第十八章平行四边形练习题2020－2021年广西各地八年级下学期期末数学（人教版）试题分章节选编（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 第十八章平行四边形练习题2020－2021年广西各地八年级下学期期末数学（人教版）试题分章节选编（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.5MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-02-24 17:35:09 | ||
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文档简介
第十八章：平行四边形练习题
一、单选题
1．（2021·广西来宾·八年级期末）平行四边形的对角线一定具有的性质是（ ）
A．相等 B．互相平分 C．互相垂直 D．互相垂直且相等
2．（2021·广西横县·八年级期末）在平行四边形中，若，则的度数是（ ）．A．30° B．60° C．90° D．120°
3．（2021·广西南丹·八年级期末）在平行四边形ABCD中，∠A：∠B：∠C：∠D可以为（ ）
A．1：2：3：4 B．3：2：3：2 C．2：2：1：1 D．1：3：3：1
4．（2021·广西浦北·八年级期末）已知四边形，对角线与交于点，从下列条件中：①；②；③；④.任取其中两个，以下组合能够判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．①② B．②③ C．②④ D．①④
5．（2021·广西宁明·八年级期末）如图，在中，点M是AB延长线上的一点，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·广西柳州·八年级期末）如图，四边形ABCD中，AC⊥BC，AD∥BC，BC＝3，AC＝4，AD＝6．M是BD的中点，则CM的长为（ ）
A． B．2 C． D．3
7．（2021·广西北海·八年级期末）如图，ABCD中，CE⊥AB，E为垂足，如果∠D=65°，则∠BCE等于（ ）
A．25° B．30° C．35° D．55°
8．（2021·广西灌阳·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的顶点A，B，D的坐标分别是(0，0)，(5，0)，(2，3)，则顶点C的坐标是（ ）
A．(3，7) B．(5，3)
C．(7，3) D．(8，2)
9．（2021·广西灵山·八年级期末）如图，在 ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，且AE＝3，AF＝4，若 ABCD的周长为56，则BC的长为（ ）
A．14 B．16 C．28 D．32
10．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，在菱形ABCD中，E是AB的中点，F点是AC的中点，连接EF．如果EF=4，那么菱形ABCD的周长为( )
A．9 B．12 C．24 D．32
11．（2021·广西灌阳·八年级期末）如图，在中，，点，分别是，的中点，点在的延长线上，，，，则四边形的周长为（ ）
A．14 B．16 C．18 D．20
12．（2021·广西·三美学校八年级期末）已知边长为4的等边△ABC，D、E、F分别为边AB、BC、AC的中点，P为线段DE上一动点，则PF+PC的最小值为（ ）
A．4
B．
C．
D．
13．（2021·广西·南宁二中八年级期末）如图，在△ABC中，AC＝10，DE是△ABC的中位线，则DE的长度是（ ）
A．3 B．4 C．4.8 D．5
14．（2021·广西灵山·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，添加下列一个条件后，定能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB＝BC B．AC＝BD C．∠A＝∠C D．∠A＝∠B
15．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，E，F分别是，的中点，若，则为（ ）
A．8 B．2 C．5 D．4
16．（2021·广西凤山·八年级期末）如图，在四边形中，，，，分别是边，上的动点（含端点，但点不与点重合）点，分别是线段，的中点，若线段的最大值为2.5，则的长为（ ）
A．5 B． C．2.5 D．3
17．（2021·广西钦州·八年级期末）如图，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，连接BE，过点C作CF∥BE，交DE的延长线于点F，若DE＝，则EF的长为（ ）
A． B． C． D．8
18．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，矩形中，，，点是边上一点，连接，把沿折叠，使点落在点处，当为直角三角形时，的长为（ ）
A．3 B． C．2或3 D．3或
19．（2021·广西灌阳·八年级期末）如图， 在△ABC中，AC=3、AB=4、BC=5， P为BC上一动点，PG⊥AC于点G，PH⊥AB于点H，M是GH的中点，P在运动过程中PM的最小值为( )
A．2.4 B．1.4
C．1.3 D．1.2
20．（2021·广西南丹·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，A，B两点的坐标分别是，，点C为线段的中点，则的长等于（ ）
A． B． C．10 D．20
21．（2021·广西江州·八年级期末）如图，在R△ABC中，CD、CE分别是斜边AB上的中线和高，CD＝8，CE＝5，则Rt△ABC的面积是( )
A．80 B．60 C．40 D．20
22．（2021·广西·南宁二中八年级期末）如图，用一根绳子检查一个书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线就可以判断，其数学依据是（ ）
A．三个角都是直角的四边形是矩形
B．对角线互相平分的四边形是平行四边形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
23．（2021·广西上思·八年级期末）矩形一定具有的性质是（ ）
A．邻边相等 B．对角线垂直
C．对角线相等 D．对角线平分每一组对角
24．（2021·广西北海·八年级期末）如图，菱形中，E，F分别是，的中点，若，则菱形的周长为（ ）
A．20 B．30 C．40 D．50
25．（2021·广西富川·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
26．（2021·广西南丹·八年级期末）下列说法正确的是（ ）
A．有一组对角是直角的四边形一定是矩形
B．一条对角线被另一条对角线垂直平分的四边形是菱形
C．对角互补的平行四边形是矩形
D．对角线相等的四边形是矩形
27．（2021·广西大学附属中学八年级期末）如图，菱形ABCD中，∠D＝60°．点E、F分别在边BC、CD上，且BE＝CF．若EF＝4，则AEF的面积为（ ）
A． B． C． D．
28．（2021·广西宁明·八年级期末）如图，菱形ABCD中，，对角线AC等于8，，则DE的长为（ ）
A．5 B．6 C．9.6 D．4.8
29．（2021·广西宁明·八年级期末）如图，菱形ABCD的面积为120cm2，正方形AECF的面积为50cm2，则菱形的边长为（ ）
A．12 B．11 C．10 D．13
30．（2021·广西灵山·八年级期末）如图，菱形花坛ABCD的周长为80m，∠ABC＝120°，沿着菱形的对角线修建两条小路AC和BD，则小路AC的长是（ ）
A．20m B．10m C．20m D．20m
31．（2021·广西百色·八年级期末）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的坐标为(1，)，则点C的坐标为( )
A．(－，1) B．(－1，) C．(，1) D．(－，－1)
32．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，以正方形ABCD的边AD为一边作等边△ADE，则∠AEB等于（ ）
A．10° B．15° C．20° D．12.5°
33．（2021·广西柳州·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°
34．（2021·广西环江·八年级期末）已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当时，四边形是菱形
B．当时，四边形是菱形
C．当时，四边形是矩形
D．当时，四边形是正方形
35．（2021·广西上思·八年级期末）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，则∠AEB为（ ）
A．10° B．15° C．20° D．125°
36．（2021·广西防城港·八年级期末）如图，在正方形ABCD的外侧作等边三角形CDE，则为（ ）
A．10° B．15° C．30° D．120°
37．（2021·广西上思·八年级期末）杨伯家小院子的四棵小树E、F、G、H刚好在其四边形院子各边的中点上，若在四边形内种上小草，则这块草地的形状是( )
A．平行四边形 B．矩形 C．正方形 D．菱形
38．（2021·广西宁明·八年级期末）正方形、菱形、矩形、平行四边形共同具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对角线相互平分 C．对角线相互垂直 D．对角线相互垂直平分
二、填空题
39．（2021·广西柳州·八年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC=8cm，∠AOD=120°，则AB的长为_________cm．
40．（2021·广西来宾·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，在不添加任何辅助线的情况下，请添加一个条件____，使平行四边形ABCD是矩形．
41．（2021·广西福绵·八年级期末）如图，将矩形沿向上折叠，使点落在边上的点处，若的周长为，的周长为，则矩形的周长为_______．
42．（2021·广西全州·八年级期末）如图，在平行四边形中，，则_______________°．
43．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，有一张四边形纸片ABCD，AD∥BC，将它沿GH折叠，点C落在点Q处，点D落在AB边上的点E处，若∠GHB＝80°，则∠AGE等于_____．
44．（2021·广西北海·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OA=OC，OB=OD，添加一个条件使四边形ABCD是菱形，那么所添加的条件可以是___________（写出一个即可）．
45．（2021·广西浦北·八年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，M,N分别是AB,AC的中点，延长BC至点D，使CD=BC，连接DM、DN、MN。若AB=6，则DN=________.
46．（2021·广西大学附属中学八年级期末）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=6，将△ABC沿AC折叠，使点B落在点E处，CE交AD于点F，则DF的长等于_________．
47．（2021·广西江州·八年级期末）三角形的各边分别为8cm 、10cm和12cm ，连结各边中点所成三角形的周长=_____
48．（2021·广西岑溪·八年级期末）如图，矩形ABCD沿AE折叠，使D点落在BC边上的F点处，如果∠BAF＝60°，则∠AEF＝______．
49．（2021·广西来宾·八年级期末）如图，在边长为8厘米的正方形中，动点在线段上以2厘米/秒的速度由点向点运动，同时动点在线段上以1厘米/秒的速度由点向点运动，当点到达点时整个运动过程立即停止．设运动时间为1秒，当时，的值为______．
50．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，在中，，点D为AB的中点，则线段CD的长为__________．
51．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，在矩形OCDE中，点D的坐标是（1,3），CE的长为__________________
52．（2021·广西浦北·八年级期末）如图，平行四边形ABCD的周长为20cm，对角线相交于点O，且EO⊥BD于点O交AD于E，则△ABE的周长为_____cm．
53．（2021·广西灌阳·八年级期末）如图，已知正方形的边长为，对角线与相交于点，点在边的延长线上，若，则__________．
54．（2021·广西南宁·八年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，过点O的直线分别交AD和BC于点E、F，AB＝2，BC＝3，则图中阴影部分的面积为_____．
三、解答题
55．（2021·广西柳州·八年级期末）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
56．（2021·广西灌阳·八年级期末）如图，在四边形中，，延长到E，使，连接交于点F，点F是的中点．求证：
（1）．
（2）四边形是平行四边形．
57．（2021·广西浦北·八年级期末）如图，在 中，，过点 的直线MN//AB，为 边上一点，过点 作 ，垂足为点 ，交直线 于点 ，连接 ，．
（1）求证：；
（2）当 为 中点时，四边形 是什么特殊四边形 说明你的理由；
（3）在（）的条件下，当 的大小满足什么条件时，四边形 是正方形 请说明你的理由．
58．（2021·广西来宾·八年级期末）如图，在中，点O是边上的一个动点，过点O作直线，设交的角平分线于点E，交的外角的平分线于点F，连接．
（1）求证：；
（2）当点O运动到何处时，四边形是矩形？并证明你的结论．
（3）在（2）的条件下，满足什么条件时，四边形是正方形？并说明理由．
59．（2021·广西南丹·八年级期末）如图，平行四边形的对角线，相交于点，是等边三角形．
（1）求证：平行四边形为矩形；
（2）若，求四边形的面积．
60．（2021·广西贵港·八年级期末）如图，点B、E分别在AC、DF上，AF分别交BD、CE于点M、N，∠A＝∠F，∠C＝∠D．
（1）求证：四边形BCED是平行四边形；
（2）已知DE＝3，连接BN，若BN平分∠DBC，求CN的长．
61．（2021·广西百色·八年级期末）如图， ABCD的对角线AC、BD交于点O，E、F是对角线AC上两点，AE＝CF．求证：四边形DEBF是平行四边形．
62．（2021·广西灵山·八年级期末）如图，在正方形中，点E，F分别在边，上，且，与相交于点O．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若，，求线段的长．
63．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，在□ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点．
（1）求证：四边形EBFD为平行四边形；
（2）对角线AC分别与DE、BF交于点M、N.求证：△ABN≌△CDM．
64．（2021·广西宁明·八年级期末）如图，在ABCD中，点E是AB边的中点，DE与CB的延长线交于点F
（1）求证：△ADE≌△BFE；
（2）若DF平分∠ADC，连接CE,试判断CE和DF的位置关系，并说明理由．
65．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图①，在正方形中，是上一点，点在的延长线上，且交于，连接
问题提出：（1）求证：
拓展与探索：（2）请求出的度数；
问题解决：（3）如图②，把正方形改为菱形，其他条件不变，当时，连接，试探究线段与线段的数量关系，并说明理由．
66．（2021·广西宁明·八年级期末）已知：如图，BD为平行四边形ABCD的对角线，O为BD的中点，EF⊥BD于点O，与AD、BC分别交于点E、F．求证：DE=DF．
67．（2021·广西·南宁二中八年级期末）如图1，在正方形中，为边上一点（不与点、重合），垂直于的一条直线分别交、、于点、、．
（1）求证；
（2）如图2，若垂足恰好为的中点，连接，交于点，连接，并延长交边于点．求的度数；
（3）如图3，若该正方形边长为11，将正方形沿着直线翻折，使得的对应边恰好经过点，过点作，垂足分别为，若，则______．
68．（2021·广西百色·八年级期末）在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝10cm，点P从点B出发，以2cm/s的速度沿BC向点C运动，如图①，设点P的运动时间为t（t≤5）秒．
（1）PC＝ cm（用含t的代数式表示）；
（2）当t为何值时，△ABP≌△DCP？请说明理由；
（3）如图②，当点P从点B开始运动的同时，点Q从点C出发，以vcm/s的速度沿CD向点D运动（Q到达D点即停），是否存在这样的v，使△ABP与P、Q、C三点围成的三角形全等？若存在，请求出v的值；若不存在，请说明理由．
69．（2021·广西灵山·八年级期末）两个完全相同的矩形纸片ABCD，BFDE如图所示放置，已知AB＝BF＝8，BC＝16．
（1）求证四边形BHDG是菱形；
（2）求四边形BHDG的周长．
70．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，在四边形中，，，E是上一点，交于F，连接．
（1）求证：；
（2）若，求证：四边形是菱形；
（3）在（2）的条件下，当与有什么样的位置关系时，，并说明理由．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】
试题分析：根据平行四边形的对角线互相平分可得答案．
解：平行四边形的对角线互相平分，
故选B．
考点：平行四边形的性质．
2．D
【分析】
根据平行四边形对边平行，同旁内角互补，即可求出的度数．
【详解】
解：如图，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质．
3．B
【分析】
根据平行四边形的对角相等，判定．
【详解】
解：∵平行四边形对角相等，
∴对角的比值数应该相等，
其中A，C，D都不满足，只有B满足．
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的对角相等是解题的关键．
4．D
【分析】
以①④作为条件能够判定四边形ABCD是平行四边形，根据平行得出全等三角形，即可求出OB=OD，根据平行四边形的判定推出即可；
【详解】
以①④作为条件，能够判定四边形ABCD是平行四边形．
理由：∵AB//CD，
∴∠OAB=∠OCD，
在△AOB和△COD中，
∴△AOB≌△COD(ASA)，
∴OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
故选D．
【点睛】
本题考查平行四边形的全等条件，熟练掌握平行四边形的性质的解题关键
5．D
【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，即可求得∠ABC的度数，又由邻补角的定义，即可求得∠CBM的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠D=120°，
∴∠CBM=180°-∠ABC=60°．
故选：D．
【点睛】
此题考查了平行线的性质与邻补角的定义．此题比较简单，注意平行四边形的对角相等定理的应用．
6．C
【分析】
延长BC 到E 使BE＝AD，利用中点的性质得到CM＝ DE＝AB，再利用勾股定理进行计算即可解答.
【详解】
解：延长BC 到E 使BE＝AD，∵BC//AD，∴四边形ACED是平行四边形，∴DE=AB，
∵BC＝3，AD＝6，
∴C是BE的中点，
∵M是BD的中点，
∴CM＝ DE＝AB，
∵AC⊥BC，
∴AB＝＝，
∴CM＝ ，
故选C．
【点睛】
此题考查平行四边形的性质，勾股定理，解题关键在于作辅助线.
7．A
【分析】
由 ABCD中，∠D=65°，根据平行四边形的对角相等，∠B的度数，又由CE⊥AB，即可求得∠BCE的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D=65°，
∵CE⊥AB，
∴∠BEC=90°，
∴∠BCE=90°∠B=25°．
故选：A．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质．以及直角三角形两个锐角互余，此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
8．C
【分析】
因为D点坐标为（2，3），由平行四边形的性质，可知C点的纵坐标一定是3，又由D点相对于A点横坐标移动了2，故可得C点横坐标为2+5=7，即顶点C的坐标（7，3）．
【详解】
解：已知A，B，D三点的坐标分别是（0，0），（5，0），（2，3），
∵AB在x轴上，
∴点C与点D的纵坐标相等，都为3，
∵D点相对于A点横坐标移动了2-0=2，
∴C点横坐标为2+5=7，
∴即顶点C的坐标（7，3）．
故选：C．
【点睛】
本题主要是对平行四边形的性质与点的坐标的表示等知识的直接考查．解题的关键是掌握平行四边形的性质和运用数形结合思想．
9．B
【分析】
根据平行四边形的周长求出BC+CD＝28，再根据平行四边形的两种面积计算方法求出BC＝CD，由此可以求出CD的值，进而具体求得平行四边形的面积．
【详解】
解：∵ ABCD的周长＝2（BC+CD）＝56，
∴BC+CD＝28①，
∵AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，AE＝4，AF＝6，
∴S ABCD＝3BC＝4CD，
整理得，BC＝CD②，
联立①②解得，CD＝12，
∴BC=28-12=16．
故选：D．
【点睛】
本题考查平行四边形的面积计算，利用方程的思想方法求得平行四边形的底是解题关键．
10．D
【分析】
由点E、F分别是AB、AC的中点，EF＝4，利用三角形中位线的性质，即可求得BC的长，然后由菱形的性质，求得菱形ABCD的周长．
【详解】
解：∵点E、F分别是AB、AC的中点，EF＝4，
∴BC＝2EF＝8．
∵四边形ABCD是菱形，
∴菱形ABCD的周长是：4×8＝32．
故选：D．
【点睛】
此题考查了菱形的性质以及三角形中位线的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
11．B
【分析】
根据勾股定理先求出BC的长，再根据三角形中位线定理和直角三角形的性质求出DE和AE的长，进而由已知可判定四边形AEDF是平行四边形，即可求得其周长．
【详解】
在Rt△ABC中，
∵AC=6，AB=8，
∴BC=10，
∵E是BC的中点，
∴AE=BE=5，
∴∠BAE=∠B，
∵∠FDA=∠B，
∴∠FDA=∠BAE，
∴DF∥AE，
∵D、E分别是AB、BC的中点，
∴DE∥AC，DE= 12 AC=3
∴四边形AEDF是平行四边形
∴四边形AEDF的周长=2×（3+5）=16．
故选B．
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的判定以及平行四边形的判定；熟练运用三角形的中位线定理和直角三角形的勾股定理是解题的关键．
12．A
【分析】
连接BP，首先说明DE是线段BF的垂直平分线，可证，延长即可解决问题．
【详解】
解：如图，连接BP，BF．
∵△ABC是等边三角形，D、E、F分别为边AB、BC、AC的中点，
∴DE∥AC，BF⊥DE，
易知DE是线段BF的垂直平分线，
∴PB=PF，
∴PF+PC=PB+PC，
∵PB+PC≥BC，
∴PF+PC≥4，
∴PF+PC的最小值为4．
故选A．
【点睛】
本题考查轴对称最短问题，等边三角形的性质，三角形的中位线定理等知识，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．
13．D
【分析】
直接根据中位线的性质即可求解．
【详解】
解：∵DE是△ABC的中位线，
∴DE＝AC＝×10＝5，
故选：D．
【点睛】
此题主要考查中位线的性质，熟练掌握中位线的性质是解题关键．
14．C
【分析】
利用平行线的判定与性质结合平行四边形的判定得出即可.
【详解】
∵ABCD，
∴∠B+∠C=180°，
当∠A=∠C时，则∠A+∠B=180°，
故ADBC，
则四边形ABCD是平行四边形.
故选C.
【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是解题的关键．
15．D
【分析】
根据三角形的中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，有EF=BC，从而求出EF．
【详解】
解：∵E、F分别是AB、AC的中点．即EF是△ABC的中位线，
∴EF=BC=×8=4（cm）．
故选D．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理：三角形的中位线等于第三边的一半．比较简单．
16．D
【分析】
根据三角形的中位线定理，可得EF＝ DN，DN=2EF=5，利用勾股定理求出AD的长，即得结论．
【详解】
解：∵点E、F分别为DM、MN的中点，
∴EF＝ DN，
∵EF最大值为2.5，
∴当DN最大，即当N与B重合时，有DN=2EF=5，
∴，
∴解得AD=3，
故选：D．
【点睛】
本题考查三角形中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是中位线定理的灵活应用，学会转化的思想．
17．C
【分析】
根据三角形中位线定理得到BC＝2DE＝4，DE∥BC，根据平行四边形的判定定理得到四边形EBCF为平行四边形，根据平行四边形的性质性质定理解答即可．
【详解】
∵点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，DE＝2，
∴BC＝2DE＝4，DE∥BC，
∵CF∥BE，
∴四边形EBCF为平行四边形，
∴EF＝BC＝4，
故选：C．
【点睛】
本题考查三角形的中位线定理，平行四边形的判定与性质，关键是三角形中位线定理．
18．D
【分析】
当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．连结AC，先利用勾股定理计算出AC=5，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=3，可计算出CB′=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形．
【详解】
当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．
连结AC，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC=
∵∠B沿AE折叠,使点B落在点B′处，
∴∠AB′E=∠B=90°，
当△CEB′为直角三角形时,只能得到∠EB′C=90°,
∴点A. B′、C共线,即∠B沿AE折叠,使点B落在对角线AC上的点B′处，
∴EB=EB′,AB=AB′=3，
∴CB′=5 3=2，
设BE=x,则EB′=x，CE=4 x，
在Rt△CEB′中，
∵EB′2+CB′2=CE2，
∴x2+22=(4 x)2,解得x=，
∴BE=；
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．
此时ABEB′为正方形，
∴BE=AB=3.
综上所述,BE的长为或3.
故选D.
【点睛】
此题主要考查矩形的折叠问题，解题的关键是根据题意分情况讨论.
19．D
【分析】
由AC=3、AB=4、BC=5，得AC2+AB2=BC2 ，则∠A=90°，再结合PG⊥AC，PH⊥AB，可证四边形AGPH是矩形；连接AP，可知当AP⊥BC时AP最短，结合矩形的两对角线相等和面积法，求出GH的值．
【详解】
解:∵AC=3、AB=4、BC=5，
∴AC2=9，AB2=16，BC2=25，
∴AC2+AB2=BC2 ，
∴∠A=90°.
∵PG⊥AC，PH⊥AB，
∴∠AGP=∠AHP=90° ，
∴四边形AGPH是矩形.
连接AP，
∴GH=AP
∵当AP⊥BC时，AP最短，
∴3×4=5AP，
∴AP=，
∴PM的最小值为1.2
故选D．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，矩形的判定与性质，垂线段最短，面积法求线段的长，需结合矩形的判定方法，矩形的性质以及三角形面积的知识求解；确定出点P的位置是解答本题的关键．
20．A
【分析】
由点的坐标可OA=4，OB=2，根据勾股定理可得AB，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可．
【详解】
解：∵A（4，0），B（0，2）
∴OA=4，OB=2，
在Rt△AOB中，
∵点C为AB的中点，
∴OC=
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了坐标与图形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握以上知识是解答此题的关键．
21．C
【分析】
根据直角三角形斜边上中线的性质求出，根据三角形的面积公式求出即可．
【详解】
解：在中，是斜边上的中线，，
，
，
的面积，
故选．
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上中线的性质和三角形的面积，能根据直角三角形斜边上中线的性质求出的长是解此题的关键．
22．C
【分析】
根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定．
【详解】
解：这种做法的依据是对角线相等的平行四边形为矩形，
故选C．
【点睛】
本题主要考查对矩形的性质和判定的理解和掌握，能熟练地运用矩形的性质解决实际问题是解此题的关键．
23．C
【分析】
根据矩形的对角线的性质即可求出答案．
【详解】
解：矩形对角线相等且互相平分，
故选：C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质：①矩形的对边平行且相等；②矩形的四个角都是直角；③矩形的对角线相等且互相平分．
24．C
【分析】
由题意可知EF为△ABD的中位线，可求出AB的长，由于菱形四条边相等即可得到周长．
【详解】
解：∵E，F分别是，的中点，
∴EF为△ABD的中位线，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴菱形的周长为
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线，菱形的性质，发现EF为△ABD的中位线是解题的关键．
25．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．
26．C
【分析】
根据矩形和菱形的判定定理逐项判断即可．
【详解】
解：有一组对角是直角的四边形不一定是矩形，
选项不正确，不符合题意；
一条对角线被另一条对角线垂直平分的四边形不一定是菱形，
选项不正确，不符合题意；
对角互补的平行四边形一定是矩形，根据平行四边形对角相等可得一个内角为直角，
选项正确，符合题意；
对角线相等的平行四边形是矩形，
选项错误，不符合题意；
故选：．
【点睛】
本题考查了矩形和菱形的判定，解题关键是熟练运用相关定理正确进行推理证明．
27．D
【分析】
证△ABC、△ADC都是等边三角形，得AB=AC，∠BAC=∠ACF=60°，再证△ABE≌△ACF（SAS），得AE=AF，∠BAE=∠CAF，然后证△AEF是等边三角形，即可解决问题．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AD=DC，∠B=∠D=60°，
∴△ABC、△ADC都是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠ACF=60°，
∴∠B=∠ACF，
在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴AE=AF，∠BAE=∠CAF，
∴∠CAE+∠CAF=∠CAE+∠BAE=∠BAC=60°，
即∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AE=EF=4，
过点A作AH⊥EF于H，如图所示：
则EH=FH=EF=2，
在Rt△AEH中，由勾股定理得：,
∴S△AEF=EF AH=×4×=，
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，证明△AEF是等边三角形是突破点．
28．D
【分析】
根据“菱形的面积等于对角线乘积的一半”可以求得该菱形的面积．菱形的面积还等于底乘以高，所以可得DE的长度．
【详解】
解：连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，AC=8，BC=5，
∴AC⊥BD，AO=AC=4，
∴由勾股定理得到：．
∴BD=6，
又∵AC BD=AB DE．
∴DE=4.8．
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，解答本题关键是掌握①菱形的对角线互相垂直且平分，②菱形的面积等于底乘以底边上的高，还等于对角线乘积的一半．
29．D
【分析】
根据正方形的面积可用对角线进行计算解答即可．
【详解】
解：因为正方形AECF的面积为50cm2，
所以AC=（cm），
因为菱形ABCD的面积为120cm2，
所以BD=（cm），
所以菱形的边长=（cm）．
故选：D．
【点睛】
此题考查正方形的性质，关键是根据正方形和菱形的面积进行解答．
30．A
【分析】
设对角线AC和BD交于点O，首先根据菱形的基本性质确定出△AOD为直角三角形，且∠DAO=30°，再求出AD，从而结合勾股定理求解AO，即可得出结论．
【详解】
解：如图，设对角线AC和BD交于点O，
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，
∴∠ADB=∠CDB=60°，AC⊥BD，
∴△AOD为直角三角形，∠DAO=30°，
∵菱形周长为80，
∴AD=80÷4=20，
∴OD=10，
根据勾股定理可得：，
根据菱形的性质可得：AC=2OA=20，
故选：A．
【点睛】
本题考查菱形的基本性质，理解菱形的基本性质以及熟练运用勾股定理是解题关键．
31．A
【详解】
试题分析：作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．如图：过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，根据同角的余角相等求出∠OAD=∠COE，再利用“角角边”证明△AOD和△OCE全等，根据全等三角形对应边相等可得OE=AD，CE=OD，然后根据点C在第二象限写出坐标即可．∴点C的坐标为
（-，1）故选A．
考点：1、全等三角形的判定和性质；2、坐标和图形性质；3、正方形的性质．
32．B
【分析】
根据正方形性质求出AB=AD，∠BAD=90°，根据等边三角形的性质得出∠EAD=60°，AD=AE=AB，推出∠ABE=∠AEB，根据三角形的内角和定理求出即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵三角形ADE是等边三角形，
∴∠EAD=60°，AD=AE=AB，
∴∠ABE=∠AEB，
∵∠ABE+∠AEB+∠BAE=180°，
∴∠AEB=×（180°-90°-60°）=15°，
故选B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，正方形性质，等边三角形的性质的应用，关键是求出∠BAE的度数，通过做此题培养了学生的推理能力，题目综合性比较强，是一道比较好的题目．
33．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．
34．D
【分析】
根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形．
【详解】
解：、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形是平行四边形，当时，它是菱形，故本选项不符合题意；
、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形知：当时，四边形是菱形，故本选项不符合题意；
、根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知：当时，四边形是矩形，故本选项不符合题意；
、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知：当时，它是矩形，不是正方形，故本选项符合题意；
综上所述，符合题意是选项；
故选：．
【点睛】
本题考查了对矩形的判定、菱形的判定，正方形的判定的应用，能正确运用判定定理进行判断是解此题的关键，难度适中．
35．B
【详解】
分析：本题考查的是正方形，等边三角形，等腰三角形的性质解决.
解析：因为ABCD是正方形，∴AB=AD,∠BAD=90°，∵三角形ADE是等边三角形，∴AE=AD,∠EAD=60°，∴∠BAE=150°，AB=AE,∴∠AEB=15°.
故选B
点睛：本题考查的是正方形的邻边相等，等边三角形的各边相等，等腰三角形的两个底角相等.
36．B
【分析】
由正方形和等边三角形的性质得出，，即可得出．
【详解】
解：∵四边形是正方形
∴，
∵是等边三角形
∴，
∴，
∴
故选：B
【点睛】
本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理；熟练掌握正方形和等边三角形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
37．A
【分析】
连接BD、AC，根据中位线定理可得四边形是平行四边形，即可得到结果；
【详解】
如图所示，连接AC、BD，
∵E、F、G、H是四边形ABCD各边的中点，
∴，，
∴四边形EFGH是平行四边形，
故答案选A．
【点睛】
本题主要考查了中点四边形的知识点，准确构造三角形，借助中位线求解是解题的关键．
38．B
【分析】
根据正方形、菱形、矩形、平行四边形的性质判断即可．
【详解】
解：A. 对角线相等，是矩形和正方形具有的性质，不符合题意；
B. 对角线相互平分，是正方形、菱形、矩形、平行四边形共同具有的性质，符合题意；
C. 对角线相互垂直，是菱形和正方形具有的性质，不符合题意；
D. 对角线相互垂直平分，是菱形和正方形具有的性质，不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形、菱形、矩形、平行四边形的性质，解题关键是熟记这些性质．
39．4.
【详解】
试题解析：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=AC，OB=BD，BD=AC=8cm，
∴OA=OB=4cm，
∵∠AOD=120°，
∴∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=4cm．
考点：矩形的性质．
40．∠ABC＝90°
【分析】
根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”填空．
【详解】
解：添加条件：∠ABC＝90°．
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形（矩形的定义）．
故答案是：∠ABC＝90°．
【点睛】
本题考查的是矩形的判定，掌握矩形的判定是解题的关键．
41．
【分析】
根据图形折叠的性质可知AB=AF，BE=EF，再由的周长为10，的周长为4即可得出结论．
【详解】
解：∵△AEF由△AEB折叠而成，
∴△AEF≌△AEB，
∴AF=AB，EF=BE，
∴的周长=AD +AB+DF，的周长=FC+CE+BE=FC+BC，
∴矩形的周长等于和的周长的和为
AD +AB+DC+BC=AD +AB+DF+FC+BC=10+4=14．
故答案为：14．
【点睛】
本题考查的是翻折变换，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．
42．110
【分析】
直接利用平行四边形的对角相等即可得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D=110°．
故答案为：110．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，正确得出对角相等是解题关键．
43．20°
【分析】
先由平行线的性质得到∠DGH=∠GHB=80°，再根据折叠的性质可得∠EGH＝∠DGH＝80°，然后根据平角的定义求解即可．
【详解】
解：∵AD∥BC，
∴∠DGH＝∠GHB＝80°，
由折叠的性质可得∠EGH＝∠DGH＝80°，
∴∠AGE＝180°﹣∠EGH﹣∠DGH＝180°﹣80°﹣80°＝20°．
故答案为：20°．
【点睛】
本题考查了平行线的性质、折叠的性质，掌握并灵活运用平行线的性质是解答本题的关键．
44．AB=AD（答案不唯一）.
【详解】
已知OA=OC，OB=OD，可得四边形ABCD是平行四边形，再根据菱形的判定定理添加邻边相等或对角线垂直即可判定该四边形是菱形．所以添加条件AB=AD或BC=CD或AC⊥BD，本题答案不唯一，符合条件即可.
45．3
【分析】
连接CM，根据直角三角形的性质得到CM=AB=3，证明四边形NDCM是平行四边形，根据平行四边形的性质解答．
【详解】
连接CM，
∵∠ACB=90°，M是AB的中点，
∴CM=AB=3，
∵M，N分别是AB，AC的中点，
∴MN∥BC，MN=BC，
∴MN=CD，MN∥CD，
∴四边形NDCM是平行四边形，
∴DN=CM=3，
故答案为：3．
【点睛】
此题考查三角形中位线定理、直角三角形的性质、平行四边形的判定和性质，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．
46．
【分析】
根据折叠的性质得到AE=AB，∠E=∠B=90°，易证Rt△AEF≌Rt△CDF，即可得到结论EF=DF；易得FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=6﹣x．在Rt△CDF中利用勾股定理得到关于x的方程x2=42+（6﹣x）2，解方程求出x，即可得到结论．
【详解】
解：∵矩形ABCD沿对角线AC对折，使△ABC落在△ACE的位置，∴AE=AB，∠E=∠B=90°．
又∵四边形ABCD为矩形，∴AB=CD，∴AE=DC，而∠AFE=∠DFC．
在△AEF与△CDF中，
，
∴△AEF≌△CDF（AAS），∴EF=DF；
∵四边形ABCD为矩形，∴AD=BC=6，CD=AB=4．
∵Rt△AEF≌Rt△CDF，∴FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=6﹣x．在Rt△CDF中，CF2=CD2+DF2，即x2=42+（6﹣x）2，
解得：x=，则FD=6﹣x=．
故答案为．
点睛：本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应边相等．也考查了矩形的性质和三角形全等的判定与性质以及勾股定理．
47．15 cm
【分析】
由中点和中位线定义可得新三角形的各边长为原三角形各边长的一半，即可求其周长．
【详解】
如图，
D，E，F分别是△ABC的三边的中点，
则DE=AC,DF=BC,EF=AB，
∴△DEF的周长=DE+DF+EF= (AC+BC+AB)= ×(8+10+12)cm=15cm，
故答案为15 cm.
【点睛】
本题考查三角形中位线定理，解题的关键是掌握三角形中位线定理.
48．75°
【详解】
∵∠EAF是∠DAE折叠而成，
∴∠EAF=∠DAE，∠ADC=∠AFE=90°，∠EAF= ，
在△AEF中∠AFE=90°，∠EAF=15°，
∠AEF=180° ∠AFE ∠EAF=180° 90° 15°=75°
故答案为：75°.
49．
【分析】
由“ASA”可证△ABQ≌△DAP，可得AP＝BQ，列出方程可求t的值．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形
∴AD＝AB，∠B＝∠BAD＝90°
∵AQ⊥DP
∴∠QAD＋∠ADP＝90°，且∠DAQ＋∠BAQ＝90°，
∴∠BAQ＝∠ADP，且∠B＝∠BAD＝90°，AD＝AB
∴△ABQ≌△DAP（ASA）
∴AP＝BQ
∴2t＝8 t
∴t＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了全等三角形判定和性质，正方形的性质，一元一次方程的应用，证明△ABQ≌△DAP是本题的关键．
50．
【分析】
根据勾股定理得出AB，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
【详解】
∵在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，
∴AB=，
∵点D为AB中点，
∴CD=AB=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质，关键是根据勾股定理得出AB．
51．
【分析】
根据勾股定理求得OD=，然后根据矩形的性质得出CE=OD=．
【详解】
解：∵四边形COED是矩形，
∴CE=OD，
∵点D的坐标是（1，3），
∴OD=，
∴CE=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质以及勾股定理的应用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
52．10
【详解】
已知平行四边形ABCD，根据平行四边形的性质可得AB=CD，AD=BC，OB=OD，再由平行四边形ABCD的周长为20cm，可得AB+AD=10cm，又因EO⊥BD，根据线段垂直平分线的性质可得EB=ED，所以△ABE的周长为：AB+AE+BE=AB+AE+DE=AB+AD=10cm.
点睛：本题考查了平行四边形的性质以及线段垂直平分线的性质．解决本题注意转化数学思想的运用．
53．8
【分析】
先由正方形的性质可得∠BAC＝45°，AB∥DC，∠ADC＝90°，由∠CAE＝15°，根据平行线的性质及角的和差得出∠E＝∠BAE＝∠BAC ∠CAE＝30°．然后在Rt△ADE中，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半即可得到AE＝2AD＝8．
【详解】
∵正方形ABCD的边长为4，对角线AC与BD相交于点O，
∴∠BAC＝45°，AB∥DC，∠ADC＝90°，
∵∠CAE＝15°，
∴∠E＝∠BAE＝∠BAC ∠CAE＝45° 15°＝30°．
∵在Rt△ADE中，∠ADE＝90°，∠E＝30°，
∴AE＝2AD＝8．
故答案为8．
【点睛】
本题考查了含30度角的直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．也考查了正方形的性质，平行线的性质．求出∠E＝30°是解题的关键．
54．3
【分析】
矩形的对角线相等且互相平分，所以过交点的EF把矩形分成面积相等的两部分，通过面积的等量代换可求出解．
【详解】
解：∵矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，
∴四边形ABFE里面的空白三角形的面积和四边形EDCF中阴影三角形的面积相等．
∴求阴影部分的面积可看成求四边形ABFE的面积．
∴阴影部分的面积为：（2×3）÷2=3．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查矩形的性质，矩形的对角线相等且互相平分，过交点的线段把矩形分成面积相等的两部分．
55．（1）证明见解析；（2）2.
【详解】
分析：（1）根据一组对边相等的平行四边形是菱形进行判定即可.
（2）根据菱形的性质和勾股定理求出．根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解.
详解：（1）证明：∵∥，
∴
∵平分
∴，
∴
∴
又∵
∴
又∵∥，
∴四边形是平行四边形
又∵
∴是菱形
（2）解：∵四边形是菱形，对角线、交于点．
∴．，，
∴．
在中，．
∴．
∵，
∴．
在中，．为中点．
∴．
点睛：本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定方法以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键.
56．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据全等三角形的判定定理（AAS）进行判断；
（2）根据全等三角形的性质和平行四边形判定定理，即可得到答案.
【详解】
证明：（1）∵，
∴，
∵点F是的中点，
∴，
在与中，，
∴；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、平行四边形判定定理，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质、平行四边形判定定理.
57．（1）见解析；（2）四边形 是菱形，理由见解析；（3）当 时，四边形 是正方形．理由见解析．
【分析】
（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可；
（3）当=45°，由（）可知，四边形 是菱形，可得，则四边形BECD是正方形．
【详解】
（1） ，
，
，
，
，
，即 ，
四边形 是平行四边形，
．
（2） 四边形 是菱形，
理由是： 点 为 中点，
，
，
，
，
四边形 是平行四边形，
，点 为 中点，
，
四边形 是菱形．
（3） 当 时，
，
，
由（）可知，四边形 是菱形，
，
，
四边形 是正方形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，正方形的判定、直角三角形的性质的应用，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．
58．（1）见解析；（2）当点O运动到的中点时，四边形是矩形，理由见解析；（3）满足为直角时，四边形是正方形，理由见解析．
【分析】
（1）由平行线的性质和角平分线的定义得出，，得出EO=CO，FO=CO，即可得出结论；
（2）先证明四边形AECF是平行四边形，再由对角线相等，即可得出结论；
（3）由，得出，当时，即可．
【详解】
（1）证明：如图，∵，
∴．
又∵平分，∴，
∴，
∴，
同理，，
∴．
（2）解：当点O运动到的中点时，四边形是矩形，
证明如下：当点O运动到的中点时，．
又∵，
∴四边形是平行四边形，
由（1）可知，，
∴，
∴，即，
∴四边形是矩形．
（3）当点O运动到AC的中点时，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形．
在（2）的条件下，满足为直角时，四边形是正方形．
理由：由（2）知，当点O运动到的中点时，四边形是矩形．
∵，
∴，
当时，，即，
∴四边形是正方形．
【点睛】
本题考查了平行线的性质、等腰三角形的判定、矩形的判定、菱形的判定、正方形的性质；熟练掌握平行线的性质和矩形、菱形的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键．
59．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）由等边△OAB及平行四边形ABCD得到BD=AC，再根据对角线相等的平行四边形是矩形即可证明．
（2）先在Rt△ABC中由∠ACB=30°计算出BC的长，然后再底边长BC乘以高AB代入数值即可求出面积．
【详解】
解：（1）证明： 为等边三角形，∴OA=OB
四边形是平行四边形
∴OA=OC，OB=OD
∴OA=OB=OC=OD
∴BD=AC
平行四边形为矩形
（2）由（1）知中，，
矩形的面积
【点睛】
本题考查矩形的判定方法，熟练掌握矩形判定方法是解决此类题的关键.
60．（1）见解析；（2）3
【分析】
（1）先证明 再证明 从而可得结论；
（2）先证明可得 再结合平行四边形的性质可得答案．
【详解】
解：（1）证明：∵∠A＝∠F，
∴DF∥AC，
∴∠C＝∠FEC，
又∵∠C＝∠D，
∴∠FEC＝∠D，
∴DB∥EC，
∴四边形BCED是平行四边形；
（2）∵BN平分∠DBC，
∴∠DBN＝∠CBN，
∵BD∥EC，
∴∠DBN＝∠BNC，
∴∠CBN＝∠BNC，
∴CN＝BC，
又∵四边形BCED是平行四边形；
BC＝DE＝3，
∴CN＝3．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，平行线的性质与判定，掌握平行四边形的判定方法与等腰三角形的判定是解题的关键．
61．见解析
【分析】
由平行四边形的对角线互相平分得到OA＝OC，OB＝OD，进而得到OE＝OF，利用对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得证．
【详解】
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
∴四边形DEBF是平行四边形．
【点睛】
此题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解本题的关键．
62．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【分析】
（1）由正方形的性质可得AB＝BC，∠ABE＝∠BCF，然后利用“边角边”证明△ABE和△BCF全等；
（2）由全等三角形对应角相等可得∠BAE＝∠CBF，然后求出∠BAE＋∠ABF＝∠ABC＝90°，判断出AE⊥BF；
（3）由30度角所对的直角边是斜边的一半，可得AE=2BE=4，同理可得OE=1，即可求得AO的长．
【详解】
（1）证明：∵是正方形，
∴，且，
∵，
∴（SAS）；
（2）证明：由（1）知∠BAE＝∠CBF，
∵
∴，
∴∠AOB=90，
∴；
（3）∵，，
∴，
由（1）知，，且，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明△ABE≌△BCF是解题的关键．
63．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【详解】
试题分析：（1）根据平行四边形的性质，得到AB∥CD，AB=CD；再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可得答案；
（2）根据平行四边的性质，可得AB∥CD，AB=CD，∠CDM=∠CFN；根据全等三角形的判定，可得答案．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD，∵E、F分别是AB、CD的中点，∴BE=DF，∵BE∥DF，∴四边形EBFD为平行四边形；
（2）∵四边形EBFD为平行四边形，∴DE∥BF，∴∠CDM=∠CFN，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD．∴∠BAC=∠DCA，∠ABN=∠CFN，∴∠ABN=∠CDM，在△ABN与△CDM中，∵∠BAN=∠DCM，AB=CD，∠ABN=∠CDM，∴△ABN≌△CDM （ASA）．
考点：1．平行四边形的判定与性质；2．全等三角形的判定．
64．（1）见解析；（2）见解析．
【分析】
（1）由全等三角形的判定定理AAS证得结论．
（2）由（1）中全等三角形的对应边相等推知点E是边DF的中点，∠1=∠2；根据角平分线的性质、等量代换以及等角对等边证得DC=FC，则由等腰三角形的“三合一”的性质推知CE⊥DF．
【详解】
解：（1）证明：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
又∵点F在CB的延长线上，
∴AD∥CF．
∴∠1=∠2．
∵点E是AB边的中点，
∴AE=BE，
∵在△ADE与△BFE中，，
∴△ADE≌△BFE（AAS）．
（2）CE⊥DF．理由如下：
如图，连接CE，
由（1）知，△ADE≌△BFE，
∴DE=FE，即点E是DF的中点，∠1=∠2．
∵DF平分∠ADC，
∴∠1=∠3．
∴∠3=∠2．
∴CD=CF．
∴CE⊥DF．
65．（1）见解析 （2）90° （3），理由见解析
【分析】
（1）首先证明△APB≌△APD，得出PB＝PD，再由PD＝PE，即可得出结论；
（2）由可得，由可得，等量代换得，由三角形内角和定理可得，故；
（3）连接，由菱形性质得，由SAS证得，由菱形性质得，由等边对等角得到，等量代换得，根据两直线平行同旁内角互补得，由此，即，可得是等边三角形，所以.
【详解】
（1）在和中中，
，
，
；
（2），
，
，
，
，
，
，
，
；
（3），理由如下：
连接，在菱形中，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质与判定，等边对等角的性质，熟记正方形的性质确定出∠DPE＝∠DCE是解题的关键．
66．证明见解析.
【详解】
试题分析：可通过证明OE=OF，然后根据垂直平分线性质来得出DE=DF，要证明OE=OF，证明三角形BOF和三角形DOE全等即可．
试题解析：证明：在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠OBF=∠ODE
∵O为BD的中点
∴OB=OD
在△BOF和△DOE中，
∵
∴△BOF≌△DOE
∴OF=OE
∵EF⊥BD于点O
∴DE=DF．
考点：1.平行四边形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.线段垂直平分线的性质．
67．（1）见解析；（2）45°；（3）
【分析】
（1）过点B作BF∥MN交CD于点F，则四边形MBFN为平行四边形，得出MN=BF，BF⊥AE，由ASA证得，得出AE=BF即可得出答案；
（2）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC与点H、I，则四边形ABIH为矩形，得出HI⊥AD，HI⊥BC，HI=AB=AD，由HL证明，得，证明即可得出答案；
（3）延长交于点，由折叠的性质可知， ，再根据勾股定理计算出的长度即可得出答案.
【详解】
（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，，
过点作交于点，如图1所示
∴四边形为平行四边形，
∴，，∴
∵，∴，
在和中，
∴
∴，∴；
（2）解：连接，过点作，分别交、于点、，如图2所示：
∵四边形是正方形，∴四边形为矩形，
∴，，，
∵是正方形的对角线，∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∵是的垂直平分线，∴，
在和中，
∴，
∴，∴
∴，∴是等腰直角三角形，
∴，即；
（3）解：延长交于点，如图3所示，
由折叠的性质可知，
∴
∴
∴
【点睛】
本题考查的是正方形的综合，运用到了全等三角形的判定、勾股定理以及正方形的性质等知识点，掌握旋转前后的图形是完全重合的是解决本题的关键.
68．（1）（10﹣2t）；（2）t＝2.5，证明见解析；（3）存在，v＝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BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ；当BA＝CQ，PB＝PC时，△ABP≌△QCP，然后分别计算出t的值，进而得到v的值．
【详解】
（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＝2tcm，则PC＝(10﹣2t)cm；
故答案为：（10﹣2t）．
（2）结论：当t＝2.5时，△ABP≌△DCP，
理由如下：
∵△ABP≌△DCP
∴BP=CP
即点P是BC的中点
∴BP=
故
即当t＝2.5时，△ABP≌△DCP；
（3）①当BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ
∵AB＝6，
∴PC＝6，
∴BP＝10﹣6＝4，
即2t＝4，
解得：t＝2，
∵CQ＝BP＝4，
∴v×2＝4，
解得：v＝2；
②当BA＝CQ，PB＝PC时，△ABP≌△QCP，
∵PB＝PC，
∴BP＝PC＝BC＝5，
即2t＝5，
解得：t＝2.5，
∵CQ＝BA＝6，
v×2.5＝6，
解得：v＝2.4．
综上所述：当v＝2.4或2时，△ABP与△PQC全等．
【点睛】
本题是与矩形有关的动点综合问题，考查了矩形的性质，三角形全等的判定，涉及到分类讨论．
69．（1）见解析；（2）四边形BHDG的周长为40．
【分析】
（1）易证四边形BHDG是平行四边形，再证明，得BG=BH，得到四边形BHDG是菱形；
（2）根据菱形的四条边相等，设BH=x，则DH=x，HC=16-x，然后在在中，由勾股定理求出BH=10即可．
【详解】
（1）∵两个完全相同的矩形纸片ABCD、BFDE，根据矩形的对边平行，
∴，，
∴四边形BHDG是平行四边形，
∵，，
∴∠ABG＝∠FBH．
在和中，
，
∴（ASA）．
∴BG＝BH，
∴四边形BHDG是菱形；
（2）由（1）知：BG＝BH＝HD＝DG，
设BH＝x，则DH＝x，
∵BC＝16，AB＝CD＝8，
HC＝16﹣x，
在中，
DH2＝DC2+HC2，
即x2＝82+（16﹣x）2，
解得：x＝10，
即BH＝10，
∴四边形BHDG的周长＝4×10＝40．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质、矩形的性质及菱形的判定，关键是对菱形判定方法的掌握和运用．
70．（1）见解析；（2）见解析；（3）BE⊥CD，理由见解析
【分析】
（1）利用SSS定理证明△ABC≌△ADC可得∠BAC=∠DAC；
（2）首先证明∠CAD=∠ACD，再根据等角对等边可得AD=CD，再由条件AB=AD，CB=CD可得AB=CB=CD=AD，可得四边形ABCD是菱形；
（3）首先证明△BCF≌△DCF可得∠CBF=∠CDF，再根据BE⊥CD可得∠BEC=∠DEF=90°，进而得到∠EFD=∠BCD．
【详解】
解：（1）证明：在△ABC和△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠BAC=∠DAC；
（2）证明：∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
又∵∠BAC=∠DAC，
∴∠CAD=∠ACD，
∴AD=CD，
∵AB=AD，CB=CD，
∴AB=CB=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（3）当EB⊥CD时，即E为过B且和CD垂直时垂线的垂足，∠EFD=∠BCD，
理由：∵四边形ABCD为菱形，
∴BC=CD，∠BCF=∠DCF，
在△BCF和△DCF中，
，
∴△BCF≌△DCF（SAS），
∴∠CBF=∠CDF，
∵BE⊥CD，
∴∠BEC=∠DEF=90°，
∴∠BCD+∠CBE=∠CDF+∠EFD，
∴∠EFD=∠BCD．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定与性质，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．
答案第1页，共2页
一、单选题
1．（2021·广西来宾·八年级期末）平行四边形的对角线一定具有的性质是（ ）
A．相等 B．互相平分 C．互相垂直 D．互相垂直且相等
2．（2021·广西横县·八年级期末）在平行四边形中，若，则的度数是（ ）．A．30° B．60° C．90° D．120°
3．（2021·广西南丹·八年级期末）在平行四边形ABCD中，∠A：∠B：∠C：∠D可以为（ ）
A．1：2：3：4 B．3：2：3：2 C．2：2：1：1 D．1：3：3：1
4．（2021·广西浦北·八年级期末）已知四边形，对角线与交于点，从下列条件中：①；②；③；④.任取其中两个，以下组合能够判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．①② B．②③ C．②④ D．①④
5．（2021·广西宁明·八年级期末）如图，在中，点M是AB延长线上的一点，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·广西柳州·八年级期末）如图，四边形ABCD中，AC⊥BC，AD∥BC，BC＝3，AC＝4，AD＝6．M是BD的中点，则CM的长为（ ）
A． B．2 C． D．3
7．（2021·广西北海·八年级期末）如图，ABCD中，CE⊥AB，E为垂足，如果∠D=65°，则∠BCE等于（ ）
A．25° B．30° C．35° D．55°
8．（2021·广西灌阳·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD的顶点A，B，D的坐标分别是(0，0)，(5，0)，(2，3)，则顶点C的坐标是（ ）
A．(3，7) B．(5，3)
C．(7，3) D．(8，2)
9．（2021·广西灵山·八年级期末）如图，在 ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，且AE＝3，AF＝4，若 ABCD的周长为56，则BC的长为（ ）
A．14 B．16 C．28 D．32
10．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，在菱形ABCD中，E是AB的中点，F点是AC的中点，连接EF．如果EF=4，那么菱形ABCD的周长为( )
A．9 B．12 C．24 D．32
11．（2021·广西灌阳·八年级期末）如图，在中，，点，分别是，的中点，点在的延长线上，，，，则四边形的周长为（ ）
A．14 B．16 C．18 D．20
12．（2021·广西·三美学校八年级期末）已知边长为4的等边△ABC，D、E、F分别为边AB、BC、AC的中点，P为线段DE上一动点，则PF+PC的最小值为（ ）
A．4
B．
C．
D．
13．（2021·广西·南宁二中八年级期末）如图，在△ABC中，AC＝10，DE是△ABC的中位线，则DE的长度是（ ）
A．3 B．4 C．4.8 D．5
14．（2021·广西灵山·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，添加下列一个条件后，定能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB＝BC B．AC＝BD C．∠A＝∠C D．∠A＝∠B
15．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，E，F分别是，的中点，若，则为（ ）
A．8 B．2 C．5 D．4
16．（2021·广西凤山·八年级期末）如图，在四边形中，，，，分别是边，上的动点（含端点，但点不与点重合）点，分别是线段，的中点，若线段的最大值为2.5，则的长为（ ）
A．5 B． C．2.5 D．3
17．（2021·广西钦州·八年级期末）如图，点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，连接BE，过点C作CF∥BE，交DE的延长线于点F，若DE＝，则EF的长为（ ）
A． B． C． D．8
18．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，矩形中，，，点是边上一点，连接，把沿折叠，使点落在点处，当为直角三角形时，的长为（ ）
A．3 B． C．2或3 D．3或
19．（2021·广西灌阳·八年级期末）如图， 在△ABC中，AC=3、AB=4、BC=5， P为BC上一动点，PG⊥AC于点G，PH⊥AB于点H，M是GH的中点，P在运动过程中PM的最小值为( )
A．2.4 B．1.4
C．1.3 D．1.2
20．（2021·广西南丹·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，A，B两点的坐标分别是，，点C为线段的中点，则的长等于（ ）
A． B． C．10 D．20
21．（2021·广西江州·八年级期末）如图，在R△ABC中，CD、CE分别是斜边AB上的中线和高，CD＝8，CE＝5，则Rt△ABC的面积是( )
A．80 B．60 C．40 D．20
22．（2021·广西·南宁二中八年级期末）如图，用一根绳子检查一个书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测量比较书架的两条对角线就可以判断，其数学依据是（ ）
A．三个角都是直角的四边形是矩形
B．对角线互相平分的四边形是平行四边形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
23．（2021·广西上思·八年级期末）矩形一定具有的性质是（ ）
A．邻边相等 B．对角线垂直
C．对角线相等 D．对角线平分每一组对角
24．（2021·广西北海·八年级期末）如图，菱形中，E，F分别是，的中点，若，则菱形的周长为（ ）
A．20 B．30 C．40 D．50
25．（2021·广西富川·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
26．（2021·广西南丹·八年级期末）下列说法正确的是（ ）
A．有一组对角是直角的四边形一定是矩形
B．一条对角线被另一条对角线垂直平分的四边形是菱形
C．对角互补的平行四边形是矩形
D．对角线相等的四边形是矩形
27．（2021·广西大学附属中学八年级期末）如图，菱形ABCD中，∠D＝60°．点E、F分别在边BC、CD上，且BE＝CF．若EF＝4，则AEF的面积为（ ）
A． B． C． D．
28．（2021·广西宁明·八年级期末）如图，菱形ABCD中，，对角线AC等于8，，则DE的长为（ ）
A．5 B．6 C．9.6 D．4.8
29．（2021·广西宁明·八年级期末）如图，菱形ABCD的面积为120cm2，正方形AECF的面积为50cm2，则菱形的边长为（ ）
A．12 B．11 C．10 D．13
30．（2021·广西灵山·八年级期末）如图，菱形花坛ABCD的周长为80m，∠ABC＝120°，沿着菱形的对角线修建两条小路AC和BD，则小路AC的长是（ ）
A．20m B．10m C．20m D．20m
31．（2021·广西百色·八年级期末）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的坐标为(1，)，则点C的坐标为( )
A．(－，1) B．(－1，) C．(，1) D．(－，－1)
32．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，以正方形ABCD的边AD为一边作等边△ADE，则∠AEB等于（ ）
A．10° B．15° C．20° D．12.5°
33．（2021·广西柳州·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°
34．（2021·广西环江·八年级期末）已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当时，四边形是菱形
B．当时，四边形是菱形
C．当时，四边形是矩形
D．当时，四边形是正方形
35．（2021·广西上思·八年级期末）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，则∠AEB为（ ）
A．10° B．15° C．20° D．125°
36．（2021·广西防城港·八年级期末）如图，在正方形ABCD的外侧作等边三角形CDE，则为（ ）
A．10° B．15° C．30° D．120°
37．（2021·广西上思·八年级期末）杨伯家小院子的四棵小树E、F、G、H刚好在其四边形院子各边的中点上，若在四边形内种上小草，则这块草地的形状是( )
A．平行四边形 B．矩形 C．正方形 D．菱形
38．（2021·广西宁明·八年级期末）正方形、菱形、矩形、平行四边形共同具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对角线相互平分 C．对角线相互垂直 D．对角线相互垂直平分
二、填空题
39．（2021·广西柳州·八年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC=8cm，∠AOD=120°，则AB的长为_________cm．
40．（2021·广西来宾·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，在不添加任何辅助线的情况下，请添加一个条件____，使平行四边形ABCD是矩形．
41．（2021·广西福绵·八年级期末）如图，将矩形沿向上折叠，使点落在边上的点处，若的周长为，的周长为，则矩形的周长为_______．
42．（2021·广西全州·八年级期末）如图，在平行四边形中，，则_______________°．
43．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，有一张四边形纸片ABCD，AD∥BC，将它沿GH折叠，点C落在点Q处，点D落在AB边上的点E处，若∠GHB＝80°，则∠AGE等于_____．
44．（2021·广西北海·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OA=OC，OB=OD，添加一个条件使四边形ABCD是菱形，那么所添加的条件可以是___________（写出一个即可）．
45．（2021·广西浦北·八年级期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，M,N分别是AB,AC的中点，延长BC至点D，使CD=BC，连接DM、DN、MN。若AB=6，则DN=________.
46．（2021·广西大学附属中学八年级期末）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=6，将△ABC沿AC折叠，使点B落在点E处，CE交AD于点F，则DF的长等于_________．
47．（2021·广西江州·八年级期末）三角形的各边分别为8cm 、10cm和12cm ，连结各边中点所成三角形的周长=_____
48．（2021·广西岑溪·八年级期末）如图，矩形ABCD沿AE折叠，使D点落在BC边上的F点处，如果∠BAF＝60°，则∠AEF＝______．
49．（2021·广西来宾·八年级期末）如图，在边长为8厘米的正方形中，动点在线段上以2厘米/秒的速度由点向点运动，同时动点在线段上以1厘米/秒的速度由点向点运动，当点到达点时整个运动过程立即停止．设运动时间为1秒，当时，的值为______．
50．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，在中，，点D为AB的中点，则线段CD的长为__________．
51．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，在矩形OCDE中，点D的坐标是（1,3），CE的长为__________________
52．（2021·广西浦北·八年级期末）如图，平行四边形ABCD的周长为20cm，对角线相交于点O，且EO⊥BD于点O交AD于E，则△ABE的周长为_____cm．
53．（2021·广西灌阳·八年级期末）如图，已知正方形的边长为，对角线与相交于点，点在边的延长线上，若，则__________．
54．（2021·广西南宁·八年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，过点O的直线分别交AD和BC于点E、F，AB＝2，BC＝3，则图中阴影部分的面积为_____．
三、解答题
55．（2021·广西柳州·八年级期末）如图，在四边形中，，，对角线，交于点，平分，过点作交的延长线于点，连接．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的长．
56．（2021·广西灌阳·八年级期末）如图，在四边形中，，延长到E，使，连接交于点F，点F是的中点．求证：
（1）．
（2）四边形是平行四边形．
57．（2021·广西浦北·八年级期末）如图，在 中，，过点 的直线MN//AB，为 边上一点，过点 作 ，垂足为点 ，交直线 于点 ，连接 ，．
（1）求证：；
（2）当 为 中点时，四边形 是什么特殊四边形 说明你的理由；
（3）在（）的条件下，当 的大小满足什么条件时，四边形 是正方形 请说明你的理由．
58．（2021·广西来宾·八年级期末）如图，在中，点O是边上的一个动点，过点O作直线，设交的角平分线于点E，交的外角的平分线于点F，连接．
（1）求证：；
（2）当点O运动到何处时，四边形是矩形？并证明你的结论．
（3）在（2）的条件下，满足什么条件时，四边形是正方形？并说明理由．
59．（2021·广西南丹·八年级期末）如图，平行四边形的对角线，相交于点，是等边三角形．
（1）求证：平行四边形为矩形；
（2）若，求四边形的面积．
60．（2021·广西贵港·八年级期末）如图，点B、E分别在AC、DF上，AF分别交BD、CE于点M、N，∠A＝∠F，∠C＝∠D．
（1）求证：四边形BCED是平行四边形；
（2）已知DE＝3，连接BN，若BN平分∠DBC，求CN的长．
61．（2021·广西百色·八年级期末）如图， ABCD的对角线AC、BD交于点O，E、F是对角线AC上两点，AE＝CF．求证：四边形DEBF是平行四边形．
62．（2021·广西灵山·八年级期末）如图，在正方形中，点E，F分别在边，上，且，与相交于点O．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）若，，求线段的长．
63．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，在□ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点．
（1）求证：四边形EBFD为平行四边形；
（2）对角线AC分别与DE、BF交于点M、N.求证：△ABN≌△CDM．
64．（2021·广西宁明·八年级期末）如图，在ABCD中，点E是AB边的中点，DE与CB的延长线交于点F
（1）求证：△ADE≌△BFE；
（2）若DF平分∠ADC，连接CE,试判断CE和DF的位置关系，并说明理由．
65．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图①，在正方形中，是上一点，点在的延长线上，且交于，连接
问题提出：（1）求证：
拓展与探索：（2）请求出的度数；
问题解决：（3）如图②，把正方形改为菱形，其他条件不变，当时，连接，试探究线段与线段的数量关系，并说明理由．
66．（2021·广西宁明·八年级期末）已知：如图，BD为平行四边形ABCD的对角线，O为BD的中点，EF⊥BD于点O，与AD、BC分别交于点E、F．求证：DE=DF．
67．（2021·广西·南宁二中八年级期末）如图1，在正方形中，为边上一点（不与点、重合），垂直于的一条直线分别交、、于点、、．
（1）求证；
（2）如图2，若垂足恰好为的中点，连接，交于点，连接，并延长交边于点．求的度数；
（3）如图3，若该正方形边长为11，将正方形沿着直线翻折，使得的对应边恰好经过点，过点作，垂足分别为，若，则______．
68．（2021·广西百色·八年级期末）在矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝10cm，点P从点B出发，以2cm/s的速度沿BC向点C运动，如图①，设点P的运动时间为t（t≤5）秒．
（1）PC＝ cm（用含t的代数式表示）；
（2）当t为何值时，△ABP≌△DCP？请说明理由；
（3）如图②，当点P从点B开始运动的同时，点Q从点C出发，以vcm/s的速度沿CD向点D运动（Q到达D点即停），是否存在这样的v，使△ABP与P、Q、C三点围成的三角形全等？若存在，请求出v的值；若不存在，请说明理由．
69．（2021·广西灵山·八年级期末）两个完全相同的矩形纸片ABCD，BFDE如图所示放置，已知AB＝BF＝8，BC＝16．
（1）求证四边形BHDG是菱形；
（2）求四边形BHDG的周长．
70．（2021·广西·三美学校八年级期末）如图，在四边形中，，，E是上一点，交于F，连接．
（1）求证：；
（2）若，求证：四边形是菱形；
（3）在（2）的条件下，当与有什么样的位置关系时，，并说明理由．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】
试题分析：根据平行四边形的对角线互相平分可得答案．
解：平行四边形的对角线互相平分，
故选B．
考点：平行四边形的性质．
2．D
【分析】
根据平行四边形对边平行，同旁内角互补，即可求出的度数．
【详解】
解：如图，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质．
3．B
【分析】
根据平行四边形的对角相等，判定．
【详解】
解：∵平行四边形对角相等，
∴对角的比值数应该相等，
其中A，C，D都不满足，只有B满足．
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形的对角相等是解题的关键．
4．D
【分析】
以①④作为条件能够判定四边形ABCD是平行四边形，根据平行得出全等三角形，即可求出OB=OD，根据平行四边形的判定推出即可；
【详解】
以①④作为条件，能够判定四边形ABCD是平行四边形．
理由：∵AB//CD，
∴∠OAB=∠OCD，
在△AOB和△COD中，
∴△AOB≌△COD(ASA)，
∴OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形．
故选D．
【点睛】
本题考查平行四边形的全等条件，熟练掌握平行四边形的性质的解题关键
5．D
【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，即可求得∠ABC的度数，又由邻补角的定义，即可求得∠CBM的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠D=120°，
∴∠CBM=180°-∠ABC=60°．
故选：D．
【点睛】
此题考查了平行线的性质与邻补角的定义．此题比较简单，注意平行四边形的对角相等定理的应用．
6．C
【分析】
延长BC 到E 使BE＝AD，利用中点的性质得到CM＝ DE＝AB，再利用勾股定理进行计算即可解答.
【详解】
解：延长BC 到E 使BE＝AD，∵BC//AD，∴四边形ACED是平行四边形，∴DE=AB，
∵BC＝3，AD＝6，
∴C是BE的中点，
∵M是BD的中点，
∴CM＝ DE＝AB，
∵AC⊥BC，
∴AB＝＝，
∴CM＝ ，
故选C．
【点睛】
此题考查平行四边形的性质，勾股定理，解题关键在于作辅助线.
7．A
【分析】
由 ABCD中，∠D=65°，根据平行四边形的对角相等，∠B的度数，又由CE⊥AB，即可求得∠BCE的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D=65°，
∵CE⊥AB，
∴∠BEC=90°，
∴∠BCE=90°∠B=25°．
故选：A．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质．以及直角三角形两个锐角互余，此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
8．C
【分析】
因为D点坐标为（2，3），由平行四边形的性质，可知C点的纵坐标一定是3，又由D点相对于A点横坐标移动了2，故可得C点横坐标为2+5=7，即顶点C的坐标（7，3）．
【详解】
解：已知A，B，D三点的坐标分别是（0，0），（5，0），（2，3），
∵AB在x轴上，
∴点C与点D的纵坐标相等，都为3，
∵D点相对于A点横坐标移动了2-0=2，
∴C点横坐标为2+5=7，
∴即顶点C的坐标（7，3）．
故选：C．
【点睛】
本题主要是对平行四边形的性质与点的坐标的表示等知识的直接考查．解题的关键是掌握平行四边形的性质和运用数形结合思想．
9．B
【分析】
根据平行四边形的周长求出BC+CD＝28，再根据平行四边形的两种面积计算方法求出BC＝CD，由此可以求出CD的值，进而具体求得平行四边形的面积．
【详解】
解：∵ ABCD的周长＝2（BC+CD）＝56，
∴BC+CD＝28①，
∵AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，AE＝4，AF＝6，
∴S ABCD＝3BC＝4CD，
整理得，BC＝CD②，
联立①②解得，CD＝12，
∴BC=28-12=16．
故选：D．
【点睛】
本题考查平行四边形的面积计算，利用方程的思想方法求得平行四边形的底是解题关键．
10．D
【分析】
由点E、F分别是AB、AC的中点，EF＝4，利用三角形中位线的性质，即可求得BC的长，然后由菱形的性质，求得菱形ABCD的周长．
【详解】
解：∵点E、F分别是AB、AC的中点，EF＝4，
∴BC＝2EF＝8．
∵四边形ABCD是菱形，
∴菱形ABCD的周长是：4×8＝32．
故选：D．
【点睛】
此题考查了菱形的性质以及三角形中位线的性质．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
11．B
【分析】
根据勾股定理先求出BC的长，再根据三角形中位线定理和直角三角形的性质求出DE和AE的长，进而由已知可判定四边形AEDF是平行四边形，即可求得其周长．
【详解】
在Rt△ABC中，
∵AC=6，AB=8，
∴BC=10，
∵E是BC的中点，
∴AE=BE=5，
∴∠BAE=∠B，
∵∠FDA=∠B，
∴∠FDA=∠BAE，
∴DF∥AE，
∵D、E分别是AB、BC的中点，
∴DE∥AC，DE= 12 AC=3
∴四边形AEDF是平行四边形
∴四边形AEDF的周长=2×（3+5）=16．
故选B．
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的判定以及平行四边形的判定；熟练运用三角形的中位线定理和直角三角形的勾股定理是解题的关键．
12．A
【分析】
连接BP，首先说明DE是线段BF的垂直平分线，可证，延长即可解决问题．
【详解】
解：如图，连接BP，BF．
∵△ABC是等边三角形，D、E、F分别为边AB、BC、AC的中点，
∴DE∥AC，BF⊥DE，
易知DE是线段BF的垂直平分线，
∴PB=PF，
∴PF+PC=PB+PC，
∵PB+PC≥BC，
∴PF+PC≥4，
∴PF+PC的最小值为4．
故选A．
【点睛】
本题考查轴对称最短问题，等边三角形的性质，三角形的中位线定理等知识，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．
13．D
【分析】
直接根据中位线的性质即可求解．
【详解】
解：∵DE是△ABC的中位线，
∴DE＝AC＝×10＝5，
故选：D．
【点睛】
此题主要考查中位线的性质，熟练掌握中位线的性质是解题关键．
14．C
【分析】
利用平行线的判定与性质结合平行四边形的判定得出即可.
【详解】
∵ABCD，
∴∠B+∠C=180°，
当∠A=∠C时，则∠A+∠B=180°，
故ADBC，
则四边形ABCD是平行四边形.
故选C.
【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是解题的关键．
15．D
【分析】
根据三角形的中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，有EF=BC，从而求出EF．
【详解】
解：∵E、F分别是AB、AC的中点．即EF是△ABC的中位线，
∴EF=BC=×8=4（cm）．
故选D．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理：三角形的中位线等于第三边的一半．比较简单．
16．D
【分析】
根据三角形的中位线定理，可得EF＝ DN，DN=2EF=5，利用勾股定理求出AD的长，即得结论．
【详解】
解：∵点E、F分别为DM、MN的中点，
∴EF＝ DN，
∵EF最大值为2.5，
∴当DN最大，即当N与B重合时，有DN=2EF=5，
∴，
∴解得AD=3，
故选：D．
【点睛】
本题考查三角形中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是中位线定理的灵活应用，学会转化的思想．
17．C
【分析】
根据三角形中位线定理得到BC＝2DE＝4，DE∥BC，根据平行四边形的判定定理得到四边形EBCF为平行四边形，根据平行四边形的性质性质定理解答即可．
【详解】
∵点D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，DE＝2，
∴BC＝2DE＝4，DE∥BC，
∵CF∥BE，
∴四边形EBCF为平行四边形，
∴EF＝BC＝4，
故选：C．
【点睛】
本题考查三角形的中位线定理，平行四边形的判定与性质，关键是三角形中位线定理．
18．D
【分析】
当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．连结AC，先利用勾股定理计算出AC=5，根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°，而当△CEB′为直角三角形时，只能得到∠EB′C=90°，所以点A、B′、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B′处，则EB=EB′，AB=AB′=3，可计算出CB′=2，设BE=x，则EB′=x，CE=4-x，然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x．
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB′为正方形．
【详解】
当△CEB′为直角三角形时，有两种情况：
①当点B′落在矩形内部时，如答图1所示．
连结AC，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC=
∵∠B沿AE折叠,使点B落在点B′处，
∴∠AB′E=∠B=90°，
当△CEB′为直角三角形时,只能得到∠EB′C=90°,
∴点A. B′、C共线,即∠B沿AE折叠,使点B落在对角线AC上的点B′处，
∴EB=EB′,AB=AB′=3，
∴CB′=5 3=2，
设BE=x,则EB′=x，CE=4 x，
在Rt△CEB′中，
∵EB′2+CB′2=CE2，
∴x2+22=(4 x)2,解得x=，
∴BE=；
②当点B′落在AD边上时，如答图2所示．
此时ABEB′为正方形，
∴BE=AB=3.
综上所述,BE的长为或3.
故选D.
【点睛】
此题主要考查矩形的折叠问题，解题的关键是根据题意分情况讨论.
19．D
【分析】
由AC=3、AB=4、BC=5，得AC2+AB2=BC2 ，则∠A=90°，再结合PG⊥AC，PH⊥AB，可证四边形AGPH是矩形；连接AP，可知当AP⊥BC时AP最短，结合矩形的两对角线相等和面积法，求出GH的值．
【详解】
解:∵AC=3、AB=4、BC=5，
∴AC2=9，AB2=16，BC2=25，
∴AC2+AB2=BC2 ，
∴∠A=90°.
∵PG⊥AC，PH⊥AB，
∴∠AGP=∠AHP=90° ，
∴四边形AGPH是矩形.
连接AP，
∴GH=AP
∵当AP⊥BC时，AP最短，
∴3×4=5AP，
∴AP=，
∴PM的最小值为1.2
故选D．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，矩形的判定与性质，垂线段最短，面积法求线段的长，需结合矩形的判定方法，矩形的性质以及三角形面积的知识求解；确定出点P的位置是解答本题的关键．
20．A
【分析】
由点的坐标可OA=4，OB=2，根据勾股定理可得AB，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可．
【详解】
解：∵A（4，0），B（0，2）
∴OA=4，OB=2，
在Rt△AOB中，
∵点C为AB的中点，
∴OC=
故选：A．
【点睛】
此题主要考查了坐标与图形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，熟练掌握以上知识是解答此题的关键．
21．C
【分析】
根据直角三角形斜边上中线的性质求出，根据三角形的面积公式求出即可．
【详解】
解：在中，是斜边上的中线，，
，
，
的面积，
故选．
【点睛】
本题考查了直角三角形斜边上中线的性质和三角形的面积，能根据直角三角形斜边上中线的性质求出的长是解此题的关键．
22．C
【分析】
根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定．
【详解】
解：这种做法的依据是对角线相等的平行四边形为矩形，
故选C．
【点睛】
本题主要考查对矩形的性质和判定的理解和掌握，能熟练地运用矩形的性质解决实际问题是解此题的关键．
23．C
【分析】
根据矩形的对角线的性质即可求出答案．
【详解】
解：矩形对角线相等且互相平分，
故选：C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质：①矩形的对边平行且相等；②矩形的四个角都是直角；③矩形的对角线相等且互相平分．
24．C
【分析】
由题意可知EF为△ABD的中位线，可求出AB的长，由于菱形四条边相等即可得到周长．
【详解】
解：∵E，F分别是，的中点，
∴EF为△ABD的中位线，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∴菱形的周长为
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线，菱形的性质，发现EF为△ABD的中位线是解题的关键．
25．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．
26．C
【分析】
根据矩形和菱形的判定定理逐项判断即可．
【详解】
解：有一组对角是直角的四边形不一定是矩形，
选项不正确，不符合题意；
一条对角线被另一条对角线垂直平分的四边形不一定是菱形，
选项不正确，不符合题意；
对角互补的平行四边形一定是矩形，根据平行四边形对角相等可得一个内角为直角，
选项正确，符合题意；
对角线相等的平行四边形是矩形，
选项错误，不符合题意；
故选：．
【点睛】
本题考查了矩形和菱形的判定，解题关键是熟练运用相关定理正确进行推理证明．
27．D
【分析】
证△ABC、△ADC都是等边三角形，得AB=AC，∠BAC=∠ACF=60°，再证△ABE≌△ACF（SAS），得AE=AF，∠BAE=∠CAF，然后证△AEF是等边三角形，即可解决问题．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AD=DC，∠B=∠D=60°，
∴△ABC、△ADC都是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠ACF=60°，
∴∠B=∠ACF，
在△ABE和△ACF中，
，
∴△ABE≌△ACF（SAS），
∴AE=AF，∠BAE=∠CAF，
∴∠CAE+∠CAF=∠CAE+∠BAE=∠BAC=60°，
即∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AE=EF=4，
过点A作AH⊥EF于H，如图所示：
则EH=FH=EF=2，
在Rt△AEH中，由勾股定理得：,
∴S△AEF=EF AH=×4×=，
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，证明△AEF是等边三角形是突破点．
28．D
【分析】
根据“菱形的面积等于对角线乘积的一半”可以求得该菱形的面积．菱形的面积还等于底乘以高，所以可得DE的长度．
【详解】
解：连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，AC=8，BC=5，
∴AC⊥BD，AO=AC=4，
∴由勾股定理得到：．
∴BD=6，
又∵AC BD=AB DE．
∴DE=4.8．
故选：D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，解答本题关键是掌握①菱形的对角线互相垂直且平分，②菱形的面积等于底乘以底边上的高，还等于对角线乘积的一半．
29．D
【分析】
根据正方形的面积可用对角线进行计算解答即可．
【详解】
解：因为正方形AECF的面积为50cm2，
所以AC=（cm），
因为菱形ABCD的面积为120cm2，
所以BD=（cm），
所以菱形的边长=（cm）．
故选：D．
【点睛】
此题考查正方形的性质，关键是根据正方形和菱形的面积进行解答．
30．A
【分析】
设对角线AC和BD交于点O，首先根据菱形的基本性质确定出△AOD为直角三角形，且∠DAO=30°，再求出AD，从而结合勾股定理求解AO，即可得出结论．
【详解】
解：如图，设对角线AC和BD交于点O，
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=120°，
∴∠ADB=∠CDB=60°，AC⊥BD，
∴△AOD为直角三角形，∠DAO=30°，
∵菱形周长为80，
∴AD=80÷4=20，
∴OD=10，
根据勾股定理可得：，
根据菱形的性质可得：AC=2OA=20，
故选：A．
【点睛】
本题考查菱形的基本性质，理解菱形的基本性质以及熟练运用勾股定理是解题关键．
31．A
【详解】
试题分析：作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．如图：过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，根据同角的余角相等求出∠OAD=∠COE，再利用“角角边”证明△AOD和△OCE全等，根据全等三角形对应边相等可得OE=AD，CE=OD，然后根据点C在第二象限写出坐标即可．∴点C的坐标为
（-，1）故选A．
考点：1、全等三角形的判定和性质；2、坐标和图形性质；3、正方形的性质．
32．B
【分析】
根据正方形性质求出AB=AD，∠BAD=90°，根据等边三角形的性质得出∠EAD=60°，AD=AE=AB，推出∠ABE=∠AEB，根据三角形的内角和定理求出即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵三角形ADE是等边三角形，
∴∠EAD=60°，AD=AE=AB，
∴∠ABE=∠AEB，
∵∠ABE+∠AEB+∠BAE=180°，
∴∠AEB=×（180°-90°-60°）=15°，
故选B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，正方形性质，等边三角形的性质的应用，关键是求出∠BAE的度数，通过做此题培养了学生的推理能力，题目综合性比较强，是一道比较好的题目．
33．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．
34．D
【分析】
根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形．
【详解】
解：、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形是平行四边形，当时，它是菱形，故本选项不符合题意；
、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形知：当时，四边形是菱形，故本选项不符合题意；
、根据有一个角是直角的平行四边形是矩形知：当时，四边形是矩形，故本选项不符合题意；
、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知：当时，它是矩形，不是正方形，故本选项符合题意；
综上所述，符合题意是选项；
故选：．
【点睛】
本题考查了对矩形的判定、菱形的判定，正方形的判定的应用，能正确运用判定定理进行判断是解此题的关键，难度适中．
35．B
【详解】
分析：本题考查的是正方形，等边三角形，等腰三角形的性质解决.
解析：因为ABCD是正方形，∴AB=AD,∠BAD=90°，∵三角形ADE是等边三角形，∴AE=AD,∠EAD=60°，∴∠BAE=150°，AB=AE,∴∠AEB=15°.
故选B
点睛：本题考查的是正方形的邻边相等，等边三角形的各边相等，等腰三角形的两个底角相等.
36．B
【分析】
由正方形和等边三角形的性质得出，，即可得出．
【详解】
解：∵四边形是正方形
∴，
∵是等边三角形
∴，
∴，
∴
故选：B
【点睛】
本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理；熟练掌握正方形和等边三角形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
37．A
【分析】
连接BD、AC，根据中位线定理可得四边形是平行四边形，即可得到结果；
【详解】
如图所示，连接AC、BD，
∵E、F、G、H是四边形ABCD各边的中点，
∴，，
∴四边形EFGH是平行四边形，
故答案选A．
【点睛】
本题主要考查了中点四边形的知识点，准确构造三角形，借助中位线求解是解题的关键．
38．B
【分析】
根据正方形、菱形、矩形、平行四边形的性质判断即可．
【详解】
解：A. 对角线相等，是矩形和正方形具有的性质，不符合题意；
B. 对角线相互平分，是正方形、菱形、矩形、平行四边形共同具有的性质，符合题意；
C. 对角线相互垂直，是菱形和正方形具有的性质，不符合题意；
D. 对角线相互垂直平分，是菱形和正方形具有的性质，不符合题意；
故选：B．
【点睛】
本题考查了正方形、菱形、矩形、平行四边形的性质，解题关键是熟记这些性质．
39．4.
【详解】
试题解析：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=AC，OB=BD，BD=AC=8cm，
∴OA=OB=4cm，
∵∠AOD=120°，
∴∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=4cm．
考点：矩形的性质．
40．∠ABC＝90°
【分析】
根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”填空．
【详解】
解：添加条件：∠ABC＝90°．
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形（矩形的定义）．
故答案是：∠ABC＝90°．
【点睛】
本题考查的是矩形的判定，掌握矩形的判定是解题的关键．
41．
【分析】
根据图形折叠的性质可知AB=AF，BE=EF，再由的周长为10，的周长为4即可得出结论．
【详解】
解：∵△AEF由△AEB折叠而成，
∴△AEF≌△AEB，
∴AF=AB，EF=BE，
∴的周长=AD +AB+DF，的周长=FC+CE+BE=FC+BC，
∴矩形的周长等于和的周长的和为
AD +AB+DC+BC=AD +AB+DF+FC+BC=10+4=14．
故答案为：14．
【点睛】
本题考查的是翻折变换，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．
42．110
【分析】
直接利用平行四边形的对角相等即可得出答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D=110°．
故答案为：110．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，正确得出对角相等是解题关键．
43．20°
【分析】
先由平行线的性质得到∠DGH=∠GHB=80°，再根据折叠的性质可得∠EGH＝∠DGH＝80°，然后根据平角的定义求解即可．
【详解】
解：∵AD∥BC，
∴∠DGH＝∠GHB＝80°，
由折叠的性质可得∠EGH＝∠DGH＝80°，
∴∠AGE＝180°﹣∠EGH﹣∠DGH＝180°﹣80°﹣80°＝20°．
故答案为：20°．
【点睛】
本题考查了平行线的性质、折叠的性质，掌握并灵活运用平行线的性质是解答本题的关键．
44．AB=AD（答案不唯一）.
【详解】
已知OA=OC，OB=OD，可得四边形ABCD是平行四边形，再根据菱形的判定定理添加邻边相等或对角线垂直即可判定该四边形是菱形．所以添加条件AB=AD或BC=CD或AC⊥BD，本题答案不唯一，符合条件即可.
45．3
【分析】
连接CM，根据直角三角形的性质得到CM=AB=3，证明四边形NDCM是平行四边形，根据平行四边形的性质解答．
【详解】
连接CM，
∵∠ACB=90°，M是AB的中点，
∴CM=AB=3，
∵M，N分别是AB，AC的中点，
∴MN∥BC，MN=BC，
∴MN=CD，MN∥CD，
∴四边形NDCM是平行四边形，
∴DN=CM=3，
故答案为：3．
【点睛】
此题考查三角形中位线定理、直角三角形的性质、平行四边形的判定和性质，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．
46．
【分析】
根据折叠的性质得到AE=AB，∠E=∠B=90°，易证Rt△AEF≌Rt△CDF，即可得到结论EF=DF；易得FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=6﹣x．在Rt△CDF中利用勾股定理得到关于x的方程x2=42+（6﹣x）2，解方程求出x，即可得到结论．
【详解】
解：∵矩形ABCD沿对角线AC对折，使△ABC落在△ACE的位置，∴AE=AB，∠E=∠B=90°．
又∵四边形ABCD为矩形，∴AB=CD，∴AE=DC，而∠AFE=∠DFC．
在△AEF与△CDF中，
，
∴△AEF≌△CDF（AAS），∴EF=DF；
∵四边形ABCD为矩形，∴AD=BC=6，CD=AB=4．
∵Rt△AEF≌Rt△CDF，∴FC=FA，设FA=x，则FC=x，FD=6﹣x．在Rt△CDF中，CF2=CD2+DF2，即x2=42+（6﹣x）2，
解得：x=，则FD=6﹣x=．
故答案为．
点睛：本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应边相等．也考查了矩形的性质和三角形全等的判定与性质以及勾股定理．
47．15 cm
【分析】
由中点和中位线定义可得新三角形的各边长为原三角形各边长的一半，即可求其周长．
【详解】
如图，
D，E，F分别是△ABC的三边的中点，
则DE=AC,DF=BC,EF=AB，
∴△DEF的周长=DE+DF+EF= (AC+BC+AB)= ×(8+10+12)cm=15cm，
故答案为15 cm.
【点睛】
本题考查三角形中位线定理，解题的关键是掌握三角形中位线定理.
48．75°
【详解】
∵∠EAF是∠DAE折叠而成，
∴∠EAF=∠DAE，∠ADC=∠AFE=90°，∠EAF= ，
在△AEF中∠AFE=90°，∠EAF=15°，
∠AEF=180° ∠AFE ∠EAF=180° 90° 15°=75°
故答案为：75°.
49．
【分析】
由“ASA”可证△ABQ≌△DAP，可得AP＝BQ，列出方程可求t的值．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形
∴AD＝AB，∠B＝∠BAD＝90°
∵AQ⊥DP
∴∠QAD＋∠ADP＝90°，且∠DAQ＋∠BAQ＝90°，
∴∠BAQ＝∠ADP，且∠B＝∠BAD＝90°，AD＝AB
∴△ABQ≌△DAP（ASA）
∴AP＝BQ
∴2t＝8 t
∴t＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了全等三角形判定和性质，正方形的性质，一元一次方程的应用，证明△ABQ≌△DAP是本题的关键．
50．
【分析】
根据勾股定理得出AB，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
【详解】
∵在Rt△ABC中，AC=4，BC=3，
∴AB=，
∵点D为AB中点，
∴CD=AB=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质，关键是根据勾股定理得出AB．
51．
【分析】
根据勾股定理求得OD=，然后根据矩形的性质得出CE=OD=．
【详解】
解：∵四边形COED是矩形，
∴CE=OD，
∵点D的坐标是（1，3），
∴OD=，
∴CE=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质以及勾股定理的应用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
52．10
【详解】
已知平行四边形ABCD，根据平行四边形的性质可得AB=CD，AD=BC，OB=OD，再由平行四边形ABCD的周长为20cm，可得AB+AD=10cm，又因EO⊥BD，根据线段垂直平分线的性质可得EB=ED，所以△ABE的周长为：AB+AE+BE=AB+AE+DE=AB+AD=10cm.
点睛：本题考查了平行四边形的性质以及线段垂直平分线的性质．解决本题注意转化数学思想的运用．
53．8
【分析】
先由正方形的性质可得∠BAC＝45°，AB∥DC，∠ADC＝90°，由∠CAE＝15°，根据平行线的性质及角的和差得出∠E＝∠BAE＝∠BAC ∠CAE＝30°．然后在Rt△ADE中，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半即可得到AE＝2AD＝8．
【详解】
∵正方形ABCD的边长为4，对角线AC与BD相交于点O，
∴∠BAC＝45°，AB∥DC，∠ADC＝90°，
∵∠CAE＝15°，
∴∠E＝∠BAE＝∠BAC ∠CAE＝45° 15°＝30°．
∵在Rt△ADE中，∠ADE＝90°，∠E＝30°，
∴AE＝2AD＝8．
故答案为8．
【点睛】
本题考查了含30度角的直角三角形的性质：在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．也考查了正方形的性质，平行线的性质．求出∠E＝30°是解题的关键．
54．3
【分析】
矩形的对角线相等且互相平分，所以过交点的EF把矩形分成面积相等的两部分，通过面积的等量代换可求出解．
【详解】
解：∵矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，
∴四边形ABFE里面的空白三角形的面积和四边形EDCF中阴影三角形的面积相等．
∴求阴影部分的面积可看成求四边形ABFE的面积．
∴阴影部分的面积为：（2×3）÷2=3．
故答案为：3．
【点睛】
本题考查矩形的性质，矩形的对角线相等且互相平分，过交点的线段把矩形分成面积相等的两部分．
55．（1）证明见解析；（2）2.
【详解】
分析：（1）根据一组对边相等的平行四边形是菱形进行判定即可.
（2）根据菱形的性质和勾股定理求出．根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半即可求解.
详解：（1）证明：∵∥，
∴
∵平分
∴，
∴
∴
又∵
∴
又∵∥，
∴四边形是平行四边形
又∵
∴是菱形
（2）解：∵四边形是菱形，对角线、交于点．
∴．，，
∴．
在中，．
∴．
∵，
∴．
在中，．为中点．
∴．
点睛：本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等，熟练掌握菱形的判定方法以及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键.
56．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据全等三角形的判定定理（AAS）进行判断；
（2）根据全等三角形的性质和平行四边形判定定理，即可得到答案.
【详解】
证明：（1）∵，
∴，
∵点F是的中点，
∴，
在与中，，
∴；
（2）∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定和性质、平行四边形判定定理，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质、平行四边形判定定理.
57．（1）见解析；（2）四边形 是菱形，理由见解析；（3）当 时，四边形 是正方形．理由见解析．
【分析】
（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可；
（3）当=45°，由（）可知，四边形 是菱形，可得，则四边形BECD是正方形．
【详解】
（1） ，
，
，
，
，
，即 ，
四边形 是平行四边形，
．
（2） 四边形 是菱形，
理由是： 点 为 中点，
，
，
，
，
四边形 是平行四边形，
，点 为 中点，
，
四边形 是菱形．
（3） 当 时，
，
，
由（）可知，四边形 是菱形，
，
，
四边形 是正方形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，正方形的判定、直角三角形的性质的应用，灵活运用所学知识解决问题是解题的关键．
58．（1）见解析；（2）当点O运动到的中点时，四边形是矩形，理由见解析；（3）满足为直角时，四边形是正方形，理由见解析．
【分析】
（1）由平行线的性质和角平分线的定义得出，，得出EO=CO，FO=CO，即可得出结论；
（2）先证明四边形AECF是平行四边形，再由对角线相等，即可得出结论；
（3）由，得出，当时，即可．
【详解】
（1）证明：如图，∵，
∴．
又∵平分，∴，
∴，
∴，
同理，，
∴．
（2）解：当点O运动到的中点时，四边形是矩形，
证明如下：当点O运动到的中点时，．
又∵，
∴四边形是平行四边形，
由（1）可知，，
∴，
∴，即，
∴四边形是矩形．
（3）当点O运动到AC的中点时，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形．
在（2）的条件下，满足为直角时，四边形是正方形．
理由：由（2）知，当点O运动到的中点时，四边形是矩形．
∵，
∴，
当时，，即，
∴四边形是正方形．
【点睛】
本题考查了平行线的性质、等腰三角形的判定、矩形的判定、菱形的判定、正方形的性质；熟练掌握平行线的性质和矩形、菱形的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键．
59．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）由等边△OAB及平行四边形ABCD得到BD=AC，再根据对角线相等的平行四边形是矩形即可证明．
（2）先在Rt△ABC中由∠ACB=30°计算出BC的长，然后再底边长BC乘以高AB代入数值即可求出面积．
【详解】
解：（1）证明： 为等边三角形，∴OA=OB
四边形是平行四边形
∴OA=OC，OB=OD
∴OA=OB=OC=OD
∴BD=AC
平行四边形为矩形
（2）由（1）知中，，
矩形的面积
【点睛】
本题考查矩形的判定方法，熟练掌握矩形判定方法是解决此类题的关键.
60．（1）见解析；（2）3
【分析】
（1）先证明 再证明 从而可得结论；
（2）先证明可得 再结合平行四边形的性质可得答案．
【详解】
解：（1）证明：∵∠A＝∠F，
∴DF∥AC，
∴∠C＝∠FEC，
又∵∠C＝∠D，
∴∠FEC＝∠D，
∴DB∥EC，
∴四边形BCED是平行四边形；
（2）∵BN平分∠DBC，
∴∠DBN＝∠CBN，
∵BD∥EC，
∴∠DBN＝∠BNC，
∴∠CBN＝∠BNC，
∴CN＝BC，
又∵四边形BCED是平行四边形；
BC＝DE＝3，
∴CN＝3．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，平行线的性质与判定，掌握平行四边形的判定方法与等腰三角形的判定是解题的关键．
61．见解析
【分析】
由平行四边形的对角线互相平分得到OA＝OC，OB＝OD，进而得到OE＝OF，利用对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得证．
【详解】
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
∴四边形DEBF是平行四边形．
【点睛】
此题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解本题的关键．
62．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．
【分析】
（1）由正方形的性质可得AB＝BC，∠ABE＝∠BCF，然后利用“边角边”证明△ABE和△BCF全等；
（2）由全等三角形对应角相等可得∠BAE＝∠CBF，然后求出∠BAE＋∠ABF＝∠ABC＝90°，判断出AE⊥BF；
（3）由30度角所对的直角边是斜边的一半，可得AE=2BE=4，同理可得OE=1，即可求得AO的长．
【详解】
（1）证明：∵是正方形，
∴，且，
∵，
∴（SAS）；
（2）证明：由（1）知∠BAE＝∠CBF，
∵
∴，
∴∠AOB=90，
∴；
（3）∵，，
∴，
由（1）知，，且，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明△ABE≌△BCF是解题的关键．
63．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【详解】
试题分析：（1）根据平行四边形的性质，得到AB∥CD，AB=CD；再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可得答案；
（2）根据平行四边的性质，可得AB∥CD，AB=CD，∠CDM=∠CFN；根据全等三角形的判定，可得答案．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD，∵E、F分别是AB、CD的中点，∴BE=DF，∵BE∥DF，∴四边形EBFD为平行四边形；
（2）∵四边形EBFD为平行四边形，∴DE∥BF，∴∠CDM=∠CFN，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD．∴∠BAC=∠DCA，∠ABN=∠CFN，∴∠ABN=∠CDM，在△ABN与△CDM中，∵∠BAN=∠DCM，AB=CD，∠ABN=∠CDM，∴△ABN≌△CDM （ASA）．
考点：1．平行四边形的判定与性质；2．全等三角形的判定．
64．（1）见解析；（2）见解析．
【分析】
（1）由全等三角形的判定定理AAS证得结论．
（2）由（1）中全等三角形的对应边相等推知点E是边DF的中点，∠1=∠2；根据角平分线的性质、等量代换以及等角对等边证得DC=FC，则由等腰三角形的“三合一”的性质推知CE⊥DF．
【详解】
解：（1）证明：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
又∵点F在CB的延长线上，
∴AD∥CF．
∴∠1=∠2．
∵点E是AB边的中点，
∴AE=BE，
∵在△ADE与△BFE中，，
∴△ADE≌△BFE（AAS）．
（2）CE⊥DF．理由如下：
如图，连接CE，
由（1）知，△ADE≌△BFE，
∴DE=FE，即点E是DF的中点，∠1=∠2．
∵DF平分∠ADC，
∴∠1=∠3．
∴∠3=∠2．
∴CD=CF．
∴CE⊥DF．
65．（1）见解析 （2）90° （3），理由见解析
【分析】
（1）首先证明△APB≌△APD，得出PB＝PD，再由PD＝PE，即可得出结论；
（2）由可得，由可得，等量代换得，由三角形内角和定理可得，故；
（3）连接，由菱形性质得，由SAS证得，由菱形性质得，由等边对等角得到，等量代换得，根据两直线平行同旁内角互补得，由此，即，可得是等边三角形，所以.
【详解】
（1）在和中中，
，
，
；
（2），
，
，
，
，
，
，
，
；
（3），理由如下：
连接，在菱形中，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等边三角形，
，
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质与判定，等边对等角的性质，熟记正方形的性质确定出∠DPE＝∠DCE是解题的关键．
66．证明见解析.
【详解】
试题分析：可通过证明OE=OF，然后根据垂直平分线性质来得出DE=DF，要证明OE=OF，证明三角形BOF和三角形DOE全等即可．
试题解析：证明：在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠OBF=∠ODE
∵O为BD的中点
∴OB=OD
在△BOF和△DOE中，
∵
∴△BOF≌△DOE
∴OF=OE
∵EF⊥BD于点O
∴DE=DF．
考点：1.平行四边形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.线段垂直平分线的性质．
67．（1）见解析；（2）45°；（3）
【分析】
（1）过点B作BF∥MN交CD于点F，则四边形MBFN为平行四边形，得出MN=BF，BF⊥AE，由ASA证得，得出AE=BF即可得出答案；
（2）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC与点H、I，则四边形ABIH为矩形，得出HI⊥AD，HI⊥BC，HI=AB=AD，由HL证明，得，证明即可得出答案；
（3）延长交于点，由折叠的性质可知， ，再根据勾股定理计算出的长度即可得出答案.
【详解】
（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，，
过点作交于点，如图1所示
∴四边形为平行四边形，
∴，，∴
∵，∴，
在和中，
∴
∴，∴；
（2）解：连接，过点作，分别交、于点、，如图2所示：
∵四边形是正方形，∴四边形为矩形，
∴，，，
∵是正方形的对角线，∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∵是的垂直平分线，∴，
在和中，
∴，
∴，∴
∴，∴是等腰直角三角形，
∴，即；
（3）解：延长交于点，如图3所示，
由折叠的性质可知，
∴
∴
∴
【点睛】
本题考查的是正方形的综合，运用到了全等三角形的判定、勾股定理以及正方形的性质等知识点，掌握旋转前后的图形是完全重合的是解决本题的关键.
68．（1）（10﹣2t）；（2）t＝2.5，证明见解析；（3）存在，v＝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BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ；当BA＝CQ，PB＝PC时，△ABP≌△QCP，然后分别计算出t的值，进而得到v的值．
【详解】
（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＝2tcm，则PC＝(10﹣2t)cm；
故答案为：（10﹣2t）．
（2）结论：当t＝2.5时，△ABP≌△DCP，
理由如下：
∵△ABP≌△DCP
∴BP=CP
即点P是BC的中点
∴BP=
故
即当t＝2.5时，△ABP≌△DCP；
（3）①当BP＝CQ，AB＝PC时，△ABP≌△PCQ
∵AB＝6，
∴PC＝6，
∴BP＝10﹣6＝4，
即2t＝4，
解得：t＝2，
∵CQ＝BP＝4，
∴v×2＝4，
解得：v＝2；
②当BA＝CQ，PB＝PC时，△ABP≌△QCP，
∵PB＝PC，
∴BP＝PC＝BC＝5，
即2t＝5，
解得：t＝2.5，
∵CQ＝BA＝6，
v×2.5＝6，
解得：v＝2.4．
综上所述：当v＝2.4或2时，△ABP与△PQC全等．
【点睛】
本题是与矩形有关的动点综合问题，考查了矩形的性质，三角形全等的判定，涉及到分类讨论．
69．（1）见解析；（2）四边形BHDG的周长为40．
【分析】
（1）易证四边形BHDG是平行四边形，再证明，得BG=BH，得到四边形BHDG是菱形；
（2）根据菱形的四条边相等，设BH=x，则DH=x，HC=16-x，然后在在中，由勾股定理求出BH=10即可．
【详解】
（1）∵两个完全相同的矩形纸片ABCD、BFDE，根据矩形的对边平行，
∴，，
∴四边形BHDG是平行四边形，
∵，，
∴∠ABG＝∠FBH．
在和中，
，
∴（ASA）．
∴BG＝BH，
∴四边形BHDG是菱形；
（2）由（1）知：BG＝BH＝HD＝DG，
设BH＝x，则DH＝x，
∵BC＝16，AB＝CD＝8，
HC＝16﹣x，
在中，
DH2＝DC2+HC2，
即x2＝82+（16﹣x）2，
解得：x＝10，
即BH＝10，
∴四边形BHDG的周长＝4×10＝40．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质、矩形的性质及菱形的判定，关键是对菱形判定方法的掌握和运用．
70．（1）见解析；（2）见解析；（3）BE⊥CD，理由见解析
【分析】
（1）利用SSS定理证明△ABC≌△ADC可得∠BAC=∠DAC；
（2）首先证明∠CAD=∠ACD，再根据等角对等边可得AD=CD，再由条件AB=AD，CB=CD可得AB=CB=CD=AD，可得四边形ABCD是菱形；
（3）首先证明△BCF≌△DCF可得∠CBF=∠CDF，再根据BE⊥CD可得∠BEC=∠DEF=90°，进而得到∠EFD=∠BCD．
【详解】
解：（1）证明：在△ABC和△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠BAC=∠DAC；
（2）证明：∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
又∵∠BAC=∠DAC，
∴∠CAD=∠ACD，
∴AD=CD，
∵AB=AD，CB=CD，
∴AB=CB=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（3）当EB⊥CD时，即E为过B且和CD垂直时垂线的垂足，∠EFD=∠BCD，
理由：∵四边形ABCD为菱形，
∴BC=CD，∠BCF=∠DCF，
在△BCF和△DCF中，
，
∴△BCF≌△DCF（SAS），
∴∠CBF=∠CDF，
∵BE⊥CD，
∴∠BEC=∠DEF=90°，
∴∠BCD+∠CBE=∠CDF+∠EFD，
∴∠EFD=∠BCD．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定与性质，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．
答案第1页，共2页