三年江苏中考数学模拟题分类汇总之四边形

这是一份三年江苏中考数学模拟题分类汇总之四边形，共25页。

A．45°B．50°C．55°D．60°
2．（2023•沭阳县三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E是BC的中点，连接AE，AF平分∠DAE交CD于点F，连接BF交AE于点G，则AG的长为（ ）
A．225B．409C．2529D．823
3．（2023•盐都区三模）正六边形的外角和是（ ）
A．720°B．540°C．360°D．180°
4．（2023•盐都区三模）添加下列一个条件，能使矩形ABCD成为正方形的是（ ）
A．AB＝CDB．AC⊥BDC．∠BAD＝90°D．AC＝BD
5．（2022•高邮市校级模拟）下列长度的三条线段与长度为5的线段能组成四边形的是（ ）
A．2，2，2B．1，1，8C．1，2，2D．1，1，1
6．（2022•高邮市模拟）已知正多边形的一个外角是40°，则这个正多边形的边数是（ ）
A．九B．八C．七D．六
7．（2021•锡山区模拟）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．两组对边分别平行B．对角线相等
C．对角线互相垂直D．两组对边分别相等
8．（2021•建湖县一模）如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD交AD于点E，AB＝6，BC＝10，则EF长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二．填空题（共7小题）
9．（2023•启东市二模）若一个多边形的内角和比外角和大360°，则这个多边形的边数为 ．
10．（2023•盐城二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，若AB=5cm，AC＝2cm，则BD的长为 cm．
11．（2023•海门市二模）一个正n边形的内角和等于900°，则n＝ ．
12．（2022•靖江市一模）一个多边形的每个外角都是45°，则这个多边形的边数为 ．
13．（2022•鼓楼区校级二模）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BA，BC的中点．若BD＝2，则EF的长是 ．
14．（2021•惠山区校级三模）一个多边形的内角和是720°，这个多边形的边数是 ．
15．（2021•东海县模拟）如图，正八边形和正五边形按如图方式拼接在一起，则∠ABC的度数为 ．
三．解答题（共7小题）
16．（2023•盐都区三模）如图，在▱ABCD中，点E在AB上，点F在CD上，且AE＝CF．
（1）求证：四边形DEBF是平行四边形；
（2）若DE为∠ADC的平分线，且AD＝3，EB＝2，求▱ABCD的周长．
17．（2023•梁溪区模拟）如图，在菱形ABCD中，延长BA到点E，使得AE＝AB，连接DE．
（1）求证：△BDE为直角三角形；
（2）若DE＝6cm，求OC的长．
18．（2022•金坛区一模）如图，正方形ABCD的边长是4，点E是AD边上一个动点，连接BE，将△ABE沿直线BE翻折得到△FBE．
（1）如图1，若点F落在对角线BD上，则线段DE与AE的数量关系是 ；
（2）若点F落在线段CD的垂直平分线上，在图2中用直尺和圆规作出△FBE（不写作法，保留作图痕迹）．连接DF，则∠EDF＝ °；
（3）如图3，连接CF，DF，若∠CFD＝90°，求AE的长．
19．（2022•灌南县一模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明四边形ADCF是菱形．
20．（2021•玄武区一模）如图，在平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上的点，且BE＝DF，连接AE，CF．
（1）求证△ADE≌△CBF；
（2）连接AF，CE，若AB＝AD，求证：四边形AFCE是菱形．
21．（2021•连云港模拟）如图，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，延长AE至G，使EG＝AE，连接CG．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）当线段AB与线段AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由．
22．（2021•常州二模）如图，矩形EFGH的顶点E、G分别在菱形ABCD的边AD、BC上，顶点F、H在菱形ABCD的对角线BD上．
（1）求证：BG＝DE；
（2）若E为AD中点，菱形ABCD的周长是20，求FH的长．
江苏三年（2021-2023）中考数学模拟题分类汇总---四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2023•梁溪区模拟）如图，在▱ABCD中，已知∠A+∠C＝260°，则∠B的度数为（ ）
A．45°B．50°C．55°D．60°
【考点】平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】B
【分析】由平行四边形的性质可求∠A＝∠C＝130°，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，∠A+∠B＝180°，
∵∠A+∠C＝260°，
∴∠A＝∠C＝130°，
∴∠B＝50°，
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的对角相等是解题的关键．
2．（2023•沭阳县三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E是BC的中点，连接AE，AF平分∠DAE交CD于点F，连接BF交AE于点G，则AG的长为（ ）
A．225B．409C．2529D．823
【考点】矩形的性质；角平分线的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】延长AE交DC延长线于点M，过点F作FN⊥AM于点N，由矩形的性质可得AB＝CD＝4，AD＝BC＝6，∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝∠BAD＝90°，根据全等三角形的判定与性质可得AB＝MC＝4，AE＝ME，然后利用相似三角形的判定与性质可得答案．
【解答】解：延长AE交DC延长线于点M，过点F作FN⊥AM于点N，
在矩形ABCD中，AB＝CD＝4，AD＝BC＝6，∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝∠BAD＝90°，
∵AF平分∠DAE，FN⊥AM，FD⊥AD，
∴FN＝FD，
设FN＝FD＝x，则FC＝4﹣x，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝EC＝3，
∵∠ABE＝∠MCE＝90°，
在△ABE和△MCE中，
∠ABE＝∠MCE，BE＝EC，∠AEB＝∠MEC，
∴△ABE≌△MCE（ASA），
∴AB＝MC＝4，AE＝ME，
在Rt△ABE中，AE=AB2+BE2=42+32=5，
∴AM＝10，
∵∠M＝∠M，∠MNF＝∠MDA＝90°，
∵△MFN∽△MAD，
∴NFAD=MFAM，
∵MF＝8﹣x，
∴86=8−x10，
∴x＝3，
∴MF＝5，
∵AB∥CD，
∴∠BAG＝∠M，∠ABG＝∠GFM，
∴△BAG∽△FMG，
∴BAFMAGMG，
∴45=AGMG，
∴AG=49AM=49×10=409，
故选：B．
【点评】此题考查的是矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键．
3．（2023•盐都区三模）正六边形的外角和是（ ）
A．720°B．540°C．360°D．180°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】正多边形与圆；运算能力．
【答案】C
【分析】根据任何多边形的外角和是360度即可求出答案．
【解答】解：六边形的外角和是360°．
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的外角和定理，关键是掌握任何多边形的外角和是360度，外角和与多边形的边数无关．
4．（2023•盐都区三模）添加下列一个条件，能使矩形ABCD成为正方形的是（ ）
A．AB＝CDB．AC⊥BDC．∠BAD＝90°D．AC＝BD
【考点】正方形的判定；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】由正方形的判定、矩形的性质分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠BAD＝90°，AC＝BD，故选项A、C、D不符合题意；
D：对角线互相垂直的矩形是正方形，故选项B符合题意．
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的判定、矩形的性质；熟练掌握菱形的判定和矩形的性质是解题的关键．
5．（2022•高邮市校级模拟）下列长度的三条线段与长度为5的线段能组成四边形的是（ ）
A．2，2，2B．1，1，8C．1，2，2D．1，1，1
【考点】多边形．
【专题】多边形与平行四边形；几何直观；运算能力．
【答案】A
【分析】根据若四条线段能组成四边形，则三条较短边的和必大于最长边逐项判定即可．
【解答】解：A、∵2+2+2＝6＞5，
∴此三条线段与长度为5的线段能组成四边形，故此选项符合题意；
B、∵1+1+5＝7＜8，
∴此三条线段与长度为5的线段不能组成四边形，故此选项不符合题意；
C、∵1+2+2＝5，
∴此三条线段与长度为5的线段不能组成四边形，故此选项不符合题意；
D、∵1+1+1＝3＜5，
∴此三条线段与长度为5的线段不能组成四边形，故此选项不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了三角形的三边关系，熟练掌握三角形的三边关系是解题的关键．
6．（2022•高邮市模拟）已知正多边形的一个外角是40°，则这个正多边形的边数是（ ）
A．九B．八C．七D．六
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】A
【分析】应用多边形内角和定理进行计算即可得出答案．
【解答】解：根据题意可得，
这个正多边形的边数是360°40°=9．
故选：A．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和，熟练掌握多边形的外角和定理进行求解是解决本题的关键．
7．（2021•锡山区模拟）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．两组对边分别平行B．对角线相等
C．对角线互相垂直D．两组对边分别相等
【考点】矩形的性质；菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】菱形的性质有四边相等，对角相等，对角线平分、垂直且平分每组对角；矩形的性质有对边相等，四角相等，对角线平分且相等．
【解答】解：选项A，菱形和矩形都是特殊的平行四边形，两组对边分别平行，不符合题意；
选项B，矩形的对角线相等，而菱形的对角线不相等，不符合题意；
选项C，菱形的对角线互相平分且互相垂直，而矩形的对角线相等且互相平分但不垂直，符合题意；
选项D，菱形和矩形都是平行四边形，对边都相等，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查菱形与矩形的性质，需要同学们对各种平行四边形的性质熟练掌握并区分．
8．（2021•建湖县一模）如图，在▱ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD交AD于点E，AB＝6，BC＝10，则EF长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【考点】平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形．
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质可得∠AFB＝∠FBC，由角平分线可得∠ABF＝∠FBC，所以∠AFB＝∠ABF，所以AF＝AB＝6，同理可得DE＝CD＝6，则根据EF＝AF+DE﹣AD即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝10，DC＝AB＝6．
∴∠AFB＝∠FBC．
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠FBC．
∴∠AFB＝∠ABF．
∴AF＝AB＝6．
同理可得DE＝DC＝6．
∴EF＝AF+DE﹣AD＝6+6﹣10＝2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、角平分线的定义，解题的关键是依据数学模型“角平分线+平行线＝等腰三角形”转化线段．
二．填空题（共7小题）
9．（2023•启东市二模）若一个多边形的内角和比外角和大360°，则这个多边形的边数为 6 ．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】应用题．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°，外角和等于360°列出方程求解即可．
【解答】解：设多边形的边数是n，
根据题意得，（n﹣2）•180°﹣360°＝360°，
解得n＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查了多边形的内角和公式与外角和定理，注意利用多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°是解题的关键．
10．（2023•盐城二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，若AB=5cm，AC＝2cm，则BD的长为 4 cm．
【考点】菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】4．
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，BO＝DO，由勾股定理可求BO，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝2cm，
∴AC⊥BD，BO＝DO，AO＝CO＝1cm，
∵AB=5cm，
∵BO=AB2−AO2=2cm，
∴DO＝BO＝2cm，
∴BD＝4cm，
故答案为：4．
【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
11．（2023•海门市二模）一个正n边形的内角和等于900°，则n＝ 7 ．
【考点】多边形内角与外角．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据n边形的内角和为（n﹣2）180°列出关于n的方程，解方程即可求出边数n的值．
【解答】解：这个多边形的边数是n，
则：（n﹣2）180°＝900°，
解得n＝7，
故答案为：7．
【点评】本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理．
12．（2022•靖江市一模）一个多边形的每个外角都是45°，则这个多边形的边数为 8 ．
【考点】多边形内角与外角．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用任何多边形的外角和是360°，用360°除以一个外角度数即可求出答案．
【解答】解：多边形的外角的个数是360÷45＝8，
所以多边形的边数是8．
故答案为：8．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理，已知外角求边数的这种方法是需要熟记的内容．
13．（2022•鼓楼区校级二模）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BA，BC的中点．若BD＝2，则EF的长是 1 ．
【考点】正方形的性质；三角形中位线定理．
【专题】推理填空题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】1．
【分析】连接AC，由题意可得，EF是△ABC的中位线，所以EF=12AC，根据正方形的性质得，AC＝BD＝2．从而求出EF的长．
【解答】解：连接AC，如图所示，
∵四边形ABCD是正方形．
∴AC＝BD＝2．
∵E，F分别是BA，BC的中点．
∴EF是△ABC的中位线．
∴EF=12AC=12×2＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查了正方形的性质与三角形中位线．熟练运用正方形对角线相等是解题的关键．
14．（2021•惠山区校级三模）一个多边形的内角和是720°，这个多边形的边数是 6 ．
【考点】多边形内角与外角．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据内角和定理180°•（n﹣2）即可求得．
【解答】解：∵多边形的内角和公式为（n﹣2）•180°，
∴（n﹣2）×180°＝720°，
解得n＝6，
∴这个多边形的边数是6．
故答案为：6．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理即180°•（n﹣2），难度适中．
15．（2021•东海县模拟）如图，正八边形和正五边形按如图方式拼接在一起，则∠ABC的度数为 31.5° ．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】正多边形与圆；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据正八边形的内角和正五边形的内角结合周角的定义和等腰三角形性质可得结论．
【解答】解：由题意得：正八边形的每个内角都等于135°，正五边形的每个内角都等于108°，
故∠BAC＝360°﹣135°﹣108°＝117°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣117°）÷2＝31.5°．
故答案为：31.5°．
【点评】本题考查了正多边形的内角与外角、等腰三角形的性质，熟练正八边形的内角，正五边形的内角是解题的关键．
三．解答题（共7小题）
16．（2023•盐都区三模）如图，在▱ABCD中，点E在AB上，点F在CD上，且AE＝CF．
（1）求证：四边形DEBF是平行四边形；
（2）若DE为∠ADC的平分线，且AD＝3，EB＝2，求▱ABCD的周长．
【考点】平行四边形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）16．
【分析】（1）由平行四边形的在得AB＝CD，AB∥CD，再证BE＝DF，然后由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得AB＝CD，AD＝BC＝3，AB∥CD，再证∠ADE＝∠AED，得AE＝AD＝3，则AB＝AE+EB＝5，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，
∵AE＝CF，
∴AB﹣AE＝CD﹣CF，
即BE＝DF，
∴四边形DEBF是平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC＝3，AB∥CD，
∴∠AED＝∠CDE，
∵DE为∠ADC的平分线，
∴∠ADE＝∠CDE，
∴∠ADE＝∠AED，
∴AE＝AD＝3，
∴AB＝AE+EB＝3+2＝5，
∴▱ABCD的周长＝2（AB+AD）＝2×（5+3）＝16．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质以及等腰三角形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
17．（2023•梁溪区模拟）如图，在菱形ABCD中，延长BA到点E，使得AE＝AB，连接DE．
（1）求证：△BDE为直角三角形；
（2）若DE＝6cm，求OC的长．
【考点】菱形的性质；三角形中位线定理．
【专题】证明题；推理能力．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）3cm．
【分析】（1）根据菱形的性质证明∠ADB+∠ADE＝90°，即可解决问题；
（2）根据三角形中位线定理即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵AE＝AB，
∴AE＝AD，
∴∠AED＝∠ADE，
∵∠ABD+∠ADB+∠AED+∠ADE＝180°，
∴2∠ADB+2∠ADE＝180°，
∴∠ADB+∠ADE＝90°，
∴∠BDE＝90°，
∴△BDE为直角三角形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，
∵AE＝AB，
∴OA=12DE=12×6＝3（cm），
∴OC＝OA＝3cm．
【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形的判定，三角形的中位线定理，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
18．（2022•金坛区一模）如图，正方形ABCD的边长是4，点E是AD边上一个动点，连接BE，将△ABE沿直线BE翻折得到△FBE．
（1）如图1，若点F落在对角线BD上，则线段DE与AE的数量关系是 DE=2AE ；
（2）若点F落在线段CD的垂直平分线上，在图2中用直尺和圆规作出△FBE（不写作法，保留作图痕迹）．连接DF，则∠EDF＝ 75 °；
（3）如图3，连接CF，DF，若∠CFD＝90°，求AE的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）DE=2AE；
（2）作图见解析，75；
（3）43．
【分析】（1）由折叠的性质可知△EFD为等腰直角三角形，从而得出答案；
（2）由垂直平分线的性质可知AF＝BF，则△ABF为等边三角形，得∠DAF＝30°，再利用三角形内角和可得答案；
（3）取CD的中点O，连接BO，FO，利用SSS证明△BCO≌△BFO，得∠BFO＝∠BCO＝90°，可知点E，F，O共线，设AE＝EF＝x，则DE＝4﹣x，利用勾股定理列方程可得答案．
【解答】解：（1）DE=2AE，理由如下：
在正方形ABCD中，∠ADB＝45°，∠A＝90°，
由折叠的性质可得：AE＝EF，∠EFB＝∠A＝90°，
∴∠EFD＝90°，
∴△EFD为等腰直角三角形，
即DF＝FE，
由勾股定理可得：2EF＝DE，
即DE=2AE；
（2）作图如下：
则△FBE为即为所求，
由题意可得：MN垂直平分CD，MN垂直平分AB，点F在MN上，
则AF＝BF，
由折叠的性质可得AB＝BF，
∴△ABF为等边三角形，
∴∠BAF＝60°，△ADF为等腰三角形，
∴∠DAF＝30°，
∴∠EDF=12(180°−30°)=75°，
故答案为：75；
（3）取CD的中点O，连接BO，FO，如图，
∵∠CFD＝90°，
∴OF＝CO＝OD＝2，
∵BC＝BA＝BF，BO＝BO，
∴△BCO≌△BFO（SSS），
∴∠BFO＝∠BCO＝90°，
∴∠EFB+∠BFO＝180°，
∴点E，F，O共线，
设AE＝EF＝x，则DE＝4﹣x，
在Rt△ODE中，OD2+DE2＝OE2，
∴22+（4﹣x）2＝（2+x）2，
解得x=43，
即AE的长为43．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，翻折的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，证明点E，F，O共线是解题的关键．
19．（2022•灌南县一模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明四边形ADCF是菱形．
【考点】菱形的判定；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．
【专题】证明题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据AAS证△AFE≌△DBE；
（2）利用（1）中全等三角形的对应边相等得到AF＝BD．结合已知条件，利用“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得到ADCF是菱形，由“直角三角形斜边的中线等于斜边的一半”得到AD＝DC，从而得出结论．
【解答】证明：（1）∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE＝DE，BD＝CD，
在△AFE和△DBE中，
∠AFE=∠DBE∠FEA=∠BEDAE=DE，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
（2）由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF＝DB．
∵DB＝DC，
∴AF＝CD．
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，
∴AD＝DC=12BC，
∴四边形ADCF是菱形．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，菱形的判定的应用，主要考查学生的推理能力．
20．（2021•玄武区一模）如图，在平行四边形ABCD中，E，F是对角线BD上的点，且BE＝DF，连接AE，CF．
（1）求证△ADE≌△CBF；
（2）连接AF，CE，若AB＝AD，求证：四边形AFCE是菱形．
【考点】菱形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）证明见解析过程；
（2）证明见解析过程．
【分析】（1）由“SAS”可证△ADE≌△CBF；
（2）先证四边形ABCD是菱形，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，可得EO＝FO，即可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠ADE＝∠CBF，
∵BE＝DF，
∴BF＝DE，
在△ADE和△CBF中，
AD=CB∠ADE=∠CBFDE=BF，
∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）连接AC，交BD于点O，
∵AB＝AD，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，
∴EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形AECF是菱形．
【点评】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
21．（2021•连云港模拟）如图，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，延长AE至G，使EG＝AE，连接CG．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）当线段AB与线段AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由．
【考点】矩形的判定；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，由平行线的性质得出∠ABE＝∠CDF，证出BE＝DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
（2）证出AB＝OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG＝90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，由三角形中位线定理得出OE∥CG，EF∥CG，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，
∴∠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）；
（2）解：当AC＝2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：
∵AC＝2OA，AC＝2AB，
∴AB＝OA，
∵E是OB的中点，
∴AG⊥OB，
∴∠OEG＝90°，
同理：CF⊥OD，
∴AG∥CF，
∴EG∥CF，
∵EG＝AE，OA＝OC，
∴OE是△ACG的中位线，
∴OE∥CG，
∴EF∥CG，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵∠OEG＝90°，
∴四边形EGCF是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
22．（2021•常州二模）如图，矩形EFGH的顶点E、G分别在菱形ABCD的边AD、BC上，顶点F、H在菱形ABCD的对角线BD上．
（1）求证：BG＝DE；
（2）若E为AD中点，菱形ABCD的周长是20，求FH的长．
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）见解答过程；
（2）5．
【分析】（1）根据矩形的性质得到EH＝FG，EH∥FG，得到∠GFH＝∠EHF，求得∠BFG＝∠DHE，根据菱形的性质得到AD∥BC，得到∠GBF＝∠EDH，根据全等三角形的判定与性质即可得到结论；
（2）连接EG，根据菱形的性质得到AD＝BC，AD∥BC，求得AE＝BG，AE∥BG，得到四边形ABGE是平行四边形，得到AB＝EG，即可得到FH的长．
【解答】解：（1）∵四边形EFGH是矩形，
∴EH＝FG，EH∥FG，
∴∠GFH＝∠EHF，
∵∠BFG＝180°﹣∠GFH，∠DHE＝180°﹣∠EHF，
∴∠BFG＝∠DHE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠GBF＝∠EDH，
在△BGF和△DEH中，
∠GBF=∠EDH∠BFG=∠DHEGF=EH，
∴△BGF≌△DEH（AAS），
∴BG＝DE，
（2）如图，连接EG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵E为AD中点，
∴AE＝ED，
∵BG＝DE，
∴AE＝BG，
又∵AE∥BG，
∴四边形ABGE是平行四边形，
∴EG＝AB，
∵菱形ABCD的周长是20，
∴AB＝5＝EG，
∵四边形EFGH是矩形，
∴FH＝EG＝5．
【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．解决问题的关键是连接EG，利用矩形的对角线相等，平行四边形的对边相等得出结论。