浙教版八年级下册4.2 平行四边形同步练习题

这是一份浙教版八年级下册4.2 平行四边形同步练习题，共22页。

A．各角都相等B．各边都相等C．有两条对称轴D．对角线相等
【思路点拨】利用矩形的性质和菱形的性质直接可求解．
【答案】解：∵矩形的性质为：对边平行且相等，四个角都相等，对角线互相平分且相等，有两条对称轴，
菱形的性质为：四边相等，对边平行且相等，对角相等，对角线互相垂直平分，有两条对称轴，
∴菱形和矩形都具有的性质是：对边平行且相等，对角线互相平分，有两条对称轴，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，轴对称的性质，掌握矩形的性质和菱形的性质是解题的关键．
2．（毕节市期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，且AC＝6，DB＝8，AE⊥BC于点E，则AE＝（ ）
A．6B．8C．D．
【思路点拨】根据菱形的性质和勾股定理得出BC，进而利用面积公式解答即可．
【答案】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，OC＝OA，OB＝OD，
∵AC＝6，DB＝8，
∴OC＝3，OB＝4，
∴BC＝，
∵AC＝6，DB＝8，
∴菱形ABCD的面积＝，
∵BC＝5，
∴AE＝＝，
故选：C．
【点睛】此题考查了菱形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
3．（白银期末）如图，数学课上老师给出了以下四个条件：a两组对边分别相等；b一组对边平行且相等；c一组邻边相等；d一个角是直角．有三位同学给出了不同的组合方式：①a，c，d；②b，c，d③a，b，c．你认为能得到正方形的是（ ）
A．仅①B．仅③C．①②D．②③
【思路点拨】①由条件a可得到四边形是平行四边形，添加c得到平行四边形是菱形，再添加d得到菱形是正方形，①正确；
②由条件b得到四边形是平行四边形，添加c得到平行四边形是菱形，再添加d得到矩形是正方形，②正确；
③由a和b都可得到四边形是平行四边形，再添加c得到平行四边形是菱形，不能得到四边形是正方形，③不正确．
【答案】解：①由a得到两组对边分别相等的四边形是平行四边形，添加c即一组邻边相等的平行四边形是菱形，再添加d即一个角是直角的菱形是正方形，故①正确；
②由b得到一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，添加d即有一个角是直角的平行四边形是矩形，再添加c即一组邻边相等的矩形是正方形，故②正确；
③由a得到两组对边分别相等的四边形是平行四边形，添加b得到一组对边平行且相等的平行四边形仍是平行四边形，再添加c即一组邻边相等的平行四边形是菱形，不能得到四边形是正方形，故③不正确；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解决问题的关键．
4．（南岸区期末）如图，矩形ABCD中，两条对角线AC与BD相交于点O，AB＝6，OA＝4．则这个矩形的面积为（ ）
A．24B．48C．12D．24
【思路点拨】由矩形的性质可求BD＝8，由勾股定理可求AD，即可求解．
【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，
∴AO＝BO＝DO＝4，
∴BD＝8，
∴AD＝＝＝2，
∴矩形的面积＝AB×AD＝12，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，掌握矩形的对角线相等是解题的关键．
5．（广南县期末）菱形ABCD添上下列的哪个条件，可证明ABCD是正方形（ ）
A．AC＝BDB．AB＝CDC．BC＝CDD．都不正确
【思路点拨】根据有一个角是90°的菱形是正方形，以及对角线相等的菱形是正方形进行判断即可．
【答案】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角（2）对角线相等．
即∠ABC＝90°或AC＝BD．
故选：A．
【点睛】此题主要考查了正方形的判定，正确掌握正方形的判定方法是解题关键．
6．（武侯区期末）下列说法中，是正方形具有而矩形不具有的性质是（ ）
A．两组对边分别平行B．对角线互相垂直C．四个角都为直角D．对角线互相平分
【思路点拨】根据正方形、矩形的性质即可判断．
【答案】解：因为正方形的对角相等，对角线相等、垂直、且互相平分，矩形的对角相等，对角线相等，互相平分，
所以正方形具有而矩形不具有的性质是对角线互相垂直．
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的性质等知识，记住正方形、矩形的性质是解题的关键．
7．（沙坪坝区校级期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、点F分别是BC、AB上的点，连接DE、DF、EF，满足∠DEF＝∠DEC．若AF＝1，则EF的长为（ ）
A．2.4B．3.4C．D．
【思路点拨】在EF上截取EG＝EC，连接DG，证明△DCE≌△DGE，Rt△DAF≌Rt△DGF，可得AF＝GF＝1，在Rt△BEF中，根据勾股定理可以求出EG，进而可以解决问题．
【答案】解：如图，在EF上截取EG＝EC，连接DG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠C＝90°，AB＝BC＝4，
在△DCE和△DGE中，
，
∴△DCE≌△DGE（SAS），
∴∠DGE＝∠C＝90°，DG＝DC，
∵∠A＝∠C＝90°，AB＝BC＝4，
∴∠DGF＝∠A＝90°，DG＝DA，
在Rt△DAF和Rt△DGF中，
，
∴Rt△DAF≌Rt△DGF（HL），
∴AF＝GF＝1，
∵EG＝EC，
∴BE＝BC﹣EC＝4﹣EG，EF＝EG+FG＝EG+1，BF＝AB﹣AF＝4﹣1＝3，
在Rt△BEF中，根据勾股定理，得
BE2+BF2＝EF2，
∴（4﹣EG）2+32＝（EG+1）2，
解得EG＝2.4，
∴EF＝EG+FG＝2.4+1＝3.4．
∴EF的长为3.4．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到Rt△DAF≌Rt△DGF．
8．（普宁市期末）下列说法中正确的是（ ）
A．矩形的对角线平分每组对角B．菱形的对角线相等且互相垂直
C．有一组邻边相等的矩形是正方形D．对角线互相垂直的四边形是菱形
【思路点拨】根据菱形的判定与性质，正方形的判定，矩形的性质解答即可．
【答案】解：A、矩形的对角线平分每组对角，说法错误，故本选项不符合题意；
B、菱形的对角线互相垂直，故本选项不符合题意；
C、有一组邻边相等的矩形是正方形，正确，故本选项符合题意；
D、对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握特殊平行四边形的判定与性质是解题的关键．
9．（海州区期末）如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上，EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，若AB＝10，AE＝3，则ED的长度为（ ）
A．7B．2C．D．
【思路点拨】连接BE，证明△ABE≌△ADE，可得ED＝BE，在等腰直角三角形AEF中，求出AF，EF的长，再在Rt△BEF中求出BE的长，即可得出ED的长．
【答案】解：如图，连接BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠DAC＝45°，AB＝AD，
∵AE＝AE，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE＝DE，
∵EF⊥AB于点F，AE＝3，
∴AF＝EF＝3，
∵AB＝10，
∴BF＝7，
∴BE＝＝，
∴ED＝．
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解决问题的关键在于连接BE构造全等三角形．
10．（法库县期中）如图，矩形ABCD中，DE⊥AC于E，若∠ADE＝2∠EDC，则∠BDE的度数为（ ）
A．36°B．30°C．27°D．18°
【思路点拨】根据已知条件可得∠ADE以及∠EDC的度数，然后求出△ODC各角的度数便可求出∠BDE．
【答案】解：在矩形ABCD中，∠ADC＝90°．
∵∠ADE＝2∠EDC，
∴∠ADE＝60°，∠EDC＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠DCE＝90°﹣30°＝60°，
∵OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD＝60°，
∴∠DOC＝180°﹣2×60°＝60°
∴∠BDE＝90°﹣∠DOC＝30°．
故选：B．
【点睛】本题考查的是三角形内角和定理以及矩形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
二．填空题（共6小题，每小题4分，共24分）
11．（青白江区期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，已知AB＝5cm，AO＝4cm，则BD的长为 6 cm．
【思路点拨】由菱形的性质可得AC⊥BD，BO＝DO，由勾股定理可求BO，即可求解．
【答案】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BO＝DO，
∵BO＝＝＝3（cm），
∴DO＝BO＝3（cm），
∴BD＝6（cm），
故答案为：6．
【点睛】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．
12．（高新区期末）如图，四边形ABCD是边长为cm的菱形，其中对角线BD的长为2cm，则菱形ABCD的面积为 4 cm2．
【思路点拨】首先根据菱形的性质可得BO＝DO，AC⊥DB，AO＝CO，然后再根据勾股定理计算出AO长，进而得到答案．
【答案】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BO＝DO，AC⊥DB，AO＝CO，
∵BD＝2cm，
∴BO＝1cm，
∵AB＝cm，
∴AO＝＝＝2（cm），
∴AC＝2AO＝4cm．
∴S菱形ABCD＝（cm2）．
故答案为：4．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质，关键是掌握菱形的两条对角线互相垂直且平分．
13．（铁西区期末）如图，点E，F在正方形ABCD的对角线AC上，AC＝10，AE＝CF＝3，则四边形BFDE的面积为 20 ．
【思路点拨】连接BD交AC于点O，则可证得OE＝OF，OD＝OB，可证四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，可证得四边形BEDF为菱形，再分别得到BD、EF的长，即可得到答案．
【答案】解：连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD为正方形，
∴OA＝OB＝OC＝OD，AC⊥BD，
又∵AE＝CF，
∴OE＝OF，
∴四边形BEDF为平行四边形，
∵EF垂直平分BD，
∴EB＝ED，
∴四边形BEDF是菱形，
∴BD＝AC＝10，
∵AE＝CF＝3，
∴EF＝4，
∴四边形BFDE的面积为BD•EF＝×10×4＝20．
故答案为：20．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、菱形的判定和性质，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键．
14．（泉港区期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点D在AB边上，DE⊥AC，DF⊥BC，垂足分别为点E、F，连接EF，则线段EF的最小值等于 4.8 ．
【思路点拨】连接CD，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CFDE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF＝CD，再根据垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可．
【答案】解：如图，连接CD．
∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，
∴AB＝＝10，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠ACB＝90°，
∴四边形CFDE是矩形，
∴EF＝CD，
由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，
∵S△ABC＝BC•AC＝AB•CD，
∴×8×6＝×10×CD，
解得CD＝4.8，
∴EF＝4.8．
故答案为：4.8．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出CD⊥AB时，线段EF的值最小是解题的关键，难点在于利用三角形的面积列出方程．
15．（曹县二模）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，AC＝8，BD＝6，点E是CD上一点，连接OE，若OE＝AE，则OE的长为 2.5 ．
【思路点拨】根据菱形的对角线互相垂直平分求出OA，OD，AC⊥BD，再利用勾股定理列式求出AD，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求解即可．
【答案】解：∵菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，
∴OD＝BD＝×6＝3，OA＝AC＝×8＝4，AC⊥BD，
由勾股定理得，AD＝＝＝5，
∵OE＝EE，
∴∠EAC＝∠AOE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠EOA，
∴OE∥CD，
∵AO＝OC，
∴OE是△ADC的中位线，
∴OE＝CD＝×5＝2.5，
故答案为：2.5．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，勾股定理，熟记性质与定理是解题的关键．
16．（沈北新区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点P是对角线AC上一点，若点P、A、B组成一个等腰三角形时，△PAB的面积为 或或3 ．
【思路点拨】过B作BM⊥AC于M，根据矩形的性质得出∠ABC＝90°，根据勾股定理求出AC，根据三角形的面积公式求出高BM，分为三种情况：①AB＝BP＝3，②AB＝AP＝3，③AP＝BP，分别画出图形，再求出面积即可．
【答案】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
由勾股定理得：AC＝＝＝5，
有三种情况：
①当AB＝BP＝3时，如图1，过B作BM⊥AC于M，
∵S△ABC＝，
∴＝，
解得：BM＝，
∵AB＝BP＝3，BM⊥AC，
∴AM＝PM＝＝，
∴AP＝AM+PM＝，
∴△PAB的面积S＝＝××＝；
②当AB＝AP＝3时，如图2，
∵BM＝，
∴△PAB的面积S＝
＝
＝；
③作AB的垂直平分线NQ，交AB于N，交AC于P，如图3，则AP＝BP，BN＝AN＝＝，
∵四边形ABCD是矩形，NQ⊥AB，
∴PN∥BC，
∵AN＝BN，
∴AP＝CP，
∴PN＝BC＝＝2，
∴△PAB的面积S＝
＝2
＝3；
即△PAB的面积为或或3，
故答案为：或或3．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形的面积，等腰三角形的判定，直角三角形的性质等知识点，能化成符合的所有情况是解此题的关键．
三．解答题（共7小题，共66分）
17．（潮阳区模拟）如图，已知平行四边形ABCD，若M，N是BD上两点，且BM＝DN，AC＝2MO．
求证：四边形AMCN是矩形．
【思路点拨】由平行四边形的性质可得OA＝OC，OB＝OD，可得OM＝ON，可证四边形AMCN是平行四边形，通过证明MN＝AC，可得结论．
【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BM＝DN，
∴OB﹣BM＝OD﹣DN，即OM＝ON，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵MO＝NO，
∴MN＝2MO，
∵AC＝2MO，
∴MN＝AC，
∴四边形AMCN是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，掌握矩形的判定方法是解题的关键．
18．（揭西县期末）如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线EF分别与AD、BC交于点E、F，与BD交于点O，连接BE、DF．
（1）求证：四边形BEDF是菱形；
（2）若AB＝4，AD＝8，求菱形BEDF的面积．
【思路点拨】（1）根据矩形性质和线段垂直平分线的性质证明△BFO≌△DEO，可得BF＝DE，所以四边形BEDF是平行四边形，再根据EF⊥BD，即可证明结论；
（2）根据勾股定理可得BE＝5，进而可以求菱形BEDF的面积．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EDO＝∠FBO，∠DEO＝∠BFO，
∵EF垂直平分BD，
∴EF⊥BD，BO＝DO，
在△BFO和△DEO中，
，
∴△BFO≌△DEO（AAS），
∴BF＝DE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形BEDF是菱形；
（2）解：由（1）可得，BF＝BE＝ED，∠A＝90°，
在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，
∴42+（8﹣BE）2＝BE2，
解得BE＝5，
∴S菱形BEDF＝BF•AB＝5×4＝20．
【点睛】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，菱形的判定，菱形的面积，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
19．（茶陵县期末）在平行四边形ABCD中，过点B作BE⊥CD于点E，点F在边AB上，AF＝CE，连接DF，CF．
（1）求证：四边形DFBE是矩形；
（2）当CF平分∠DCB时，若CE＝3，BC＝5，求CD的长．
【思路点拨】（1）由平行四边形的性质得到AB∥CD，AB＝CD，推出四边形DFBE是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）由矩形的性质得DE＝BF，由角平分线的定义得到∠DCF＝∠BCF，由平行线的性质得到∠DCF＝∠CFB，证出BF＝BC＝5，进而得到结论．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∵AF＝CE，
∴FB＝ED．
∴四边形DFBE是平行四边形，
∵BE⊥CD，
∴∠BED＝90°．
∴四边形DFBE是矩形；
（2）解：由（1）得：四边形DFBE是矩形，
∴DE＝BF，
∵CF平分∠DCB，
∴∠DCF＝∠BCF，
∵AB∥CD，
∴∠DCF＝∠CFB，
∴∠BCF＝∠CFB，
∴BF＝BC＝5，
∴DE＝BF＝5，
∴CD＝DE+CE＝5+3＝8．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定与性质，属于中考常考题型．
20．（毕节市期末）如图，△ABC中，D、E分别是AC、AB的中点，DE＝CE，过点B作BF∥CE，交DE的延长线于点F．
（1）求证：四边形BCEF是菱形．
（2）若BC＝6，∠BCE＝60°，求菱形BCEF的面积．
【思路点拨】（1）由题意易得，EF与BC平行且相等，故四边形BCFE是平行四边形．又邻边EF＝BE，则四边形BCFE是菱形；
（2）根据等边三角形的判定和性质以及菱形的性质解答即可．
【答案】（1）证明：∵D、E分别是AC、AB的中点，
∴DE∥BC，DE＝BC，
∴EF∥BC，
∵BF∥CE，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∵，
∴BC＝CE，
∴四边形BCEF是菱形；
（2）
由（1）知BC＝CE，
∵∠BCE＝60°，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE＝CE＝BC，
∵BC＝6，
∴BE＝CE＝6，
过点E作EG⊥BC于点G，
∴，
在Rt△BGE中，
∵BG＝3，BE＝6，∠BGE＝90°，
∴，
∴S菱形BCEF＝BC•EG＝．
【点睛】此题主要考查菱形的性质和判定以及面积的计算，使学生能够灵活运用菱形知识解决有关问题．
21．（临海市开学）如图，已知点E是正方形ABCD的边CD上一点，点F是CB的延长线上一点，连接AF，且EA⊥AF．
（1）求证：DE＝BF；
（2）若AH平分∠FAE交线段BC上一点H，连接EH，请判断线段DE、BH、HE三者存在怎样的数量关系？并加以证明．
【思路点拨】（1）由同角的余角相等知，∠FAB＝∠DAE，由正方形的性质知，∠AB＝AD，∠ABF＝∠ADE＝90°，则ASA证得△AFB≌△ADE，由全等三角形的性质可得DE＝BF；
（2）根据全等三角形的性质得到AF＝AE，根据角平分线的定义得到∠FAH＝∠EAH，根据全等三角形的性质即可得到结论．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠D＝∠BAD＝90°，
∵EA⊥AF，
∴∠EAF＝90°，
∴∠FAB+∠BAE＝90°，∠DAE+∠BAE＝90°，
∴∠FAB＝∠DAE，
在△BAF和△DAE中，
，
∴△BAF≌△DAE（SAS），
∴DE＝BF；
（2）解：DE+BH＝HE，
理由如下：
由（1）知△BAF≌△DAE，
∴AF＝AE，
∵AH平分∠FAE，
∴∠FAH＝∠EAH，
在△FAH与△EAH中，
，
∴△FAH≌△EAH（SAS），
∴FH＝EH，
∴DE+BH＝HE．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
22．（漳州期末）如图，在周长为16的正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F分别在边AB，BC上，且∠EOF＝90°，连接EF交OB于M．
（1）求证：△BOE≌△COF；
（2）当BE＝1时，求OB•OM的值．
【思路点拨】（1）由“ASA”可证△BOE≌△COF；
（2）通过证明△EOM∽△BOE，可得OE2＝OB•OM，由等腰直角三角形的性质可求解．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AO＝CO＝BO＝DO，AC⊥BD，∠ABD＝∠ACB＝45°，
∴∠BOC＝∠EOF＝90°，
∴∠EOB＝∠FOC，
在△BOE和△COF中，
，
∴△BOE≌△COF（ASA）；
（2）解：∵△BOE≌△COF，
∴OE＝OF，
∴∠OEF＝45°，
∴∠ABO＝∠OEF，
又∵∠BOE＝∠BOE，
∴△EOM∽△BOE，
∴，
∴OE2＝OB•OM，
如图，过点O作OH⊥AB于H，
∵正方形ABCD的周长为16，
∴AB＝4，
∵OA＝OB，∠AOB＝90°，OH⊥AB，
∴AH＝BH＝2＝OH，
∵BE＝1，
∴HE＝1，
∴OE2＝OH2+HE2＝5，
∴OB•OM＝5．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．
23．（峡江县期末）如图，AB∥CD，点E，F分别在AB，CD上，连接EF，∠AEF、∠CFE的平分线交于点G，∠BEF、∠DFE的平分线交于点H．
（1）求证：四边形EGFH是矩形；
（2）小明在完成（1）的证明后继续进行了探索，过G作MN∥EF，分别交AB，CD于点M，N，过H作PQ∥EF，分别交AB，CD于点P，Q，得到四边形MNQP，此时，他猜想四边形MNQP是菱形，他的猜想是否正确，请予以说明．
【思路点拨】（1）根据角平分线的性质进行导角，可求得四边形EGFH的四个内角均为90°，进而可说明其为矩形．
（2）根据题目条件可得四边形MNQP为平行四边形，要证菱形只需邻边相等，连接GH，由于MN＝EF＝GH，要证MN＝MP，只需证GH＝MP，只需证四边形MFHP为平行四边形，可证G、H点分别为MN、PQ中点，即可得出结果．
【答案】（1）证明：∵EH平分∠BEF，FH平分∠DFE，
∴∠FEH＝，∠EFH＝∠DFE，
∵AB∥CD，
∴∠BEF+∠DFE＝180°，
∴∠FEH+∠EFH＝（∠BEF+∠DFE）＝×180°＝90°，
∵∠FEH+∠EFH+∠EHF＝180°，
∴∠EHF＝180°﹣（∠FEH+∠EFH）＝180°﹣90°＝90°，
同理可得：∠EGF＝90°，
∵EG平分∠AEF，
∵EH平分∠BEF，
∴∠GEF＝∠AEF，∠FEH＝∠BEF，
∵点A、E、B在同一条直线上，
∴∠AEB＝180°，即∠AEF+∠BEF＝180°，
∴∠FEG+∠FEH＝（∠AEF+∠BEF）＝×180°＝90°，
即∠GEH＝90°，
∴四边形EGFH是矩形
（2）解：他的猜想正确，
理由是：
∵MN∥EF∥PQ，MP∥NQ，
∴四边形MNQP为平行四边形．
如图，延长EH交CD于点O，
∵∠PEO＝∠FEO，∠PEO＝∠FOE，
∴∠FOE＝∠FEO，
∴EF＝FD，
∵FH⊥EO，
∴HE＝HO，
∵∠EHP＝∠OHQ，∠EPH＝∠OQH，
∴△EHP≌△OHQ，
∴HP＝HQ，
同理可得GM＝GN，
∵MN＝PQ，
∴MG＝HP，
∴四边形MGHP为平行四边形，
∴GH＝MP，
∵MN∥EF，ME∥NF，
∴四边形MEFN为平行四边形，
∴MN＝EF，
∵GH＝EF，
∴MN＝MP，
∴平行四边形MNQP为菱形．
【点睛】本题考查矩形、菱形的性质与判定，属于综合题，熟练掌握菱形和矩形的性质及判定方法是解题关键．