初中数学浙教版八年级下册4.2 平行四边形测试题

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第5章 特殊平行四边形章末测试卷（拔尖卷）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2021春•淮阳区校级期末）对于下列判断：①对角线互相垂直的四边形是矩形；②对角线相等的四边形是矩形；③四边相等的平行四边形是正方形；④对角线互相垂直的矩形是正方形．正确的说法有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解题思路】根据菱形、矩形、正方形的判定方法分别分析即可求解．
【解答过程】解：①对角线互相垂直的四边形是菱形，故①错误；
②对角线相等的四边形不一定是矩形，故②错误；
③四边相等的平行四边形是菱形，故③错误；
④对角线互相垂直的矩形是正方形，故④正确．
故选：A．
2．（3分）（2021•延平区模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，摆放一副三角板，两直角边分别与BC、CD重合，若BE＝1，ED＝22，则BD的长为（　　）

A．13 B．32 C．3 D．1+22
【解题思路】根据等腰直角三角形的性质得出EC＝CD＝2，进而得出BC，进而利用矩形的性质和勾股定理得出BD即可．
【解答过程】解：由图可知，EC＝DC，
∵ED＝22，
∴EC＝DC＝2，
∴BC＝BE+EC＝2+1＝3，
∴BD=BC2+CD2=32+22=13，
故选：A．
3．（3分）（2021春•德宏州期末）如图，在菱形ABCD中，点A在x轴上，点C的坐标为（4，4），点D的坐标为（0，2），则点B的坐标是（　　）

A．（8，2） B．（2，8） C．（4，2） D．（2，4）
【解题思路】连接AC、BD交于点E，由菱形的性质得出AC⊥BD，AE＝CE=12AC，BE＝DE=12BD，再由点A的坐标和点D的坐标得出OD＝2，求出DE＝4，则BD＝8，即可求解．
【解答过程】解：连接AC、BD交于点E，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AE＝CE=12AC，BE＝DE=12BD，
∵点C的坐标为（4，4），点D的坐标为（0，2），
∴OA＝AC＝4，OD＝2，
∴AE＝2＝OD，DE＝OA＝4，
∴BD＝2DE＝8，
∴点B的坐标为：（8，2）；
故选：A．

4．（3分）（2021春•鞍山期末）如图．矩形ABCD中对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8．点P是边AD上的动点，过点P作PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F．则PE+PF的值是（　　）

A．5 B．4 C．3 D．4.8
【解题思路】首先连接OP．由矩形ABCD的两边AB＝6，BC＝8，可求得OA＝OD＝5，然后由S△AOD＝S△AOP+S△DOP求得答案．
【解答过程】解：连接OP，
∵矩形ABCD的两边AB＝6，BC＝8，
∴S矩形ABCD＝AB•BC＝48，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，AC=62+82=10，
∴S△AOD=14S矩形ABCD＝12，OA＝OD＝5，
∴S△AOD＝S△AOP+S△DOP=12OA•PE+12OD•PF=12OA（PE+PF）=12×5×（PE+PF）＝12，
∴PE+PF=245=4.8．
故选：D．

5．（3分）（2021春•邹城市期末）如图，已知点E在正方形ABCD的边AB上，以BE为边向正方形ABCD外部作正方形BEFG，连接DF，M、N分别是DC、DF的中点，连接MN．若AB＝17，BE＝7，则MN＝（　　）

A．25 B．272 C．12 D．252
【解题思路】连接CF，则MN为△DCF的中位线，根据勾股定理求出CF长，即可求出MN的长．
【解答过程】解：连接CF，

∵正方形ABCD和正方形BEFG中，AB＝17，BE＝7，
∴GF＝GB＝7，BC＝17，
∴GC＝GB+BC＝7+17＝24，
∴CF=GF2+GC2=25，
∵M，N分别是DC，DF的中点，
∴MN=12CF=252，
故选：D．
6．（3分）（2021春•济宁期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，△AEF为等边三角形，点E，F分别在菱形的边BC，CD上滑动，且E，F不与B，C，D重合，则四边形AECF的面积是（　　）

A．43 B．4 C．3 D．32
【解题思路】证△ABE≌△ACF（ASA），得S△ABE＝S△ACF，再由S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC即可求解．
【解答过程】解：连接AC，如图所示，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，
∴∠BAC＝∠DAC＝60°，BC＝AB＝4，
∴∠1+∠EAC＝60°，∠3+∠EAC＝60°，
∴∠1＝∠3，
∵∠BAD＝120°，BC∥AD，
∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，
∴△ABC、△ACD为等边三角形，
∴∠4＝60°，AC＝AB，
在△ABE和△ACF中，
∠1=∠3AB=AC∠ABC=∠4，
∴△ABE≌△ACF（ASA）．
∴S△ABE＝S△ACF，
故S四边形AECF＝S△AEC+S△ACF＝S△AEC+S△ABE＝S△ABC，是定值，
过A作AH⊥BC于H，则BH=12BC＝2，
∴AH=AB2-BH2=42-22=23，
S四边形AECF＝S△ABC=12BC•AH=12×4×23=43，
故选：A．

7．（3分）（2021春•越城区期末）如图，边长为10的菱形ABCD，E是AD的中点，O是对角线的交点，矩形OEFG的一边在AB上，且EF＝4，则BG的长为（　　）

A．3 B．2 C．2 D．1
【解题思路】由菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，由直角三角形的性质可求OE＝AE=12AD＝5，由矩形的性质可求得FG＝OE＝5，根据勾股定理得到AF＝3，即可求解．
【解答过程】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，
∴∠AOD＝90°，
∵E是AD的中点，
∴OE＝AE=12AD＝5；
∵四边形OEFG是矩形，
∴FG＝OE＝5，
∵AE＝5，EF＝4，
∴AF=AE2-EF2=25-16=3，
∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2，
故选：B．
8．（3分）（2021春•汉阳区期中）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC＝AE，直角三角形FEG的两直角边EF，EG分别交BC，DC于点M，N．若正方形ABCD边长为2，则重叠部分四边形EMCN的面积为（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1
【解题思路】过E作EP⊥BC于点P，EQ⊥CD于点Q，△EPM≌△EQN，利用四边形EMCN的面积等于正方形PCQE的面积求解．
【解答过程】解：过E作EP⊥BC于点P，EQ⊥CD于点Q，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∵∠EPM＝∠EQN＝90°，
∴∠PEQ＝90°，
∴∠PEM+∠MEQ＝90°，
∵三角形FEG是直角三角形，
∴∠NEF＝∠NEQ+∠MEQ＝90°，
∴∠PEM＝∠NEQ，
∵AC是∠BCD的角平分线，∠EPC＝∠EQC＝90°，
∴EP＝EQ，四边形PCQE是正方形，
在△EPM和△EQN中，
∠PEM=∠NEQEP=EQ∠EPM=∠EQN，
∴△EPM≌△EQN（ASA）
∴S△EQN＝S△EPM，
∴四边形EMCN的面积等于正方形PCQE的面积，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴AC＝22，
∵EC＝AE，
∴EC=2，
∴EP＝PC＝1，
∴正方形PCQE的面积＝EP2＝1．
故选：D．
9．（3分）（2021春•荷塘区期末）如图所示，在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，AB⊥BD于点B，点E是BD的中点，连接AE，CE，则AE与CE的大小关系是（　　）

A．AE＝CE B．AE＞CE C．AE＜CE D．AE＝2CE
【解题思路】利用斜边上的中线等于斜边的一半得到CE＝BE＝DE，然后利用斜边大于直角边可判断AE与CE的大小关系．
【解答过程】解：∵∠BCD＝90°，点E是BD的中点，
∴CE＝BE＝DE，
∵AB⊥BD，
∴∠ABE＝90°，
∴AE＞BE，
∴AE＞CE．
故选：B．
10．（3分）（2021•烈山区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝5，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连
接CP，QD，则PC+QD的最小值为（　　）

A．10 B．11 C．12 D．13
【解题思路】连接BP，在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，连接PE，CE，PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，根据勾股定理可得结果．
【解答过程】解：如图，连接BP，

在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，
∵AP＝CQ，
∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，
∴DP＝QB，DP∥BQ，
∴四边形DPBQ是平行四边形，
∴PB∥DQ，PB＝DQ，
则PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，
在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，连接PE，
∵PA⊥BE，
∴PA是BE的垂直平分线，
∴PB＝PE，
∴PC+PB＝PC+PE，
连接CE，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，
∵BE＝2AB＝12，BC＝AD＝5，
∴CE=BE2+BC2=13．
∴PC+PB的最小值为13．
故选：D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2021•芜湖模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，点E是AB的中点，∠BCD＝3∠ACD，CD＝3，则AB的长为 　62　．

【解题思路】根据已知条件得到ACD＝22.5°，求得∠B＝∠ACD＝22.5°，根据直角三角形的性质得到CE＝BE=12AB，求得∠DCE＝∠DEC＝45°，得到CE=2CD＝32，于是得到结论．
【解答过程】解：∵∠ACB＝90°，∠BCD＝3∠ACD，
∴∠ACD＝22.5°，
∵CD⊥AB，
∴∠ACD+∠A＝90°，
∵∠A+∠B＝90°，
∴∠B＝∠ACD＝22.5°，
∵点E是AB的中点，
∴CE＝BE=12AB，
∴∠BCE＝∠B＝22.5°，
∴∠DCE＝45°，
∵∠CDE＝90°，
∴∠DCE＝∠DEC＝45°，
∴CE=2CD＝32，
∴AB＝2CE＝62，
故答案为：62．

12．（3分）（2021春•涿鹿县期末）如图，E是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，四边形EFCG是矩形，若正方形ABCD的边长为n，则矩形EFCG的周长为 　2n　．

【解题思路】由矩形EFCG得△BEF与△DEG是等腰直角三角形，从而得BF＝EF，EG＝DG，进而得到矩形EFCG的周长是：EF+FC+CG+EG＝BF+FC+CG+DG＝BC+CD＝2n．
【解答过程】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC＝∠BDC＝45°，
∵正方形ABCD的边长为n，
∴BC+CD＝2n
∵四边形EFCG是矩形，
∴∠EFB＝∠EGD＝90°，
∴△BEF与△DEG是等腰直角三角形，
∴BF＝EF，EG＝DG，
∴矩形EFCG的周长是：EF+FC+CG+EG＝BF+FC+CG+DG＝BC+CD＝2n，
故答案为：2n．
13．（3分）（2021•湖里区模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AD＞AB，E，F分别为边BC，AD上的点（E，F不与端点重合）．对于任意平行四边形ABCD，下面四个结论：
①存在无数个平行四边形ABEF；
②至少存在一个菱形ABEF；
③至少存在一个矩形ABEF；
④存在无数个面积是平行四边形ABCD面积的一半的四边形ABEF．
所有正确结论的序号是 　①②④　．

【解题思路】利用平行四边形的判定和性质，矩形的性质，菱形的性质依次进行判断可求解．
【解答过程】解：当AE＝BF时，且AE∥BF，则四边形ABFE是平行四边形，
∴存在无数个四边形ABFE，使得四边形ABFE是平行四边形，故①正确；
当AE＝BF＝AB时，则四边形ABFE是菱形，
∴至少存在一个四边形ABFE，使得四边形ABFE菱形，故②正确；
∵∠ABC≠90°，
∴不存在四边形ABFE是矩形，故③错误；
当EF过对角线的交点时，四边形ABFE的面积是▱ABCD面积的一半，
∴存在无数个四边形ABFE，使得四边形ABFE的面积是▱ABCD面积的一半，故④正确，
故答案为：①②④．
14．（3分）（2021•泗水县一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、C、F在坐标轴上，E是OA的中点，四边形AOCB是矩形，四边形BDEF是正方形，若点C的坐标为（33，0），则点E的坐标为 　（0，3）　．

【解题思路】过D点作DM⊥y轴，垂足为M，利用AAS证明△EMD≌△FOE≌△BCF，可得OE＝CF，OF＝CB，由E是OA的中点，C（33，0）可求解OE的长，进而可求解E点坐标．
【解答过程】解：过D点作DM⊥y轴，垂足为M，

∴∠MED+∠MDE＝90°，
∵四边形BDEF为正方形，
∴DE＝EF＝FB，∠DEF＝∠EFB＝90°，
∴∠MED+∠OEF＝90°，∠OFE+∠CFB＝90°，
∵∠OEF+∠OFE＝90°，
∴∠MDE＝∠OEF＝∠CFB，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠BCF＝90°，OA＝CB，
∴∠EMD＝∠FOE＝∠BCF＝90°，
在△EMD和△FOE和△BCF中，
∠EMD=∠FOE=∠BCF∠MDE=∠OEF=∠CFBDE=EF=FB，
∴△EMD≌△FOE≌△BCF（AAS），
∴OE＝CF，OF＝CB＝OA，
∵E为OA的中点，
∴OA＝2OE，
∴OF＝2CF，
∵C（33，0），
∴OC＝33，OE＝CF=3，
∴E(0，3)．
故答案为：（0，3）．
15．（3分）（2021•宝安区模拟）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E为AD边上的一个动点，连接BE，将AB沿着BE折叠得到A'B，A的对应点为A'，连接A'D，当A′B⊥AD时，∠A'DE的度数为 　15°　．

【解题思路】由菱形的性质可得AB＝AD，可证△ABD是等边三角形，由等边三角形的性质可得A'B垂直平分AD，∠ABA'＝30°，由折叠的性质可得AB＝A'B，可得∠BAA'＝75°，即可求解．
【解答过程】解：如图，连接AA'，BD，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∵∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵A'B⊥AD，
∴A'B垂直平分AD，∠ABA'＝30°，
∴AA'＝A'D，
∴∠A'AD＝∠A'DA，
∵将AB沿着BE折叠得到A'B，
∴AB＝A'B，
∴∠BAA'＝75°，
∴∠A'AD＝∠A'DA＝15°，
故答案为：15°．
16．（3分）（2021春•金东区期末）如图，在平面直角坐标系中，有点A（3，0），点B（3，5），射线AO上的动点C，y轴上的动点D，平面上的一个动点E，若∠CBA＝∠CBD，以点B，C，D，E为顶点的四边形是矩形，则AC的长为 　32或53或15　．

【解题思路】存在三种情况：①作辅助线，构建等腰△BDF，先根据三角形内角和得∠BDC＝∠F，再由等腰三角形三线合一的性质得CD＝CF，最后证明△DCO≌△FCA（AAS），可得结论．②如图2，同理构建直角三角形，利用勾股定理可得结论；③如图3，同理可得结论．
【解答过程】解：存在三种情况：
①如图1，延长BA和DC交于点F，

∵点A（3，0），点B（3，5），
∴AB⊥x轴，OA＝3，
∵四边形DCBE是矩形，
∴∠DCB＝90°，
∴∠BCF＝∠DCB＝90°，
∵∠CBD＝∠CBF，
∴∠BDC＝∠BFC，
∴BD＝BF，
∴CD＝CF，
在△DCO和△FCA中，
∠DOC=∠FAC=90°∠DCO=∠ACFDC=FC，
∴△DCO≌△FCA（AAS），
∴OC＝AC，
∵AC=12OA=32．
②如图2，过点B作BM⊥y轴于M，则∠BMD＝90°，

∵四边形CDBE是矩形，
∴∠CDB＝90°，
∵∠CBA＝∠CBD，∠CAB＝90°，
∴BD＝BA＝5，AC＝CD，
∵BM＝3，
∴DM＝4，
∴CD＝5﹣4＝1，
设AC＝x，则OC＝3﹣x，CD＝x，
由勾股定理得：CD2＝OD2+OC2，
即x2＝12+（3﹣x）2，
解得：x=53，
∴AC=53；
③如图3，过点D作NL∥x轴，交AB的延长线于L，过C作CN⊥NL于N，则∠N＝∠L＝90°，

∵∠CDB＝∠CBA＝90°，∠CBA＝∠CBD，
∴CD＝AC，
设AC＝b，则CD＝b，OC＝DN＝b﹣3，
∵AB＝BD＝5，
∵DL＝3，
∴BL＝4，
∴CN＝AL＝5+4＝9，
由勾股定理得：CN2+DN2＝CD2，
即92+（b﹣3）2＝b2，
解得：b＝15，
综上，AC的长为32或53或15；
故答案为：32或53或15．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2021春•道县期中）工人师傅做铝合金窗框分下面三个步骤进行：

（1）先截出两对符合规格的铝合金窗料，如图1，使AB＝CD，EF＝CH；
（2）摆成如图2的四边形，则这时窗框的形状是 　平行四边　形，根据的数学道理是 　两组对边相等的四边形为平行四边形　；
（3）将直角尺靠紧窗框的一个角，如图3，调整窗框的边框，当直角尺的两条直角边与窗框无缝隙时，如图4，说明窗框合格，这时窗框是 　矩　形，根据的数学道理是 　有一个角是直角的平行四边形是矩形　．
【解题思路】根据平行四边形的判定，两组对边分别相等的四边形为平行四边形，即可得出②的结论，当把一个角变为直角时，根据一个角为直角的平行四边形为矩形即可得出③的结论．
【解答过程】解：（2）：如图一所示：

∵AB＝CD，EF＝GH，
∴四边形为平行四边形．（两组对边相等的四边形为平行四边形）
（3）如图二所示


由（2）知四边形为平行四边形，
∵∠C为直角，
∴四边形为矩形．（一个角为直角的平行四边形为矩形）
故答案为：（2）平行四边，两组对边分别相等的四边形是平行四边形；
（3）矩，有一个角是直角的平行四边形是矩形．
18．（6分）（2021春•乳山市期末）如图，四边形ABCD和ADEF都是菱形，BF交AD于点G，∠BAD＝∠FAD，BF＝BC，AB＝2，求AGDG的值．

【解题思路】由菱形的性质得AB＝BC＝AD＝AF＝2，再证△ABF是等边三角形，则AG⊥BF，BG＝FG=12BF＝1，然后由勾股定理求出AG=3，则DG＝AD﹣AG＝2-3，即可求解．
【解答过程】解：∵四边形ABCD和四边形ADEF都是菱形，
∴AB＝BC＝AD＝AF＝2，
∵BF＝BC，
∴AB＝AF＝BF，
∴△ABF是等边三角形，
∵∠BAD＝∠FAD，
∴AG⊥BF，BG＝FG=12BF＝1，
∴AG=AB2-BG2=22-12=3，
∴DG＝AD﹣AG＝2-3，
∴AGDG=32-3=23+3．
19．（8分）（2012•重庆）已知：如图，在菱形ABCD中，F为边BC的中点，DF与对角线AC交于点M，过M作ME⊥CD于点E，∠1＝∠2．
（1）若CE＝1，求BC的长；
（2）求证：AM＝DF+ME．

【解题思路】（1）根据菱形的对边平行可得AB∥CD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠1＝∠ACD，所以∠ACD＝∠2，根据等角对等边的性质可得CM＝DM，再根据等腰三角形三线合一的性质可得CE＝DE，然后求出CD的长度，即为菱形的边长BC的长度；
（2）先利用“边角边”证明△CEM和△CFM全等，根据全等三角形对应边相等可得ME＝MF，延长AB交DF于点G，然后证明∠1＝∠G，根据等角对等边的性质可得AM＝GM，再利用“角角边”证明△CDF和△BGF全等，根据全等三角形对应边相等可得GF＝DF，最后结合图形GM＝GF+MF即可得证．
【解答过程】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠1＝∠ACD，
∵∠1＝∠2，
∴∠ACD＝∠2，
∴MC＝MD，
∵ME⊥CD，
∴CD＝2CE，
∵CE＝1，
∴CD＝2，
∴BC＝CD＝2；
（2）证明：如图，∵F为边BC的中点，
∴BF＝CF=12BC，
∴CF＝CE，
在菱形ABCD中，AC平分∠BCD，
∴∠ACB＝∠ACD，
在△CEM和△CFM中，
∵CE=CF∠ACB=∠ACDCM=CM，
∴△CEM≌△CFM（SAS），
∴ME＝MF，
延长AB交DF的延长线于点G，
∵AB∥CD，
∴∠G＝∠2，
∵∠1＝∠2，
∴∠1＝∠G，
∴AM＝MG，
在△CDF和△BGF中，
∵∠G=∠2∠BFG=∠CFD(对顶角相等)BF=CF，
∴△CDF≌△BGF（AAS），
∴GF＝DF，
由图形可知，GM＝GF+MF，
∴AM＝DF+ME．

20．（8分）（2021春•茌平区期末）如图，在矩形ABCD中，EF垂直平分BD，分别交AD、BD、BC于点E、O、F，连接BE、DF．
（1）求证：四边形BEDF是菱形；
（2）若AB＝6，BD＝10，求EF的长．

【解题思路】（1）首先判定平行四边形，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形进行判定即可；
（2）由EF垂直平分BD，得到EB＝ED，由勾股定理可求AD的长，再由勾股定理可求DE的长，EO的长，即可求解．
【解答过程】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠EDO＝∠OBF，
∵EF垂直平分BD，
∴BO＝DO，∠EOD＝∠BOF＝90°，
∴△DEO≌△BFO（ASA），
∴OE＝OF，
∴四边形EBFD是平行四边形，
又∵EF⊥BD，
∴四边形EBFD是菱形；
（2）∵四边形EBFD是菱形，
∴ED＝EB，
∵AB＝6，BD＝10，
∴AD=BD2-AB2=100-36=8，
设AE＝x，则ED＝EB＝8﹣x，
在Rt△ABE中，BE2﹣AB2＝AE2，
即（8﹣x）2＝x2+62，
∴x=74，
∴DE＝8-74=254，
∴EO=DE2-OD2=62516-25=154，
∴EF＝2EO=152．
21．（8分）（2020•江北区模拟）矩形ABCD，AB＝6，BC＝8，四边形EFGH的顶点E、G在矩形的边AD、BC上；顶点F、H在矩形的对角线BD上．
（1）如图1，当四边形EFGH是平行四边形时，求证：△DEH≌△BGF．
（2）如图2，当四边形EFGH是正方形时，求BF的长．

【解题思路】（1）由EH＝FG，∠BFG＝∠EHD，∠EDH＝∠GBF，即可证明；
（2）证明△HKG≌△GMF（AAS），利用BC＝BM+MG+GK+KC＝8，即可求解．
【解答过程】解：在Rt△BCD中，tan∠DBC=DCBC=34=tanα，则sinα=35，cosα=45，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EDH＝∠GBF，
（1）∵四边形EFGH是平行四边形，
∴EH＝FG，∠EHF＝∠GFH，
∴∠BFG＝180°﹣∠GFH，∠EHD＝180°﹣∠EHF＝∠BFG，
又∵∠EDH＝∠GBF，
∴△DEH≌△BGF（AAS）；
（2）∵四边形EFGH是正方形也为平行四边形，
故由（1）得：△DEH≌△BGF（AAS），
∴BF＝DH，
设BF＝x＝DH，
如下图，过点H作HK⊥BC于点K，作HN⊥CD于点N，作FM⊥BC于点M，

在Rt△BFM中，FM＝BFsin∠FBM＝xsinα=3x5=DN，
同理BM=4x5=HN＝CK，
∵∠FGM+∠HGK＝90°，∠HGK+∠GHK＝90°，
∴∠GHK＝∠FGM，
又∵∠HKG＝∠GMF＝90°，FG＝GH，
∴△HKG≌△GMF（AAS），
∴GM＝HK＝CN＝CD﹣DN＝6-3x5，GK＝FM=3x5，
∴BC＝BM+MG+GK+KC=4x5+（6-3x5）+3x5+4x5=8，
解得：x=54，
即BF的长为54．
22．（8分）（2021春•上城区校级期末）如图，在△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠ACB的平分线于点E，交△ABC的外角∠ACD的平分线于点F．
（1）探究线段OE与OF的数量关系并说明理由．
（2）当点O运动到何处，且△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？请说明理由．
（3）当点O在边AC上运动时，四边形BCFE　不可能　是菱形（填“可能”或“不可能”）．请说明理由．

【解题思路】（1）由直线MN∥BC，MN交∠BCA的平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F，易证得△OEC与△OFC是等腰三角形，则可证得OE＝OF＝OC；
（2）正方形的判定问题，AECF若是正方形，则必有对角线OA＝OC，所以O为AC的中点，同样在△ABC中，当∠ACB＝90°时，可满足其为正方形；
（3）菱形的判定问题，若使菱形，则必有四条边相等，对角线互相垂直．
【解答过程】解：（1）OE＝OF．理由如下：
∵CE是∠ACB的角平分线，
∴∠ACE＝∠BCE，
又∵MN∥BC，
∴∠NEC＝∠ECB，
∴∠NEC＝∠ACE，
∴OE＝OC，
∵OF是∠BCA的外角平分线，
∴∠OCF＝∠FCD，
又∵MN∥BC，
∴∠OFC＝∠FCD，
∴∠OFC＝∠OCF，
∴OF＝OC，
∴OE＝OF；
（2）当点O运动到AC的中点，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形．理由如下：
∵当点O运动到AC的中点时，AO＝CO，
又∵EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵FO＝CO，
∴AO＝CO＝EO＝FO，
∴AO+CO＝EO+FO，即AC＝EF，
∴四边形AECF是矩形．
已知MN∥BC，当∠ACB＝90°，则
∠AOF＝∠COE＝∠COF＝∠AOE＝90°，
∴AC⊥EF，
∴四边形AECF是正方形；
（3）不可能．理由如下：

如图，∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠ECF=12∠ACB+12∠ACD=12（∠ACB+∠ACD）＝90°，
若四边形BCFE是菱形，则BF⊥EC，
但在△GFC中，不可能存在两个角为90°，所以不存在其为菱形．
故答案为不可能．
23．（8分）（2021•佳木斯模拟）在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，P是对角线BD上一动点，过点P作PQ⊥AP，交射线CB于点
Q
（1）如图①，当点P与点O重合时，易证CQ=2PD（不需证明）；
（2）当点P在线段DO上时，如图②；当点P在线段BO上时，如图③，判断CQ与PD有怎样的数量关系？写出你的猜想，并对图②进行证明．
【解题思路】过点P作AB的平行线交AD于G，交BC于点H，过点P作AD的平行线交AB于点S，交CD于点R，连接PC，可证明四边形SPHB为正方形和四边形GPRD为正方形，进而得到RC＝SP＝BH＝AG＝PH，PG＝PR，利用AAS证明△PGA≌△QHP求得AP＝PQ，利用△PGA≌△PRC求得AP＝PC，故PQ＝PC，根据等腰三角形的性质和勾股定理即可求得．
【解答过程】解：（2）图②结论：CQ=2PD；
图③结论：CQ=2PD；
证明：如图②，过点P作AB的平行线交AD于G，交BC于点H，过点P作AD的平行线交AB于点S，交CD于点R，连接PC，
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴∠PBH＝45°，
∴△BPH为等腰直角三角形，
同理△BPS为等腰直角三角形，
∴四边形SPHB为正方形，
∴RC＝SP＝BH＝AG＝PH，
同理可证四边形GPRD为正方形，
∴PG＝PR，
∵∠APG+∠QPH＝90°，∠QPH+∠PQH＝90°，
∴∠APG＝∠PQH，
在△PGA和△QHP中，
∠APG=∠PQH∠PGA=∠PHQ=90°AG=PH，
∴△PGA≌△QHP（AAS），
∴AP＝PQ，
在△PGA和△PRC中，
PG=PR∠PGA=∠PRCAG=RC，
∴△PGA≌△PRC（SAS），
∴AP＝PC，
∴PQ＝PC，
∴CQ＝2HC＝2PR＝2×22PD=2PD．