第10周：平行四边形（单元诊断）-2020-2021学年八年级数学下学期周末补习培优（人教版） 试卷

第10周：平行四边形（单元诊断）-2020-2021学年下学期周末补习培优八年级数学（人教版）

一、单选题

1．关于▱ABCD的叙述，正确的是（　　）

A．若AB⊥BC，则▱ABCD是菱形 B．若AC⊥BD，则▱ABCD是正方形

C．若AC=BD，则▱ABCD是矩形 D．若AB=AD，则▱ABCD是正方形 

【答案】C

【分析】选项C中，满足矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，所以选C.

2．如图，在矩形ABCD中(AD＞AB)，点E是BC上一点，且DE＝DA，AF⊥DE，垂足为点F，在下列结论中，不一定正确的是(   )

A．△AFD≌△DCE B．AF＝AD

C．AB＝AF D．BE＝AD﹣DF

【答案】B

【分析】A．由矩形ABCD，AF⊥DE可得∠C=∠AFD=90°，AD∥BC，∴∠ADF=∠DEC．

又∵DE=AD，∴△AFD≌△DCE（AAS），故A正确；

B．∵∠ADF不一定等于30°，∴直角三角形ADF中，AF不一定等于AD的一半，故B错误；

C．由△AFD≌△DCE，可得AF=CD，由矩形ABCD，可得AB=CD，∴AB=AF，故C正确；

D．由△AFD≌△DCE，可得CE=DF，由矩形ABCD，可得BC=AD，又∵BE=BC﹣EC，∴BE=AD﹣DF，故D正确；

故选B．

3．在四边形ABCD中：①AB∥CD②AD∥BC③AB=CD④AD=BC，从以上选择两个条件使四边形ABCD为平行四边形的选法共有（　　）

A．3种 B．4种 C．5种 D．6种

【答案】B

【分析】根据平行四边形的判定方法即可找到所有组合方式：（1）两组对边平行①②；（2）两组对边相等③④；（3）一组对边平行且相等①③或②④，所以有四种组合．

【详解】（1）①②，利用两组对边平行的四边形是平行四边形判定；

（2）③④，利用两组对边相等的四边形是平行四边形判定；

（3）①③或②④，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定；

共4种组合方法，

故选B．

【点评】本题主要考查了平行四边形的判定方法，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键.平行四边形的判定方法共有五种，在四边形中如果有：1、四边形的两组对边分别平行；2、一组对边平行且相等；3、两组对边分别相等；4、对角线互相平分；5、两组对角分别相等．则四边形是平行四边形．

4．在四边形ABCD中，若有下列四个条件：①AB//CD；②AD=BC；③∠A=∠C；④AB=CD，现以其中的两个条件为一组，能判定四边形ABCD是平行四边形的条件有    （    ）

A．3组 B．4组 C．5组 D．6组

【答案】A

【详解】①④组合能利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定平行四边形；

②④组合能利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定，

①③组合能根据平行线的性质得到∠B=∠D，从而利用两组对角分别相等的四边形是平行四边形判定平行四边形；

故选：A．

5．如图，已知▱AOBC的顶点O（0，0），A（﹣1，2），点B在x轴正半轴上按以下步骤作图：①以点O为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边OA，OB于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于DE的长为半径作弧，两弧在∠AOB内交于点F；③作射线OF，交边AC于点G，则点G的坐标为（　　）

A．（﹣1，2） B．（，2） C．（3﹣，2） D．（﹣2，2）

【答案】A

【分析】依据勾股定理即可得到Rt△AOH中，AO=，依据∠AGO=∠AOG，即可得到AG=AO=，进而得出HG=-1，可得G（-1，2）．

【详解】如图，过点A作AH⊥x轴于H，AG与y轴交于点M，

∵▱AOBC的顶点O（0，0），A（-1，2），

∴AH=2，HO=1，

∴Rt△AOH中，AO=，

由题可得，OF平分∠AOB，

∴∠AOG=∠EOG，

又∵AG∥OE，

∴∠AGO=∠EOG，

∴∠AGO=∠AOG，

∴AG=AO=，

∴MG=-1，

∴G（-1，2），

故选A．

【点评】本题主要考查了角平分线的作法，勾股定理以及平行四边形的性质的运用，解题时注意：求图形中一些点的坐标时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．

6．如图，A、P是直线m上的任意两个点，B、C是直线n上的两个定点，且直线m∥n．则下列说法正确的是（ ）

A．AC=BP B．△ABC的周长等于△BCP的周长

C．△ABC的面积等于△ABP的面积 D．△ABC的面积等于△PBC的面积

【答案】D

【分析】根据平行线之间的距离及三角形的面积即可得出答案．

【详解】解：∵A、P是直线m上的任意两个点，B、C是直线n上的两个定点，且直线m∥n，

根据平行线之间的距离相等可得：△ABC与△PBC是同底等高的三角形，

故△ABC的面积等于△PBC的面积．

故选D．

【点评】本题考查平行线之间的距离；三角形的面积．

7．如图，E，F分别是▱ABCD的边AD、BC上的点，EF=6，∠DEF=60°，将四边形EFCD沿EF翻折，得到EFC′D′，ED′交BC于点G，则△GEF的周长为（　　）

A．6 B．12 C．18 D．24

【答案】C

【分析】由折叠得：∠DEF=∠D′EF=60°，在由平行四边形的对边平行，得出内错角相等，得出△GEF是等边三角形，已知边长求出周长即可．

【详解】解：∵∠DEF=60°，∴由翻折可知∠DEF=∠D′EF =60°，∴∠AEG=60°，

∵平行四边形ABCD中，AD//BC，∴∠EGF=∠AEG=60°，∠EFG=∠DEF=60°，

∴∠FEG=∠EGF=∠EFG＝60°，∴△EFG是个等边三角形，

∴△GEF的周长=3EF=3×6=18，

故选：C

【点评】考查平行四边形的性质、轴对称的性质和等边三角形的性质等知识，得到△GEF是等边三角形，是解决问题的关键．

8．将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，AE、EF为折痕，∠BAE=30°，AB= ，折叠后，点C落在AD边上的C1处，并且点B落在EC1边上的B1处．则BC的长为（　　）

A． B．3 C．2 D．2

【答案】B

【分析】试题分析：由三角函数易得BE，AE长，根据翻折和对边平行可得△AEC1和△CEC1为等边三角形，那么就得到EC长，相加即可．

解：连接CC1.

在Rt△ABE中,∠BAE=30°,AB=，

∴BE=AB×tan30°=1,AE=2,∠AEB1=∠AEB=60°，

∵四边形ABCD是矩形

∴AD∥BC，

∴∠C1AE=∠AEB=60°，

∴△AEC1为等边三角形，

同理△CC1E也为等边三角形，

∴EC=EC1=AE=2，

∴BC=BE+EC=3，

故选B.

9．如图，正方形ABCD中，AB=12，点E在边CD上，且BG=CG，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF，下列结论：①△ABG≌△AFG；②∠EAG=45°；③CE=2DE；④AG∥CF；⑤S△FGC=.其中正确结论的个数是（    ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个

【答案】D

【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△ABG≌Rt△AFG；根据角的和差关系求得∠GAF=45°；在直角△ECG中，根据勾股定理可证CE=2DE；通过证明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，由平行线的判定可得AG∥CF；求出S△ECG，由S△FCG=即可得出结论．

【详解】①正确．理由：

∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；

②正确．理由：

∵∠BAG=∠FAG，∠DAE=∠FAE．

又∵∠BAD=90°，∴∠EAG=45°；

③正确．理由：

设DE=x，则EF=x，EC=12-x．在直角△ECG中，根据勾股定理，得：（12﹣x）2+62=（x+6）2，解得：x=4，∴DE=x=4，CE=12-x=8，∴CE=2DE；

④正确．理由：

∵CG=BG，BG=GF，∴CG=GF，∴∠GFC=∠GCF．

又∵Rt△ABG≌Rt△AFG，∴∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=2∠AGB=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，∴AG∥CF；

⑤正确．理由：

∵S△ECG=GC•CE=×6×8=24．

∵S△FCG===．

故选D．

【点评】本题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用．

10．如图，正方形和正方形中，点在上，，，是的中点，那么的长是(      )

A．2 B． C． D．

【答案】D

【分析】连接AC、CF，根据正方形性质求出AC、CF，∠ACD=∠GCF=45°，再求出∠ACF=90°，然后利用勾股定理列式求出AF，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．

【详解】如图，连接AC、CF，

∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3，

∴AC=，CF=，∠ACD=∠GCF=45°，

∴∠ACF=90°，由勾股定理得，，

∵H是AF的中点，∴CH=AF=×=.

故选D．

【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，正方形的性质，勾股定理，熟记各性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．

二、填空题

11．如图，以矩形ABCD的相邻边建立直角坐标系，AB=3，BC=5．点E是边CD上一点，将△ADE沿着AE翻折，点D恰好落在BC边上，记为F．

(1)求折痕AE所在直线的函数解析式______；

(2)若把翻折后的矩形沿y轴正半轴向上平移m个单位，连结OF，若△OAF是等腰三角形，则m的值是______，

【答案】y=-x+3    3或2或.   

【分析】(1)根据四边形ABCD是矩形以及由折叠对称性得出AF=AD=5，EF=DE，进而求出BF的长，即可得出E点的坐标，进而得出AE所在直线的解析式；

(2)分三种情况讨论：若AO=AF，OF=FA，AO=OF，利用勾股定理求出即可．

【详解】解：(1)∵四边形ABCD是矩形，

∴AD=CB=5，AB=DC=3，∠D=∠DCB=∠ABC=90°，

由折叠对称性：AF=AD=5，EF=DE，

在Rt△ABF中，BF= =4，

∴CF=1，

设EC=x，则EF=3-x，

在Rt△ECF中，12+x2=(3-x)2，

解得：x=，

∴E点坐标为：(5，)，

∴设AE所在直线解析式为：y=ax+b，

则

解得：

∴AE所在直线解析式为：y=x+3；

故答案为：y=x+3；

(2)分三种情况讨论：

若AO=AF=BC=5，

∴BO=AO-AB=2，

∴m=2；

若OF=FA，则AB=OB=3，

∴m=3，

若AO=OF，

在Rt△OBF中，AO2=OB2+BF2=m2+16，

∴(m+3)2=m2+16，

解得：m=，

综上所述，若△OAF是等腰三角形，m的值为3或2或．

故答案为：3或2或．

【点评】此题是四边形综合题，主要考查了待定系数法，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，正确的理解题意是解本题的关键．

12．如图，在正方形ABCD中，AC、BD相交于点O，E、F分别为BC、CD上的两点，，AE、BF分别交BD、AC于M、N两点，连OE、下列结论：；；；，其中正确的序数是______．

【答案】

【分析】易证得≌，则可证得结论正确；

由≌，可得，证得，选项正确；

证明是等腰直角三角形，求得选项正确；

证明≌，根据正方形被对角线将面积四等分，即可得出选项正确．

【详解】解：四边形ABCD是正方形，

，，

在和中，

，

≌，

，

故正确；

由知：≌，

，

，

，

故正确；

四边形ABCD是正方形，

，，

是等腰直角三角形，

，

，

故正确；

四边形ABCD是正方形，

，，

在和中，

，

≌，

，

，

故正确；

故答案为：．

【点评】此题属于四边形的综合题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质、勾股定理以及等腰直角三角形的性质注意掌握全等三角形的判定与性质是解此题的关键．

13．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E为AD中点，点P为线段AB上一个动点，连接EP，将△APE沿PE折叠得到△FPE，连接CE，CF，当△ECF为直角三角形时，AP的长为______．

【答案】1或．

【分析】分两种情况进行讨论：当∠CFE=90°时，△ECF是直角三角形；当∠CEF=90°时，△ECF是直角三角形，分别根据直角三角形的勾股定理列方程求解即可．

【详解】分两种情况进行讨论：①如图所示，当∠CFE=90°时，△ECF是直角三角形．

由折叠可得：∠PFE=∠A=90°，AE=FE=DE，

∴∠CFP=180°，

即点P，F，C在一条直线上．

在Rt△CDE和Rt△CFE中，，

∴Rt△CDE≌Rt△CFE（HL），

∴CF=CD=4，设AP=FP=x，则BP=4﹣x，CP=x+4．

在Rt△BCP中，BP2+BC2=PC2，即（4﹣x）2+62=（x+4）2，

解得：x，即AP；

②如图所示，当∠CEF=90°时，△ECF是直角三角形．

过F作FH⊥AB于H，作FQ⊥AD于Q，则∠FQE=∠D=90°．

又∵∠FEQ+∠CED=90°=∠ECD+∠CED，

∴∠FEQ=∠ECD，

∴△FEQ∽△ECD，

∴，即，

解得：FQ，QE，

∴AQ=HF，AH，

设AP=FP=x，则HPx．

∵Rt△PFH中，HP2+HF2=PF2，

即（x）2+（）2=x2，解得：x=1，即AP=1．

综上所述：AP的长为1或．

【点评】本题考查了折叠问题，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质以及勾股定理．解题时注意：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．

14．如图的三边长分别为30，48，50，以它的三边中点为顶点组成第一个新三角形，再以第一个新三角形三边中点为顶点组成第二个新三角形，如此继续，则第6个新三角形的周长为______．

【答案】2

【分析】根据三角形中位线定理依次可求得第二个三角形和第三个三角形的周长，可找出规律，进而可求得第6个三角形的周长．

【详解】如图，、F分别为AB、AC的中点，

，同理可得，，

，

即的周长的周长，

第二个三角形的周长是原三角形周长的，

同理可得的周长的周长的周长的周长，

第三个三角形的周长是原三角形周长的，

第六个三角形的周长是原三角形周长的，

原三角形的三边长为30，48，50，

原三角形的周长为128，

第一个新三角形的周长为64，

第六个三角形的周长，

故答案为：2．

【点评】本题考查三角形中位线定理，掌握三角形中位线平行第三边且等于第三边的一半是解题的关键．

15．将2019个边长为2的正方形，按照如图所示方式摆放，O1，O2，O3，O4，O5，…是正方形对角线的交点，那么阴影部分面积之和等于_____．

【答案】2018

【分析】根据题意可得：阴影部分的面积是正方形的面积的，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则2019个这样的正方形重叠部分即为(2019﹣1)个阴影部分的和，问题得解．

【详解】由题意可得阴影部分面积等于正方形面积的，则一个阴影部分面积为：1．

n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为×（n﹣1）×4=（n﹣1）．

所以这个2019个正方形重叠部分的面积和=×（2019﹣1）×4=2018，

故答案为：2018．

【点评】本题考查了正方形的性质，解决本题的关键是得到n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和的计算方法，难点是求得一个阴影部分的面积．

三、解答题

16．如图，在长方形ABCD中，AB＝CD＝6cm，BC＝10cm，点P从点B出发，以2cm/秒的速度沿BC向点C运动，设点P的运动时间为t秒：

（1）PC＝　   　cm．（用t的代数式表示）

（2）当t为何值时，△ABP≌△DCP？

（3）当点P从点B开始运动，同时，点Q从点C出发，以vcm/秒的速度沿CD向点D运动，是否存在这样v的值，使得△ABP与△PQC全等？若存在，请求出v的值；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）(10﹣2t)；（2）t＝2.5；（3）2.4或2

【分析】（1）根据P点的运动速度可得BP的长，再利用BC﹣BP即可得到CP的长；

（2）当t＝2.5时，△ABP≌△DCP，根据三角形全等的条件可得当BP＝CP时，再加上AB＝DC，∠B＝∠C可证明△ABP≌△DCP；

（3）此题主要分两种情况①当BA＝CQ，PB＝PC时，再由∠B＝∠C，可得△ABP≌△QCP；②当BP＝CQ，AB＝PC时，再由∠B＝∠C，可得△ABP≌△PCQ，然后分别计算出t的值，进而得到v的值．

【详解】解：（1）点P从点B出发，以2cm/秒的速度沿BC向点C运动，点P的运动时间为t秒时，BP＝2t，

则PC＝（10﹣2t）cm；

故答案为：（10﹣2t）；

（2）当t＝2.5时，△ABP≌△DCP，

∵当t＝2.5时，BP＝2.5×2＝5，

∴PC＝10﹣5＝5，

∵在△ABP和△DCP中，

，

∴△ABP≌△DCP（SAS）；

（3）①如图1，当BA＝CQ，PB＝PC时，再由∠B＝∠C，可得△ABP≌△QCP，

∵PB＝PC，

∴BP＝PC＝BC＝5，

2t＝5，

解得：t＝2.5，

BA＝CQ＝6，

v×2.5＝6，

解得：v＝2.4（秒）．

②如图2，当BP＝CQ，AB＝PC时，再由∠B＝∠C，可得△ABP≌△PCQ，

∵AB＝6，

∴PC＝6，

∴BP＝10﹣6＝4，

2t＝4，

解得：t＝2，

CQ＝BP＝4，

2v＝4，

解得：v＝2；

综上所述：当v＝2.4秒或2秒时△ABP与△PQC全等．

【点评】此题主要考查了全等三角形的判定，关键是掌握全等三角形全等的条件，找准对应边．

17．已知三角形纸片ABC的面积为48，BC的长为8．按下列步骤将三角形纸片ABC进行裁剪和拼图：

第一步：如图1，沿三角形ABC的中位线DE将纸片剪成两部分．在线段DE上任意取一点F，在线段BC上任意取一点H，沿FH将四边形纸片DBCE剪成两部分；

第二步：如图2，将FH左侧纸片绕点D旋转180°，使线段DB与DA重合；将FH右侧纸片绕点E旋转180°，使线段EC与EA重合，再与三角形纸片ADE拼成一个与三角形纸片ABC面积相等的四边形纸片．

     图1               图2

（1）当点F，H在如图2所示的位置时，请按照第二步的要求，在图2中补全拼接成的四边形；

（2）在按以上步骤拼成的所有四边形纸片中，其周长的最小值为_________．

【答案】28

【分析】（1）利用旋转的旋转即可作出图形；

（2）先求出的边长边上的高为，进而求出与间的距离为，再判断出最小时，拼成的四边形的周长最小，即可得出结论.

【详解】（1）∵DE是△ABC的中位线，

∴四边形BDFH绕点D顺时针旋转，点B和点A重合，

四边形CEFH绕点E逆时针旋转，点C和点A重合，

∴补全图形如图1所示，

（2）∵△ABC的面积是48，BC=8，

∴点A到BC的距离为12，

∵DE是△ABC的中位线，

∴平行线DE与BC间的距离为6，

由旋转知，∠DAH''=∠B，∠CAH'=∠C，

∴∠DAH''+∠BAC+∠CAH'=180°，

∴点H''，A，H'在同一条直线上，

由旋转知，∠AEF'=∠CEF，

∴∠AEF'+∠CEF'=∠CEF+∠CEF'=180°，

∴点F，E，F'在同一条直线上，

同理：点F，D，F''在同一条直线上，

即：点F'，F''在直线DE上，

由旋转知，AH''=BH，AH'=CH，DF''=DF，EF'=EF，F''H''=FH=F'H'，

∴F'F''=2DE=BC=H'H''，

∴四边形F'H'H''F''是平行四边形，

∴▱F'H'H''F''的周长为2F'F''+2F'H'=4DE+2FH=2BC+2FH=16+2FH，

∵拼成的所有四边形纸片中，其周长的最小时，FH最小，

即：FH⊥BC，

∴FH=6，

∴周长的最小值为16+2×6=28，

故答案为28．

【点评】此题是四边形综合题，主要考查了旋转的旋转和作图，判断三点共线的方法，平行四边形的判断和性质，判断出四边形是平行四边形是解本题的关键.

18．如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，BC上，且AE＝BF，

（1）试探索线段AF，DE的数量关系，写出你的结论并说明理由；

（2）连接EF，DF，分别取AE，EF，FD，DA的中点H，I，J，K，则四边形HIJK是什么特殊四边形．请在图2中补全图形，并说明理由．

【答案】（1）AF＝DE，理由见解析；（2）正方形，图形见解析，理由见解析．

【分析】（1）根据已知利用SAS判定△DAE≌△ABF，由全等三角形的判定方法可得到AF=DE；
（2）根据已知可得HK，KJ，IJ，HI都是中位线，由全等三角形的判定可得到四边形四边都相等且有一个角是直角，从而来可得到该四边形是正方形．

【详解】解：（1）AF＝DE．

理由：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝AD，∠DAB＝∠ABC＝90°

又∵AE＝BF，

∴△DAE≌△ABF（SAS）

∴AF＝DE；

（2）如图所示：

四边形HIJK是正方形．理由：

∵H，I，J，K分别是AE，EF，FD，DA的中点，

∴HI＝KJ＝AF，HK＝IJ＝ED

∵AF＝DE，

∴HI＝KJ＝HK＝IJ

∴四边形HIJK是菱形．

∵△DAE≌△ABF，

∴∠ADE＝∠BAF

∵∠ADE＋∠AED＝90°

∴∠BAF＋∠AED＝90°

∴AF⊥DE

∵HK∥DE，HI∥AF，

∴HK⊥HI

∴∠KHI＝90°

∴四边形HIJK是正方形．

19．四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以、为邻边作矩形，连接．

（1）如图，求证：矩形是正方形；

（2）若，求的长度；

（3）当线段与正方形的某条边的夹角是30°时，直接写出的度数．

【答案】（1）证明见解析（2）（3）当与的夹角为时，；当与的夹角为时，

【分析】（1）过作于点，于点，证明，得到，根据正方形的判定定理证明即可；

（2）通过计算发现是中点，点与重合，由（1）可知四边形是正方形，由此即可解决问题．

（3）分两种情形考虑问题即可；

【详解】解：（1）证明：过作于点，于点，如图：

∵四边形为正方形

∴

∴

∵

∴

∵

∵

∴

∴在和

∴

∴

∴矩形是正方形．

（2）如图：

∵由（1）可知，在中，

∴

∵

∴

∴与重合

∵四边形是正方形

∴．

（3）①当与的夹角为时，如图：

∵，

∴

∴

∴；

②当与的夹角为时，如图：

∵，

∴

∴

∵

∴．

∴综上所述， 或

故答案是：（1）证明见解析（2）（3）当与的夹角为时，；当与的夹角为时，

【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．

20．已知：如图，在矩形中，、分别是边、的中点，、分别是线段、的中点．

（1）求证：；

（2）填空：当的值为多少时，四边形是正方形，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）当时，四边形是正方形，理由见解析

【分析】（1）根据矩形性质得出AB=DC，∠A=∠D=90°，根据全等三角形的判定推出即可；

（2）由题意求出四边形MENF是平行四边形，求出∠BMC=90°和ME=MF，根据正方形的判定推出即可．

【详解】解：（1）证明：四边形是矩形，

，，

为的中点，

，

在和中

（2）当时，四边形是正方形，

理由是：，，，

，

，

，

，

四边形是矩形，

，

，

，

、、分别是、、的中点，

，，，，

四边形是平行四边形，

，，

四边形是正方形，

当时，四边形是正方形．

【点评】本题考查矩形的性质和判定，平行四边形的判定，正方形的判定，全等三角形的性质和判定以及三角形的中位线的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力．

21．如图，正方形ABCD中，点E在BC边上，AF平分∠DAE，DF//AE，AF与CD相交于点G.

（1）如图1，当∠AEC = ，AE=4时，求FG的长；

（2）如图2，在AB边上截取点H，使得DH=AE，DH与AF、AE分别交于点M、N，求证：AE=AH+DG

【答案】（1）FG＝2；（2）见解析.

【分析】（1）根据正方形的性质，平行线的性质，角平分线的性质可得出∠DAF=∠F=30°，进一步可求得∠GDF=∠F=30°，从而得出FG=DG，利用勾股定理可求出DG=2，故FG=2.

（2）根据已知条件可证得AE=DH且AE⊥DH，从而证得∠MAH=∠AMH,∠DMG=∠DGM,从而证得AH=MH，DM=DG，而AE=DH=DM+MH即AE=AH+DG.

【详解】（1）当∠AEC＝120°，即∠DAE＝60°，

即∠BAE＝∠EAG＝∠DAG＝30°，

在三角形ABE中，

AE＝4，

所以，BE＝2，AB＝2，

所以，AD＝AB＝2，

又DF∥AE，所以，∠F＝∠EAG＝30°，

所以，∠F＝∠DAG＝30°，

又所以，∠AGD＝60°，所以，∠CDG＝30°，

所以　FG＝DG

在△ADG中，AD＝2，所以，DG＝2，FG＝2

（2）证明：∵四边形ABCD为正方形，

∴∠DAH=∠ABE=90°，AD=AB,

在Rt△ADH和Rt△BAE中

∴Rt△ADH≌Rt△BAE，

∴∠ADH=∠BAE,

∵∠BAE+∠DAE=90°，

∴∠ADH+∠DAE=90°，

∴∠AND=90°.

∵AF平分∠DAE，

∴∠DAG=∠EAG,

∵∠ADH=∠BAE,

∴∠DAG+∠ADH=∠EAG+∠BAE.

即∠MAH=∠AMH.

∴AH=MH.

∵AE∥DF,

∴∠MDF=∠AND=90°,∠DAF=∠F

∴∠GDF=∠ADM,

∴∠ADM+∠DAF=∠GDF+∠F,

即∠DMG=∠DGM.

∴DM=DG.

∵DH=DM+HM,

∴AE=AH+DG.

【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的性质、平行线的性质、三角形的外角的性质等腰三角形的判定，线段的各差关系。正确理解和运用相关知识是解题关键.

22．如图，在中，点是的中点，点是线段的延长线上的一动点，连接，过点作的平行线，与线段的延长线交于点，连接、.

(1)求证：四边形是平行四边形.

(2)若，，则在点的运动过程中：

①当______时，四边形是矩形；

②当______时，四边形是菱形.

【答案】(1)、证明过程见解析；(2)、①、2；②、4．

【分析】(1)、首先证明△BEF和△DCF全等，从而得出DC=BE，结合DC和AB平行得出平行四边形；(2)、①、根据矩形得出∠CEB=90°，结合∠ABC=120°得出∠CBE=60°，根据直角三角形的性质得出答案；②、根据菱形的性质以及∠ABC=120°得出△CBE是等边三角形，从而得出答案．

【详解】(1)、证明：∵AB∥CD，∴∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，∵点F是BC的中点，

∴BF=CF，在△DCF和△EBF中，∠CDF=∠FEB，∠DCF=∠EBF，FC=BF，

∴△EBF≌△DCF（AAS）， ∴DC=BE， ∴四边形BECD是平行四边形；

(2)、①BE=2；∵当四边形BECD是矩形时，∠CEB=90°，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°；

∴∠ECB=30°，∴BE=BC=2，

②BE=4，∵四边形BECD是菱形时，BE=EC，∵∠ABC=120°，∴∠CBE=60°，

∴△CBE是等边三角形，∴BE=BC=4．

【点评】本题主要考查的是平行四边形的性质以及矩形、菱形的判定定理，属于中等难度的题型．理解平行四边形的判定定理以及矩形和菱形的性质是解决这个问题的关键．

23．如图l，已知正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E是AC上一点，连结EB，过点A作AMBE，垂足为M，AM交BD于点F．

（1）求证：OE=OF；

（2）如图2，若点E在AC的延长线上，AMBE于点M，交DB的延长线于点F，其它条件不变，则结论“OE=OF”还成立吗．如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）成立，证明见解析．

【详解】解：(1)∵四边形ABCD是正方形．

∴∠BOE＝∠AOF＝90°，OB＝OA，

又∵AM⊥BE，

∴∠MEA＋∠MAE＝90°＝∠AFO＋∠MAE

∴∠MEA＝∠AFO，

∴Rt△BOE≌ Rt△AOF

∴OE＝OF

(2)OE＝OF成立

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BOE＝∠AOF＝90°，OB＝OA

又∵AM⊥BE，

∴∠F＋∠MBF＝90°＝∠E＋∠OBE

又∵∠MBF＝∠OBE

∴∠F＝∠E

∴Rt△BOE≌Rt△AOF

∴OE＝OF

24．如图，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，AC=AD，M，N分别为AC，CD的中点，连接BM，MN，BN．

（1）求证：BM=MN；

（2）∠BAD=60°，AC平分∠BAD，AC=2，求BN的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）

【分析】（1）在△CAD中，由中位线定理得到MN∥AD，且MN=AD，在Rt△ABC中，因为M是AC的中点，故BM=AC，即可得到结论；

（2）由∠BAD=60°且AC平分∠BAD，得到∠BAC=∠DAC=30°，由（1）知，BM=AC=AM=MC，得到∠BMC =60°．由平行线性质得到∠NMC=∠DAC=30°，故∠BMN=90°，得到，再由MN=BM=1，得到BN的长．

【详解】（1）在△CAD中，∵M、N分别是AC、CD的中点，∴MN∥AD，且MN=AD，在Rt△ABC中，∵M是AC的中点，∴BM=AC，又∵AC=AD，∴MN=BM；

（2）∵∠BAD=60°且AC平分∠BAD，∴∠BAC=∠DAC=30°，由（1）知，BM=AC=AM=MC，∴∠BMC=∠BAM+∠ABM=2∠BAM=60°．∵MN∥AD，∴∠NMC=∠DAC=30°，∴∠BMN=∠BMC+∠NMC=90°，∴，而由（1）知，MN=BM=AC=×2=1，∴BN=．

考点：三角形的中位线定理，勾股定理．

25．将平行四边形纸片按如图方式折叠，使点与重合，点 落到处，折痕为．

（1）求证：；

（2）连结，判断四边形是什么特殊四边形？证明你的结论．

【答案】（1）证明见解析；（2）四边形AECF是菱形．证明见解析.

【分析】（1）根据平行四边形的性质及折叠的性质我们可以得到∠B=∠D′，AB=AD′，∠1=∠3，从而利用ASA判定△ABE≌△AD′F；

（2）四边形AECF是菱形，我们可以运用菱形的判定，有一组邻边相等的平行四边形是菱形来进行验证．

【详解】解:（1）由折叠可知：∠D=∠D′，CD=AD′，

∠C=∠D′AE．

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠B=∠D，AB=CD，∠C=∠BAD．

∴∠B=∠D′，AB=AD′，∠D′AE=∠BAD，

即∠1+∠2=∠2+∠3．

∴∠1=∠3．

在△ABE和△AD′F中

∵

∴△ABE≌△AD′F（ASA）．

（2）四边形AECF是菱形．

证明：由折叠可知：AE=EC，∠4=∠5．

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC．

∴∠5=∠6．

∴∠4=∠6．

∴AF=AE．

∵AE=EC，

∴AF=EC．

又∵AF∥EC，

∴四边形AECF是平行四边形．

又∵AF=AE，

∴平行四边形AECF是菱形．

考点：1.全等三角形的判定；2.菱形的判定．