（人教版）数学八年级下册《第十八章 平行四边形》章末测试 （2份，原卷版+解析版）

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八年级下册数学《第十八章 平行四边形》 章 末 测 试时间：120分钟 试卷满分：120分 选择题（每小题3分，共8个小题，共24分）1．（2022秋•郑州期末）下列说法不正确的是（　　）A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B．一个角是直角的平行四边形是矩形 C．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形 D．对角线相等的四边形是矩形【分析】根据平行四边形、矩形、菱形的判定分别对各个选项进行判断即可得到答案．【解答】解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形；故原说法正确；B、一个角是直角的平行四边形是矩形，故原说法正确；C、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故原说法正确；D、对角线相等的四边形不一定是矩形，故原说法错误；故选：D．【点评】本题考查了平行四边形、矩形、菱形的判定；熟练掌握平行四边形和特殊平行四边形的判定是解题的关键．2．如图，平行四边形ABCD中，E、F是对角线BD上不同的两点，下列条件中，不能得出四边形AECF一定为平行四边形的是（　　）A．CE＝AF B．BE＝DF C．∠DAF＝∠BCE D．AF∥CE【分析】由平行四边形的性质或全等三角形的性质进行逐一判断即可．【解答】解：若CE＝AF，则无法判断OE＝OE，故A选项符合题意；如图，连接AC，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝CO，BO＝DO，∵BE＝DF，∴EO＝FO，∴四边形AECF是平行四边形，故选项B不符合题意；∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝CO，BO＝DO，AD∥BC，∴∠ADF＝∠CBE，在△ADF和△CBE中，，∴△ADF≌△CBE（ASA），∴BE＝DF，∴EO＝FO，∴四边形AECF是平行四边形，故选项C不符合题意；∵AF∥CE，∴∠AFB＝∠CED，∴∠AFD＝∠CEB，在△ADF和△CBE中，，∴△ADF≌△CBE（AAS），∴BE＝DF，∴EO＝FO，∴四边形AECF是平行四边形，故选项D不符合题意；故选：A．【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．3．（2022•南京模拟）如图，在矩形ABCD中对角线AC、BD相于点O，∠ACB＝60°，则∠AOD的大小为（　　）A．50° B．55° C．60° D．65°【分析】由矩形的性质得OC＝OB，然后得到△OBC是等边三角形，即可得到答案．【解答】解：∵在矩形ABCD中对角线AC、BD相于点O，∴AC＝BD，∴OC＝OB，∵∠ACB＝60°，∴△OBC是等边三角形，∴∠BOC＝60°，∴∠AOD＝∠BOC＝60°；故选：C．【点评】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，对顶角相等等知识，解题的关键是掌握所学的知识，正确得到△OBC是等边三角形．4．（2022秋•二道区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝BC＝13，BD平分∠ABC交AC于点D，点F在BC上，且BF＝5，连接AF，E为AF的中点，连接DE，则DE的长为（　　）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】根据等腰三角形的三线合一得到AD＝DC，根据三角形中位线定理计算得到答案．【解答】解：∵BC＝13，BF＝5，∴FC＝BC﹣BF＝13﹣5＝8，∵AB＝BC，BD平分∠ABC，∴AD＝DC，∵AE＝EF，∴DE是△AFC的中位线，∴DEFC8＝4．故选：B．【点评】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．5．（2022春•上杭县校级期末）如图，DE是△ABC的中位线，直角∠AFB的顶点在DE上，AB＝5，BC＝8，则EF的长为（　　）A．1 B．1.5 C．2 D．不能确定【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DFAB，再利用三角形中位线定理可得DE＝4，进而可得答案．【解答】解：如图，∵D为AB中点，∠AFB＝90°，AB＝5，∴DFAB＝2.5，∵DE是△ABC的中位线，BC＝8，∴DE＝4，∴EF＝4﹣2.5＝1.5，故选：B．【点评】此题主要考查了直角三角形的性质和三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．6．（2022秋•三明期中）如图，在菱形ABCD中，AC交BD于点O，DE⊥BC于点E，连接OE，若∠BCD＝50°，则∠OED的度数是（　　）A．25° B．30° C．35° D．20°【分析】根据直角三角形的斜边中线性质可得OE＝BO＝OD，根据菱形性质可得∠DBE∠ABC＝65°，从而得到∠OEB度数，再依据∠OED＝90°﹣∠OEB即可．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BCD＝50°，∴O为BD中点，∠DBE∠ABC＝65°．∵DE⊥BC，∴在Rt△BDE中，OE＝OB＝OD，∴∠OEB＝∠OBE＝65°．∴∠OED＝90°﹣65°＝25°．故选：A．【点评】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，解决这类问题的方法是四边形转化为三角形．7．如图，分别以Rt△ABC的斜边AB、直角边AC为边向外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，连接DF、EF，DE与AB相交于点G，若∠BAC＝30°，下列结论：①EF⊥AC；②四边形ADFE为平行四边形；③AD＝4AG；④△DBF≌△EFA．其中正确结论有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】①连接CF，可推出AF＝CF，结合AE＝CE，可得出①正确；②可证得AD∥BC∥EF，DF∥AE，从而得出②正确；③AD＝AB，AB＝2AF，AF＝2AG，从而得出③正确；④可得出∠DFB＝∠EAF＝90°，∠DBF＝∠AFE＝60°，DF＝AE，从而得出④正确．【解答】解：如图，连接CF，∵∠ACB＝90°，点F是AB的中点，∴CF＝AF，∵△ACE是等边三角形，∴AE＝CE，∴EF⊥AC，故①正确；∵△ABD是等边三角形，△ACE是等边三角形，∴∠AD＝BD，DAB＝60°，∠CAE＝60°，∴∠BAE＝∠BAC+∠CAE＝90°，∵点F是AB的中点，∴DF⊥AB，∴∠DFA＝∠BAE＝90°，∴DF∥AE，∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴∠ABC＝∠ADC＝60°，∴AD∥BC，由①知：AC⊥EF，BC⊥AC，∴EF∥BC，∴AD∥EF，∴四边形ADFE是平行四边形，故②正确；∵四边形ADFE是平行四边形，∴AF＝2AG，∵AD＝AB，AB＝2AF，∴AD＝B＝4AG，故③正确；∵EF∥BC，∴∠AFE＝∠ABC＝60°，∵△ABD是等边三角形，∴∠DBF＝60°，∴∠DBF＝∠AFE，∵四边形ADFE是平行四边形，∴DF＝AE，∵∠DFB＝∠EAF＝90°，∴△DBF≌△EFA（AAS），故④正确，综上所述：①②③④均正确，故答案为：D．【点评】本题考查了等边三角形性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形性质，全等三角形判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握相关基础知识．8．（2022秋•渝中区校级期末）如图，边长为6的正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，连接AE、AF、EF．已知AF平分∠DFE，BE＝2，则DF的长为（　　）A．2 B．3 C． D．【分析】延长FD到G，使FG＝FE，连接AG，由AF平分∠DFE，可证△GFA≌△EFA（SAS），得AG＝AE，GF＝EF，即可证Rt△ADG≌Rt△ABE（HL），得DG＝BE＝2，设DF＝x，根据∠C＝90°，有（6﹣2）2+（6﹣x）2＝（x+2）2，即可解得答案．【解答】解：延长FD到G，使FG＝FE，连接AG，如图：∵AF平分∠DFE，∴∠GFA＝∠EFA，∵AF＝AF，FG＝FE，∴△GFA≌△EFA（SAS），∴AG＝AE，GF＝EF，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠ADC＝∠ADG＝90°＝∠B，∴Rt△ADG≌Rt△ABE（HL），∴DG＝BE＝2，设DF＝x，则FG＝x+2＝EF，CF＝CD﹣DF＝6﹣x，∵∠C＝90°，∴CE2+CF2＝EF2，∴（6﹣2）2+（6﹣x）2＝（x+2）2，解得x＝3，∴DF＝3，故选：B．【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，勾股定理及应用，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．填空题（每小题3分，共8个小题，共24分）9．（2022•将乐县模拟）菱形两条对角线的长分别为2和4，则该菱形的边长为　 　．【分析】菱形的对角线垂直且互相平分，四个边长相等，两条对角线的一半和菱形的边构成直角三角形，从而可求出菱形的边长．【解答】解：∵菱形两条对角线的长分别为2和4．∴菱形两条对角线的一半长分别为1和2．∴菱形的边长为：．故答案为：．【点评】本题考查菱形的性质，知道菱形的对角线垂直且互相平分，四个边长相等是解题的关键．10．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝70°，∠C＝40°，DE∥AB交BC于点E．若AD＝5cm，BC＝12cm，则CD的长是　 　cm．【分析】由在四边形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，可判定四边形ABED是平行四边形，即可求得CE的长，又由∠B＝70°，∠C＝40°，易判定△CDE是等腰三角形，继而求得答案．【解答】解：∵在四边形ABCD中，AD∥BC，DE∥AB，∴四边形ABED是平行四边形，∴BE＝AD＝5cm，∴CE＝BC﹣BE＝12﹣5＝7（cm），∵∠DEC＝∠B＝70°，∠C＝40°，∴∠CDE＝180°﹣∠DEC﹣∠C＝70°，∴CD＝CE＝7cm．故答案为：7．【点评】此题考查了平行四边形的性质与判定以及等腰三角形的判定与性质．注意证得四边形ABED是平行四边形，△CDE是等腰三角形是关键．11．（2021•天津一模）如图，四边形OBCD是矩形，O，B，D三点的坐标分别是（0，0），（8，0），（0，6），对角线交点为E，则点E的坐标是　 　．【分析】由矩形的性质可得DE＝BE，由中点坐标公式可求解．【解答】解：∵四边形OBCD是矩形，∴DE＝BE，∵点B坐标为（8，0），点D坐标为（0，6），∴点E坐标为（4，3），故答案为：（4，3）．【点评】本题考查了矩形的性质，坐标与图形性质，掌握矩形的性质是关键．12．（2021秋•新罗区校级月考）如图，已知AB∥CD，O为∠CAB、∠ACD的角平分线的交点，OE⊥AC于E，且OE＝1.5，则两平行线AB、CD间的距离等于 　 　．【分析】过点O作MN⊥AB，交AB于点M，交CD于点N，分别求出ON＝OM＝1.5，则可求MN＝3．【解答】解：过点O作MN⊥AB，交AB于点M，交CD于点N，∵AB∥CD，∴ON⊥CD，OM⊥AB，∵AO平分∠MAC，OE⊥AC，∴OM＝OE，∵OC平分∠ACD，OE⊥AC，∴OE＝ON，∴OM＝ON，∵OE＝1.5，∴MN＝3，故答案为：3．【点评】本题考查平行线间的距离，熟练掌握角平分线的性质是解题的关键．13．（2022•雁塔区校级四模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB的中点，点E在AC上，且AE＝BE，连接CD交BE于点F，若∠A＝25°，则∠DFE的度数　 　．【分析】由直角三角形的性质可得CD＝AD，即可求解∠ACD＝25°，根据等腰三角形的性质及三角形外角的性质可求得∠BEC＝50°，再利用三角形外角的性质可求解．【解答】解：∵D为AB的中点，∠ACB＝90°，∴CD＝AD，∴∠ACD＝∠A＝25°，∵AE＝BE，∴∠ABE＝∠A＝25°，∴∠BEC＝∠A+∠ABE＝50°，∴∠DFE＝∠ACD+∠BEC＝25°+50°＝75°，故答案为：75o．【点评】本题主要考查直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，求解∠ACD，∠BEC的度数是解题的关键．14．（2022春•七星区校级期中）如图，P为正方形ABCD的对角线AC上任意一点，PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，若AC，则四边形PEBF的周长为　 　．【分析】首先根据正方形的性质和勾股定理可求出AB的长，再由条件可知：四边形PEBF为矩形，△AEP和△PFC为等腰直角三角形，所以PE+PF+BE+BF＝2AB，问题得解．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝90°，AB＝BC，∴AB2+BC2＝AC2，∵AC，∴AB＝BC＝2，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC＝∠BCA＝45°，∵PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，∴四边形PEBF为矩形，△AEP和△PFC为等腰直角三角形，∴PF＝BE，PE＝AE，∴PE+PF+BE+BF＝AE+BE+BE+AE＝2AB＝4，即四边形PEBF的周长为4，故答案为：4．【点评】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是利用勾股定理求出AB的长．15．（2022春•浚县期末）如图，在▱ABCD中，AB＝10cm，F是AB的中点，E为边CD上一点，DE＝4cm．点M从D点出发，沿D→C以1cm/s的速度匀速运动到点C；同时点N从点B出发，沿B→A以2cm/s的速度匀速运动到点A．一个点停止运动后，另一个点也随之停止运动．当点M运动时间是 　 　秒时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形．【分析】根据CD∥AB，所以当ME＝NF时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形，则ME＝|4﹣t|，NF＝|5﹣2t|，列出方程计算即可．【解答】解：设运动t秒时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形，∵CD∥AB，∴当ME＝NF时，以点M，E，N，F为顶点的四边形是平行四边形，∴ME＝|4﹣t|，NF＝|5﹣2t|，∴|4﹣t|＝|5﹣2t|，∴4﹣t＝5﹣2t或4﹣t＝2t﹣5，∴t＝1或3，故答案为：1或3．【点评】本题主要考查了平行四边的判定与性质、根据题意用绝对值表示出ME和NF的长度是解题的关键．16．（2021秋•海州区校级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝12，AB＝6，以AD为底边向右作腰长为10的等腰△ADP，Q为边BC上一点，BQ＝4，连接PQ，则PQ的最小值为 　 　．【分析】过点P作PG⊥AD交于点G，交BC于点H，当Q点与H点重合时，PQ的值最小，过点B作BM⊥AD交于点M，由题意可求BM＝4，PG＝8，则PQ的最小值为8﹣4．【解答】解：过点P作PG⊥AD交于点G，交BC于点H，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴PH⊥BC，当Q点与H点重合时，PQ的值最小，过点B作BM⊥AD交于点M，∵AD＝12，△ADP是等腰三角形，∴AG＝6，∵AP＝10，∴GP＝8，∵BQ＝4，∴MA＝2，∵AB＝6，∴BM4，∴PQ＝8﹣4，∴PQ的最小值为8﹣4，故答案为：8﹣4．【点评】本题考查平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理是解题的关键．解答题（共9个小题，共72分）17．（6分）如图，在口ABCD中，连接AC，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为E，F，连接DE，BF．求证：四边形BFDE是平行四边形．【分析】由在平行四边形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，易证得△ABE≌△CDF，即可得BE∥DF，BE＝DF，则可证得四边形BFDE是平行四边形．【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠BAE＝∠DCF，∵BE⊥AC，DF⊥AC，∴∠AEB＝∠CFD＝90°，BE∥DF，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（AAS），∴BE＝DF，∴四边形BFDE是平行四边形．【点评】此题考查平行四边形的判定，关键是根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解答．18．（6分）如图，平行四边形ABCD中，BD⊥AD，∠A＝45°，E、F分别是AB、CD上的点，且BE＝DF，连接EF交BD于O．（1）求证：BO＝DO；（2）若EF⊥AB，延长EF交AD的延长线于G，当FG＝1时，求AE的长．【分析】（1）由平行四边形的性质和AAS证明△OBE≌△ODF，得出对应边相等即可；（2）证出AE＝GE，再证明DG＝DO，然后由等腰三角形的性质得出OF＝FG＝1，即可得出结果．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC∥AB，∴∠OBE＝∠ODF．在△OBE与△ODF中， ∴△OBE≌△ODF（AAS）．∴BO＝DO．（2）解：∵EF⊥AB，AB∥DC，∴∠GEA＝∠GFD＝90°．∵∠A＝45°，∴∠G＝∠A＝45°．∴AE＝GE∵BD⊥AD，∴∠ADB＝∠GDO＝90°．∴∠GOD＝∠G＝45°．∴DG＝DO，∵EF⊥AB，∴EF⊥CD，∴OF＝FG＝1，由（1）可知，OE＝OF＝1，∴GE＝OE+OF+FG＝3，∴AE＝3．【点评】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题（1）的关键．19．（7分）如图所示．把一张长方形纸片沿对角线折叠，则：（1）证明：BF＝FD．（2）如图，若AB＝4，BC＝8，求AF的长．【分析】（1）由AD∥BC，得∠FDB＝∠CBD，由折叠得∠FBD＝∠CBD，则∠FDB＝∠FBD，所以BF＝FD；（2）由AD＝BC＝8，得BF＝FD＝8﹣AF，而∠A＝90°，由勾股定理得42+AF2＝（8﹣AF）2，求得AF＝3．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠FDB＝∠CBD，由折叠得∠FBD＝∠CBD，∴∠FDB＝∠FBD，∴BF＝FD．（2）解：∵AB＝4，AD＝BC＝8，∴BF＝FD＝8﹣AF，∵∠A＝90°，∴AB2+AF2＝BF2，∴42+AF2＝（8﹣AF）2，∴AF＝3，∴AF的长是3．【点评】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、等腰三角形的判定、勾股定理的应用等知识，根据平行线的性质及轴对称的性质证明∠FDB＝∠CBD是解题的关键．20．（7分）（2022秋•滕州市校级期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC，AE∥BD，OE与AB交于点F，OE＝5，AC＝8．（1）求AB的长；（2）求菱形ABCD的高．【分析】（1）根据菱形的性质得出∠AOB＝90°，根据矩形的判定得出四边形AOBE是矩形，再根据矩形的性质得出AB＝OE即可；（2）过B作BM⊥AD于M，根据菱形的性质得出AD＝AB＝5，AO＝OC＝4，BO＝DO，根据勾股定理求出OB，求出BD，求出S菱形ABCDAD×BM，再代入求出BM即可．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠AOB＝90°，∵BE∥AC，AE∥BD，∴四边形AOBE是平行四边形，∵∠AOB＝90°，∴四边形AOBE是矩形，∴AB＝OE，∵OE＝5，∴AB＝5；（2）过B作BM⊥AD于M，∵四边形ABCD是菱形，AB＝5，∴AO＝OC，BO＝DO，AD＝AB＝5，∵AC＝8，∴AO＝4，∵AB＝5，∴BO＝DO3，∴BD＝6，∵S菱形ABCDAD×BM，∴8×6＝5×BM，∴BM，即菱形ABCD的高是．【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定等知识点，能熟记菱形的性质和矩形的判定是解此题的关键．21．（8分）（2022春•西峰区校级月考）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．（1）求证：AF＝DC；（2）若AB＝AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．【分析】（1）根据平行线的性质得出∠AFE＝∠DBE，根据AAS证明△AFE≌△DBE，推出AF＝BD，即可得出答案；（2）证得四边形ABDF是平行四边形，得到AB＝DF，进而证得AC＝DF，再证得四边形ADCF是平行四边形，即可得到四边形ADCF是矩形．【解答】（1）证明：∵E是AD的中点，∴AE＝DE，∵AF∥BC，∴∠AFE＝∠DBE．在△AFE和△DBE中，，∴△AFE≌△DBE（AAS），∴AF＝DB．∵AD是BC边上的中线，∴DC＝DB，∴AF＝DC；（2）解：四边形ADCF是矩形．证明：连接DF，由（1）得AF＝DB，AF∥DB，∴四边形ABDF是平行四边形，∴AB＝DF，∵AB＝AC，∴AC＝DF，由（1）得AF＝DC，AF∥DC，∴四边形ADCF是平行四边形，∴四边形ADCF是矩形．【点评】本题主要考查全等三角形，平行四边形的性质和判定，矩形的判定，证得△AFE≌△DBE是解题的关键．22．（8分）（2022•朝阳区二模）如图，在菱形ABCD中，O为AC，BD的交点，P，M，N分别为CD，OD，OC的中点．（1）求证：四边形OMPN是矩形；（2）连接AP，若AB＝4，∠BAD＝60°，求AP的长．【分析】（1）由三角形中位线定理得PM∥OC，PN∥OD，得四边形OMPN是平行四边形，再由菱形的性质得AC⊥BD，则∠MON＝90°，即可得出结论；（2）证△ABD是等边三角形，得AD＝BD＝AB＝4，得OD＝2，再由勾股定理得OA＝2，则AN＝OA+ON＝3，然后由矩形的性质得NP＝OM＝1，∠PNA＝90°，即可解决问题．【解答】（1）证明：∵P，M，N分别为CD，OD，OC的中点，∴PM、PN是△OCD的中位线，∴PM∥OC，PN∥OD，∴四边形OMPN是平行四边形，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠MON＝90°，∴平行四边形OMPN是矩形；（2）解：如图，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∵∠BAD＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴AD＝BD＝AB＝4，∴ODBD＝2，在Rt△OAD中，由勾股定理得：OA2，∴OC＝2，∵M，N分别为OD，OC的中点，∴OMOD＝1，ONOC，∴AN＝OA+ON＝3，由（1）可知，四边形OMPN是矩形，∴NP＝OM＝1，∠PNA＝90°，∴AP2．【点评】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识．熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．23．（8分）（2022秋•舞钢市期中）如图①，四边形ABCD是正方形，点E是BC上一点，连接AE，以AE为一边作正方形AEFG，连接DG．（1）求证：∠ADG＝90°；（2）如图②，连接AF交CD于点H，连接EH，请探究EH、BE、DH三条线段之间的数量关系，并说明理由．【分析】（1）由正方形的性质得∠DAB＝∠B＝∠EAG＝90°，AB＝AD，AE＝AG，然后由全等三角形的判定与性质可得出结论；（2）由全等三角形的性质及正方形的性质可得∠EAH＝∠GAH＝45°，然后由全等三角形的判定与性质可得出结论．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形和四边形AEFG是正方形，∴AB＝AD，AE＝AG，∠DAB＝∠B＝∠EAG＝90°，∴∠EAD+∠DAG＝90，∠BAE+∠EAD＝90°，∴∠BAE＝∠DAG，在△BAE和△DAG中，，∴△BAE≌△DAG（SAS），∴∠ADG＝∠B＝90°；（2）解：BE+DH＝HE，理由如下：∵△BAE≌△DAG，∴BE＝DG，AE＝AG，∵四边形AEFG是正方形，∴∠EAH＝∠GAH＝45°，在△EAH和△GAH中， ∴△EAH≌△GAH（SAS），∴EH＝GH，∵DG+DH＝GH，∴BE+DH＝EH．【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．24．（10分）（2020春•霍邱县期末）我们给出如下定义：把对角线相等的四边形叫做“对等四边形”．如图①，在四边形ABCD中，AC＝BD，四边形ABCD就是“对等四边形”．（1）下列四边形中，一定是“对等四边形”的是　 　（填序号）①平行四边形； ②矩形； ③菱形； ④梯形.（2）如图②，在“对等四边形”ABCD中，点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，求证：四边形EFGH是菱形．（3）在（2）的条件下，若四边形EFGH也是“对等四边形”，且对角线长为2，求四边形ABCD的面积．【分析】（1）由矩形的性质可求解；（2）由三角形中位线定理可得EHBD＝FG，EFAC＝GH，由“对等四边形”的性质可得AC＝BD，可得EH＝FG＝EF＝GH，可得结论；（3）先证四边形EFGH是正方形，边长为，可得EF⊥FG，EF＝FG，由三角形中位线定理解得BD⊥AC，BD＝AC，可求解．【解答】解：（1）∵矩形的对角线相等，∴矩形一定是“对等四边形”，故答案为：②；（2）证明：连接AC、BD，∵点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，∴EHBD＝FG，EFAC＝GH，∵四边形ABCD是“对等四边形”，∴AC＝BD，∴EH＝FG＝EF＝GH，∴四边形EFGH是菱形；（3）连接EG，HF，∵四边形EFGH是菱形，∴GE与HF互相垂直平分，又∵四边形EFGH是“对等四边形”，且对角线长为2，∴GE＝HF＝2，∴四边形EFGH是正方形，边长为，∴EF⊥FG，EF＝FG，∵点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，∴FG∥BD，FGBD，EF∥AC，EFAC，∴BD⊥AC，BD＝AC，∴四边形ABCD的面积等于AC×BD＝4．【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．25．（12分）（2022春•黄石期末）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．（1）如图1，求证：矩形DEFG是正方形；（2）若AB＝2，CE，求CG的长度；（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数．【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题．（3）分两种情形考虑问题即可；【解答】（1）证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，∵∠DCA＝∠BCA，∴EQ＝EP，∵∠QEF+∠FEC＝45°，∠PED+∠FEC＝45°，∴∠QEF＝∠PED，在Rt△EQF和Rt△EPD中，，∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），∴EF＝ED，∴矩形DEFG是正方形；（2）如图2中，在Rt△ABC中．ACAB＝2，∵EC，∴AE＝CE，∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，易知CG．（3）①当DE与AD的夹角为30°时，点F在BC边上，∠ADE＝30°，则∠CDE＝90°﹣30°＝60°，在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：∠EFC＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°，②当DE与DC的夹角为30°时，点F在BC的延长线上，∠CDE＝30°，如图3所示：∵∠HCF＝∠DEF＝90°，∠CHF＝∠EHD，∴∠EFC＝∠CDE＝30°，综上所述，∠EFC＝120°或30°．【点评】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．