北师大版九年级上册第一章 特殊平行四边形综合与测试单元测试随堂练习题

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初中数学9年级上册同步培优专题题库（北师大版）
专题1.5特殊的平行四边形单元测试（培优卷）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分120分，考试时间60分钟，试题共26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、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020春•福州期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．下列结论不一定成立的是（　　）

A．BD平分∠ADC B．AC＝BD C．AC⊥BD D．OA＝OC
【分析】利用菱形的性质邻边相等、对角线互相垂直且平分进而分析即可．
【解析】∵四边形ABCD是菱形，
∴BD平分∠ADC，OA＝OC，AC⊥BD，
无法得出AC＝BD，
故选项B符合题意，选项A、C、D不符合题意，
故选：B．
2．（2020春•滨江区期末）在矩形ABCD中，E，P，G，H分别是边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中正确的是（　　）
①存在无数个四边形EFGH是平行四边形．
②存在无数个四边形EFGH是矩形．
③存在且仅有一个四边形EFGH是菱形．
④除非矩形ABCD为正方形，否则不存在四边形EFGH是正方形．
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①③④
【分析】根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解析】①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，
过点O直线EG和HF，分别交AB，BC，CD，AD于E，F，G，H，
则四边形EFGH是平行四边形，
故存在无数个四边形EFGH是平行四边形；故①正确；
②如图，当EG＝HF时，四边形EFGH是矩形，故存在无数个四边形EFGH是矩形；故正确；
③如图，当EG⊥HF时，存在无数个四边形EFGH是菱形；故错误；
④当四边形EFGH是正方形时，EH＝HG，
则△AEH≌△DHG，
∴AE＝HD，AH＝GD，
∵GD＝BE，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形，
当四边形ABCD为正方形时，四边形EFGH是正方形，故正确；
故选：C．

3．（2020春•玄武区期末）下列说法正确的是（　　）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．每一条对角线都平分一组对角的四边形是菱形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【分析】根据平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定逐个判断即可．
【解析】A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，故本选项不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项不符合题意；
C、
∵在△ADB和△CDB中
∠1=∠2BD=BD∠3=∠4，
∴△ADB≌△CDB（ASA），
∴AD＝CD，AB＝CB，
同理△ACD≌△ACB，
∴AB＝AD，BC＝DC，
即AB＝BC＝CD＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，故本选项符合题意；
D、对角线相等且垂直的平行四边形是正方形，故本选项不符合题意；
故选：C．
4．（2020•宁夏）如图，菱形ABCD的边长为13，对角线AC＝24，点E、F分别是边CD、BC的中点，连接EF并延长与AB的延长线相交于点G，则EG＝（　　）

A．13 B．10 C．12 D．5
【分析】连接对角线BD，交AC于点O，证四边形BDEG是平行四边形，得EG＝BD，利用勾股定理求出OD的长，BD＝2OD，即可求出EG．
【解析】连接BD，交AC于点O，如图：
∵菱形ABCD的边长为13，点E、F分别是边CD、BC的中点，
∴AB∥CD，AB＝BC＝CD＝DA＝13，EF∥BD，
∵AC、BD是菱形的对角线，AC＝24，
∴AC⊥BD，AO＝CO＝12，OB＝OD，
又∵AB∥CD，EF∥BD，
∴DE∥BG，BD∥EG，
∵DE∥BG，BD∥EG，
∴四边形BDEG是平行四边形，
∴BD＝EG，
在△COD中，∵OC⊥OD，CD＝13，CO＝12，
∴OB＝OD=132-122=5，
∴BD＝2OD＝10，
∴EG＝BD＝10；
故选：B．

5．（2020•鸡西）如图，在菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为（2，23），将菱形绕点O旋转，当点A落在x轴上时，点C的对应点的坐标为（　　）

A．（﹣2，﹣23）或（23，﹣2） B．（2，23）
C．（﹣2，23） D．（﹣2，﹣23）或（2，23）
【分析】依据菱形的性质即可得到菱形的边长为4，△AOB是等边三角形，再分两种情况进行讨论，依据OD=12CO＝2，CD=23，即可得到点C的对应点的坐标．
【解析】∵菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为（2，23），
∴AO=22+(23)2=4，OB＝4，
∴菱形的边长为4，△AOB是等边三角形，
分两种情况讨论：
如图所示，当点A在x轴正半轴上时，
过C作CD⊥AO于D，则OD=12CO＝2，CD=23，
∴点C的坐标为（﹣2，﹣23）；

如图所示，当点A在x轴负半轴上时，
过C作CD⊥AO于D，则OD=12CO＝2，CD=23，
∴点C的坐标为（2，23）；

综上所述，点C的对应点的坐标为（﹣2，﹣23）或（2，23），
故选：D．
6．（2020•广州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（　　）

A．485 B．325 C．245 D．125
【分析】依据矩形的性质即可得到△AOD的面积为12，再根据S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即可得到OE+EF的值．
【解析】∵AB＝6，BC＝8，
∴矩形ABCD的面积为48，AO＝DO=12AC＝5，
∵对角线AC，BD交于点O，
∴△AOD的面积为12，
∵EO⊥AO，EF⊥DO，
∴S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即12=12AO×EO+12DO×EF，
∴12=12×5×EO+12×5×EF，
∴5（EO+EF）＝24，
∴EO+EF=245，
故选：C．
7．（2020•威海）如图，在▱ABCD中，对角线BD⊥AD，AB＝10，AD＝6，O为BD的中点，E为边AB上一点，直线EO交CD于点F，连结DE，BF．下列结论不成立的是（　　）

A．四边形DEBF为平行四边形
B．若AE＝3.6，则四边形DEBF为矩形
C．若AE＝5，则四边形DEBF为菱形
D．若AE＝4.8，则四边形DEBF为正方形
【分析】根据平行四边形的判定方法，矩形的判定方法，菱形的判定方法，正方形的判定方法解答即可．
【解析】∵O为BD的中点，
∴OB＝OD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠CDO＝∠EBO，∠DFO＝∠OEB，
∴△FDO≌△EBO（AAS），
∴OE＝OF，
∴四边形DEBF为平行四边形，
故A选项不符合题意，
若AE＝3.6，AD＝6，
∴AEAD=3.66=35，
又∵ADAB=610=35，
∴AEAD=ADAB，
∵∠DAE＝∠BAD，
∴△DAE∽△BAD，
∴AED＝∠ADB＝90°．
∴四边形DEBF为矩形．
故B选项不符合题意，
∵AB＝10，AE＝5，
∴BE＝5，
又∵∠ADB＝90°，
∴DE=12AB＝5，
∴DE＝BE，
∴四边形DEBF为菱形．
故C选项不符合题意，
∵AE＝3.6时，四边形DEBF为矩形，AE＝5时，四边形DEBF为菱形，
∴AE＝4.8时，四边形DEBF不可能是正方形．
故选项D符合题意．
故选：D．
8．（2020•雁塔区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点，DE⊥AC，垂足为E，若DE＝1，CD=5，则BE＝（　　）

A．5 B．22 C．52 D．10
【分析】首先，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”求得斜边AB＝2CD＝25，利用三角形中位线定理求得BC＝2DE＝2；则在Rt△ABC中由勾股定理求得线段AC＝4，最后，在Rt△BCE中，利用勾股定理来求线段BE的长度．
【解析】如图，∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点，CD=5，
∴AB＝2CD＝25．
∵∠ACB＝90°，DE⊥AC，
∴DE∥BC．
∵点D是斜边AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
又∵DE＝1，
∴BC＝2，
∴AC=AB2-BC2=20-4=4．
∴CE=12AC＝2，
∴在Rt△BCE中，BE=BC2+CE2=22+22=22．
故选：B．

9．（2020•通辽）如图，AD是△ABC的中线，四边形ADCE是平行四边形，增加下列条件，能判断▱ADCE是菱形的是（　　）

A．∠BAC＝90° B．∠DAE＝90° C．AB＝AC D．AB＝AE
【分析】根据菱形的判定定理即可得到结论．
【解析】添加∠BAC＝90°时，
∵AD是△ABC的中线，
∴AD=12BC＝CD，
∴四边形ADCE是菱形，选项A正确；
添加∠DAE＝90°，
∵四边形ADCE是平行四边形
∴四边形ADCE是矩形，选项B错误；
添加AB＝AC，可得到AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ADCE是平行四边形是矩形，选项C错误；
添加AB＝AE，
∵四边形ADCE是平行四边形，
∴AE＝CD，
∵AD是△ABC的中线，
∴BD＝CD＝AE，
∴AB＝BD，故不能选项D不能判定四边形ADCE是菱形；
故选：A．
10．（2020春•沙坪坝区期末）如图，正方形ABCD中，AB=2，点E是对角线AC上一点，EF⊥AB于点F，连结DE，当∠ADE＝22.5°时，EF的长是（　　）

A．1 B．22-2 C．2-1 D．14
【分析】证明∠CDE＝∠CED＝67.5°，则CD＝CE=2，计算AC的长，得AE＝2-2，证明△AFE是等腰直角三角形，可得EF的长．
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝BC=2，∠B＝∠ADC＝90°，∠BAC＝∠CAD＝45°，
∴AC=2AB＝2，
∵∠ADE＝22.5°，
∴∠CDE＝90°﹣22.5°＝67.5°，
∵∠CED＝∠CAD+∠ADE＝45°+22.5°＝67.5°，
∴∠CDE＝∠CED，
∴CD＝CE=2，
∴AE＝2-2，
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴△AFE是等腰直角三角形，
∴EF=AE2=2-1，
故选：C．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020•菏泽）如图，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，点P在对角线BD上，且BP＝BA，连接AP并延长，交DC的延长线于点Q，连接BQ，则BQ的长为　317　．

【分析】根据矩形的性质可得BD＝13，再根据BP＝BA可得DQ＝DP＝8，所以得CQ＝3，在Rt△BCQ中，根据勾股定理即可得BQ的长．
【解析】∵矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴BD=AB2+AD2=13，
∵BP＝BA＝5，
∴PD＝BD﹣BP＝8，
∵BA＝BP，
∴∠BAP＝∠BPA＝∠DPQ，
∵AB∥CD，
∴∠BAP＝∠DQP，
∴∠DPQ＝∠DQP，
∴DQ＝DP＝8，
∴CQ＝DQ﹣CD＝DQ﹣AB＝8﹣5＝3，
∴在Rt△BCQ中，根据勾股定理，得
BQ=BC2+CQ2=153=317．
故答案为：317．
12．（2020•岳阳）如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，∠A＝20°，则∠BCD＝　70　°．

【分析】根据直角三角形两锐角互余求得∠B＝70°，然后根据直角三角形斜边上中线定理得出CD＝BD，求出∠BCD＝∠B即可．
【解析】在Rt△ABC中，∠A＝20°，则∠B＝70°，
∵∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，
∴BD＝CD＝AD，
∴∠BCD＝∠B＝70°，
故答案为70．
13．（2020•红桥区三模）如图，正方形ABCD的边长为6，E是边AB边一点，G是AD延长线上一点，BE＝DG，连接EG，CF⊥EG交EG于点H，交AD于点F，连接CE，BH，若BH＝42，则EG的长等于　45　．

【分析】首先连接CG，首先证明△CGD≌△CEB，得到△GCE是等腰直角三角形；过点H作AB、BC的垂线，垂足分别为点M、N，进而证明△HEM≌△HCN，得到四边形MBNH为正方形，由此求出HN、AG、AE的长度；最后利用勾股定理可得EG的长．
【解析】连接CG，

∵四边形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠CBE＝∠ADC＝90°，
在△CGD与△CEB中，
BE=DG∠EBC=∠GDC=90°BC=CD，
∴△CGD≌△CEB（SAS），
∴CG＝CE，∠GCD＝∠ECB，
∴∠GCE＝90°，即△GCE是等腰直角三角形．
又∵CH⊥GE，
∴CH＝EH＝GH．
过点H作AB、BC的垂线，垂足分别为点M、N，则∠MHN＝90°，
又∵∠EHC＝90°，
∴∠1＝∠2，
在△HEM与△HCN中，
∠EMH=∠HNC=90°∠1=∠2EH=CH，
∴△HEM≌△HCN（AAS）．
∴HM＝HN，
∵∠HMB＝∠ABC＝∠BNH＝90°，
∴四边形MBNH为正方形，
∵BH＝42，
∴BN＝HN＝4，
∵HM∥AG，EH＝GH，
∴AG＝2HM＝2HN＝8，
∴DG＝BE＝AG﹣AD＝8﹣6＝2，
∴AE＝6﹣2＝4，
在Rt△AEG中，EG=AE2+AG2=42+82=45．
故答案为：45．
14．（2020春•肥东县期末）如图，正方形ABCD中，点E在边BC上，∠BAE＝n°．如果在边AB，CD上分别找一点F，G，使FG＝AE，FG与AE相交于点O，那么∠GOE的大小等于　90°或（90﹣2n）°　．

【分析】过G作GH⊥AB于点H，根据HL证明Rt△ABE≌Rt△GHF，分两种情况：①当AF＞BF时，进而证明∠FAO+∠AFO＝90°便可；②当AF＜BF时，进而证明∠FAO+∠AFO＝90°+2n便可求得结果．
【解析】过G作GH⊥AB于点H，则∠AHG＝∠FHG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠D＝90°，
∴四边形AHGD是矩形，
∴AD＝HG，
∴AB＝HG，
在Rt△ABE和Rt△GHF中，
AE=GFAB=GH，
∴Rt△ABE≌Rt△GHF（HL），
∴∠BAE＝∠HGF，
∵∠HGF+∠HFG＝90°，
①当AF＞BF时，如图1，
∴∠FAO+∠AFO＝90°，
∴∠AOF＝90°，
∴∠GOE＝∠AOF＝90°，

②当AF＜BF时，如图2，

∴∠FAO+∠HFG＝90°，
∵∠BAE＝n°，
∴∠HFG＝90°﹣n°，
∴∠GOE＝∠AOF＝∠HFG＝∠OAF＝（90﹣2n）°，
故答案为90°或（90﹣2n）°．
15．（2020春•中山市期末）如图，在菱形ABCD中，∠C＝60°，E、F分别是AB、AD的中点，若EF＝5，则菱形ABCD的周长为　40　．

【分析】由三角形的中位线定理，求出BD＝10，根据菱形的性质及∠A＝60°，得△ABD为等边三角形，从而求出菱形ABCD的边长，再乘以4即可得出菱形ABCD的周长．
【解析】∵E、F分别是AB、AD的中点，
∴EF=12BD，
∵EF＝5，
∴BD＝10，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD，
∵∠A＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴AB＝BD＝10，
∴菱形ABCD的周长＝4×10＝40，
故答案为：40．
16．（2020春•成都期末）如图，点C为线段AB的中点，以BC为边作正方形BCDE，点F、点G分别在边DE、DC上，且满足DF＝DG，连接BF，连接AG并延长交BF于点H，连接DH．以下结论：
①△ACG≌△BEF；
②HD＝HG；
③AH⊥BF；
④∠DHG＝45°．
其中正确的有　①③④　（填序号）．

【分析】由“SAS”可证△ACG≌△BEF，可得判定①；由全等三角形的性质可得∠A＝∠EBF，∠AGC＝∠BFE，由余角的性质可得∠AHB＝90°，可判断③；过点D作DN⊥BF于N，DM⊥AH于H，由“AAS”可证△DHN≌△DHM，可得∠DHM＝∠DHN＝45°，可判断④，若若DH＝DG，可求∠A＝22.5°，由点F、点G分别在边DE、DC上，则∠A不是定值，可判断②，即可求解．
【解析】∵点C为线段AB的中点，
∴AC＝BC，
∵四边形BCDE是正方形，
∴DE＝DC＝BC＝BE＝AC，∠E＝∠DCB＝90°，
又∵DF＝DG，
∴CG＝EF，
又∵∠E＝∠ACG＝90°，
∴△ACG≌△BEF（SAS），故①正确，
∴∠A＝∠EBF，∠AGC＝∠BFE，
∵∠EBF+∠FBC＝90°，
∴∠A+∠FBC＝90°，
∴∠AHB＝90°，
∴AH⊥BF；故③正确，
过点D作DN⊥BF于N，DM⊥AH于H，

∵∠AGC＝∠BFE，
∴∠DGM＝∠NFD，
又∵∠DNF＝∠DMG＝90°，DF＝DG，
∴△DHN≌△DHM（AAS），
∴∠DHM＝∠DHN，
又∵∠AHF＝90°，
∴∠DHG＝45°，故④正确；
若DH＝DG，∠DHG＝45°，
∴∠HDG＝∠HGD＝67.5°，
∴∠A＝22.5°，
∵点F、点G分别在边DE、DC上，
∴∠A不是定值，
∴DH与HG不一定相等，故②错误．
故答案为：①③④．
17．（2020春•彭州市期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，过点A作AE⊥BD于点E，已知∠EAD＝3∠BAE，则∠EOA＝　45　°．

【分析】根据矩形的性质得出∠BAD＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，求出OA＝OB，求出∠OAB＝∠ABO，求出∠ABO即可．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAD＝3∠BAE，
∴∠BAE=14×90°＝22.5°，
∵AE⊥BD，
∴∠AEB＝90°，
∴∠ABO＝180°﹣∠AEB﹣∠BAE＝180°﹣90°﹣22.5°＝67.5°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OA＝OB，
∴∠OAB＝∠ABO＝67.5°，
∴∠EOA＝180°﹣67.5°﹣67.5°＝45°，
故答案为：45．
18．（2020春•肇源县期末）如图，菱形ABCD的边长为4，E，F分别是AB，AD边上的动点，BE＝AF，∠BAD＝120°，则下列结论：①△BEC≌△AFC；②△ECF为等边三角形；③∠AGE＝∠AFC；其中正确结论的序号有　①②③　．

【分析】①可证明△BEC≌△AFC （SAS），正确；②由△BEC≌△AFC，得CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，由∠BCE+∠ECA＝∠BCA＝60°，得∠ACF+∠ECA＝60，所以△CEF是等边三角形，正确；③因为∠AGE＝∠CAF+∠AFG＝60°+∠AFG，∠AFC＝∠CFG+∠AFG＝60°+∠AFG，所以∠AGE＝∠AFC，故③正确．
【解析】①∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAC＝∠CAD，
∵∠BAD＝120°，
∴∠BAC＝∠CAD＝60°，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴∠B＝∠CAD＝60°，BC＝AC，
∵BE＝AF，
∴△BEC≌△AFC （SAS），
故①正确；
②∵△BEC≌△AFC，
∴CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，
∵∠BCE+∠ECA＝∠BCA＝60°，
∴∠ACF+∠ECA＝60，
∴△CEF是等边三角形，
故②正确；
③∵∠AGE＝∠CAF+∠AFG＝60°+∠AFG；
∠AFC＝∠CFG+∠AFG＝60°+∠AFG，
∴∠AGE＝∠AFC，
故③正确正确．
故答案为：①②③．

三、解答题（本大题共8小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020春•翠屏区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝AC＝2，对角线AC、BD相交于点O．
（1）求∠ABC的大小；
（2）求菱形ABCD的面积（结果保留根号）．

【分析】（1）证△ABC是等边三角形，即可得出结果；
（2）由菱形的性质得BD⊥AC，OA＝OC=12AC＝2，S菱形ABCD＝2S△ABC，由勾股定理得OB=3，即可得出结果．
【解析】（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵AB＝AC＝2，
∴AB＝BC＝AC＝2，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，OA＝OC=12AC＝2，S菱形ABCD＝2S△ABC，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB=AB2-OA2=22-12=3，
∴S菱形ABCD＝2S△ABC＝2×12×2×3=23．
20．（2020春•海淀区校级期末）如图，在矩形ABCD中，点E在BC边上，且DE＝AD，过点A作AF∥DE交CB的延长线于点F．
（1）求证：四边形AFED是菱形；
（2）若AB＝1，CF＝2．
①求AD的长；
②AE、FD交于点O，连接OC，求OC的长．

【分析】（1）由矩形的性质可得AD∥BC，∠C＝90°，由菱形的判定可证四边形AFED是菱形；
（2）①由菱形的性质可得AD＝DE＝EF，利用勾股定理可求AD的长；
②由勾股定理可求DF的长，由菱形的性质可得DO＝FO，由直角三角形的性质可求解．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠C＝90°，AB＝CD，
又∵AF∥DE，
∴四边形AFED是平行四边形，
又∵AD＝DE，
∴四边形AFED是菱形；
（2）①∵四边形AFED是菱形；
∴AD＝DE＝EF，
∵DE2＝CD2+CE2，
∴DE2＝1+（2﹣DE）2，
∴DE=54，
∴AD=54；
②如图，

∵∠DCF＝90°，AB＝CD＝1，CF＝2，
∴DF=CD2+CF2=1+4=5，
∵四边形AFED是菱形，
∴DO＝FO，
又∵∠DCF＝90°，
∴CO=12DF=52．
21．（2020春•包河区期末）菱形ABCD中，AD＝6，AE⊥BC，垂足为E，F为AB边中点，DF⊥EF．
（1）直接写出结果：EF＝　3　；
（2）求证：∠ADF＝∠EDF；
（3）求DE的长．

【分析】（1）根据直角三角形的性质即可求解；
（2）延长EF交DA于G，根据AAS可证△AGF≌△BEF，根据全等三角形的性质可得GF＝EF，再根据等腰三角形的性质即可求解；
（3）可设BE＝x，则AG＝x，可得DE＝DG＝6+x，再根据勾股定理可求BE，进一步得到DE．
【解析】（1）∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝90°，
∵AD＝6，F为AB边中点，
∴EF=12AB=12AD＝3．
故答案为：3；
（2）延长EF交DA于G，
∵AD∥BC，
∴∠G＝∠FEB，∠GAB＝∠B，
∵AF＝BF，
∴△AGF≌△BEF（AAS），
∴GF＝EF，
∵DF⊥EF，
∴DG＝DE，
∴∠ADF＝∠EDF；
（3）设BE＝x，则AG＝x，则DE＝DG＝6+x，
∵AE2＝AB2﹣BE2＝62﹣x2，
AE2＝DE2﹣AD2＝（x+6）2﹣62，
∴62﹣x2＝（x+6）2﹣62，
解得x＝﹣3±33，
∴BE＝﹣3+33，
∴DE═﹣3+33+6═3+33．

22．（2020春•海州区期末）平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在CD上，CF＝AE，连接BF，AF．
（1）求证：四边形BFDE是矩形；
（2）若AF平分∠BAD，且AE＝2，DE＝4，求矩形BFDE的面积．

【分析】（1）根据有一个角是90度的平行四边形是矩形即可判定．
（2）首先证明AD＝DF，求出AD即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴DF∥BE，
∵CF＝AE，
∴DF＝BE，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∴四边形BFDE是矩形．
（2）解：∵AB∥CD，
∴∠BAF＝∠AFD，
∵AF平分∠BAD，
∴∠DAF＝∠AFD，
∴AD＝DF，
在Rt△ADE中，∵AE＝2，DE＝4，
∴AD=AE2+DE2=22+42=25，
∴DF＝25，
∴矩形BFDE的面积＝DF×DE＝25×4＝85．
23．（2020春•迁西县期末）如图，△ABC的中线AD、BE、CF相交于点G，H、I分别是BG、CG的中点．
（1）　EF　是△ABC的中位线，EF与BC位置关系是　EF∥BC　、数量关系是　EF=12BC　；　HI　是△GBC的中位线，HI与BC位置关系是　HI∥BC　、数量关系是　HI=12BC　；
（2）求证：四边形EFHI是平行四边形；
（3）当AD与BC满足条件　AD⊥BC　时，四边形EFHI是矩形．（直接写出结论）当AD与BC满足条件　BC=23AD　时，四边形EFHI是菱形．（直接写出结论）

【分析】（1）证出EF、HI分别是△ABC、△BCG的中位线，根据三角形中位线定理即可得出答案；
（2）由三角形中位线定理可得EF∥HI且EF＝HI．根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得结论；
（3）由三角形中位线定理得出FH∥AD，再证出EF⊥FH，即可得出四边形EFHI是矩形；根据三角形重心定理得出AG=23AD，证出AG＝BC，由三角形中位线定理和添加条件得出FH＝EF，即可得出四边形EFHI是菱形．
【解答】（1）解：∵BE、CF是△ABC的中线，
∴AE＝CE，AF＝BF，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥BC，EF=12BC，
∵H、I分别是BG、CG的中点，
∴HI是△GBC的中位线，
∴HI∥BC，HI=12BC，
故答案为：EF，EF∥BC、EF=12BC；HI，HI∥BC、HI=12BC；
（2）证明：由（1）得：EF∥BC，EF=12BC，HI∥BC，HI=12BC，
∴EF∥HI，EF＝HI，
∴四边形EFHI是平行四边形；
（3）当AD与BC满足条件AD⊥BC时，四边形EFHI是矩形；理由如下：
同（1）得：FH是△ABG的中位线，
∴FH∥AG，FH=12AG，
∴FH∥AD，
∵EF∥BC，AD⊥BC，
∴EF⊥FH，
∴∠EFH＝90°，
∵四边形EFHI是平行四边形，
∴四边形EFHI是矩形；
当AD与BC满足条件BC=23AD时，四边形EFHI是菱形；理由如下：
∵△ABC的中线AD、BE、CF相交于点G，
∴AG=23AD，
∵BC=23AD，
∴AG＝BC，
∵FH=12AG，EF=12BC，
∴FH＝EF，
又∵四边形EFHI是平行四边形，
∴四边形EFHI是菱形；
故答案为：AD⊥BC，BC=23AD．
24．（2020春•嘉定区期末）已知平行四边形ABCD，对角线AC、BD相交于点O，且CA＝CB，延长BC至点E，使CE＝BC，连接DE．
（1）当AC⊥BD时，求证：BE＝2CD；
（2）当∠ACB＝90°时，求证：四边形ACED是正方形．

【分析】（1）根据已知条件得到四边形ABCD是菱形．求得BC＝CD．得到BE＝2BC，于是得到结论；
（2）根据平行四边形的性质得到AD＝BC，AD∥BE，求得AD＝CE，AD∥CE，推出平行四边形ACED是矩形，根据正方形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
∴BC＝CD．
又∵CE＝BC，
∴BE＝2BC，
∴BE＝2CD；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BE，
又∵CE＝BC，
∴AD＝CE，AD∥CE，
∴四边形ACED是平行四边形．
∵∠ACB＝90°，
∴平行四边形ACED是矩形，
又∵CA＝CB，
∴CA＝CE，
∴矩形ACED是正方形．
25．（2020春•巴南区期末）如图，在长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，点A的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，6），点B在第一象限内，点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O→C→B→A→O的路线移动一周，设点P移动的时间为t．
（1）写出点B的坐标；
（2）在移动过程中，当点P到x轴的距离为5时，求点P移动的时间；
（3）当三角形OBP的面积为8时，直接写出点P的坐标．

【分析】（1）由矩形的性质可得AB＝OC＝6，BC＝OA＝4，可求点B坐标；
（2）由点P到x轴的距离为5得出点P运动的路程，从而得出答案．
（3）分点P在OC上，在BC上，在AB上，在AO上四种情况讨论，由三角形的面积公式可求点P坐标；
【解析】（1）∵A点的坐标为（4，0），C点的坐标为（0，6），
∴OA＝4，OC＝6，
∵四边形ABCO是矩形，
∴AB＝OC＝6，BC＝OA＝4，
∴点B（4，6）；

（2）当点P到x轴的距离为5时，OP＝5或OC+CB+BP＝11，
∴点P移动的时间为52s或112s．

（3）如图，

①当点P在OC上时，S△OBP=12•OP1×4＝8，
∴OP1＝4，
∴点P（0，4）；
②当点P在BC上，S△OBP=12BP2×6＝8，
∴BP2=83，
∴CP2＝4-83=43，
∴点P（ 43，6）；
③当点P在AB上，S△OBP=12BP3×4＝8，
∴BP3＝4，
∴AP3＝2，
∴点P（4，2）；
④当点P在AO上，S△OBP=12OP4×6＝8，
∴OP4=83，
∴点P（83，0）．
综上，点P的坐标为（0，4）或（43，6）或（4，2）或（83，0）．
26．（2020春•拱墅区期末）如图1，在正方形ABCD中，点E在边CD上（不与点C，D重合），AE交对角线BD于点G，GF⊥AE交BC于点F．
（1）求证：AG＝FG．
（2）若AB＝10，BF＝4，求BG的长．
（3）如图2，连接AF，EF，若AF＝AE，求正方形ABCD与△CEF的面积之比．

【分析】（1）由“SAS”可证△ABG≌△CBG，可得AG＝CG，∠BAG＝∠BCG，由四边形内角和定理可证∠BCG＝∠GFC，可得GC＝GF＝AG；
（2）过点G作GH⊥BC于H，利用勾股定理可求GH的长，即可求解；
（3）在AB上截取BF＝BN，连接NF，由“HL”可证Rt△ABF≌Rt△ADE，可得∠BAF＝∠DAE＝22.5°，BF＝DE，可得FC=2BF，即可求解．
【解答】证明：（1）连接GC，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，
又∵BG＝BG，
∴△ABG≌△CBG（SAS），
∴AG＝CG，∠BAG＝∠BCG，
∵∠ABC+∠BAG+∠AGF+∠BFG＝360°，且∠ABC＝∠AGF＝90°，
∴∠BAG+∠BFG＝180°，
∴∠BCG+∠BFG＝180°，
∵∠BFG+∠GFC＝180°，
∴∠BCG＝∠GFC，
∴GC＝GF，
∴AG＝FG；
（2）如图2，过点G作GH⊥BC于H，

∵AB＝10，BF＝4，
∴AF2＝AB2+BF2＝AG2+GF2，
∴GF2＝58，
∵∠DBC＝45°，GH⊥BC，
∴BH＝GH，BG=2GH，
∵GF2＝GH2+FH2，
∴58＝GH2+（GH﹣4）2，
∴GH＝7，（负值舍去），
∴BG＝72；
（3）如图，在AB上截取BF＝BN，连接NF，

∵AG＝GF，AG⊥GF，
∴∠EAF＝45°，
∵AE＝AF，AB＝AD，
∴Rt△ABF≌Rt△ADE（HL），
∴∠BAF＝∠DAE＝22.5°，BF＝DE，
∴CF＝CE，
∵BF＝BN，∠ABC＝90°，
∴NF=2BF，∠BNF＝∠BFN＝45°，
∴∠BAF＝∠AFN＝22.5°，
∴AN＝NF=2BF，
∵AB＝BC，
∴BN+AN＝BF+FC，
∴FC=2BF，
∴BC＝（2+1）BF，
∴正方形ABCD与△CEF的面积之比＝BC2：12FC2＝3+22．