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初中数学人教版八年级下册18.1.1 平行四边形的性质课后练习题
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这是一份初中数学人教版八年级下册18.1.1 平行四边形的性质课后练习题，文件包含8年级数学下册尖子生同步培优题典专题189平行四边形的性质与判定大题专练教师版docx、8年级数学下册尖子生同步培优题典专题189平行四边形的性质与判定大题专练学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共54页， 欢迎下载使用。
专题18.9平行四边形的性质与判定大题专练（重难点培优）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷试题共30题．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．解答题（共30小题）
1．（2020春•江汉区期末）如图，E，F是▱ABCD对角线BD上两点，且BE＝DF．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）连接AC，若∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝AE＝3，求AC的长．
【分析】（1）连接AC，交BD于点O，由平行四边形的性质得到OA＝OC，OB＝OD，证得OE＝OF，则即可得出结论；
（2）由勾股定理求出BF＝5，证出四边形AECF是菱形，得AC⊥EF，由勾股定理的OA2＝AB2﹣OB2＝AE2﹣OE2，解得OF＝1.8，则OA＝2.4，得AC＝2OA＝4.8．
【解析】（1）证明：连接AC，交BD于点O，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF，
∵OA＝OC，
∴四边形AECF是平行四边形．
（2）解：∵∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝3，
∴BF=AB2+AF2=42+32=5，
∵四边形AECF是平行四边形，AE＝AF，OE＝OF，OA＝OC，
∴四边形AECF是菱形，
∴AC⊥EF，
∴OA2＝AB2﹣OB2＝AE2﹣OE2，
∴42﹣（5﹣OF）2＝32﹣OF2，
解得：OF＝1.8，
∴OA=32−1．82=2.4，
∴AC＝2OA＝4.8．
2．（2020春•灯塔市期末）如图，点B、E分别在AC、DF上，AF分别交BD、CE于点M、N，∠A＝∠F，∠C＝∠D．
（1）求证：四边形BCED是平行四边形；
（2）已知DE＝3，连接BN，若BN平分∠DBC，求CN的长．
【分析】（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证明；
（2）根据平行四边形的性质和角平分线定义可以证明CN＝CB＝DE．
【解析】（1）证明：∵∠A＝∠F，
∴DF∥AC，
∴∠C＝∠FEC，
又∵∠C＝∠D，
∴∠FEC＝∠D，
∴DB∥EC，
∴四边形BCED是平行四边形；
（2）∵BN平分∠DBC，
∴∠DBN＝∠CBN，
∵BD∥EC，
∴∠DBN＝∠BNC，
∴∠CBN＝∠BNC，
∴CN＝BC，
又∵BC＝DE＝3，
∴CN＝3．
3．（2020•新丰县模拟）已知，如图，在▱ABCD中，延长AB到点E，延长CD到点F，使得BE＝DF，连接EF，分别交BC，AD于点M，N，连接AM，CN．
（1）求证：△BEM≌△DFN；
（2）求证：四边形AMCN是平行四边形．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出∠BAD＝∠BCD，AB∥CD，根据平行线的性质得出∠BAD＝∠ADF，∠EBC＝∠BCD，∠E＝∠F，求出∠ADF＝∠EBC，根据全等三角形的判定得出即可；
（2）根据全等求出DN＝BM，求出AN＝CM，根据平行四边形的判定得出即可．
【解析】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD＝∠BCD，AB∥CD，
∴∠BAD＝∠ADF，∠EBC＝∠BCD，∠E＝∠F，
∴∠ADF＝∠EBC，
在△DFN和△BEM中
∠F=∠EDF=BE∠NDF=∠EBM
∴△DFN≌△BEM（ASA）；
（2）四边形ANCM是平行四边形，
理由是：∵由（1）知△DFN≌△BEM，
∴DN＝BM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，且AD∥BC，
∴AD﹣DN＝BC﹣BM，
∴AN＝CM，AN∥CM，
∴四边形ANCM是平行四边形．
4．（2020•建邺区二模）数学课上，陈老师布置了一道题目：如图①，在△ABC中，AD是BC边上的高，如果AB+BD＝AC+CD，那么AB＝AC吗？
悦悦的思考：
①如图，延长DB至点E，使BE＝BA，延长DC至点F，使CF＝CA，连接AE、AF．
②由AD是EF的垂直平分线，易证∠E＝∠F．
③由∠E＝∠F，易证∠ABC＝∠ACB．
④得到AB＝AC．
如图②，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB+AD＝CD+CB．
求证：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】如图①，延长DB至点E，使BE＝BA，延长DC至点F，使CF＝CA，连接AE、AF．则∠BAE＝∠E，∠CAF＝∠F，证出AD是EF的垂直平分线，则AE＝AF，由等腰三角形的性质得∠E＝∠F，证出∠ABC＝∠ACB，即可得出AB＝AC．
如图②，在DA的延长线上取点M，使AM＝AB，在BC的延长线上取点N，使CN＝CD，连接BM、DN，先证四边形MBND是平行四边形，得MB＝ND，∠M＝∠N，再证△ABM≌△CDN（ASA），得AM＝CN，证出AD＝BC，即可得出结论．
【解析】如图①，
解：AB＝AC，理由如下：延长DB至点E，使BE＝BA，延长DC至点F，使CF＝CA，连接AE、AF．
则∠BAE＝∠E，∠CAF＝∠F，
∵AB+BD＝AC+CD，
∴BE+BD＝CF+CD，
即DE＝DF，
∴AD是EF的垂直平分线，
∴AE＝AF，
∴∠E＝∠F，
∴∠E＝∠F＝∠BAE＝∠CAF，
∵∠ABC＝∠E+∠BAE，∠ACB＝∠F+∠CAF，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC．
如图②，
证明：在DA的延长线上取点M，使AM＝AB，在BC的延长线上取点N，使CN＝CD，连接BM、DN，
则∠M＝∠ABM，∠N＝∠CDN，
∵AB+AD＝CD+CB，且 AM＝AB，CN＝CD，
∴AM+AD＝CN+CB，
即DM＝BN，
又∵AD∥BC，
∴四边形MBND是平行四边形，
∴MB＝ND，∠M＝∠N，
∴∠ABM＝∠CDN，
在△ABM和△CDN中，∠M=∠NMB=ND∠ABM=∠CDN，
∴△ABM≌△CDN（ASA），
∴AM＝CN，
∵DM＝BN，
∴DM﹣AM＝BN﹣CN，
即AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
5．（2020春•海陵区校级期中）▱ABCD中，AE平分∠BAD交BC于E，O为AE中点，连接BO并延长交AD于F，连接EF．
（1）判断四边形ABEF的形状并说明理由；
（2）若AB＝2，∠D＝60°，当△BFC为直角三角形时，求△BFC的周长．
【分析】（1）由△AOF≌△EOB，推出AF＝BE，由AF∥BE，可得四边形ABEF是平行四边形，再证明AB＝BE即可解决问题；
（2）分∠CBF不为直角和∠BFC＝90°两种情况求得周长即可．
【解析】（1）四边形ABEF是菱形；
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AF∥BE，
∴∠FAO＝∠BEO，
∵∠AOF＝∠EOB，OA＝OE，
∴△AOF≌△EOB，
∴AF＝BE，
∴四边形ABEF是平行四边形；
∵AE平分∠BAD，
∴∠FAE＝∠BAE，
∵∠FAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴BA＝BE，
∴四边形ABEF是菱形．
（2）∵∠BAE＝∠B＝60°，
∴∠CBF不可能为直角；
当∠BCF＝90°时，BF＝2OB=23，CF=3，BC＝3，此时△BFC的周长为3+33；
当∠BFC＝90°时，BC＝4，CF＝2，BF=23，此时△BFC的周长为6+23；
所以△BFC的周长为6+23或3+33．
6．（2020•秦淮区二模）图，点E、F分别在▱ABCD的边AB、CD的延长线上，且BE＝DF，连接AC、EF、AF、CE，AC与EF交于点O．
（1）求证：AC、EF互相平分；
（2）若EF平分∠AEC，判断四边形AECF的形状并证明．
【分析】（1）要证明线段AC与EF互相平分，可以把这两条线段作为一个四边形的对角线，然后证明这个四边形是平行四边形即可；
（2）要证四边形AECF是菱形，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，AB∥DC．
又∵BE＝DF，
∴AB+BE＝DC+DF，
即AE＝CF．
∵AE＝CF，AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
∴AC、EF互相平分．
（2）四边形AECF是菱形．
证明：∵AB∥DC，
∴∠AEO＝∠CFO．
∵EF平分∠AEC，
∴∠AEO＝∠CEO．
∴∠CEO＝∠CFO．
∴CE＝CF．
∵四边形AECF是平行四边形，
∴四边形AECF是菱形．
7．（2018春•鄂城区期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝45°，BC＝10，过点A作AD∥BC，且点D在点A的右侧．点P从点A出发沿射线AD方向以每秒1个单位的速度运动，同时点Q从点C出发沿射线CB方向以每秒2个单位的速度运动，在线段QC上取点E，使得QE＝2，连结PE，设点P的运动时间为t秒．
（1）若PE⊥BC，求BQ的长；
（2）请问是否存在t的值，使以A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）作AM⊥BC于M，由已知条件得出AB＝AC，由等腰三角形的性质得出BM＝CM，由直角三角形斜边上的中线性质得出AM=12BC＝5，证出△APN和△CEN是等腰直角三角形，得出PN＝AP＝t，CE＝NE＝5﹣t，由CE＝CQ﹣QE＝2t﹣2得出方程，解方程即可；
（2）由平行四边形的判定得出AP＝BE，得出方程，解方程即可．
【解析】（1）作AM⊥BC于M，设AC交PE于N．如图所示：
∵∠BAC＝90°，∠B＝45°，
∴∠C＝45°＝∠B，
∴AB＝AC，
∴BM＝CM，
∴AM=12BC＝5，
∵AD∥BC，
∴∠PAN＝∠C＝45°，
∵PE⊥BC，
∴PE＝AM＝5，PE⊥AD，
∴△APN和△CEN是等腰直角三角形，
∴PN＝AP＝t，CE＝NE＝5﹣t，
∵CE＝CQ﹣QE＝2t﹣2，
∴5﹣t＝2t﹣2，
解得：t=73，所以BQ＝BC﹣CQ＝10﹣2×73=163；
（2）存在，t＝4或12；理由如下：
若以A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形，
则AP＝BE，
∴t＝10﹣2t+2或t＝2t﹣2﹣10
解得：t＝4或12
∴存在t的值，使以A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形，t＝4或12．
8．（2020春•赣榆区期中）如图，在▱ABCD中，E为BC边上一点，且AB＝AE．
（1）求证：△ABC≌△EAD；
（2）若∠B＝65°，∠EAC＝25°，求∠AED的度数．
【分析】（1）先证明∠B＝∠EAD，然后利用SAS可进行全等的证明；
（2）先根据等腰三角形的性质可得∠BAE＝50°，求出∠BAC的度数，即可得∠AED的度数．
【解析】（1）证明：∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝AD，
∴∠EAD＝∠AEB，
又∵AB＝AE，
∴∠B＝∠AEB，
∴∠B＝∠EAD，
在△ABC和△EAD中，
AB=AE∠ABC=∠EADBC=AD，
∴△ABC≌△EAD（SAS）．
（2）解：∵AB＝AE，
∴∠B＝∠AEB，
∴∠BAE＝50°，
∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝50°+25°＝75°，
∵△ABC≌△EAD，
∴∠AED＝∠BAC＝75°．
9．（2019春•西湖区校级月考）如图，在△ABC中，已知∠ACB＝90°，D是BC的中点，CE＝BE，CE∥AD
（1）求证：DE＝AC；
（2）连结AE，若AC＝2，BC＝6，求△AEB的周长．
【分析】（1）由∠ACB＝90°，DE⊥BC，CE∥AD，易证得四边形ACED是平行四边形，然后根据平行四边形的对边相等，即可求得DE的长；
（2）首先利用勾股定理即可得到结论．
【解析】（1）∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∵DE⊥BC，
∴AC∥DE，
∵CE∥AD，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴DE＝AC；
（2）∵∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝6，
∴AB=AC2+BC2=22+62=210，
过E作EF⊥AC的延长线于F，
∴CF＝DE＝AC＝2，EF＝CD=12BC＝3，
∴AE=AF2+EF2=42+32=5，
∵BE=BD2+DE2=32+22=13，
∴△AEB的周长＝AB+BE+AE＝210+13+5．
10．（2020•岱岳区三模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF．
（1）若∠ADC＝80°，求∠ECF；
（2）求证：∠ECF＝∠CEF．
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理得到四边形ABCD是平行四边形，由线段中点的定义得到AF＝FD，根据等腰三角形的性质得到∠DFC＝∠DCF=12（180°﹣80°）＝50°，于是得到结论；
（2）如图，延长EF，交CD延长线于M，根据平行线的性质得到∠A＝∠MDF，根据全等三角形的性质得到FE＝MF，∠AEF＝∠M，根据直角三角形的性质得到FC=12EM＝FE，由等腰三角形的性质得到．
【解析】（1）∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵F是AD的中点，
∴AF＝FD，
∵在▱ABCD中，AD＝2AB，
∴AF＝FD＝CD，
∴∠DFC＝∠DCF=12（180°﹣80°）＝50°，
∵CE⊥AB，
∴CE⊥CD，
∴∠DCE＝90°，
∴∠ECF＝90°﹣50°＝40°；
（2）如图，延长EF，交CD延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A＝∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF＝FD，
在△AEF和△DFM中，∠A=∠FDMAF=DF∠AFE=∠DFM，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴FE＝MF，∠AEF＝∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠ECD＝90°，
∵FM＝EF，
∴FC=12EM＝FE，
∴∠ECF＝∠CEF．
11．（2017•南充模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝CD，点E，F分别在边BC，CD上，
且BE＝DF＝AD，AF与DE交于点G．
（1）求证：AB＝BF．
（2）当AB＝52，AD＝25，求DG的长．
【分析】（1）先证△BCF≌△DCE，再证四边形ABED是平行四边形，从而得AB＝DE＝BF．
（2）延长AF交BC延长线于点M，设EC＝FC＝x，在Rt△DEC中，由勾股定理可得x的值，再证明点G是DE的中点即可求出DG的长．
【解析】（1）证明：
∵BC＝CD，BE＝DF，
∴CF＝CE，
在△BCF与△DCE中，
CF=CE∠C=∠C=90°BC=DC，
∴△BCF≌△DCE，
∴BF＝DE，
∵AD∥BC，BE＝AD，
∴四边形ABED是平行四边形；
∴AB＝DE，
∴AB＝BF．
（2）由（1）可得AB＝DE＝52，设EC＝FC＝x，
在Rt△DEC中，由勾股定理可得x2+（x+25）2＝（52）2，
解得：x=5，
延长AF交BC延长线于点H，
∵AD∥BC，
∴∠1＝∠H，
∵AD＝DF，
∴∠1＝∠2，
∵∠2＝∠3，
∴∠3＝∠H，
∴FC＝CH，
∵EH＝2x＝25，
∴AD＝EH，
∵AD∥BC，
∴DG＝EG，
∴DG=12DE=522．
12．（2020春•丛台区校级期末）已知：如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，点D是AB的中点，点E是CD的中点，过点C作CF∥AB交AE的延长线于点F．
（1）求证：△ADE≌△FCE；
（2）求证：四边形ACFD是平行四边形．
（3）若∠DCF＝120°，DE＝2，求BC的长．
【分析】（1）根据点E是CD的中点，可得DE＝CE，根据CF∥AB，可得∠ADE＝∠FCE，∠DAE＝∠CFE，进而利用AAS可以证明△ADE≌△FCE；
（2）结合（1）的CF＝AD，再由CF∥AB，即可证明四边形ACFD是平行四边形；
（3）结合（1）先证明四边形DCFB是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD＝DB，得平行四边形DCFB是菱形，由∠DCF＝120°，可得△CDB是等边三角形，由DE＝2，即可求BC的长．
【解析】（1）∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
∵CF∥AB，
∴∠ADE＝∠FCE，∠DAE＝∠CFE，
在△ADE和△FCE中，
∠ADE=∠FCE∠DAE=∠CFEDE=CE，
∴△ADE≌△FCE（AAS）；
（2）证明：∵△ADE≌△FCE，
∴AD＝CF，又CF∥AB，
∴四边形ACFD是平行四边形；
（3）∵点D是AB的中点，
∴AD＝BD，
∵AD＝CF，
∴BD＝CF，又CF∥AB，
∴四边形DCFB是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，点D是AB的中点，
∴DC＝AD＝BD，
∴平行四边形DCFB是菱形，
∴∠DCF＝120°，
∴∠CDB＝60°，
∴△CDB是等边三角形，
∴BC＝CD＝2DE＝4，
答：BC的长为4．
13．（2020春•青羊区期末）如图，在四边形ABCD中，点E和点F是对角线AC上的两点，AE＝CF，DF＝BE，且DF∥BE．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若∠CEB＝2∠EBA，BE＝3，EF＝2，求AC的长．
【分析】（1）证△ADF≌△CBE（SAS），得到AD＝CB，∠DAF＝∠BCE，证出AD∥CB，即可得到结论；
（2）证∠EAB＝∠EBA，得出AE＝BE＝3，则CF＝AE＝3，即可得出答案．
【解析】（1）证明：∵AE＝CF，
∴AE+EF＝CF+EF，
即AF＝CE，
∵DF∥BE，
∴∠DFA＝∠BEC，
在△ADF和△CBE中，AF=CE∠DFA=∠BECDF=BE，
∴△ADF≌△CBE（SAS），
∴AD＝CB，∠DAF＝∠BCE，
∴AD∥CB，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：∵∠CEB＝∠EBA+∠EAB＝2∠EBA，
∴∠EAB＝∠EBA，
∴AE＝BE＝3，
∴CF＝AE＝3，
∴AC＝AE+EF+CF＝3+2+3＝8．
14．（2020春•莲湖区期末）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是平行四边形ABCD的对角线，AG∥BD交CB的延长线于点G．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形．
（2）若AE＝DE，求∠G的度数．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AD∥BC，DC∥AB，DC＝AB，推出DF＝BE，DF∥BE，根据平行四边形的判定推出即可；
（2）先证明四边形AGBD是平行四边形，再证出∠ADB＝90°，得到四边形AGBD为矩形，即可得出结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵E、F分别为边AB、CD的中点，
∴BE=12AB，DF=12CD，
∴BE＝DF．
∵BE∥DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BG，
∵AG∥BD，
∴四边形AGBD是平行四边形，
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE=12AB，
∵AE＝DE，
∴AE＝DE＝BE，即DE=12AB，
∴△ABD是直角三角形，∠ADB＝90°，
∴平行四边形AGBD是矩形．
∴∠G＝90°．
15．（2020•扬州）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点O作EF⊥AC，分别交AB、DC于点E、F，连接AF、CE．
（1）若OE=32，求EF的长；
（2）判断四边形AECF的形状，并说明理由．
【分析】（1）判定△AOE≌△COF（ASA），即可得OE＝OF=32，进而得出EF的长；
（2）先判定四边形AECF是平行四边形，再根据EF⊥AC，即可得到四边形AECF是菱形．
【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AO＝CO，
∴∠FCO＝∠EAO，
又∵∠AOE＝∠COF，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF=32，
∴EF＝2OE＝3；
（2）四边形AECF是菱形，
理由：∵△AOE≌△COF，
∴AE＝CF，
又∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形．
16．（2020•两江新区模拟）如图，在平行四边形ABCD中，F，G分别是CD，AB上的点，且AG＝CF，连接FG，BD交于点O．
（1）求证：OB＝OD；
（2）若∠A＝45°，DB⊥BC，当CD＝22时，求OC的长．
【分析】（1）依据平行四边形的性质，得出∠ODF＝∠OBG，BG＝DF，判定△DOF≌△BOG，即可得到OB＝OD；
（2）依据平行四边形的性质，得出△BCD是等腰直角三角形，进而得到BC，BO的长，再根据勾股定理即可得到OC的长．
【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ODF＝∠OBG，
∵AG＝CF，
∴BG＝DF，
在△DOF和△BOG中，
∠DOF=∠BOG∠ODF=∠OBGDF=BG，
∴△DOF≌△BOG（AAS），
∴OB＝OD；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠A＝45°，
∵BD⊥BC，
∴∠DBC＝90°，
∴∠BDC＝∠BCD＝45°，
∴DB＝CB，
又∵CD＝22，
∴CB＝DB＝2，
∴OB＝1，
∴Rt△BCO中，OC=BC2+BO2=22+12=5．
17．（2020春•龙岗区校级期末）如图，四边形ABCD中，BE⊥AC交AD于点G，DF⊥AC于点F，已知AF＝CE，AB＝CD．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）如果∠GBC＝∠BCD，AG＝6，GE＝2，求AB的长．
【分析】（1）证Rt△ABE≌Rt△CDF（HL），得∠BAE＝∠DCF，证出AB∥CD，由AB＝CD，即可证出四边形ABCD是平行四边形；
（2）证四边形BCDG是等腰梯形，得BG＝CD＝AB，由勾股定理得AE＝42，设AB＝BG＝x，则BE＝x﹣2，在Rt△ABE中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解析】（1）证明：∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，
∵AF＝CE，
∴AF﹣EF＝CE﹣EF，
即AE＝CF，
在Rt△ABE和Rt△CDF中，AB=CDAE=CF，
∴Rt△ABE≌Rt△CDF（HL），
∴∠BAE＝∠DCF，
∴AB∥CD，
又∵AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：由（1）得：四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴DG∥BC，
∵∠GBC＝∠BCD，
∴四边形BCDG是等腰梯形，
∴BG＝CD＝AB，
∵AE=AG2−GE2=62−22=42，
设AB＝BG＝x，则BE＝x﹣2，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：（42）2+（x﹣2）2＝x2，
解得：x＝9，
∴AB＝9．
18．（2020•邗江区二模）如图，平行四边形ABCD中，点E、F分别在边BC、AD上，EA⊥AC，FC⊥AC．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若∠B＝30°，∠AEC＝45°，求证：AB＝AF．
【分析】（1）由平行四边形的性质及垂直于同一直线的两直线平行，可推得判定△ABE和△CDF全等的条件，从而利用SAS判定△ABE≌△CDF；
（2）过点A作AG⊥EC于点G，由等腰三角形的“三线合一”性质、直角三角形的斜边中线等于斜边的一半和30°角所对直角边等于斜边的一半，可得AG=12EC=12AF=12AB，则可证得结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，BC＝AD，∠B＝∠D，AD∥BC，
∴AF∥EC，
∵EA⊥AC，FC⊥AC，
∴EA∥FC，
∴四边形AECF是平行四边形．
∴EC＝AF，
∴BE＝BC﹣EC＝AD﹣AF＝DF，
∴在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠B=∠DBE=DF，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）过点A作AG⊥EC于点G，如图所示：
∵EA⊥AC，∠AEC＝45°，
∴△AEC为等腰直角三角形，
∵AG⊥EC，
∴AG=12EC=12AF，
∵∠B＝30°，
∴AG=12AB，
∴12AF=12AB，
∴AB＝AF．
19．（2020秋•九龙坡区校级期中）如图，平行四边形ABCD中，分别过A，C两点作AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F，连接CE，AF．
（1）求证：BE＝DF；
（2）若AB＝4，EF=3，∠AFE＝45°，求△ABD的面积．
【分析】（1）证△ABE≌△CDF（AAS），即可得出结论；
（2）先证△AEF是等腰直角三角形，得AE＝EF=3，再由勾股定理得BE=13，则BD＝BE+EF+DF＝213+3，然后由三角形面积公式即可得出答案．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
又∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，
在△ABE和△CDF中，
∠ABE=∠CDF∠AEB=∠CFDAB=CD，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF；
（2）解：∵AE⊥BD，∠AFE＝45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝EF=3，
∴BE=AB2−AE2=42−(3)2=13，
由（1）得：DF＝BE=13，
∴BD＝BE+EF+DF＝213+3，
∴△ABD的面积=12BD×AE=12×（213+3）×3=39+32．
20．（2020秋•朝阳区校级月考）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．
（1）求证：AD与BE互相平分；
（2）若AB⊥AC，AC＝BF，BE＝8，FC＝2，求AB的长．
【分析】（1）先证△ABC≌△DEF（ASA），得AB＝DE，再证四边形ABDE是平行四边形，即可得出结论；
（2）先求出BF＝3，则AC＝BF＝3，BC＝BF+FC＝5，然后由勾股定理即可得出答案．
【解析】（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=∠DEFBC=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；
（2）解：∵FB＝CE，
∴BE＝2BF+FC，
∴BF=BE−FC2=8−22=3，
∴AC＝BF＝3，BC＝BF+FC＝3+2＝5，
∵AB⊥AC，
∴由勾股定理得：AB=BC2−AC2=52−32=4．
21．（2020春•扬中市期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，OA＝OC，AB∥CD．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若BE平分∠ABC，交AD于E，BC﹣AB＝2，求DE长．
（3）若∠AOB＝2∠ADB时，则平行四边形ABCD为 矩 形．
【分析】（1）运用ASA证明△ABO≌△CDO得AB＝CD，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可证得结论；
（2）根据四边形ABCD为平行四边形可得AE∥BC，根据平行线的性质和角平分线的性质可得出∠ABE＝∠AEB，继而可得AB＝AE，然后根据已知可求得DE的长度；
（3）由∠AOB＝2∠ADB可得∠OAD＝∠ADO，由平行四边形的性质可得AC＝BD，从而可得结论．
【解析】（1）∵AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，
在△ABO和△DCO中，
∠BAO=∠DCOAO=CO∠AOB=∠COD，
∴△ABO≌△DCO（ASA），
∴AB＝CD，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AE∥BC，AD＝BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∴DE＝AD﹣AE＝BC﹣AB，
∵BC﹣AB＝2，
∴DE＝2；
（3）∵∠AOB是△ADO的外角，
∴∠AOB＝∠OAD+∠ODA，
∵∠AOB＝2∠ADB，
∠OAD＝∠ODA，
∴AO＝DO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，DO＝BO，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形．
故答案为：矩．
22．（2020春•高新区期末）如图，四边形ABCD中AC、BD相交于点O，延长AD至点E，连接EO并延长交CB的延长线于点F，∠E＝∠F，AD＝BC．
（1）求证：O是线段AC的中点：
（2）连接AF、EC，证明四边形AFCE是平行四边形．
【分析】（1）证明四边形ABCD是平行四边形，则结论得出；
（2）证明△OAE≌△OCF（ASA）．则OE＝OF，可得出结论．
【解析】证明：（1）∵∠E＝∠F，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AC，BD互相平分；
即O是线段AC的中点．
（2）∵AD∥BC，
∴∠EAC＝∠FCA，
在△OAE和△OCF中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AOE=∠COF，
∴△OAE≌△OCF（ASA）．
∴OE＝OF，
∴四边形AFCE是平行四边形．
23．（2020•江都区二模）如图，四边形ABCD为平行四边形，E为BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F．
（1）求证：△ABE≌△FCE；
（2）过点D作DG⊥AE于点G，H为DG的中点．判断CH与DG的位置关系，并说明理由．
【分析】（1）根据平行四边形的性质，利用ASA即可证明．
（2）结论：CH⊥DG．利用三角形中位线定理，证明CH∥AF即可解决问题．
【解析】（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠B＝∠ECF
∵E为BC的中点，
∴BE＝CE，
在△ABE和△FCE中，
∠B=∠ECFBE=EC∠AEB=∠FEC
∴△ABE≌△FCE．
（2）结论：CH⊥DG．理由如下：
∵△ABE≌△FCE，
∴AB＝CF，
∵AB＝CD，
∴DC＝CF，
∵H为DG的中点，
∴CH∥FG
∵DG⊥AE，
∴CH⊥DG．
24．（2020春•建平县期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝15cm，点P自点A向D以1cm/s的速度运动，到D点即停止．点Q自点C向B以2cm/s的速度运动，到B点即停止，点P，Q同时出发，设运动时间为t（s）．
（1）用含t的代数式表示：
AP＝ t ；DP＝ 12﹣t ；BQ＝ 15﹣2t ；CQ＝ 2t ．
（2）当t为何值时，四边形APQB是平行四边形？
（3）当t为何值时，四边形PDCQ是平行四边形？
【分析】（1）根据速度、路程以及时间的关系和线段之间的数量关系，即可求出AP，DP，BQ，CQ的长
（2）当AP＝BQ时，四边形APQB是平行四边形，建立关于t的一元一次方程方程，解方程求出符合题意的t值即可；
（3）当PD＝CQ时，四边形PDCQ是平行四边形；建立关于t的一元一次方程方程，解方程求出符合题意的t值即可．
【解析】（1）t，12﹣t，15﹣2t，2t
（2）根据题意有AP＝t，CQ＝2t，PD＝12﹣t，BQ＝15﹣2t．
∵AD∥BC，∴当AP＝BQ时，四边形APQB是平行四边形．
∴t＝15﹣2t，解得t＝5．
∴t＝5s时四边形APQB是平行四边形；
（3）由AP＝tcm，CQ＝2tcm，
∵AD＝12cm，BC＝15cm，
∴PD＝AD﹣AP＝12﹣t，
如图1，∵AD∥BC，∴当PD＝QC时，四边形PDCQ是平行四边形．
即：12﹣t＝2t，
解得t＝4s，
∴当t＝4s时，四边形PDCQ是平行四边形．
25．（2020秋•锦江区期末）如图1，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC交BC于点E，连接ED，且ED平分∠AEC．
（1）求证：AE＝BC；
（2）如图2，过点C作CF⊥DE交DE于点F，连接AF，BF，猜想△ABF的形状并证明．
【分析】（1）依据平行四边形的性质即可得到AD＝BC，依据∠AED＝∠ADE，即可得出AE＝AD，进而得到AE＝BC；
（2）判定△AEF≌△BCF（SAS），即可得到AF＝BF，∠AFE＝∠BFC，进而得出∠AFB＝∠EFC＝90°，即可得到△ABF是等腰直角三角形．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
又∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
又∵ED平分∠AEC，
∴∠ADE＝∠CED＝45°，
∴∠AED＝∠ADE，
∴AE＝AD，
∴AE＝BC；
（2）△ABF是等腰直角三角形，
证明：∵CF⊥DE，
∴∠CFE＝90°，
又∵∠CEF＝45°，
∴∠ECF＝45°，
∴∠FEC＝∠FCE＝∠AEF，
∴EF＝CF，
在△AEF和△BCF中，
AE=BC∠AEF=∠BCFEF=CF，
∴△AEF≌△BCF（SAS），
∴AF＝BF，∠AFE＝∠BFC，
∴∠AFE﹣∠BFE＝∠BFC﹣∠BFE，
即∠AFB＝∠EFC＝90°，
∴△ABF是等腰直角三角形．
26．（2020•道里区三模）已知：在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E、F分别为OB、OD的中点，连接AE并延长至点G，使EG＝AE，连接CF、CG．
（1）如图1，求证：EG＝FC；
（2）如图2，连接BG、OG，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中的四个平行四边形，使写出每个平行四边形的面积都等于平行四边形ABCD面积的一半．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，由平行线的性质得∠ABE＝∠CDF，易证BE＝DF，由SAS证得△ABE≌△CDF（SAS），得出AE＝FC，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得OA＝OC，AB∥CD，AB＝CD，S四边形ABCD＝4S△ABO，易证AG、OB互相平分，则四边形ABGO是平行四边形，S四边形ABGO＝2S△ABO=12S四边形ABCD，易证OE是△ACG的中位线，则OE∥CG，易证四边形BOCG是平行四边形，S四边形BGCO＝2S△BGO＝2S△ABO=12S四边形ABCD，证GO∥CD，GO＝CD，则四边形CDOG是平行四边形，S四边形CDOG＝2S△CDO＝2S△ABO=12S四边形ABCD，证CG∥EF，EF＝CG，则四边形EFCG是平行四边形，S四边形EFCG＝S四边形CDOG=12S四边形ABCD．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE=12OB，DF=12OD，
∴BE＝DF，
在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴AE＝FC，
∵EG＝AE，
∴EG＝FC；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AB∥CD，AB＝CD，S四边形ABCD＝4S△ABO，
∵EG＝AE，点E为OB的中点，
∴AG、OB互相平分，
∴四边形ABGO是平行四边形，
∴S△ABO＝S△BGO，
∴S四边形ABGO＝2S△ABO=12S四边形ABCD，
∵OA＝OC，EG＝AE，
∴OE是△ACG的中位线，
∴OE∥CG，
∵四边形ABGO是平行四边形，
∴BG∥AC，
∴四边形BOCG是平行四边形，
∴S四边形BGCO＝2S△BGO＝2S△ABO=12S四边形ABCD，
∵四边形ABGO是平行四边形，
∴GO∥AB，GO＝AB，
∵AB∥CD，
∴GO∥CD，GO＝CD，
∴四边形CDOG是平行四边形，
∴S四边形CDOG＝2S△CDO＝2S△ABO=12S四边形ABCD，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴EF=12BD＝OD，
∵四边形CDOG是平行四边形，
∴CG∥EF，CG＝OD，
∴EF＝CG，
∴四边形EFCG是平行四边形，
∴S四边形EFCG＝S四边形CDOG=12S四边形ABCD，
∴图中的平行四边形ABGO、平行四边形BOCG、平行四边形CDOG、平行四边形EFCG四个平行四边形，每个平行四边形的面积都等于平行四边形ABCD面积的一半．
27．（2020秋•南关区校级期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，AB＝DC＝4，AD＝BC＝8．延长BC到E，使CE＝3，连接DE，由直角三角形的性质可知DE＝5．动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点P运动的时间为t秒．（t＞0）
（1）当t＝3时，BP＝ 6 ；
（2）当t＝ 8 时，点P运动到∠B的角平分线上；
（3）请用含t的代数式表示△ABP的面积S；
（4）当0＜t＜6时，直接写出点P到四边形ABED相邻两边距离相等时t的值．
【分析】（1）根据题意可得BP＝2t，进而可得结果；
（2）根据∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，可得四边形ABCD是矩形，根据角平分线定义可得AF＝AB＝4，得DF＝4，进而可得t的值；
（3）根据题意分3种情况讨论：①当点P在BC上运动时，②当点P在CD上运动时，③当点P在AD上运动时，分别用含t的代数式表示△ABP的面积S即可；
（4）当0＜t＜6时，点P在BC、CD边上运动，根据题意分情况讨论：①当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，点P到AB边的距离也为4，②当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，点P到DE边的距离也为4，③当点P在CD上，点P到AB边的距离为8，但点P到AB、BC边的距离都小于8，进而可得当t＝2s或t＝3s时，点P到四边形ABED相邻两边距离相等．
【解析】（1）BP＝2t＝2×3＝6，
故答案为：6；
（2）作∠B的角平分线交AD于F，
∴∠ABF＝∠FBC，
∵∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AD∥BC，
∴∠AFB＝∠FBC，
∴∠ABF＝∠AFB，
∴AF＝AB＝4，
∴DF＝AD﹣AF＝8﹣4＝4，
∴BC+CD+DF＝8+4+4＝16，
∴2t＝16，解得t＝8．
∴当t＝8时，点P运动到∠ABC的角平分线上；
故答案为：8；
（3）根据题意分3种情况讨论：
①当点P在BC上运动时，
S△ABP=12×BP×AB=12×2t×4＝4t；（0＜t＜4）；
②当点P在CD上运动时，
S△ABP=12×AB×BC=12×4×8＝16；（4≤t≤6）；
③当点P在AD上运动时，
S△ABP=12×AB×AP=12×4×（20﹣2t）＝﹣4t+40；（6＜t≤10）；
（4）当0＜t＜6时，点P在BC、CD边上运动，
根据题意分情况讨论：
①当点P在BC上，点P到四边形ABED相邻两边距离相等，
∴点P到AD边的距离为4，
∴点P到AB边的距离也为4，
即BP＝4，
∴2t＝4，解得t＝2s；
②当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，
∴点P到DE边的距离也为4，
∴PE＝DE＝5，
∴PC＝PE﹣CE＝2，
∴8﹣2t＝2，解得t＝3s；
③当点P在CD上，如图，过点P作PH⊥DE于点H，
点P到DE、BE边的距离相等，
即PC＝PH，
∵PC＝2t﹣8，
∴PD＝DC﹣PC＝12﹣2t，
∴2t−812−2t=35，
解得t=194．
综上所述：t＝2s或t＝3s或t=194s时，点P到四边形ABED相邻两边距离相等．
28．（2020春•江夏区期末）已知，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，且AE＝AF．
（1）如图1，当EC＝4，AE＝8时，求▱ABCD的对角线BD的长；
（2）如图2，若点M为CD的中点，连接EM，AM．求证：AM＝EM．
【分析】（1）先根据平行四边形的性质、三角形全等的判定定理可得AB＝AD，再根据菱形的判定可得四边形ABCD是菱形，然后利用勾股定理分别求出BC、AC的长，最后利用等面积法即可得解；
（2）如图，先根据三角形全等的判定定理与性质可得AM＝FM，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得证．
【解析】（1）连接AC，如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABE＝∠ADF，
在△ABE和△ADF中，∠ABE=∠ADF∠AEB=∠AFD=90°AE=AF，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AC⊥BD，
∵EC＝4，AE＝8，AE⊥BC，
∴AC=EC2+AE2=45，
设AB＝BC＝x，则BE＝BC﹣EC＝x﹣4，
在Rt△ABE中，AE2+BE2＝AB2，则82+（x﹣4）2＝x2，
解得，x＝10，即AB＝BC＝10，
∴S菱形ABCD=AE⋅BC=12AC⋅BD，
∴8×10=12×45×BD，
解得，BD＝85；
（2）如图，延长AM、EC交于点F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠D＝∠FCM，∠DAM＝∠F，
∵点M为CD的中点，
∴DM＝CM，
在△ADM和△FCM中，∠D=∠FCM∠DAM=∠FDM=CM，
∴△ADM≌△FCM（AAS），
∴AM＝FM=12AF，
∴EM是Rt△AEF斜边AF上的中线，
∴EM=12AF=AM，
即AM＝EM．
29．（2020春•沙坪坝区校级月考）如图所示，在平行四边形ABCD中，∠DAC＝60°，点E是BC边上一点，连接AE，AE＝AB，点F是对角线AC边上一动点，连接EF．
（1）如图1，若点F与对角线交点O重合，已知BE＝4，OC：EC＝5：3，求AC的长度；
（2）如图2，若EC＝FC，点G是AC边上一点，连接BG、EG，已知∠AEG＝60°，∠AGB+∠BCD＝180°，求证：BG+EG＝DC．
【分析】（1）过点A作AH⊥BE于点H，如图1，不妨设OC＝5x，则EC＝3x，AC＝10x，再证明∠CAH＝30°，得AC＝2CH，由列出x的方程，解方程便可求得AC；
（2）延长EG至点M，使得EM＝AE，连接AM，如图2，得△AGM为等边三角形，再证明△ABG≌△AMG，得BG＝MG，进而通过平行四边形的性质与等量代换得结论．
【解析】（1）过点A作AH⊥BE于点H，如图1，
∵AB＝AE，
∴BH＝EH=12BE=12×4=2，
∵OC：EC＝5：3，
∴不妨设OC＝5x，则EC＝3x，AC＝10x，
∴CH＝CE+EH＝3x+2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ACH＝∠DAC＝60°，
∴∠CAH＝90°﹣60°＝30°，
∴AC＝2CH，
∴10x＝2（3x+2），
解得，x＝1，
∴AC＝10；
（2）延长EG至点M，使得EM＝AE，连接AM，如图2，
∵∠AEG＝60°，
∴△AEM为等边三角形，
∴AE＝AM，∠M＝60°，
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，AB＝AM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∵∠AGB+∠BCD＝180°，
∴∠ABC＝∠AGB，
∵∠ABG＝180°﹣∠AGB﹣∠BAG，
∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠BAG，
∴∠ABG＝∠ACB＝60°，
∴∠ABG＝∠M＝60°，
∵∠AEG＝∠ACB＝60°，
∴∠AEB+∠CEG＝∠CEG+∠CGE＝120°，
∴∠AEB＝∠CGE，
∵∠AGB＝∠ABE＝∠AEB，∠AGM＝∠CGE，
∴∠AGB＝∠AGM，
∵AG＝AG，
∴△ABG≌△AMG（AAS），
∴BG＝MG，
∴BG+EG＝MG+EG＝EM，
∵AE＝EM，
∴AE＝BG+EG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CE，
∵AB＝AE，
∴BG+EG＝DC．
30．（2020秋•沙坪坝区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，O是对角线AC的中点，过点O作OE⊥BC交BC于点E．过点O作FG⊥AB交AB、CD于点F、G．
（1）如图1，若BC＝5，OE＝3，求平行四边形ABCD的面积；
（2）如图2，若∠ACB＝45°，求证：AF+FO=2EG．
【分析】（1）连接BD，求出S△OBC，再根据平行四边形的性质得出平行四边形的面积与S△OBC的关系求得结果；
（2）过点E作EH⊥EG，与GC的延长线交于点H，证明△OEG≌△CEH得OG＝CH，EG＝EH，再证明△OAF≌△OCG，得AF＝CG，OF＝OG，进而根据等腰直角三角形的性质得结论．
【解析】（1）连接BD，
∵平行四边形ABCD，
∴BD过点O，
∴S△OBC=12BC•OE=12×5×3=152
∴平行四边形ABCD的面积＝4S△OBC＝30；
（2）过点E作EH⊥EG，与GC的延长线交于点H，如图2，
∵OE⊥BC，
∴∠OEG+∠OEC＝∠GEC+∠CEH＝90°，
∴∠OEG＝∠CEH，
∵∠ACB＝45°，
∴∠COE＝45°，
∴OE＝CE，
∵平行四边形ABCD中，AB∥CD，
又FG⊥AB，
∴FG⊥CD，
∴∠EOG+∠ECG＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∵∠ECH+∠ECG＝180°，
∴∠EOG＝∠ECH，
∴△OEG≌△CEH（ASA），
∴OG＝CH，EG＝EH，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AB∥CD，
∴∠OAF＝∠OCG，
∵∠AOF＝∠COG，
∴△OAF≌△OCG（ASA），
∴AF＝CG，OF＝OG，
∵CG+CH＝GH，
∴AF+OF＝GH，
∵∠GEH＝90°，EG＝EH，
∴GH=2EG，
∴AF+OF=2EG．
专题18.9平行四边形的性质与判定大题专练（重难点培优）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷试题共30题．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．解答题（共30小题）
1．（2020春•江汉区期末）如图，E，F是▱ABCD对角线BD上两点，且BE＝DF．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）连接AC，若∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝AE＝3，求AC的长．
【分析】（1）连接AC，交BD于点O，由平行四边形的性质得到OA＝OC，OB＝OD，证得OE＝OF，则即可得出结论；
（2）由勾股定理求出BF＝5，证出四边形AECF是菱形，得AC⊥EF，由勾股定理的OA2＝AB2﹣OB2＝AE2﹣OE2，解得OF＝1.8，则OA＝2.4，得AC＝2OA＝4.8．
【解析】（1）证明：连接AC，交BD于点O，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF，
∵OA＝OC，
∴四边形AECF是平行四边形．
（2）解：∵∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝3，
∴BF=AB2+AF2=42+32=5，
∵四边形AECF是平行四边形，AE＝AF，OE＝OF，OA＝OC，
∴四边形AECF是菱形，
∴AC⊥EF，
∴OA2＝AB2﹣OB2＝AE2﹣OE2，
∴42﹣（5﹣OF）2＝32﹣OF2，
解得：OF＝1.8，
∴OA=32−1．82=2.4，
∴AC＝2OA＝4.8．
2．（2020春•灯塔市期末）如图，点B、E分别在AC、DF上，AF分别交BD、CE于点M、N，∠A＝∠F，∠C＝∠D．
（1）求证：四边形BCED是平行四边形；
（2）已知DE＝3，连接BN，若BN平分∠DBC，求CN的长．
【分析】（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证明；
（2）根据平行四边形的性质和角平分线定义可以证明CN＝CB＝DE．
【解析】（1）证明：∵∠A＝∠F，
∴DF∥AC，
∴∠C＝∠FEC，
又∵∠C＝∠D，
∴∠FEC＝∠D，
∴DB∥EC，
∴四边形BCED是平行四边形；
（2）∵BN平分∠DBC，
∴∠DBN＝∠CBN，
∵BD∥EC，
∴∠DBN＝∠BNC，
∴∠CBN＝∠BNC，
∴CN＝BC，
又∵BC＝DE＝3，
∴CN＝3．
3．（2020•新丰县模拟）已知，如图，在▱ABCD中，延长AB到点E，延长CD到点F，使得BE＝DF，连接EF，分别交BC，AD于点M，N，连接AM，CN．
（1）求证：△BEM≌△DFN；
（2）求证：四边形AMCN是平行四边形．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出∠BAD＝∠BCD，AB∥CD，根据平行线的性质得出∠BAD＝∠ADF，∠EBC＝∠BCD，∠E＝∠F，求出∠ADF＝∠EBC，根据全等三角形的判定得出即可；
（2）根据全等求出DN＝BM，求出AN＝CM，根据平行四边形的判定得出即可．
【解析】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD＝∠BCD，AB∥CD，
∴∠BAD＝∠ADF，∠EBC＝∠BCD，∠E＝∠F，
∴∠ADF＝∠EBC，
在△DFN和△BEM中
∠F=∠EDF=BE∠NDF=∠EBM
∴△DFN≌△BEM（ASA）；
（2）四边形ANCM是平行四边形，
理由是：∵由（1）知△DFN≌△BEM，
∴DN＝BM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，且AD∥BC，
∴AD﹣DN＝BC﹣BM，
∴AN＝CM，AN∥CM，
∴四边形ANCM是平行四边形．
4．（2020•建邺区二模）数学课上，陈老师布置了一道题目：如图①，在△ABC中，AD是BC边上的高，如果AB+BD＝AC+CD，那么AB＝AC吗？
悦悦的思考：
①如图，延长DB至点E，使BE＝BA，延长DC至点F，使CF＝CA，连接AE、AF．
②由AD是EF的垂直平分线，易证∠E＝∠F．
③由∠E＝∠F，易证∠ABC＝∠ACB．
④得到AB＝AC．
如图②，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB+AD＝CD+CB．
求证：四边形ABCD是平行四边形．
【分析】如图①，延长DB至点E，使BE＝BA，延长DC至点F，使CF＝CA，连接AE、AF．则∠BAE＝∠E，∠CAF＝∠F，证出AD是EF的垂直平分线，则AE＝AF，由等腰三角形的性质得∠E＝∠F，证出∠ABC＝∠ACB，即可得出AB＝AC．
如图②，在DA的延长线上取点M，使AM＝AB，在BC的延长线上取点N，使CN＝CD，连接BM、DN，先证四边形MBND是平行四边形，得MB＝ND，∠M＝∠N，再证△ABM≌△CDN（ASA），得AM＝CN，证出AD＝BC，即可得出结论．
【解析】如图①，
解：AB＝AC，理由如下：延长DB至点E，使BE＝BA，延长DC至点F，使CF＝CA，连接AE、AF．
则∠BAE＝∠E，∠CAF＝∠F，
∵AB+BD＝AC+CD，
∴BE+BD＝CF+CD，
即DE＝DF，
∴AD是EF的垂直平分线，
∴AE＝AF，
∴∠E＝∠F，
∴∠E＝∠F＝∠BAE＝∠CAF，
∵∠ABC＝∠E+∠BAE，∠ACB＝∠F+∠CAF，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC．
如图②，
证明：在DA的延长线上取点M，使AM＝AB，在BC的延长线上取点N，使CN＝CD，连接BM、DN，
则∠M＝∠ABM，∠N＝∠CDN，
∵AB+AD＝CD+CB，且 AM＝AB，CN＝CD，
∴AM+AD＝CN+CB，
即DM＝BN，
又∵AD∥BC，
∴四边形MBND是平行四边形，
∴MB＝ND，∠M＝∠N，
∴∠ABM＝∠CDN，
在△ABM和△CDN中，∠M=∠NMB=ND∠ABM=∠CDN，
∴△ABM≌△CDN（ASA），
∴AM＝CN，
∵DM＝BN，
∴DM﹣AM＝BN﹣CN，
即AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
5．（2020春•海陵区校级期中）▱ABCD中，AE平分∠BAD交BC于E，O为AE中点，连接BO并延长交AD于F，连接EF．
（1）判断四边形ABEF的形状并说明理由；
（2）若AB＝2，∠D＝60°，当△BFC为直角三角形时，求△BFC的周长．
【分析】（1）由△AOF≌△EOB，推出AF＝BE，由AF∥BE，可得四边形ABEF是平行四边形，再证明AB＝BE即可解决问题；
（2）分∠CBF不为直角和∠BFC＝90°两种情况求得周长即可．
【解析】（1）四边形ABEF是菱形；
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AF∥BE，
∴∠FAO＝∠BEO，
∵∠AOF＝∠EOB，OA＝OE，
∴△AOF≌△EOB，
∴AF＝BE，
∴四边形ABEF是平行四边形；
∵AE平分∠BAD，
∴∠FAE＝∠BAE，
∵∠FAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴BA＝BE，
∴四边形ABEF是菱形．
（2）∵∠BAE＝∠B＝60°，
∴∠CBF不可能为直角；
当∠BCF＝90°时，BF＝2OB=23，CF=3，BC＝3，此时△BFC的周长为3+33；
当∠BFC＝90°时，BC＝4，CF＝2，BF=23，此时△BFC的周长为6+23；
所以△BFC的周长为6+23或3+33．
6．（2020•秦淮区二模）图，点E、F分别在▱ABCD的边AB、CD的延长线上，且BE＝DF，连接AC、EF、AF、CE，AC与EF交于点O．
（1）求证：AC、EF互相平分；
（2）若EF平分∠AEC，判断四边形AECF的形状并证明．
【分析】（1）要证明线段AC与EF互相平分，可以把这两条线段作为一个四边形的对角线，然后证明这个四边形是平行四边形即可；
（2）要证四边形AECF是菱形，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，AB∥DC．
又∵BE＝DF，
∴AB+BE＝DC+DF，
即AE＝CF．
∵AE＝CF，AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
∴AC、EF互相平分．
（2）四边形AECF是菱形．
证明：∵AB∥DC，
∴∠AEO＝∠CFO．
∵EF平分∠AEC，
∴∠AEO＝∠CEO．
∴∠CEO＝∠CFO．
∴CE＝CF．
∵四边形AECF是平行四边形，
∴四边形AECF是菱形．
7．（2018春•鄂城区期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝45°，BC＝10，过点A作AD∥BC，且点D在点A的右侧．点P从点A出发沿射线AD方向以每秒1个单位的速度运动，同时点Q从点C出发沿射线CB方向以每秒2个单位的速度运动，在线段QC上取点E，使得QE＝2，连结PE，设点P的运动时间为t秒．
（1）若PE⊥BC，求BQ的长；
（2）请问是否存在t的值，使以A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）作AM⊥BC于M，由已知条件得出AB＝AC，由等腰三角形的性质得出BM＝CM，由直角三角形斜边上的中线性质得出AM=12BC＝5，证出△APN和△CEN是等腰直角三角形，得出PN＝AP＝t，CE＝NE＝5﹣t，由CE＝CQ﹣QE＝2t﹣2得出方程，解方程即可；
（2）由平行四边形的判定得出AP＝BE，得出方程，解方程即可．
【解析】（1）作AM⊥BC于M，设AC交PE于N．如图所示：
∵∠BAC＝90°，∠B＝45°，
∴∠C＝45°＝∠B，
∴AB＝AC，
∴BM＝CM，
∴AM=12BC＝5，
∵AD∥BC，
∴∠PAN＝∠C＝45°，
∵PE⊥BC，
∴PE＝AM＝5，PE⊥AD，
∴△APN和△CEN是等腰直角三角形，
∴PN＝AP＝t，CE＝NE＝5﹣t，
∵CE＝CQ﹣QE＝2t﹣2，
∴5﹣t＝2t﹣2，
解得：t=73，所以BQ＝BC﹣CQ＝10﹣2×73=163；
（2）存在，t＝4或12；理由如下：
若以A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形，
则AP＝BE，
∴t＝10﹣2t+2或t＝2t﹣2﹣10
解得：t＝4或12
∴存在t的值，使以A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形，t＝4或12．
8．（2020春•赣榆区期中）如图，在▱ABCD中，E为BC边上一点，且AB＝AE．
（1）求证：△ABC≌△EAD；
（2）若∠B＝65°，∠EAC＝25°，求∠AED的度数．
【分析】（1）先证明∠B＝∠EAD，然后利用SAS可进行全等的证明；
（2）先根据等腰三角形的性质可得∠BAE＝50°，求出∠BAC的度数，即可得∠AED的度数．
【解析】（1）证明：∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝AD，
∴∠EAD＝∠AEB，
又∵AB＝AE，
∴∠B＝∠AEB，
∴∠B＝∠EAD，
在△ABC和△EAD中，
AB=AE∠ABC=∠EADBC=AD，
∴△ABC≌△EAD（SAS）．
（2）解：∵AB＝AE，
∴∠B＝∠AEB，
∴∠BAE＝50°，
∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝50°+25°＝75°，
∵△ABC≌△EAD，
∴∠AED＝∠BAC＝75°．
9．（2019春•西湖区校级月考）如图，在△ABC中，已知∠ACB＝90°，D是BC的中点，CE＝BE，CE∥AD
（1）求证：DE＝AC；
（2）连结AE，若AC＝2，BC＝6，求△AEB的周长．
【分析】（1）由∠ACB＝90°，DE⊥BC，CE∥AD，易证得四边形ACED是平行四边形，然后根据平行四边形的对边相等，即可求得DE的长；
（2）首先利用勾股定理即可得到结论．
【解析】（1）∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∵DE⊥BC，
∴AC∥DE，
∵CE∥AD，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴DE＝AC；
（2）∵∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝6，
∴AB=AC2+BC2=22+62=210，
过E作EF⊥AC的延长线于F，
∴CF＝DE＝AC＝2，EF＝CD=12BC＝3，
∴AE=AF2+EF2=42+32=5，
∵BE=BD2+DE2=32+22=13，
∴△AEB的周长＝AB+BE+AE＝210+13+5．
10．（2020•岱岳区三模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF．
（1）若∠ADC＝80°，求∠ECF；
（2）求证：∠ECF＝∠CEF．
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理得到四边形ABCD是平行四边形，由线段中点的定义得到AF＝FD，根据等腰三角形的性质得到∠DFC＝∠DCF=12（180°﹣80°）＝50°，于是得到结论；
（2）如图，延长EF，交CD延长线于M，根据平行线的性质得到∠A＝∠MDF，根据全等三角形的性质得到FE＝MF，∠AEF＝∠M，根据直角三角形的性质得到FC=12EM＝FE，由等腰三角形的性质得到．
【解析】（1）∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵F是AD的中点，
∴AF＝FD，
∵在▱ABCD中，AD＝2AB，
∴AF＝FD＝CD，
∴∠DFC＝∠DCF=12（180°﹣80°）＝50°，
∵CE⊥AB，
∴CE⊥CD，
∴∠DCE＝90°，
∴∠ECF＝90°﹣50°＝40°；
（2）如图，延长EF，交CD延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠A＝∠MDF，
∵F为AD中点，
∴AF＝FD，
在△AEF和△DFM中，∠A=∠FDMAF=DF∠AFE=∠DFM，
∴△AEF≌△DMF（ASA），
∴FE＝MF，∠AEF＝∠M，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠ECD＝90°，
∵FM＝EF，
∴FC=12EM＝FE，
∴∠ECF＝∠CEF．
11．（2017•南充模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝CD，点E，F分别在边BC，CD上，
且BE＝DF＝AD，AF与DE交于点G．
（1）求证：AB＝BF．
（2）当AB＝52，AD＝25，求DG的长．
【分析】（1）先证△BCF≌△DCE，再证四边形ABED是平行四边形，从而得AB＝DE＝BF．
（2）延长AF交BC延长线于点M，设EC＝FC＝x，在Rt△DEC中，由勾股定理可得x的值，再证明点G是DE的中点即可求出DG的长．
【解析】（1）证明：
∵BC＝CD，BE＝DF，
∴CF＝CE，
在△BCF与△DCE中，
CF=CE∠C=∠C=90°BC=DC，
∴△BCF≌△DCE，
∴BF＝DE，
∵AD∥BC，BE＝AD，
∴四边形ABED是平行四边形；
∴AB＝DE，
∴AB＝BF．
（2）由（1）可得AB＝DE＝52，设EC＝FC＝x，
在Rt△DEC中，由勾股定理可得x2+（x+25）2＝（52）2，
解得：x=5，
延长AF交BC延长线于点H，
∵AD∥BC，
∴∠1＝∠H，
∵AD＝DF，
∴∠1＝∠2，
∵∠2＝∠3，
∴∠3＝∠H，
∴FC＝CH，
∵EH＝2x＝25，
∴AD＝EH，
∵AD∥BC，
∴DG＝EG，
∴DG=12DE=522．
12．（2020春•丛台区校级期末）已知：如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，点D是AB的中点，点E是CD的中点，过点C作CF∥AB交AE的延长线于点F．
（1）求证：△ADE≌△FCE；
（2）求证：四边形ACFD是平行四边形．
（3）若∠DCF＝120°，DE＝2，求BC的长．
【分析】（1）根据点E是CD的中点，可得DE＝CE，根据CF∥AB，可得∠ADE＝∠FCE，∠DAE＝∠CFE，进而利用AAS可以证明△ADE≌△FCE；
（2）结合（1）的CF＝AD，再由CF∥AB，即可证明四边形ACFD是平行四边形；
（3）结合（1）先证明四边形DCFB是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD＝DB，得平行四边形DCFB是菱形，由∠DCF＝120°，可得△CDB是等边三角形，由DE＝2，即可求BC的长．
【解析】（1）∵点E是CD的中点，
∴DE＝CE，
∵CF∥AB，
∴∠ADE＝∠FCE，∠DAE＝∠CFE，
在△ADE和△FCE中，
∠ADE=∠FCE∠DAE=∠CFEDE=CE，
∴△ADE≌△FCE（AAS）；
（2）证明：∵△ADE≌△FCE，
∴AD＝CF，又CF∥AB，
∴四边形ACFD是平行四边形；
（3）∵点D是AB的中点，
∴AD＝BD，
∵AD＝CF，
∴BD＝CF，又CF∥AB，
∴四边形DCFB是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，点D是AB的中点，
∴DC＝AD＝BD，
∴平行四边形DCFB是菱形，
∴∠DCF＝120°，
∴∠CDB＝60°，
∴△CDB是等边三角形，
∴BC＝CD＝2DE＝4，
答：BC的长为4．
13．（2020春•青羊区期末）如图，在四边形ABCD中，点E和点F是对角线AC上的两点，AE＝CF，DF＝BE，且DF∥BE．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若∠CEB＝2∠EBA，BE＝3，EF＝2，求AC的长．
【分析】（1）证△ADF≌△CBE（SAS），得到AD＝CB，∠DAF＝∠BCE，证出AD∥CB，即可得到结论；
（2）证∠EAB＝∠EBA，得出AE＝BE＝3，则CF＝AE＝3，即可得出答案．
【解析】（1）证明：∵AE＝CF，
∴AE+EF＝CF+EF，
即AF＝CE，
∵DF∥BE，
∴∠DFA＝∠BEC，
在△ADF和△CBE中，AF=CE∠DFA=∠BECDF=BE，
∴△ADF≌△CBE（SAS），
∴AD＝CB，∠DAF＝∠BCE，
∴AD∥CB，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：∵∠CEB＝∠EBA+∠EAB＝2∠EBA，
∴∠EAB＝∠EBA，
∴AE＝BE＝3，
∴CF＝AE＝3，
∴AC＝AE+EF+CF＝3+2+3＝8．
14．（2020春•莲湖区期末）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是平行四边形ABCD的对角线，AG∥BD交CB的延长线于点G．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形．
（2）若AE＝DE，求∠G的度数．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AD∥BC，DC∥AB，DC＝AB，推出DF＝BE，DF∥BE，根据平行四边形的判定推出即可；
（2）先证明四边形AGBD是平行四边形，再证出∠ADB＝90°，得到四边形AGBD为矩形，即可得出结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵E、F分别为边AB、CD的中点，
∴BE=12AB，DF=12CD，
∴BE＝DF．
∵BE∥DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BG，
∵AG∥BD，
∴四边形AGBD是平行四边形，
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE=12AB，
∵AE＝DE，
∴AE＝DE＝BE，即DE=12AB，
∴△ABD是直角三角形，∠ADB＝90°，
∴平行四边形AGBD是矩形．
∴∠G＝90°．
15．（2020•扬州）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点O作EF⊥AC，分别交AB、DC于点E、F，连接AF、CE．
（1）若OE=32，求EF的长；
（2）判断四边形AECF的形状，并说明理由．
【分析】（1）判定△AOE≌△COF（ASA），即可得OE＝OF=32，进而得出EF的长；
（2）先判定四边形AECF是平行四边形，再根据EF⊥AC，即可得到四边形AECF是菱形．
【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AO＝CO，
∴∠FCO＝∠EAO，
又∵∠AOE＝∠COF，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF=32，
∴EF＝2OE＝3；
（2）四边形AECF是菱形，
理由：∵△AOE≌△COF，
∴AE＝CF，
又∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形．
16．（2020•两江新区模拟）如图，在平行四边形ABCD中，F，G分别是CD，AB上的点，且AG＝CF，连接FG，BD交于点O．
（1）求证：OB＝OD；
（2）若∠A＝45°，DB⊥BC，当CD＝22时，求OC的长．
【分析】（1）依据平行四边形的性质，得出∠ODF＝∠OBG，BG＝DF，判定△DOF≌△BOG，即可得到OB＝OD；
（2）依据平行四边形的性质，得出△BCD是等腰直角三角形，进而得到BC，BO的长，再根据勾股定理即可得到OC的长．
【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ODF＝∠OBG，
∵AG＝CF，
∴BG＝DF，
在△DOF和△BOG中，
∠DOF=∠BOG∠ODF=∠OBGDF=BG，
∴△DOF≌△BOG（AAS），
∴OB＝OD；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠A＝45°，
∵BD⊥BC，
∴∠DBC＝90°，
∴∠BDC＝∠BCD＝45°，
∴DB＝CB，
又∵CD＝22，
∴CB＝DB＝2，
∴OB＝1，
∴Rt△BCO中，OC=BC2+BO2=22+12=5．
17．（2020春•龙岗区校级期末）如图，四边形ABCD中，BE⊥AC交AD于点G，DF⊥AC于点F，已知AF＝CE，AB＝CD．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）如果∠GBC＝∠BCD，AG＝6，GE＝2，求AB的长．
【分析】（1）证Rt△ABE≌Rt△CDF（HL），得∠BAE＝∠DCF，证出AB∥CD，由AB＝CD，即可证出四边形ABCD是平行四边形；
（2）证四边形BCDG是等腰梯形，得BG＝CD＝AB，由勾股定理得AE＝42，设AB＝BG＝x，则BE＝x﹣2，在Rt△ABE中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解析】（1）证明：∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，
∵AF＝CE，
∴AF﹣EF＝CE﹣EF，
即AE＝CF，
在Rt△ABE和Rt△CDF中，AB=CDAE=CF，
∴Rt△ABE≌Rt△CDF（HL），
∴∠BAE＝∠DCF，
∴AB∥CD，
又∵AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：由（1）得：四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴DG∥BC，
∵∠GBC＝∠BCD，
∴四边形BCDG是等腰梯形，
∴BG＝CD＝AB，
∵AE=AG2−GE2=62−22=42，
设AB＝BG＝x，则BE＝x﹣2，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：（42）2+（x﹣2）2＝x2，
解得：x＝9，
∴AB＝9．
18．（2020•邗江区二模）如图，平行四边形ABCD中，点E、F分别在边BC、AD上，EA⊥AC，FC⊥AC．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若∠B＝30°，∠AEC＝45°，求证：AB＝AF．
【分析】（1）由平行四边形的性质及垂直于同一直线的两直线平行，可推得判定△ABE和△CDF全等的条件，从而利用SAS判定△ABE≌△CDF；
（2）过点A作AG⊥EC于点G，由等腰三角形的“三线合一”性质、直角三角形的斜边中线等于斜边的一半和30°角所对直角边等于斜边的一半，可得AG=12EC=12AF=12AB，则可证得结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，BC＝AD，∠B＝∠D，AD∥BC，
∴AF∥EC，
∵EA⊥AC，FC⊥AC，
∴EA∥FC，
∴四边形AECF是平行四边形．
∴EC＝AF，
∴BE＝BC﹣EC＝AD﹣AF＝DF，
∴在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠B=∠DBE=DF，
∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）过点A作AG⊥EC于点G，如图所示：
∵EA⊥AC，∠AEC＝45°，
∴△AEC为等腰直角三角形，
∵AG⊥EC，
∴AG=12EC=12AF，
∵∠B＝30°，
∴AG=12AB，
∴12AF=12AB，
∴AB＝AF．
19．（2020秋•九龙坡区校级期中）如图，平行四边形ABCD中，分别过A，C两点作AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F，连接CE，AF．
（1）求证：BE＝DF；
（2）若AB＝4，EF=3，∠AFE＝45°，求△ABD的面积．
【分析】（1）证△ABE≌△CDF（AAS），即可得出结论；
（2）先证△AEF是等腰直角三角形，得AE＝EF=3，再由勾股定理得BE=13，则BD＝BE+EF+DF＝213+3，然后由三角形面积公式即可得出答案．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
又∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，
在△ABE和△CDF中，
∠ABE=∠CDF∠AEB=∠CFDAB=CD，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF；
（2）解：∵AE⊥BD，∠AFE＝45°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝EF=3，
∴BE=AB2−AE2=42−(3)2=13，
由（1）得：DF＝BE=13，
∴BD＝BE+EF+DF＝213+3，
∴△ABD的面积=12BD×AE=12×（213+3）×3=39+32．
20．（2020秋•朝阳区校级月考）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．
（1）求证：AD与BE互相平分；
（2）若AB⊥AC，AC＝BF，BE＝8，FC＝2，求AB的长．
【分析】（1）先证△ABC≌△DEF（ASA），得AB＝DE，再证四边形ABDE是平行四边形，即可得出结论；
（2）先求出BF＝3，则AC＝BF＝3，BC＝BF+FC＝5，然后由勾股定理即可得出答案．
【解析】（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=∠DEFBC=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；
（2）解：∵FB＝CE，
∴BE＝2BF+FC，
∴BF=BE−FC2=8−22=3，
∴AC＝BF＝3，BC＝BF+FC＝3+2＝5，
∵AB⊥AC，
∴由勾股定理得：AB=BC2−AC2=52−32=4．
21．（2020春•扬中市期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，OA＝OC，AB∥CD．
（1）求证：四边形ABCD是平行四边形；
（2）若BE平分∠ABC，交AD于E，BC﹣AB＝2，求DE长．
（3）若∠AOB＝2∠ADB时，则平行四边形ABCD为 矩 形．
【分析】（1）运用ASA证明△ABO≌△CDO得AB＝CD，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可证得结论；
（2）根据四边形ABCD为平行四边形可得AE∥BC，根据平行线的性质和角平分线的性质可得出∠ABE＝∠AEB，继而可得AB＝AE，然后根据已知可求得DE的长度；
（3）由∠AOB＝2∠ADB可得∠OAD＝∠ADO，由平行四边形的性质可得AC＝BD，从而可得结论．
【解析】（1）∵AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，
在△ABO和△DCO中，
∠BAO=∠DCOAO=CO∠AOB=∠COD，
∴△ABO≌△DCO（ASA），
∴AB＝CD，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AE∥BC，AD＝BC，
∴∠AEB＝∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠EBC，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∴DE＝AD﹣AE＝BC﹣AB，
∵BC﹣AB＝2，
∴DE＝2；
（3）∵∠AOB是△ADO的外角，
∴∠AOB＝∠OAD+∠ODA，
∵∠AOB＝2∠ADB，
∠OAD＝∠ODA，
∴AO＝DO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，DO＝BO，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形．
故答案为：矩．
22．（2020春•高新区期末）如图，四边形ABCD中AC、BD相交于点O，延长AD至点E，连接EO并延长交CB的延长线于点F，∠E＝∠F，AD＝BC．
（1）求证：O是线段AC的中点：
（2）连接AF、EC，证明四边形AFCE是平行四边形．
【分析】（1）证明四边形ABCD是平行四边形，则结论得出；
（2）证明△OAE≌△OCF（ASA）．则OE＝OF，可得出结论．
【解析】证明：（1）∵∠E＝∠F，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AC，BD互相平分；
即O是线段AC的中点．
（2）∵AD∥BC，
∴∠EAC＝∠FCA，
在△OAE和△OCF中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AOE=∠COF，
∴△OAE≌△OCF（ASA）．
∴OE＝OF，
∴四边形AFCE是平行四边形．
23．（2020•江都区二模）如图，四边形ABCD为平行四边形，E为BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F．
（1）求证：△ABE≌△FCE；
（2）过点D作DG⊥AE于点G，H为DG的中点．判断CH与DG的位置关系，并说明理由．
【分析】（1）根据平行四边形的性质，利用ASA即可证明．
（2）结论：CH⊥DG．利用三角形中位线定理，证明CH∥AF即可解决问题．
【解析】（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠B＝∠ECF
∵E为BC的中点，
∴BE＝CE，
在△ABE和△FCE中，
∠B=∠ECFBE=EC∠AEB=∠FEC
∴△ABE≌△FCE．
（2）结论：CH⊥DG．理由如下：
∵△ABE≌△FCE，
∴AB＝CF，
∵AB＝CD，
∴DC＝CF，
∵H为DG的中点，
∴CH∥FG
∵DG⊥AE，
∴CH⊥DG．
24．（2020春•建平县期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝15cm，点P自点A向D以1cm/s的速度运动，到D点即停止．点Q自点C向B以2cm/s的速度运动，到B点即停止，点P，Q同时出发，设运动时间为t（s）．
（1）用含t的代数式表示：
AP＝ t ；DP＝ 12﹣t ；BQ＝ 15﹣2t ；CQ＝ 2t ．
（2）当t为何值时，四边形APQB是平行四边形？
（3）当t为何值时，四边形PDCQ是平行四边形？
【分析】（1）根据速度、路程以及时间的关系和线段之间的数量关系，即可求出AP，DP，BQ，CQ的长
（2）当AP＝BQ时，四边形APQB是平行四边形，建立关于t的一元一次方程方程，解方程求出符合题意的t值即可；
（3）当PD＝CQ时，四边形PDCQ是平行四边形；建立关于t的一元一次方程方程，解方程求出符合题意的t值即可．
【解析】（1）t，12﹣t，15﹣2t，2t
（2）根据题意有AP＝t，CQ＝2t，PD＝12﹣t，BQ＝15﹣2t．
∵AD∥BC，∴当AP＝BQ时，四边形APQB是平行四边形．
∴t＝15﹣2t，解得t＝5．
∴t＝5s时四边形APQB是平行四边形；
（3）由AP＝tcm，CQ＝2tcm，
∵AD＝12cm，BC＝15cm，
∴PD＝AD﹣AP＝12﹣t，
如图1，∵AD∥BC，∴当PD＝QC时，四边形PDCQ是平行四边形．
即：12﹣t＝2t，
解得t＝4s，
∴当t＝4s时，四边形PDCQ是平行四边形．
25．（2020秋•锦江区期末）如图1，在平行四边形ABCD中，过点A作AE⊥BC交BC于点E，连接ED，且ED平分∠AEC．
（1）求证：AE＝BC；
（2）如图2，过点C作CF⊥DE交DE于点F，连接AF，BF，猜想△ABF的形状并证明．
【分析】（1）依据平行四边形的性质即可得到AD＝BC，依据∠AED＝∠ADE，即可得出AE＝AD，进而得到AE＝BC；
（2）判定△AEF≌△BCF（SAS），即可得到AF＝BF，∠AFE＝∠BFC，进而得出∠AFB＝∠EFC＝90°，即可得到△ABF是等腰直角三角形．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
又∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
又∵ED平分∠AEC，
∴∠ADE＝∠CED＝45°，
∴∠AED＝∠ADE，
∴AE＝AD，
∴AE＝BC；
（2）△ABF是等腰直角三角形，
证明：∵CF⊥DE，
∴∠CFE＝90°，
又∵∠CEF＝45°，
∴∠ECF＝45°，
∴∠FEC＝∠FCE＝∠AEF，
∴EF＝CF，
在△AEF和△BCF中，
AE=BC∠AEF=∠BCFEF=CF，
∴△AEF≌△BCF（SAS），
∴AF＝BF，∠AFE＝∠BFC，
∴∠AFE﹣∠BFE＝∠BFC﹣∠BFE，
即∠AFB＝∠EFC＝90°，
∴△ABF是等腰直角三角形．
26．（2020•道里区三模）已知：在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E、F分别为OB、OD的中点，连接AE并延长至点G，使EG＝AE，连接CF、CG．
（1）如图1，求证：EG＝FC；
（2）如图2，连接BG、OG，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中的四个平行四边形，使写出每个平行四边形的面积都等于平行四边形ABCD面积的一半．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，由平行线的性质得∠ABE＝∠CDF，易证BE＝DF，由SAS证得△ABE≌△CDF（SAS），得出AE＝FC，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得OA＝OC，AB∥CD，AB＝CD，S四边形ABCD＝4S△ABO，易证AG、OB互相平分，则四边形ABGO是平行四边形，S四边形ABGO＝2S△ABO=12S四边形ABCD，易证OE是△ACG的中位线，则OE∥CG，易证四边形BOCG是平行四边形，S四边形BGCO＝2S△BGO＝2S△ABO=12S四边形ABCD，证GO∥CD，GO＝CD，则四边形CDOG是平行四边形，S四边形CDOG＝2S△CDO＝2S△ABO=12S四边形ABCD，证CG∥EF，EF＝CG，则四边形EFCG是平行四边形，S四边形EFCG＝S四边形CDOG=12S四边形ABCD．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴BE=12OB，DF=12OD，
∴BE＝DF，
在△ABE和△CDF中，
AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴AE＝FC，
∵EG＝AE，
∴EG＝FC；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AB∥CD，AB＝CD，S四边形ABCD＝4S△ABO，
∵EG＝AE，点E为OB的中点，
∴AG、OB互相平分，
∴四边形ABGO是平行四边形，
∴S△ABO＝S△BGO，
∴S四边形ABGO＝2S△ABO=12S四边形ABCD，
∵OA＝OC，EG＝AE，
∴OE是△ACG的中位线，
∴OE∥CG，
∵四边形ABGO是平行四边形，
∴BG∥AC，
∴四边形BOCG是平行四边形，
∴S四边形BGCO＝2S△BGO＝2S△ABO=12S四边形ABCD，
∵四边形ABGO是平行四边形，
∴GO∥AB，GO＝AB，
∵AB∥CD，
∴GO∥CD，GO＝CD，
∴四边形CDOG是平行四边形，
∴S四边形CDOG＝2S△CDO＝2S△ABO=12S四边形ABCD，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，
∴EF=12BD＝OD，
∵四边形CDOG是平行四边形，
∴CG∥EF，CG＝OD，
∴EF＝CG，
∴四边形EFCG是平行四边形，
∴S四边形EFCG＝S四边形CDOG=12S四边形ABCD，
∴图中的平行四边形ABGO、平行四边形BOCG、平行四边形CDOG、平行四边形EFCG四个平行四边形，每个平行四边形的面积都等于平行四边形ABCD面积的一半．
27．（2020秋•南关区校级期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，AB＝DC＝4，AD＝BC＝8．延长BC到E，使CE＝3，连接DE，由直角三角形的性质可知DE＝5．动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点P运动的时间为t秒．（t＞0）
（1）当t＝3时，BP＝ 6 ；
（2）当t＝ 8 时，点P运动到∠B的角平分线上；
（3）请用含t的代数式表示△ABP的面积S；
（4）当0＜t＜6时，直接写出点P到四边形ABED相邻两边距离相等时t的值．
【分析】（1）根据题意可得BP＝2t，进而可得结果；
（2）根据∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，可得四边形ABCD是矩形，根据角平分线定义可得AF＝AB＝4，得DF＝4，进而可得t的值；
（3）根据题意分3种情况讨论：①当点P在BC上运动时，②当点P在CD上运动时，③当点P在AD上运动时，分别用含t的代数式表示△ABP的面积S即可；
（4）当0＜t＜6时，点P在BC、CD边上运动，根据题意分情况讨论：①当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，点P到AB边的距离也为4，②当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，点P到DE边的距离也为4，③当点P在CD上，点P到AB边的距离为8，但点P到AB、BC边的距离都小于8，进而可得当t＝2s或t＝3s时，点P到四边形ABED相邻两边距离相等．
【解析】（1）BP＝2t＝2×3＝6，
故答案为：6；
（2）作∠B的角平分线交AD于F，
∴∠ABF＝∠FBC，
∵∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AD∥BC，
∴∠AFB＝∠FBC，
∴∠ABF＝∠AFB，
∴AF＝AB＝4，
∴DF＝AD﹣AF＝8﹣4＝4，
∴BC+CD+DF＝8+4+4＝16，
∴2t＝16，解得t＝8．
∴当t＝8时，点P运动到∠ABC的角平分线上；
故答案为：8；
（3）根据题意分3种情况讨论：
①当点P在BC上运动时，
S△ABP=12×BP×AB=12×2t×4＝4t；（0＜t＜4）；
②当点P在CD上运动时，
S△ABP=12×AB×BC=12×4×8＝16；（4≤t≤6）；
③当点P在AD上运动时，
S△ABP=12×AB×AP=12×4×（20﹣2t）＝﹣4t+40；（6＜t≤10）；
（4）当0＜t＜6时，点P在BC、CD边上运动，
根据题意分情况讨论：
①当点P在BC上，点P到四边形ABED相邻两边距离相等，
∴点P到AD边的距离为4，
∴点P到AB边的距离也为4，
即BP＝4，
∴2t＝4，解得t＝2s；
②当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，
∴点P到DE边的距离也为4，
∴PE＝DE＝5，
∴PC＝PE﹣CE＝2，
∴8﹣2t＝2，解得t＝3s；
③当点P在CD上，如图，过点P作PH⊥DE于点H，
点P到DE、BE边的距离相等，
即PC＝PH，
∵PC＝2t﹣8，
∴PD＝DC﹣PC＝12﹣2t，
∴2t−812−2t=35，
解得t=194．
综上所述：t＝2s或t＝3s或t=194s时，点P到四边形ABED相邻两边距离相等．
28．（2020春•江夏区期末）已知，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，且AE＝AF．
（1）如图1，当EC＝4，AE＝8时，求▱ABCD的对角线BD的长；
（2）如图2，若点M为CD的中点，连接EM，AM．求证：AM＝EM．
【分析】（1）先根据平行四边形的性质、三角形全等的判定定理可得AB＝AD，再根据菱形的判定可得四边形ABCD是菱形，然后利用勾股定理分别求出BC、AC的长，最后利用等面积法即可得解；
（2）如图，先根据三角形全等的判定定理与性质可得AM＝FM，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得证．
【解析】（1）连接AC，如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABE＝∠ADF，
在△ABE和△ADF中，∠ABE=∠ADF∠AEB=∠AFD=90°AE=AF，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，AC⊥BD，
∵EC＝4，AE＝8，AE⊥BC，
∴AC=EC2+AE2=45，
设AB＝BC＝x，则BE＝BC﹣EC＝x﹣4，
在Rt△ABE中，AE2+BE2＝AB2，则82+（x﹣4）2＝x2，
解得，x＝10，即AB＝BC＝10，
∴S菱形ABCD=AE⋅BC=12AC⋅BD，
∴8×10=12×45×BD，
解得，BD＝85；
（2）如图，延长AM、EC交于点F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠D＝∠FCM，∠DAM＝∠F，
∵点M为CD的中点，
∴DM＝CM，
在△ADM和△FCM中，∠D=∠FCM∠DAM=∠FDM=CM，
∴△ADM≌△FCM（AAS），
∴AM＝FM=12AF，
∴EM是Rt△AEF斜边AF上的中线，
∴EM=12AF=AM，
即AM＝EM．
29．（2020春•沙坪坝区校级月考）如图所示，在平行四边形ABCD中，∠DAC＝60°，点E是BC边上一点，连接AE，AE＝AB，点F是对角线AC边上一动点，连接EF．
（1）如图1，若点F与对角线交点O重合，已知BE＝4，OC：EC＝5：3，求AC的长度；
（2）如图2，若EC＝FC，点G是AC边上一点，连接BG、EG，已知∠AEG＝60°，∠AGB+∠BCD＝180°，求证：BG+EG＝DC．
【分析】（1）过点A作AH⊥BE于点H，如图1，不妨设OC＝5x，则EC＝3x，AC＝10x，再证明∠CAH＝30°，得AC＝2CH，由列出x的方程，解方程便可求得AC；
（2）延长EG至点M，使得EM＝AE，连接AM，如图2，得△AGM为等边三角形，再证明△ABG≌△AMG，得BG＝MG，进而通过平行四边形的性质与等量代换得结论．
【解析】（1）过点A作AH⊥BE于点H，如图1，
∵AB＝AE，
∴BH＝EH=12BE=12×4=2，
∵OC：EC＝5：3，
∴不妨设OC＝5x，则EC＝3x，AC＝10x，
∴CH＝CE+EH＝3x+2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ACH＝∠DAC＝60°，
∴∠CAH＝90°﹣60°＝30°，
∴AC＝2CH，
∴10x＝2（3x+2），
解得，x＝1，
∴AC＝10；
（2）延长EG至点M，使得EM＝AE，连接AM，如图2，
∵∠AEG＝60°，
∴△AEM为等边三角形，
∴AE＝AM，∠M＝60°，
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB，AB＝AM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD＝180°，
∵∠AGB+∠BCD＝180°，
∴∠ABC＝∠AGB，
∵∠ABG＝180°﹣∠AGB﹣∠BAG，
∠ACB＝180°﹣∠ABC﹣∠BAG，
∴∠ABG＝∠ACB＝60°，
∴∠ABG＝∠M＝60°，
∵∠AEG＝∠ACB＝60°，
∴∠AEB+∠CEG＝∠CEG+∠CGE＝120°，
∴∠AEB＝∠CGE，
∵∠AGB＝∠ABE＝∠AEB，∠AGM＝∠CGE，
∴∠AGB＝∠AGM，
∵AG＝AG，
∴△ABG≌△AMG（AAS），
∴BG＝MG，
∴BG+EG＝MG+EG＝EM，
∵AE＝EM，
∴AE＝BG+EG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CE，
∵AB＝AE，
∴BG+EG＝DC．
30．（2020秋•沙坪坝区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，O是对角线AC的中点，过点O作OE⊥BC交BC于点E．过点O作FG⊥AB交AB、CD于点F、G．
（1）如图1，若BC＝5，OE＝3，求平行四边形ABCD的面积；
（2）如图2，若∠ACB＝45°，求证：AF+FO=2EG．
【分析】（1）连接BD，求出S△OBC，再根据平行四边形的性质得出平行四边形的面积与S△OBC的关系求得结果；
（2）过点E作EH⊥EG，与GC的延长线交于点H，证明△OEG≌△CEH得OG＝CH，EG＝EH，再证明△OAF≌△OCG，得AF＝CG，OF＝OG，进而根据等腰直角三角形的性质得结论．
【解析】（1）连接BD，
∵平行四边形ABCD，
∴BD过点O，
∴S△OBC=12BC•OE=12×5×3=152
∴平行四边形ABCD的面积＝4S△OBC＝30；
（2）过点E作EH⊥EG，与GC的延长线交于点H，如图2，
∵OE⊥BC，
∴∠OEG+∠OEC＝∠GEC+∠CEH＝90°，
∴∠OEG＝∠CEH，
∵∠ACB＝45°，
∴∠COE＝45°，
∴OE＝CE，
∵平行四边形ABCD中，AB∥CD，
又FG⊥AB，
∴FG⊥CD，
∴∠EOG+∠ECG＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∵∠ECH+∠ECG＝180°，
∴∠EOG＝∠ECH，
∴△OEG≌△CEH（ASA），
∴OG＝CH，EG＝EH，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AB∥CD，
∴∠OAF＝∠OCG，
∵∠AOF＝∠COG，
∴△OAF≌△OCG（ASA），
∴AF＝CG，OF＝OG，
∵CG+CH＝GH，
∴AF+OF＝GH，
∵∠GEH＝90°，EG＝EH，
∴GH=2EG，
∴AF+OF=2EG．
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