=（180°-∠C），即可求证；
（3）连接CG，可先证明△ADG≌△CDG，可得到AG=CG，△ADG和△CDG的面积相等，从而得到S1﹣S2=S△CEG，再由勾股定理可得 ，然后设 ，则 ，根据勾股定理可得 ，即可求解．
(1)
解：∵AE⊥BC，∠BAE＝30°，
∴ ，
∵AE＝3，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形ABCD是菱形，
∴ ，
∴菱形ABCD的周长为 ，面积为 ；
(2)
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABE=∠ADF，AB=AD=BC=CD，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
在△ABE和△ADF中，
∵∠ABE=∠ADF，∠AEB=∠AFD，AB=AD，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴BE=DF，
∵BC=CD，
∴CE=CF，
∴∠CBF=∠CBD=（180°-∠C），
∴EF∥BD；
(3)
解：连接CG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADG=∠CDG，AD=CD，
在△ADG和△CDG中，
∵AD=CD，∠ADG=∠CDG， DG=DG，
∴△ADG≌△CDG，
∴AG=CG，△ADG和△CDG的面积相等，
∴S1﹣S2=S△CEG，
∵CE＝4，BE＝8，
∴AB=BC=CE+BE=12，
∵AE⊥BC，
∴ ，
设 ，则 ，
∵ ，
∴ ，
解得： ，即 ，
∴ ．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．
6．(1)见解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质得到，证明△AOF≌△BOE，推出AF=BE，证得四边形ABEF是平行四边形，由AE平分∠BAD，推出AB=BE，由此得到结论；
（2）过点O作OG⊥BC于G，由C的中点，求出BE，根据菱形的性质得到OE=2，∠OEB=60°，求出GE=1，勾股定理求出OG得到GC，再利用勾股定理求出答案．
(1)
证明：在中，，
∴∠FAO=∠BEO，
∵O为AE的中点，
∴AO=EO，
∵∠AOF=∠BOE，
∴△AOF≌△BOE，
∴AF=BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠FAE，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE，
∴四边形ABEF是菱形；
(2)
解：过点O作OG⊥BC于G，
∵点E为BC的中点，且BC＝8，
∴BE=CE=4，
∵四边形ABEF是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠OBE=30°，∠BOE=90°，
∴OE=2，∠OEB=60°，
∴GE=1，，
∴GC=5，
∴OC．
．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，菱形的判定及性质，直角三角形30度角的性质，解题的关键是熟练掌握各知识点并熟练应用．
7．（1）证明见解析；（2）73°．
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质及各角之间的关系可得：，由全等三角形的判定定理可得，再根据其性质即可得证；
（2）根据垂直及等腰三角形的性质可得，再由三角形的外角的性质可得，由此计算即可．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵°，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：∵BE⊥BF，
∴，
又∵，
∴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴．
∴的值为．
【点睛】
题目主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，三角形的外角性质，理解题意，熟练运用各个定理性质是解题关键．
8．(1)见解析
(2)①见解析；②，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据正方形性质可得，，进而可证明，依据全等三角形性质即可证得结论；
（2）①按题目要求补全图形即可；
②连接，根据平移性质即可得出四边形是平行四边形，根据平行四边形性质得，，再由，可得，，进而可得出，，由勾股定理即可得出结论．
(1)
解：如图1，
四边形是正方形，
，，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
故，且；
(2)
解：①补全图如图2所示；
②理由如下：
如图3，连接，
线段沿平移至，
四边形是平行四边形，
，，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、平移的性质、勾股定理的应用，解题的关键是掌握全等三角形的判定定理和性质定理、正方形的性质定理．
9．（1）证明见解析；（2）S平行四边形ABCD =24
【解析】
【分析】
（1）利用全等三角形的性质证明AB=AD即可解决问题；
（2）连接BD交AC于O，利用勾股定理求出对角线的长即可解决问题；
【详解】
（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD=90°，
∵BE=DF，
∴△AEB≌△AFD，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，AC=6，
∴AC⊥BD，
AO=OC=AC=×6=3，
∵AB=5，AO=3，
∴BO===4，
∴BD=2BO=8，
∴S平行四边形ABCD=×AC×BD=24．
【点睛】
本题考查了菱形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关的性质与定理、正确添加辅助线是解题的关键.
10．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）首先证得△ADE≌△CDE，由全等三角形的性质可得∠ADE=∠CDE，由AD∥BC可得∠ADE=∠CBD，易得∠CDB=∠CBD，可得BC=CD，易得AD=BC，利用平行线的判定定理可得四边形ABCD为平行四边形，由AD=CD可得四边形ABCD是菱形；
（2）由BE=BC可得△BEC为等腰三角形，可得∠BCE=∠BEC，利用三角形的内角和定理可得∠CBE=180× =45°，易得∠ABE=45°，可得∠ABC=90°，由正方形的判定定理可得四边形ABCD是正方形．
【详解】
（1）在△ADE与△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE，
∴∠ADE=∠CDE，
∵AD∥BC，
∴∠ADE=∠CBD，
∴∠CDE=∠CBD，
∴BC=CD，
∵AD=CD，
∴BC=AD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AD=CD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）∵BE=BC，
∴∠BCE=∠BEC，
∵∠CBE：∠BCE=2：3，
∴∠CBE=180× =45°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABE=45°，
∴∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形．
11．（1）2-；（2）2-；（3）3-4.
【解析】
【分析】
（1）求出，根据勾股定理求出，即可求出；
（2）求出，根据全等三角形的性质得出即可；
（3）延长交于，证，得出比例式，代入即可求出答案.
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∠DBC=∠BCA=∠ACD=45°，
∵CE平分∠DCA，
∴∠ACE=∠DCE=∠ACD=22.5°，
∴∠BCE=∠BCA+∠ACE=45°+22.5°=67.5°，
∵∠DBC=45°，
∴∠BEC=180°﹣67.5°﹣45°=67.5°=∠BCE，
∴BE=BC=，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：BD==2，
∴DE=BD﹣BE=2﹣；
（2）∵FE⊥CE，
∴∠CEF=90°，
∴∠FEB=∠CEF﹣∠CEB=90°﹣67.5°=22.5°=∠DCE，
∵∠FBE=∠CDE=45°，BE=BC=CD，
∴△FEB≌△ECD，
∴BF=DE=2﹣；
（3）延长GE交AB于F，
由（2）知：DE=BF=2﹣，
由（1）知：BE=BC=，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥DC，
∴△DGE∽△BFE，
∴=，
∴=，
解得：DG=3﹣4．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键，题目比较好，难度偏大.
12．（1）见解析；（2）MN =2．
【解析】
【分析】
（1）证△OAM≌△OBN即可得；
（2）作OH⊥AD，由正方形的边长为4且E为OM的中点知OH=HA=2，HM=4，再根据勾股定理得OM=2 ，由直角三角形性质知MN=OM=2．
【详解】
（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB，∠DAO=45°，∠OBA=45°，
∴∠OAM=∠OBN=135°，
∵∠EOF=90°，∠AOB=90°，
∴∠AOM=∠BON，
∴△OAM≌△OBN（ASA），
∴OM=ON；
（2）如图，过点O作OH⊥AD于点H，
∵正方形的边长为4，
∴OH=HA=2，
∵E为OM的中点，
∴HM=4，
则OM==2，
∴MN=OM=2．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，解题的关键是掌握正方形的四条边都相等，正方形的每条对角线平分一组对角及全等三角形的判定与性质．
13．（1）证明见解析；（2）8.
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质得到EH=FG，EH∥FG，得到∠GFH=∠EHF，求得∠BFG=∠DHE，根据菱形的性质得到AD∥BC，得到∠GBF=∠EDH，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）连接EG，根据菱形的性质得到AD=BC，AD∥BC，求得AE=BG，AE∥BG，得到四边形ABGE是平行四边形，得到AB=EG，于是得到结论．
【详解】
（1）∵四边形EFGH是矩形，
∴EH=FG，EH∥FG，
∴∠GFH=∠EHF，
∵∠BFG=180°-∠GFH，∠DHE=180°-∠EHF，
∴∠BFG=∠DHE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠GBF=∠EDH，
∴△BGF≌△DEH（AAS），
∴BG=DE；
（2）连接EG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵E为AD中点，
∴AE=ED，
∵BG=DE，
∴AE=BG，AE∥BG，
∴四边形ABGE是平行四边形，
∴AB=EG，
∵EG=FH=2，
∴AB=2，
∴菱形ABCD的周长=8．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别作图是解题的关键．
14．（1）证明见解析；（2）EG2=GF•AF．理由见解析；（3）BE=．
【解析】
【分析】
（1）先依据翻折的性质和平行线的性质证明∠DGF=∠DFG，从而得到GD=DF，接下来依据翻折的性质可证明DG=GE=DF=EF；（2）连接DE，交AF于点O．由菱形的性质可知GF⊥DE，OG=OF=GF，接下来，证明△DOF∽△ADF，由相似三角形的性质可证明DF2=FO•AF，于是可得到GE、AF、FG的数量关系；（3）过点G作GH⊥DC，垂足为H．利用（2）的结论可求得FG=4，然后再△ADF中依据勾股定理可求得AD的长，然后再证明△FGH∽△FAD，利用相似三角形的性质可求得GH的长，最后依据BE=AD-GH求解即可．
【详解】
（1）证明：∵GE∥DF，
∴∠EGF=∠DFG．
∵由翻折的性质可知：GD=GE，DF=EF，∠DGF=∠EGF，
∴∠DGF=∠DFG．
∴GD=DF．
∴DG=GE=DF=EF．
∴四边形EFDG为菱形．
（2）EG2=GF•AF．
理由：如图1所示：连接DE，交AF于点O．
∵四边形EFDG为菱形，
∴GF⊥DE，OG=OF=GF．
∵∠DOF=∠ADF=90°，∠OFD=∠DFA，
∴△DOF∽△ADF．
∴，即DF2=FO•AF．
∵FO=GF，DF=EG，
∴EG2=GF•AF．
（3）如图2所示：过点G作GH⊥DC，垂足为H．
∵EG2=GF•AF，AG=6，EG=2，
∴20=FG（FG+6），整理得：FG2+6FG﹣40=0．
解得：FG=4，FG=﹣10（舍去）．
∵DF=GE=2，AF=10，
∴AD==4．
∵GH⊥DC，AD⊥DC，
∴GH∥AD．
∴△FGH∽△FAD．
∴，即=．
∴GH=．
∴BE=AD﹣GH=4﹣=．
【点睛】
本题考查了四边形的综合问题，熟练掌握四边形的性质、判定定理等相关知识点是本题解题的关键.
15．（1）证明见解析（2）证明见解析（3）当BE⊥CD时，∠EFD＝∠BCD
【解析】
【分析】
（1）先判断出△ABC≌△ADC得到∠BAC=∠DAC，再判断出△ABF≌△ADF得出∠AFB=∠AFD，最后进行简单的推算即可；
（2）先由平行得到角相等，用等量代换得出∠DAC=∠ACD，最后判断出四边相等；
（3）由（2）得到判断出△BCF≌△DCF，结合BE⊥CD即可．
【详解】
(1)证明：在△ABC和△ADC中，
∴△ABC≌△ADC(SSS)，
∴∠BAC=∠DAC，
在△ABF和△ADF中,
∴△ABF≌△ADF(SAS)，
∴∠AFB=∠AFD，
∵∠CFE=∠AFB，
∴∠AFD=∠CFE，
∴∠BAC=∠DAC，∠AFD=∠CFE；
(2)证明：∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∵∠BAC=∠DAC，
∴∠BAC=∠ACD，
∴∠DAC=∠ACD，
∴AD=CD，
∵AB=AD，CB=CD，
∴AB=CB=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
(3)BE⊥CD时，∠BCD=∠EFD；理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，∠BCF=∠DCF，
∵CF=CF，
∴△BCF≌△DCF，
∴∠CBF=∠CDF，
∵BE⊥CD，
∴∠BEC=∠DEF=90°，
∴∠BCD=∠EFD.
16．（1）证明见解析；（2）平行四边形，理由见解析；（3）45°
【解析】
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出∠OAF＝∠OCE，OA＝OC，进而判断出△AOF≌△COE，即可得出结论；
（2）先判断出∠BAC＝∠AOF，得出AB∥EF，即可得出结论；
（3）先求出AC＝2，进而得出A＝1＝AB，即可判断出△ABO是等腰直角三角形，进一步判断出△BFD是等腰三角形，利用等腰三角形的三线合一得出∠BOF＝90°，即可得出结论．
【详解】
（1）证明：在▱ABCD中，AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵OA＝OC，∠AOF＝∠COE，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴OE＝OF；
（2）当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形，理由：
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∵∠AOF＝90°，
∴∠BAC＝∠AOF，
∴AB∥EF，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形；
（3）在Rt△ABC中，AB＝1，BC＝，
∴AC＝＝2，
∴OA＝1＝AB，
∴△ABO是等腰直角三角形，
∴∠AOB＝45°，
∵BF＝DF，
∴△BFD是等腰三角形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∴OF⊥BD（等腰三角形底边上的中线是底边上的高），
∴∠BOF＝90°，
∴∠α＝∠AOF＝∠BOF﹣∠AOB＝45°．
【点睛】
此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，判断出△ABO是等腰直角三角形是解本题的关键．
17．（1）证明见试题解析；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由折叠的性质，可以得到DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，由FG∥CD，可得∠1=∠3，再证明 FG=FE，即可得到四边形DEFG为菱形；
（2）在Rt△EFC中，用勾股定理列方程即可CD、CE，从而求出的值．
【详解】
解：（1）证明：由折叠的性质可知：DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，
∵FG∥CD，
∴∠2=∠3，
∴FG=FE，
∴DG=GF=EF=DE，
∴四边形DEFG为菱形；
（2）设DE=x，根据折叠的性质，EF=DE=x，EC=8﹣x，
在Rt△EFC中，，即，
解得：x=5，CE=8﹣x=3，
∴=．
考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．勾股定理；3．菱形的判定与性质；4．矩形的性质；5．综合题．
18．（1）；（2）见详解．
【解析】
【分析】
（1）由题意，先证明△BDE是等腰直角三角形，然后利用等腰三角形的性质和勾股定理，即可求出答案；
（2）在AD上取一点M，使得DM=DE，连接MG，然后根据全等三角形的判定和性质，得到AM=BF，即可得到答案．
【详解】
解：（1）如图，点B、G、D在同一直线上，
∵DG、BG分别是∠ADE与∠CBF的角平分线，且∠CBF＝90°，
∴∠CBD=45°，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD=45°，
∴∠BDE=∠ADB=45°，
∴∠BED=，
∴三角形BDE是等腰直角三角形，，
在平行四边形ABCD中，则BD=DG，
∴线段EG是等腰直角三角形BDE的中线，
∴EG⊥BD，
∵，
∴，
在直角三角形CDE中，由勾股定理得
；
（2）如图，在AD上取一点M，使得DM=DE，连接MG，
在△DMG和△DEG中，有
，
∴△DMG≌△DEG，
∴∠DMG=∠DEG=∠BCD，
∵∠BCD=∠BAD，
∴∠DMG=∠BAD，
∴MG∥AB，
∴∠BAF=∠AGM，
∵AG＝AB，
∴∠AGB=∠ABG，
∵∠ABG=∠ABF+∠FBG，∠AGB=∠GBC+∠BCG，
又∵∠FBG=∠GBC，
∴∠ABF=∠BCG，
∵AD∥BC，
∴∠BCG=∠MAG=∠ABF，
在△AMG和△BFA中，有
∴，
∴△AMG≌△BFA，
∴AM=BF，
∴AD=AM+MD=BF+DE．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，解题的关键是正确的作出辅助线，构造全等三角形进行证明．
19．（1）12；96 （2）答案见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】
（1）根据菱形的对角线互相垂直平分求出BG，再利用勾股定理列式求出AG，然后根据AC=2AG计算即可得解；再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解；
（2）连接AO，根据S△ABD=S△ABO+S△ADO列式计算即可得解；
（3）连接AO，根据S△ABD=S△ABO-S△ADO列式整理即可得解.
【详解】
解：(1)在菱形ABCD中，AG＝CG，AC⊥BD，BG＝BD＝×16＝8，
由勾股定理得AG＝，
所以AC＝2AG＝2×6＝12.
所以菱形ABCD的面积＝AC·BD＝×12×16＝96.
(2)不发生变化．理由如下：如图①，连接AO，则S△ABD＝S△ABO＋S△AOD，
所以BD·AG＝AB·OE＋AD·OF，
即×16×6＝×10·OE＋×10·OF.
解得OE＋OF＝9.6，是定值，不变．
(3)发生变化．如图②，连接AO，则S△ABD＝S△ABO－S△AOD，
所以BD·AG＝AB·OE－AD·OF.
即×16×6＝×10·OE－×10·OF.
解得OE－OF＝9.6，是定值，不变．
所以OE＋OF的值发生变化，OE，OF之间的数量关系为OE－OF＝9.6.
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，主要利用了菱形的对角线互相垂直平分的性质，（2）（3）作辅助线构造出两个三角形是解题的关键.
20．（1）3，3；（2）t＝2s时，EP把四边形BCDE的周长平分；（3）当t＝s或s或5s时，△BPQ的面积等于6cm2．
【解析】
【分析】
（1）根据偶次方和绝对值的非负性求解即可；
（2）先求出四边形BCDE的周长为18cm，则BE+BP=9cm，进一步可得BP=4cm即可；
（3）分P在BC上、相遇前点P在CD上和相遇后点P在CD上三种情况，根据三角形的面积公式可求解即可．
【详解】
解：（1）∵（a﹣3）2+|2a+b﹣9|＝0，
∴a﹣3＝0，2a+b﹣9＝0，
∴a＝3，b＝3；
故答案为：3，3；
（2）∵AE＝3cm，DE＝3cm，
∴AD＝AE+DE=6cm＝BC，
∴C四边形BCDE＝BC+CD+DE+EB＝18cm，
∵EP把四边形BCDE的周长平分，
∴BE+BP＝9cm，
∴点P在BC上，BP＝4cm，
∴t＝＝2s；
（3）解：①如图：点P在BC上
∴t=
∴0＜t≤3，BP=2t，在BP边上的高为4
∴S△BPQ＝×2t×4＝6，
∴t＝；
②相遇前，点P在CD上（3＜t≤），
∴PQ=4﹣（t﹣3）﹣（2t﹣6）,在PQ边上的高为6
∵S△BPQ＝×[（4﹣（t﹣3）﹣（2t﹣6）]×6＝6，
∴t＝；
③如图：相遇后，点P在CD上（＜t≤5），
∴PQ=t﹣3）+（2t﹣6）﹣4，PQ边上的高为4
∵S△BPQ＝×[（t﹣3）+（2t﹣6）﹣4]×6＝6，
∴t＝5；
∴综上所述，当t＝s或s或5s时，△BPQ的面积等于6cm2．
【点睛】
本题考查了非负性的应用、矩形的性质以及动点问题，掌握分类讨论思想和动点问题的解答思路是解答本题的关键．
21．（1）见解析；（2）见解析；（3）EF最大值： ，EF最小值：1
【解析】
【分析】
（1）过B点作BH∥MN交CD于H，则AP⊥BH，根据平行四边形和正方形的性质求证△ABP≌△BCH（ASA），然后根据三角形全等的性质即可证明；
（2）根据垂直平分线的性质和正方形的性质求得FP＝FC，然后根据等边对等角和等量代换求得∠AFP＝90°，根据直角三角形斜边中线的性质得到FE＝AP，结合（1）问结论即可求证；
（3）根据（2）问结论得到EF＝MN，当点P和点B重合时，EF有最小值；当点P和C重合时，EF有最大值，根据正方形的对角线即可求解．
【详解】
（1）如图1，过B点作BH∥MN交CD于H，则AP⊥BH，
∵BM∥NH，
∴四边形MBHN为平行四边形，
∴MN＝BH，
∵四边形ABCD是正方形．
∴AB＝BC，∠ABP＝90°＝∠C，
∴∠CBH+∠ABH＝∠BAP+∠ABH＝90°，
∴∠BAP＝∠CBH，
∴△ABP≌△BCH（ASA），
∴BH＝AP，
∴MN＝AP；
（2）如图2，连接FA，FP，FC
∵正方形ABCD是轴对称图形，F为对角线BD上一点，
∴FA＝FC，
又∵FE垂直平分AP，
∴FA＝FP，
∴FP＝FC，
∴∠FPC＝∠FCP，
∵∠FAB＝∠FCP，
∴∠FAB＝∠FPC，
∴∠FAB+∠FPB＝180°，
∴∠ABC+∠AFP＝180°，
∴∠AFP＝90°，
∴FE＝AP，
由（1）知，AP＝MN，
∴MN＝ME+EF+FN＝AP＝2EF，
∴EF＝ME+FN；
（3）由（2）有，EF＝ME+FN，
∵MN＝EF+ME+NF，
∴EF＝MN，
∵AC，BD是正方形的对角线，
∴BD＝2，
当点P和点B重合时，EF最小值＝MN＝AB＝1，
当点P和C重合时，EF最大值＝MN＝BD＝．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，本题考查较为综合，题目较难，熟练掌握各部分定理和性质是本题的关键．
22．（1）成立；（2）成立，理由见试题解析；（3）正方形，证明见试题解析．
【解析】
【详解】
试题分析：（1）因为四边形ABCD为正方形，CE=DF，可证△ADF≌△DCE（SAS），即可得到AF=DE，∠DAF=∠CDE，又因为∠ADG+∠EDC=90°，即有AF⊥DE；
（2）∵四边形ABCD为正方形，CE=DF，可证△ADF≌△DCE（SAS），即可得到AF=DE，∠E=∠F，又因为∠ADG+∠EDC=90°，即有AF⊥DE；
（3）设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，因为点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，可得MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后根据AF=DE，可得四边形MNPQ是菱形，又因为AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形．
试题解析：（1）上述结论①，②仍然成立，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，∵DF=CE，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（2）上述结论①，②仍然成立，理由是：
∵四边形ABCD为正方形，∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，在△ADF和△DCE中，∵DF=CE，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴AF=DE，∠E=∠F，∵∠ADG+∠EDC=90°，∴∠ADG+∠DAF=90°，∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（3）四边形MNPQ是正方形．理由是：
如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，
∴MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，∴四边形OHQG是平行四边形，∵AF=DE，∴MQ=PQ=PN=MN，∴四边形MNPQ是菱形，∵AF⊥DE，∴∠AOD=90°，∴∠HQG=∠AOD=90°，∴四边形MNPQ是正方形．
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