第十八章平行四边形练习题2020-2021学年湖北省各地八年级下学期期末数学试题选编（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学年湖北省各地八年级下学期期末数学试题选编（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-02-26 12:05:55 | ||
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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·湖北枣阳·八年级期末）已知四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，E是BC的中点，以下说法错误的是（ ）
A．OE=DC B．OA=OC C．∠BOE=∠OBA D．∠OBE=∠OCE
2．（2021·湖北襄州·八年级期末）如图，在 ABCD中，DE平分∠ADC，AD=8，BE=3，则 ABCD的周长是（ ）
A．16 B．14 C．26 D．24
3．（2021·湖北黄冈·八年级期末）如图，在 ABCD中，已知AD＝8cm，AB＝6cm，DE平分∠ADC交BC边于点E，则BE等于（ ）
A．2cm B．4cm C．6cm D．8cm
4．（2021·湖北十堰·八年级期末）如图，过对角线的交点，交于，交于，若的周长为36，，则四边形的周长为（ ）
A．24 B．26 C．28 D．20
5．（2021·湖北房县·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，过点C的直线CE⊥AB，垂足为E，若∠EAD=53°，则∠BCE的度数为【 】
A．53° B．37° C．47° D．123°
6．（2021·湖北宜城·八年级期末）如图，在中，，，，依据尺规作图的痕迹，则的面积为（ ）
A．12 B． C． D．
7．（2021·湖北黄冈·八年级期末）下列给出的条件中，不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB∥CD，AD＝BC B．∠A＝∠C，∠B＝∠D
C．AB∥CD，AD∥BC D．AB＝CD，AD＝BC
8．（2021·湖北恩施·八年级期末）已知的周长为16，点，，分别为三条边的中点，则的周长为（ ）
A．8 B． C．16 D．4
9．（2021·湖北黄州·八年级期末）已知四边形ABCD中，AB∥CD，添加下列条件仍不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB＝CD B．AD＝BC C．AD∥BC D．∠A+∠B＝180°
10．（2021·湖北江汉·八年级期末）如图，在中，D，F分别是，上的点，且．点E是射线上一点，若再添加下列其中一个条件后，不能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
11．（2021·湖北嘉鱼·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，点M从点B出发沿BC向点C运动，点E、F别是AM、MC的中点，则EF的长随着M点的运动（ ）
A．不变 B．变长 C．变短 D．先变短再变长
12．（2021·湖北咸丰·八年级期末）下列不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB=CD，AD=BC B．AB∥CD，AD=BC
C．AB∥CD，AD∥BC D．∠A=∠C，∠B=∠D
13．（2021·湖北广水·八年级期末）如图，长方形纸片ABCD中，AB=3cm，AD=9cm，将此长方形纸片折叠，使点D与点B重合，点C落在点H的位置，折痕为EF，则△ABE的面积为（ ）
A．6cm2 B．8cm2 C．10cm2 D．12cm2
14．（2021·湖北江汉·八年级期末）如图,在矩形ABCD中,AD=10,AB=6,E为BC上一点,DE平分∠AEC,则CE的长为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
15．（2021·湖北孝感·八年级期末）如图，中，于点的平分线分别交于两点，为的中点，的延长线交于点，连，下列结论：①； ②为等腰三角形；③平分；④，其中正确结论的个数是（ ）
A． B． C． D．
16．（2021·湖北仙桃·八年级期末）如图，在ABC中，AB＝10，BC＝16，点D、E分别是边AB、AC的中点，点F是线段DE上的一点，连接AF、BF，若∠AFB＝90°，则线段EF的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
17．（2021·湖北黄石港·八年级期末）在ABCD中，AC，BD是对角线，如果添加一个条件，即可推出ABCD是矩形，那么这个条件是（ ）
A．AB=BC B．AC=BD C．AC⊥BD D．AB⊥BD
18．（2021·湖北·武汉市黄陂区教学研究室八年级期末）如图，在矩形ABCD中，，，点E为AB上一点，连接DE，将沿DE折叠，点A落在处，连接，若F，G分别为，BC的中点，则FG的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．1
19．（2021·湖北蔡甸·八年级期末）如图，在 ABCD中，CD=2AD，BE⊥AD于点E，F为DC的中点，连结EF、BF，下列结论：①∠ABC=2∠ABF；②EF=BF；③S四边形DEBC=2S△EFB；④∠CFE=3∠DEF,其中正确结论的个数共有（ ）.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
20．（2021·湖北广水·八年级期末）如图，四边形的两条对角线相交于点，且互相平分．添加下列条件，仍不能判定四边形为菱形的是（ ）
A． B． C． D．
21．（2021·湖北宣恩·八年级期末）小明在学习了正方形之后，给同桌小文出了道题，从下列四个条件：①AB=BC，②∠ABC=90°，③AC=BD，④AC⊥BD中选两个作为补充条件，使 ABCD为正方形（如图），现有下列四种选法，你认为其中错误的是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．②④
22．（2021·湖北恩施·八年级期末）用尺现作图的方法在一个平行四边形内作菱形，下列作法错误的是 （ ）
A． B． C． D．
23．（2021·湖北通城·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠DAC＝28°，则∠OBC的度数为（ ）
A．28° B．52° C．62° D．72°
24．（2021·湖北天门·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，AB=5cm，∠ADC=120°，点E、F同时由A、C两点出发，分别沿AB．CB方向向点B匀速移动(到点B为止)，点E的速度为1cm/s，点F的速度为2cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为( )
A． B． C． D．
25．（2021·湖北荆门·八年级期末）下列判断错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．四个内角都相等的四边形是矩形
C．四条边都相等的四边形是菱形
D．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形
26．（2021·湖北郧西·八年级期末）下列命题中正确的是（ ）
A．有一组邻边相等的四边形是菱形
B．有一个角是直角的平行四边形是矩形
C．对角线垂直的平行四边形是正方形
D．一组对边平行的四边形是平行四边形
27．（2021·湖北樊城·八年级期末）如图，点E在正方形ABCD的边AB上，若EB＝1，EC＝2，那么正方形ABCD的面积为( )
A． B．3 C． D．5
28．（2021·湖北恩施·八年级期末）已知四边形ABCD，下列说法正确的是（ ）
A．当AD=BC，AB//DC时，四边形ABCD是平行四边形
B．当AD=BC，AB＝DC时，四边形ABCD是平行四边形
C．当AC=BD，AC平分BD时，四边形ABCD是矩形
D．当AC=BD，AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形
29．（2021·湖北仙桃·八年级期末）如图，在菱形中，，，点、同时由、两点出发，分别沿、方向向点匀速移动（到点为止），点的速度为，点的速度为，经过秒为等边三角形，则的值为（ ）
A． B． C． D．
30．（2021·湖北郧西·八年级期末）如图，在矩形中，边的长为，点，分别在，上，连接，，，．若四边形是菱形，且，则边的长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
31．（2021·湖北宜城·八年级期末）平行四边形ABCD的周长为60cm,对角线AC、BD相交于点O，△AOB的周长比△BOC的周长长8cm, 则AB的长为_________cm．
32．（2021·湖北汉阳·八年级期末）在探索数学名题“尺规三等分角”的过程中，有下面的问题：如图BD是平行四边形ABCD的对角线，点E在BD上，DC＝DE＝AE，∠1＝25°，则∠C的大小是_____．
33．（2021·湖北阳新·八年级期末）如图，在平行四边形中，，，则的长为_______．
34．（2021·湖北蔡甸·八年级期末）在中，，的角平分线交对边于一点，若，则它的周长为________．
35．（2021·湖北房县·八年级期末）如图， ABCD中，∠ABC=60°，E、F分别在CD和BC的延长线上，AE∥BD，EF⊥BC，EF=，则AB的长是_____．
36．（2021·湖北武昌·八年级期末）如图是一张面积为的纸片，其中，，是三角形的中位线，，分别是线段，上的动点．沿着虚线将纸片裁开，并将两侧的纸片按箭头所示的方向分别绕点，旋转在同一平面内拼图，使得与重合，与重合．则拼成的四边形纸片周长的最大值与最小值之差为_________．
37．（2021·湖北蔡甸·八年级期末）在中，，，为形内一点，以为腰作等腰，使，连接、，若、分别是、的中点，，则的长为________．
38．（2021·湖北利川·八年级期末）如图，在图（1）中，、、分别是的边、、的中点，在图（2）中，、、分别是的边、、的中点，…，按此规律，则第个图形中平行四边形的个数共有________个.
39．（2021·湖北宜城·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，垂足为点E，若∠EAC=2∠CAD，则∠BAE=__________度．
40．（2021·湖北阳新·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，D是AB上一动点，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连接EF，则线段EF的最小值是___．
41．（2021·湖北黄梅·八年级期末）如图，折叠矩形纸片ABCD，先折出折痕BD，再折叠使AD边与对角线BD重合，得折痕DG，若AB=4，BC=3，则AG的长是_____．
42．（2021·湖北宣恩·八年级期末）长方形纸片中，，，按如图方式折叠，使点与点重合，折痕为，则________．
43．（2021·湖北恩施·八年级期末）如图，边长为1的菱形ABCD中，∠DAB=60°．连结对角线AC，以AC为边作第二个菱形ACEF，使∠FAC=60°．连结AE，再以AE为边作第三个菱形AEGH使∠HAE=60°…按此规律所作的第n个菱形的边长是___．
44．（2021·湖北随县·八年级期末）如图，菱形ABCD的边长是2cm，E是AB的中点，且DE丄AB，则菱形ABCD的面积为_______________cm2．
45．（2021·湖北咸安·八年级期末）如图，O是坐标原点，菱形OABC的顶点A的坐标为，顶点C在x轴的正半轴上，则的角平分线所在直线的函数关系式为______．
46．（2021·湖北广水·八年级期末）已知菱形的边长为6，，如果点是菱形内一点，且，那么的长为__________．
47．（2021·湖北襄州·八年级期末）以正方形ABCD的边AD作等边△ADE，则∠BEC的度数是_____．
48．（2021·湖北襄州·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________________．
49．（2021·湖北江汉·八年级期末）如图，P是正方形内一点，，，则的 值为______．
50．（2021·湖北江汉·八年级期末）如图，在边长为4的正方形中，E是的中点，F是上一点，，连，，P，Q分别为和的中点，则______．
三、解答题
51．（2021·湖北樊城·八年级期末）在菱形中，,点是射线上一动点，以为边向右侧作等边，点的位置随点的位置变化而变化.
（1）如图1，当点在菱形内部或边上时，连接，与的数量关系是 ，与的位置关系是 ；
（2）当点在菱形外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，
请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理).
(3) 如图4，当点在线段的延长线上时，连接，若 , ,求四边形的面积.
52．（2021·湖北咸丰·八年级期末）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长交BC于点G，连接AG．
（1）求证：△ABG≌△AFG；
（2）求BG的长．
53．（2021·湖北武汉·八年级期末）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD，
求证：四边形OCED是菱形．
54．（2021·湖北黄冈·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC，对角线AC、BD交于点O，BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若DC＝2，AC＝4，求OE的长．
55．（2021·湖北来凤·八年级期末）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；
(2)性质探究：如图1，四边形的对角线、交于点，．试证明：；
(3)解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结、、．已知，，求的长．
56．（2021·湖北洪山·八年级期末）已知，如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，AG∥DB交CB的延长线于G．
（1）求证：四边形AGBD为平行四边形；
（2）若四边形AGBD是矩形，则四边形BEDF是什么特殊四边形？证明你的结论．
57．（2021·湖北·武汉市黄陂区教学研究室八年级期末）如图，中，点、分别在、上，且.求证：．
58．（2021·湖北郧西·八年级期末）如图1，正方形ABCD的边长为6cm，点F从点B出发，沿射线AB方向以1cm/秒的速度移动，点E从点D出发，向点A以1cm/秒的速度移动（不到点A）．设点E，F同时出发移动t秒．
（1）在点E，F移动过程中，连接CE，CF，EF，请判断△CEF的形状并说明理由；
（2）如图2，连接EF，设EF交BD于点M，当t=2时，求AM的长；
（3）如图3，点G，H分别在边AB，CD上，且GH=cm，连接EF，当EF与GH的夹角为45°，求t的值．
59．（2021·湖北仙桃·八年级期末）如图，在 ABCD中，∠ABC＝60°，BC＝2AB，点E、F分别是BC、DA的中点．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若AB＝2，求BD的长．
60．（2021·湖北铁山·八年级期末）如图，在正方形 ABCD 中，点 E 是对角线 BD 上一动点，AE 的延长线交 CD 于点 F，交 BC 的延长线于点 G，M 是 FG 的中点.
(1)求证： ∠DAE=∠DCE；
(2)判断线段 CE 与 CM 的位置关系，并证明你的结论；
(3)当，并且恰好是等腰三角形时，求 DE 的长.
61．（2021·湖北黄冈·八年级期末）已知：如图四边形ABCD是平行四边形，P、Q是直线AC上的点，且AP=CQ．求证：四边形PBQD是平行四边形．
62．（2021·湖北蔡甸·八年级期末）如图，点是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段和相交于点．
求证：；
若，，求的长．
63．（2021·湖北黄州·八年级期末）已知：如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝24cm，BC＝30cm，点P自点A向D以1cm/s的速度运动，到D点即停止．点Q自点C向B以2cm/s的速度运动，到B点即停止，直线PQ截梯形为两个四边形．问当P，Q同时出发，几秒时其中一个四边形为平行四边形？
64．（2021·湖北来凤·八年级期末）如图，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB向外作等边△ACE，等边△ABD，取AB的中点F，连接DF、EF，已知∠BAC＝30°．
（1）求证：四边形ADFE是平行四边形；
（2）若BD＝4，求四边形BCEF的面积．
65．（2021·湖北宣恩·八年级期末）如图，将 ABCD的边DC延长到点E，使CE=DC，连接AE，交BC于点F．
（1）求证：△ABF≌△ECF；
（2）若∠AFC=2∠D，连接AC、BE，求证：四边形ABEC是矩形．
66．（2021·湖北来凤·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（，），点B在轴正半轴上，∠ABO=30°，动点D从点A出发，沿着射线AB方向以每秒3个单位的速度运动，过点D作DE⊥轴，交轴于点E，同时，动点F从定点C（，）出发沿轴正方向以每秒1个单位的速度运动，连结DO，EF，设运动时间为秒.
（1）当点D运动到线段AB的中点时，
①求的值；
②判断四边形DOFE是否是平行四边形，请说明理由；
（2）点D在运动过程中，以点D，O，F，E为顶点的四边形是矩形，求出满足条件的的值；
（3）过定点C做直线 ⊥轴，与线段DE所在的直线相交于点M，连结EC，MF，若四边形ECFM为平行四边形，请直接写出点E的坐标.
67．（2021·湖北远安·八年级期末）如图，在中，点是中点，连接并延长交的延长线于点．
（1）求证：．
（2）若，求的度数．
68．（2021·湖北武昌·八年级期末）如图，四边形是边长为的正方形，为线段上一动点，，垂足为．
（1）如图，连接交于点，若，求的长；
（2）如图，点在的延长线上，点在上运动时，满足，
①连接，，判断，的数量关系并说明理由；
②如图，若为的中点，直接写出的最小值为 ．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
由平行四边形的性质和三角形中位线定理得出选项A、B、C正确；由OB≠OC，得出∠OBE≠∠OCE，选项D错误；即可得出结论．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，AB∥DC，
又∵点E是BC的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴OE=DC，OE∥DC，
∴OE∥AB，
∴∠BOE=∠OBA，
∴选项A、B、C正确；
∵OB≠OC，
∴∠OBE≠∠OCE，
∴选项D错误；
故选D．
“点睛”此题考查了平行四边形的性质，还考查了三角形中位线定理，解决问题的方法是采用排除法解答．
2．C
【分析】
由AD//BC可知∠ADE=∠DEC，根据∠ADE=∠EDC得∠DEC=∠EDC，所以DC=EC=5，根据AB=CD，AD=BC即可求出周长.
【详解】
∵AD//BC，
∴∠ADE=∠DEC，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠EDC，
∴CE=CD=8-3=5，
∴ ABCD的周长是（8+5）2=26，
故选C.
【点睛】
本题考查平行四边形性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键.
3．A
【分析】
由平行四边形对边平行根据两直线平行，内错角相等可得∠EDA=∠DEC，而DE平分∠ADC，进一步推出∠EDC=∠DEC，在同一三角形中，根据等角对等边得CE=CD，则BE可求解．
【详解】
根据平行四边形的性质得AD∥BC，
∴∠EDA=∠DEC，
又∵DE平分∠ADC，
∴∠EDC=∠EDA，
∴∠EDC=∠DEC，
∴CD=CE=AB=6，
即BE=BC﹣EC=8﹣6=2．
故选：A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质的应用，及等腰三角形的判定，属于基础题．
4．A
【分析】
根据平行四边形的性质可求出AD+CD的值，易证△AOE≌△COF，所以AE=CF，OE=OF=3，根据CF+CD+ED+EF=AD+CD+EF即可求出答案．
【详解】
在平行四边形ABCD中，
2（AB+BC）=36，
∴AB+BC=18，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AD∥BC
∴∠AEF=∠CFE，
在△AOE和△COF中
∴△AOE≌△COF，
∴AE=CF，OE=OF=3，
∴EF=6
∴AB+BF+FE+EA
=AB+BF+CF+EF
=AB+BC+EF
=18+6
=24
故选：A．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质，解题的关键是熟练运用平行四边形的性质，本题属于中等题型．
5．B
【详解】
设CE与AD相交于点F．
∵在平行四边形ABCD中，过点C的直线CE⊥AB，
∴∠E=90°，
∵∠EAD=53°，
∴∠EFA=90°﹣53°=37°．
∴∠DFC=37°
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∴∠BCE=∠DFC=37°．故选B．
6．C
【分析】
由作图痕迹可得EF为AB的中垂线，结合判断出△ABE为等边三角形，从而结合边长求出在BC边上的高为，再根据比例关系求得BC的长度，最终计算面积即可．
【详解】
设尺规作图所得直线与AB交于F点，根据题意可得EF为AB的中垂线，
∴AE=BE，
又∵，
∴△ABE为等边三角形，边长AB=CD=4，
∴BF=2，BE=4，，
∴在BC边上的高为，
又∵，BE=4，
∴EC=2，BC=2+4=6，
∴=×6=，
故选：C．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质，中垂线的识别与性质，以及等边三角形的判定与性质，准确根据作图痕迹总结出等边三角形是解题关键．
7．A
【分析】
直接根据平行四边形的判定定理判断即可．
【详解】
平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．∴C能判断；
平行四边形判定定理1，两组对角分别相等的四边形是平行四边形；∴B能判断；
平行四边形判定定理2，两组对边分别相等的四边形是平行四边形；∴D能判定；
平行四边形判定定理3，对角线互相平分的四边形是平行四边形；
平行四边形判定定理4，一组对边平行相等的四边形是平行四边形；
故选A．
【点睛】
此题是平行四边形的判定，解本题的关键是掌握和灵活运用平行四边形的5个判断方法．
8．A
【分析】
由，，分别为三条边的中点，可知DE、EF、DF为的中位线，即可得到的周长．
【详解】
解：如图，
∵，，分别为三条边的中点，
∴，，，
∵，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线，熟练掌握三角形的中位线平行于第三边且是第三边的一半是解题的关键．
9．B
【分析】
平行四边形的判定：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．
【详解】
解：根据平行四边形的判定，A、C、D均符合是平行四边形的条件，B则不能判定是平行四边形．
故选B．
【点睛】
此题主要考查了学生对平行四边形的判定的掌握情况．对于判定定理：“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．”应用时要注意必须是“一组”，而“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．
10．D
【分析】
由结合已知条件可证明，从而可判断，由结合已知条件可证明，从而可判断，由结合已知条件可判断，由结合已知条件仍不能判定四边形为平行四边形，从而可得到答案．
【详解】
解：A、∵∠ADE=∠E， ∴AB∥CE，
又∵DF∥BC，
∴四边形DBCE为平行四边形；故选项A不符合题意；
B、∵DF∥BC，
∴∠ADE=∠B，
∵∠B=∠E，
∴∠ADE=∠E，
∴AB∥CE，
∴四边形DBCE为平行四边形；故选项B不符合题意；
C、∵DF∥BC，
∴DE∥BC，
又∵DE=BC，
∴四边形DBCE为平行四边形；故选项C不符合题意；
D、由DF∥BC，BD=CE，不能判定四边形DBCE为平行四边形；
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、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
11．A
【分析】
由题意得EF为三角形AMC的中位线，由中位线的性质可得：EF的长恒等于定值AC的一半.
【详解】
解：∵E，F分别是AM，MC的中点，
∴，
∵A、C是定点，
∴AC的的长恒为定长，
∴无论M运动到哪个位置EF的长不变，
故选A．
【点睛】
此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行且等于第三边的一半.
12．B
【详解】
分析：根据平行四边形的判定法则即可得出答案．
详解：A、根据两组对边分别相等的四边形为平行四边形进行判定；B、无法进行判定；C、根据两组对边分别平行的四边形为平行四边形进行判定；D、根据两组对角分别相等的四边形为平行四边形进行判定；故选B．
点睛：本题主要考查的就是平行四边形的判定定理，属于基础题型．明确平行四边形的判定定理是解题的关键．
13．A
【分析】
根据折叠的条件可得：，在中，利用勾股定理就可以求解．
【详解】
将此长方形折叠，使点与点重合，，
，
根据勾股定理得：，
解得：．
．
故选：A．
【点睛】
本题考查了利用勾股定理解直角三角形，掌握直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方是解题的关键．
14．B
【分析】
根据平行线的性质以及角平分线的性质证明∠ADE=∠AED，根据等角对等边，即可求得AE的长，在直角△ABE中，利用勾股定理求得BE的长，则CE的长即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEC=∠ADE，
又∵∠DEC=∠AED，
∴∠ADE=∠AED，
∴AE=AD=10，
在直角△ABE中，BE=，
∴CE=BC﹣BE=AD﹣BE=10﹣8=2．
故选B．
考点：矩形的性质；角平分线的性质．
15．D
【分析】
求出，，，证明即可判断①，证明，推出即可判断④，证明，得，由直角三角形斜边的中线的性质推出，，即可判断③，根据三角形外角性质求出，证明，即可判断②．
【详解】
解：∵，，，
∴，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，故①正确；
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，故④正确；
在和中，
，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴平分，故③正确；
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，故②正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质与判断，三角形外角性质，三角形内角和定理，直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握这些性质定理进行证明求解．
16．B
【分析】
根据直角三角形的斜边的中线等于斜边的一半，得到DF=5，由三角形中位线的性质得到DE=8，最后由线段的和差解题即可．
【详解】
解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点，
∴DF= AB=5，
∵BC= 16，D、E分别是AB，AC的中点，
∴DE=BC=8，
∴EF=DE-DF=3，
故选：B．
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质和中位线性质，掌握定理是解题的关键．
17．B
【详解】
试题分析：根据对角线相等的平行四边形是矩形的判定直接得到：添加条件AC=BD，即可推出ABCD是矩形. 故选B.
考点：矩形的判定.
18．D
【分析】
分别连接BD、；根据矩形和勾股定理的性质，得；根据轴对称性质，得；当点不在BD上时，根据三角形边角关系的性质，得，当点在BD上时，得，即可得到最小值，再结合三角形中位线的性质计算，即可得到答案．
【详解】
如图，分别连接BD、
∵矩形ABCD中，，
∴
∴
∵将沿DE折叠，点A落在处，
∴
当点不在BD上时，
∴
当点在BD上时，
∴最小值为2
∵F，G分别为，BC的中点
∴为的中位线
∴
∴FG的最小值为1
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形、三角形、轴对称、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握矩形、勾股定理、轴对称、三角形三边关系、三角形中位线的性质，从而完成求解．
19．D
【详解】
分析：如图延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．证明△DFE≌△FCG 得EF=FG，BE⊥BG，四边形BCFH是菱形即可解决问题；
详解：如图延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．
∵CD=2AD，DF=FC，
∴CF=CB，
∴∠CFB=∠CBF，
∵CD∥AB，
∴∠CFB=∠FBH，
∴∠CBF=∠FBH，
∴∠ABC=2∠ABF．故①正确，
∵DE∥CG，
∴∠D=∠FCG，
∵DF=FC，∠DFE=∠CFG，
∴△DFE≌△FCG，
∴FE=FG，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB=90°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBG=90°，
∴BF=EF=FG，故②正确，
∵S△DFE=S△CFG，
∴S四边形DEBC=S△EBG=2S△BEF，故③正确，
∵AH=HB，DF=CF，AB=CD，
∴CF=BH，∵CF∥BH，
∴四边形BCFH是平行四边形，
∵CF=BC，
∴四边形BCFH是菱形，
∴∠BFC=∠BFH，
∵FE=FB，FH∥AD，BE⊥AD，
∴FH⊥BE，
∴∠BFH=∠EFH=∠DEF，
∴∠EFC=3∠DEF，故④正确，
故选D．
点睛：本题考查平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、全等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，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
20．C
【分析】
根据菱形的定义及其判定、矩形的判定对各选项逐一判断即可得．
【详解】
解：∵四边形的两条对角线相交于点，且互相平分，
∴四边形是平行四边形，
∴，
当或时，均可判定四边形是菱形；
当时，可判定四边形是矩形；
当时，
由得：，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
故选C．
【点睛】
本题主要考查菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的定义和各判定及矩形的判定．
21．B
【详解】
A、∵四边形ABCD是平行四边形，当①AB=BC时，平行四边形ABCD是菱形，
当②∠ABC=90°时，菱形ABCD是正方形，故此选项正确，不合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当②∠ABC=90°时，平行四边形ABCD是矩形，当AC=BD时，这是矩形的性质，无法得出四边形ABCD是正方形，故此选项错误，符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，当①AB=BC时，平行四边形ABCD是菱形，当③AC=BD时，菱形ABCD是正方形，故此选项正确，不合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，∴当②∠ABC=90°时，平行四边形ABCD是矩形，当④AC⊥BD时，矩形ABCD是正方形，故此选项正确，不合题意．
故选B．
22．A
【分析】
根据菱形的判定方法一一判定即可
【详解】
作的是角平分线，只能说明四边形ABCD是平行四边形，故A符合题意
B、作的是连接AC，分别做两个角与已知角∠CAD、∠ACB相等的角，即∠BAC=∠DAC，∠ACB=∠ACD，能得到AB=BC,AD=CD,又AB∥CD，所以四边形ABCD为菱形，B不符合题意
C、由辅助线可知AD=AB=BC，又AD∥BC，所以四边形ABCD为菱形，C不符合题意
D、作的是BD垂直平分线，由平行四边形中心对称性质可知AC与BD互相平分且垂直，得到四边形ABCD是菱形，D不符合题意
故选A
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，能理解每个图的作法是本题解题关键
23．C
【分析】
根据菱形的性质以及AM＝CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO＝CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB∥CD，AB＝BC，
∴∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，
在△AMO和△CNO中，
∵ ，
∴△AMO≌△CNO（ASA），
∴AO＝CO，
∵AB＝BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BOC＝90°，
∵∠DAC＝28°，
∴∠BCA＝∠DAC＝28°，
∴∠OBC＝90°﹣28°＝62°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．
24．D
【分析】
由题意知道AE=t，CF=2t，连接BD，证明△DEB≌△DFC，得到EB=FC=2t，进而AB=AE+EB=3t=5，进而求出t的值.
【详解】
解：连接DB，如下图所示，
∵四边形ABCD为菱形，且∠ADC=120°，
∴∠CDB=60°
∴△CDB为等边三角形，∴DB=DC
又∵△DEF为等边三角形，∴∠EDF=60°，DE=DF
∴∠CDB=∠EDF
∴∠CDB-∠BDF=∠EDF-∠BDF
∴∠CDF=∠BDE
在△EDB和△FDC中：
，∴△EDB≌△FDC(SAS)
∴FC=BE=2t
∴AB=AE+EB=t+2t=3t=5
∴t=.
故答案为：D.
【点睛】
本题考查了三角形全等、菱形的性质等相关知识，关键是能想到连接BD后证明三角形全等，本题是动点问题，将线段长用t的代数式表示，化动为静.
25．D
【分析】
分别利用平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定定理，对选项逐一分析即可做出判断．
【详解】
解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，符合平行四边形的判定，故本选项正确，不符合题意；
B、∵四边形的内角和为360°，四边形的四个内角都相等，
∴四边形的每个内角都等于90°，则这个四边形有三个角是90°，
∴这个四边形是矩形，故四个内角都相等的四边形是矩形，本选项正确，不符合题意；
C、四条边都相等的四边形是菱形，符合菱形的判定，，故本选项正确，不符合题意；
D、两条对角线垂直且平分的四边形是菱形，不一定是正方形，故本选项错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定定理，解题的关键是正确理解并掌握判定定理．
26．B
【详解】
试题分析：利用特殊四边形的判定定理对个选项逐一判断后即可得到正确的选项．
A、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故选项错误； B、正确； C、对角线垂直的平行四边形是菱形，故选项错误；D、两组对边平行的四边形才是平行四边形，故选项错误．
考点：命题与定理．
27．B
【分析】
先根据正方形的性质得出∠B＝90°，然后在Rt△BCE中，利用勾股定理得出BC2，即可得出正方形的面积.
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝90°，
∴BC2＝EC2﹣EB2＝22﹣12＝3，
∴正方形ABCD的面积＝BC2＝3，
故选B.
【点睛】
本题考查了正方形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键.
28．B
【详解】
试题解析：∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
∴A不正确；
∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
∴B正确；
∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，
∴C不正确；
∵对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，
∴D不正确；
故选B．
考点：1.平行四边形的判定；2.矩形的判定；3.正方形的判定．
29．D
【分析】
连接BD，证出△ADE≌△BDF，得到AE=BF，再利用AE=t，CF=2t，则BF=BCCF=52t求出时间t的值．
【详解】
解：连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，∠ADC=120°，
∴AB=AD，∠ADB=∠ADC=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，
又∵△DEF是等边三角形，
∴∠EDF=∠DEF=60°，
又∵∠ADB=60°，
∴∠ADE=∠BDF，
在△ADE和△BDF中，
∴△ADE≌△BDF(ASA)，
∴AE=BF，
∵AE=t，CF=2t，
∴BF=BC CF=5 2t，
∴t=5 2t
∴t=，
故选：D.
【点睛】
本题考查全等三角形，等边三角形，菱形等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的性质为解题关键．
30．B
【分析】
根据矩形的性质、菱形的性质及已知条件证明Rt△AEB≌Rt△OEB，可得AB=OB=3，即可求得BD=2OB=6，在Rt△BCD中利用勾股定理求BC得长即可.
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，AB=CD=3；
∵四边形BEDF是菱形，
∴EF⊥BD，BO=OD，
在Rt△AEB和Rt△OEB中，
BE=BE， AE = OE，
∴Rt△AEB≌Rt△OEB（HL），
∴AB=OB=3；
∴BD=2OB=6.
在Rt△BCD中，BD=6，CD=3，
∴BC=
故选B.
【点睛】
本题考查了矩形的性质、菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是证明Rt△AEB≌Rt△OEB．
31．19
【分析】
根据平行四边形的对角线互相平分，结合△AOB的周长比△BOC的周长长8cm，则AB-BC=8；再根据平行四边形的对边相等，结合平行四边形ABCD的周长为60cm，得AB+BC=30，从而求解．
【详解】
解：如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，OA=OC，OB=OD，
又平行四边形ABCD的周长为60cm，△AOB的周长比△BOC的周长长8cm，
∴ ，
两个方程相加，得AB=19，故答案为19.
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的性质，即平行四边形的对边相等、平行四边形的对角线互相平分.
32．105°．
【分析】
由已知，根据等腰三角形的性质，可以求出∠BAE的大小，从而得到∠BAD的大小，再根据平行四边形对角相等的性质可以得到答案．
【详解】
解：∵DE＝AE，∠1＝25°，
∴∠ADE＝∠1＝25°，
∴∠AEB＝∠1+∠ADE＝50°，
又∵平行四边形ABCD中，AB＝CD，
∴AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB＝50°，
∴∠BAE＝80°，∠BAD＝80°+25°＝105°，
又∵∠BAD＝∠C，
∴∠C＝105°，
故答案为：105°．
【点睛】
本题考查平行四边形的应用，熟练掌握平行四边形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内外角性质是解题关键．
33．
【分析】
设AC与BD的交点为O，根据平行四边形的性质，可得AO=CO=2，BO=DO，根据勾股定理可得BO=，即可求BD的长．
【详解】
设AC与BD的交点为O
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD=BC=4，AD∥BC
AO=CO=2，BO=DO
∵AC⊥BC
∴
∴BD=
故答案为：
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形对角线互相平分是解题的关键．
34．24或16
【分析】
根据题意分当点P在AD上时和当点P在AD的延长线上时两种情况，画出相关图形进行讨论，根据平行线的性质、角平分线的性质及线段之间的关系结合图形进行求解即可．
【详解】
解：当点P在AD上时，如图1，
∵AD∥BC，
∴∠APB=∠CBP，
∵BP是∠ABC的角平分线，
∴∠ABP=∠CBP，
∴∠ABP=∠APB，
∴AB=AP=5（cm），
∵,
∴DP=2（cm），
∴AP+DP=5+2=7（cm），
∴平行四边形ABCD的周长为：（7+5）×2=24（cm），
当点P在AD的延长线上时，如图2，
∵AD∥BC，
∴∠APB=∠CBP，
∵BP是∠ABC的角平分线，
∴∠ABP=∠CBP，
∴∠ABP=∠APB，
∴AB=AP=5（cm），
∵，
∴DP=2（cm），
∴AD=AP-DP=5-2=3（cm），
∴平行四边形ABCD的周长为：（5+3）×2=16（cm）．
综上所述，平行四边形ABCD的周长为24或16cm．
故答案为：24或16．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质及角平分线的性质，解题的关键是根据题意画出相关的图形，并利用平行四边形的性质及角平分线的性质进行分类讨论即可．
35．1
【分析】
根据平行四边形性质推出AB=CD，AB∥CD，得出平行四边形ABDE，推出DE=DC=AB，根据直角三角形性质求出CE长，即可求出AB的长．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB=CD.
∵AE∥BD，
∴四边形ABDE是平行四边形.
∴AB=DE=CD，即D为CE中点.
∵EF⊥BC，
∴∠EFC=90°.
∵AB∥CD，
∴∠DCF=∠ABC=60°.
∴∠CEF=30°.
∵EF=，
∴CE=2
∴AB=1
36．
【分析】
首先说明拼成的四边形是平行四边形，周长=2MN+10，求出MN的最小值，最大值，可得结论．
【详解】
解：如图，
由旋转的性质可知，BC=N′N″，M′M″=2DE，
∵AD=DB，AE=EC，
∴DE∥BC，BC=2DE，
∴M′M″∥N′N″，M′M″=N′N″，
∴四边形M′M″N″N′是平行四边形，
∴四边形M′M″N″N′的周长=2MN+10，
如图，连接BE，过点A作AH⊥BC于H，EJ⊥BC于J．
∵S△ABC= BC AH=10，BC=5，
∴AH=4，
∵∠ABC=45°，
∴AH=BH=4，
∴CH=CB-BH=5-4=1，
∵AH∥EJ，AE=EC，
∴JH=JC=，
∴EJ=AH=2，BJ=BH+JH=，
∴BE=，
当MN⊥BC时，MN的值最小，此时拼成的四边形纸片周长的的值最小，最小值=14，
当MN与线段BE重合时，MN的值最大，此时拼成的四边形纸片周长的最大，最大值= ，
∴拼成的四边形纸片周长的最大值与最小值的差为．
故答案为．
【点睛】
本题考查利用旋转设计图案，三角形面积，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是求出MN的最大值和最小值，属于中考填空题中的压轴题．
37．2
【分析】
如图，连接BD，取BD的中点F，连接FM，FN，先证明△AEB≌△ADC（SAS），得BE=CD，根据三角形的中位线定理可得FM=BE，FN=CD，由平行线的性质和三角形的内角和定理可得∠MFN=60°，所以△FMN是等边三角形，可得结论．
【详解】
解：如图，连接BD，取BD的中点F，连接FM，FN，
∵∠BAC=∠EAD，
∴∠BAC-∠BAD=∠EAD-∠BAD，
即∠BAE=∠CAD，
在△AEB和△ADC中，
，
∴△AEB≌△ADC（SAS），
∴BE=CD，
∵M是ED的中点，F是BD的中点，
∴FM是△BED的中位线，
∴FM=BE，FM∥BE，
∴∠DFM=∠EBD，
同理得FN=CD，FN∥CD，
∴FM=FN，∠FNB=∠DCB，
∵∠DFN=∠DBC+∠FNB=∠DBC+∠DCB，
∴∠MFN=∠DFM+∠DFN=180°-120°=60°，
∴△FMN是等边三角形，
∴MN=FN=1，
∴CD=2．
故答案为：2．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形的中位线定理等知识的综合运用，解题的关键是证明△FMN是等边三角形．
38．
【分析】
根据平行四边形的判断定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．在图（1）中，有3个平行四边形；在图（2）中，有6个平行四边形；…按此规律，则第n个图形中平行四边形的个数共有3n个．
【详解】
在图（1）中，、、分别是的边、、的中点，
，，
四边形、、是平行四边形，共有3个，
在图（2）中，、、分别是的边、、的中点，
同理可证：四边形、、、、，是平行四边形，共有6个.
…按此规律，则第个图形中平行四边形的个数共有个.
故答案为：3n
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．由特殊到一般，善于从中找出规律是关键．
39．22.5°
【详解】
四边形ABCD是矩形，
AC=BD，OA=OC，OB=OD，
OA=OB═OC，
∠OAD=∠ODA，∠OAB=∠OBA，
∠AOE=∠OAD+∠ODA=2∠OAD，
∠EAC=2∠CAD，
∠EAO=∠AOE，
AE⊥BD，
∠AEO=90°，
∠AOE=45°，
∠OAB=∠OBA=67.5°，
即∠BAE=∠OAB﹣∠OAE=22.5°．
考点：矩形的性质；等腰三角形的性质．
40．.
【分析】
连接CD，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CFDE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=CD，再根据垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出求解即可．
【详解】
解：如图，连接CD．
∵∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，
∴AB＝＝＝13，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠C＝90°，
∴四边形CFDE是矩形，
∴EF＝CD，
由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，
此时，S△ABC＝BC AC＝AB CD，
即×12×5＝×13 CD，
解得：CD＝，
∴EF＝．
故答案为．
【点睛】
本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出CD⊥AB时，线段EF的值最小是解题的关键，难点在于利用三角形的面积列出方程．
41．
【详解】
在Rt△ABD中，，，∴ ，由折叠的性质可得，△ADG≌△A'DG，∴ ，，∴ .设，则，，在Rt△A'BG中，，解得，即．
42．5.8cm
【分析】
注意发现：在折叠的过程中，BE＝DE，从而设BE即可表示AE，在直角三角形ADE中，根据勾股定理列方程即可求解．
【详解】
设DE＝xcm，则BE＝DE＝x，AE＝AB－BE＝10－x，
在Rt△ADE中，DE2＝AE2＋AD2，即x2＝（10－x）2＋16．
解得：x＝＝5.8，
故答案为：5.8cm．
【点睛】
此题考查了翻折变换的知识，解答本题的关键是掌握翻折前后对应线段相等，另外要熟练运用勾股定理解直角三角形．
43．
【详解】
试题分析：连接DB，BD与AC相交于点M，
∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB．AC⊥DB．
∵∠DAB=60°，∴△ADB是等边三角形．
∴DB=AD=1，∴BM=
∴AM=
∴AC=．
同理可得AE=AC=（）2，AG=AE=（）3，…
按此规律所作的第n个菱形的边长为（）n-1
44．2．
【详解】
解：∵E是AB的中点，
∴AE=1，
∵DE丄AB，
∴DE=．
∴菱形的面积为：2×=2．
故答案为2．
45．
【分析】
延长BA交y轴于D，则BD⊥y轴，依据点A的坐标为（3，4），即可得出B（8，4），再根据∠AOC的角平分线所在直线经过点B，即可得到函数关系式．
【详解】
如图所示，延长BA交y轴于D，则BD⊥y轴．
∵点A的坐标为（3，4），∴AD=3，OD=4，∴AO=AB=5，∴BD=3+5=8，∴B（8，4）．
设∠AOC的角平分线所在直线的函数关系式为y=kx．
∵菱形OABC中，∠AOC的角平分线所在直线经过点B，∴4=8k，即k，∴∠AOC的角平分线所在直线的函数关系式为yx．
故答案为yx．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及菱形的性质的运用，正确得出B点坐标是解题的关键．
46．4或2．
【分析】
根据题意得，应分P与A在BD的同侧与异侧两种情况进行讨论．
【详解】
解：当P与A在BD的异侧时：连接AP交BD于M，
∵AD=AB，DP=BP，
∴AP⊥BD（到线段两端距离相等的点在垂直平分线上），
在直角△ABM中，∠BAM=30°，
∴AM=AB cos30°=3，BM=AB sin30°=3，
∴PM==，
∴AP=AM+PM=4；
当P与A在BD的同侧时：连接AP并延长AP交BD于点M
AP=AM-PM=2；
当P与M重合时，PD=PB=3，与PB=PD=2矛盾，舍去．
AP的长为4或2．
故答案为：4或2．
【点睛】
本题注意到应分两种情况讨论，并且注意两种情况都存在关系AP⊥BD，这是解决本题的关键．
47．30°或150°．
【分析】
分等边△ADE在正方形的内部和外部两种情况分别求解即可得．
【详解】
如图1，
∵四边形ABCD为正方形，△ADE为等边三角形，
∴AB=BC=CD=AD=AE=DE，∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，∠AED=∠ADE=∠DAE=60°，
∴∠BAE=∠CDE=150°，又AB=AE，DC=DE，
∴∠AEB=∠CED=15°，
则∠BEC=∠AED﹣∠AEB﹣∠CED=30°；
如图2，
∵△ADE是等边三角形，
∴AD=DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，
∴DE=DC，
∴∠CED=∠ECD，
∴∠CDE=∠ADC﹣∠ADE=90°﹣60°=30°，
∴∠CED=∠ECD=×（180°﹣30°）=75°，
∴∠BEC=360°﹣75°×2﹣60°=150°，
故答案为30°或150°．
【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，熟记各性质、运用分类讨论思想画出符合题意的图形并准确识图是解题的关键．
48．
【分析】
连接AC、CF，根据正方形性质求出AC、CF，∠ACD=∠GCF=45°，再求出∠ACF=90°，然后利用勾股定理列式求出AF，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
【详解】
解：如图，连接AC、CF，
∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3，
∴AC=，CF=3，
∠ACD=∠GCF=45°，
∴∠ACF=90°，
由勾股定理得，AF=
∵H是AF的中点，
∴CH=AF=×2=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，正方形的性质，勾股定理，解题关键是熟记各性质并作辅助线构造出直角三角形．
49．
【分析】
过点D作AP的垂线交AP延长线于点E，构造直角三角形ADE，直角三角形PDE．通过角的关系和勾股定理，可求出，再通过证明△APB≌△DEA得AP=DE，即可求的值．
【详解】
如图，过点D作AP的垂线交AP延长线于点E，
∵四边形ABCD是正方形，CP=CD，
∴BC=CP=CD，
∴∠PBC=∠BPC，∠DPC=∠PDC．
设∠PCD=x，则 ，．
∴∠BPD=45°+90°=135°．
∵AP⊥BP，
∴∠APD=360°-135°-90°=135°．
∴∠DPE=45°．
设DE=PE=y，则．
∵∠DAE+∠BAP=∠BAP+∠ABP=90°，
∴∠DAE=∠ABP，
在△DAE与△ABP中，，
∴△APB≌△DEA（AAS）．
∴AP=DE=y，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质．解答本题的关键是正确作辅助线，构造直角三角形．
50．
【分析】
如图：连BP并延长交AD于G，连GF，先证明△APG≌△EPB可得BP=PG，AG=BE=2，再由Q为BF的中得PQ=GF，在AGDF中运用勾股定理求出GF，即可求得PＱ．
【详解】
解：如图：连BP并延长交AD于G，连GF，
∵AD//BC
∴∠DAE=∠AEB
∵P为AE的中点，
∴AP=PE
在△APG与△EPB中，
∠DAE=∠AEB ，AP=PE，∠APG=∠EPB
∴△APG≌△EPB（ASA）
∴BP=PG，AG=BE=2，
∵Q为BF的中点
∴PQ=GF
∵E是BC的中点
∴AG=BE=BC=2，
∴DG=AD-AG=2，
∴GF=
∴PQ=．
故填．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、全等的判定与性质、中位线定理、勾股定理等知识点，正确运用中位线定理并作出辅助线BG成为解答本题的关键．
51．（1）BP=CE； CE⊥AD；（2）成立，理由见解析；（3） .
【详解】
【分析】（1）①连接AC，证明△ABP≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等即可证得BP=CE；②根据菱形对角线平分对角可得，再根据△ABP≌△ACE，可得，继而可推导得出 ，即可证得CE⊥AD；
（2）(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，利用（1）的方法进行证明即可；
（3）连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，由已知先求得BD=6，再利用勾股定理求出CE的长，AP长，由△APE是等边三角形，求得， 的长，再根据，进行计算即可得.
【详解】（1）①BP=CE，理由如下：
连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ，∠PAE=60° ，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE；
②CE⊥AD ，
∵菱形对角线平分对角，
∴，
∵△ABP≌△ACE，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∴CF⊥AD ，即CE⊥AD；
（2）(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，理由如下：
连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAD=120° ，
∠BAP=120°＋∠DAP，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ， ∠PAE=60° ，
∴∠CAE=60°＋60°＋∠DAP=120°＋∠DAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE，，
∴∠DCE=30° ，∵∠ADC=60°，
∴∠DCE＋∠ADC=90° ， ∴∠CHD=90° ，∴CE⊥AD，
∴(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立；
(3) 连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ABC ，
∵∠ABC=60°，，
∴∠ABO=30° ，∴ ， BO=DO=3，
∴BD=6，
由(2)知CE⊥AD，
∵AD∥BC，∴CE⊥BC，
∵ ， ，
∴，
由(2)知BP=CE=8，∴DP=2，∴OP=5，
∴，
∵△APE是等边三角形，∴ ， ，
∵，
∴，
=
=
=，
∴四边形ADPE的面积是 .
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形判定与性质等，熟练掌握相关知识，正确添加辅助线是解题的关键.
52．（1）证明见解析（2）2
【详解】
试题分析：根据正方形的性质得到AD=AB，∠B=∠D=90°，根据折叠的性质可得AD=AF，∠AFE=∠D=90°，从而得到∠AFG=∠B=90°，AB=AF，结合AG=AG得到三角形全等；根据全等得到BG=FG，设BG=FG=x，则CG=6－x，根据E为中点得到CE=EF=DE=3，则EG=3+x，根据Rt△ECG的勾股定理得出x的值.
试题解析：（1）、∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠D=90°，AD=AB，由折叠的性质可知
AD=AF，∠AFE=∠D=90°， ∴∠AFG=90°，AB=AF， ∴∠AFG=∠B， 又AG=AG， ∴△ABG≌△AFG；
（2）、∵△ABG≌△AFG， ∴BG=FG， 设BG=FG=，则GC=, ∵E为CD的中点，
∴CE=EF=DE=3， ∴EG=， ∴， 解得， ∴BG=2.
考点：正方形的性质、三角形全等、勾股定理.
53．见解析
【分析】
首先根据两对边互相平行的四边形是平行四边形证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质可得OC=OD，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形判定出结论．
【详解】
证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵四边形ABCD是矩形，∴OC=OD=AC=BD
∴四边形OCED是菱形．
54．（1）证明见解析；（2）4.
【分析】
（1）由AD∥BC，BD平分∠ABC，可得AD＝AB，结合AD∥BC，可得四边形ABCD是平行四边形，进而，可证明四边形ABCD是菱形，
（2）由四边形ABCD是菱形，可得OC＝AC＝2，在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD＝4，根据“在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半”，即可求解.
【详解】
（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AD＝AB，
∵AB＝BC，
∴AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC＝AC＝2，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD＝＝4，
∴BD＝2OD＝8，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB＝90°，
∵OB＝OD，
∴OE＝BD＝4．
【点睛】
本题主要考查菱形的判定定理及性质定理，题目中的“双平等腰”模型是证明四边形是菱形的关键，掌握直角三角形的性质和勾股定理，是求OE长的关键.
55．(1) 四边形是垂美四边形，理由见解析；(2)证明见解析；(3) .
【分析】
（1）根据垂直平分线的判定定理，可证直线是线段的垂直平分线，结合“垂美四边形”的定义证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）连接、，先证明，得到∴，可证，即，从而四边形是垂美四边形，根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【详解】
(1)四边形是垂美四边形．
证明：连接AC，BD，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，即四边形是垂美四边形；
(2)猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形中，，垂足为，
求证：
证明：∵，
∴，
由勾股定理得，，
，
∴；
故答案为．
(3)连接、，
∵，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，又，
∴，即，
∴四边形是垂美四边形，
由(2)得，，
∵，，
∴，，，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
56．（1）见解析；（2）四边形DEBF是菱形，理由见解析.
【分析】
（1）由题意得AD∥BC，所以AD∥BG，又因为AG∥BD，所以四边形AGBD是平行四边形；
（2）根据题意易证四边形DFBE是平行四边形，因为四边形AGBD是矩形，E为AB的中点，得AE=BE=DE，所以平行四边形DEBF是菱形．
【详解】
（1）∵平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴AD∥BG，
又∵AG∥BD，
∴四边形AGBD是平行四边形；
（2）四边形DEBF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵点E、F分别是AB、CD的中点，
∴BE=AB，DF=CD，
∴BE=DF，BE∥DF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∵四边形AGBD是矩形，E为AB的中点，
∴AE=BE=DE，
∴平行四边形DEBF是菱形．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质，矩形的性质和菱形的判定，难度一般，灵活运用平行四边形和矩形的特点是解此题的关键.
57．证明见解析
【分析】
利用的性质证明，利用，证明四边形是平行四边形，即可得到结论．
【详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴
即：，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定方法是解题的关键．
58．（1）△CEF是等腰直角三角形，理由见解析；（2）；（3）t=3．
【分析】
(1)通过证明△CDE≌△CBF得到CF=CE，∠DCE=∠BCF，则易推知△CEF是等腰直角三角形；
(2)过点E作EN∥AB，交BD于点N，∠END=∠ABD=∠EDN=45°，EN=ED=BF，可以证△EMN≌△FMB，则其对应边相等；EM=FM，所以在Rt△AEF中，由勾股定理求得EF的长度，则AM=EF；
(3)如图3，连接CE，CF，设EF与GH交于P，构建平行四边形GFCH，则其对边相等：CF=GH=3，所以在Rt△CBF中，由勾股定理得到：BF==3，故t=3.
【详解】
（1）等腰直角三角形．理由如下：
如图1，
在正方形ABCD中，DC=BC，∠D=∠ABC=90°．
依题意得：DE=BF=t．
在△CDE与△CBF中，
，
∴△CDE≌△CBF（SAS），
∴CF=CE，∠DCE=∠BCF，
∴∠ECF=∠BCF+∠BCE=∠DCE+∠BCE=∠BCD=90°，
∴△CEF是等腰直角三角形．
（2）如图2，
过点E作EN∥AB，交BD于点N，则∠NEM=∠BFM，
∴∠END=∠ABD=∠EDN=45°，
∴EN=ED=BF．
在△EMN与△FMB中，
，
∴△EMN≌△FMB（AAS），
∴EM=FM．
∵Rt△AEF中，AE=4，AF=8，
∴=EF==4 ，
∴AM=EF=2；
（3）如图3，
连接CE，CF，设EF与GH交于P．
由（1）得∠CFE=45°，又∠EPQ=45°，
∴GH∥CF，
又∵AF∥DC，
∴四边形GFCH是平行四边形，
∴CF=GH=3 ．
在Rt△CBF中，得BF=，
∴t=3．
【点睛】
本题考查了四边形综合题.解题过程中，涉及到了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，解答该类题目时，要巧妙的作出辅助线，构建几何模型，利用特殊的四边形的性质(或者全等三角形的性质)得到相关线段间的数量关系，从而解决问题.
59．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）先证四边形AECF是平行四边形，再证△ABE是等边三角形，得AE=BE=CE，即可得出结论；
（2）作BG⊥AD于G，则∠ABG=30°，由直角三角形的性质得AG=AB=1，BG=AG=，求出DG=AG+AD=5，由勾股定理求出BD即可．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，BC=AD．
∵E，F分别是BC，AD的中点
∴BE=CE=BC，AF=AD，
∴CE=AF，CE∥AF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=CE，
∴平行四边形AECF是菱形；
（2）解：作BG⊥AD于G，如图所示：
则∠ABG=90°-∠ABC=30°，
∴AG=AB=1，BG=AG=，
∵AD=BC=2AB=4，
∴DG=AG+AD=5，
∴BD===．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、菱形的判定和性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定和直角三角形的性质．
60．（1）证明见解析；（2）EC⊥MC， 理由见解析；（3）DE=
【分析】
（1）首先根据正方形的性质可得AD=CD,∠ADB=∠CDB=45°,再有DE是公共边,可以利用SAS判定△ADE和△CDE全等；
（2）由AD//BG得∠DAE=∠G，由M 是 FG 的中点得MC=MG=MF，可求得∠DCE=∠MCG，由∠FCG=∠MCG+∠FCM=90°可得∠ECM=∠DCE+∠FCM=90°，从而EC⊥MC；
（3）由题意可知CE=CG，由∠MCG=∠G，∠EMC=2∠G可求得∠G=30°. 过点 E 作 EH⊥AD 于 H，设 EH=x，利用勾股定理表示出AH，根据AD=AH+DH列方程求出x,进而可求出DE的长.
【详解】
（1）证明：∵四边形 ABCD 是正方形，
∴∠ADE=∠CDE，AD=CD，
在△ADE 与△CDE，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴∠DAE=∠DCE；
（2）EC⊥MC， 理由如下：
∵AD//BG，
∴∠DAE=∠G，
∵M 是 FG 的中点，
∴MC=MG=MF，
∴∠G=∠MCG， 又∵∠DAE=∠DCE，
∴∠DCE=∠MCG，
∵∠FCG=∠MCG+∠FCM=90°，
∴∠ECM=∠DCE+∠FCM=90°，
∴EC⊥MC；
（3）∵∠FCG=90°，
∴∠ECG 一定是钝角，
∴△CEG 若为等腰三角形必有 CE=CG，
∴∠CEM=∠G，
∵，
∴∠MCG=∠G， 又∵∠EMC=∠MCG+∠G，
∴∠EMC=2∠G，
∵∠ECM=90°，
∴∠CEM+∠EMC=90°，
∴∠G+2∠G=90°，
∴∠G=30°，
∴∠AFD=∠CFG=90°-∠G=90°-30°=60°，
∴∠DAE=90°-∠AFD=90°-60°=30°，
过点 E 作 EH⊥AD 于 H，设 EH=x，
∴∠EHA=∠EHD=90°，
∵在 Rt△EFA 中，∠DAE=30°，
∴AE=2EH=2x，
∴，
∵在 Rt△EHD 中，∠ADE=45°，
∴DH=EH=x，
∴，
∴，
∴x=1，
∴．
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质,全等三角形的判定与性质,直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，勾股定理，证明△ADE≌△CDE是解（1）的关键，证明∠DCE=∠MCG是解（2）的关键，正确做出辅助线是解（3）的关键.
61．证明见解析
【分析】
证明四边形是平行四边形有很多种方法，此题可由对角线互相平分来得到证明．
【详解】
证明：连接BD交AC与O点，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
又∵AP=CQ，
∴AP+AO=CQ+CO，
即PO=QO，
∴四边形PBQD是平行四边形．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定问题，应熟练掌握．
62．(1)见解析;(2)3.
【分析】
（1）由四边形、是正方形可知，，，即可证明.（2）根据由，根据正方形性质可知，在直角三角形GOD求出DG的长即可.
【详解】
∵四边形、是正方形，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴；
∵，
∴，
∵四边形是正方形，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查正方形，全等三角形的证明，熟练掌握正方形性质及全等三角形的条件是解题关键.
63．当8秒或10秒时，其中一个四边形是平行四边形.
【详解】
试题分析：若四边形PDCQ或四边形APQB是平行四边形，那么QD=CQ或AP=BQ或PD=BQ，根据这个结论列出方程就可以求出时间．
试题解析：设P，Q同时出发t秒后四边形PDCQ或四边形APQB是平行四边形，根据已知得到AP=t，PD=24 t，CQ=2t，BQ=30 2t.
(1)若四边形PDCQ是平行四边形，则PD=CQ，
∴24 t=2t，
∴t=8，
∴8秒后四边形PDCQ是平行四边形；
(2)若四边形APQB是平行四边形，则AP=BQ，
∴t=30 2t，
∴t=10，
∴10秒后四边形APQB是平行四边形.
∴出发后8秒或10秒其中一个是平行四边形.
64．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）先证Rt△AFD≌Rt△BCA（HL），得DF＝AC，再证DF＝AE，然后证DF∥AE，即可得出结论；
（2）由（1）得：△AEF的面积＝△ADF的面积＝△ABC的面积，BC＝AB＝2，AC＝BC＝2，则四边形BCEF的面积＝△ACE的面积+△ABC的面积﹣△AEF的面积＝△ACE的面积，即可求解．
【详解】
（1）证明：∵Rt△ABC中，∠BAC＝30°，
∴AB＝2BC，
又∵△ABD是等边三角形，F是AB的中点，
∴AD＝AB＝BD，AB＝2AF，DF⊥AB，
∴AF＝BC，
在Rt△AFD和Rt△BCA中，
，
∴Rt△AFD≌Rt△BCA（HL），
∴DF＝AC，
∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC＝60°，AC＝AE，
∴∠EAB＝∠EAC+∠BAC＝90°，
∴DF＝AE，
又∵DF⊥AB，
∴DF∥AE，
∴四边形ADFE是平行四边形；
（2）解：由（1）得：△AEF的面积＝△ADF的面积＝△ABC的面积，AB＝BD＝4，BC＝AB＝2，AC＝BC＝2，
∴四边形BCEF的面积＝△ACE的面积+△ABC的面积﹣△AEF的面积＝△ACE的面积＝×（2）2＝3．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
65．证明：（1）见解析
（2）见解析
【详解】
证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD．∴∠ABF＝∠ECF．
∵EC＝DC，∴AB＝EC．
在△ABF和△ECF中，∵∠ABF＝∠ECF，∠AFB＝∠EFC，AB＝EC，
∴△ABF≌△ECF．
(2)证法一：由(1)知AB＝EC，又AB∥EC，∴四边形ABEC是平行四边形．∴AF＝EF，BF＝CF．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC＝∠D，又∵∠AFC＝2∠D，∴∠AFC＝2∠ABC．
∵∠AFC＝∠ABF＋∠BAF，∴∠ABF＝∠BAF．∴FA＝FB．
∴FA＝FE＝FB＝FC，∴AE＝BC．∴□ABEC是矩形．
证法二：由(1)知AB＝EC，又AB∥EC，∴四边形ABEC是平行四边形．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠D＝∠BCE．
又∵∠AFC＝2∠D，∴∠AFC＝2∠BCE．
∵∠AFC＝∠FCE＋∠FEC，∴∠FCE＝∠FEC．∴∠D＝∠FEC．
∴AE＝AD．
又∵CE＝DC，∴AC⊥DE，即∠ACE＝90°．
∴□ABEC是矩形．
66．（1）①t=2；②见解析；（2）t=14；（3）E （0，）．
【分析】
(1) ①由题意可知，当点D运动到线段AB的中点时，可知,由动点D的速度，可计算出；
②根据轴，可知 轴，由点F的运动速度可知,推出，所以DE平行且等于OF，可证出四边形DOFE是平行四边形.
(2)由题意可知当点D在线段AB上，四边形DOFE构不成矩形，所以计算当点D在线段AB的延长线上，根据,可推出，因为四边形DOFE要构成矩形，所以使即可求出答案.
(3)当点D在线段AB上运动时，由可知，推出，因为四边形ECFM为平行四边形，所以时成立，即可算出点E的坐标；当点D在AB的延长线上，四边形ECFM不可能为平行四边形.
【详解】
（1）①∵
∴，
∵为的中点，
∴，
∵点的运动速度为每秒个单位
∴，
得：.
②∵轴，，可知 轴，
根据点的运动速度与，可知，
∴
∵为的中点，
∴为的中位线，
∴
∴
∴四边形是平行四边形.
（2）要使以点 为顶点的四边形是矩形，则点在射线上，
如下图所示：
∵
∴
∵ ，
∴ 即
∴
（3）由题意可分情况讨论：
当点D在线段AB上运动时，如下图所示：
∵
∴
∵四边形为平行四边形
∴
∴，
∵
∴
∴点的坐标为
当点在的延长线上，四边形ECFM不可能为平行四边形
所以综上所述：点的坐标为
【点睛】
本题考查了平面直角坐标系里的动点问题，结合特殊四边形，熟知和掌握坐标与线段的转化和矩形平行四边形的性质是解题关键.
67．（1）见详解；（2）
【分析】
（1）由题意易得，进而易证，则有，然后问题可求证；
（2）由（1）及题意易得，则，然后根据三角形外角的性质可求解．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
∵点是中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：由（1）可得，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质及等腰三角形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质及等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
68．（1）；（2）DG=BF，证明见解析；（3）
【分析】
（1）如图1，过点作于点，先根据正方形性质和三角形内角和定理得出：，，设，则，运用勾股定理即可求出答案；
（2）①如图2，过点作于点，设，则，运用勾股定理即可证得结论；
②如图3，取、的中点、，延长至，使，延长至，使，连接，，过点作，延长交于，先证得，再证得四边形是平行四边形，得出当、、三点共线时，最小，故当、、三点共线时，最小，即最小，再运用勾股定理计算即可．
【详解】
解：（1）如图1，过点作于点，
四边形是边长为2的正方形，
，，，
，
，
，
，
，即，
，
又，，
，，
，，
设，则，
由勾股定理得，
又，
，
，即，
，
中，，
由勾股定理得：；
（2）①，理由如下：
如图2，过点作于点，
，
，，
，
，
，
，
设，则，，
，
四边形是边长为2的正方形，点在的延长线上，
，
在和中，，
分别由勾股定理得：
，，
，
；
②如图3，取、的中点、，延长至，使，延长至，使，连接，，过点作，延长交于，
，为中点，
，
、分别是、的中点，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
，，
，
当、、三点共线时，最小，
当、、三点共线时，最小，
即最小，
此时，，，
，
，，
，
，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形性质，勾股定理，平移的运用，平行四边形的判定与性质等知识，解题的关键是正确利用直角三角形斜边上中线等于斜边一半和平移，将求的最小值转化为两点之间线段最短来解决，属于中考常考题型．
答案第1页，共2页
一、单选题
1．（2021·湖北枣阳·八年级期末）已知四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，E是BC的中点，以下说法错误的是（ ）
A．OE=DC B．OA=OC C．∠BOE=∠OBA D．∠OBE=∠OCE
2．（2021·湖北襄州·八年级期末）如图，在 ABCD中，DE平分∠ADC，AD=8，BE=3，则 ABCD的周长是（ ）
A．16 B．14 C．26 D．24
3．（2021·湖北黄冈·八年级期末）如图，在 ABCD中，已知AD＝8cm，AB＝6cm，DE平分∠ADC交BC边于点E，则BE等于（ ）
A．2cm B．4cm C．6cm D．8cm
4．（2021·湖北十堰·八年级期末）如图，过对角线的交点，交于，交于，若的周长为36，，则四边形的周长为（ ）
A．24 B．26 C．28 D．20
5．（2021·湖北房县·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，过点C的直线CE⊥AB，垂足为E，若∠EAD=53°，则∠BCE的度数为【 】
A．53° B．37° C．47° D．123°
6．（2021·湖北宜城·八年级期末）如图，在中，，，，依据尺规作图的痕迹，则的面积为（ ）
A．12 B． C． D．
7．（2021·湖北黄冈·八年级期末）下列给出的条件中，不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB∥CD，AD＝BC B．∠A＝∠C，∠B＝∠D
C．AB∥CD，AD∥BC D．AB＝CD，AD＝BC
8．（2021·湖北恩施·八年级期末）已知的周长为16，点，，分别为三条边的中点，则的周长为（ ）
A．8 B． C．16 D．4
9．（2021·湖北黄州·八年级期末）已知四边形ABCD中，AB∥CD，添加下列条件仍不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB＝CD B．AD＝BC C．AD∥BC D．∠A+∠B＝180°
10．（2021·湖北江汉·八年级期末）如图，在中，D，F分别是，上的点，且．点E是射线上一点，若再添加下列其中一个条件后，不能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
11．（2021·湖北嘉鱼·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，点M从点B出发沿BC向点C运动，点E、F别是AM、MC的中点，则EF的长随着M点的运动（ ）
A．不变 B．变长 C．变短 D．先变短再变长
12．（2021·湖北咸丰·八年级期末）下列不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AB=CD，AD=BC B．AB∥CD，AD=BC
C．AB∥CD，AD∥BC D．∠A=∠C，∠B=∠D
13．（2021·湖北广水·八年级期末）如图，长方形纸片ABCD中，AB=3cm，AD=9cm，将此长方形纸片折叠，使点D与点B重合，点C落在点H的位置，折痕为EF，则△ABE的面积为（ ）
A．6cm2 B．8cm2 C．10cm2 D．12cm2
14．（2021·湖北江汉·八年级期末）如图,在矩形ABCD中,AD=10,AB=6,E为BC上一点,DE平分∠AEC,则CE的长为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
15．（2021·湖北孝感·八年级期末）如图，中，于点的平分线分别交于两点，为的中点，的延长线交于点，连，下列结论：①； ②为等腰三角形；③平分；④，其中正确结论的个数是（ ）
A． B． C． D．
16．（2021·湖北仙桃·八年级期末）如图，在ABC中，AB＝10，BC＝16，点D、E分别是边AB、AC的中点，点F是线段DE上的一点，连接AF、BF，若∠AFB＝90°，则线段EF的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
17．（2021·湖北黄石港·八年级期末）在ABCD中，AC，BD是对角线，如果添加一个条件，即可推出ABCD是矩形，那么这个条件是（ ）
A．AB=BC B．AC=BD C．AC⊥BD D．AB⊥BD
18．（2021·湖北·武汉市黄陂区教学研究室八年级期末）如图，在矩形ABCD中，，，点E为AB上一点，连接DE，将沿DE折叠，点A落在处，连接，若F，G分别为，BC的中点，则FG的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．1
19．（2021·湖北蔡甸·八年级期末）如图，在 ABCD中，CD=2AD，BE⊥AD于点E，F为DC的中点，连结EF、BF，下列结论：①∠ABC=2∠ABF；②EF=BF；③S四边形DEBC=2S△EFB；④∠CFE=3∠DEF,其中正确结论的个数共有（ ）.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
20．（2021·湖北广水·八年级期末）如图，四边形的两条对角线相交于点，且互相平分．添加下列条件，仍不能判定四边形为菱形的是（ ）
A． B． C． D．
21．（2021·湖北宣恩·八年级期末）小明在学习了正方形之后，给同桌小文出了道题，从下列四个条件：①AB=BC，②∠ABC=90°，③AC=BD，④AC⊥BD中选两个作为补充条件，使 ABCD为正方形（如图），现有下列四种选法，你认为其中错误的是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．②④
22．（2021·湖北恩施·八年级期末）用尺现作图的方法在一个平行四边形内作菱形，下列作法错误的是 （ ）
A． B． C． D．
23．（2021·湖北通城·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM＝CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠DAC＝28°，则∠OBC的度数为（ ）
A．28° B．52° C．62° D．72°
24．（2021·湖北天门·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，AB=5cm，∠ADC=120°，点E、F同时由A、C两点出发，分别沿AB．CB方向向点B匀速移动(到点B为止)，点E的速度为1cm/s，点F的速度为2cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为( )
A． B． C． D．
25．（2021·湖北荆门·八年级期末）下列判断错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．四个内角都相等的四边形是矩形
C．四条边都相等的四边形是菱形
D．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形
26．（2021·湖北郧西·八年级期末）下列命题中正确的是（ ）
A．有一组邻边相等的四边形是菱形
B．有一个角是直角的平行四边形是矩形
C．对角线垂直的平行四边形是正方形
D．一组对边平行的四边形是平行四边形
27．（2021·湖北樊城·八年级期末）如图，点E在正方形ABCD的边AB上，若EB＝1，EC＝2，那么正方形ABCD的面积为( )
A． B．3 C． D．5
28．（2021·湖北恩施·八年级期末）已知四边形ABCD，下列说法正确的是（ ）
A．当AD=BC，AB//DC时，四边形ABCD是平行四边形
B．当AD=BC，AB＝DC时，四边形ABCD是平行四边形
C．当AC=BD，AC平分BD时，四边形ABCD是矩形
D．当AC=BD，AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形
29．（2021·湖北仙桃·八年级期末）如图，在菱形中，，，点、同时由、两点出发，分别沿、方向向点匀速移动（到点为止），点的速度为，点的速度为，经过秒为等边三角形，则的值为（ ）
A． B． C． D．
30．（2021·湖北郧西·八年级期末）如图，在矩形中，边的长为，点，分别在，上，连接，，，．若四边形是菱形，且，则边的长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
31．（2021·湖北宜城·八年级期末）平行四边形ABCD的周长为60cm,对角线AC、BD相交于点O，△AOB的周长比△BOC的周长长8cm, 则AB的长为_________cm．
32．（2021·湖北汉阳·八年级期末）在探索数学名题“尺规三等分角”的过程中，有下面的问题：如图BD是平行四边形ABCD的对角线，点E在BD上，DC＝DE＝AE，∠1＝25°，则∠C的大小是_____．
33．（2021·湖北阳新·八年级期末）如图，在平行四边形中，，，则的长为_______．
34．（2021·湖北蔡甸·八年级期末）在中，，的角平分线交对边于一点，若，则它的周长为________．
35．（2021·湖北房县·八年级期末）如图， ABCD中，∠ABC=60°，E、F分别在CD和BC的延长线上，AE∥BD，EF⊥BC，EF=，则AB的长是_____．
36．（2021·湖北武昌·八年级期末）如图是一张面积为的纸片，其中，，是三角形的中位线，，分别是线段，上的动点．沿着虚线将纸片裁开，并将两侧的纸片按箭头所示的方向分别绕点，旋转在同一平面内拼图，使得与重合，与重合．则拼成的四边形纸片周长的最大值与最小值之差为_________．
37．（2021·湖北蔡甸·八年级期末）在中，，，为形内一点，以为腰作等腰，使，连接、，若、分别是、的中点，，则的长为________．
38．（2021·湖北利川·八年级期末）如图，在图（1）中，、、分别是的边、、的中点，在图（2）中，、、分别是的边、、的中点，…，按此规律，则第个图形中平行四边形的个数共有________个.
39．（2021·湖北宜城·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，垂足为点E，若∠EAC=2∠CAD，则∠BAE=__________度．
40．（2021·湖北阳新·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，D是AB上一动点，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连接EF，则线段EF的最小值是___．
41．（2021·湖北黄梅·八年级期末）如图，折叠矩形纸片ABCD，先折出折痕BD，再折叠使AD边与对角线BD重合，得折痕DG，若AB=4，BC=3，则AG的长是_____．
42．（2021·湖北宣恩·八年级期末）长方形纸片中，，，按如图方式折叠，使点与点重合，折痕为，则________．
43．（2021·湖北恩施·八年级期末）如图，边长为1的菱形ABCD中，∠DAB=60°．连结对角线AC，以AC为边作第二个菱形ACEF，使∠FAC=60°．连结AE，再以AE为边作第三个菱形AEGH使∠HAE=60°…按此规律所作的第n个菱形的边长是___．
44．（2021·湖北随县·八年级期末）如图，菱形ABCD的边长是2cm，E是AB的中点，且DE丄AB，则菱形ABCD的面积为_______________cm2．
45．（2021·湖北咸安·八年级期末）如图，O是坐标原点，菱形OABC的顶点A的坐标为，顶点C在x轴的正半轴上，则的角平分线所在直线的函数关系式为______．
46．（2021·湖北广水·八年级期末）已知菱形的边长为6，，如果点是菱形内一点，且，那么的长为__________．
47．（2021·湖北襄州·八年级期末）以正方形ABCD的边AD作等边△ADE，则∠BEC的度数是_____．
48．（2021·湖北襄州·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________________．
49．（2021·湖北江汉·八年级期末）如图，P是正方形内一点，，，则的 值为______．
50．（2021·湖北江汉·八年级期末）如图，在边长为4的正方形中，E是的中点，F是上一点，，连，，P，Q分别为和的中点，则______．
三、解答题
51．（2021·湖北樊城·八年级期末）在菱形中，,点是射线上一动点，以为边向右侧作等边，点的位置随点的位置变化而变化.
（1）如图1，当点在菱形内部或边上时，连接，与的数量关系是 ，与的位置关系是 ；
（2）当点在菱形外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，
请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理).
(3) 如图4，当点在线段的延长线上时，连接，若 , ,求四边形的面积.
52．（2021·湖北咸丰·八年级期末）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长交BC于点G，连接AG．
（1）求证：△ABG≌△AFG；
（2）求BG的长．
53．（2021·湖北武汉·八年级期末）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD，
求证：四边形OCED是菱形．
54．（2021·湖北黄冈·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC，对角线AC、BD交于点O，BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若DC＝2，AC＝4，求OE的长．
55．（2021·湖北来凤·八年级期末）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；
(2)性质探究：如图1，四边形的对角线、交于点，．试证明：；
(3)解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结、、．已知，，求的长．
56．（2021·湖北洪山·八年级期末）已知，如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，AG∥DB交CB的延长线于G．
（1）求证：四边形AGBD为平行四边形；
（2）若四边形AGBD是矩形，则四边形BEDF是什么特殊四边形？证明你的结论．
57．（2021·湖北·武汉市黄陂区教学研究室八年级期末）如图，中，点、分别在、上，且.求证：．
58．（2021·湖北郧西·八年级期末）如图1，正方形ABCD的边长为6cm，点F从点B出发，沿射线AB方向以1cm/秒的速度移动，点E从点D出发，向点A以1cm/秒的速度移动（不到点A）．设点E，F同时出发移动t秒．
（1）在点E，F移动过程中，连接CE，CF，EF，请判断△CEF的形状并说明理由；
（2）如图2，连接EF，设EF交BD于点M，当t=2时，求AM的长；
（3）如图3，点G，H分别在边AB，CD上，且GH=cm，连接EF，当EF与GH的夹角为45°，求t的值．
59．（2021·湖北仙桃·八年级期末）如图，在 ABCD中，∠ABC＝60°，BC＝2AB，点E、F分别是BC、DA的中点．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若AB＝2，求BD的长．
60．（2021·湖北铁山·八年级期末）如图，在正方形 ABCD 中，点 E 是对角线 BD 上一动点，AE 的延长线交 CD 于点 F，交 BC 的延长线于点 G，M 是 FG 的中点.
(1)求证： ∠DAE=∠DCE；
(2)判断线段 CE 与 CM 的位置关系，并证明你的结论；
(3)当，并且恰好是等腰三角形时，求 DE 的长.
61．（2021·湖北黄冈·八年级期末）已知：如图四边形ABCD是平行四边形，P、Q是直线AC上的点，且AP=CQ．求证：四边形PBQD是平行四边形．
62．（2021·湖北蔡甸·八年级期末）如图，点是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段和相交于点．
求证：；
若，，求的长．
63．（2021·湖北黄州·八年级期末）已知：如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝24cm，BC＝30cm，点P自点A向D以1cm/s的速度运动，到D点即停止．点Q自点C向B以2cm/s的速度运动，到B点即停止，直线PQ截梯形为两个四边形．问当P，Q同时出发，几秒时其中一个四边形为平行四边形？
64．（2021·湖北来凤·八年级期末）如图，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB向外作等边△ACE，等边△ABD，取AB的中点F，连接DF、EF，已知∠BAC＝30°．
（1）求证：四边形ADFE是平行四边形；
（2）若BD＝4，求四边形BCEF的面积．
65．（2021·湖北宣恩·八年级期末）如图，将 ABCD的边DC延长到点E，使CE=DC，连接AE，交BC于点F．
（1）求证：△ABF≌△ECF；
（2）若∠AFC=2∠D，连接AC、BE，求证：四边形ABEC是矩形．
66．（2021·湖北来凤·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（，），点B在轴正半轴上，∠ABO=30°，动点D从点A出发，沿着射线AB方向以每秒3个单位的速度运动，过点D作DE⊥轴，交轴于点E，同时，动点F从定点C（，）出发沿轴正方向以每秒1个单位的速度运动，连结DO，EF，设运动时间为秒.
（1）当点D运动到线段AB的中点时，
①求的值；
②判断四边形DOFE是否是平行四边形，请说明理由；
（2）点D在运动过程中，以点D，O，F，E为顶点的四边形是矩形，求出满足条件的的值；
（3）过定点C做直线 ⊥轴，与线段DE所在的直线相交于点M，连结EC，MF，若四边形ECFM为平行四边形，请直接写出点E的坐标.
67．（2021·湖北远安·八年级期末）如图，在中，点是中点，连接并延长交的延长线于点．
（1）求证：．
（2）若，求的度数．
68．（2021·湖北武昌·八年级期末）如图，四边形是边长为的正方形，为线段上一动点，，垂足为．
（1）如图，连接交于点，若，求的长；
（2）如图，点在的延长线上，点在上运动时，满足，
①连接，，判断，的数量关系并说明理由；
②如图，若为的中点，直接写出的最小值为 ．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
由平行四边形的性质和三角形中位线定理得出选项A、B、C正确；由OB≠OC，得出∠OBE≠∠OCE，选项D错误；即可得出结论．
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，AB∥DC，
又∵点E是BC的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴OE=DC，OE∥DC，
∴OE∥AB，
∴∠BOE=∠OBA，
∴选项A、B、C正确；
∵OB≠OC，
∴∠OBE≠∠OCE，
∴选项D错误；
故选D．
“点睛”此题考查了平行四边形的性质，还考查了三角形中位线定理，解决问题的方法是采用排除法解答．
2．C
【分析】
由AD//BC可知∠ADE=∠DEC，根据∠ADE=∠EDC得∠DEC=∠EDC，所以DC=EC=5，根据AB=CD，AD=BC即可求出周长.
【详解】
∵AD//BC，
∴∠ADE=∠DEC，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠EDC，
∴CE=CD=8-3=5，
∴ ABCD的周长是（8+5）2=26，
故选C.
【点睛】
本题考查平行四边形性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题关键.
3．A
【分析】
由平行四边形对边平行根据两直线平行，内错角相等可得∠EDA=∠DEC，而DE平分∠ADC，进一步推出∠EDC=∠DEC，在同一三角形中，根据等角对等边得CE=CD，则BE可求解．
【详解】
根据平行四边形的性质得AD∥BC，
∴∠EDA=∠DEC，
又∵DE平分∠ADC，
∴∠EDC=∠EDA，
∴∠EDC=∠DEC，
∴CD=CE=AB=6，
即BE=BC﹣EC=8﹣6=2．
故选：A．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质的应用，及等腰三角形的判定，属于基础题．
4．A
【分析】
根据平行四边形的性质可求出AD+CD的值，易证△AOE≌△COF，所以AE=CF，OE=OF=3，根据CF+CD+ED+EF=AD+CD+EF即可求出答案．
【详解】
在平行四边形ABCD中，
2（AB+BC）=36，
∴AB+BC=18，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AD∥BC
∴∠AEF=∠CFE，
在△AOE和△COF中
∴△AOE≌△COF，
∴AE=CF，OE=OF=3，
∴EF=6
∴AB+BF+FE+EA
=AB+BF+CF+EF
=AB+BC+EF
=18+6
=24
故选：A．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质，解题的关键是熟练运用平行四边形的性质，本题属于中等题型．
5．B
【详解】
设CE与AD相交于点F．
∵在平行四边形ABCD中，过点C的直线CE⊥AB，
∴∠E=90°，
∵∠EAD=53°，
∴∠EFA=90°﹣53°=37°．
∴∠DFC=37°
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC．
∴∠BCE=∠DFC=37°．故选B．
6．C
【分析】
由作图痕迹可得EF为AB的中垂线，结合判断出△ABE为等边三角形，从而结合边长求出在BC边上的高为，再根据比例关系求得BC的长度，最终计算面积即可．
【详解】
设尺规作图所得直线与AB交于F点，根据题意可得EF为AB的中垂线，
∴AE=BE，
又∵，
∴△ABE为等边三角形，边长AB=CD=4，
∴BF=2，BE=4，，
∴在BC边上的高为，
又∵，BE=4，
∴EC=2，BC=2+4=6，
∴=×6=，
故选：C．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质，中垂线的识别与性质，以及等边三角形的判定与性质，准确根据作图痕迹总结出等边三角形是解题关键．
7．A
【分析】
直接根据平行四边形的判定定理判断即可．
【详解】
平行四边形的定义：两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．∴C能判断；
平行四边形判定定理1，两组对角分别相等的四边形是平行四边形；∴B能判断；
平行四边形判定定理2，两组对边分别相等的四边形是平行四边形；∴D能判定；
平行四边形判定定理3，对角线互相平分的四边形是平行四边形；
平行四边形判定定理4，一组对边平行相等的四边形是平行四边形；
故选A．
【点睛】
此题是平行四边形的判定，解本题的关键是掌握和灵活运用平行四边形的5个判断方法．
8．A
【分析】
由，，分别为三条边的中点，可知DE、EF、DF为的中位线，即可得到的周长．
【详解】
解：如图，
∵，，分别为三条边的中点，
∴，，，
∵，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线，熟练掌握三角形的中位线平行于第三边且是第三边的一半是解题的关键．
9．B
【分析】
平行四边形的判定：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．
【详解】
解：根据平行四边形的判定，A、C、D均符合是平行四边形的条件，B则不能判定是平行四边形．
故选B．
【点睛】
此题主要考查了学生对平行四边形的判定的掌握情况．对于判定定理：“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．”应用时要注意必须是“一组”，而“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．
10．D
【分析】
由结合已知条件可证明，从而可判断，由结合已知条件可证明，从而可判断，由结合已知条件可判断，由结合已知条件仍不能判定四边形为平行四边形，从而可得到答案．
【详解】
解：A、∵∠ADE=∠E， ∴AB∥CE，
又∵DF∥BC，
∴四边形DBCE为平行四边形；故选项A不符合题意；
B、∵DF∥BC，
∴∠ADE=∠B，
∵∠B=∠E，
∴∠ADE=∠E，
∴AB∥CE，
∴四边形DBCE为平行四边形；故选项B不符合题意；
C、∵DF∥BC，
∴DE∥BC，
又∵DE=BC，
∴四边形DBCE为平行四边形；故选项C不符合题意；
D、由DF∥BC，BD=CE，不能判定四边形DBCE为平行四边形；
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、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．
11．A
【分析】
由题意得EF为三角形AMC的中位线，由中位线的性质可得：EF的长恒等于定值AC的一半.
【详解】
解：∵E，F分别是AM，MC的中点，
∴，
∵A、C是定点，
∴AC的的长恒为定长，
∴无论M运动到哪个位置EF的长不变，
故选A．
【点睛】
此题考查的是三角形中位线的性质，即三角形的中位线平行且等于第三边的一半.
12．B
【详解】
分析：根据平行四边形的判定法则即可得出答案．
详解：A、根据两组对边分别相等的四边形为平行四边形进行判定；B、无法进行判定；C、根据两组对边分别平行的四边形为平行四边形进行判定；D、根据两组对角分别相等的四边形为平行四边形进行判定；故选B．
点睛：本题主要考查的就是平行四边形的判定定理，属于基础题型．明确平行四边形的判定定理是解题的关键．
13．A
【分析】
根据折叠的条件可得：，在中，利用勾股定理就可以求解．
【详解】
将此长方形折叠，使点与点重合，，
，
根据勾股定理得：，
解得：．
．
故选：A．
【点睛】
本题考查了利用勾股定理解直角三角形，掌握直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方是解题的关键．
14．B
【分析】
根据平行线的性质以及角平分线的性质证明∠ADE=∠AED，根据等角对等边，即可求得AE的长，在直角△ABE中，利用勾股定理求得BE的长，则CE的长即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEC=∠ADE，
又∵∠DEC=∠AED，
∴∠ADE=∠AED，
∴AE=AD=10，
在直角△ABE中，BE=，
∴CE=BC﹣BE=AD﹣BE=10﹣8=2．
故选B．
考点：矩形的性质；角平分线的性质．
15．D
【分析】
求出，，，证明即可判断①，证明，推出即可判断④，证明，得，由直角三角形斜边的中线的性质推出，，即可判断③，根据三角形外角性质求出，证明，即可判断②．
【详解】
解：∵，，，
∴，，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，故①正确；
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，故④正确；
在和中，
，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴平分，故③正确；
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，故②正确．
故选：D．
【点睛】
本题考查了全等三角形的性质与判断，三角形外角性质，三角形内角和定理，直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握这些性质定理进行证明求解．
16．B
【分析】
根据直角三角形的斜边的中线等于斜边的一半，得到DF=5，由三角形中位线的性质得到DE=8，最后由线段的和差解题即可．
【详解】
解：∵∠AFB=90°，点D是AB的中点，
∴DF= AB=5，
∵BC= 16，D、E分别是AB，AC的中点，
∴DE=BC=8，
∴EF=DE-DF=3，
故选：B．
【点睛】
本题考查了直角三角形的性质和中位线性质，掌握定理是解题的关键．
17．B
【详解】
试题分析：根据对角线相等的平行四边形是矩形的判定直接得到：添加条件AC=BD，即可推出ABCD是矩形. 故选B.
考点：矩形的判定.
18．D
【分析】
分别连接BD、；根据矩形和勾股定理的性质，得；根据轴对称性质，得；当点不在BD上时，根据三角形边角关系的性质，得，当点在BD上时，得，即可得到最小值，再结合三角形中位线的性质计算，即可得到答案．
【详解】
如图，分别连接BD、
∵矩形ABCD中，，
∴
∴
∵将沿DE折叠，点A落在处，
∴
当点不在BD上时，
∴
当点在BD上时，
∴最小值为2
∵F，G分别为，BC的中点
∴为的中位线
∴
∴FG的最小值为1
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形、三角形、轴对称、勾股定理的知识；解题的关键是熟练掌握矩形、勾股定理、轴对称、三角形三边关系、三角形中位线的性质，从而完成求解．
19．D
【详解】
分析：如图延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．证明△DFE≌△FCG 得EF=FG，BE⊥BG，四边形BCFH是菱形即可解决问题；
详解：如图延长EF交BC的延长线于G，取AB的中点H连接FH．
∵CD=2AD，DF=FC，
∴CF=CB，
∴∠CFB=∠CBF，
∵CD∥AB，
∴∠CFB=∠FBH，
∴∠CBF=∠FBH，
∴∠ABC=2∠ABF．故①正确，
∵DE∥CG，
∴∠D=∠FCG，
∵DF=FC，∠DFE=∠CFG，
∴△DFE≌△FCG，
∴FE=FG，
∵BE⊥AD，
∴∠AEB=90°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBG=90°，
∴BF=EF=FG，故②正确，
∵S△DFE=S△CFG，
∴S四边形DEBC=S△EBG=2S△BEF，故③正确，
∵AH=HB，DF=CF，AB=CD，
∴CF=BH，∵CF∥BH，
∴四边形BCFH是平行四边形，
∵CF=BC，
∴四边形BCFH是菱形，
∴∠BFC=∠BFH，
∵FE=FB，FH∥AD，BE⊥AD，
∴FH⊥BE，
∴∠BFH=∠EFH=∠DEF，
∴∠EFC=3∠DEF，故④正确，
故选D．
点睛：本题考查平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、全等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，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
20．C
【分析】
根据菱形的定义及其判定、矩形的判定对各选项逐一判断即可得．
【详解】
解：∵四边形的两条对角线相交于点，且互相平分，
∴四边形是平行四边形，
∴，
当或时，均可判定四边形是菱形；
当时，可判定四边形是矩形；
当时，
由得：，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
故选C．
【点睛】
本题主要考查菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的定义和各判定及矩形的判定．
21．B
【详解】
A、∵四边形ABCD是平行四边形，当①AB=BC时，平行四边形ABCD是菱形，
当②∠ABC=90°时，菱形ABCD是正方形，故此选项正确，不合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当②∠ABC=90°时，平行四边形ABCD是矩形，当AC=BD时，这是矩形的性质，无法得出四边形ABCD是正方形，故此选项错误，符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，当①AB=BC时，平行四边形ABCD是菱形，当③AC=BD时，菱形ABCD是正方形，故此选项正确，不合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，∴当②∠ABC=90°时，平行四边形ABCD是矩形，当④AC⊥BD时，矩形ABCD是正方形，故此选项正确，不合题意．
故选B．
22．A
【分析】
根据菱形的判定方法一一判定即可
【详解】
作的是角平分线，只能说明四边形ABCD是平行四边形，故A符合题意
B、作的是连接AC，分别做两个角与已知角∠CAD、∠ACB相等的角，即∠BAC=∠DAC，∠ACB=∠ACD，能得到AB=BC,AD=CD,又AB∥CD，所以四边形ABCD为菱形，B不符合题意
C、由辅助线可知AD=AB=BC，又AD∥BC，所以四边形ABCD为菱形，C不符合题意
D、作的是BD垂直平分线，由平行四边形中心对称性质可知AC与BD互相平分且垂直，得到四边形ABCD是菱形，D不符合题意
故选A
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，能理解每个图的作法是本题解题关键
23．C
【分析】
根据菱形的性质以及AM＝CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO＝CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB∥CD，AB＝BC，
∴∠MAO＝∠NCO，∠AMO＝∠CNO，
在△AMO和△CNO中，
∵ ，
∴△AMO≌△CNO（ASA），
∴AO＝CO，
∵AB＝BC，
∴BO⊥AC，
∴∠BOC＝90°，
∵∠DAC＝28°，
∴∠BCA＝∠DAC＝28°，
∴∠OBC＝90°﹣28°＝62°．
故选：C．
【点睛】
本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．
24．D
【分析】
由题意知道AE=t，CF=2t，连接BD，证明△DEB≌△DFC，得到EB=FC=2t，进而AB=AE+EB=3t=5，进而求出t的值.
【详解】
解：连接DB，如下图所示，
∵四边形ABCD为菱形，且∠ADC=120°，
∴∠CDB=60°
∴△CDB为等边三角形，∴DB=DC
又∵△DEF为等边三角形，∴∠EDF=60°，DE=DF
∴∠CDB=∠EDF
∴∠CDB-∠BDF=∠EDF-∠BDF
∴∠CDF=∠BDE
在△EDB和△FDC中：
，∴△EDB≌△FDC(SAS)
∴FC=BE=2t
∴AB=AE+EB=t+2t=3t=5
∴t=.
故答案为：D.
【点睛】
本题考查了三角形全等、菱形的性质等相关知识，关键是能想到连接BD后证明三角形全等，本题是动点问题，将线段长用t的代数式表示，化动为静.
25．D
【分析】
分别利用平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定定理，对选项逐一分析即可做出判断．
【详解】
解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，符合平行四边形的判定，故本选项正确，不符合题意；
B、∵四边形的内角和为360°，四边形的四个内角都相等，
∴四边形的每个内角都等于90°，则这个四边形有三个角是90°，
∴这个四边形是矩形，故四个内角都相等的四边形是矩形，本选项正确，不符合题意；
C、四条边都相等的四边形是菱形，符合菱形的判定，，故本选项正确，不符合题意；
D、两条对角线垂直且平分的四边形是菱形，不一定是正方形，故本选项错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定定理，解题的关键是正确理解并掌握判定定理．
26．B
【详解】
试题分析：利用特殊四边形的判定定理对个选项逐一判断后即可得到正确的选项．
A、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故选项错误； B、正确； C、对角线垂直的平行四边形是菱形，故选项错误；D、两组对边平行的四边形才是平行四边形，故选项错误．
考点：命题与定理．
27．B
【分析】
先根据正方形的性质得出∠B＝90°，然后在Rt△BCE中，利用勾股定理得出BC2，即可得出正方形的面积.
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝90°，
∴BC2＝EC2﹣EB2＝22﹣12＝3，
∴正方形ABCD的面积＝BC2＝3，
故选B.
【点睛】
本题考查了正方形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键.
28．B
【详解】
试题解析：∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
∴A不正确；
∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，
∴B正确；
∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，
∴C不正确；
∵对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，
∴D不正确；
故选B．
考点：1.平行四边形的判定；2.矩形的判定；3.正方形的判定．
29．D
【分析】
连接BD，证出△ADE≌△BDF，得到AE=BF，再利用AE=t，CF=2t，则BF=BCCF=52t求出时间t的值．
【详解】
解：连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，∠ADC=120°，
∴AB=AD，∠ADB=∠ADC=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，
又∵△DEF是等边三角形，
∴∠EDF=∠DEF=60°，
又∵∠ADB=60°，
∴∠ADE=∠BDF，
在△ADE和△BDF中，
∴△ADE≌△BDF(ASA)，
∴AE=BF，
∵AE=t，CF=2t，
∴BF=BC CF=5 2t，
∴t=5 2t
∴t=，
故选：D.
【点睛】
本题考查全等三角形，等边三角形，菱形等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的性质为解题关键．
30．B
【分析】
根据矩形的性质、菱形的性质及已知条件证明Rt△AEB≌Rt△OEB，可得AB=OB=3，即可求得BD=2OB=6，在Rt△BCD中利用勾股定理求BC得长即可.
【详解】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，AB=CD=3；
∵四边形BEDF是菱形，
∴EF⊥BD，BO=OD，
在Rt△AEB和Rt△OEB中，
BE=BE， AE = OE，
∴Rt△AEB≌Rt△OEB（HL），
∴AB=OB=3；
∴BD=2OB=6.
在Rt△BCD中，BD=6，CD=3，
∴BC=
故选B.
【点睛】
本题考查了矩形的性质、菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是证明Rt△AEB≌Rt△OEB．
31．19
【分析】
根据平行四边形的对角线互相平分，结合△AOB的周长比△BOC的周长长8cm，则AB-BC=8；再根据平行四边形的对边相等，结合平行四边形ABCD的周长为60cm，得AB+BC=30，从而求解．
【详解】
解：如图，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，OA=OC，OB=OD，
又平行四边形ABCD的周长为60cm，△AOB的周长比△BOC的周长长8cm，
∴ ，
两个方程相加，得AB=19，故答案为19.
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的性质，即平行四边形的对边相等、平行四边形的对角线互相平分.
32．105°．
【分析】
由已知，根据等腰三角形的性质，可以求出∠BAE的大小，从而得到∠BAD的大小，再根据平行四边形对角相等的性质可以得到答案．
【详解】
解：∵DE＝AE，∠1＝25°，
∴∠ADE＝∠1＝25°，
∴∠AEB＝∠1+∠ADE＝50°，
又∵平行四边形ABCD中，AB＝CD，
∴AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB＝50°，
∴∠BAE＝80°，∠BAD＝80°+25°＝105°，
又∵∠BAD＝∠C，
∴∠C＝105°，
故答案为：105°．
【点睛】
本题考查平行四边形的应用，熟练掌握平行四边形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内外角性质是解题关键．
33．
【分析】
设AC与BD的交点为O，根据平行四边形的性质，可得AO=CO=2，BO=DO，根据勾股定理可得BO=，即可求BD的长．
【详解】
设AC与BD的交点为O
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD=BC=4，AD∥BC
AO=CO=2，BO=DO
∵AC⊥BC
∴
∴BD=
故答案为：
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，熟练掌握平行四边形对角线互相平分是解题的关键．
34．24或16
【分析】
根据题意分当点P在AD上时和当点P在AD的延长线上时两种情况，画出相关图形进行讨论，根据平行线的性质、角平分线的性质及线段之间的关系结合图形进行求解即可．
【详解】
解：当点P在AD上时，如图1，
∵AD∥BC，
∴∠APB=∠CBP，
∵BP是∠ABC的角平分线，
∴∠ABP=∠CBP，
∴∠ABP=∠APB，
∴AB=AP=5（cm），
∵,
∴DP=2（cm），
∴AP+DP=5+2=7（cm），
∴平行四边形ABCD的周长为：（7+5）×2=24（cm），
当点P在AD的延长线上时，如图2，
∵AD∥BC，
∴∠APB=∠CBP，
∵BP是∠ABC的角平分线，
∴∠ABP=∠CBP，
∴∠ABP=∠APB，
∴AB=AP=5（cm），
∵，
∴DP=2（cm），
∴AD=AP-DP=5-2=3（cm），
∴平行四边形ABCD的周长为：（5+3）×2=16（cm）．
综上所述，平行四边形ABCD的周长为24或16cm．
故答案为：24或16．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质及角平分线的性质，解题的关键是根据题意画出相关的图形，并利用平行四边形的性质及角平分线的性质进行分类讨论即可．
35．1
【分析】
根据平行四边形性质推出AB=CD，AB∥CD，得出平行四边形ABDE，推出DE=DC=AB，根据直角三角形性质求出CE长，即可求出AB的长．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB=CD.
∵AE∥BD，
∴四边形ABDE是平行四边形.
∴AB=DE=CD，即D为CE中点.
∵EF⊥BC，
∴∠EFC=90°.
∵AB∥CD，
∴∠DCF=∠ABC=60°.
∴∠CEF=30°.
∵EF=，
∴CE=2
∴AB=1
36．
【分析】
首先说明拼成的四边形是平行四边形，周长=2MN+10，求出MN的最小值，最大值，可得结论．
【详解】
解：如图，
由旋转的性质可知，BC=N′N″，M′M″=2DE，
∵AD=DB，AE=EC，
∴DE∥BC，BC=2DE，
∴M′M″∥N′N″，M′M″=N′N″，
∴四边形M′M″N″N′是平行四边形，
∴四边形M′M″N″N′的周长=2MN+10，
如图，连接BE，过点A作AH⊥BC于H，EJ⊥BC于J．
∵S△ABC= BC AH=10，BC=5，
∴AH=4，
∵∠ABC=45°，
∴AH=BH=4，
∴CH=CB-BH=5-4=1，
∵AH∥EJ，AE=EC，
∴JH=JC=，
∴EJ=AH=2，BJ=BH+JH=，
∴BE=，
当MN⊥BC时，MN的值最小，此时拼成的四边形纸片周长的的值最小，最小值=14，
当MN与线段BE重合时，MN的值最大，此时拼成的四边形纸片周长的最大，最大值= ，
∴拼成的四边形纸片周长的最大值与最小值的差为．
故答案为．
【点睛】
本题考查利用旋转设计图案，三角形面积，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是求出MN的最大值和最小值，属于中考填空题中的压轴题．
37．2
【分析】
如图，连接BD，取BD的中点F，连接FM，FN，先证明△AEB≌△ADC（SAS），得BE=CD，根据三角形的中位线定理可得FM=BE，FN=CD，由平行线的性质和三角形的内角和定理可得∠MFN=60°，所以△FMN是等边三角形，可得结论．
【详解】
解：如图，连接BD，取BD的中点F，连接FM，FN，
∵∠BAC=∠EAD，
∴∠BAC-∠BAD=∠EAD-∠BAD，
即∠BAE=∠CAD，
在△AEB和△ADC中，
，
∴△AEB≌△ADC（SAS），
∴BE=CD，
∵M是ED的中点，F是BD的中点，
∴FM是△BED的中位线，
∴FM=BE，FM∥BE，
∴∠DFM=∠EBD，
同理得FN=CD，FN∥CD，
∴FM=FN，∠FNB=∠DCB，
∵∠DFN=∠DBC+∠FNB=∠DBC+∠DCB，
∴∠MFN=∠DFM+∠DFN=180°-120°=60°，
∴△FMN是等边三角形，
∴MN=FN=1，
∴CD=2．
故答案为：2．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形的中位线定理等知识的综合运用，解题的关键是证明△FMN是等边三角形．
38．
【分析】
根据平行四边形的判断定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．在图（1）中，有3个平行四边形；在图（2）中，有6个平行四边形；…按此规律，则第n个图形中平行四边形的个数共有3n个．
【详解】
在图（1）中，、、分别是的边、、的中点，
，，
四边形、、是平行四边形，共有3个，
在图（2）中，、、分别是的边、、的中点，
同理可证：四边形、、、、，是平行四边形，共有6个.
…按此规律，则第个图形中平行四边形的个数共有个.
故答案为：3n
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．由特殊到一般，善于从中找出规律是关键．
39．22.5°
【详解】
四边形ABCD是矩形，
AC=BD，OA=OC，OB=OD，
OA=OB═OC，
∠OAD=∠ODA，∠OAB=∠OBA，
∠AOE=∠OAD+∠ODA=2∠OAD，
∠EAC=2∠CAD，
∠EAO=∠AOE，
AE⊥BD，
∠AEO=90°，
∠AOE=45°，
∠OAB=∠OBA=67.5°，
即∠BAE=∠OAB﹣∠OAE=22.5°．
考点：矩形的性质；等腰三角形的性质．
40．.
【分析】
连接CD，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CFDE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=CD，再根据垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出求解即可．
【详解】
解：如图，连接CD．
∵∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，
∴AB＝＝＝13，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠C＝90°，
∴四边形CFDE是矩形，
∴EF＝CD，
由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，
此时，S△ABC＝BC AC＝AB CD，
即×12×5＝×13 CD，
解得：CD＝，
∴EF＝．
故答案为．
【点睛】
本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出CD⊥AB时，线段EF的值最小是解题的关键，难点在于利用三角形的面积列出方程．
41．
【详解】
在Rt△ABD中，，，∴ ，由折叠的性质可得，△ADG≌△A'DG，∴ ，，∴ .设，则，，在Rt△A'BG中，，解得，即．
42．5.8cm
【分析】
注意发现：在折叠的过程中，BE＝DE，从而设BE即可表示AE，在直角三角形ADE中，根据勾股定理列方程即可求解．
【详解】
设DE＝xcm，则BE＝DE＝x，AE＝AB－BE＝10－x，
在Rt△ADE中，DE2＝AE2＋AD2，即x2＝（10－x）2＋16．
解得：x＝＝5.8，
故答案为：5.8cm．
【点睛】
此题考查了翻折变换的知识，解答本题的关键是掌握翻折前后对应线段相等，另外要熟练运用勾股定理解直角三角形．
43．
【详解】
试题分析：连接DB，BD与AC相交于点M，
∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB．AC⊥DB．
∵∠DAB=60°，∴△ADB是等边三角形．
∴DB=AD=1，∴BM=
∴AM=
∴AC=．
同理可得AE=AC=（）2，AG=AE=（）3，…
按此规律所作的第n个菱形的边长为（）n-1
44．2．
【详解】
解：∵E是AB的中点，
∴AE=1，
∵DE丄AB，
∴DE=．
∴菱形的面积为：2×=2．
故答案为2．
45．
【分析】
延长BA交y轴于D，则BD⊥y轴，依据点A的坐标为（3，4），即可得出B（8，4），再根据∠AOC的角平分线所在直线经过点B，即可得到函数关系式．
【详解】
如图所示，延长BA交y轴于D，则BD⊥y轴．
∵点A的坐标为（3，4），∴AD=3，OD=4，∴AO=AB=5，∴BD=3+5=8，∴B（8，4）．
设∠AOC的角平分线所在直线的函数关系式为y=kx．
∵菱形OABC中，∠AOC的角平分线所在直线经过点B，∴4=8k，即k，∴∠AOC的角平分线所在直线的函数关系式为yx．
故答案为yx．
【点睛】
本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及菱形的性质的运用，正确得出B点坐标是解题的关键．
46．4或2．
【分析】
根据题意得，应分P与A在BD的同侧与异侧两种情况进行讨论．
【详解】
解：当P与A在BD的异侧时：连接AP交BD于M，
∵AD=AB，DP=BP，
∴AP⊥BD（到线段两端距离相等的点在垂直平分线上），
在直角△ABM中，∠BAM=30°，
∴AM=AB cos30°=3，BM=AB sin30°=3，
∴PM==，
∴AP=AM+PM=4；
当P与A在BD的同侧时：连接AP并延长AP交BD于点M
AP=AM-PM=2；
当P与M重合时，PD=PB=3，与PB=PD=2矛盾，舍去．
AP的长为4或2．
故答案为：4或2．
【点睛】
本题注意到应分两种情况讨论，并且注意两种情况都存在关系AP⊥BD，这是解决本题的关键．
47．30°或150°．
【分析】
分等边△ADE在正方形的内部和外部两种情况分别求解即可得．
【详解】
如图1，
∵四边形ABCD为正方形，△ADE为等边三角形，
∴AB=BC=CD=AD=AE=DE，∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，∠AED=∠ADE=∠DAE=60°，
∴∠BAE=∠CDE=150°，又AB=AE，DC=DE，
∴∠AEB=∠CED=15°，
则∠BEC=∠AED﹣∠AEB﹣∠CED=30°；
如图2，
∵△ADE是等边三角形，
∴AD=DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，
∴DE=DC，
∴∠CED=∠ECD，
∴∠CDE=∠ADC﹣∠ADE=90°﹣60°=30°，
∴∠CED=∠ECD=×（180°﹣30°）=75°，
∴∠BEC=360°﹣75°×2﹣60°=150°，
故答案为30°或150°．
【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，熟记各性质、运用分类讨论思想画出符合题意的图形并准确识图是解题的关键．
48．
【分析】
连接AC、CF，根据正方形性质求出AC、CF，∠ACD=∠GCF=45°，再求出∠ACF=90°，然后利用勾股定理列式求出AF，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
【详解】
解：如图，连接AC、CF，
∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3，
∴AC=，CF=3，
∠ACD=∠GCF=45°，
∴∠ACF=90°，
由勾股定理得，AF=
∵H是AF的中点，
∴CH=AF=×2=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，正方形的性质，勾股定理，解题关键是熟记各性质并作辅助线构造出直角三角形．
49．
【分析】
过点D作AP的垂线交AP延长线于点E，构造直角三角形ADE，直角三角形PDE．通过角的关系和勾股定理，可求出，再通过证明△APB≌△DEA得AP=DE，即可求的值．
【详解】
如图，过点D作AP的垂线交AP延长线于点E，
∵四边形ABCD是正方形，CP=CD，
∴BC=CP=CD，
∴∠PBC=∠BPC，∠DPC=∠PDC．
设∠PCD=x，则 ，．
∴∠BPD=45°+90°=135°．
∵AP⊥BP，
∴∠APD=360°-135°-90°=135°．
∴∠DPE=45°．
设DE=PE=y，则．
∵∠DAE+∠BAP=∠BAP+∠ABP=90°，
∴∠DAE=∠ABP，
在△DAE与△ABP中，，
∴△APB≌△DEA（AAS）．
∴AP=DE=y，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质．解答本题的关键是正确作辅助线，构造直角三角形．
50．
【分析】
如图：连BP并延长交AD于G，连GF，先证明△APG≌△EPB可得BP=PG，AG=BE=2，再由Q为BF的中得PQ=GF，在AGDF中运用勾股定理求出GF，即可求得PＱ．
【详解】
解：如图：连BP并延长交AD于G，连GF，
∵AD//BC
∴∠DAE=∠AEB
∵P为AE的中点，
∴AP=PE
在△APG与△EPB中，
∠DAE=∠AEB ，AP=PE，∠APG=∠EPB
∴△APG≌△EPB（ASA）
∴BP=PG，AG=BE=2，
∵Q为BF的中点
∴PQ=GF
∵E是BC的中点
∴AG=BE=BC=2，
∴DG=AD-AG=2，
∴GF=
∴PQ=．
故填．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、全等的判定与性质、中位线定理、勾股定理等知识点，正确运用中位线定理并作出辅助线BG成为解答本题的关键．
51．（1）BP=CE； CE⊥AD；（2）成立，理由见解析；（3） .
【详解】
【分析】（1）①连接AC，证明△ABP≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等即可证得BP=CE；②根据菱形对角线平分对角可得，再根据△ABP≌△ACE，可得，继而可推导得出 ，即可证得CE⊥AD；
（2）(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，利用（1）的方法进行证明即可；
（3）连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，由已知先求得BD=6，再利用勾股定理求出CE的长，AP长，由△APE是等边三角形，求得， 的长，再根据，进行计算即可得.
【详解】（1）①BP=CE，理由如下：
连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ，∠PAE=60° ，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE；
②CE⊥AD ，
∵菱形对角线平分对角，
∴，
∵△ABP≌△ACE，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴ ，
∴CF⊥AD ，即CE⊥AD；
（2）(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立，理由如下：
连接AC，
∵菱形ABCD，∠ABC=60°，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAD=120° ，
∠BAP=120°＋∠DAP，
∵△APE是等边三角形，
∴AP=AE ， ∠PAE=60° ，
∴∠CAE=60°＋60°＋∠DAP=120°＋∠DAP，
∴∠BAP=∠CAE，
∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE，，
∴∠DCE=30° ，∵∠ADC=60°，
∴∠DCE＋∠ADC=90° ， ∴∠CHD=90° ，∴CE⊥AD，
∴(1)中的结论：BP=CE，CE⊥AD 仍然成立；
(3) 连接AC交BD于点O，CE，作EH⊥AP于H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ABC ，
∵∠ABC=60°，，
∴∠ABO=30° ，∴ ， BO=DO=3，
∴BD=6，
由(2)知CE⊥AD，
∵AD∥BC，∴CE⊥BC，
∵ ， ，
∴，
由(2)知BP=CE=8，∴DP=2，∴OP=5，
∴，
∵△APE是等边三角形，∴ ， ，
∵，
∴，
=
=
=，
∴四边形ADPE的面积是 .
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形判定与性质等，熟练掌握相关知识，正确添加辅助线是解题的关键.
52．（1）证明见解析（2）2
【详解】
试题分析：根据正方形的性质得到AD=AB，∠B=∠D=90°，根据折叠的性质可得AD=AF，∠AFE=∠D=90°，从而得到∠AFG=∠B=90°，AB=AF，结合AG=AG得到三角形全等；根据全等得到BG=FG，设BG=FG=x，则CG=6－x，根据E为中点得到CE=EF=DE=3，则EG=3+x，根据Rt△ECG的勾股定理得出x的值.
试题解析：（1）、∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠D=90°，AD=AB，由折叠的性质可知
AD=AF，∠AFE=∠D=90°， ∴∠AFG=90°，AB=AF， ∴∠AFG=∠B， 又AG=AG， ∴△ABG≌△AFG；
（2）、∵△ABG≌△AFG， ∴BG=FG， 设BG=FG=，则GC=, ∵E为CD的中点，
∴CE=EF=DE=3， ∴EG=， ∴， 解得， ∴BG=2.
考点：正方形的性质、三角形全等、勾股定理.
53．见解析
【分析】
首先根据两对边互相平行的四边形是平行四边形证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质可得OC=OD，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形判定出结论．
【详解】
证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵四边形ABCD是矩形，∴OC=OD=AC=BD
∴四边形OCED是菱形．
54．（1）证明见解析；（2）4.
【分析】
（1）由AD∥BC，BD平分∠ABC，可得AD＝AB，结合AD∥BC，可得四边形ABCD是平行四边形，进而，可证明四边形ABCD是菱形，
（2）由四边形ABCD是菱形，可得OC＝AC＝2，在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD＝4，根据“在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半”，即可求解.
【详解】
（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AD＝AB，
∵AB＝BC，
∴AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC＝AC＝2，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD＝＝4，
∴BD＝2OD＝8，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB＝90°，
∵OB＝OD，
∴OE＝BD＝4．
【点睛】
本题主要考查菱形的判定定理及性质定理，题目中的“双平等腰”模型是证明四边形是菱形的关键，掌握直角三角形的性质和勾股定理，是求OE长的关键.
55．(1) 四边形是垂美四边形，理由见解析；(2)证明见解析；(3) .
【分析】
（1）根据垂直平分线的判定定理，可证直线是线段的垂直平分线，结合“垂美四边形”的定义证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）连接、，先证明，得到∴，可证，即，从而四边形是垂美四边形，根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【详解】
(1)四边形是垂美四边形．
证明：连接AC，BD，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，即四边形是垂美四边形；
(2)猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形中，，垂足为，
求证：
证明：∵，
∴，
由勾股定理得，，
，
∴；
故答案为．
(3)连接、，
∵，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，又，
∴，即，
∴四边形是垂美四边形，
由(2)得，，
∵，，
∴，，，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
56．（1）见解析；（2）四边形DEBF是菱形，理由见解析.
【分析】
（1）由题意得AD∥BC，所以AD∥BG，又因为AG∥BD，所以四边形AGBD是平行四边形；
（2）根据题意易证四边形DFBE是平行四边形，因为四边形AGBD是矩形，E为AB的中点，得AE=BE=DE，所以平行四边形DEBF是菱形．
【详解】
（1）∵平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴AD∥BG，
又∵AG∥BD，
∴四边形AGBD是平行四边形；
（2）四边形DEBF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵点E、F分别是AB、CD的中点，
∴BE=AB，DF=CD，
∴BE=DF，BE∥DF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∵四边形AGBD是矩形，E为AB的中点，
∴AE=BE=DE，
∴平行四边形DEBF是菱形．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质，矩形的性质和菱形的判定，难度一般，灵活运用平行四边形和矩形的特点是解此题的关键.
57．证明见解析
【分析】
利用的性质证明，利用，证明四边形是平行四边形，即可得到结论．
【详解】
证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴
即：，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定方法是解题的关键．
58．（1）△CEF是等腰直角三角形，理由见解析；（2）；（3）t=3．
【分析】
(1)通过证明△CDE≌△CBF得到CF=CE，∠DCE=∠BCF，则易推知△CEF是等腰直角三角形；
(2)过点E作EN∥AB，交BD于点N，∠END=∠ABD=∠EDN=45°，EN=ED=BF，可以证△EMN≌△FMB，则其对应边相等；EM=FM，所以在Rt△AEF中，由勾股定理求得EF的长度，则AM=EF；
(3)如图3，连接CE，CF，设EF与GH交于P，构建平行四边形GFCH，则其对边相等：CF=GH=3，所以在Rt△CBF中，由勾股定理得到：BF==3，故t=3.
【详解】
（1）等腰直角三角形．理由如下：
如图1，
在正方形ABCD中，DC=BC，∠D=∠ABC=90°．
依题意得：DE=BF=t．
在△CDE与△CBF中，
，
∴△CDE≌△CBF（SAS），
∴CF=CE，∠DCE=∠BCF，
∴∠ECF=∠BCF+∠BCE=∠DCE+∠BCE=∠BCD=90°，
∴△CEF是等腰直角三角形．
（2）如图2，
过点E作EN∥AB，交BD于点N，则∠NEM=∠BFM，
∴∠END=∠ABD=∠EDN=45°，
∴EN=ED=BF．
在△EMN与△FMB中，
，
∴△EMN≌△FMB（AAS），
∴EM=FM．
∵Rt△AEF中，AE=4，AF=8，
∴=EF==4 ，
∴AM=EF=2；
（3）如图3，
连接CE，CF，设EF与GH交于P．
由（1）得∠CFE=45°，又∠EPQ=45°，
∴GH∥CF，
又∵AF∥DC，
∴四边形GFCH是平行四边形，
∴CF=GH=3 ．
在Rt△CBF中，得BF=，
∴t=3．
【点睛】
本题考查了四边形综合题.解题过程中，涉及到了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，解答该类题目时，要巧妙的作出辅助线，构建几何模型，利用特殊的四边形的性质(或者全等三角形的性质)得到相关线段间的数量关系，从而解决问题.
59．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）先证四边形AECF是平行四边形，再证△ABE是等边三角形，得AE=BE=CE，即可得出结论；
（2）作BG⊥AD于G，则∠ABG=30°，由直角三角形的性质得AG=AB=1，BG=AG=，求出DG=AG+AD=5，由勾股定理求出BD即可．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，BC=AD．
∵E，F分别是BC，AD的中点
∴BE=CE=BC，AF=AD，
∴CE=AF，CE∥AF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AE=BE=CE，
∴平行四边形AECF是菱形；
（2）解：作BG⊥AD于G，如图所示：
则∠ABG=90°-∠ABC=30°，
∴AG=AB=1，BG=AG=，
∵AD=BC=2AB=4，
∴DG=AG+AD=5，
∴BD===．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、菱形的判定和性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定和直角三角形的性质．
60．（1）证明见解析；（2）EC⊥MC， 理由见解析；（3）DE=
【分析】
（1）首先根据正方形的性质可得AD=CD,∠ADB=∠CDB=45°,再有DE是公共边,可以利用SAS判定△ADE和△CDE全等；
（2）由AD//BG得∠DAE=∠G，由M 是 FG 的中点得MC=MG=MF，可求得∠DCE=∠MCG，由∠FCG=∠MCG+∠FCM=90°可得∠ECM=∠DCE+∠FCM=90°，从而EC⊥MC；
（3）由题意可知CE=CG，由∠MCG=∠G，∠EMC=2∠G可求得∠G=30°. 过点 E 作 EH⊥AD 于 H，设 EH=x，利用勾股定理表示出AH，根据AD=AH+DH列方程求出x,进而可求出DE的长.
【详解】
（1）证明：∵四边形 ABCD 是正方形，
∴∠ADE=∠CDE，AD=CD，
在△ADE 与△CDE，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴∠DAE=∠DCE；
（2）EC⊥MC， 理由如下：
∵AD//BG，
∴∠DAE=∠G，
∵M 是 FG 的中点，
∴MC=MG=MF，
∴∠G=∠MCG， 又∵∠DAE=∠DCE，
∴∠DCE=∠MCG，
∵∠FCG=∠MCG+∠FCM=90°，
∴∠ECM=∠DCE+∠FCM=90°，
∴EC⊥MC；
（3）∵∠FCG=90°，
∴∠ECG 一定是钝角，
∴△CEG 若为等腰三角形必有 CE=CG，
∴∠CEM=∠G，
∵，
∴∠MCG=∠G， 又∵∠EMC=∠MCG+∠G，
∴∠EMC=2∠G，
∵∠ECM=90°，
∴∠CEM+∠EMC=90°，
∴∠G+2∠G=90°，
∴∠G=30°，
∴∠AFD=∠CFG=90°-∠G=90°-30°=60°，
∴∠DAE=90°-∠AFD=90°-60°=30°，
过点 E 作 EH⊥AD 于 H，设 EH=x，
∴∠EHA=∠EHD=90°，
∵在 Rt△EFA 中，∠DAE=30°，
∴AE=2EH=2x，
∴，
∵在 Rt△EHD 中，∠ADE=45°，
∴DH=EH=x，
∴，
∴，
∴x=1，
∴．
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质,全等三角形的判定与性质,直角三角形斜边上的中线的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，勾股定理，证明△ADE≌△CDE是解（1）的关键，证明∠DCE=∠MCG是解（2）的关键，正确做出辅助线是解（3）的关键.
61．证明见解析
【分析】
证明四边形是平行四边形有很多种方法，此题可由对角线互相平分来得到证明．
【详解】
证明：连接BD交AC与O点，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
又∵AP=CQ，
∴AP+AO=CQ+CO，
即PO=QO，
∴四边形PBQD是平行四边形．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的判定问题，应熟练掌握．
62．(1)见解析;(2)3.
【分析】
（1）由四边形、是正方形可知，，，即可证明.（2）根据由，根据正方形性质可知，在直角三角形GOD求出DG的长即可.
【详解】
∵四边形、是正方形，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴；
∵，
∴，
∵四边形是正方形，，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】
本题考查正方形，全等三角形的证明，熟练掌握正方形性质及全等三角形的条件是解题关键.
63．当8秒或10秒时，其中一个四边形是平行四边形.
【详解】
试题分析：若四边形PDCQ或四边形APQB是平行四边形，那么QD=CQ或AP=BQ或PD=BQ，根据这个结论列出方程就可以求出时间．
试题解析：设P，Q同时出发t秒后四边形PDCQ或四边形APQB是平行四边形，根据已知得到AP=t，PD=24 t，CQ=2t，BQ=30 2t.
(1)若四边形PDCQ是平行四边形，则PD=CQ，
∴24 t=2t，
∴t=8，
∴8秒后四边形PDCQ是平行四边形；
(2)若四边形APQB是平行四边形，则AP=BQ，
∴t=30 2t，
∴t=10，
∴10秒后四边形APQB是平行四边形.
∴出发后8秒或10秒其中一个是平行四边形.
64．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）先证Rt△AFD≌Rt△BCA（HL），得DF＝AC，再证DF＝AE，然后证DF∥AE，即可得出结论；
（2）由（1）得：△AEF的面积＝△ADF的面积＝△ABC的面积，BC＝AB＝2，AC＝BC＝2，则四边形BCEF的面积＝△ACE的面积+△ABC的面积﹣△AEF的面积＝△ACE的面积，即可求解．
【详解】
（1）证明：∵Rt△ABC中，∠BAC＝30°，
∴AB＝2BC，
又∵△ABD是等边三角形，F是AB的中点，
∴AD＝AB＝BD，AB＝2AF，DF⊥AB，
∴AF＝BC，
在Rt△AFD和Rt△BCA中，
，
∴Rt△AFD≌Rt△BCA（HL），
∴DF＝AC，
∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC＝60°，AC＝AE，
∴∠EAB＝∠EAC+∠BAC＝90°，
∴DF＝AE，
又∵DF⊥AB，
∴DF∥AE，
∴四边形ADFE是平行四边形；
（2）解：由（1）得：△AEF的面积＝△ADF的面积＝△ABC的面积，AB＝BD＝4，BC＝AB＝2，AC＝BC＝2，
∴四边形BCEF的面积＝△ACE的面积+△ABC的面积﹣△AEF的面积＝△ACE的面积＝×（2）2＝3．
【点睛】
此题主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
65．证明：（1）见解析
（2）见解析
【详解】
证明：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD．∴∠ABF＝∠ECF．
∵EC＝DC，∴AB＝EC．
在△ABF和△ECF中，∵∠ABF＝∠ECF，∠AFB＝∠EFC，AB＝EC，
∴△ABF≌△ECF．
(2)证法一：由(1)知AB＝EC，又AB∥EC，∴四边形ABEC是平行四边形．∴AF＝EF，BF＝CF．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC＝∠D，又∵∠AFC＝2∠D，∴∠AFC＝2∠ABC．
∵∠AFC＝∠ABF＋∠BAF，∴∠ABF＝∠BAF．∴FA＝FB．
∴FA＝FE＝FB＝FC，∴AE＝BC．∴□ABEC是矩形．
证法二：由(1)知AB＝EC，又AB∥EC，∴四边形ABEC是平行四边形．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠D＝∠BCE．
又∵∠AFC＝2∠D，∴∠AFC＝2∠BCE．
∵∠AFC＝∠FCE＋∠FEC，∴∠FCE＝∠FEC．∴∠D＝∠FEC．
∴AE＝AD．
又∵CE＝DC，∴AC⊥DE，即∠ACE＝90°．
∴□ABEC是矩形．
66．（1）①t=2；②见解析；（2）t=14；（3）E （0，）．
【分析】
(1) ①由题意可知，当点D运动到线段AB的中点时，可知,由动点D的速度，可计算出；
②根据轴，可知 轴，由点F的运动速度可知,推出，所以DE平行且等于OF，可证出四边形DOFE是平行四边形.
(2)由题意可知当点D在线段AB上，四边形DOFE构不成矩形，所以计算当点D在线段AB的延长线上，根据,可推出，因为四边形DOFE要构成矩形，所以使即可求出答案.
(3)当点D在线段AB上运动时，由可知，推出，因为四边形ECFM为平行四边形，所以时成立，即可算出点E的坐标；当点D在AB的延长线上，四边形ECFM不可能为平行四边形.
【详解】
（1）①∵
∴，
∵为的中点，
∴，
∵点的运动速度为每秒个单位
∴，
得：.
②∵轴，，可知 轴，
根据点的运动速度与，可知，
∴
∵为的中点，
∴为的中位线，
∴
∴
∴四边形是平行四边形.
（2）要使以点 为顶点的四边形是矩形，则点在射线上，
如下图所示：
∵
∴
∵ ，
∴ 即
∴
（3）由题意可分情况讨论：
当点D在线段AB上运动时，如下图所示：
∵
∴
∵四边形为平行四边形
∴
∴，
∵
∴
∴点的坐标为
当点在的延长线上，四边形ECFM不可能为平行四边形
所以综上所述：点的坐标为
【点睛】
本题考查了平面直角坐标系里的动点问题，结合特殊四边形，熟知和掌握坐标与线段的转化和矩形平行四边形的性质是解题关键.
67．（1）见详解；（2）
【分析】
（1）由题意易得，进而易证，则有，然后问题可求证；
（2）由（1）及题意易得，则，然后根据三角形外角的性质可求解．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
∵点是中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：由（1）可得，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质及等腰三角形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质及等腰三角形的性质与判定是解题的关键．
68．（1）；（2）DG=BF，证明见解析；（3）
【分析】
（1）如图1，过点作于点，先根据正方形性质和三角形内角和定理得出：，，设，则，运用勾股定理即可求出答案；
（2）①如图2，过点作于点，设，则，运用勾股定理即可证得结论；
②如图3，取、的中点、，延长至，使，延长至，使，连接，，过点作，延长交于，先证得，再证得四边形是平行四边形，得出当、、三点共线时，最小，故当、、三点共线时，最小，即最小，再运用勾股定理计算即可．
【详解】
解：（1）如图1，过点作于点，
四边形是边长为2的正方形，
，，，
，
，
，
，
，即，
，
又，，
，，
，，
设，则，
由勾股定理得，
又，
，
，即，
，
中，，
由勾股定理得：；
（2）①，理由如下：
如图2，过点作于点，
，
，，
，
，
，
，
设，则，，
，
四边形是边长为2的正方形，点在的延长线上，
，
在和中，，
分别由勾股定理得：
，，
，
；
②如图3，取、的中点、，延长至，使，延长至，使，连接，，过点作，延长交于，
，为中点，
，
、分别是、的中点，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
又，
四边形是平行四边形，
，，
，
当、、三点共线时，最小，
当、、三点共线时，最小，
即最小，
此时，，，
，
，，
，
，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形性质，勾股定理，平移的运用，平行四边形的判定与性质等知识，解题的关键是正确利用直角三角形斜边上中线等于斜边一半和平移，将求的最小值转化为两点之间线段最短来解决，属于中考常考题型．
答案第1页，共2页