第18章 平行四边形（培优卷）——2022-2023学年八年级下册数学单元卷（人教版）（原卷版+解析版）

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第18章 平行四边形（B卷·能力提升练）
（时间：120分钟 试卷满分：120分 ）
一、 选择题（每小题3分，共10题，共30分）
1．（2022秋•莱阳市期末）如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC交AD于点F，CE平分∠BCD交AD于点E，若AB＝6，AD＝8，则EF的长度为（　　）

A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】A
【考点】平行四边形的性质；
【分析】先证明AB＝AE＝3，DC＝DF，再根据EF＝AF+DE﹣AD即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝3，BC＝AD，AD∥BC，
∵BF平分∠ABC交AD于E，CE平分∠BCD交AD于F，
∴∠ABF＝∠CBF＝∠AFB，∠BCE＝∠DCE＝∠CED，
∴AB＝AF＝6，DC＝DE＝6，
∴EF＝AF+DE﹣AD＝6+6﹣AD＝4．
故选：A．
2、（2022春•临漳县期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（　　）

A．AB∥DC，AD∥BC B．AB∥DC，∠DAB＝∠DCB
C．AO＝CO，AB＝DC D．AB∥DC，DO＝BO
【答案】C
【考点】平行四边形的判定
【分析】根据平行四边形的判定“①一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；②两组对角分别相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别平行的四边形是平行四边形；④两组对边分别相等的四边形是平行四边形”即可判断求解.
【解答】解：A、∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
B、∵AB∥DC，
∴∠DAB+∠ADC＝180°，
∵∠DAB＝∠DCB，
∴∠DCB+∠ADC＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
C、∵AO＝CO，AB＝DC，∠AOB＝∠COD，不能判定△AOB≌△COD，
∴不能得到∠OAB＝∠OCD，
∴不能得到AB∥CD，
∴不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；
D、∵AB∥DC，
∴∠OAB＝∠OCD，
在△AOB和△COD中，
∠OAB=∠OCD∠AOB=∠CODBO=DO ，
∴△AOB≌△COD（AAS），
∴AB＝DC，
又∵AB∥DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
故答案为：C.
3、（2023•三水区校级开学）如图，在菱形ABCD中，DE⊥AB于点E，菱形ABCD的面积为48，DE＝6，则AD的长为（　　）

A．16 B．8 C．4 D．2
【答案】B
【考点】菱形的性质；
【分析】由菱形的性质得AD＝AB，再由菱形的面积求出AB＝8，即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
∵DE⊥AB，
∴菱形ABCD的面积＝AB•DE＝48，
即6AB＝48，
∴AB＝8，
∴AD＝AB＝8，
故选：B．
4、（2022秋•碑林区校级期末）如图，在边长为43的正方形ABCD中，∠CDE＝30°，DE⊥CF，则AF的长为（　　）

A．4-23 B．23-4 C．4-43 D．43-4
【答案】D
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；
【分析】由余角的性质可求∠CDE＝∠BCF＝30°，由直角三角形的性质可得BF＝4，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝BC＝AB＝43，∠BCD＝∠B＝90°，
∵DE⊥CF，
∴∠CDE+∠DCF＝90°＝∠DCF+∠BCF，
∴∠CDE＝∠BCF＝30°，
∴BC=3BF＝43，
∴BF＝4，
∴AF＝AB﹣BF＝43-4，
故选：D．
5、（2022春•襄州区期末）如图，点D，E，F分别是△ABC三边的中点，则下列判断：
①四边形AEDF一定是平行四边形；
②若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是正方形；
③若AD⊥BC，则四边形AEDF是菱形；
④若∠BAC＝90°，则四边形AEDF是矩形．
正确的是（　　）

A．①②③④ B．①④ C．①③④ D．①②④
【答案】C
【考点】正方形的判定与性质；三角形中位线定理；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定；
【分析】①由三角形的中位线定理可以判定结论正确；
②利用AD平分∠A可以判定四边形AEDF是菱形而非正方形，可得②的结论错误；
③利用斜边上的中线等于斜边的一半可得出DE＝DF，从而得出四边形AEDF是菱形；
④∠A＝90°，则根据①的结论可得四边形AEDF是矩形．
【解答】解：①∵D是BC的中点，E是AB的中点，
∴DE∥AC．
∵D是BC的中点，F是AC的中点，
∴DF∥AB．
∴四边形AEDF是平行四边形．
∴①正确；
②如图，

由①知：AE∥DF，
∴∠EAD＝∠ADF．
若AD平分∠BAC，
则∠EAD＝∠FAD．
∴∠FAD＝∠ADF，
∴AF＝FD，
∵四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF是菱形．
∴②不正确；
③如图，

若AD⊥BC，
∵D是BC的中点，
∴AD是BC的垂直平分线，
∴AB＝AC．
∵AD⊥BC，E是AB的中点，
∴DE=12AB．
同理：DF=12AC，
∴DE＝DF．
由①知：四边形AEDF是平行四边形，
∴四边形AEDF是菱形．
∴③正确；
④若∠A＝90°，如图，

由①知：四边形AEDF是平行四边形，
∵∠A＝90°，
∴四边形AEDF是矩形，
∴④正确；
综上可得，正确的结论有：①③④，
故选：C．

6、（2022•利通区校级一模）如图，在□ABCD中，AB＝3，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F，再分别以点B、F为圆心，大于 12 BF的相同长为半径画弧，两弧交于点P；连接AP并延长交BC于点E，连接EF，则四边形ABEF的周长为（　 　）

A．12 B．14 C．16 D．18
【答案】A
【考点】等式的性质；平行线的性质；平行四边形的性质；菱形的判定；角平分线的定义
【分析】利用基本作图得到AB=AF=3，∠BAE=∠FAE，根据平行四边形的性质得BC∥AD，则∠BEA=∠FAE，所以∠BAE=∠BEA，从而得到BE=BA=3，于是可判断四边形ABEF为菱形，于是得到四边形ABEF的周长.
【解答】由作法得AB＝AF＝3，AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠FAE，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BC∥AD，
∴BE∥AF
∴∠BEA＝∠FAE，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴BE＝BA＝3，
∴BE＝AF
∴四边形ABEF为平行四边形，
∵AB＝AF
∴四边形ABEF为菱形，
∴四边形ABEF的周长＝4×3＝12.
故答案为：A.
7、（2022秋•封丘县校级期末）如图，在△ABC中，AE平分∠BAC，D是BC的中点AE⊥BE，AB＝5，AC＝3，则DE的长为（　　）

A．1 B．32 C．2 D．52
【答案】A
【考点】三角形中位线定理；等腰三角形的判定与性质；
【分析】连接BE并延长交AC的延长线于点F，易证明△ABF是等腰三角形，则得AF的长，点E是BF的中点，求得CF的长，从而DE是中位线，即可求得DE的长．
【解答】解：连接BE并延长交AC的延长线于点F，如图，

∵AE⊥BE，
∴∠AEB＝∠AEF＝90°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠FAE，
∴∠ABE＝∠AFE，
∴△ABF是等腰三角形，
∴AF＝AB＝5，点E是BF的中点，
∴CF＝AF﹣AC＝5﹣3＝2，DE是△BCF的中位线，
∴DE=12CF=1．
故选：A．
8、（2022春•潼关县期末）如图所示，以Rt△ABC的直角边AC向△ABC外构造等边△ACD，E为AB的中点，连接CE、DE，∠ACB＝90，∠ABC＝30°．下列结论：①AC⊥DE；②四边形BCDE是平行四边形；③四边形ADCE是菱形；④S四边形BCDE＝3S△ACD．其中正确的结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【考点】菱形的判定与性质；等边三角形的性质；等边三角形的判定；含30度角的直角三角形；直角三角形斜边上的中线；平行四边形的判定与性质；
【分析】根据直角三角形的性质得到∠BAC＝60°，AC=12AB，根据等腰三角形的性质得到∠ACD＝60°，推出CD∥AB，根据线段中点的定义得到BE＝AE=12AB，根据平行四边形的判定定理得到四边形BCDE为平行四边形，故②正确；四边形ADCE是平行四边形，根据菱形的判定定理得到四边形ADCE是菱形，故③正确；根据平行四边形的性质得到DF∥BC，根据垂直的定义得到AC⊥DE，故①正确；设AC＝x，则AB＝2x，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，
∴∠BAC＝60°，AC=12AB，
∵△ACD是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，
∴∠ACD＝∠BAC，
∴CD∥AB，
∵E为AB的中点，
∴BE＝AE=12AB，
∴BE∥CD，CD＝BE＝AE，
∴四边形BCDE为平行四边形，故②正确；四边形ADCE是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，AE＝BE，
∴CE＝AE=12AB，
∴四边形ADCE是菱形，故③正确；
∵四边形BCDE为平行四边形，
∴DF∥BC，
又∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥DE，故①正确；
设AC＝x，则AB＝2x，
∴S△ACD＝S△ACE＝S△CBE=34x2，
∴S四边形BCDE＝2S△BCE＝2S△ACD，故④错误；
故选：C．

9、（2022秋•沙坪坝区校级期末）如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC、BD的交点，E、F分别为边BC、CD上一点，且OE⊥OF，连接EF．若∠AOE=150°，DF=3，则EF的长为（　　）

A．23 B．2+3 C．3+1 D．3
【答案】A
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；
【分析】由题意证明△BOE≌△COF（ASA），所以OE＝OF，则△OEF是等腰直角三角形；过点F作FG⊥OD，解三角形OFD即可得出OF的长，进而可求出EF的长．
【解答】解：在正方形ABCD中，AC和BD为对角线，
∴∠AOB＝∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，OB＝OC，
∵∠AOE＝150°，
∴∠BOE＝60°；
∵OE⊥OF，
∴∠EOF＝∠BOC＝90°，
∴∠BOE＝∠COF＝60°，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，
∴△OEF是等腰直角三角形；
过点F作FG⊥OD，如图，

∴∠OGF＝∠DGF＝90°，
∵∠ODC＝45°，
∴△DGF是等腰直角三角形，
∴GF＝DG=22DF=62，
∵∠AOE＝150°，
∴∠BOE＝60°，
∴∠DOF＝30°，
∴OF＝2GF=6，
∴EF=2OF＝23．
故选：A．

10、（2022秋•朝阳区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝10，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连结CP、QD，则PC+QD的最小值为（　　）

A．22 B．24 C．25 D．26
【答案】D
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；
【分析】连接BP，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＝12，连接PE、CE，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，再根据勾股定理求解即可．
【解答】解：如图，连接BP，

在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝10，
∵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＝12，连接PE，
则BE＝2AB＝24，
∵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，
∴CE=BE2+BC2=242+102=26，
∴PC+PB的最小值为26，
即PC+QD的最小值为26，
故选：D．

二、 填空题（每小题3分，共8题，共24分）
11、（2021秋•鄞州区校级期末）如图，在□ABCD中，过点C作CE⊥AB，垂足为E，若∠BAD＝120°，则∠BCE的度数为 .

【答案】30°；
【考点】平行四边形的性质；
【分析】由平行四边形的性质得出∠B+∠BAD＝180°，可得∠B的度数，由直角三角形的两上锐角互余得出∠BCE＝90°﹣∠B即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠B+∠BAD＝180°，
∵∠BAD＝120°，
∴∠B＝60°，
∵CE⊥AB，
∴∠E＝90°，
∴∠BCE＝90°﹣∠B＝90°﹣60°＝30°；
故选：30°．
12、如图，从①AB∥CD；②AB=CD；③BC∥AD；④BC=AD这四个条件中任选两个,能使四边形ABCD是平行四边形的选法有　 　种.

【答案】4；
【考点】平行四边形的判定；
【分析】根据平行四边形的判定方法：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，两组对边分别相等的四边形是平行四边形，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可一一判断得出答案.
【解答】解：因为平行四边形的判定方法有：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可选①③；两组
对边分别相等的四边形是平行四边形，可选②④；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可选①②
或③④；故答案为：法有四种。
故答案为：4.
13、（2022•东平县校级开学）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，若∠CAE＝15°，则∠BOE＝　 　度．

【答案】75
【考点】矩形的性质；
【分析】根据矩形的性质推出OA＝OB，根据角平分线求出AB＝BE，得到等边三角形OAB，推出∠OBC＝∠OCB＝30°，OB＝BE，求出∠BOE的度数即可求出答案．
【解答】解：在矩形ABCD中，
AO＝BO＝CO＝DO，∠ABC＝90°，
∵∠CAE＝15°，AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠BEA＝45°，
∴AB＝BE，
∴∠BAC＝60°，OA＝OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠BAC＝60°，
∴∠BCA＝30°，AB=12AC＝BO，
∴BE＝BO，
又∵∠DBC＝∠ACB＝30°，
在△BOE中，
∠BOE＝（180°﹣∠DBC）÷2＝75°．
故答案为：75．

14、如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点C的坐标是（3，2），则点A的坐标是 ．

【答案】（﹣2，3）．
【考点】正方形的性质；坐标与图形性质；全等三角形的判定与性质．
【分析】作AD⊥y轴于点D，CE⊥x轴于点E，先证明△AOD≌△COE，因为C（3，2），所以OD=OE=3，AD=CE=2，再根据点A在第二象限求出点A的坐标．
【解答】解：如图，作AD⊥y轴于点D，CE⊥x轴于点E，则∠ADO=∠CEO=90°，

∵四边形OABC是正方形，
∴∠AOC=∠DOE=90°，OA=OC，
∴∠AOD=∠COE=90°-∠COD，
在△AOD和△COE中，
∠ADO＝∠CEO， ∠AOD＝∠COE， OA＝OC ，
∴ △AOD≌△COE（AAS），
∵C（3，2），
∴OD=OE=3，AD=CE=2，
∵点A在第二象限，
∴A（﹣2，3），
故答案为：（﹣2，3）．
15、（2022•攀枝花）如图，以△ABC的三边为边在BC上方分别作等边△ACD、△ABE、△BCF．且点A在△BCF内部．给出以下结论：①四边形ADFE是平行四边形；②当∠BAC＝150°时，四边形ADFE是矩形；③当AB＝AC时，四边形ADFE是菱形；④当AB＝AC，且∠BAC＝150°时，四边形ADFE是正方形．其中正确结论有 　 　（填上所有正确结论的序号）．

【答案】①②③④
【考点】正方形的判定；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；
【分析】①利用SAS证明△EFB≌△ACB，得出EF＝AC＝AD；同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；根据两边分别相等的四边形是平行四边形得出四边形ADFE是平行四边形，即可判断结论①正确；
②当∠BAC＝150°时，求出∠EAD＝90°，根据有一个角是90°的平行四边形是矩形即可判断结论②正确；
③先证明AE＝AD，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可判断结论③正确；
④根据正方形的判定：既是菱形，又是矩形的四边形是正方形即可判断结论④正确．
【解答】解：①∵△ABE、△CBF是等边三角形，
∴BE＝AB，BF＝CB，∠EBA＝∠FBC＝60°；
∴∠EBF＝∠ABC＝60°﹣∠ABF；
∴△EFB≌△ACB（SAS）；
∴EF＝AC＝AD；
同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；
由AE＝DF，AD＝EF即可得出四边形ADFE是平行四边形，故结论①正确；
②当∠BAC＝150°时，∠EAD＝360°﹣∠BAE﹣∠BAC﹣∠CAD＝360°﹣60°﹣150°﹣60°＝90°，
由①知四边形AEFD是平行四边形，
∴平行四边形ADFE是矩形，故结论②正确；
③由①知AB＝AE，AC＝AD，四边形AEFD是平行四边形，
∴当AB＝AC时，AE＝AD，
∴平行四边形AEFD是菱形，故结论③正确；
④综合②③的结论知：当AB＝AC，且∠BAC＝150°时，四边形AEFD既是菱形，又是矩形，
∴四边形AEFD是正方形，故结论④正确．
故答案为：①②③④．

16、（2021八下·绍兴期中）如图，平行四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E在边AB上，连接DE，取DE的中点F，连接EO并延长交CD于点G．若BE＝3CG，OF＝2，则线段AE的长是　 　．

【答案】43
【考点】平行四边形的性质；三角形全等的判定（ASA）；三角形的中位线定理
【分析】本题首先利用平行四边形的性质，证明△AOE≡△COG，得到AE=CG，从而得到BE=DG.根据三角形的中位线定理，确定DG=2OF=4，所以BE=4，因为BE=3CG，所以CG=43.
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AB∥CD，AB=CD
∴∠OAE=∠OCG
∵点O时AC的中点
∴OA=OC
在△AOE和△COG中，∠OAE=∠OCGOA=OC∠AOE=∠COG
∴△AOE≡△COG（ASA）
∴AE=CG
∴BE=DG
∵F是DE的中点
∴OF是△DEG的中位线
∴DG=2OF=4
∵BE=DG=3CG
∴CG=43
即AE=43
故答案为：43.
17．（2022秋•渠县校级期末）如图，E是边长为1的正方形ABCD的对角线BD上一点，且BE＝BC，P为CE上任一点，PQ⊥BC于点Q，PR⊥BE于点R，则PQ+PR的值是　 　．

【答案】22
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；
【分析】连接AC，PB，AC交BD于O，根据S△BCE＝S△BPC+S△BPE，从而12BE•OC=12BE•PR+12BC⋅PQ，进一步得出结论．
【解答】解：如图，

连接AC，PB，AC交BD于O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC=2BC=2，
∴OC=12AC=22，
∵S△BCE＝S△BPC+S△BPE，
∴12BE•OC=12BE•PR+12BC⋅PQ，
∵BC＝BE，
∴BE•OC＝BE•PR+BE•PQ，
∴PR+PQ＝OC=22，
故答案为：22．

18、如图，矩形ABCD中，AD=5，AB=7，点E为DC上一个动点，把△ADE沿AE折叠，当点D的对应点D'落在∠ABC的角平分线上时，DE的长为　 　．

【答案】52 或 53
【考点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【分析】连接BD′，过D′作MN⊥AB，交AB于点M，CD于点N，作D′P⊥BC交BC于点P，由角平分线上的点到角两边的距离相等可得MD′=PD′，设MD′=x，则PD′=BM=x，由线段的构成AM=AB-BM可将AM用含x的代数式表示出来，用勾股定理可求得x的值；在Rt△END′中，设ED′=a，由题意可分两种情况：①当MD′=3时，用勾股定理可求解；②当MD′=4时，同理可求解.
【解答】解：如图，连接BD′，过D′作MN⊥AB，交AB于点M，CD于点N，作D′P⊥BC交BC于点P.

∵点D的对应点D′落在∠ABC的角平分线上，
∴MD′=PD′，
设MD′=x，则PD′=BM=x，
∴AM=AB﹣BM=7﹣x，
又折叠图形可得AD=AD′=5，
∴x2+（7﹣x）2=25，解得x=3或4，
即MD′=3或4．
在Rt△END′中，设ED′=a，
①当MD′=3时，AM=7-3=4，D′N=5-3=2，EN=4-a，
∴a2=22+（4﹣a）2，
解得a= 52 ，即DE= 52 ，
②当MD′=4时，AM=7-4=3，D′N=5-4=1，EN=3-a，
∴a2=12+（3﹣a）2，
解得a= 53 ，即DE= 53 ．
故答案为： 52 或 53 ．

三、解答题（共8题，共66分）
19、（7分）如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC边的中点，以AB、BD为邻边作▱ABDE，连接AD，EC．求证：四边形ADCE是矩形．

【考点】矩形的判定
【分析】根据平行四边形的性质、利用等腰三角形的“三合一”性质推知AD⊥BC，即∠ADC=90°；由平行四边形的判定定理（对边平行且相等是四边形是平行四边形）证得四边形ADCE是平行四边形，所以有一个角是直角的平行四边形是矩形.
【解答】证明：∵AB=AC，D为BC边的中点，
∴AD⊥BC，BD=CD，
∴∠ADC=90°，
∵四边形ABDE是平行四边形，
∴AE∥BD，AE=BD，
∴AE∥CD，AE=CD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
又∵∠ADC=90°，
∴四边形ADCE是矩形

20、（7分）如图，点B、F、C、E在一条直线上，FB=CE，AB∥ED，AC∥FD，AD交BE于点O．
求证：AD与BE互相平分．

【考点】平行四边形的判定与性质
【分析】连接 BD ， AE ，利用ASA证出△ABC≅△DEF，即可得出四边形 ABDE 是平行四边形，即可证出AD 与 BE 互相平分．
【解答】（1）证明：如图，连接BD、AE，

∵FB=CE，
∴BC=EF，
又∵AB∥ED，AC∥FD，
∴∠ABC=∠DEF，∠ACB=∠DFE，
在△ABC和△DEF中，
∠BAC＝∠DEF, BC＝EF ,∠ACB＝∠DFE ，
∴△ABC≌△DEF（ASA），
∴AB=DE，
又∵AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AD与BE互相平分；
21、(8分)（2022•海曙区校级开学）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别是边AD，BC的中点．
（1）求证：AF＝CE；
（2）若四边形AECF的周长为10，AF＝3，AB＝2，求平行四边形ABCD的周长．

【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质;
【分析】（1）根据平行四边形ABCD的对边平行得出AD∥BC，又AE＝CF，利用有一组对边平行且相等的四边形为平行四边形证得四边形AECF为平行四边形，然后根据平行四边形的对边相等证得结论；
（2）根据平行四边形的性质和平行四边形的周长公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，即AE∥CF，
又∵点E，F分别是边AD，BC的中点，
∴AE＝12AD，CF＝12BC，
∴AE＝CF，
∴四边形AECF为平行四边形，
∴AF＝CE；
（2）解：∵四边形AECF的周长为10，AF＝3，
∴AE+CF＝10﹣2×3＝4，
∵点E，F分别是边AD，BC的中点，
∴AD+BC＝2（AE+CF）＝8，
∵AB＝2，
∴平行四边形ABCD的周长＝8+2×2＝12．
22、（8分）在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD=2BC，∠ABD=90°，E为AD的中点，连接BE．

（1）求证：四边形BCDE为菱形；
（2）连接AC，若AC平分∠BAD，BC=1，求AC的长．
【考点】角平分线的性质；菱形的判定与性质
【分析】（1）根据菱形的判定定理可得出四边形为菱形。
（2）根据角平分线的性质，可计算得出AC的长度。
【解答】（1）证明：∵AD=2BC，E为AD的中点，
∴DE=BC，
∵AD∥BC，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∵∠ABD=90°，AE=DE，∴BE=DE，
∴四边形BCDE是菱形．
（2）解：连接AC．

∵AD∥BC，AC平分∠BAD，
∴∠BAC=∠DAC=∠BCA，
∴AB=BC=1，
∵AD=2BC=2，∴sin∠ADB= 12 ，∴∠ADB=30°，
∴∠DAC=30°，∠ADC=60°，
在Rt△ACD中，∵AD=2，
∴CD=1，AC= 3 ．
23、（8分）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E，延长BC至点F，使CF=BE，连接AF，
DE，DF．（1）求证：四边形AEFD为矩形； （2）若AB=3，DE=4，BF=5，求DF的长．

【考点】矩形的判定与性质；平行四边形的性质．
【分析】（1）先证四边形AEFD为平行四边形，再证∠AEF=90°，即可得出结论； （2）由矩形的性质得DF=AE，AF=DE=4，再由勾股定理的逆定理得△BAF为直角三角形，∠BAF=90°，然后由面积法求出AE的长，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵BE=CF， ∴BE+CE=CF+CE， 即BC=EF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴AD=BC=EF，
又∵AD∥EF，
∴四边形AEFD为平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF=90°，
∴平行四边形AEFD为矩形；
（2）解：由（1）知，四边形AEFD为矩形，
∴DF=AE，AF=DE=4，
∵AB=3，DE=4，BF=5，
∴AB2+AF2=BF2，
∴△BAF为直角三角形，∠BAF=90°，
∴S△ABF＝12 AB×AF＝12 BF×AE，
∴AB×AF=BF×AE， 即3×4=5AE，
∴AE＝ 125，
∴DF＝AE＝ 125 ．


24、（8分）如图，在□ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，连接DE、BF、BD．

（1）求证：四边形DEBF为平行四边形；
（2）当∠ADB＝90°时，求证：四边形DEBF是菱形．
【考点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AB=CD，AB//CD，根据平行四边形的判定定理得到结论；
（2）根据直角三角形的性质得到 DE＝ 12 AB＝EB ，根据菱形的判定定理即可得到结论.
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵E、F分别为边AB、CD的中点，
∴EB＝DF，EB∥DF，
∴四边形DEBF为平行四边形；
（2）证明：∵∠ADB＝90°，E为边AB的中点，
∴DE＝ 12 AB＝EB，
∵四边形DEBF为平行四边形，
∴四边形DEBF为菱形．
25、（8分）（2021秋•肇源县期末）如图，在△ABC中，点D，E分别是AC，AB的中点，点F是CB延长线上的一点，且CF＝3BF，连接DB，EF．
（1）求证：四边形DEFB是平行四边形；
（2）若∠ACB＝90°，AC＝12cm，DE＝4cm，求四边形DEFB的周长．

【考点】平行四边形的判定与性质；三角形中位线定理；
【分析】（1）证DE是△ABC的中位线，得DE∥BC，BC＝2DE，再证DE＝BF，即可得出四边形DEFB是平行四边形；
（2）由（1）得：BC＝2DE＝8（cm），BF＝DE＝4cm，四边形DEFB是平行四边形，得BD＝EF，再由勾股定理求出BD＝10（cm），即可求解．
【解答】（1）证明：∵点D，E分别是AC，AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，BC＝2DE，
∵CF＝3BF，
∴BC＝2BF，
∴DE＝BF，
∴四边形DEFB是平行四边形；
（2）解：由（1）得：BC＝2DE＝8（cm），BF＝DE＝4cm，四边形DEFB是平行四边形，
∴BD＝EF，
∵D是AC的中点，AC＝12cm，
∴CD＝12 AC＝6（cm），
∵∠ACB＝90°，
∴BD＝CD2+BC2=62+82=10（cm），
∴平行四边形DEFB的周长＝2（DE+BD）＝2（4+10）＝28（cm）．
26、（12分）（2021•大渡口区模拟）将锐角为45°的直角三角板MPN的一个锐角顶点P与正方形ABCD的顶点A重合，正方形ABCD固定不动，然后将三角板绕着点A旋转，∠MPN的两边分别与正方形的边BC、DC或其所在直线相交于点E、F，连接EF．
（1）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC相交时，如图1所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（2）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC的延长线相交时，如图2所示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（3）若正方形的边长为4，在三角板旋转过程中，当∠MPN的一边恰好经过BC边的中点时，试求线段EF的长．

【考点】四边形综合题；
【分析】（1）延长FD至G，使DG＝BE，连接AG，先证△ABE≌△ADG，再证△GAF≌△EAF即可；
（2）在DC上截取DH＝BE，连接AH，先证△ADH≌△ABE，再证△HAF≌EAF即可；
（3）分两种情形分别求解即可解决问题．
【解答】解：（1）结论：EF＝BE+DF．
理由：延长FD至G，使DG＝BE，连接AG，如图①，

∵ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABE＝ADG＝∠DAB＝90°，
∴△ABE≌△ADG（AAS），
∴AE＝AG，∠DAG＝∠EAB，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠EAB＝45°，
∴∠DAF+∠DAG＝45°，
∴∠GAF＝∠EAF＝45°，
∵AF＝AF，
∴△GAF≌△EAF（AAS），
∴EF＝GF，
∴GF＝DF+DG＝DF+BE，
即：EF＝DF+BE．
故答案为：EF＝DF+BE．
（2）结论：EF＝DF﹣BE．
理由：在DC上截取DH＝BE，连接AH，如图②，

∵AD＝AB，∠ADH＝∠ABE＝90°，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AH＝AE，∠DAH＝∠EAB，
∵∠EAF＝∠EAB+∠BAF＝45°，
∴∠DAH+∠BAF＝45°，
∴∠HAF＝45°＝∠EAF，
∵AF＝AF，
∴△HAF≌EAF（SAS），
∴HF＝EF，
∵DF＝DH+HF，
∴EF＝DF﹣BE．
故答案为：EF＝DF﹣BE．
（3）①当MA经过BC的中点E时，设FD＝x，则FG＝EF＝2+x，FC＝4﹣x．
在Rt△EFC中，（x+2）2＝（4﹣x）2+22，
∴x=43，
∴EF＝x+2=103．
②当NA经过BC的中点G时，设BE＝x，则EC＝4+x，EF＝8﹣x，
∴CG=12BC＝2，CF＝AB＝4，
由勾股定理得到：（4+x）2+42＝（8﹣x）2，
∴x=43，
∴EF＝8-43=203．