第18章平行四边形期末试题选编2020－2021年广东省部分地区八年级下学期数学（人教版）（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 第18章平行四边形期末试题选编2020－2021年广东省部分地区八年级下学期数学（人教版）（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-02-23 22:40:54 | ||
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文档简介
第18章：平行四边形练习题
一、单选题
1．（2021·广东荔湾·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于E，∠BED=150°，则∠A的大小为（ ）
A．150° B．130° C．120° D．100°
2．（2021·广东大埔·八年级期末）如图，的对角线AC，BD相交于点O，是AB中点，且AE+EO=4，则的周长为
A．20 B．16 C．12 D．8
3．（2021·广东荔湾·八年级期末）平行四边形的两条对角线长分别为6和10，则平行四边形的一条边的长x的取值范围为( )
A．4＜x＜6 B．2＜x＜8 C．0＜x＜10 D．0＜x＜6
4．（2021·广东清新·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，，的平分线与BC的延长线交于点E，与DC交于点F，且点F为边DC的中点，，垂足为G，若，则AE的边长为
A． B． C．4 D．8
5．（2021·广东番禺·八年级期末）如图，在□ABCD中，M是BC延长线上的一点，若∠A=135°，则∠MCD的度数等于（ ）
A．45° B．55° C．65° D．75°
6．（2021·广东南山·八年级期末）平行四边形的两条对角线一定（ ）
A．互相平分 B．互相垂直 C．相等 D．以上都不对
7．（2021·广东·连南瑶族自治县教师发展中心八年级期末）下列命题是真命题的是（ ）
A．平行四边形的对角线相等
B．经过旋转，对应线段平行且相等
C．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
D．两边相等的两个直角三角形全等
8．（2021·广东龙岗·八年级期末）如图在中，，点C关于的对称点为E，连接交于点F，点G为的中点，连接，．则的面积为（ ）
A． B． C． D．
9．（2021·广东揭东·八年级期末）如图， ABCD的对角线AC，BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，∠BCD=60°，AD＝2AB，连接OE．下列结论：①S ABCD＝AB BD；②DB平分∠ADE；③AB＝DE；④S△CDE＝S△BOC，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．（2021·广东河源·八年级期末）如图，的对角线AC，BD交于点O，AE平分，交BC于点E，且，连接OE，下列结论①；②OD=AB；③；④；其中成立的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
11．（2021·广东花都·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A．AB∥CD，AD∥BC B．AD∥BC，AB＝CD
C．OA＝OC，OB＝OD D．AB＝CD，AD＝BC
12．（2021·广东顺德·八年级期末）如图，□ABCD中，AB=3，BC=5，AE平分∠BAD交BC于点E，则CE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
13．（2021·广东高州·八年级期末）下列条件中能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
14．（2021·广东花都·八年级期末）如图，点D和点E分别是BC和BA的中点，已知AC＝4，则DE为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
15．（2021·广东云浮·八年级期末）在下列条件中，能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A．两组对边分别平行 B．一组对边平行且另一组对边相等
C．两组邻边相等 D．对角线互相垂直
16．（2021·广东高明·八年级期末）下列各组条件中，不能判断一个四边形是平行四边形的是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形 B．两组对角分别相等的四边形
C．一组对边平行另一组对边相等的四边形 D．两条对角线互相平分的四边形
17．（2021·广东中山·八年级期末）如图，在四边形中，对角线、相交于点，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
18．（2021·广东惠城·八年级期末）在四边形中，对角线，相交于点．给出下列四组条件：①，；②，；③，；④，．其中一定能判定这个四边形是平行四边形的条件有（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
19．（2021·广东龙华·八年级期末）在平面直角坐标系中，已知四边形各顶点坐标分别是：，且，那么四边形周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
20．（2021·广东大埔·八年级期末）顺次连接平面上四点得到一个四边形，从①，②，③，④四个条件中任取其中两个，可以得出“四边形是平行四边形”，这一结论的情况共有（ ）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
21．（2021·广东黄埔·八年级期末）矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A．对边相等 B．对角相等
C．对角线相等 D．对角线互相平分
22．（2021·广东惠州·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA=OB，若AD=4，，则AB的长为（ ）
A． B． C．8 D．
23．（2021·广东增城·八年级期末）如图，在矩形中，，，对角线，相交于点，过点作交于点，则的长为（ ）
A． B． C． D．
24．（2021·广东罗湖·八年级期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，AE是∠BAC的外角平分线，ED∥AB交AC于点G．下列结论：①AD⊥BC；②AE∥BC；③AE＝AG；④AD2＋AE2＝4AG2，其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
25．（2021·广东·深圳实验学校八年级期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①AE＝AD；②∠AED＝∠CED；③BH＝HF；④BC﹣CF＝2HE；⑤S四边形ECFH＝2S△BEH，其中正确的有（ ）
A．①②③⑤ B．①③④⑤ C．②③④⑤ D．①②③④
26．（2021·广东海珠·八年级期末）如图，在中，，D为边的中点，，则长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
27．（2021·广东龙湖·八年级期末）菱形具有而一般平行四边形不具有的性质是( )
A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直
28．（2021·广东江门·八年级期末）菱形的周长为8cm，高为1cm，则该菱形两邻角度数比为【 】
A．3：1 B．4：1 C．5：1 D．6：1
29．（2021·广东花都·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，对角线BD＝4，AC＝3BD，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．96 B．48 C．24 D．6
30．（2021·广东·广州市第二中学南沙天元学校八年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC，若AC=4，则四边形OCED的周长为（ ）
A．4 B．8 C．10 D．12
31．（2021·广东增城·八年级期末）如图，在菱形中，分别垂直平分，垂足分别为，则的度数是（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
32．（2021·广东高要·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为6，它的一边在轴上，且的中点是坐标原点，点在轴正半轴上，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
33．（2021·广东广宁·八年级期末）如图．正方形和正方形中，点在上，，，是的中点，那么的长是（ ）．
A． B． C． D．2
34．（2021·广东花都·八年级期末）如图，ABE、BCF、CDG、DAH是四个全等的直角三角形，其中，AE＝5，AB＝13，则EG的长是（ ）
A．7 B．6 C．7 D．7
35．（2021·广东东莞·八年级期末）如图，正方形硬纸片ABCD的边长是4，点E、F分别是AB、BC的中点，若沿左图中的虚线剪开，拼成如图的一座“小别墅”，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．2 B．4 C．8 D．10
36．（2021·广东宝安·八年级期末）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是边CB延长线上一点，F为AB边上一点，BE＝BF，连接EF并延长交线段AD于点G，连接CF交BD于点M，连接CG交BD于点N．则下列结论：
①AE＝CF；
②∠BFM＝∠BMF；
③∠CGF﹣∠BAE＝45°；
④当∠BAE＝15°时，MN＝．
其中正确的个数有（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
37．（2021·广东越秀·八年级期末）如图，在正方形ABCD的外侧作等边三角形CDE，则∠DAE的度数为（ ）
A．20° B．15° C．12.5° D．10°
38．（2021·广东番禺·八年级期末）下列命题中是假命题的是（ ）
A．对角线相等且互相平分的四边形是矩形；
B．对角线相等的菱形是正方形；
C．有一组邻边相等的平行四边形是菱形；
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形．
二、填空题
39．（2021·广东荔湾·八年级期末）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，四边形ACEF是正方形，则EF的长为_____．
40．（2021·广东荔湾·八年级期末）如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E，F分别是边AD，BC上的点，将正方形纸片沿EF折叠，使得点A落在CD边上的点A′处，此时点B落在点B′处．已知折痕EF=13，则AE的长等于_________．
41．（2021·广东清新·八年级期末）如图，将正方形OEFG放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点E的坐标为（2，3），则点F的坐标为_____．
42．（2021·广东高明·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，BE平分∠ABC，CF⊥BE，连接AE，G是AB的中点，连接GF，若AE＝4，则GF＝_____．
43．（2021·广东花都·八年级期末）如图，正方形ABCD的边长为，O是对角线BD上一动点（点O与端点B，D不重合），OM⊥AD于点M，ON⊥AB于点N，连接MN，则MN长的最小值为_____．
44．（2021·广东惠州·八年级期末）若菱形的两条对角线长分别是6㎝和8㎝，则该菱形的面积是____㎝2．
45．（2021·广东龙湖·八年级期末）如图，菱形的边长为4，，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于两点，直线交于点，连接，则的长为____________．
46．（2021·广东南海·八年级期末）如图，四边形ABCD是长方形，F是DA延长线上一点，CF交AB于点E，G是CF上一点，且∠ACG＝∠AGC，∠GAF＝∠F．若∠ECB＝20°，则∠ACD的度数是______________．
47．（2021·广东揭东·八年级期末）在ABCD中，如果∠A+∠C＝140°，那么∠C等于_____．
48．（2021·广东汕尾·八年级期末）如图将矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上F处，已知CE=3，AB=8，则BF=_________．
49．（2021·广东·深圳外国语学校八年级期末）如图，菱形ABCD和菱形EFGH的面积分别为和，CD落在EF上，，若的面积为，则的面积是____．
50．（2021·广东·连南瑶族自治县教师发展中心八年级期末）如图，，，分别为，的中点，若，，则的长是__．
三、解答题
51．（2021·广东高要·八年级期末）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；
（3）若AC=4，AB=5，求菱形ADCF 的面积．
52．（2021·广东江城·八年级期末）如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，PE交CD于F
（1）证明：PC=PE；
（2）求∠CPE的度数；
（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC=120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．
53．（2021·广东禅城·八年级期末）如图，点B、E、C、F在一条直线上，AB=DF，AC=DE，BE=FC．
（1）求证：△ABC≌△DFE；
（2）连接AF、BD，求证：四边形ABDF是平行四边形．
54．（2021·广东广宁·八年级期末）如图，把矩形OABC放入平面直角坐标系xO中，使OA、OC分别落在x、y轴的正半轴上，其中AB＝15，对角线AC所在直线解析式为y＝﹣x+b，将矩形OABC沿着BE折叠，使点A落在边OC上的点D处．
（1）求点B的坐标；
（2）求EA的长度；
（3）点P是y轴上一动点，是否存在点P使得△PBE的周长最小，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
55．（2021·广东黄埔·八年级期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，E、F是对角线AC上的两点，∠1=∠2．
（1）求证：AE=CF；
（2）求证：四边形EBFD是平行四边形．
56．（2021·广东高要·八年级期末）已知平行四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O，线段EF过点O交AD于点E，交BC于点F．求证：OE=OF．
57．（2021·广东花都·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E是边AD的中点，连接CE并延长交BA的延长线于点F，连接AC，DF．
（1）求证：AEF≌DEC；
（2）求证：四边形ACDF是平行四边形．
58．（2021·广东·广州市第二中学南沙天元学校八年级期末）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE=2DE，延长DE到点F，使得EF=BE，连接CF．
（1）求证：四边形BCFE是菱形；
（2）若CE=4，∠BCF=120°，求菱形BCFE的面积．
59．（2021·广东花都·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，AD＝12cm，AB＝18cm，CD＝23cm，动点P从点A出发，以1cm/s的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以2cm/s的速度向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒．
（1）当t＝3时，PB＝ cm．
（2）当t为何值时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？
（3）四边形PBQD能否成为菱形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．
60．（2021·广东封开·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C．E是边BC上一点，且DE＝DC．求证：AD＝BE．
61．（2021·广东·连南瑶族自治县教师发展中心八年级期末）已知是等边三角形，D是BC边上的一个动点点D不与B，C重合是以AD为边的等边三角形，过点F作BC的平行线交射线AC于点E，连接BF．
如图1，求证：≌；
请判断图1中四边形BCEF的形状，并说明理由；
若D点在BC边的延长线上，如图2，其它条件不变，请问中结论还成立吗？如果成立，请说明理由．
62．（2021·广东花都·八年级期末）如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC与BD相交于点O，∠AOD＝60°，AD＝2，求AC的长度．
63．（2021·广东江城·八年级期末）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，已知O是AC的中点，AE=CF，DF∥BE．
（1）求证：△BOE≌△DOF；
（2）若OD=AC，则四边形ABCD是什么特殊四边形？请证明你的结论．
64．（2021·广东花都·八年级期末）如图，在ABC中，D是AB的中点，AC＝2，BC＝2，AB＝2，延长AC到E，使得CE＝CD，连接BE．
（1）求证：∠ACB＝90°；
（2）求线段BE的长度．
65．（2021·广东·深圳市盐田区外国语学校八年级期末）已知：如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若AB=4，∠BCD=120°，求四边形AODE的面积．
66．（2021·广东增城·八年级期末）（1）如图，在正方形中，、分别是，上的点，且．直接写出、、之间的数量关系；
（2）如图，在四边形中，，，、分别是，上的点，且，求证：；
（3）如图，在四边形中，，，延长到点，延长到点，使得，则结论是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．
67．（2021·广东惠来·八年级期末）已知，如图，在△ABC中，AB=AC=20cm，BD⊥AC于D，且BD=16cm．点M从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为4cm/s；同时点P由B点出发，沿BA方向匀速运动，速度为lcm/s，过点P的动直线PQ∥AC，交BC于点Q，连结PM，设运动时间为t(s)(0＜t＜5)，解答下列问题：
（1）线段AD=___cm；
（2）求证：PB=PQ；
（3）当t为何值时，以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形．
68．（2021·广东花都·八年级期末）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在AD，CD上，且AE=DF，连接BE，AF.求证：BE=AF.
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】
试题分析：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠AEB=∠CBE，∵BE平分∠ABE，∴∠ABE=∠CBE，∴∠AEB=∠ABE，∴AB=AE，∵∠BED=150°，∴∠ABE=∠AEB=30°，∴∠A=180°﹣∠ABE﹣∠AEB=120°．故选C．
考点：平行四边形的性质．
2．B
【分析】
首先证明：OE=BC，由AE+EO=4，推出AB+BC=8即可解决问题；
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵AE=EB，
∴OE=BC，
∵AE+EO=4，
∴2AE+2EO=8，
∴AB+BC=8，
∴平行四边形ABCD的周长=2×8=16，
故选B．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握
三角形的中位线定理，属于中考常考题型．
3．B
【分析】
平行四边形的两条对角线相交和平行四边形的一边构成三角形，这个三角形的两条边是3，5，第三条边就是平行四边形的一条边x，即满足，解得即可．
【详解】
如图，
∵平行四边形ABCD
∴OA=OC=3，OB=OD=5
∴在△AOB中，OB-OA＜x＜OB+OA
即：2＜x＜8
故选B．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质以及三角形的三边关系定理，确定所求边所在三角形其他两边的长度，进而应用三边关系确定范围是解题的关键．
4．B
【分析】
由AE为角平分线，得到一对角相等，再由ABCD为平行四边形，得到AD与BE平行，利用两直线平行内错角相等得到一对角相等，等量代换及等角对等边得到AD=DF，由F为DC中点，AB=CD，求出AD与DF的长，得出三角形ADF为等腰三角形，根据三线合一得到G为AF中点，在直角三角形ADG中，由AD与DG的长，利用勾股定理求出AG的长，进而求出AF的长，再由三角形ADF与三角形ECF全等，得出AF=EF，即可求出AE的长．
【详解】
∵AE为∠DAB的平分线，
∴∠DAE=∠BAE，
∵DC∥AB，
∴∠BAE=∠DFA，
∴∠DAE=∠DFA，
∴AD=FD，又F为DC的中点，
∴DF=CF，
∴AD=DF=DC=AB=2，
在Rt△ADG中，根据勾股定理得：AG=，则AF=2AG=2，
∵平行四边形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠DAF=∠E，∠ADF=∠ECF，
在△ADF和△ECF中，，
∴△ADF≌△ECF（AAS），
∴AF=EF，
则AE=2AF=4．
故选B.
考点：1.平行四边形的性质；2.等腰三角形的判定与性质；3.勾股定理．
5．A
【分析】
根据平行四边形对角相等，求出∠BCD，再根据邻补角的定义求出∠MCD即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠BCD=135°，
∴∠MCD=180°-∠BCD =180°-135°=45°．
故选：A．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、邻补角定义等知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形性质，属于基础题，中考常考题型．
6．A
【分析】
直接根据平行四边形的性质判断即可．
【详解】
解：平行四边形的对角线互相平分，
故选：A
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解答此题的关键．
7．C
【分析】
命题的真假，用证明的方法去判断，或者找到反例即可，
【详解】
A项平行四边形的对角线相等，这个不一定成立，反例只要不是正方形的菱形的对角线均不相等.
B项经过旋转，对应线段平行且相等，这个不一定成立，反例旋转九十度，肯定不会平行，C项两组对角分别相等的四边形是平行四边形，这个是成立的，因为对角相等，那么可以得到同位角互补，同位角互补可以得到两组对边平行.
D项两边相等的两个直角三角形全等，这个没有加对应的这几个字眼，那么就可以找到反例，一个直角三角形的两个直角边与另一个直角三角形的一直角边和斜边相等，那么这两个直角肯定不全等，所以选择C
【点睛】
本题主要考查基本定义和定理，比如四边形的基本性质，线段平行的关系，直角三角形全等的条件，把握这些定义和定理就没有问题了
8．B
【分析】
如图，取BC中点H，连接AH，连接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延长线于M．构建S△BEG=S△BCE+SECG-S△BCG计算即可．
【详解】
解：如图，取BC中点H，连接AH，连接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延长线于M．
∵BC=2AB，BH=CH，∠ABC=60°，
∴BA=BH=CH，
∴△ABH是等边三角形，
∴HA=HB=HC，
∴∠BAC=90°，
∴∠ACB=30°，
∵E和C关于AD对称，AD∥BC，
∴EC⊥AD，EC⊥BC，CN=EN，
∴EC⊥BC，
∵∠BCD=180°-∠ABC=120°，
∴∠ACE=60°，∠ECM=30°，
∵BC=2AB=8，
∴CD=4，CN=EN=，
∴EC=，EM=，
∴S△BEG=S△BCE+SECG-S△BCG
=×8×+×2×-S平行四边形ABCD
=×8×+×2×-×BC×CN
=×8×+×2×-×8×
=
故选：B．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、轴对称图形、勾股定理、等边三角形的判定和性质、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线没工作直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
9．D
【分析】
求得∠ABD＝90°，即AB⊥BD，即可得到S ABCD＝AB BD；依据∠ADE＝60°，∠BDE＝30°，可得∠ADB＝30°＝∠BDE，即可得出DB平分∠CDE；依据AB＝CD，CD＝DE，即可得到AB＝DE；由BE＝EC可得S△CDE＝S△CDB，由BO＝OD可得S△BOC＝S△CDB，即可得出S△CDE＝S△BOC．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，∠BCD＝60°，
∴∠ADC＝120°，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE＝60°＝∠BCD，
∴△CDE是等边三角形，
∴CD＝CE＝DE，
∵AD＝2AB，BC＝AD，CD＝AB，
∴BC＝2CD＝2CE＝2DE，
∴DE＝CE＝BE，
∴∠BDE＝∠DBE＝∠CED＝30°，
∴∠CDB＝90°，
∴∠ABD＝90°，即AB⊥BD，
∴S ABCD＝AB BD，故①正确；
由①知，∠ADE＝60°，∠BDE＝30°，
∴∠ADB＝30°＝∠BDE，
∴DB平分∠ADE，故②正确；
∵AB＝CD，CD＝DE，
∴AB＝DE，故③正确；
∵BE＝EC，
∴S△CDE＝S△CDB，
∵BO＝OD，
∴S△BOC＝S△CDB，
∴S△CDE＝S△BOC，故④正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，角平分线定义，熟练掌握各定理是解题的关键．
10．C
【分析】
结合平行四边形的性质可证明△ABE为等边三角形，由可判定①，证明∠BAC=90°，可判定②；由平行四边形的面积公式可判定③；利用三角形中线的性质结合三角形的面积可求解判定④．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，∠ADC=60°，
∴AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，∠CAD=∠EAC，OB=OD，
∴∠DAE=∠AEB，∠BAC=∠BCD=120°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠AEB
∴△ABE为等边三角形，
∴∠BAE=∠AEB=60°，AB=BE=AE，
∵
∴EC=AE，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠CAD=30°，故①正确；
∵∠BAD=120°，∠CAD=30°，
∴∠BAC=90°，
∴BO＞AB，
∴OD＞AB，故②错误；
∴S ABCD=AB AC=AC CD，故③正确；
∵∠BAC=90°，BC=2AB，
∴E是BC的中点，
∴S△BEO：S△BCD=1：4，
∴S四边形OECD：S△BCD=3：4，
∴S四边形OECD：S ABCD=3：8，
∵S△AOD：S ABCD=1：4，
∴故④正确．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质，直角三角形的性质，三角形的面积，等边三角形的性质和判定，灵活运用三角形的面积解决问题是解题的关键．
11．B
【分析】
根据平行四边形的判定方法即可判断．
【详解】
A、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以判定；
B、无法判定，四边形可能是等腰梯形，也可能是平行四边形；
C、根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可以判定；
D、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可以判定；
故选：B．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理．
12．B
【分析】
利用平行四边形性质得∠DAE=∠BEA，再利用角平分线性质证明△BAE是等腰三角形,得到BE=AB即可解题.
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=5，AD∥BC，
∴∠DAE=∠BEA，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BEA=∠BAE，
∴BE=AB=3，
∴CE=BC-BE=5-3=2，
故选B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质,等腰三角形的判定,属于简单题,熟悉平行线加角平分线得到等腰三角形这一常用解题模型是解题关键.
13．C
【分析】
根据平行四边形的判定方法对各个选项进行判断即可．
【详解】
A、不可以得到两组对角分别相等，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
B、不可以得到两组对边分别平行，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
C、根据：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；
D、不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
故选C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，平行四边形的判定方法有：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
14．B
【分析】
根据三角形中位线定理解答即可．
【详解】
解：∵点D和点E分别是BC和BA的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE＝AC＝4＝2，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
15．A
【分析】
根据平行四边形的判定定理逐个判断即可．
【详解】
A、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故本选项符合题意；
B、一组对边平行且另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故本选项不符合题意；
C、两组邻边相等的四边形不一定是平行四边形，故本选项不符合题意；
D、对角线互相平分的四边形才是平行四边形，故本选项不符合题意；
故选A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定定理，能熟记平行四边形的判定定理的内容是解此题的关键，注意：平行四边形的判定定理有：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形，②两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③两组对角分别平行的四边形是平行四边形，④一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
16．C
【分析】
根据平行四边形的判定方法逐一分析解题．
【详解】
解：A、B、D均可为判定四边形为平行四边形，故A、B、D不符合题意；
C．一组对边平行另一组对边相等的四边形，不能判断它是平行四边形，如下图，是等腰梯形，故C符合题意，
故选：C．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
17．D
【分析】
分别利用平行四边形的判定方法进行判断，即可得出结论．
【详解】
解：∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不合题意；
∵AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不合题意；
∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不合题意；
∵AB∥CD，AD=BC，
∴四边形ABCD不一定是平行四边形，
∴故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是本题的关键．
18．A
【分析】
根据平行四边形的判定方法分别判断得出即可．
【详解】
解：如图，
①根据平行四边形的判定定理：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可知①能判断这个四边形是平行四边形；
②根据平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可知②能判断这个四边形是平行四边形；
③根据平行四边形的判定定理：两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，可知③能判断这个四边形是平行四边形；
④根据平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可知④不能判断这个四边形是平行四边形（例可能是等腰梯形）；
故给出的四组条件中，①②③能判断这个四边形是平行四边形．
故选：．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的判定方法；准确无误的掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
19．A
【分析】
如图，把向上平移一个单位得：，作关于直线的对称点 连接，交直线于 连接，则此时四边形的周长最短，再利用勾股定理可得： ，利用从而可得答案．
【详解】
解：如图，把向上平移一个单位得：，作关于直线的对称点 连接，交直线于 连接，
，
由
四边形是平行四边形，
所以此时：四边形的周长最短，
故选：
【点睛】
本题考查的是图形与坐标，勾股定理的应用，轴对称的性质，平行四边形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
20．B
【分析】
根据平行四边形的判定定理可得出答案．
【详解】
如图，
当①AB∥CD，③∠A=∠C时，四边形ABCD为平行四边形；
理由：∵AD∥BC，
∴∠D+∠C=180°，
∵∠A=∠C，
∴∠D+∠A=180°，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
当①AB∥CD，④∠B=∠D时，四边形ABCD为平行四边形；理由：同上；
当③∠A=∠C，④∠B=∠D时，四边形ABCD为平行四边形；
理由：在四边形ABCD中，∠A+∠B+∠C+∠D=360°，
∵∠A=∠C，∠B=∠D，
∴2∠A+2∠B=360°
∴∠A+∠B=180°，
∴AD∥BC，
同理：AB∥DC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
21．C
【分析】
根据矩形和平行四边形的性质进行解答即可.
【详解】
矩形的对角线互相平分且相等，而平行四边形的对角线互相平分，不一定相等．
矩形的对角线相等，而平行四边形的对角线不一定相等．
故选C．
【点睛】
本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．如，矩形的对角线相等．
22．A
【分析】
由平行四边形ABCD中，OA=OB得到平行四边形ABCD是矩形，又，得到三角形AOD为等边三角形，再利用勾股定理得到AB的长.
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，
∴OA=OC，OB=OD，
又∵OA=OB，
∴OA=OD=OB=OC，
∴平行四边形ABCD为矩形，∠DAB=90°,
而，
∴为等边三角形，
∴AD=OD=OA=OB=4，
在Rt中，AD=4，DB=2OD=8，
∴,
故选：A.
【点睛】
本题利用了矩形的判定和性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理定理的应用求解．属于基础题.
23．A
【分析】
连接，利用垂直平分线的性质可得，设，利用勾股定理列出方程，结论可得．
【详解】
解：连接，如图，
是矩形，
，
，
为线段的垂直平分线．
，
设，则，
，
在中，
，
．
解得：．
．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质和勾股定理．利用勾股定理列出方程是解题的关键．
24．C
【分析】
连接EC，根据等腰三角形的性质得出AD⊥BC，即可判断①；求出∠FAE=∠B，再根据平行线的性质得出AE∥BC，即可判断②；求出四边形ABDE是平行四边形，根据平行四边形的性质得出AE=BD，求出AE=CD，根据矩形的判定推出四边形ADCE是矩形，根据矩形的性质得出AC=DE，AG=CG，DG=EG，求出DG=AG=CG=EG，根据勾股定理判断④即可；根据AE=BD=BC和AG=AC判断③即可．
【详解】
解：连接EC，
∵AB=AC，AD是∠BAC的平分线，
∴AD⊥BC，故①正确；
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∵AE平分∠FAC，
∴∠FAC=2∠FAE，
∵∠FAC=∠B+∠ACB，
∴∠FAE=∠B，
∴AE∥BC，故②正确；
∵AE∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE=BD，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴CD=BD，
∴AE=CD，
∵AE∥BC，∠ADC=90°，
∴四边形ADCE是矩形，
∴AC=DE，AG=CG，DG=EG，
∴DG=AG=CG=EG，
在Rt△AED中，AD2+AE2=DE2=AC2=(2AG)2=4AG2，故④正确；
∵AE=BD=BC，AG=AC，
∴AG=AE错误（已知没有条件AC=BC），故③错误；
即正确的个数是3个，
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
25．D
【分析】
（1）①设AB＝a，则AD＝a，由角平分线可知∠BAE＝45°，在Rt△ABE中，勾股定理求得AE＝a，即可判断①；
②根据①的结论，证明即可判断②；
③证明△DHF≌△EBH即可判断③；
④通过计算得出BC＝a，CF＝2a﹣a，HE＝a﹣a，进而判断④；
⑤由④的结论分别计算出S四边形ECFH和2S△BEH，进而判断⑤．
【详解】
解：①设AB＝a，则AD＝a，
四边形是矩形
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝45°，
∴BA＝BE．
在Rt△ABE中，AE＝a，
∴AE＝AD，故①正确；
②∵DH⊥AH，∠DAE＝45°，AD＝a，
∴DH＝AH＝a，
∴DH＝DC，
四边形是矩形
=
在和中
（HL）
，，
故②正确；
③∵AH＝AB＝a，
∴∠ABH＝∠AHB，
由②可知，
,
∵AB∥CD，
∴∠ABF＋∠DFB＝180°，
又∠AHB＋∠BHE＝180°，
∴∠BHE＝∠HFD，∠HEB＝∠FDH＝45°，
在△DHF和△EBH中，
，
∴△DHF≌△EBH（AAS），
∴BH＝HF，故③正确；
④∵△BHE≌△HFD，
∴HE＝DF，HE＝AE﹣AH＝a﹣a，
∴CF＝a﹣（a﹣a）＝2a﹣a，
∵BC＝a，CF＝2a﹣a，HE＝a﹣a，
∴BC﹣CF＝2HE，
故④正确；
⑤过点作于，
∵BC＝a，CF＝2a﹣a， ，
，，
，
S△BEH＝，
2S△BEH=，
S四边形ECFH S△BCF-S△BEH，
，
S四边形ECFH2S△BEH，
故⑤错误；
综上所述，正确的是①②③④共4个，
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，三角形全等的证明与判定，三角形外角性质，三角形中位线的性质，勾股定理，综合运用以上知识是解题的关键．
26．B
【分析】
根据“在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半”解答．
【详解】
解：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为边AB的中点，则CD=AB，
∵AB=6，
∴CD=AB=3，
故选：B．
【点睛】
本题考查直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形斜边中线的性质，属于中考常考题型．
27．D
【详解】
试题分析：∵菱形具有的性质：对边相等，对角相等，对角线互相平分，对角线互相垂直；
平行四边形具有的性质：对边相等，对角相等，对角线互相平分；
∴菱形具有而一般平行四边形不具有的性质是：对角线互相垂直．
故选D．
考点：菱形的性质；平行四边形的性质．
28．C
【分析】
菱形的性质；含30度角的直角三角形的性质.
【详解】
如图所示，根据已知可得到菱形的边长为2cm，从而可得到高所对的角为30°，相邻的角为150°，则该菱形两邻角度数比为5：1，故选C.
29．C
【分析】
根据菱形的面积等于对角线乘积的一半解答．
【详解】
解：∵BD＝4，AC＝3BD，
∴AC＝12，
∴菱形ABCD的面积为AC×BD＝＝24．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质，利用对角线求面积的方法，在求菱形的面积中用得较多，需要熟练掌握．
30．B
【详解】
解:∵四边形ABCD为矩形，
∴OA=OC，OB=OD，且AC=BD，
∴OA=OB=OC=OD=2，
∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形DECO为平行四边形，
∵OD=OC，
∴四边形DECO为菱形，
∴OD=DE=EC=OC=2，
则四边形OCED的周长为2+2+2+2=8，故选B．
考点：矩形的性质；菱形的判定与性质．
31．B
【分析】
根据垂直平分线的性质可得出△ABC、△ACD是等边三角形，从而先求得∠B=60°，∠C=120°，在四边形AECF中，利用四边形的内角和为360°可求出∠EAF的度数．
【详解】
解：连接AC，
∵AE垂直平分边BC，
∴AB=AC，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∴AB=AC=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴∠BCD=120°，
又∵AF垂直平分边CD，
∴在四边形AECF中，∠EAF=360°-180°-120°=60°．
故选B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质及线段垂直平分线的性质，关键是掌握线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，及菱形四边形等的性质．
32．D
【分析】
由菱形的性质可得AB=AD=CD=6，AB∥CD，由勾股定理可求DO的长，即可求点C坐标．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形
∴AB=AD=CD=6，AB∥CD
∵AB的中点是坐标原点，
∴AO=BO=3，
∴DO= =3 ，
∴点C坐标（6，3）．
故选D．
【点睛】
本题考查菱形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
33．B
【分析】
连接AC、CF，如图，根据正方形的性质得∠ACD=45°，∠FCG=45°，AC=，CF=3，则∠ACF=90°，再利用勾股定理计算出AF=2，然后根据直角三角形斜边上的中线求CH的长．
【详解】
解：连接AC、CF，如图，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，
∴∠ACD=45°，∠FCG=45°，AC=BC=，CF=CE=3，
∴∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△ACF中，AF=，
∵H是AF的中点，
∴CH=AF=．
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．也考查了直角三角形斜边上的中线性质．
34．A
【分析】
根据勾股定理求出BE，证明四边形EFGH为正方形，根据正方形的性质、勾股定理计算，得到答案．
【详解】
解：在Rt△ABE中，AE＝5，AB＝13，
由勾股定理得，BE＝＝＝12，
∵△ABE、△BCF、△CDG、△DAH是四个全等的直角三角形，
∴∠AEB＝∠BFC＝∠CGD＝90°，BF＝CG＝DH＝AE＝5，
∴∠FEB＝∠EFC＝∠FGD＝90°，EF＝EH＝12﹣5＝7，
∴四边形EFGH为正方形，
∴EG＝＝7，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的应用，掌握全等三角形的对应边相等、对应角相等是解题的关键．
35．B
【详解】
解：根据题意，“小别墅”的上面是一个等腰三角形，它的面积是正方形ABCD的一半，而“小别墅”的下面的面积是正方形ABCD的一半，并且下面是两个相等的矩形，
所以图中阴影部分的面积是正方形ABCD面积的
即阴影部分的面积=
考点：正方形
点评：本题考查正方形，解答本题的关键是通过审题，弄清楚阴影部分的面积与正方形面积之间的关系，考生要善于观察
36．B
【分析】
①根据已知条件证明△ABE≌△CBF，即可判断；
②由△ABE≌△CBF和已知条件证明四边形DGEB是平行四边形，再证明△FBC≌△GDC，当且仅当∠FCG=45°时，∠BFM=∠BMF，即可判断；
③结合①②证明∠FMB=∠CGF，进而可以判断；
④当∠BAE=15°时，∠BCM=∠GCD=∠BAE=15°，可得△CMN是等边三角形，作CH⊥BD于点H，根据正方形边长为4，即可求出MN的值，进而可以判断.
【详解】
解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠CBF＝90°，
在△ABE和△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，故①正确；
②∵△ABE≌△CBF，
∴∠BCF＝∠BAE，
∵∠GEC＝∠DBC＝∠ADB＝45°，
∴∠BMF＝∠FCB+∠DBC＝∠FCB+45°，
∵∠GEC＝∠DBC，
∴EG∥DB，
∵DG∥BE，
∴四边形DGEB是平行四边形，
∴BE＝DG，
在△FBC和△GDC中，
，
∴△FBC≌△GDC（SAS），
∴∠BCF＝∠DCG，
∴∠BFM＝∠FCD＝∠DCG+∠FCG＝∠BCF+∠FCG，
∴当且仅当∠FCG＝45°时，∠BFM＝∠BMF，故②错误；
③∵GE∥BD，
∴∠FMB＝∠GFC，
∵△FBC≌△GDC，
∴CF＝CG，
∴∠GFC＝∠CGF，
∴∠FMB＝∠CGF，
∴∠CGF﹣∠BAE＝∠FMB﹣∠BCM＝∠MBC＝45°，故③正确；
④当∠BAE＝15°时，∠BCM＝∠GCD＝∠BAE＝15°，
∴∠FCG＝90°﹣∠BCM﹣∠GCD＝60°，
∵BD∥EG，
∴∠GFC＝∠NMC，∠FGC＝∠MNC，
∵∠GFC＝∠FGC，
∴∠NMC＝∠MNC，
∴CM＝CN，∠MCN＝60°，
∴△CMN是等边三角形，
作CH⊥BD于点H，如图，
∴CH＝BD＝＝2，
∴CM＝×2＝，
∴MN＝CM＝，故④错误．
所以其中正确有①③，2个．
故选：B．
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查了正方形、全等三角形、平行四边形的性质和判定，在有中点和直角三角形的前提条件下，可以利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半来证明两条线段相等.
37．B
【分析】
根据正方形、等边三角形和三角形内角和定理可以得到答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝90°，AD＝DC，
∵△CDE是等边三角形，
∴DE＝DC，∠EDC＝60°，
∴∠ADE＝90°+60°＝150°，AD＝ED，
∴∠DAE＝∠DEA＝（180°﹣∠ADE）＝15°，
故选：B．
【点睛】
本题考查正方形、等边三角形和三角形内角和定理的综合应用，灵活运用有关性质求解是解题关键．
38．D
【分析】
根据平行四边形，矩形，菱形和正方形的判定方法判断即可．
【详解】
A、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，真命题，不符合题意；
B、对角线相等的菱形是正方形，真命题，不符合题意；
C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，真命题，不符合题意；
D、一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是平行四边形也可能是等腰梯形，故原命题是假命题，符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法．
39．3
【分析】
由菱形的性质可得AB=BC，且∠B=60°，可得AC=AB=3，由正方形的性质可得AC=EF=3．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形
∴AB=BC，且∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=3，
∵四边形ACEF是正方形，
∴AC=EF=3
故答案为3
【点睛】
本题考查了正方形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
40．
【分析】
过点F作FG⊥AD，垂足为G，连接AA′，在△GEF中，由勾股定理可求得EG=5，轴对称的性质可知AA′⊥EF，由同角的余角相等可证明∠EAH=∠GFE，从而可证明△ADA′≌△FGE，故此可知GE=DA′=5，最后在△EDA′利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】
解：过点F作FG⊥AD,垂足为G,连接AA′.
在Rt△EFG中，EG=，
∵轴对称的性质可知AA′⊥EF，
∴∠EAH+∠AEH=90 ，
∵FG⊥AD，
∴∠GEF+∠EFG=90 ，
∴∠DAA′=∠GFE，
在△GEF和△DA′A中，
，
∴△GEF≌△DA′A，
∴DA′=EG=5，
设AE=x,由翻折的性质可知EA′=x，则DE=12 x，
在Rt△EDA′中，由勾股定理得：A′E2=DE2+A′D2,即x2=(12 x)2+52，
解得：x=，
故答案为，
【点睛】
本题主要考查正方形、轴对称、全等三角形的性质及勾股定理等相关知识.利用辅助线构全等形、利用勾股定理建立方程是解题的关键.
41．（﹣1，5）
【详解】
【分析】结合全等三角形的性质可以求得点G的坐标，再由正方形的中心对称的性质求得点F的坐标．
【详解】如图，过点E作x轴的垂线EH，垂足为H．过点G作x轴的垂线GM，垂足为M，连接GE、FO交于点O′，
∵四边形OEFG是正方形，
∴OG=EO，∠GOM=∠OEH，∠OGM=∠EOH，
在△OGM与△EOH中，
，
∴△OGM≌△EOH（ASA），
∴GM=OH=2，OM=EH=3，
∴G（﹣3，2），
∴O′（﹣，），
∵点F与点O关于点O′对称，
∴点F的坐标为 （﹣1，5），
故答案是：（﹣1，5）．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、中点坐标公式等，正确添加辅助线以及熟练掌握和运用相关内容是解题的关键.
42．2
【分析】
根据平行四边形的性质结合角平分线的定义可求解∠CBE=∠BEC，即可得CB=CE，利用等腰三角形的性质得到BF=EF，进而可得GF是△ABE的中位线，根据三角形的中位线的性质可求解．
【详解】
在平行四边形ABCD中，AB∥CD，
∴∠ABE=∠BEC．
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠CBE=∠BEC，
∴CB=CE．
∵CF⊥BE，
∴BF=EF．
∵G是AB的中点，
∴GF是△ABE的中位线，
∴GF=AE，
∵AE=4，
∴GF=2．
故答案为：2．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形中位线的性质，证明GF是△ABE的中位线是解题的关键．
43．1.
【分析】
连接AO，可证四边形AMON是矩形，可得AO＝MN，当AO⊥BD时，AO有最小值，即MN有最小值，由等腰直角三角形的性质可求解．
【详解】
解：如图，连接AO，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝，BD＝AB＝2，∠DAB＝90°，
又∵OM⊥AD，ON⊥AB，
∴四边形AMON是矩形，
∴AO＝MN，
∵当AO⊥BD时，AO有最小值，
∴当AO⊥BD时，MN有最小值，
此时AB＝AD，∠BAD＝90°，AO⊥BD，
∴AO＝BD＝1，
∴MN的最小值为1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短，等腰直角三角形的性质，利用矩形的对角线相等，把线段MN的最小值转化为线段AO的最小值是解题的关键.
44．24
【详解】
已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积．
解：根据对角线的长可以求得菱形的面积，
根据S=ab=×6×8=24cm2，
故答案为24．
45．
【分析】
连接BE，由垂直平分线的性质和等腰直角三角形的性质，得BE=AE=， 再得∠EBC=90°，利用勾股定理即可求出CE的长度．
【详解】
解：连接BE，如图：
由题意可知，MN垂直平分AB，
∴AE=BE，
∴，则∠AEB=90°，
在等腰直角三角形ABE中，AB=4，
∴BE=AE=，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∴∠EBC=∠AEB=90°，
在Rt△BCE中，由勾股定理，则
；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确得到∠EBC=∠AEB=90°．
46．30°
【分析】
根据矩形的性质得到AD∥BC，∠DCB＝90°，根据平行线的性质得到∠F＝∠ECB＝20°，根据三角形的外角的性质得到∠ACG＝∠AGC＝∠GAF+∠F＝2∠F＝40°，于是得到结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠DCB＝90°，
∴∠F＝∠ECB
∵∠ECB＝20°，
∴∠F＝∠ECB＝20°，
∵∠GAF＝∠F，
∴∠GAF＝∠F＝20°，
∴∠ACG＝∠AGC＝∠GAF+∠F＝2∠F＝40°，
∴∠ACB＝∠ACG+∠ECB＝60°，
∴∠ACD＝90°﹣∠ACB＝90°﹣60°＝30°，
故答案为：30°．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，用到的知识点为：矩形的对边平行；两直线平行，内错角相等；三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
47．70°．
【分析】
由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对角相等，可得: ∠A＝∠C，又由∠A+∠C＝140°，即可求得答案．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，
∵∠A+∠C＝140°，
∴∠C＝70°，
故答案为：70°．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，注意熟记定理是解此题的关键．
48．6
【详解】
解：由折叠的性质知：AD=AF，DE=EF=8﹣3=5；
在Rt△CEF中，EF=DE=5，CE=3，由勾股定理可得：CF=4，
若设AD=AF=x，则BC=x，BF=x﹣4；
在Rt△ABF中，由勾股定理可得：
82+（x﹣4）2=x2，解得x=10，
故BF=x﹣4=6．
故答案为6．
【点评】考查了勾股定理的应用，综合能力要求较高．同时也考查了列方程求解的能力．
49．8.5
【分析】
连接FH，菱形和菱形中，，可得，可得和同底等高，再根据，，计算即可得出答案.
【详解】
解：连接FH，在菱形和菱形中，，
，
，
，
和同底等高，
菱形的面积为，，
，
，
故答案为：8.5.
【点睛】
本题考查菱形的性质以及三角形面积的求法，关键在于识别出同底等高的三角形的面积相等.
50．1
【分析】
连接DE并延长交AB于H，证明△DCE≌△HAE，根据全等三角形的性质可得DE=HE，DC=AH，则EF是△DHB的中位线，再根据中位线的性质可得答案．
【详解】
连接DE并延长交AB于H.
∵CD∥AB，
∴∠C=∠A，
∵E是AC中点，
∴DE=EH，
在△DCE和△HAE中，
，
∴△DCE≌△HAE(ASA)，
∴DE=HE，DC=AH，
∵F是BD中点，
∴EF是△DHB的中位线，
∴EF=BH，
∴BH=AB AH=AB DC=2，
∴EF=1.
故答案为：1.
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键.
51．（1）证明详见解析；（2）证明详见解析；（3）10．
【分析】
（1）利用平行线的性质及中点的定义，可利用AAS证得结论；
（2）由（1）可得AF=BD，结合条件可求得AF=DC，则可证明四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可证得AD=CD，可证得四边形ADCF为菱形；
（3）连接DF，可证得四边形ABDF为平行四边形，则可求得DF的长，利用菱形的面积公式可求得答案．
【详解】
（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AFE和△DBE中，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
（2）证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF=DB．
∵AD为BC边上的中线
∴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=BC，
∴四边形ADCF是菱形；
（3）连接DF，
∵AF∥BD，AF=BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF=AB=5，
∵四边形ADCF是菱形，
∴S菱形ADCF=AC DF=×4×5=10．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质及判定，利用全等三角形的性质证得AF=CD是解题的关键，注意菱形面积公式的应用．
52．（1）证明见解析（2）90°（3）AP=CE
【分析】
(1)、根据正方形得出AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，结合PB=PB得出△ABP ≌△CBP，从而得出结论；(2)、根据全等得出∠BAP=∠BCP，∠DAP=∠DCP，根据PA=PE得出∠DAP=∠E，即∠DCP=∠E，易得答案；(3)、首先证明△ABP和△CBP全等，然后得出PA=PC，∠BAP=∠BCP，然后得出∠DCP=∠E，从而得出∠CPF=∠EDF=60°，然后得出△EPC是等边三角形，从而得出AP=CE.
【详解】
(1)、在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，
在△ABP和△CBP中，又∵ PB=PB ∴△ABP ≌△CBP（SAS）， ∴PA=PC，∵PA=PE，∴PC=PE；
(2)、由（1）知，△ABP≌△CBP，∴∠BAP=∠BCP，∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PE， ∴∠DAP=∠E， ∴∠DCP=∠E， ∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E， 即∠CPF=∠EDF=90°；
(3)、AP＝CE
理由是：在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP，
在△ABP和△CBP中， 又∵ PB=PB ∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA=PC，∠BAP=∠DCP，
∵PA=PE，∴PC=PE，∴∠DAP=∠DCP， ∵PA=PC ∴∠DAP=∠E， ∴∠DCP=∠E
∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等）， ∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E，
即∠CPF=∠EDF=180°﹣∠ADC=180°﹣120°=60°， ∴△EPC是等边三角形，∴PC=CE，∴AP=CE
考点：三角形全等的证明
53．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由SSS证明△ABC≌△DFE即可；
（2）连接AF、BD，由全等三角形的性质得出∠ABC=∠DFE，证出AB∥DF，即可得出结论．
【详解】
详解：证明：，
，
在和中，，
≌；
解：如图所示：
由知≌，
，
，
，
四边形ABDF是平行四边形．
点睛：本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的判定；熟练掌握平行四边形的判定方法，证明三角形全等是解决问题的关键．
54．（1）B（9，15）；（2）5；（3）存在，P（0，）
【分析】
（1）根据点C的坐标确定b的值，利用待定系数法求出点A坐标即可解决问题；
（2）在Rt△BCD中，BC＝9，BD＝AB＝15，CD＝＝12，OD＝15﹣12＝3，设DE＝AE＝x，在Rt△DEO中，根据DE2＝OD2+OE2，构建方程即可解决问题；
（3）如图作点E关于y轴的对称点E′，连接BE′交y轴于P，此时△BPE的周长最小．利用待定系数法求出直线BE′的解析式即可解决问题；
【详解】
解：（1）∵AB＝15，四边形OABC是矩形，
∴OC＝AB＝15，
∴C（0，15），代入y＝y＝﹣x+b得到b＝15，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+15，
令y＝0，得到x＝9，
∴A（9，0），B（9，15）．
（2）在Rt△BCD中，BC＝9，BD＝AB＝15，
∴CD＝＝12，
∴OD＝15﹣12＝3，
设DE＝AE＝x，
在Rt△DEO中，∵DE2＝OD2+OE2，
∴x2＝32+（9﹣x）2，
∴x＝5，
∴AE＝5．
（3）如图作点E关于y轴的对称点E′，连接BE′交y轴于P，此时△BPE的周长最小．
∵E（4，0），
∴E′（﹣4，0），
设直线BE′的解析式为y＝kx+b，则有
解得，
∴直线BE′的解析式为y＝x+，
∴P（0，）．
故答案为（1）B（9，15）；（2）5；（3）存在，P（0，）.
【点睛】
本题考查一次函数综合题、矩形的性质、翻折变换、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法解决问题，学会利用轴对称解决最短问题，属于中考压轴题．
55．（1）见详解；（2）见详解
【分析】
（1）通过证明△ADE≌△CBF，由全等三角的对应边相等证得AE=CF.
（2）根据平行四边形的判定定理：对边平行且相等的四边形是平行四边形证得结论.
【详解】
证明：（1）如图：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，∠3=∠4
∵∠1=∠3+∠5，∠2=∠4+∠6，
∴∠1=∠2
∴∠5=∠6
∵在△ADE与△CBF中，∠3=∠4，AD=BC，∠5=∠6，
∴△ADE≌△CBF（ASA）
∴AE=CF
（2）∵∠1=∠2，
∴DE∥BF
又∵由（1）知△ADE≌△CBF，
∴DE=BF
∴四边形EBFD是平行四边形
56．证明见解析.
【分析】
由四边形ABCD是平行四边形，可得AD∥BC，OA=OC，继而可利用ASA判定△AOE≌△COF，继而证得OE=OF．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA=OC，
∴∠OAE=∠OCF，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE=OF．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
57．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据平行四边形的性质可得AB//CD，根据平行线的性质可得就爱∠FAE=∠CDE，利用ASA即可证明△AEF≌△DEC；
（2）根据全等三角形的性质可得AF=DC，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可得结论．
【详解】
（1）∵在平行四边形ABCD中，AB∥CD，
∴∠FAE＝∠CDE，
∵点E是边AD的中点，
∴AE＝DE，
在△AEF和△DEC中，
∴△AEF≌△DEC（ASA）．
（2）∵△AEF≌△DEC，
∴AF＝DC，
∵AF∥DC，
∴四边形ACDF是平行四边形．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定与性质，平行四边形的对边互相平行；有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；熟练掌握相关性质与判定定理是解题关键．
58．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）从所给的条件可知，DE是△ABC中位线，所以DE∥BC且2DE=BC，所以BC和EF平行且相等，所以四边形BCFE是平行四边形，又因为BE=FE，所以四边形BCFE是菱形．
（2）因为∠BCF=120°，所以∠EBC=60°，所以菱形的边长也为4，求出菱形的高面积就可．
【详解】
解：（1）证明：∵D、E分别是AB、AC的中点，∴DE∥BC且2DE=BC．
又∵BE=2DE，EF=BE，∴EF=BC，EF∥BC．
∴四边形BCFE是平行四边形．
又∵BE=FE，∴四边形BCFE是菱形．
（2）∵∠BCF=120°，∴∠EBC=60°．
∴△EBC是等边三角形．
∴菱形的边长为4，高为．
∴菱形的面积为4×=．
59．（1）15；（2）t＝6或；（3）能，t＝5.
【分析】
（1）先求出AP，即可求解；
（2）分两种情况讨论，由平行四边形的性质可求解；
（3）由菱形的性质可求DP＝BP，由勾股定理可求解．
【详解】
解：（1）当t＝3时，则AP＝3×1＝3cm，
∴PB＝AB﹣AP＝18﹣3＝15cm，
故答案为：15．
（2）若四边形PBCQ是平行四边形，
∴PB＝CQ，
∴18﹣t＝2t，
∴t＝6，
若四边形PQDA是平行四边形，
∴AP＝DQ，
∴t＝23﹣2t，
∴t＝，
综上所述：t＝6或；
（3）如图，
若四边形PBQD是菱形，
∴BP＝DP，
∵，
∴，
∴AP＝5，
∴t＝＝5，
∴当t＝5时，四边形PBQD为菱形．
【点睛】
本题考查了平行四边形，菱形的判定，勾股定理，分类思想，熟练掌握菱形的判定定理，灵活运用分类思想是解题的关键.
60．详见解析．
【分析】
利用已知先证明AB∥DE，进而根据平行四边形的定义：两组对边平行的四边形是平行四边形，即可得出结论．
【详解】
证明：∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠C．
∵∠B＝∠C，
∴∠B＝∠DEC，
∴AB∥DE，
∵AD∥BC，
∴四边形ABED是平行四边形．
∴AD＝BE．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定和性质．解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定定理和性质定理的运用．
61．(1)见解析;(2) 四边形BCEF是平行四边形,理由见解析;(3) 成立，理由见解析.
【分析】
（1）利用有两条边对应相等并且夹角相等的两个三角形全等即可证明△AFB≌△ADC；
（2）四边形BCEF是平行四边形，因为△AFB≌△ADC，所以可得∠ABF=∠C=60°，进而证明∠ABF=∠BAC，则可得到FB∥AC，又BC∥EF，所以四边形BCEF是平行四边形；
（3）易证AF=AD，AB=AC，∠FAD=∠BAC=60°，可得∠FAB=∠DAC，即可证明△AFB≌△ADC；根据△AFB≌△ADC可得∠ABF=∠ADC，进而求得∠AFB=∠EAF，求得BF∥AE，又BC∥EF，从而证得四边形BCEF是平行四边形．
【详解】
和都是等边三角形，
，，，
又，，
，
在和中，
，
≌；
由得≌，
，
又，
，
，
又，
四边形BCEF是平行四边形；
成立，理由如下：
和都是等边三角形，
，，，
又，，
，
在和中，
，
≌；
，
又，，
，
，
，
又，
四边形BCEF是平行四边形．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定等，熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键.
62．4
【分析】
根据矩形的性质和等边三角形的性质，可以得到OA的长，从而可以求得AC的长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∵∠AOD＝60°，AD＝2，
∴△AOD是等边三角形，
∴OA＝OD＝2，
∴AC＝2OA＝4，
即AC的长度为4．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记性质并判断出△AOB是等边三角形是解题的关键．
63．矩形.
【详解】
试题分析：（1）由DF与BE平行，得到两对内错角相等，再由O为AC的中点，得到OA=OC，又AE=CF，得到OE=OF，利用AAS即可得证；
（2）若OD=AC，则四边形ABCD为矩形，理由为：由OD=AC，得到OB=AC，即OD=OA=OC=OB，利用对角线互相平分且相等的四边形为矩形即可得证．
试题解析：（1）∵DF∥BE，
∴∠FDO=∠EBO，∠DFO=∠BEO，
∵O为AC的中点，
∴OA=OC，
∵AE=CF，
∴OA-AE=OC-CF，
即OE=OF，
在△BOE和△DOF中，
，
∴△BOE≌△DOF（AAS）；
（2）若OD=AC，则四边形ABCD是矩形，理由为：
证明：∵△BOE≌△DOF，
∴OB=OD，
∵OD=AC，
∴OA=OB=OC=OD，且BD=AC，
∴四边形ABCD为矩形．
考点：1.全等三角形的判定与性质；2.平行四边形的判定与性质；3.矩形的判定．
64．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）利用勾股定理的逆定理判定AC⊥BC；
（2）在直角△BCE中，利用勾股定理来求BE的长度．
【详解】
证明：（1）∵在△ABC中，AC＝2，BC＝2，AB＝2，
∴AC2＝4，BC2＝8，AB2＝12，
∴AC2+BC2＝AB2．
∴∠ACB＝90°；
（2）由（1）知，∠ACB＝90°，则∠BCE＝90°．
∵D是AB的中点，AB＝2，CE＝CD，
∴CE＝CD＝AB＝．
∴在直角△BCE中，由勾股定理得：BE＝＝＝．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，直角三角形斜边上的中线．注意：勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
65．（1）详见解析；（2）矩形AODE面积为
【分析】
（1）根据菱形的性质得出AC⊥BD，再根据平行四边形的判定定理得四边形AODE为平行四边形，由矩形的判定定理得出四边形AODE是矩形；
（2）证明△ABC是等边三角形，得出OA=×4=2，由勾股定理得出OB=2，由菱形的性质得出OD=OB=2，即可求出四边形AODE的面积．
【详解】
（1）证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∴平行四边形AODE是矩形，
故四边形AODE是矩形；
（2）解：∵∠BCD=120°，AB∥CD，
∴∠ABC=180°-120°=60°，
∵AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴OA=×4=2，
∵在菱形ABCD中，AC⊥BD
∴由勾股定理OB==2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB=2，
∴四边形AODE的面积=OA OD=2=4．
【点睛】
本题考查了矩形的判定以及菱形的性质，还考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
66．（1），理由见详解；（2）见详解；（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE FD．理由见详解．
【分析】
（1）在CD的延长线上截取DM＝BE，连接AM，证出△ABE≌△ADM，根据全等三角形的性质得出BE＝DM，再证明△AEF≌△AMF，得EF＝FM，进而即可得出答案；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，证出△ABE≌△ADG，根据全等三角形的性质得出BE＝DG，再证明△AEF≌△AGF，得EF＝FG，即可得出答案；
（3）按照（2）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据（2）的证法，我们可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE BG＝BE DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．
【详解】
（1）解：，理由如下：
延长CD，使DM=BE，连接AM，
∵在正方形中，AB=AD，∠B=∠ADM=90°，
∴，
∴∠BAE=∠DAM，AE=AM，
∵，
∴∠BAE+∠DAF=∠DAM+∠DAF =90°-45°=45°，
∴∠EAF=∠MAF=45°，
又∵AF=AF，AE=AM，
∴，
∴EF=MF=MD+DF=BE+DF；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，如图，
∵∠ADF＝90°，∠ADF＋∠ADG＝180°，
∴∠ADG＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠B＝∠ADG＝90°，
∵BE＝DG，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，
∴∠EAG＝∠EAD＋∠DAG＝∠EAD＋∠ABE＝∠BAD，
∵，
∴∠EAF＝∠FAG，
又∵AF＝AF，AE＝AG，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG＝DF＋DG＝EB＋DF；
（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE FD．理由如下：
如图，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG＋∠EAD＝∠DAF＋∠EAD＝∠EAF＝∠BAD．
∴∠GAE＝∠BAD=∠EAF．
∵AE＝AE，AG＝AF．
∴△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF，
∵EG＝BE BG
∴EF＝BE FD．
【点睛】
本题考查了三角形综合题，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转变换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题目虽然图形发生变化，但是证明思路和方法是类似的，属于中考压轴题．
67．（1）AD=12cm；（2）证明见解析；（3）t=s或4s
【分析】
（1）由勾股定理求出AD即可；
（2）由等腰三角形的性质和平行线的性质得出∠PBQ=∠PQB，再由等腰三角形的判定定理即可得出结论；
（3）分两种情况：①当点M在点D的上方时，根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AD-AM=12-4t，由PQ∥MD，当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可；
②当点M在点D的下方时，根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AM-AD=4t-12，由PQ∥MD，当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可．
【详解】
（1）解：∵BD⊥AC，
∴∠ADB=90°，
∴AD=，
故答案为：12；
（2）证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，即∠PBQ=∠C，
∵PQ∥AC，
∴∠PQB=∠C，
∴∠PBQ=∠PQB，
∴PB=PQ；
（3）分两种情况：
①当点M在点D的上方时，如图所示
根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，
∴MD=AD-AM=12-4t，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，
∴t=12-4t，
解得：t=（s）；
②当点M在点D的下方时，如图所示：
根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，
∴MD=AM-AD=4t-12，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，
∴t=4t-12，
解得：t=4（s）；
综上所述，当t=s或t=4s时，以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形；
故答案为：s或4s．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形面积公式以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定方法，进行分类讨论是解决问题（3）的关键．
68．见解析.
【详解】
试题分析：根据正方形的性质得出AD=AB，∠D=EAB=90°，然后结合AE=DF得出△ADF和△BAE全等，得到BE=AF.
试题解析：∵四边形ABCD是正方形 ∴AD=AB ∠D=∠EAB=90°
在△EAB和△FDA中，AE=DF ∠EAB=∠D AB=AD ∴△EAB≌△FDA ∴BE=AF.
考点：正方形的性质、三角形全等.
答案第1页，共2页
一、单选题
1．（2021·广东荔湾·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于E，∠BED=150°，则∠A的大小为（ ）
A．150° B．130° C．120° D．100°
2．（2021·广东大埔·八年级期末）如图，的对角线AC，BD相交于点O，是AB中点，且AE+EO=4，则的周长为
A．20 B．16 C．12 D．8
3．（2021·广东荔湾·八年级期末）平行四边形的两条对角线长分别为6和10，则平行四边形的一条边的长x的取值范围为( )
A．4＜x＜6 B．2＜x＜8 C．0＜x＜10 D．0＜x＜6
4．（2021·广东清新·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，，的平分线与BC的延长线交于点E，与DC交于点F，且点F为边DC的中点，，垂足为G，若，则AE的边长为
A． B． C．4 D．8
5．（2021·广东番禺·八年级期末）如图，在□ABCD中，M是BC延长线上的一点，若∠A=135°，则∠MCD的度数等于（ ）
A．45° B．55° C．65° D．75°
6．（2021·广东南山·八年级期末）平行四边形的两条对角线一定（ ）
A．互相平分 B．互相垂直 C．相等 D．以上都不对
7．（2021·广东·连南瑶族自治县教师发展中心八年级期末）下列命题是真命题的是（ ）
A．平行四边形的对角线相等
B．经过旋转，对应线段平行且相等
C．两组对角分别相等的四边形是平行四边形
D．两边相等的两个直角三角形全等
8．（2021·广东龙岗·八年级期末）如图在中，，点C关于的对称点为E，连接交于点F，点G为的中点，连接，．则的面积为（ ）
A． B． C． D．
9．（2021·广东揭东·八年级期末）如图， ABCD的对角线AC，BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，∠BCD=60°，AD＝2AB，连接OE．下列结论：①S ABCD＝AB BD；②DB平分∠ADE；③AB＝DE；④S△CDE＝S△BOC，其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．（2021·广东河源·八年级期末）如图，的对角线AC，BD交于点O，AE平分，交BC于点E，且，连接OE，下列结论①；②OD=AB；③；④；其中成立的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
11．（2021·广东花都·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A．AB∥CD，AD∥BC B．AD∥BC，AB＝CD
C．OA＝OC，OB＝OD D．AB＝CD，AD＝BC
12．（2021·广东顺德·八年级期末）如图，□ABCD中，AB=3，BC=5，AE平分∠BAD交BC于点E，则CE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
13．（2021·广东高州·八年级期末）下列条件中能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
14．（2021·广东花都·八年级期末）如图，点D和点E分别是BC和BA的中点，已知AC＝4，则DE为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
15．（2021·广东云浮·八年级期末）在下列条件中，能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A．两组对边分别平行 B．一组对边平行且另一组对边相等
C．两组邻边相等 D．对角线互相垂直
16．（2021·广东高明·八年级期末）下列各组条件中，不能判断一个四边形是平行四边形的是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形 B．两组对角分别相等的四边形
C．一组对边平行另一组对边相等的四边形 D．两条对角线互相平分的四边形
17．（2021·广东中山·八年级期末）如图，在四边形中，对角线、相交于点，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
18．（2021·广东惠城·八年级期末）在四边形中，对角线，相交于点．给出下列四组条件：①，；②，；③，；④，．其中一定能判定这个四边形是平行四边形的条件有（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
19．（2021·广东龙华·八年级期末）在平面直角坐标系中，已知四边形各顶点坐标分别是：，且，那么四边形周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
20．（2021·广东大埔·八年级期末）顺次连接平面上四点得到一个四边形，从①，②，③，④四个条件中任取其中两个，可以得出“四边形是平行四边形”，这一结论的情况共有（ ）
A．2种 B．3种 C．4种 D．5种
21．（2021·广东黄埔·八年级期末）矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A．对边相等 B．对角相等
C．对角线相等 D．对角线互相平分
22．（2021·广东惠州·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA=OB，若AD=4，，则AB的长为（ ）
A． B． C．8 D．
23．（2021·广东增城·八年级期末）如图，在矩形中，，，对角线，相交于点，过点作交于点，则的长为（ ）
A． B． C． D．
24．（2021·广东罗湖·八年级期末）如图，已知△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，AE是∠BAC的外角平分线，ED∥AB交AC于点G．下列结论：①AD⊥BC；②AE∥BC；③AE＝AG；④AD2＋AE2＝4AG2，其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
25．（2021·广东·深圳实验学校八年级期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①AE＝AD；②∠AED＝∠CED；③BH＝HF；④BC﹣CF＝2HE；⑤S四边形ECFH＝2S△BEH，其中正确的有（ ）
A．①②③⑤ B．①③④⑤ C．②③④⑤ D．①②③④
26．（2021·广东海珠·八年级期末）如图，在中，，D为边的中点，，则长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
27．（2021·广东龙湖·八年级期末）菱形具有而一般平行四边形不具有的性质是( )
A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直
28．（2021·广东江门·八年级期末）菱形的周长为8cm，高为1cm，则该菱形两邻角度数比为【 】
A．3：1 B．4：1 C．5：1 D．6：1
29．（2021·广东花都·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，对角线BD＝4，AC＝3BD，则菱形ABCD的面积为（ ）
A．96 B．48 C．24 D．6
30．（2021·广东·广州市第二中学南沙天元学校八年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC，若AC=4，则四边形OCED的周长为（ ）
A．4 B．8 C．10 D．12
31．（2021·广东增城·八年级期末）如图，在菱形中，分别垂直平分，垂足分别为，则的度数是（ ）
A．90° B．60° C．45° D．30°
32．（2021·广东高要·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边长为6，它的一边在轴上，且的中点是坐标原点，点在轴正半轴上，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
33．（2021·广东广宁·八年级期末）如图．正方形和正方形中，点在上，，，是的中点，那么的长是（ ）．
A． B． C． D．2
34．（2021·广东花都·八年级期末）如图，ABE、BCF、CDG、DAH是四个全等的直角三角形，其中，AE＝5，AB＝13，则EG的长是（ ）
A．7 B．6 C．7 D．7
35．（2021·广东东莞·八年级期末）如图，正方形硬纸片ABCD的边长是4，点E、F分别是AB、BC的中点，若沿左图中的虚线剪开，拼成如图的一座“小别墅”，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．2 B．4 C．8 D．10
36．（2021·广东宝安·八年级期末）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是边CB延长线上一点，F为AB边上一点，BE＝BF，连接EF并延长交线段AD于点G，连接CF交BD于点M，连接CG交BD于点N．则下列结论：
①AE＝CF；
②∠BFM＝∠BMF；
③∠CGF﹣∠BAE＝45°；
④当∠BAE＝15°时，MN＝．
其中正确的个数有（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
37．（2021·广东越秀·八年级期末）如图，在正方形ABCD的外侧作等边三角形CDE，则∠DAE的度数为（ ）
A．20° B．15° C．12.5° D．10°
38．（2021·广东番禺·八年级期末）下列命题中是假命题的是（ ）
A．对角线相等且互相平分的四边形是矩形；
B．对角线相等的菱形是正方形；
C．有一组邻边相等的平行四边形是菱形；
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形．
二、填空题
39．（2021·广东荔湾·八年级期末）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，四边形ACEF是正方形，则EF的长为_____．
40．（2021·广东荔湾·八年级期末）如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E，F分别是边AD，BC上的点，将正方形纸片沿EF折叠，使得点A落在CD边上的点A′处，此时点B落在点B′处．已知折痕EF=13，则AE的长等于_________．
41．（2021·广东清新·八年级期末）如图，将正方形OEFG放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点E的坐标为（2，3），则点F的坐标为_____．
42．（2021·广东高明·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，BE平分∠ABC，CF⊥BE，连接AE，G是AB的中点，连接GF，若AE＝4，则GF＝_____．
43．（2021·广东花都·八年级期末）如图，正方形ABCD的边长为，O是对角线BD上一动点（点O与端点B，D不重合），OM⊥AD于点M，ON⊥AB于点N，连接MN，则MN长的最小值为_____．
44．（2021·广东惠州·八年级期末）若菱形的两条对角线长分别是6㎝和8㎝，则该菱形的面积是____㎝2．
45．（2021·广东龙湖·八年级期末）如图，菱形的边长为4，，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于两点，直线交于点，连接，则的长为____________．
46．（2021·广东南海·八年级期末）如图，四边形ABCD是长方形，F是DA延长线上一点，CF交AB于点E，G是CF上一点，且∠ACG＝∠AGC，∠GAF＝∠F．若∠ECB＝20°，则∠ACD的度数是______________．
47．（2021·广东揭东·八年级期末）在ABCD中，如果∠A+∠C＝140°，那么∠C等于_____．
48．（2021·广东汕尾·八年级期末）如图将矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上F处，已知CE=3，AB=8，则BF=_________．
49．（2021·广东·深圳外国语学校八年级期末）如图，菱形ABCD和菱形EFGH的面积分别为和，CD落在EF上，，若的面积为，则的面积是____．
50．（2021·广东·连南瑶族自治县教师发展中心八年级期末）如图，，，分别为，的中点，若，，则的长是__．
三、解答题
51．（2021·广东高要·八年级期末）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；
（3）若AC=4，AB=5，求菱形ADCF 的面积．
52．（2021·广东江城·八年级期末）如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，PE交CD于F
（1）证明：PC=PE；
（2）求∠CPE的度数；
（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC=120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．
53．（2021·广东禅城·八年级期末）如图，点B、E、C、F在一条直线上，AB=DF，AC=DE，BE=FC．
（1）求证：△ABC≌△DFE；
（2）连接AF、BD，求证：四边形ABDF是平行四边形．
54．（2021·广东广宁·八年级期末）如图，把矩形OABC放入平面直角坐标系xO中，使OA、OC分别落在x、y轴的正半轴上，其中AB＝15，对角线AC所在直线解析式为y＝﹣x+b，将矩形OABC沿着BE折叠，使点A落在边OC上的点D处．
（1）求点B的坐标；
（2）求EA的长度；
（3）点P是y轴上一动点，是否存在点P使得△PBE的周长最小，若存在，请求出点P的坐标，若不存在，请说明理由．
55．（2021·广东黄埔·八年级期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，E、F是对角线AC上的两点，∠1=∠2．
（1）求证：AE=CF；
（2）求证：四边形EBFD是平行四边形．
56．（2021·广东高要·八年级期末）已知平行四边形ABCD，对角线AC、BD交于点O，线段EF过点O交AD于点E，交BC于点F．求证：OE=OF．
57．（2021·广东花都·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E是边AD的中点，连接CE并延长交BA的延长线于点F，连接AC，DF．
（1）求证：AEF≌DEC；
（2）求证：四边形ACDF是平行四边形．
58．（2021·广东·广州市第二中学南沙天元学校八年级期末）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE=2DE，延长DE到点F，使得EF=BE，连接CF．
（1）求证：四边形BCFE是菱形；
（2）若CE=4，∠BCF=120°，求菱形BCFE的面积．
59．（2021·广东花都·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，AD＝12cm，AB＝18cm，CD＝23cm，动点P从点A出发，以1cm/s的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以2cm/s的速度向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒．
（1）当t＝3时，PB＝ cm．
（2）当t为何值时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？
（3）四边形PBQD能否成为菱形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由．
60．（2021·广东封开·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝∠C．E是边BC上一点，且DE＝DC．求证：AD＝BE．
61．（2021·广东·连南瑶族自治县教师发展中心八年级期末）已知是等边三角形，D是BC边上的一个动点点D不与B，C重合是以AD为边的等边三角形，过点F作BC的平行线交射线AC于点E，连接BF．
如图1，求证：≌；
请判断图1中四边形BCEF的形状，并说明理由；
若D点在BC边的延长线上，如图2，其它条件不变，请问中结论还成立吗？如果成立，请说明理由．
62．（2021·广东花都·八年级期末）如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC与BD相交于点O，∠AOD＝60°，AD＝2，求AC的长度．
63．（2021·广东江城·八年级期末）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，已知O是AC的中点，AE=CF，DF∥BE．
（1）求证：△BOE≌△DOF；
（2）若OD=AC，则四边形ABCD是什么特殊四边形？请证明你的结论．
64．（2021·广东花都·八年级期末）如图，在ABC中，D是AB的中点，AC＝2，BC＝2，AB＝2，延长AC到E，使得CE＝CD，连接BE．
（1）求证：∠ACB＝90°；
（2）求线段BE的长度．
65．（2021·广东·深圳市盐田区外国语学校八年级期末）已知：如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若AB=4，∠BCD=120°，求四边形AODE的面积．
66．（2021·广东增城·八年级期末）（1）如图，在正方形中，、分别是，上的点，且．直接写出、、之间的数量关系；
（2）如图，在四边形中，，，、分别是，上的点，且，求证：；
（3）如图，在四边形中，，，延长到点，延长到点，使得，则结论是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明．
67．（2021·广东惠来·八年级期末）已知，如图，在△ABC中，AB=AC=20cm，BD⊥AC于D，且BD=16cm．点M从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为4cm/s；同时点P由B点出发，沿BA方向匀速运动，速度为lcm/s，过点P的动直线PQ∥AC，交BC于点Q，连结PM，设运动时间为t(s)(0＜t＜5)，解答下列问题：
（1）线段AD=___cm；
（2）求证：PB=PQ；
（3）当t为何值时，以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形．
68．（2021·广东花都·八年级期末）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在AD，CD上，且AE=DF，连接BE，AF.求证：BE=AF.
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】
试题分析：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠AEB=∠CBE，∵BE平分∠ABE，∴∠ABE=∠CBE，∴∠AEB=∠ABE，∴AB=AE，∵∠BED=150°，∴∠ABE=∠AEB=30°，∴∠A=180°﹣∠ABE﹣∠AEB=120°．故选C．
考点：平行四边形的性质．
2．B
【分析】
首先证明：OE=BC，由AE+EO=4，推出AB+BC=8即可解决问题；
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵AE=EB，
∴OE=BC，
∵AE+EO=4，
∴2AE+2EO=8，
∴AB+BC=8，
∴平行四边形ABCD的周长=2×8=16，
故选B．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是熟练掌握
三角形的中位线定理，属于中考常考题型．
3．B
【分析】
平行四边形的两条对角线相交和平行四边形的一边构成三角形，这个三角形的两条边是3，5，第三条边就是平行四边形的一条边x，即满足，解得即可．
【详解】
如图，
∵平行四边形ABCD
∴OA=OC=3，OB=OD=5
∴在△AOB中，OB-OA＜x＜OB+OA
即：2＜x＜8
故选B．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质以及三角形的三边关系定理，确定所求边所在三角形其他两边的长度，进而应用三边关系确定范围是解题的关键．
4．B
【分析】
由AE为角平分线，得到一对角相等，再由ABCD为平行四边形，得到AD与BE平行，利用两直线平行内错角相等得到一对角相等，等量代换及等角对等边得到AD=DF，由F为DC中点，AB=CD，求出AD与DF的长，得出三角形ADF为等腰三角形，根据三线合一得到G为AF中点，在直角三角形ADG中，由AD与DG的长，利用勾股定理求出AG的长，进而求出AF的长，再由三角形ADF与三角形ECF全等，得出AF=EF，即可求出AE的长．
【详解】
∵AE为∠DAB的平分线，
∴∠DAE=∠BAE，
∵DC∥AB，
∴∠BAE=∠DFA，
∴∠DAE=∠DFA，
∴AD=FD，又F为DC的中点，
∴DF=CF，
∴AD=DF=DC=AB=2，
在Rt△ADG中，根据勾股定理得：AG=，则AF=2AG=2，
∵平行四边形ABCD，
∴AD∥BC，
∴∠DAF=∠E，∠ADF=∠ECF，
在△ADF和△ECF中，，
∴△ADF≌△ECF（AAS），
∴AF=EF，
则AE=2AF=4．
故选B.
考点：1.平行四边形的性质；2.等腰三角形的判定与性质；3.勾股定理．
5．A
【分析】
根据平行四边形对角相等，求出∠BCD，再根据邻补角的定义求出∠MCD即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠BCD=135°，
∴∠MCD=180°-∠BCD =180°-135°=45°．
故选：A．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、邻补角定义等知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形性质，属于基础题，中考常考题型．
6．A
【分析】
直接根据平行四边形的性质判断即可．
【详解】
解：平行四边形的对角线互相平分，
故选：A
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解答此题的关键．
7．C
【分析】
命题的真假，用证明的方法去判断，或者找到反例即可，
【详解】
A项平行四边形的对角线相等，这个不一定成立，反例只要不是正方形的菱形的对角线均不相等.
B项经过旋转，对应线段平行且相等，这个不一定成立，反例旋转九十度，肯定不会平行，C项两组对角分别相等的四边形是平行四边形，这个是成立的，因为对角相等，那么可以得到同位角互补，同位角互补可以得到两组对边平行.
D项两边相等的两个直角三角形全等，这个没有加对应的这几个字眼，那么就可以找到反例，一个直角三角形的两个直角边与另一个直角三角形的一直角边和斜边相等，那么这两个直角肯定不全等，所以选择C
【点睛】
本题主要考查基本定义和定理，比如四边形的基本性质，线段平行的关系，直角三角形全等的条件，把握这些定义和定理就没有问题了
8．B
【分析】
如图，取BC中点H，连接AH，连接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延长线于M．构建S△BEG=S△BCE+SECG-S△BCG计算即可．
【详解】
解：如图，取BC中点H，连接AH，连接EC交AD于N，作EM⊥CD交CD的延长线于M．
∵BC=2AB，BH=CH，∠ABC=60°，
∴BA=BH=CH，
∴△ABH是等边三角形，
∴HA=HB=HC，
∴∠BAC=90°，
∴∠ACB=30°，
∵E和C关于AD对称，AD∥BC，
∴EC⊥AD，EC⊥BC，CN=EN，
∴EC⊥BC，
∵∠BCD=180°-∠ABC=120°，
∴∠ACE=60°，∠ECM=30°，
∵BC=2AB=8，
∴CD=4，CN=EN=，
∴EC=，EM=，
∴S△BEG=S△BCE+SECG-S△BCG
=×8×+×2×-S平行四边形ABCD
=×8×+×2×-×BC×CN
=×8×+×2×-×8×
=
故选：B．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、轴对称图形、勾股定理、等边三角形的判定和性质、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线没工作直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
9．D
【分析】
求得∠ABD＝90°，即AB⊥BD，即可得到S ABCD＝AB BD；依据∠ADE＝60°，∠BDE＝30°，可得∠ADB＝30°＝∠BDE，即可得出DB平分∠CDE；依据AB＝CD，CD＝DE，即可得到AB＝DE；由BE＝EC可得S△CDE＝S△CDB，由BO＝OD可得S△BOC＝S△CDB，即可得出S△CDE＝S△BOC．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，∠BCD＝60°，
∴∠ADC＝120°，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE＝60°＝∠BCD，
∴△CDE是等边三角形，
∴CD＝CE＝DE，
∵AD＝2AB，BC＝AD，CD＝AB，
∴BC＝2CD＝2CE＝2DE，
∴DE＝CE＝BE，
∴∠BDE＝∠DBE＝∠CED＝30°，
∴∠CDB＝90°，
∴∠ABD＝90°，即AB⊥BD，
∴S ABCD＝AB BD，故①正确；
由①知，∠ADE＝60°，∠BDE＝30°，
∴∠ADB＝30°＝∠BDE，
∴DB平分∠ADE，故②正确；
∵AB＝CD，CD＝DE，
∴AB＝DE，故③正确；
∵BE＝EC，
∴S△CDE＝S△CDB，
∵BO＝OD，
∴S△BOC＝S△CDB，
∴S△CDE＝S△BOC，故④正确；
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，角平分线定义，熟练掌握各定理是解题的关键．
10．C
【分析】
结合平行四边形的性质可证明△ABE为等边三角形，由可判定①，证明∠BAC=90°，可判定②；由平行四边形的面积公式可判定③；利用三角形中线的性质结合三角形的面积可求解判定④．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，∠ADC=60°，
∴AD∥BC，∠ABC=∠ADC=60°，∠CAD=∠EAC，OB=OD，
∴∠DAE=∠AEB，∠BAC=∠BCD=120°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BAE=∠AEB
∴△ABE为等边三角形，
∴∠BAE=∠AEB=60°，AB=BE=AE，
∵
∴EC=AE，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠CAD=30°，故①正确；
∵∠BAD=120°，∠CAD=30°，
∴∠BAC=90°，
∴BO＞AB，
∴OD＞AB，故②错误；
∴S ABCD=AB AC=AC CD，故③正确；
∵∠BAC=90°，BC=2AB，
∴E是BC的中点，
∴S△BEO：S△BCD=1：4，
∴S四边形OECD：S△BCD=3：4，
∴S四边形OECD：S ABCD=3：8，
∵S△AOD：S ABCD=1：4，
∴故④正确．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质，直角三角形的性质，三角形的面积，等边三角形的性质和判定，灵活运用三角形的面积解决问题是解题的关键．
11．B
【分析】
根据平行四边形的判定方法即可判断．
【详解】
A、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可以判定；
B、无法判定，四边形可能是等腰梯形，也可能是平行四边形；
C、根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可以判定；
D、根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可以判定；
故选：B．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理．
12．B
【分析】
利用平行四边形性质得∠DAE=∠BEA，再利用角平分线性质证明△BAE是等腰三角形,得到BE=AB即可解题.
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=5，AD∥BC，
∴∠DAE=∠BEA，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠BEA=∠BAE，
∴BE=AB=3，
∴CE=BC-BE=5-3=2，
故选B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质,等腰三角形的判定,属于简单题,熟悉平行线加角平分线得到等腰三角形这一常用解题模型是解题关键.
13．C
【分析】
根据平行四边形的判定方法对各个选项进行判断即可．
【详解】
A、不可以得到两组对角分别相等，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
B、不可以得到两组对边分别平行，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
C、根据：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项符合题意；
D、不能判定四边形ABCD是平行四边形，故此选项不符合题意；
故选C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，平行四边形的判定方法有：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
14．B
【分析】
根据三角形中位线定理解答即可．
【详解】
解：∵点D和点E分别是BC和BA的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE＝AC＝4＝2，
故选：B．
【点睛】
本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
15．A
【分析】
根据平行四边形的判定定理逐个判断即可．
【详解】
A、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故本选项符合题意；
B、一组对边平行且另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故本选项不符合题意；
C、两组邻边相等的四边形不一定是平行四边形，故本选项不符合题意；
D、对角线互相平分的四边形才是平行四边形，故本选项不符合题意；
故选A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定定理，能熟记平行四边形的判定定理的内容是解此题的关键，注意：平行四边形的判定定理有：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形，②两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③两组对角分别平行的四边形是平行四边形，④一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形．
16．C
【分析】
根据平行四边形的判定方法逐一分析解题．
【详解】
解：A、B、D均可为判定四边形为平行四边形，故A、B、D不符合题意；
C．一组对边平行另一组对边相等的四边形，不能判断它是平行四边形，如下图，是等腰梯形，故C符合题意，
故选：C．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
17．D
【分析】
分别利用平行四边形的判定方法进行判断，即可得出结论．
【详解】
解：∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不合题意；
∵AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不合题意；
∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不合题意；
∵AB∥CD，AD=BC，
∴四边形ABCD不一定是平行四边形，
∴故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是本题的关键．
18．A
【分析】
根据平行四边形的判定方法分别判断得出即可．
【详解】
解：如图，
①根据平行四边形的判定定理：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可知①能判断这个四边形是平行四边形；
②根据平行四边形的判定定理：两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可知②能判断这个四边形是平行四边形；
③根据平行四边形的判定定理：两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，可知③能判断这个四边形是平行四边形；
④根据平行四边形的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可知④不能判断这个四边形是平行四边形（例可能是等腰梯形）；
故给出的四组条件中，①②③能判断这个四边形是平行四边形．
故选：．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的判定方法；准确无误的掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
19．A
【分析】
如图，把向上平移一个单位得：，作关于直线的对称点 连接，交直线于 连接，则此时四边形的周长最短，再利用勾股定理可得： ，利用从而可得答案．
【详解】
解：如图，把向上平移一个单位得：，作关于直线的对称点 连接，交直线于 连接，
，
由
四边形是平行四边形，
所以此时：四边形的周长最短，
故选：
【点睛】
本题考查的是图形与坐标，勾股定理的应用，轴对称的性质，平行四边形的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
20．B
【分析】
根据平行四边形的判定定理可得出答案．
【详解】
如图，
当①AB∥CD，③∠A=∠C时，四边形ABCD为平行四边形；
理由：∵AD∥BC，
∴∠D+∠C=180°，
∵∠A=∠C，
∴∠D+∠A=180°，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
当①AB∥CD，④∠B=∠D时，四边形ABCD为平行四边形；理由：同上；
当③∠A=∠C，④∠B=∠D时，四边形ABCD为平行四边形；
理由：在四边形ABCD中，∠A+∠B+∠C+∠D=360°，
∵∠A=∠C，∠B=∠D，
∴2∠A+2∠B=360°
∴∠A+∠B=180°，
∴AD∥BC，
同理：AB∥DC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
21．C
【分析】
根据矩形和平行四边形的性质进行解答即可.
【详解】
矩形的对角线互相平分且相等，而平行四边形的对角线互相平分，不一定相等．
矩形的对角线相等，而平行四边形的对角线不一定相等．
故选C．
【点睛】
本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．如，矩形的对角线相等．
22．A
【分析】
由平行四边形ABCD中，OA=OB得到平行四边形ABCD是矩形，又，得到三角形AOD为等边三角形，再利用勾股定理得到AB的长.
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，对角线AC、BD相交于点O，
∴OA=OC，OB=OD，
又∵OA=OB，
∴OA=OD=OB=OC，
∴平行四边形ABCD为矩形，∠DAB=90°,
而，
∴为等边三角形，
∴AD=OD=OA=OB=4，
在Rt中，AD=4，DB=2OD=8，
∴,
故选：A.
【点睛】
本题利用了矩形的判定和性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理定理的应用求解．属于基础题.
23．A
【分析】
连接，利用垂直平分线的性质可得，设，利用勾股定理列出方程，结论可得．
【详解】
解：连接，如图，
是矩形，
，
，
为线段的垂直平分线．
，
设，则，
，
在中，
，
．
解得：．
．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质和勾股定理．利用勾股定理列出方程是解题的关键．
24．C
【分析】
连接EC，根据等腰三角形的性质得出AD⊥BC，即可判断①；求出∠FAE=∠B，再根据平行线的性质得出AE∥BC，即可判断②；求出四边形ABDE是平行四边形，根据平行四边形的性质得出AE=BD，求出AE=CD，根据矩形的判定推出四边形ADCE是矩形，根据矩形的性质得出AC=DE，AG=CG，DG=EG，求出DG=AG=CG=EG，根据勾股定理判断④即可；根据AE=BD=BC和AG=AC判断③即可．
【详解】
解：连接EC，
∵AB=AC，AD是∠BAC的平分线，
∴AD⊥BC，故①正确；
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∵AE平分∠FAC，
∴∠FAC=2∠FAE，
∵∠FAC=∠B+∠ACB，
∴∠FAE=∠B，
∴AE∥BC，故②正确；
∵AE∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE=BD，
∵AB=AC，AD⊥BC，
∴CD=BD，
∴AE=CD，
∵AE∥BC，∠ADC=90°，
∴四边形ADCE是矩形，
∴AC=DE，AG=CG，DG=EG，
∴DG=AG=CG=EG，
在Rt△AED中，AD2+AE2=DE2=AC2=(2AG)2=4AG2，故④正确；
∵AE=BD=BC，AG=AC，
∴AG=AE错误（已知没有条件AC=BC），故③错误；
即正确的个数是3个，
故选：C．
【点睛】
本题考查了勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的性质和判定，平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
25．D
【分析】
（1）①设AB＝a，则AD＝a，由角平分线可知∠BAE＝45°，在Rt△ABE中，勾股定理求得AE＝a，即可判断①；
②根据①的结论，证明即可判断②；
③证明△DHF≌△EBH即可判断③；
④通过计算得出BC＝a，CF＝2a﹣a，HE＝a﹣a，进而判断④；
⑤由④的结论分别计算出S四边形ECFH和2S△BEH，进而判断⑤．
【详解】
解：①设AB＝a，则AD＝a，
四边形是矩形
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝45°，
∴BA＝BE．
在Rt△ABE中，AE＝a，
∴AE＝AD，故①正确；
②∵DH⊥AH，∠DAE＝45°，AD＝a，
∴DH＝AH＝a，
∴DH＝DC，
四边形是矩形
=
在和中
（HL）
，，
故②正确；
③∵AH＝AB＝a，
∴∠ABH＝∠AHB，
由②可知，
,
∵AB∥CD，
∴∠ABF＋∠DFB＝180°，
又∠AHB＋∠BHE＝180°，
∴∠BHE＝∠HFD，∠HEB＝∠FDH＝45°，
在△DHF和△EBH中，
，
∴△DHF≌△EBH（AAS），
∴BH＝HF，故③正确；
④∵△BHE≌△HFD，
∴HE＝DF，HE＝AE﹣AH＝a﹣a，
∴CF＝a﹣（a﹣a）＝2a﹣a，
∵BC＝a，CF＝2a﹣a，HE＝a﹣a，
∴BC﹣CF＝2HE，
故④正确；
⑤过点作于，
∵BC＝a，CF＝2a﹣a， ，
，，
，
S△BEH＝，
2S△BEH=，
S四边形ECFH S△BCF-S△BEH，
，
S四边形ECFH2S△BEH，
故⑤错误；
综上所述，正确的是①②③④共4个，
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，三角形全等的证明与判定，三角形外角性质，三角形中位线的性质，勾股定理，综合运用以上知识是解题的关键．
26．B
【分析】
根据“在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半”解答．
【详解】
解：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为边AB的中点，则CD=AB，
∵AB=6，
∴CD=AB=3，
故选：B．
【点睛】
本题考查直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形斜边中线的性质，属于中考常考题型．
27．D
【详解】
试题分析：∵菱形具有的性质：对边相等，对角相等，对角线互相平分，对角线互相垂直；
平行四边形具有的性质：对边相等，对角相等，对角线互相平分；
∴菱形具有而一般平行四边形不具有的性质是：对角线互相垂直．
故选D．
考点：菱形的性质；平行四边形的性质．
28．C
【分析】
菱形的性质；含30度角的直角三角形的性质.
【详解】
如图所示，根据已知可得到菱形的边长为2cm，从而可得到高所对的角为30°，相邻的角为150°，则该菱形两邻角度数比为5：1，故选C.
29．C
【分析】
根据菱形的面积等于对角线乘积的一半解答．
【详解】
解：∵BD＝4，AC＝3BD，
∴AC＝12，
∴菱形ABCD的面积为AC×BD＝＝24．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质，利用对角线求面积的方法，在求菱形的面积中用得较多，需要熟练掌握．
30．B
【详解】
解:∵四边形ABCD为矩形，
∴OA=OC，OB=OD，且AC=BD，
∴OA=OB=OC=OD=2，
∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形DECO为平行四边形，
∵OD=OC，
∴四边形DECO为菱形，
∴OD=DE=EC=OC=2，
则四边形OCED的周长为2+2+2+2=8，故选B．
考点：矩形的性质；菱形的判定与性质．
31．B
【分析】
根据垂直平分线的性质可得出△ABC、△ACD是等边三角形，从而先求得∠B=60°，∠C=120°，在四边形AECF中，利用四边形的内角和为360°可求出∠EAF的度数．
【详解】
解：连接AC，
∵AE垂直平分边BC，
∴AB=AC，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∴AB=AC=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=60°，
∴∠BCD=120°，
又∵AF垂直平分边CD，
∴在四边形AECF中，∠EAF=360°-180°-120°=60°．
故选B．
【点睛】
本题考查了菱形的性质及线段垂直平分线的性质，关键是掌握线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等，及菱形四边形等的性质．
32．D
【分析】
由菱形的性质可得AB=AD=CD=6，AB∥CD，由勾股定理可求DO的长，即可求点C坐标．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形
∴AB=AD=CD=6，AB∥CD
∵AB的中点是坐标原点，
∴AO=BO=3，
∴DO= =3 ，
∴点C坐标（6，3）．
故选D．
【点睛】
本题考查菱形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
33．B
【分析】
连接AC、CF，如图，根据正方形的性质得∠ACD=45°，∠FCG=45°，AC=，CF=3，则∠ACF=90°，再利用勾股定理计算出AF=2，然后根据直角三角形斜边上的中线求CH的长．
【详解】
解：连接AC、CF，如图，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，
∴∠ACD=45°，∠FCG=45°，AC=BC=，CF=CE=3，
∴∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△ACF中，AF=，
∵H是AF的中点，
∴CH=AF=．
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．也考查了直角三角形斜边上的中线性质．
34．A
【分析】
根据勾股定理求出BE，证明四边形EFGH为正方形，根据正方形的性质、勾股定理计算，得到答案．
【详解】
解：在Rt△ABE中，AE＝5，AB＝13，
由勾股定理得，BE＝＝＝12，
∵△ABE、△BCF、△CDG、△DAH是四个全等的直角三角形，
∴∠AEB＝∠BFC＝∠CGD＝90°，BF＝CG＝DH＝AE＝5，
∴∠FEB＝∠EFC＝∠FGD＝90°，EF＝EH＝12﹣5＝7，
∴四边形EFGH为正方形，
∴EG＝＝7，
故选：A．
【点睛】
本题考查的是全等三角形的应用，掌握全等三角形的对应边相等、对应角相等是解题的关键．
35．B
【详解】
解：根据题意，“小别墅”的上面是一个等腰三角形，它的面积是正方形ABCD的一半，而“小别墅”的下面的面积是正方形ABCD的一半，并且下面是两个相等的矩形，
所以图中阴影部分的面积是正方形ABCD面积的
即阴影部分的面积=
考点：正方形
点评：本题考查正方形，解答本题的关键是通过审题，弄清楚阴影部分的面积与正方形面积之间的关系，考生要善于观察
36．B
【分析】
①根据已知条件证明△ABE≌△CBF，即可判断；
②由△ABE≌△CBF和已知条件证明四边形DGEB是平行四边形，再证明△FBC≌△GDC，当且仅当∠FCG=45°时，∠BFM=∠BMF，即可判断；
③结合①②证明∠FMB=∠CGF，进而可以判断；
④当∠BAE=15°时，∠BCM=∠GCD=∠BAE=15°，可得△CMN是等边三角形，作CH⊥BD于点H，根据正方形边长为4，即可求出MN的值，进而可以判断.
【详解】
解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠CBF＝90°，
在△ABE和△CBF中，
，
∴△ABE≌△CBF（SAS），
∴AE＝CF，故①正确；
②∵△ABE≌△CBF，
∴∠BCF＝∠BAE，
∵∠GEC＝∠DBC＝∠ADB＝45°，
∴∠BMF＝∠FCB+∠DBC＝∠FCB+45°，
∵∠GEC＝∠DBC，
∴EG∥DB，
∵DG∥BE，
∴四边形DGEB是平行四边形，
∴BE＝DG，
在△FBC和△GDC中，
，
∴△FBC≌△GDC（SAS），
∴∠BCF＝∠DCG，
∴∠BFM＝∠FCD＝∠DCG+∠FCG＝∠BCF+∠FCG，
∴当且仅当∠FCG＝45°时，∠BFM＝∠BMF，故②错误；
③∵GE∥BD，
∴∠FMB＝∠GFC，
∵△FBC≌△GDC，
∴CF＝CG，
∴∠GFC＝∠CGF，
∴∠FMB＝∠CGF，
∴∠CGF﹣∠BAE＝∠FMB﹣∠BCM＝∠MBC＝45°，故③正确；
④当∠BAE＝15°时，∠BCM＝∠GCD＝∠BAE＝15°，
∴∠FCG＝90°﹣∠BCM﹣∠GCD＝60°，
∵BD∥EG，
∴∠GFC＝∠NMC，∠FGC＝∠MNC，
∵∠GFC＝∠FGC，
∴∠NMC＝∠MNC，
∴CM＝CN，∠MCN＝60°，
∴△CMN是等边三角形，
作CH⊥BD于点H，如图，
∴CH＝BD＝＝2，
∴CM＝×2＝，
∴MN＝CM＝，故④错误．
所以其中正确有①③，2个．
故选：B．
【点睛】
本题是四边形的综合题，考查了正方形、全等三角形、平行四边形的性质和判定，在有中点和直角三角形的前提条件下，可以利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半来证明两条线段相等.
37．B
【分析】
根据正方形、等边三角形和三角形内角和定理可以得到答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝90°，AD＝DC，
∵△CDE是等边三角形，
∴DE＝DC，∠EDC＝60°，
∴∠ADE＝90°+60°＝150°，AD＝ED，
∴∠DAE＝∠DEA＝（180°﹣∠ADE）＝15°，
故选：B．
【点睛】
本题考查正方形、等边三角形和三角形内角和定理的综合应用，灵活运用有关性质求解是解题关键．
38．D
【分析】
根据平行四边形，矩形，菱形和正方形的判定方法判断即可．
【详解】
A、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，真命题，不符合题意；
B、对角线相等的菱形是正方形，真命题，不符合题意；
C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，真命题，不符合题意；
D、一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是平行四边形也可能是等腰梯形，故原命题是假命题，符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法．
39．3
【分析】
由菱形的性质可得AB=BC，且∠B=60°，可得AC=AB=3，由正方形的性质可得AC=EF=3．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形
∴AB=BC，且∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=3，
∵四边形ACEF是正方形，
∴AC=EF=3
故答案为3
【点睛】
本题考查了正方形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
40．
【分析】
过点F作FG⊥AD，垂足为G，连接AA′，在△GEF中，由勾股定理可求得EG=5，轴对称的性质可知AA′⊥EF，由同角的余角相等可证明∠EAH=∠GFE，从而可证明△ADA′≌△FGE，故此可知GE=DA′=5，最后在△EDA′利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】
解：过点F作FG⊥AD,垂足为G,连接AA′.
在Rt△EFG中，EG=，
∵轴对称的性质可知AA′⊥EF，
∴∠EAH+∠AEH=90 ，
∵FG⊥AD，
∴∠GEF+∠EFG=90 ，
∴∠DAA′=∠GFE，
在△GEF和△DA′A中，
，
∴△GEF≌△DA′A，
∴DA′=EG=5，
设AE=x,由翻折的性质可知EA′=x，则DE=12 x，
在Rt△EDA′中，由勾股定理得：A′E2=DE2+A′D2,即x2=(12 x)2+52，
解得：x=，
故答案为，
【点睛】
本题主要考查正方形、轴对称、全等三角形的性质及勾股定理等相关知识.利用辅助线构全等形、利用勾股定理建立方程是解题的关键.
41．（﹣1，5）
【详解】
【分析】结合全等三角形的性质可以求得点G的坐标，再由正方形的中心对称的性质求得点F的坐标．
【详解】如图，过点E作x轴的垂线EH，垂足为H．过点G作x轴的垂线GM，垂足为M，连接GE、FO交于点O′，
∵四边形OEFG是正方形，
∴OG=EO，∠GOM=∠OEH，∠OGM=∠EOH，
在△OGM与△EOH中，
，
∴△OGM≌△EOH（ASA），
∴GM=OH=2，OM=EH=3，
∴G（﹣3，2），
∴O′（﹣，），
∵点F与点O关于点O′对称，
∴点F的坐标为 （﹣1，5），
故答案是：（﹣1，5）．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、中点坐标公式等，正确添加辅助线以及熟练掌握和运用相关内容是解题的关键.
42．2
【分析】
根据平行四边形的性质结合角平分线的定义可求解∠CBE=∠BEC，即可得CB=CE，利用等腰三角形的性质得到BF=EF，进而可得GF是△ABE的中位线，根据三角形的中位线的性质可求解．
【详解】
在平行四边形ABCD中，AB∥CD，
∴∠ABE=∠BEC．
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠CBE=∠BEC，
∴CB=CE．
∵CF⊥BE，
∴BF=EF．
∵G是AB的中点，
∴GF是△ABE的中位线，
∴GF=AE，
∵AE=4，
∴GF=2．
故答案为：2．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形中位线的性质，证明GF是△ABE的中位线是解题的关键．
43．1.
【分析】
连接AO，可证四边形AMON是矩形，可得AO＝MN，当AO⊥BD时，AO有最小值，即MN有最小值，由等腰直角三角形的性质可求解．
【详解】
解：如图，连接AO，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝，BD＝AB＝2，∠DAB＝90°，
又∵OM⊥AD，ON⊥AB，
∴四边形AMON是矩形，
∴AO＝MN，
∵当AO⊥BD时，AO有最小值，
∴当AO⊥BD时，MN有最小值，
此时AB＝AD，∠BAD＝90°，AO⊥BD，
∴AO＝BD＝1，
∴MN的最小值为1，
故答案为：1．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短，等腰直角三角形的性质，利用矩形的对角线相等，把线段MN的最小值转化为线段AO的最小值是解题的关键.
44．24
【详解】
已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积．
解：根据对角线的长可以求得菱形的面积，
根据S=ab=×6×8=24cm2，
故答案为24．
45．
【分析】
连接BE，由垂直平分线的性质和等腰直角三角形的性质，得BE=AE=， 再得∠EBC=90°，利用勾股定理即可求出CE的长度．
【详解】
解：连接BE，如图：
由题意可知，MN垂直平分AB，
∴AE=BE，
∴，则∠AEB=90°，
在等腰直角三角形ABE中，AB=4，
∴BE=AE=，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∴∠EBC=∠AEB=90°，
在Rt△BCE中，由勾股定理，则
；
故答案为：．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确得到∠EBC=∠AEB=90°．
46．30°
【分析】
根据矩形的性质得到AD∥BC，∠DCB＝90°，根据平行线的性质得到∠F＝∠ECB＝20°，根据三角形的外角的性质得到∠ACG＝∠AGC＝∠GAF+∠F＝2∠F＝40°，于是得到结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠DCB＝90°，
∴∠F＝∠ECB
∵∠ECB＝20°，
∴∠F＝∠ECB＝20°，
∵∠GAF＝∠F，
∴∠GAF＝∠F＝20°，
∴∠ACG＝∠AGC＝∠GAF+∠F＝2∠F＝40°，
∴∠ACB＝∠ACG+∠ECB＝60°，
∴∠ACD＝90°﹣∠ACB＝90°﹣60°＝30°，
故答案为：30°．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，用到的知识点为：矩形的对边平行；两直线平行，内错角相等；三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和．
47．70°．
【分析】
由四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的对角相等，可得: ∠A＝∠C，又由∠A+∠C＝140°，即可求得答案．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，
∵∠A+∠C＝140°，
∴∠C＝70°，
故答案为：70°．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，注意熟记定理是解此题的关键．
48．6
【详解】
解：由折叠的性质知：AD=AF，DE=EF=8﹣3=5；
在Rt△CEF中，EF=DE=5，CE=3，由勾股定理可得：CF=4，
若设AD=AF=x，则BC=x，BF=x﹣4；
在Rt△ABF中，由勾股定理可得：
82+（x﹣4）2=x2，解得x=10，
故BF=x﹣4=6．
故答案为6．
【点评】考查了勾股定理的应用，综合能力要求较高．同时也考查了列方程求解的能力．
49．8.5
【分析】
连接FH，菱形和菱形中，，可得，可得和同底等高，再根据，，计算即可得出答案.
【详解】
解：连接FH，在菱形和菱形中，，
，
，
，
和同底等高，
菱形的面积为，，
，
，
故答案为：8.5.
【点睛】
本题考查菱形的性质以及三角形面积的求法，关键在于识别出同底等高的三角形的面积相等.
50．1
【分析】
连接DE并延长交AB于H，证明△DCE≌△HAE，根据全等三角形的性质可得DE=HE，DC=AH，则EF是△DHB的中位线，再根据中位线的性质可得答案．
【详解】
连接DE并延长交AB于H.
∵CD∥AB，
∴∠C=∠A，
∵E是AC中点，
∴DE=EH，
在△DCE和△HAE中，
，
∴△DCE≌△HAE(ASA)，
∴DE=HE，DC=AH，
∵F是BD中点，
∴EF是△DHB的中位线，
∴EF=BH，
∴BH=AB AH=AB DC=2，
∴EF=1.
故答案为：1.
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键.
51．（1）证明详见解析；（2）证明详见解析；（3）10．
【分析】
（1）利用平行线的性质及中点的定义，可利用AAS证得结论；
（2）由（1）可得AF=BD，结合条件可求得AF=DC，则可证明四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可证得AD=CD，可证得四边形ADCF为菱形；
（3）连接DF，可证得四边形ABDF为平行四边形，则可求得DF的长，利用菱形的面积公式可求得答案．
【详解】
（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
在△AFE和△DBE中，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
（2）证明：由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF=DB．
∵AD为BC边上的中线
∴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=BC，
∴四边形ADCF是菱形；
（3）连接DF，
∵AF∥BD，AF=BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF=AB=5，
∵四边形ADCF是菱形，
∴S菱形ADCF=AC DF=×4×5=10．
【点睛】
本题主要考查菱形的性质及判定，利用全等三角形的性质证得AF=CD是解题的关键，注意菱形面积公式的应用．
52．（1）证明见解析（2）90°（3）AP=CE
【分析】
(1)、根据正方形得出AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，结合PB=PB得出△ABP ≌△CBP，从而得出结论；(2)、根据全等得出∠BAP=∠BCP，∠DAP=∠DCP，根据PA=PE得出∠DAP=∠E，即∠DCP=∠E，易得答案；(3)、首先证明△ABP和△CBP全等，然后得出PA=PC，∠BAP=∠BCP，然后得出∠DCP=∠E，从而得出∠CPF=∠EDF=60°，然后得出△EPC是等边三角形，从而得出AP=CE.
【详解】
(1)、在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，
在△ABP和△CBP中，又∵ PB=PB ∴△ABP ≌△CBP（SAS）， ∴PA=PC，∵PA=PE，∴PC=PE；
(2)、由（1）知，△ABP≌△CBP，∴∠BAP=∠BCP，∴∠DAP=∠DCP，
∵PA=PE， ∴∠DAP=∠E， ∴∠DCP=∠E， ∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E， 即∠CPF=∠EDF=90°；
(3)、AP＝CE
理由是：在菱形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP，
在△ABP和△CBP中， 又∵ PB=PB ∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA=PC，∠BAP=∠DCP，
∵PA=PE，∴PC=PE，∴∠DAP=∠DCP， ∵PA=PC ∴∠DAP=∠E， ∴∠DCP=∠E
∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等）， ∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E，
即∠CPF=∠EDF=180°﹣∠ADC=180°﹣120°=60°， ∴△EPC是等边三角形，∴PC=CE，∴AP=CE
考点：三角形全等的证明
53．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由SSS证明△ABC≌△DFE即可；
（2）连接AF、BD，由全等三角形的性质得出∠ABC=∠DFE，证出AB∥DF，即可得出结论．
【详解】
详解：证明：，
，
在和中，，
≌；
解：如图所示：
由知≌，
，
，
，
四边形ABDF是平行四边形．
点睛：本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的判定；熟练掌握平行四边形的判定方法，证明三角形全等是解决问题的关键．
54．（1）B（9，15）；（2）5；（3）存在，P（0，）
【分析】
（1）根据点C的坐标确定b的值，利用待定系数法求出点A坐标即可解决问题；
（2）在Rt△BCD中，BC＝9，BD＝AB＝15，CD＝＝12，OD＝15﹣12＝3，设DE＝AE＝x，在Rt△DEO中，根据DE2＝OD2+OE2，构建方程即可解决问题；
（3）如图作点E关于y轴的对称点E′，连接BE′交y轴于P，此时△BPE的周长最小．利用待定系数法求出直线BE′的解析式即可解决问题；
【详解】
解：（1）∵AB＝15，四边形OABC是矩形，
∴OC＝AB＝15，
∴C（0，15），代入y＝y＝﹣x+b得到b＝15，
∴直线AC的解析式为y＝﹣x+15，
令y＝0，得到x＝9，
∴A（9，0），B（9，15）．
（2）在Rt△BCD中，BC＝9，BD＝AB＝15，
∴CD＝＝12，
∴OD＝15﹣12＝3，
设DE＝AE＝x，
在Rt△DEO中，∵DE2＝OD2+OE2，
∴x2＝32+（9﹣x）2，
∴x＝5，
∴AE＝5．
（3）如图作点E关于y轴的对称点E′，连接BE′交y轴于P，此时△BPE的周长最小．
∵E（4，0），
∴E′（﹣4，0），
设直线BE′的解析式为y＝kx+b，则有
解得，
∴直线BE′的解析式为y＝x+，
∴P（0，）．
故答案为（1）B（9，15）；（2）5；（3）存在，P（0，）.
【点睛】
本题考查一次函数综合题、矩形的性质、翻折变换、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法解决问题，学会利用轴对称解决最短问题，属于中考压轴题．
55．（1）见详解；（2）见详解
【分析】
（1）通过证明△ADE≌△CBF，由全等三角的对应边相等证得AE=CF.
（2）根据平行四边形的判定定理：对边平行且相等的四边形是平行四边形证得结论.
【详解】
证明：（1）如图：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，∠3=∠4
∵∠1=∠3+∠5，∠2=∠4+∠6，
∴∠1=∠2
∴∠5=∠6
∵在△ADE与△CBF中，∠3=∠4，AD=BC，∠5=∠6，
∴△ADE≌△CBF（ASA）
∴AE=CF
（2）∵∠1=∠2，
∴DE∥BF
又∵由（1）知△ADE≌△CBF，
∴DE=BF
∴四边形EBFD是平行四边形
56．证明见解析.
【分析】
由四边形ABCD是平行四边形，可得AD∥BC，OA=OC，继而可利用ASA判定△AOE≌△COF，继而证得OE=OF．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA=OC，
∴∠OAE=∠OCF，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴OE=OF．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
57．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据平行四边形的性质可得AB//CD，根据平行线的性质可得就爱∠FAE=∠CDE，利用ASA即可证明△AEF≌△DEC；
（2）根据全等三角形的性质可得AF=DC，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可得结论．
【详解】
（1）∵在平行四边形ABCD中，AB∥CD，
∴∠FAE＝∠CDE，
∵点E是边AD的中点，
∴AE＝DE，
在△AEF和△DEC中，
∴△AEF≌△DEC（ASA）．
（2）∵△AEF≌△DEC，
∴AF＝DC，
∵AF∥DC，
∴四边形ACDF是平行四边形．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定与性质，平行四边形的对边互相平行；有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；熟练掌握相关性质与判定定理是解题关键．
58．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）从所给的条件可知，DE是△ABC中位线，所以DE∥BC且2DE=BC，所以BC和EF平行且相等，所以四边形BCFE是平行四边形，又因为BE=FE，所以四边形BCFE是菱形．
（2）因为∠BCF=120°，所以∠EBC=60°，所以菱形的边长也为4，求出菱形的高面积就可．
【详解】
解：（1）证明：∵D、E分别是AB、AC的中点，∴DE∥BC且2DE=BC．
又∵BE=2DE，EF=BE，∴EF=BC，EF∥BC．
∴四边形BCFE是平行四边形．
又∵BE=FE，∴四边形BCFE是菱形．
（2）∵∠BCF=120°，∴∠EBC=60°．
∴△EBC是等边三角形．
∴菱形的边长为4，高为．
∴菱形的面积为4×=．
59．（1）15；（2）t＝6或；（3）能，t＝5.
【分析】
（1）先求出AP，即可求解；
（2）分两种情况讨论，由平行四边形的性质可求解；
（3）由菱形的性质可求DP＝BP，由勾股定理可求解．
【详解】
解：（1）当t＝3时，则AP＝3×1＝3cm，
∴PB＝AB﹣AP＝18﹣3＝15cm，
故答案为：15．
（2）若四边形PBCQ是平行四边形，
∴PB＝CQ，
∴18﹣t＝2t，
∴t＝6，
若四边形PQDA是平行四边形，
∴AP＝DQ，
∴t＝23﹣2t，
∴t＝，
综上所述：t＝6或；
（3）如图，
若四边形PBQD是菱形，
∴BP＝DP，
∵，
∴，
∴AP＝5，
∴t＝＝5，
∴当t＝5时，四边形PBQD为菱形．
【点睛】
本题考查了平行四边形，菱形的判定，勾股定理，分类思想，熟练掌握菱形的判定定理，灵活运用分类思想是解题的关键.
60．详见解析．
【分析】
利用已知先证明AB∥DE，进而根据平行四边形的定义：两组对边平行的四边形是平行四边形，即可得出结论．
【详解】
证明：∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠C．
∵∠B＝∠C，
∴∠B＝∠DEC，
∴AB∥DE，
∵AD∥BC，
∴四边形ABED是平行四边形．
∴AD＝BE．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定和性质．解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定定理和性质定理的运用．
61．(1)见解析;(2) 四边形BCEF是平行四边形,理由见解析;(3) 成立，理由见解析.
【分析】
（1）利用有两条边对应相等并且夹角相等的两个三角形全等即可证明△AFB≌△ADC；
（2）四边形BCEF是平行四边形，因为△AFB≌△ADC，所以可得∠ABF=∠C=60°，进而证明∠ABF=∠BAC，则可得到FB∥AC，又BC∥EF，所以四边形BCEF是平行四边形；
（3）易证AF=AD，AB=AC，∠FAD=∠BAC=60°，可得∠FAB=∠DAC，即可证明△AFB≌△ADC；根据△AFB≌△ADC可得∠ABF=∠ADC，进而求得∠AFB=∠EAF，求得BF∥AE，又BC∥EF，从而证得四边形BCEF是平行四边形．
【详解】
和都是等边三角形，
，，，
又，，
，
在和中，
，
≌；
由得≌，
，
又，
，
，
又，
四边形BCEF是平行四边形；
成立，理由如下：
和都是等边三角形，
，，，
又，，
，
在和中，
，
≌；
，
又，，
，
，
，
又，
四边形BCEF是平行四边形．
【点睛】
本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定等，熟练掌握相关的性质与定理是解题的关键.
62．4
【分析】
根据矩形的性质和等边三角形的性质，可以得到OA的长，从而可以求得AC的长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∵∠AOD＝60°，AD＝2，
∴△AOD是等边三角形，
∴OA＝OD＝2，
∴AC＝2OA＝4，
即AC的长度为4．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记性质并判断出△AOB是等边三角形是解题的关键．
63．矩形.
【详解】
试题分析：（1）由DF与BE平行，得到两对内错角相等，再由O为AC的中点，得到OA=OC，又AE=CF，得到OE=OF，利用AAS即可得证；
（2）若OD=AC，则四边形ABCD为矩形，理由为：由OD=AC，得到OB=AC，即OD=OA=OC=OB，利用对角线互相平分且相等的四边形为矩形即可得证．
试题解析：（1）∵DF∥BE，
∴∠FDO=∠EBO，∠DFO=∠BEO，
∵O为AC的中点，
∴OA=OC，
∵AE=CF，
∴OA-AE=OC-CF，
即OE=OF，
在△BOE和△DOF中，
，
∴△BOE≌△DOF（AAS）；
（2）若OD=AC，则四边形ABCD是矩形，理由为：
证明：∵△BOE≌△DOF，
∴OB=OD，
∵OD=AC，
∴OA=OB=OC=OD，且BD=AC，
∴四边形ABCD为矩形．
考点：1.全等三角形的判定与性质；2.平行四边形的判定与性质；3.矩形的判定．
64．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）利用勾股定理的逆定理判定AC⊥BC；
（2）在直角△BCE中，利用勾股定理来求BE的长度．
【详解】
证明：（1）∵在△ABC中，AC＝2，BC＝2，AB＝2，
∴AC2＝4，BC2＝8，AB2＝12，
∴AC2+BC2＝AB2．
∴∠ACB＝90°；
（2）由（1）知，∠ACB＝90°，则∠BCE＝90°．
∵D是AB的中点，AB＝2，CE＝CD，
∴CE＝CD＝AB＝．
∴在直角△BCE中，由勾股定理得：BE＝＝＝．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，勾股定理的逆定理，直角三角形斜边上的中线．注意：勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
65．（1）详见解析；（2）矩形AODE面积为
【分析】
（1）根据菱形的性质得出AC⊥BD，再根据平行四边形的判定定理得四边形AODE为平行四边形，由矩形的判定定理得出四边形AODE是矩形；
（2）证明△ABC是等边三角形，得出OA=×4=2，由勾股定理得出OB=2，由菱形的性质得出OD=OB=2，即可求出四边形AODE的面积．
【详解】
（1）证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∴平行四边形AODE是矩形，
故四边形AODE是矩形；
（2）解：∵∠BCD=120°，AB∥CD，
∴∠ABC=180°-120°=60°，
∵AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴OA=×4=2，
∵在菱形ABCD中，AC⊥BD
∴由勾股定理OB==2，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB=2，
∴四边形AODE的面积=OA OD=2=4．
【点睛】
本题考查了矩形的判定以及菱形的性质，还考查了平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
66．（1），理由见详解；（2）见详解；（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE FD．理由见详解．
【分析】
（1）在CD的延长线上截取DM＝BE，连接AM，证出△ABE≌△ADM，根据全等三角形的性质得出BE＝DM，再证明△AEF≌△AMF，得EF＝FM，进而即可得出答案；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，证出△ABE≌△ADG，根据全等三角形的性质得出BE＝DG，再证明△AEF≌△AGF，得EF＝FG，即可得出答案；
（3）按照（2）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．根据（2）的证法，我们可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE BG＝BE DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．
【详解】
（1）解：，理由如下：
延长CD，使DM=BE，连接AM，
∵在正方形中，AB=AD，∠B=∠ADM=90°，
∴，
∴∠BAE=∠DAM，AE=AM，
∵，
∴∠BAE+∠DAF=∠DAM+∠DAF =90°-45°=45°，
∴∠EAF=∠MAF=45°，
又∵AF=AF，AE=AM，
∴，
∴EF=MF=MD+DF=BE+DF；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，如图，
∵∠ADF＝90°，∠ADF＋∠ADG＝180°，
∴∠ADG＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠B＝∠ADG＝90°，
∵BE＝DG，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，
∴∠EAG＝∠EAD＋∠DAG＝∠EAD＋∠ABE＝∠BAD，
∵，
∴∠EAF＝∠FAG，
又∵AF＝AF，AE＝AG，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG＝DF＋DG＝EB＋DF；
（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE FD．理由如下：
如图，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG＋∠EAD＝∠DAF＋∠EAD＝∠EAF＝∠BAD．
∴∠GAE＝∠BAD=∠EAF．
∵AE＝AE，AG＝AF．
∴△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF，
∵EG＝BE BG
∴EF＝BE FD．
【点睛】
本题考查了三角形综合题，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转变换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题目虽然图形发生变化，但是证明思路和方法是类似的，属于中考压轴题．
67．（1）AD=12cm；（2）证明见解析；（3）t=s或4s
【分析】
（1）由勾股定理求出AD即可；
（2）由等腰三角形的性质和平行线的性质得出∠PBQ=∠PQB，再由等腰三角形的判定定理即可得出结论；
（3）分两种情况：①当点M在点D的上方时，根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AD-AM=12-4t，由PQ∥MD，当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可；
②当点M在点D的下方时，根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，得出MD=AM-AD=4t-12，由PQ∥MD，当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可．
【详解】
（1）解：∵BD⊥AC，
∴∠ADB=90°，
∴AD=，
故答案为：12；
（2）证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C，即∠PBQ=∠C，
∵PQ∥AC，
∴∠PQB=∠C，
∴∠PBQ=∠PQB，
∴PB=PQ；
（3）分两种情况：
①当点M在点D的上方时，如图所示
根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，
∴MD=AD-AM=12-4t，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，
∴t=12-4t，
解得：t=（s）；
②当点M在点D的下方时，如图所示：
根据题意得：PQ=BP=t，AM=4t，AD=12，
∴MD=AM-AD=4t-12，
∵PQ∥AC，
∴PQ∥MD，
当PQ=MD时，四边形PQDM是平行四边形，
∴t=4t-12，
解得：t=4（s）；
综上所述，当t=s或t=4s时，以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形；
故答案为：s或4s．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形面积公式以及分类讨论等知识；本题综合性强，熟练掌握平行四边形的判定方法，进行分类讨论是解决问题（3）的关键．
68．见解析.
【详解】
试题分析：根据正方形的性质得出AD=AB，∠D=EAB=90°，然后结合AE=DF得出△ADF和△BAE全等，得到BE=AF.
试题解析：∵四边形ABCD是正方形 ∴AD=AB ∠D=∠EAB=90°
在△EAB和△FDA中，AE=DF ∠EAB=∠D AB=AD ∴△EAB≌△FDA ∴BE=AF.
考点：正方形的性质、三角形全等.
答案第1页，共2页