第十八章平行四边形练习题2020-2021学年吉林省部分地区八年级下学期人教版数学期末试题选编（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学年吉林省部分地区八年级下学期人教版数学期末试题选编（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-02-27 19:51:59 | ||
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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·吉林宽城·八年级期末）如图，在△ABC中，∠A＝40°，AB＝AC，点D在AC边上，以CB，CD为边作□BCDE，则∠E的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
2．（2021·吉林·八年级期末）如图，平行四边形的顶点O，A，C的坐标分别是，则顶点B的坐标是（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·吉林朝阳·八年级期末）如图，的对角线、交于，则下列结论一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·吉林桦甸·八年级期末）如图,的周长为24，对角线AC，BD相交于点O，OF⊥AC，垂足为O，OF交AD于点F，则CDF的周长为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．14
5．（2021·吉林经济技术开发区·八年级期末）如图， ABCD的周长为40，AD∶AB＝3∶2，那么BC的长度是（ ）
A．8 B．12 C．16 D．24
6．（2021·吉林双阳·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，若∠A＝40°，则∠D的度数为（ ）
A．40° B．100° C．140° D．180°
7．（2021·吉林伊通·八年级期末）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A．AB∥DC，AD∥BC B．AB=DC，AD=BC
C．AO=CO，BO=DO D．AB∥DC，AD=BC
8．（2021·吉林松原·八年级期末）如图，在 ABCD中，已知AD=5cm，AB=3cm，AE平分∠BAD交BC边于点E，则EC等于 （ ）
A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
9．（2021·吉林铁西·八年级期末）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，若∠AOB＝60°，BD＝8，则DC长为（ ）
A．4 B．4 C．3 D．5
10．（2021·吉林永吉·八年级期末）如图，矩形ABCD中，对角线AC和BD交于点O，E为BC中点．若AC＝8，∠ACB＝30°，则OE的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．4
11．（2021·吉林经济技术开发区·八年级期末）四边形ABCD的对角线互相平分，若想判定它为矩形，需要添加的条件是（ ）
A．AB＝CD B．AD＝BC C．AB＝BC D．AC＝BD
12．（2021·吉林前郭尔罗斯·八年级期末）如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于F点，若CF=1，FD=2，则BC的长为（ ）
A． B． C． D．
13．（2021·吉林松原·八年级期末）如图，矩形中，对角线，相交于点，若，则（ ）
A．20° B．40° C．80° D．100°
14．（2021·吉林·舒兰市教师进修学校八年级期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是 ( )
A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．对角线互相平分 D．对角互补
15．（2021·吉林梅河口·八年级期末）已知菱形的边长和一条对角线的长均为2 cm，则菱形的面积为( )
A．3cm2 B．4 cm2 C．cm2 D．2cm2
16．（2021·吉林经济技术开发区·八年级期末）如图，将△ABC沿BC方向平移得到△DCE，连接AD，下列条件能够判定四边形ABCD为菱形的是（ ）
A．AB=BC B．AC=BC C．∠B=60° D．∠ACB=60°
17．（2021·吉林农安·八年级期末）如图，点P是边长为1的菱形ABCD对角线AC上的一个动点，点M，N分别是AB，BC边上的中点，则MP+PN的最小值是（ ）
A． B．1 C． D．2
18．（2021·吉林双阳·八年级期末）如图，四边形ABCD为菱形，对角线AC＝6，BD＝8，且AE垂直于CD，垂足为点E，则AE的长度为（ ）
A． B． C． D．
19．（2021·吉林靖宇·八年级期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，下列结论中不一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
20．（2021·吉林汽车经济技术开发区·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，∠D＝140°，则∠1的大小为（ ）
A．15° B．20° C．25° D．30°
21．（2021·吉林德惠·八年级期末）平行四边形、矩形、菱形、正方形共有的性质是（ ）．A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．对角形互相垂直平分
22．（2021·吉林双辽·八年级期末）下列命题中，真命题是（ ）
A．有两边相等的平行四边形是菱形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．四个角相等的菱形是正方形
D．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
23．（2021·吉林·长春外国语学校八年级期末）如图，已知点E、F、G、H分别是矩形ABCD各边的中点，则四边形EFGH是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．矩形或菱形 D．不能确定的
24．（2021·吉林靖宇·八年级期末）如图，在正方形ABCD的外侧，以AD为边作等边三角形ADE，连接BE，交正方形的对角线AC于点F，连接DF，则∠CFD的度数为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
25．（2021·吉林南关·八年级期末）如图，将正方形纸片折叠，使边、均落在对角线上，折痕为、，点在上，点在上，则的大小为（ ）
A．15° B．30° C．45° D．60°
26．（2021·吉林宽城·八年级期末）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为（ ）
A．a+b B．a-b C．2a+b D．2a-b
二、填空题
27．（2021·吉林桦甸·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC=8cm，AB=6cm，BE平分∠ABC交AD边于点E，则线段DE的长度为_____．
28．（2021·吉林德惠·八年级期末）如图，点D是直线外一点，在上取两点A，B，连接AD，分别以点B，D为圆心，AD，AB的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CD，BC，则四边形ABCD是平行四边形，理由是：_________________________
.
29．（2021·吉林农安·八年级期末）如图，四边形ABCD的对角线相交于点O，若AB//CD，请添加一个条件_____________(写一个即可)，使四边形ABCD是平行四边形．
30．（2021·吉林铁西·八年级期末）己知平行四边形的一个内角平分线把一边分为，两部分，这个平行四边形的周长是______．
31．（2021·吉林德惠·八年级期末）如图， 在平行四边形ABCD中，CE⊥AB于点E．若∠D=65°，则∠BCE=______度．
32．（2021·吉林·长春外国语学校八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，DE平分∠ADC，，，则平行四边形ABCD的周长是____．
33．（2021·吉林梅河口·八年级期末）如图，在中，，，，则的长为______．
34．（2021·吉林双辽·八年级期末）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、BC的中点，点F在DE延长线上，添加一个条件使四边形ADFC为平行四边形，则这个条件是____．
35．（2021·吉林伊通·八年级期末）如图所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，P为AB上一动点（不与A、B重合），作PE⊥AC于点E，PF⊥BC于点F，连接EF，则EF的最小值是______．
36．（2021·吉林·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E为边CD上任意一点（不与点C、D重合），过点E作EF⊥BD，EG⊥AC，垂足分别为F、G，若AB＝8，BC＝6，则EF+EG＝_____．
37．（2021·吉林梅河口·八年级期末）如图，在矩形中，，，是上一动点，且于，于，则的值为_______．
38．（2021·吉林大安·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC=8，BD=6，OE⊥BC，垂足为点E，则OE=________．
39．（2021·吉林松原·八年级期末）如图，菱形ABCD中，∠A=60°，BD=7，则菱形ABCD的周长为_____________．
40．（2021·吉林前郭尔罗斯·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，AC、BD交于点O，BC=5，若DE∥AC，CE∥BD，则OE的长为_____．
41．（2021·吉林铁西·八年级期末）图1是用一种彭罗斯瓷砖平铺成的图案，它的基础部分是“风筝”和“飞镖”两郎分，图2中的“风筝”和“飞镖”是由图3所示的特殊菱形制作而成．在菱形中，，在对角线上截取，连按，，可将菱形分割为“风筝”（凸四边）和“飞镖”（凹四边形）两部分，则图2中的____°．
42．（2021·吉林永吉·八年级期末）如图，在正方形的外侧，作等边，则的度数是__________．
43．（2021·吉林宽城·八年级期末）如图，，是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是_____．
44．（2021·吉林·长春外国语学校八年级期末）如图，正方形ABCD和正方形EFCG的边长分别为3和1，点、G分别在边上，P为AE的中点，连接PG，则PG的长为 _________ .
三、解答题
45．（2021·吉林宽城·八年级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：△BDE≌△FAE；
（2）求证：四边形ADCF为矩形．
46．（2021·吉林桦甸·八年级期末）如图，矩形中，，，点、分别在、上，且.
（1）求证：四边形是菱形；
（2）求线段的长．
47．（2021·吉林靖宇·八年级期末）已知：如图，在矩形ABCD中，M、N分别是边AD、BC的中点，E、F分别是线段BM、CM的中点
（1）求证：△ABM≌△DCM
（2）判断四边形MENF是什么特殊四边形，并证明你的结论；
（3）当AD：AB= _时，四边形MENF是正方形（只写结论，不需证明）
48．（2021·吉林桦甸·八年级期末）如图，正方形ABCD，点E，F分别在AD，CD上，且DE＝CF，AF与BE相交于点G．
（1）求证：BE＝AF；
（2）若AB＝4，DE＝1，求AG的长．
49．（2021·吉林双辽·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，过对角线AC的中点O作AC的垂线，分别交射线AD和CB于点E，F连接AF，CE．
（1）求证：OE＝OF；
（2）求证：四边形AFCE是菱形．
50．（2021·吉林宽城·八年级期末）【教材呈现】下图是华师版八年级下册数学教材第121页的部分内容．
【问题解决】（1）如图①，已知矩形纸片，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上，点的对应点为，折痕为，点在上．求证：四边形是正方形．
【规律探索】（2）由【问题解决】可知，图①中的为等腰三角形．现将图①中的点沿向右平移至点处（点在点的左侧），如图②，折痕为，点在上，点在上，那么还是等腰三角形吗？请说明理由．
【结论应用】（3）在图②中，当时，将矩形纸片继续折叠如图③，使点与点重合，折痕为，点在上．要使四边形为菱形，则___________．
51．（2021·吉林德惠·八年级期末）如图，菱形的对角线、相交于点，，，与交于点．
（1）试判断四边形的形状,并说明理由；
（2）若，，求菱形的面积．
52．（2021·吉林靖宇·八年级期末）中，点E、F是上的两点，并且．求证：四边形是平行四边形．
53．（2021·吉林梅河口·八年级期末）如图，正方形中，是上的一点，连接，过点作，垂足为点，延长交于点，连接.
（1）求证：.
（2）若正方形边长是5，，求的长.
54．（2021·吉林宽城·八年级期末）如图，点，在的边，上，，，连接，．求证：四边形是平行四边形．
55．（2021·吉林·八年级期末）如图，在四边形中，，点E为边上的中点连接并延长，与的延长线交于点F，连接、，求证：四边形是平行四边形．
56．（2021·吉林伊通·八年级期末）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在AD，CD上，且AE=DF，连接BE，AF.求证：BE=AF.
57．（2021·吉林桦甸·八年级期末）如图，，平分∠ABC交于点，点C在上且，连接．求证：四边形是菱形．
58．（2021·吉林九台·八年级期末）如图，长方形纸片 ABCD，AD∥BC，将长方形纸片折叠， 使点 D 与点 B 重合，点 C 落在点 C'处，折痕为 EF．
（1）求证：BE=BF．
（2）若∠ABE=18°，求∠BFE 的度数．
（3）若 AB=4，AD=8，求 AE 的长．
59．（2021·吉林前郭尔罗斯·八年级期末）感知：如图①，在正方形中，是一点，F是AD延长线上一点，且，求证：；
拓展：在图①中，若G在AD，且，则成立吗？为什么？
运用：如图②在四边形中，，，，E是AB上一点，且，，求DE的长．
60．（2021·吉林德惠·八年级期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E，F分别是OA，OC的中点，连接BE，DF
（1）根据题意，补全原形；
（2）求证：BE=DF．
61．（2021·吉林汽车经济技术开发区·八年级期末）如图，点分别是对角线上两点，.求证：.
62．（2021·吉林临江·八年级期末）如图，△ABC是等边三角形，D是边AC的中点，EC⊥BC与点C，连接BD、DE、AE且CE=BD，
求证：△ADE为等边三角形
63．（2021·吉林铁西·八年级期末）如图1，在矩形ABCD中，AB=a，BC=6，动点P从B出发沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB′．
（1）如图2，当点P在线段BC上运动时，直线PB′与CD相交于点M，连接AM，若∠PAM=45°，请直接写出∠B′AM和∠DAM的数量关系；
（2）在（1）的条件下，请求出此时a的值：
（3）当a=8时，
①如图3，当点B′落在AC上时，请求出此时PB的长；
②当点P在BC的延长线上时，请直接写出△PCB′是直角三角形时PB的长度．
64．（2021·吉林双阳·八年级期末）如图，将平行四边形ABCD的边DC延长到点E，使CE＝DC，连结AE，交BC于点F，∠AFC＝2∠D，连结AC、BE．求证：四边形ABEC是矩形．
65．（2021·吉林朝阳·八年级期末）【问题原型】如图，在中，对角线的垂直平分线交于点，交于点，交于点.求证：四边形是菱形.
【小海的证法】证明：
是的垂直平分线，
，（第一步）
，（第二步）
.（第三步）
四边形是平行四边形.（第四步）
四边形是菱形. （第五步）
【老师评析】小海利用对角线互相平分证明了四边形是平行四边形，再利用对角线互相垂直证明它是菱形，可惜有一步错了.
【挑错改错】（1）小海的证明过程在第________步上开始出现了错误.
（2）请你根据小海的证题思路写出此题的正确解答过程，
66．（2021·吉林松原·八年级期末）【教材呈现】下图是华师版八年级下册数学教材第77页的部分内容．
平行四边形的性质定理3：行四边形的对角线互相平分。 我们可以用演绎推理证明这个结论。 已知：如图，的对角线AC和BD相交于点O。 求证：OA=OC，OB=OD。
请根据教材中的分析，结合图1写出“平行四边形的对角线互相平分”这一性质的完整的证明过程．
证明：
【性质应用】
如图2，的对角线相交于点，过点且与分别相交于点，
（1）求证：；
（2）连结，若，周长是，则的周长是 ．
67．（2021·吉林永吉·八年级期末）在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形EBFD是矩形．
（2）若AE＝3，DE＝4，DF＝5，求证：AF平分∠DAB．
68．（2021·吉林永吉·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，∠C＝60°，AD＝24cm，CD＝8cm．点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动；点Q从点B同时出发，以3cm/s的速度向点C运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点Q的运动时间为x（s）．
（1）BC＝ cm，AB＝ cm；
（2）当PQ＝CD时，x＝ ；
（3）当四边形ABQP为矩形时，求x的值．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】
先根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出∠C的度数，再根据平行四边形的性质解答即可．
【详解】
解：∵∠A＝40°，AB＝AC，
∴∠ABC=∠C=70°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠E=∠C=70°．
故选：D．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、平行四边形的性质和三角形的内角和定理等知识，属于基础题型，熟练掌握等腰三角形和平行四边形的性质是解题关键．
2．B
【分析】
根据平行四边形的性质，以及点的平移性质，即可求出点B的坐标．
【详解】
解：∵四边形OABC是平行四边形，
∴OC∥AB，OA∥BC，
∴点B的纵坐标为2，
∵点O向右平移1个单位，向上平移2个单位得到点C，
∴点A向右平移1个单位，向上平移2个单位得到点B，
∴点B的坐标为：（5，2）；
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，点坐标平移的性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质进行解题．
3．C
【分析】
根据平行四边形的性质可直接判断求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，AB=CD，
A、OA=OB，不一定成立，故该选项不符合题意；
B、AC=BD，不一定成立，故该选项不符合题意；
C、AB=CD，成立，故该选项符合题意；
D、，不一定成立，故该选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
4．C
【分析】
由平行四边形ABCD的对角线相交于点O，，根据线段垂直平分线的性质，可得，又由平行四边形ABCD的周长为，可得AD+CD的长，继而可得的周长等于AD+CD，从而可得答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AB=CD，AD=BC，
∵平行四边形ABCD的周长为24，
∴AD+CD=12，
∵，
∴，
∴的周长=
故选．
【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．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
5．B
【分析】
由平行四边形的周长为40．可得AB+AD=20，再结合条件AD∶AB＝3∶2，所以可求出AB，BC的值．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵ ABCD周长40，
∴AB+AD=20，
∵AD∶AB＝3∶2，
∴AB=8，AD =12，
∴BC= AD=12，
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的各种性质是解题的关键．
6．C
【分析】
根据平行四边形的性质，得；根据平行线的性质，得，通过计算即可得到答案．
【详解】
∵平行四边形ABCD
∴
∴
∵∠A＝40°
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形、平行线的知识；解题的关键是熟练掌握平行四边形、平行线的性质，从而完成求解．
7．D
【详解】
根据平行四边形判定定理进行判断：
A、由“AB∥DC，AD∥BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
B、由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
C、由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
D、由“AB∥DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形．故本选项符合题意．
故选D．
考点：平行四边形的判定．
8．B
【详解】
解：如图，
∵AE平分∠BAD交BC边于点E，
∴∠BAE=∠EAD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC=5，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE=3，
∴EC=BC-BE=5-3=2．
故选B．
9．B
【分析】
由矩形对角线性质可得AO=BO，又∠AOB=60°，可证△OAB为等边三角形，得DC=AB，即可得解．
【详解】
解：由矩形对角线相等且互相平分可得AO=BO=BD=4，
即△OAB为等腰三角形，
又∠AOB=60°，
∴△OAB为等边三角形．
故AB=BO=4，
∴DC=AB=4．
故选：B．
【点睛】
本题考查矩形的性质，等边三角形的性质，得出△OAB为等边三角形是解题关键．
10．A
【分析】
证△AOB是等边三角形，得AB=OA=4，再证OE是△ABC的中位线，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，AC=8，
∴∠ABC=90°，OA=OC=AC=4，OB=OD=BD，AC=BD，
∴OB=OA，
∵∠ACB=30°，
∴∠BAC=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=4，
∵E为BC的中点，
∴BE=CE，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE=AB=2，
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握矩形的性质和三角形中位线定理，证明△AOB为等边三角形是解题的关键．
11．D
【分析】
由四边形ABCD的对角线互相平分，得四边形是平行四边形，再由矩形的判定定理知，只需添加条件是对角线相等．
【详解】
解：添加AC=BD，理由如下：
∵四边形ABCD的对角线互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC=BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
12．B
【详解】
过点E作EM⊥BC于M，交BF于N．
∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ABC=90°，AD=BC，
∵∠EMB=90°，∴四边形ABME是矩形．∴AE=BM，
由折叠的性质得：AE=GE，∠EGN=∠A=90°，∴EG=BM．
∵∠ENG=∠BNM，∴△ENG≌△BNM（AAS）．∴NG=NM．
∵E是AD的中点，CM=DE，∴AE=ED=BM=CM．
∵EM∥CD，∴BN：NF=BM：CM．∴BN=NF．∴NM=CF=．∴NG=．
∵BG=AB=CD=CF+DF=3，∴BN=BG﹣NG=3﹣．∴BF=2BN=5
∴．故选B．
13．C
【分析】
根据矩形性质可得OA=OD，然后根据三角形的外角的性质即可解决问题．
【详解】
解：矩形ABCD中，对角线AC，BD相交与点O，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查矩形性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的外角性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
14．B
【详解】
矩形的性质有：①矩形的对边相等且平行，②矩形的对角相等，且都是直角，③矩形的对角线互相平分、相等；菱形的性质有：①菱形的四条边都相等，且对边平行，②菱形的对角相等，③菱形的对角线互相平分、垂直，且每一条对角线平分一组对角；∴矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，故选B．
15．D
【分析】
由四边形ABCD是菱形，可得菱形的四条边都相等AB=BC=CD=AD，菱形的对角线互相平分且相等即AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，又因为菱形的边长和一条对角线的长均为2，易求得OB=1，则可得AC的值，根据菱形的面积等于积的一半，即可求得菱形的面积．
【详解】
解：根据题意画出图形，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=2cm，AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，
又∵菱形的边长和一条对角线的长均为2，
∴AB=AD=BD=2，
∴OB=1，
∴OA==，
∴AC=2，
∴菱形的面积为2，
故选D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形的面积等于对角线乘积的一半．
16．A
【详解】
∵将△ABC沿BC方向平移得到△DCE，
∴ABCD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴当AB=BC时，平行四边形ABCD是菱形，
故选A.
17．B
【分析】
先作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值．然后证明四边形ABNM′为平行四边形，即可求出MP+NP=M′N=AB=1．
【详解】
解：如图
，
作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值，最小值为M′N的长．
∵菱形ABCD关于AC对称，M是AB边上的中点，
∴M′是AD的中点，
又∵N是BC边上的中点，
∴AM′∥BN，AM′=BN，
∴四边形ABNM′是平行四边形，
∴M′N=AB=1，
∴MP+NP=M′N=1，即MP+NP的最小值为1，
故选B．
18．B
【分析】
根据菱形的性质得出CO、DO的长，在Rt△COD中求出CD，利用菱形面积等于对角线乘积的一半，也等于CD×AE，可得出AE的长度．
【详解】
解：如图，∵四边形ABCD是菱形，
∴CD×AE=24，
∴AE=．
故选：B．
【点睛】
此题考查了菱形的性质，也涉及了勾股定理，要求我们掌握菱形的面积的两种表示方法，及菱形的对角线互相垂直且平分．
19．B
【分析】
根据菱形的性质逐项分析即可得到问题答案．
【详解】
解：由菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质可知，故选项A成立；
由菱形的性质：菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角可知对角线AC与BD不一定相等，所以B不一定正确；
由菱形的性质：菱形的两条对角线互相垂直，可知，故选项C成立；
由菱形的性质：菱形的两条对角线互相垂直平分，可知选项D成立；
所以B不一定正确．
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的性质，属于基础题，比较容易解答，关键是掌握菱形的定义与性质．
20．B
【分析】
由菱形的性质得到DA＝DC，∠DAC＝∠1，由等腰三角形的性质得到∠DAC＝∠DCA＝∠1，根据三角形的内角和定理求出∠DAC，即可得到∠1．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，∠DAC＝∠1，
∴∠DAC＝∠DCA＝∠1，
在△ABD中，
∵∠D＝140°，∠D+∠DAC+∠DCA＝180°，
∴∠DAC＝∠DCA＝（180°﹣∠D）＝×（180°﹣140°）＝20°，
故选B．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
21．A
【分析】
根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质，对各个选项逐个分析，即可得到答案．
【详解】
∵平行四边形、矩形、菱形、正方形的对角线互相平分
∴选项A正确；
∵菱形的对角线不相等
∴选项B错误；
∵矩形的对角线不相互垂直
∴选项C和D错误；
故选：A．
【点睛】
本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的知识；解题的关键是熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质，从而完成求解．
22．C
【分析】
根据特殊的平行四边形的判定去判断哪个是真命题．
【详解】
A选项是假命题，应该是有一组邻边相等的平行四边形是菱形；
B选项是假命题，应该是有一个角是直角的平行四边形是矩形；
C选项是真命题；
D选项是假命题，应该是两条对角线互相平分垂直且相等的四边形是正方形．
故选：C．
【点睛】
本题考查特殊的平行四边形的判定，解题的关键是熟记这些判定定理．
23．B
【分析】
根据矩形中，、、、分别是、、、的中点，利用三角形中位线定理证得，然后利用四条边都相等的四边形是菱形即可判定．
【详解】
解：四边形是菱形；
理由：如图，连接，，
、、、分别是、、、的中点，
，，，
同理，，，，，
∵在矩形中，
，
，
四边形是菱形．
故选：．
【点睛】
此题主要考查学生对菱形的判定、三角形中位线定理和矩形的性质的理解和掌握，证明此题的关键是正确利用三角形中位线定理进行证明．
24．C
【分析】
先证明△BCF≌△DCF，然后利用等边三角形和正方形的性质，三角形内角和定理求解即可.
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCF＝∠DCF＝45°，
在△BCF与△DCF中，
，
∴△BCF≌△DCF（SAS），
∴∠BFC＝∠DFC，
在正方形ABCD中，以AD为边作等边三角形ADE，
∴AE＝AD＝DE＝AB，
∴∠ABE＝∠AEB＝（180°﹣90°﹣60°）＝15°，
∴∠FBC＝90°﹣15°＝75°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BFC＝180°﹣75°﹣45°＝60°，
∴∠DFC＝60°，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
25．C
【分析】
根据折叠的性质可得∠CAE∠BAC，∠CAF∠DAC，再由正方形的可得∠BAD＝90°，从而在∠BAC+∠DAC＝90°，从而可求解．
【详解】
解：由题意得：∠CAE∠BAC，∠CAF∠DAC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∴∠BAC+∠DAC＝90°，
∵∠EAF＝∠CAE+∠CAF，
∴∠EAF∠BAC∠DAC
（∠BAC+∠DAC）
＝45°．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查角的计算，解答的关键是熟记折叠的性质，明确角与角之间的关系．
26．A
【分析】
连接AE、AF，先证明△GAE≌△HAF，由此可证得，进而同理可得，根据正方形ABCD的面积等于四个相同四边形的面积之和及小正方形的面积即可求得答案．
【详解】
解：如图，连接AE、AF，
∵点A为大正方形的中心，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∴∠AEF=∠AFE=45°，
∵∠GEF=90°，
∴∠AEG=∠GEF-∠AEF=45°，
∴∠AEG=∠AFE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DAB=∠EAF=90°，
∴∠GAE=∠HAF，
在△GAE与△HAF中，
∴△GAE≌△HAF（ASA），
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴同理可得：，
即，
故选：A．
【点睛】
本题考查了正方形的性质及全等三角形的判定及性质，熟练掌握正方形的性质并能作出正确的辅助线是解决本题的关键．
27．2cm．
【详解】
试题解析：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AE∥BC，AD=BC=8cm，
∴∠AEB=∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AB=AE=6cm，
∴DE=AD﹣AE=8﹣6=2（cm）.
28．两组对边分别相等的四边形是平行四边形.
【分析】
先根据分别以点B，D为圆心，AD，AB的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CD，BC，得出AB=DC，AD=BC，根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”可判断四边形ABCD是平行四边形．
【详解】
解：根据尺规作图的作法可得，AB=DC，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）
故答案为两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定，解题时注意：两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言为：∵AB=DC，AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形．
29．答案不唯一，如AD//BC，OA＝OC等
【详解】
试题分析：可以添加：AD∥BC（答案不唯一）．故答案为答案不唯一，如：AD∥BC．
考点：平行四边形的判定．
30．或
【分析】
根据题意画出图形，由平行四边形得出对边平行，又由角平分线可以得出为等腰三角形，然后分别讨论cm，cm或cm，cm，继而求得答案．
【详解】
解：如图，四边形ABCD为平行四边形，
，AB=CD，BC=AD，
，
为角平分线，
，
，
，
当cm，cm时，
∴AB=CD=3cm，AD=BC=BE+EC=8cm，
∴四边形ABCD的周长=AD+BC+AB+CD=22cm；
当cm时，cm，
同理求得周长=AD+BC+AB+CD=26cm．
故答案为：22cm或26cm．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的判定与性质．注意分类讨论思想的应用．
31．25
【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】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D=65°，
∵CE⊥AB，
∴∠BEC=90°，
∴∠BCE=90°-∠B=25°．
故答案为：25．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，三角形内角和定理等知识．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
32．28
【分析】
利用平行四边形的性质可得出AD＝BC，AB＝CD，AD∥BC，由角平分线的定义可得出∠ADE＝∠CDE，由AD∥BC可得出∠CED＝∠CDE，利用等角对等边可求出CD的长，即可求出平行四边形ABCD的周长．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD＝6，AD＝BC，AD∥BC．
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE．
∵AD∥BC，
∴∠CED＝∠ADE＝∠CDE，
∴CD＝CE＝6，
∵BE=2，
∴AD=BC=BE+CE=8，
∴平行四边形ABCD的周长＝2（AD＋CD）＝2×（8＋6）＝28．
故答案为：28．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、角平分线以及等腰三角形的性质与判定，利用平行四边形的性质及等腰三角形的性质与判定，求出CD的长是解题的关键．
33．4
【分析】
由题意易得OA=OC=5，OD=OB=3，然后根据勾股定理可求解．
【详解】
解：∵四边形是平行四边形，，，
∴OA=OC=5，OD=OB=3，
∵，
∴在Rt△ADO中，，
故答案为4．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质及勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质及勾股定理是解题的关键．
34．（答案不唯一）．
【分析】
利用平行四边形的判定即可求解．
【详解】
解：∵D、E分别是AB、BC的中点，
∴ ，即 ，
∴可添加 ，
∴四边形ADFC为平行四边形，
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
35．2.4
【分析】
连接CP，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CFPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF＝CP，再根据垂线段最短可得CP⊥AB时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可．
【详解】
解：如图，连接CP．
∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝＝＝5，
∵PE⊥AC，PF⊥BC，∠C＝90°，
∴四边形CFPE是矩形，
∴EF＝CP，
由垂线段最短可得CP⊥AB时，线段EF的值最小，
此时，S△ABC＝BC AC＝AB CP，
即×4×3＝×5 CP，
解得CP＝2.4．
故答案为：2.4．
【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CP⊥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．
36．．
【分析】
连接OE，根据矩形性质和勾股定理可得AC=10,推出S△DOC＝S矩形ABCD，根据S△DOC＝S△DOE+S△COE＝OD EF+OC EG＝OD（FE+EG）可得．
【详解】
连接OE，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，
∴OD＝OC，AC＝＝10，
∴S矩形ABCD＝AB BC＝48，S△DOC＝S矩形ABCD＝12，OD＝OC＝5，
∴S△DOC＝S△DOE+S△COE＝OD EF+OC EG＝OD（FE+EG）＝×5×（EF+EG）＝12，
∴EF+EG＝；
故答案为．
【点睛】
考核知识点：矩形．理解矩形性质，添加辅助线，把问题转化为解三角形问题是关键．
37．
【分析】
首先连接OP，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，可求得OA＝OD＝ 以及△AOD的面积，继而可得 ＝ （PE＋PF），则可求得答案．
【详解】
解：连接OP，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OA＝OD＝BD，，
∵AB＝3，AD＝4，
∴ ＝3×4＝12，BD＝5，
∴＝＝3，OA＝OC＝，
∵ ＝OA PE＋OD PF＝××PE＋××PF＝ （PE＋PF）＝3，
∴PE＋PF＝ ．
故答案为．
【点睛】
此题考查了矩形的性质以及勾股定理、三角形面积．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想与整体思想的应用．
38．.
【分析】
直接利用菱形的性质得出BO=3，CO=4，AC⊥BD，进而利用勾股定理以及直角三角形面积求法得出答案．
【详解】
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OB=OD=BD=3，OA=OC=AC=4，
在Rt△OBC中，∵OB=3，OC=4，
∴BC=，
∵OE⊥BC，
∴OE BC=OB OC，
∴OE=．
39．28.
【详解】
试题分析：根据菱形四条边都相等的性质可得AB=AD，又因∠A=60°，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形即可判定△ABD为等边三角形，所以AB=AD=BD=7，再根据菱形的性质即可得菱形ABCD的周长为7×4=28．
考点：菱形的性质；等边三角形的判定及性质．
40．5
【分析】
由菱形的性质可得BC＝CD＝5，AC⊥BD，由题意可证四边形ODEC是矩形，可得OE＝CD＝5．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD＝5，AC⊥BD，
∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形ODEC是平行四边形，且AC⊥BD，
∴四边形ODEC是矩形，
∴OE＝CD＝5，
故答案为5.
【点睛】
本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，证明四边形ODEC是矩形是解题的关键．
41．144
【分析】
根据菱形的每一条对角线平分一组对角的性质、等腰三角形的相关性质以及三角形的全等证明，可以先求出的度数，再根据三角形全等求出,进而得出的度数．
【详解】
在菱形中，
，
，
在 与中
故答案为：144
【点睛】
题目主要考查了菱形对角线的性质、等腰三角形的相关性质以及三角形的全等证明方法，难度适中．
42．
【分析】
先求出的度数，即可求出.
【详解】
解：由题意可得，，
故答案为
【点睛】
本题考查了等腰与等边三角形的性质，等腰三角形的两底角相等，等边三角行的三条边都相等，三个角都相等，灵活应用等腰及等边三角形的性质是解题的关键.
43．
【分析】
连接交于点，则可证得，，可证四边形为平行四边形，且，可证得四边形为菱形；根据勾股定理计算的长，可得结论．
【详解】
如图，连接交于点，
∵四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴四边形为平行四边形，且，
∴四边形为菱形，
∴，
∵，，
由勾股定理得：，
∴四边形的周长，
故答案为.
【点睛】
本题考查了正方形的性质、菱形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键．
44．.
【详解】
试题分析：连接AC,根据正方形的性质可得A、E、C三点共线，连接FG交AC于点M，因正方形和正方形的边长分别为3和1，根据勾股定理可求得EC=FG=,AC=3,即可得AE=2,因为的中点，可得PE=AP=,再由正方形的性质可得GM=EM= ,FG垂直于AC，在Rt△PGM中，PM= ,由勾股定理即可求得PG=.
45．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）首先根据平行线的性质得到∠AFE=∠DBE，再根据线段中点的定义得到AE=DE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到AF=BD，推出四边形ADCF是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到∠ADC=90°，于是得到结论．
【详解】
（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是线段AD的中点，
∴AE=DE，
∵∠AEF=∠DEB，
∴（AAS）；
（2）证明：∵，
∴AF=BD，
∵D是线段BC的中点，
∴BD=CD，
∴AF=CD，
∵AF∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB=AC，
∴，
∴∠ADC=90°，
∴四边形ADCF为矩形．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的证明与矩形证明，熟练掌握相关概念是解题关键.
46．（1）证明见解析（2）
【分析】
（1）根据菱形的性质得到，，，，求得，根据勾股定理得到，于是得到结论；
（2）过作于，得到四边形是矩形，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
（1）证明：∵在矩形中，，，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：过作于，
则四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴.
【点睛】
本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
47．（1）证明见解析；
（2）证明见解析;
（3）2：1.
【分析】
（1）求出AB=DC，∠A=∠D=90°，AM=DM，根据全等三角形的判定定理推出即可．
（2）根据三角形中位线定理求出NE∥MF，NE=MF，得出平行四边形，求出BM=CM，推出ME=MF，根据菱形的判定推出即可.
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝90°，AB＝DC．
又∵MA＝MD，∴△ABM≌△DCM（SAS）．
（2）四边形MENF是菱形．证明如下：
∵N、E、F分别是BC、BM、CM的中点，∴NE∥CM，NE=CM，MF=CM．
∴NE=FM，NE∥FM．∴四边形MENF是平行四边形．
∵△ABM≌△DCM，∴BM=CM．
∵E、F分别是BM、CM的中点，∴ME=MF．
∴平行四边形MENF是菱形．
（3）当AD：AB=2：1时，四边形MENF是正方形，理由如下：
∵M为AD中点，∴AD=2AM．
∵AD：AB=2：1，∴AM=AB．
∵∠A=90°，∴∠ABM=∠AMB=45°．
同理∠DMC=45°．
∴∠EMF=180°-45°-45°=90°．
∵四边形MENF是菱形，∴菱形MENF是正方形．
48．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）由正方形的性质得出∠BAE=∠ADF=90°，AB=AD=CD，得出AE=DF，由SAS证明△BAE≌△ADF，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出∠EBA=∠FAD，得出∠GAE+∠AEG=90°，因此∠AGE=90°，由勾股定理得出BE=，在Rt△ABE中，由三角形面积即可得出结果．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠ADF=90°，AB=AD=CD，
∵DE=CF，
∴AE=DF，
在△BAE和△ADF中，
∵，
，
，
（2）由（1）得：△BAE≌△ADF，
∴∠EBA=∠FAD，
∴∠GAE+∠AEG=90°，
∴∠AGE=90°，
∵AB=4，DE=1，
∴AE=3，
，
在中，
，
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理以及三角形面积公式；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
49．（1）OE＝OF，详见解析；（2）四边形AFCE是菱形，详见解析
【分析】
（1）根据矩形的性质得出，求出∠EAO＝∠FCO，根据全等三角形的判定推出即可；
（2）根据平行四边形的判定得出四边形AFCE是平行四边形，再根据菱形的判定得出即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴∠EAO＝∠FCO，
∵AC的中点是O，
∴OA＝OC，
在和中，
，
，
∴OE＝OF；
（2）∵OE＝OF，AO＝CO，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴四边形AFCE是菱形．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定、菱形的判定；关键在于掌握好相关的基础知识．
50．（1）见解析；（2）是等腰三角形，见解析；（3）
【分析】
（1）由题意根据邻边相等的矩形是正方形进行分析证明即可．
（2）根据题意证明∠QFP=∠FPQ即可解决问题．
（3）由题意证明△PFQ，△PGA都是等边三角形，设QF=m，求出AB，AD（用m表示）即可解决问题．
【详解】
解：（1）证明：如图①中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADA′=90°，
由翻折可知，∠DA′E=∠A=90°，
∴∠A=∠ADA′=∠DA′E=90°，
∴四边形AEA′D是矩形，
∵DA=DA′，
∴四边形AEA′D是正方形．
（2）结论：△PQF是等腰三角形．
理由：如图②中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠QFP=∠APF，
由翻折可知，∠APF=∠FPQ，
∴∠QFP=∠FPQ，
∴QF=QP，
∴△PFQ是等腰三角形．
（3）如图③中，
∵四边形PGQF是菱形，
∴PG=GQ=FQ=PF，
∵QF=QP，
∴△PFQ，△PGQ都是等边三角形，设QF=m，
∵∠FQP=60°，∠PQD′=90°，
∴∠DQD′=30°，
∵∠D′=90°，
∴，
由翻折可知，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查矩形的性质，正方形的判定和性质，菱形的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
51．（1）见详解；（2）24
【分析】
（1）先证四边形AEBO为平行四边形，再由菱形的性质得∠AOB＝90°，从而可得四边形AEBO是矩形；
（2）根据勾股定理和菱形的面积公式解答即可．
【详解】
解：（1）四边形AEBO是矩形，理由如下：
∵BE∥AC，AE∥BD
∴四边形AEBO是平行四边形．
又∵菱形ABCD对角线交于点O
∴AC⊥BD，即∠AOB＝90°．
∴四边形AEBO是矩形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝AC＝4，OB＝OD，AC⊥BD，
∵四边形AEBO是矩形，
∴AB＝OE＝5，
∴OB=，
∴BD＝2OB＝6，
∴菱形ABCD的面积＝AC×BD＝×8×6＝24．
【点睛】
本题考查的是菱形的性质、矩形的判定与性质和判定、勾股定理、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
52．证明见解析
【分析】
如图，连接 交于 证明再证明从而可得结论.
【详解】
证明：如图，连接 交于
,
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，掌握对角线互相平分的四边形是平行四边形是证题的关键.
53．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）根据ASA证明△ABE≌△BCF，可得结论；
（2）根据（1）得：△ABE≌△BCF，则CF=BE=2，最后利用勾股定理可得AF的长.
【详解】
解:
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵BH⊥AE，
∴∠BHE=90°，
∴∠AEB+∠EBH=90°，
∴∠BAE=∠EBH，
在△ABE和△BCF中，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE=BF；
（2）解：∵AB=BC=5，
由（1）得：△ABE≌△BCF，
∴CF=BE=2，
∴DF=5-2=3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=5，∠ADF=90°，
由勾股定理得：AF=．
【点睛】
此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，本题证明△ABE≌△BCF是解本题的关键.
54．见解析．
【分析】
根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AD=BC，进而得到BE=FD即可证明．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵，，
∴BE=FD，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质与判定，解题的关键是灵活运用平行四边形的性质，并熟悉平行四边形的判定定理．
55．证明见解析．
【分析】
先根据平行线的性质可得，再根据线段中点的定义可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据平行四边形的判定即可得证．
【详解】
证明：∵，
∴，
∵E是边的中点，
∴，
在与，，
∴，
∴，
∴四边形的对角线与互相平分，
∴四边形为平行四边形．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定定理与性质、平行四边形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
56．见解析.
【详解】
试题分析：根据正方形的性质得出AD=AB，∠D=EAB=90°，然后结合AE=DF得出△ADF和△BAE全等，得到BE=AF.
试题解析：∵四边形ABCD是正方形 ∴AD=AB ∠D=∠EAB=90°
在△EAB和△FDA中，AE=DF ∠EAB=∠D AB=AD ∴△EAB≌△FDA ∴BE=AF.
考点：正方形的性质、三角形全等.
57．见解析
【分析】
由，BD平分∠ABC得到∠ABD=∠ADB，进而得到△ABD为等腰三角形，进而得到AB=AD，再由BC=AB，得到对边AD=BC，进而得到四边形ABCD为平行四边形，再由邻边相等即可证明ABCD为菱形．
【详解】
证明：∵，
∴∠ADB=∠DBC，
又BD平分∠ABC，
∴∠DBC=∠ABD，
∴∠ADB=∠ABD，
∴△ABD为等腰三角形，
∴AB=AD，
又已知AB=BC，
∴AD=BC，
又，即ADBC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
又AB=AD，
∴四边形ABCD为菱形．
【点睛】
本题考了角平分线性质，平行线的性质，菱形的判定方法，平行四边形的判定方法等，熟练掌握其判定方法及性质是解决此类题的关键．
58．（1）详见解析；（2）57°；（3）3.
【分析】
（1）根据翻折变换的性质，结合矩形的性质证明∠BEF=∠BFE，根据等腰三角形的判定即可得到结论；
（2）根据矩形的性质及等腰三角形的性质即可解决问题；
（3）根据勾股定理列出关于线段 AE 的方程即可解决问题；
【详解】
解：（1）由题意得：∠BEF=∠DEF；
∵四边形 ABCD 为矩形，
∴DE∥BF，
∴∠BFE=∠DEF，
∴∠BEF=∠BFE，
∴BE=BF；
（2）∵四边形 ABCD 为矩形，
∴∠ABF=90°；而∠ABE=24°，
∴∠EBF=90°-24°=66° ；
又∵BE=BF，
∴∠BFE ==57°；
（3）由题意知：BE=DE；
设 E=x，则 BE=DE=8-x，
由勾股定理得：（8-x）2=42+x2，解得：x=3．
即 AE 的长为 3．
【点睛】
该题主要考查了翻折变换的性质及其应用问题；解题的关键是灵活运用矩形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等几何知识点来解题．
59．感知：见详解；拓展：成立，理由见详解；运用：DE=13.6．
【分析】
感知：利用已知条件，可证出△BCE≌△DCF（SAS），即CE=CF；
拓展：由△BEC≌△DFC，可得∠BCE=∠DCF，即可求∠GCF=∠GCE=45°，且GC=GC，EC=CF可证△ECG≌△GCF，则结论可求．
运用：过点C作CF⊥AD于F，可证四边形ABCF是正方形，根据拓展的结论可得DE=DF+BE=4+DF，根据勾股定理列方程可求DF的长，即可得DE的长．
【详解】
感知：证明：如图1中，
在正方形ABCD中，
∵BC=CD，∠B=∠CDF=90°，BE=DF，
∴△CBE≌△CDF（SAS），
∴CE=CF；
拓展：成立，
∵∠GCE=45°，
∴∠BCE+∠GCD=45°，
∵△BEC≌△DFC，
∴∠BCE=∠DCF，
∴∠DCF+∠GCD=45°，即∠GCF=45°，
∴∠GCE=∠GCF，且GC=GC，CE=CF，
∴△GCE≌△GCF（SAS），
∴EG=GF，
∴EG=GD+DF=BE+GD；
运用：如图：过点C作CF⊥AD于F，
∵AD∥BC，∠B=90°，
∴∠A=90°，
∵∠A=∠B=90°，FC⊥AD，
∴四边形ABCF是矩形，且AB=BC=16，
∴四边形ABCF是正方形，
∴AF=16，
由拓展可得DE=DF+BE，
∴DE=4+DF
在△ADE中，AE2+DA2=DE2．
∴（164）2+（16DF）2=（4+DF）2．
解得DF=9.6．
∴DE=4+9.6=13.6．
【点睛】
本题考查四边形综合题，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，构造正方形利用拓展的结论解决问题是本题的关键．
60．(1)图见解析；（2）详见解析.
【分析】
（1）根据题意，画出图形即可；（2）利用SAS证得△BEO≌△DFO，根据全等三角形的对应边相等即可得结论．
【详解】
（1）解：如图所示：
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，
∴OB=OD，OA=OC．
又∵E，F分别是OA、OC的中点，
∴OE=OA，OF=OC，
∴OE=OF．
∵在△BEO与△DFO中，
，
∴△BEO≌△DFO（SAS），
∴BE=DF．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质的运用；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
61．见解析
【分析】
用SAS证明△BAF≌△DCE即可说明∠DEC=∠BFA．
【详解】
证明：：∵四边形为平行四边形,
∴,
∴,
又,
∴≌,
∴.
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质，解决这类问题一般是四边形转化为三角形处理．
62．证明见解析
【分析】
利用△ABC是等边三角形，D为边AC的中点，求得∠ADB=90°，再用SAS证明△CBD≌△ACE，推出AE=CD=AD，∠AEC=∠BDC=90°，根据直角三角形斜边上中线性质求出DE=AD，即可证明．
【详解】
证明：∵△ABC是等边三角形，D是边AC的中点，
∴AD=DC，BC=CA，BD⊥AC，
∴∠BDC=90°，即∠DBC+∠DCB=90°，
∵EC⊥BC，
∴∠BCE=90°，即∠ACE+∠BCD=90°，
∴∠ACE=∠DBC，
在△CBD和△ACE中，
∴△CBD△ACE（SAS）
∴CD=AE ，
∴∠AEC=∠CDB=90°
∵D为AC的中点
∴AD=DE，AD=DC，
∴ AD=AE=DE，
即△ADE为等边三角形．
【点睛】
本题主要考查等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，直角三角形斜边上的中线等．解答此题的关键是先证明△CBD≌△ACE，然后再利用三边相等证明此三角形是等边三角形．
63．（1）；（2）；（3）①；②PB的长度为8或或．
【分析】
（1）证明Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，即可得到∠B′AM=∠DAM；
（2）由Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，得到AD=AB′=AB=a，即可求得a=6；
（3）①利用勾股定理求出AC，在Rt△PB′C中利用勾股定理即可解决问题；
②分三种情形分别求解即可，如图2-1中，当∠PCB′=90°时．如图2-2中，当∠PCB′=90°时．如图2-3中，当∠CPB′=90°时，利用勾股定理即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=∠BAD=90°，
∵△PAB′与△PAB关于直线PA的对称，
∴△PAB≌△PAB′，
∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，∠B′AP=∠BAP，
∵∠PAM=45°，即∠B′AP +∠B′AM =45°，
∴∠DAM +∠BAP =45°，
∴∠DAM=∠B′AM，
∵AM=AM，
∴Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，
∴∠B′AM=∠DAM；
（2）∵由（1）知：Rt△MAD≌Rt△MAB′，
∴AD=AB′=AB=a，
∵AD=BC=6，
∴a=6；
（3）①在Rt△ABC中，∠ABC=90°，
由勾股定理得：AC==10，
设PB=x，则PC=6 x，
由对称知：PB′=PB=x，∠AB′P=∠B=90°，
∴∠PB′C=90°，
又∵AB′=AB=8，
∴B′C=2，
在Rt△PB′C中， ，
∴(6 x)2=22+x2，
解得：x=，
即PB=；
②∵△PAB′与△PAB关于直线PA的对称，
∴△PAB≌△PAB′，
∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，PB′=PB，
设PB′=PB=t，
如图2-1中，当∠PCB'=90°，B'在CD上时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AB′=AB=CD=8，AD=BC=6，
∴DB′，
∴CB′=CD DB′=8 2，
在Rt△PCB'中，∵B'P2=PC2+B'C2，
∴t2= (8 2)2+(6 t)2，
∴t=；
如图2-2中，当∠PCB'=90°，B'在CD的延长线上时，
在Rt△ADB'中，DB′，
∴CB′=8+2，
在Rt△PCB'中，则有：(8 2)2+(t 3)2=t2，
解得t=；
如图2-3中，当∠CPB'=90°时，
∵∠B=∠B′=∠BPB′=90°，AB=AB′，
∴四边形AB'PB为正方形，
∴BP=AB=8，
∴t=8，
综上所述，PB的长度为8或或；
【点睛】
本题考查了轴对称的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
64．见解析
【分析】
根据平行四边形的性质得到AB∥CD，AB=CD，然后根据CE=DC，得到AB=EC，AB∥EC，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证得四边形ABEC是平行四边形；通过角的关系得出FA=FE=FB=FC，AE=BC，得证．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵CE=DC，
∴AB=EC，AB∥EC，
∴四边形ABEC是平行四边形，
∴FA=FE，FB=FC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠D，
又∵∠AFC=2∠D，
∴∠AFC=2∠ABC，
∵∠AFC=∠ABC+∠BAF，
∴∠ABC=∠BAF，
∴FA=FB，
∴FA=FE=FB=FC，
∴AE=BC，
∴四边形ABEC是矩形．
【点睛】
此题考查的知识点是平行四边形的判定与性质及矩形的判定，熟练掌握和运用平行四边形的判定性质及矩形的判定是解题的关键．
65．（1）二; （2）见解析.
【分析】
(1)由垂直平分线性质可知，AC和EF并不是互相平分的,EF垂直平分AC，但AC并不平分EF，需要通过证明才可以得出，故第2步出现了错误;
(2) ）根据平行四边形性质求出AD∥BC，推出，证,推出，可得四边形是平行四边形，推出菱形.
【详解】
（1）二
（2）四边形是平行四边形，
．
．
是的垂直平分线，
．
在与中，
．
．
四边形是平行四边形．
．
四边形是菱形．
【点睛】
本题考查菱形的判定，以及平行四边形的性质，关键是掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形
66．（教材呈现）见解析；（性质应用）（1）见解析；（2）30．
【分析】
（教材呈现）
证明，再根据全等三角形的性质解题；
（性质应用）
（1）由平行四边形的性质解得，再证明，最后根据全等三角形的性质解题；
（2）连结，由线段的垂直平分线的性质解得，继而解得，由此解题即可．
【详解】
（教材呈现）
四边形 是平行四边形
，
，
，
（性质应用）
证明：（1）四边形是平行四边形
四边形 是平行四边形
又
（2）连结，
，
周长是，
的周长是：
故答案为：30．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、垂直平分线的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
67．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据平行四边形的性质得出DC∥AB，即DF∥BE，根据平行四边形的判定得出四边形DEBF为平行四边形，根据矩形的判定得出即可；
（2）根据矩形的性质求出∠DEB=90°，根据勾股定理求出AD，求出AD=DF，推出∠DAF=∠DFA，求出∠DAF=∠BAF，即可得出答案．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC∥AB，即DF∥BE，
又∵DF=BE，
∴四边形DEBF为平行四边形，
又∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形DEBF为矩形；
（2）∵四边形DEBF为矩形，
∴∠DEB=90°，
∵AE=3，DE=4，DF=5，
∴AD=，
∴AD=DF=5，
∴∠DAF=∠DFA，
∵AB∥CD，
∴∠FAB=∠DFA，
∴∠FAB=∠DFA，
∴AF平分∠DAB．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，勾股定理，平行线的性质，角平分线定义的应用，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．
68．（1）28，4；（2）5或7；（3）6．
【分析】
（1）作DE⊥BC于点E，得到矩形ABED和Rt△DEC，由∠C=60°，得∠CDE=30°，可求得CE的长，再用勾股定理求DE的长，可求得AB、BC的长；
（2）按PQ=CD=8，且PQ与CD不平行，或PQ=CD=8，且PQ∥CD分类讨论，由AP=BQ+4或AP=BQ-4列方程求出x的值；
（3）当四边形ABQP时矩形时，则AP=BQ，列方程求出x的值即可．
【详解】
解：（1）如图1，作DE⊥BC于点E，则∠DEC=∠DEB=90°，
∵AD∥BC，∠B=90°，
∴∠A=180°-∠B=90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE=AD=24，
∵∠C=60°，
∴∠CDE=30°，
∴CE=CD=×8=4，
∴BC=BE+CE=24+4=28（cm），AB=DE=（cm），
故答案为：28，4；
（2）如图2，PQ=CD=8，且PQ与CD不平行，作DE⊥BC于点E，PF⊥BC于点F，
∵∠PFB=∠B=∠A=90°，
∴四边形ABFP是矩形，
∴AP=BF；
∵∠PFQ=∠DEC=90°，PF=DE，
∴Rt△PFQ≌Rt△DEC（HL），
∴∠QPF=∠CDE=30°，
∴QF=PQ=4；
∴24-x=3x+4，
解得，x=5；
如图3，PQ=CD=8，且PQ∥CD，作DE⊥BC于点E，作PF⊥BC于点F，
∵∠PFB=∠B=∠A=90°，
∴四边形ABFP是矩形，
∴AP=BF；
∵∠PFQ=∠DEC=90°，PF=DE，
∴Rt△PFQ≌Rt△DEC（HL），
∴∠QPF=∠CDE=30°，
∴QF=PQ=4；
∴24-x=3x-4，
解得，x=7，
故答案为：5或7；
（3）如图4，∵AP∥BQ，∠B=90°，
∴当AP=BQ时，四边形ABQP时矩形，
∴24-x=3x，
解得，x=6．
【点睛】
本题重点考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、动点问题的求解等知识与方法，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将已知所给的四边形转化为矩形和直角三角形，解第（2）题时应注意分类讨论，求出所有符合条件的x的值．
答案第1页，共2页
一、单选题
1．（2021·吉林宽城·八年级期末）如图，在△ABC中，∠A＝40°，AB＝AC，点D在AC边上，以CB，CD为边作□BCDE，则∠E的度数为（ ）
A．40° B．50° C．60° D．70°
2．（2021·吉林·八年级期末）如图，平行四边形的顶点O，A，C的坐标分别是，则顶点B的坐标是（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·吉林朝阳·八年级期末）如图，的对角线、交于，则下列结论一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·吉林桦甸·八年级期末）如图,的周长为24，对角线AC，BD相交于点O，OF⊥AC，垂足为O，OF交AD于点F，则CDF的周长为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．14
5．（2021·吉林经济技术开发区·八年级期末）如图， ABCD的周长为40，AD∶AB＝3∶2，那么BC的长度是（ ）
A．8 B．12 C．16 D．24
6．（2021·吉林双阳·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，若∠A＝40°，则∠D的度数为（ ）
A．40° B．100° C．140° D．180°
7．（2021·吉林伊通·八年级期末）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（ ）
A．AB∥DC，AD∥BC B．AB=DC，AD=BC
C．AO=CO，BO=DO D．AB∥DC，AD=BC
8．（2021·吉林松原·八年级期末）如图，在 ABCD中，已知AD=5cm，AB=3cm，AE平分∠BAD交BC边于点E，则EC等于 （ ）
A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm
9．（2021·吉林铁西·八年级期末）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，若∠AOB＝60°，BD＝8，则DC长为（ ）
A．4 B．4 C．3 D．5
10．（2021·吉林永吉·八年级期末）如图，矩形ABCD中，对角线AC和BD交于点O，E为BC中点．若AC＝8，∠ACB＝30°，则OE的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．4
11．（2021·吉林经济技术开发区·八年级期末）四边形ABCD的对角线互相平分，若想判定它为矩形，需要添加的条件是（ ）
A．AB＝CD B．AD＝BC C．AB＝BC D．AC＝BD
12．（2021·吉林前郭尔罗斯·八年级期末）如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于F点，若CF=1，FD=2，则BC的长为（ ）
A． B． C． D．
13．（2021·吉林松原·八年级期末）如图，矩形中，对角线，相交于点，若，则（ ）
A．20° B．40° C．80° D．100°
14．（2021·吉林·舒兰市教师进修学校八年级期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是 ( )
A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．对角线互相平分 D．对角互补
15．（2021·吉林梅河口·八年级期末）已知菱形的边长和一条对角线的长均为2 cm，则菱形的面积为( )
A．3cm2 B．4 cm2 C．cm2 D．2cm2
16．（2021·吉林经济技术开发区·八年级期末）如图，将△ABC沿BC方向平移得到△DCE，连接AD，下列条件能够判定四边形ABCD为菱形的是（ ）
A．AB=BC B．AC=BC C．∠B=60° D．∠ACB=60°
17．（2021·吉林农安·八年级期末）如图，点P是边长为1的菱形ABCD对角线AC上的一个动点，点M，N分别是AB，BC边上的中点，则MP+PN的最小值是（ ）
A． B．1 C． D．2
18．（2021·吉林双阳·八年级期末）如图，四边形ABCD为菱形，对角线AC＝6，BD＝8，且AE垂直于CD，垂足为点E，则AE的长度为（ ）
A． B． C． D．
19．（2021·吉林靖宇·八年级期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，下列结论中不一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
20．（2021·吉林汽车经济技术开发区·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，∠D＝140°，则∠1的大小为（ ）
A．15° B．20° C．25° D．30°
21．（2021·吉林德惠·八年级期末）平行四边形、矩形、菱形、正方形共有的性质是（ ）．A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．对角形互相垂直平分
22．（2021·吉林双辽·八年级期末）下列命题中，真命题是（ ）
A．有两边相等的平行四边形是菱形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．四个角相等的菱形是正方形
D．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
23．（2021·吉林·长春外国语学校八年级期末）如图，已知点E、F、G、H分别是矩形ABCD各边的中点，则四边形EFGH是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．矩形或菱形 D．不能确定的
24．（2021·吉林靖宇·八年级期末）如图，在正方形ABCD的外侧，以AD为边作等边三角形ADE，连接BE，交正方形的对角线AC于点F，连接DF，则∠CFD的度数为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
25．（2021·吉林南关·八年级期末）如图，将正方形纸片折叠，使边、均落在对角线上，折痕为、，点在上，点在上，则的大小为（ ）
A．15° B．30° C．45° D．60°
26．（2021·吉林宽城·八年级期末）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为（ ）
A．a+b B．a-b C．2a+b D．2a-b
二、填空题
27．（2021·吉林桦甸·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC=8cm，AB=6cm，BE平分∠ABC交AD边于点E，则线段DE的长度为_____．
28．（2021·吉林德惠·八年级期末）如图，点D是直线外一点，在上取两点A，B，连接AD，分别以点B，D为圆心，AD，AB的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CD，BC，则四边形ABCD是平行四边形，理由是：_________________________
.
29．（2021·吉林农安·八年级期末）如图，四边形ABCD的对角线相交于点O，若AB//CD，请添加一个条件_____________(写一个即可)，使四边形ABCD是平行四边形．
30．（2021·吉林铁西·八年级期末）己知平行四边形的一个内角平分线把一边分为，两部分，这个平行四边形的周长是______．
31．（2021·吉林德惠·八年级期末）如图， 在平行四边形ABCD中，CE⊥AB于点E．若∠D=65°，则∠BCE=______度．
32．（2021·吉林·长春外国语学校八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，DE平分∠ADC，，，则平行四边形ABCD的周长是____．
33．（2021·吉林梅河口·八年级期末）如图，在中，，，，则的长为______．
34．（2021·吉林双辽·八年级期末）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、BC的中点，点F在DE延长线上，添加一个条件使四边形ADFC为平行四边形，则这个条件是____．
35．（2021·吉林伊通·八年级期末）如图所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，P为AB上一动点（不与A、B重合），作PE⊥AC于点E，PF⊥BC于点F，连接EF，则EF的最小值是______．
36．（2021·吉林·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E为边CD上任意一点（不与点C、D重合），过点E作EF⊥BD，EG⊥AC，垂足分别为F、G，若AB＝8，BC＝6，则EF+EG＝_____．
37．（2021·吉林梅河口·八年级期末）如图，在矩形中，，，是上一动点，且于，于，则的值为_______．
38．（2021·吉林大安·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC=8，BD=6，OE⊥BC，垂足为点E，则OE=________．
39．（2021·吉林松原·八年级期末）如图，菱形ABCD中，∠A=60°，BD=7，则菱形ABCD的周长为_____________．
40．（2021·吉林前郭尔罗斯·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，AC、BD交于点O，BC=5，若DE∥AC，CE∥BD，则OE的长为_____．
41．（2021·吉林铁西·八年级期末）图1是用一种彭罗斯瓷砖平铺成的图案，它的基础部分是“风筝”和“飞镖”两郎分，图2中的“风筝”和“飞镖”是由图3所示的特殊菱形制作而成．在菱形中，，在对角线上截取，连按，，可将菱形分割为“风筝”（凸四边）和“飞镖”（凹四边形）两部分，则图2中的____°．
42．（2021·吉林永吉·八年级期末）如图，在正方形的外侧，作等边，则的度数是__________．
43．（2021·吉林宽城·八年级期末）如图，，是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是_____．
44．（2021·吉林·长春外国语学校八年级期末）如图，正方形ABCD和正方形EFCG的边长分别为3和1，点、G分别在边上，P为AE的中点，连接PG，则PG的长为 _________ .
三、解答题
45．（2021·吉林宽城·八年级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：△BDE≌△FAE；
（2）求证：四边形ADCF为矩形．
46．（2021·吉林桦甸·八年级期末）如图，矩形中，，，点、分别在、上，且.
（1）求证：四边形是菱形；
（2）求线段的长．
47．（2021·吉林靖宇·八年级期末）已知：如图，在矩形ABCD中，M、N分别是边AD、BC的中点，E、F分别是线段BM、CM的中点
（1）求证：△ABM≌△DCM
（2）判断四边形MENF是什么特殊四边形，并证明你的结论；
（3）当AD：AB= _时，四边形MENF是正方形（只写结论，不需证明）
48．（2021·吉林桦甸·八年级期末）如图，正方形ABCD，点E，F分别在AD，CD上，且DE＝CF，AF与BE相交于点G．
（1）求证：BE＝AF；
（2）若AB＝4，DE＝1，求AG的长．
49．（2021·吉林双辽·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，过对角线AC的中点O作AC的垂线，分别交射线AD和CB于点E，F连接AF，CE．
（1）求证：OE＝OF；
（2）求证：四边形AFCE是菱形．
50．（2021·吉林宽城·八年级期末）【教材呈现】下图是华师版八年级下册数学教材第121页的部分内容．
【问题解决】（1）如图①，已知矩形纸片，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上，点的对应点为，折痕为，点在上．求证：四边形是正方形．
【规律探索】（2）由【问题解决】可知，图①中的为等腰三角形．现将图①中的点沿向右平移至点处（点在点的左侧），如图②，折痕为，点在上，点在上，那么还是等腰三角形吗？请说明理由．
【结论应用】（3）在图②中，当时，将矩形纸片继续折叠如图③，使点与点重合，折痕为，点在上．要使四边形为菱形，则___________．
51．（2021·吉林德惠·八年级期末）如图，菱形的对角线、相交于点，，，与交于点．
（1）试判断四边形的形状,并说明理由；
（2）若，，求菱形的面积．
52．（2021·吉林靖宇·八年级期末）中，点E、F是上的两点，并且．求证：四边形是平行四边形．
53．（2021·吉林梅河口·八年级期末）如图，正方形中，是上的一点，连接，过点作，垂足为点，延长交于点，连接.
（1）求证：.
（2）若正方形边长是5，，求的长.
54．（2021·吉林宽城·八年级期末）如图，点，在的边，上，，，连接，．求证：四边形是平行四边形．
55．（2021·吉林·八年级期末）如图，在四边形中，，点E为边上的中点连接并延长，与的延长线交于点F，连接、，求证：四边形是平行四边形．
56．（2021·吉林伊通·八年级期末）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在AD，CD上，且AE=DF，连接BE，AF.求证：BE=AF.
57．（2021·吉林桦甸·八年级期末）如图，，平分∠ABC交于点，点C在上且，连接．求证：四边形是菱形．
58．（2021·吉林九台·八年级期末）如图，长方形纸片 ABCD，AD∥BC，将长方形纸片折叠， 使点 D 与点 B 重合，点 C 落在点 C'处，折痕为 EF．
（1）求证：BE=BF．
（2）若∠ABE=18°，求∠BFE 的度数．
（3）若 AB=4，AD=8，求 AE 的长．
59．（2021·吉林前郭尔罗斯·八年级期末）感知：如图①，在正方形中，是一点，F是AD延长线上一点，且，求证：；
拓展：在图①中，若G在AD，且，则成立吗？为什么？
运用：如图②在四边形中，，，，E是AB上一点，且，，求DE的长．
60．（2021·吉林德惠·八年级期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E，F分别是OA，OC的中点，连接BE，DF
（1）根据题意，补全原形；
（2）求证：BE=DF．
61．（2021·吉林汽车经济技术开发区·八年级期末）如图，点分别是对角线上两点，.求证：.
62．（2021·吉林临江·八年级期末）如图，△ABC是等边三角形，D是边AC的中点，EC⊥BC与点C，连接BD、DE、AE且CE=BD，
求证：△ADE为等边三角形
63．（2021·吉林铁西·八年级期末）如图1，在矩形ABCD中，AB=a，BC=6，动点P从B出发沿射线BC方向移动，作△PAB关于直线PA的对称△PAB′．
（1）如图2，当点P在线段BC上运动时，直线PB′与CD相交于点M，连接AM，若∠PAM=45°，请直接写出∠B′AM和∠DAM的数量关系；
（2）在（1）的条件下，请求出此时a的值：
（3）当a=8时，
①如图3，当点B′落在AC上时，请求出此时PB的长；
②当点P在BC的延长线上时，请直接写出△PCB′是直角三角形时PB的长度．
64．（2021·吉林双阳·八年级期末）如图，将平行四边形ABCD的边DC延长到点E，使CE＝DC，连结AE，交BC于点F，∠AFC＝2∠D，连结AC、BE．求证：四边形ABEC是矩形．
65．（2021·吉林朝阳·八年级期末）【问题原型】如图，在中，对角线的垂直平分线交于点，交于点，交于点.求证：四边形是菱形.
【小海的证法】证明：
是的垂直平分线，
，（第一步）
，（第二步）
.（第三步）
四边形是平行四边形.（第四步）
四边形是菱形. （第五步）
【老师评析】小海利用对角线互相平分证明了四边形是平行四边形，再利用对角线互相垂直证明它是菱形，可惜有一步错了.
【挑错改错】（1）小海的证明过程在第________步上开始出现了错误.
（2）请你根据小海的证题思路写出此题的正确解答过程，
66．（2021·吉林松原·八年级期末）【教材呈现】下图是华师版八年级下册数学教材第77页的部分内容．
平行四边形的性质定理3：行四边形的对角线互相平分。 我们可以用演绎推理证明这个结论。 已知：如图，的对角线AC和BD相交于点O。 求证：OA=OC，OB=OD。
请根据教材中的分析，结合图1写出“平行四边形的对角线互相平分”这一性质的完整的证明过程．
证明：
【性质应用】
如图2，的对角线相交于点，过点且与分别相交于点，
（1）求证：；
（2）连结，若，周长是，则的周长是 ．
67．（2021·吉林永吉·八年级期末）在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形EBFD是矩形．
（2）若AE＝3，DE＝4，DF＝5，求证：AF平分∠DAB．
68．（2021·吉林永吉·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，∠C＝60°，AD＝24cm，CD＝8cm．点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动；点Q从点B同时出发，以3cm/s的速度向点C运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点Q的运动时间为x（s）．
（1）BC＝ cm，AB＝ cm；
（2）当PQ＝CD时，x＝ ；
（3）当四边形ABQP为矩形时，求x的值．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】
先根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求出∠C的度数，再根据平行四边形的性质解答即可．
【详解】
解：∵∠A＝40°，AB＝AC，
∴∠ABC=∠C=70°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠E=∠C=70°．
故选：D．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质、平行四边形的性质和三角形的内角和定理等知识，属于基础题型，熟练掌握等腰三角形和平行四边形的性质是解题关键．
2．B
【分析】
根据平行四边形的性质，以及点的平移性质，即可求出点B的坐标．
【详解】
解：∵四边形OABC是平行四边形，
∴OC∥AB，OA∥BC，
∴点B的纵坐标为2，
∵点O向右平移1个单位，向上平移2个单位得到点C，
∴点A向右平移1个单位，向上平移2个单位得到点B，
∴点B的坐标为：（5，2）；
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，点坐标平移的性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形的性质进行解题．
3．C
【分析】
根据平行四边形的性质可直接判断求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，AB=CD，
A、OA=OB，不一定成立，故该选项不符合题意；
B、AC=BD，不一定成立，故该选项不符合题意；
C、AB=CD，成立，故该选项符合题意；
D、，不一定成立，故该选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
4．C
【分析】
由平行四边形ABCD的对角线相交于点O，，根据线段垂直平分线的性质，可得，又由平行四边形ABCD的周长为，可得AD+CD的长，继而可得的周长等于AD+CD，从而可得答案．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AB=CD，AD=BC，
∵平行四边形ABCD的周长为24，
∴AD+CD=12，
∵，
∴，
∴的周长=
故选．
【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．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．
5．B
【分析】
由平行四边形的周长为40．可得AB+AD=20，再结合条件AD∶AB＝3∶2，所以可求出AB，BC的值．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵ ABCD周长40，
∴AB+AD=20，
∵AD∶AB＝3∶2，
∴AB=8，AD =12，
∴BC= AD=12，
故选：B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，熟记平行四边形的各种性质是解题的关键．
6．C
【分析】
根据平行四边形的性质，得；根据平行线的性质，得，通过计算即可得到答案．
【详解】
∵平行四边形ABCD
∴
∴
∵∠A＝40°
∴
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形、平行线的知识；解题的关键是熟练掌握平行四边形、平行线的性质，从而完成求解．
7．D
【详解】
根据平行四边形判定定理进行判断：
A、由“AB∥DC，AD∥BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
B、由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
C、由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形．故本选项不符合题意；
D、由“AB∥DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的一组对边平行，另一组对边相等，据此不能判定该四边形是平行四边形．故本选项符合题意．
故选D．
考点：平行四边形的判定．
8．B
【详解】
解：如图，
∵AE平分∠BAD交BC边于点E，
∴∠BAE=∠EAD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC=5，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE=3，
∴EC=BC-BE=5-3=2．
故选B．
9．B
【分析】
由矩形对角线性质可得AO=BO，又∠AOB=60°，可证△OAB为等边三角形，得DC=AB，即可得解．
【详解】
解：由矩形对角线相等且互相平分可得AO=BO=BD=4，
即△OAB为等腰三角形，
又∠AOB=60°，
∴△OAB为等边三角形．
故AB=BO=4，
∴DC=AB=4．
故选：B．
【点睛】
本题考查矩形的性质，等边三角形的性质，得出△OAB为等边三角形是解题关键．
10．A
【分析】
证△AOB是等边三角形，得AB=OA=4，再证OE是△ABC的中位线，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，AC=8，
∴∠ABC=90°，OA=OC=AC=4，OB=OD=BD，AC=BD，
∴OB=OA，
∵∠ACB=30°，
∴∠BAC=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=4，
∵E为BC的中点，
∴BE=CE，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE=AB=2，
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握矩形的性质和三角形中位线定理，证明△AOB为等边三角形是解题的关键．
11．D
【分析】
由四边形ABCD的对角线互相平分，得四边形是平行四边形，再由矩形的判定定理知，只需添加条件是对角线相等．
【详解】
解：添加AC=BD，理由如下：
∵四边形ABCD的对角线互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC=BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
12．B
【详解】
过点E作EM⊥BC于M，交BF于N．
∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠ABC=90°，AD=BC，
∵∠EMB=90°，∴四边形ABME是矩形．∴AE=BM，
由折叠的性质得：AE=GE，∠EGN=∠A=90°，∴EG=BM．
∵∠ENG=∠BNM，∴△ENG≌△BNM（AAS）．∴NG=NM．
∵E是AD的中点，CM=DE，∴AE=ED=BM=CM．
∵EM∥CD，∴BN：NF=BM：CM．∴BN=NF．∴NM=CF=．∴NG=．
∵BG=AB=CD=CF+DF=3，∴BN=BG﹣NG=3﹣．∴BF=2BN=5
∴．故选B．
13．C
【分析】
根据矩形性质可得OA=OD，然后根据三角形的外角的性质即可解决问题．
【详解】
解：矩形ABCD中，对角线AC，BD相交与点O，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查矩形性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的外角性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
14．B
【详解】
矩形的性质有：①矩形的对边相等且平行，②矩形的对角相等，且都是直角，③矩形的对角线互相平分、相等；菱形的性质有：①菱形的四条边都相等，且对边平行，②菱形的对角相等，③菱形的对角线互相平分、垂直，且每一条对角线平分一组对角；∴矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，故选B．
15．D
【分析】
由四边形ABCD是菱形，可得菱形的四条边都相等AB=BC=CD=AD，菱形的对角线互相平分且相等即AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，又因为菱形的边长和一条对角线的长均为2，易求得OB=1，则可得AC的值，根据菱形的面积等于积的一半，即可求得菱形的面积．
【详解】
解：根据题意画出图形，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=2cm，AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，
又∵菱形的边长和一条对角线的长均为2，
∴AB=AD=BD=2，
∴OB=1，
∴OA==，
∴AC=2，
∴菱形的面积为2，
故选D．
【点睛】
本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形的面积等于对角线乘积的一半．
16．A
【详解】
∵将△ABC沿BC方向平移得到△DCE，
∴ABCD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴当AB=BC时，平行四边形ABCD是菱形，
故选A.
17．B
【分析】
先作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值．然后证明四边形ABNM′为平行四边形，即可求出MP+NP=M′N=AB=1．
【详解】
解：如图
，
作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值，最小值为M′N的长．
∵菱形ABCD关于AC对称，M是AB边上的中点，
∴M′是AD的中点，
又∵N是BC边上的中点，
∴AM′∥BN，AM′=BN，
∴四边形ABNM′是平行四边形，
∴M′N=AB=1，
∴MP+NP=M′N=1，即MP+NP的最小值为1，
故选B．
18．B
【分析】
根据菱形的性质得出CO、DO的长，在Rt△COD中求出CD，利用菱形面积等于对角线乘积的一半，也等于CD×AE，可得出AE的长度．
【详解】
解：如图，∵四边形ABCD是菱形，
∴CD×AE=24，
∴AE=．
故选：B．
【点睛】
此题考查了菱形的性质，也涉及了勾股定理，要求我们掌握菱形的面积的两种表示方法，及菱形的对角线互相垂直且平分．
19．B
【分析】
根据菱形的性质逐项分析即可得到问题答案．
【详解】
解：由菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质可知，故选项A成立；
由菱形的性质：菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角可知对角线AC与BD不一定相等，所以B不一定正确；
由菱形的性质：菱形的两条对角线互相垂直，可知，故选项C成立；
由菱形的性质：菱形的两条对角线互相垂直平分，可知选项D成立；
所以B不一定正确．
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的性质，属于基础题，比较容易解答，关键是掌握菱形的定义与性质．
20．B
【分析】
由菱形的性质得到DA＝DC，∠DAC＝∠1，由等腰三角形的性质得到∠DAC＝∠DCA＝∠1，根据三角形的内角和定理求出∠DAC，即可得到∠1．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，∠DAC＝∠1，
∴∠DAC＝∠DCA＝∠1，
在△ABD中，
∵∠D＝140°，∠D+∠DAC+∠DCA＝180°，
∴∠DAC＝∠DCA＝（180°﹣∠D）＝×（180°﹣140°）＝20°，
故选B．
【点睛】
本题主要考查了菱形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
21．A
【分析】
根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质，对各个选项逐个分析，即可得到答案．
【详解】
∵平行四边形、矩形、菱形、正方形的对角线互相平分
∴选项A正确；
∵菱形的对角线不相等
∴选项B错误；
∵矩形的对角线不相互垂直
∴选项C和D错误；
故选：A．
【点睛】
本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的知识；解题的关键是熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质，从而完成求解．
22．C
【分析】
根据特殊的平行四边形的判定去判断哪个是真命题．
【详解】
A选项是假命题，应该是有一组邻边相等的平行四边形是菱形；
B选项是假命题，应该是有一个角是直角的平行四边形是矩形；
C选项是真命题；
D选项是假命题，应该是两条对角线互相平分垂直且相等的四边形是正方形．
故选：C．
【点睛】
本题考查特殊的平行四边形的判定，解题的关键是熟记这些判定定理．
23．B
【分析】
根据矩形中，、、、分别是、、、的中点，利用三角形中位线定理证得，然后利用四条边都相等的四边形是菱形即可判定．
【详解】
解：四边形是菱形；
理由：如图，连接，，
、、、分别是、、、的中点，
，，，
同理，，，，，
∵在矩形中，
，
，
四边形是菱形．
故选：．
【点睛】
此题主要考查学生对菱形的判定、三角形中位线定理和矩形的性质的理解和掌握，证明此题的关键是正确利用三角形中位线定理进行证明．
24．C
【分析】
先证明△BCF≌△DCF，然后利用等边三角形和正方形的性质，三角形内角和定理求解即可.
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠BCF＝∠DCF＝45°，
在△BCF与△DCF中，
，
∴△BCF≌△DCF（SAS），
∴∠BFC＝∠DFC，
在正方形ABCD中，以AD为边作等边三角形ADE，
∴AE＝AD＝DE＝AB，
∴∠ABE＝∠AEB＝（180°﹣90°﹣60°）＝15°，
∴∠FBC＝90°﹣15°＝75°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠BFC＝180°﹣75°﹣45°＝60°，
∴∠DFC＝60°，
故选C．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
25．C
【分析】
根据折叠的性质可得∠CAE∠BAC，∠CAF∠DAC，再由正方形的可得∠BAD＝90°，从而在∠BAC+∠DAC＝90°，从而可求解．
【详解】
解：由题意得：∠CAE∠BAC，∠CAF∠DAC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，
∴∠BAC+∠DAC＝90°，
∵∠EAF＝∠CAE+∠CAF，
∴∠EAF∠BAC∠DAC
（∠BAC+∠DAC）
＝45°．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查角的计算，解答的关键是熟记折叠的性质，明确角与角之间的关系．
26．A
【分析】
连接AE、AF，先证明△GAE≌△HAF，由此可证得，进而同理可得，根据正方形ABCD的面积等于四个相同四边形的面积之和及小正方形的面积即可求得答案．
【详解】
解：如图，连接AE、AF，
∵点A为大正方形的中心，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∴∠AEF=∠AFE=45°，
∵∠GEF=90°，
∴∠AEG=∠GEF-∠AEF=45°，
∴∠AEG=∠AFE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DAB=∠EAF=90°，
∴∠GAE=∠HAF，
在△GAE与△HAF中，
∴△GAE≌△HAF（ASA），
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴同理可得：，
即，
故选：A．
【点睛】
本题考查了正方形的性质及全等三角形的判定及性质，熟练掌握正方形的性质并能作出正确的辅助线是解决本题的关键．
27．2cm．
【详解】
试题解析：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AE∥BC，AD=BC=8cm，
∴∠AEB=∠EBC，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠EBC，
∴∠ABE=∠AEB，
∴AB=AE=6cm，
∴DE=AD﹣AE=8﹣6=2（cm）.
28．两组对边分别相等的四边形是平行四边形.
【分析】
先根据分别以点B，D为圆心，AD，AB的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CD，BC，得出AB=DC，AD=BC，根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”可判断四边形ABCD是平行四边形．
【详解】
解：根据尺规作图的作法可得，AB=DC，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）
故答案为两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定，解题时注意：两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言为：∵AB=DC，AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形．
29．答案不唯一，如AD//BC，OA＝OC等
【详解】
试题分析：可以添加：AD∥BC（答案不唯一）．故答案为答案不唯一，如：AD∥BC．
考点：平行四边形的判定．
30．或
【分析】
根据题意画出图形，由平行四边形得出对边平行，又由角平分线可以得出为等腰三角形，然后分别讨论cm，cm或cm，cm，继而求得答案．
【详解】
解：如图，四边形ABCD为平行四边形，
，AB=CD，BC=AD，
，
为角平分线，
，
，
，
当cm，cm时，
∴AB=CD=3cm，AD=BC=BE+EC=8cm，
∴四边形ABCD的周长=AD+BC+AB+CD=22cm；
当cm时，cm，
同理求得周长=AD+BC+AB+CD=26cm．
故答案为：22cm或26cm．
【点睛】
此题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的判定与性质．注意分类讨论思想的应用．
31．25
【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】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B=∠D=65°，
∵CE⊥AB，
∴∠BEC=90°，
∴∠BCE=90°-∠B=25°．
故答案为：25．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，三角形内角和定理等知识．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．
32．28
【分析】
利用平行四边形的性质可得出AD＝BC，AB＝CD，AD∥BC，由角平分线的定义可得出∠ADE＝∠CDE，由AD∥BC可得出∠CED＝∠CDE，利用等角对等边可求出CD的长，即可求出平行四边形ABCD的周长．
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD＝6，AD＝BC，AD∥BC．
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE＝∠CDE．
∵AD∥BC，
∴∠CED＝∠ADE＝∠CDE，
∴CD＝CE＝6，
∵BE=2，
∴AD=BC=BE+CE=8，
∴平行四边形ABCD的周长＝2（AD＋CD）＝2×（8＋6）＝28．
故答案为：28．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质、角平分线以及等腰三角形的性质与判定，利用平行四边形的性质及等腰三角形的性质与判定，求出CD的长是解题的关键．
33．4
【分析】
由题意易得OA=OC=5，OD=OB=3，然后根据勾股定理可求解．
【详解】
解：∵四边形是平行四边形，，，
∴OA=OC=5，OD=OB=3，
∵，
∴在Rt△ADO中，，
故答案为4．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质及勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质及勾股定理是解题的关键．
34．（答案不唯一）．
【分析】
利用平行四边形的判定即可求解．
【详解】
解：∵D、E分别是AB、BC的中点，
∴ ，即 ，
∴可添加 ，
∴四边形ADFC为平行四边形，
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
35．2.4
【分析】
连接CP，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CFPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF＝CP，再根据垂线段最短可得CP⊥AB时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可．
【详解】
解：如图，连接CP．
∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，
∴AB＝＝＝5，
∵PE⊥AC，PF⊥BC，∠C＝90°，
∴四边形CFPE是矩形，
∴EF＝CP，
由垂线段最短可得CP⊥AB时，线段EF的值最小，
此时，S△ABC＝BC AC＝AB CP，
即×4×3＝×5 CP，
解得CP＝2.4．
故答案为：2.4．
【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CP⊥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．
36．．
【分析】
连接OE，根据矩形性质和勾股定理可得AC=10,推出S△DOC＝S矩形ABCD，根据S△DOC＝S△DOE+S△COE＝OD EF+OC EG＝OD（FE+EG）可得．
【详解】
连接OE，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，
∴OD＝OC，AC＝＝10，
∴S矩形ABCD＝AB BC＝48，S△DOC＝S矩形ABCD＝12，OD＝OC＝5，
∴S△DOC＝S△DOE+S△COE＝OD EF+OC EG＝OD（FE+EG）＝×5×（EF+EG）＝12，
∴EF+EG＝；
故答案为．
【点睛】
考核知识点：矩形．理解矩形性质，添加辅助线，把问题转化为解三角形问题是关键．
37．
【分析】
首先连接OP，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，可求得OA＝OD＝ 以及△AOD的面积，继而可得 ＝ （PE＋PF），则可求得答案．
【详解】
解：连接OP，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OA＝OD＝BD，，
∵AB＝3，AD＝4，
∴ ＝3×4＝12，BD＝5，
∴＝＝3，OA＝OC＝，
∵ ＝OA PE＋OD PF＝××PE＋××PF＝ （PE＋PF）＝3，
∴PE＋PF＝ ．
故答案为．
【点睛】
此题考查了矩形的性质以及勾股定理、三角形面积．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想与整体思想的应用．
38．.
【分析】
直接利用菱形的性质得出BO=3，CO=4，AC⊥BD，进而利用勾股定理以及直角三角形面积求法得出答案．
【详解】
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OB=OD=BD=3，OA=OC=AC=4，
在Rt△OBC中，∵OB=3，OC=4，
∴BC=，
∵OE⊥BC，
∴OE BC=OB OC，
∴OE=．
39．28.
【详解】
试题分析：根据菱形四条边都相等的性质可得AB=AD，又因∠A=60°，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形即可判定△ABD为等边三角形，所以AB=AD=BD=7，再根据菱形的性质即可得菱形ABCD的周长为7×4=28．
考点：菱形的性质；等边三角形的判定及性质．
40．5
【分析】
由菱形的性质可得BC＝CD＝5，AC⊥BD，由题意可证四边形ODEC是矩形，可得OE＝CD＝5．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD＝5，AC⊥BD，
∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形ODEC是平行四边形，且AC⊥BD，
∴四边形ODEC是矩形，
∴OE＝CD＝5，
故答案为5.
【点睛】
本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，证明四边形ODEC是矩形是解题的关键．
41．144
【分析】
根据菱形的每一条对角线平分一组对角的性质、等腰三角形的相关性质以及三角形的全等证明，可以先求出的度数，再根据三角形全等求出,进而得出的度数．
【详解】
在菱形中，
，
，
在 与中
故答案为：144
【点睛】
题目主要考查了菱形对角线的性质、等腰三角形的相关性质以及三角形的全等证明方法，难度适中．
42．
【分析】
先求出的度数，即可求出.
【详解】
解：由题意可得，，
故答案为
【点睛】
本题考查了等腰与等边三角形的性质，等腰三角形的两底角相等，等边三角行的三条边都相等，三个角都相等，灵活应用等腰及等边三角形的性质是解题的关键.
43．
【分析】
连接交于点，则可证得，，可证四边形为平行四边形，且，可证得四边形为菱形；根据勾股定理计算的长，可得结论．
【详解】
如图，连接交于点，
∵四边形为正方形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴四边形为平行四边形，且，
∴四边形为菱形，
∴，
∵，，
由勾股定理得：，
∴四边形的周长，
故答案为.
【点睛】
本题考查了正方形的性质、菱形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键．
44．.
【详解】
试题分析：连接AC,根据正方形的性质可得A、E、C三点共线，连接FG交AC于点M，因正方形和正方形的边长分别为3和1，根据勾股定理可求得EC=FG=,AC=3,即可得AE=2,因为的中点，可得PE=AP=,再由正方形的性质可得GM=EM= ,FG垂直于AC，在Rt△PGM中，PM= ,由勾股定理即可求得PG=.
45．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）首先根据平行线的性质得到∠AFE=∠DBE，再根据线段中点的定义得到AE=DE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到AF=BD，推出四边形ADCF是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到∠ADC=90°，于是得到结论．
【详解】
（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是线段AD的中点，
∴AE=DE，
∵∠AEF=∠DEB，
∴（AAS）；
（2）证明：∵，
∴AF=BD，
∵D是线段BC的中点，
∴BD=CD，
∴AF=CD，
∵AF∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB=AC，
∴，
∴∠ADC=90°，
∴四边形ADCF为矩形．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的证明与矩形证明，熟练掌握相关概念是解题关键.
46．（1）证明见解析（2）
【分析】
（1）根据菱形的性质得到，，，，求得，根据勾股定理得到，于是得到结论；
（2）过作于，得到四边形是矩形，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
（1）证明：∵在矩形中，，，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：过作于，
则四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴.
【点睛】
本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
47．（1）证明见解析；
（2）证明见解析;
（3）2：1.
【分析】
（1）求出AB=DC，∠A=∠D=90°，AM=DM，根据全等三角形的判定定理推出即可．
（2）根据三角形中位线定理求出NE∥MF，NE=MF，得出平行四边形，求出BM=CM，推出ME=MF，根据菱形的判定推出即可.
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝90°，AB＝DC．
又∵MA＝MD，∴△ABM≌△DCM（SAS）．
（2）四边形MENF是菱形．证明如下：
∵N、E、F分别是BC、BM、CM的中点，∴NE∥CM，NE=CM，MF=CM．
∴NE=FM，NE∥FM．∴四边形MENF是平行四边形．
∵△ABM≌△DCM，∴BM=CM．
∵E、F分别是BM、CM的中点，∴ME=MF．
∴平行四边形MENF是菱形．
（3）当AD：AB=2：1时，四边形MENF是正方形，理由如下：
∵M为AD中点，∴AD=2AM．
∵AD：AB=2：1，∴AM=AB．
∵∠A=90°，∴∠ABM=∠AMB=45°．
同理∠DMC=45°．
∴∠EMF=180°-45°-45°=90°．
∵四边形MENF是菱形，∴菱形MENF是正方形．
48．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）由正方形的性质得出∠BAE=∠ADF=90°，AB=AD=CD，得出AE=DF，由SAS证明△BAE≌△ADF，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出∠EBA=∠FAD，得出∠GAE+∠AEG=90°，因此∠AGE=90°，由勾股定理得出BE=，在Rt△ABE中，由三角形面积即可得出结果．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠ADF=90°，AB=AD=CD，
∵DE=CF，
∴AE=DF，
在△BAE和△ADF中，
∵，
，
，
（2）由（1）得：△BAE≌△ADF，
∴∠EBA=∠FAD，
∴∠GAE+∠AEG=90°，
∴∠AGE=90°，
∵AB=4，DE=1，
∴AE=3，
，
在中，
，
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理以及三角形面积公式；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
49．（1）OE＝OF，详见解析；（2）四边形AFCE是菱形，详见解析
【分析】
（1）根据矩形的性质得出，求出∠EAO＝∠FCO，根据全等三角形的判定推出即可；
（2）根据平行四边形的判定得出四边形AFCE是平行四边形，再根据菱形的判定得出即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴∠EAO＝∠FCO，
∵AC的中点是O，
∴OA＝OC，
在和中，
，
，
∴OE＝OF；
（2）∵OE＝OF，AO＝CO，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴四边形AFCE是菱形．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定、菱形的判定；关键在于掌握好相关的基础知识．
50．（1）见解析；（2）是等腰三角形，见解析；（3）
【分析】
（1）由题意根据邻边相等的矩形是正方形进行分析证明即可．
（2）根据题意证明∠QFP=∠FPQ即可解决问题．
（3）由题意证明△PFQ，△PGA都是等边三角形，设QF=m，求出AB，AD（用m表示）即可解决问题．
【详解】
解：（1）证明：如图①中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADA′=90°，
由翻折可知，∠DA′E=∠A=90°，
∴∠A=∠ADA′=∠DA′E=90°，
∴四边形AEA′D是矩形，
∵DA=DA′，
∴四边形AEA′D是正方形．
（2）结论：△PQF是等腰三角形．
理由：如图②中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠QFP=∠APF，
由翻折可知，∠APF=∠FPQ，
∴∠QFP=∠FPQ，
∴QF=QP，
∴△PFQ是等腰三角形．
（3）如图③中，
∵四边形PGQF是菱形，
∴PG=GQ=FQ=PF，
∵QF=QP，
∴△PFQ，△PGQ都是等边三角形，设QF=m，
∵∠FQP=60°，∠PQD′=90°，
∴∠DQD′=30°，
∵∠D′=90°，
∴，
由翻折可知，，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查矩形的性质，正方形的判定和性质，菱形的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
51．（1）见详解；（2）24
【分析】
（1）先证四边形AEBO为平行四边形，再由菱形的性质得∠AOB＝90°，从而可得四边形AEBO是矩形；
（2）根据勾股定理和菱形的面积公式解答即可．
【详解】
解：（1）四边形AEBO是矩形，理由如下：
∵BE∥AC，AE∥BD
∴四边形AEBO是平行四边形．
又∵菱形ABCD对角线交于点O
∴AC⊥BD，即∠AOB＝90°．
∴四边形AEBO是矩形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝AC＝4，OB＝OD，AC⊥BD，
∵四边形AEBO是矩形，
∴AB＝OE＝5，
∴OB=，
∴BD＝2OB＝6，
∴菱形ABCD的面积＝AC×BD＝×8×6＝24．
【点睛】
本题考查的是菱形的性质、矩形的判定与性质和判定、勾股定理、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
52．证明见解析
【分析】
如图，连接 交于 证明再证明从而可得结论.
【详解】
证明：如图，连接 交于
,
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，掌握对角线互相平分的四边形是平行四边形是证题的关键.
53．（1）证明见解析；（2）.
【分析】
（1）根据ASA证明△ABE≌△BCF，可得结论；
（2）根据（1）得：△ABE≌△BCF，则CF=BE=2，最后利用勾股定理可得AF的长.
【详解】
解:
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵BH⊥AE，
∴∠BHE=90°，
∴∠AEB+∠EBH=90°，
∴∠BAE=∠EBH，
在△ABE和△BCF中，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE=BF；
（2）解：∵AB=BC=5，
由（1）得：△ABE≌△BCF，
∴CF=BE=2，
∴DF=5-2=3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=5，∠ADF=90°，
由勾股定理得：AF=．
【点睛】
此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，本题证明△ABE≌△BCF是解本题的关键.
54．见解析．
【分析】
根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AD=BC，进而得到BE=FD即可证明．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵，，
∴BE=FD，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质与判定，解题的关键是灵活运用平行四边形的性质，并熟悉平行四边形的判定定理．
55．证明见解析．
【分析】
先根据平行线的性质可得，再根据线段中点的定义可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据平行四边形的判定即可得证．
【详解】
证明：∵，
∴，
∵E是边的中点，
∴，
在与，，
∴，
∴，
∴四边形的对角线与互相平分，
∴四边形为平行四边形．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定定理与性质、平行四边形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
56．见解析.
【详解】
试题分析：根据正方形的性质得出AD=AB，∠D=EAB=90°，然后结合AE=DF得出△ADF和△BAE全等，得到BE=AF.
试题解析：∵四边形ABCD是正方形 ∴AD=AB ∠D=∠EAB=90°
在△EAB和△FDA中，AE=DF ∠EAB=∠D AB=AD ∴△EAB≌△FDA ∴BE=AF.
考点：正方形的性质、三角形全等.
57．见解析
【分析】
由，BD平分∠ABC得到∠ABD=∠ADB，进而得到△ABD为等腰三角形，进而得到AB=AD，再由BC=AB，得到对边AD=BC，进而得到四边形ABCD为平行四边形，再由邻边相等即可证明ABCD为菱形．
【详解】
证明：∵，
∴∠ADB=∠DBC，
又BD平分∠ABC，
∴∠DBC=∠ABD，
∴∠ADB=∠ABD，
∴△ABD为等腰三角形，
∴AB=AD，
又已知AB=BC，
∴AD=BC，
又，即ADBC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
又AB=AD，
∴四边形ABCD为菱形．
【点睛】
本题考了角平分线性质，平行线的性质，菱形的判定方法，平行四边形的判定方法等，熟练掌握其判定方法及性质是解决此类题的关键．
58．（1）详见解析；（2）57°；（3）3.
【分析】
（1）根据翻折变换的性质，结合矩形的性质证明∠BEF=∠BFE，根据等腰三角形的判定即可得到结论；
（2）根据矩形的性质及等腰三角形的性质即可解决问题；
（3）根据勾股定理列出关于线段 AE 的方程即可解决问题；
【详解】
解：（1）由题意得：∠BEF=∠DEF；
∵四边形 ABCD 为矩形，
∴DE∥BF，
∴∠BFE=∠DEF，
∴∠BEF=∠BFE，
∴BE=BF；
（2）∵四边形 ABCD 为矩形，
∴∠ABF=90°；而∠ABE=24°，
∴∠EBF=90°-24°=66° ；
又∵BE=BF，
∴∠BFE ==57°；
（3）由题意知：BE=DE；
设 E=x，则 BE=DE=8-x，
由勾股定理得：（8-x）2=42+x2，解得：x=3．
即 AE 的长为 3．
【点睛】
该题主要考查了翻折变换的性质及其应用问题；解题的关键是灵活运用矩形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等几何知识点来解题．
59．感知：见详解；拓展：成立，理由见详解；运用：DE=13.6．
【分析】
感知：利用已知条件，可证出△BCE≌△DCF（SAS），即CE=CF；
拓展：由△BEC≌△DFC，可得∠BCE=∠DCF，即可求∠GCF=∠GCE=45°，且GC=GC，EC=CF可证△ECG≌△GCF，则结论可求．
运用：过点C作CF⊥AD于F，可证四边形ABCF是正方形，根据拓展的结论可得DE=DF+BE=4+DF，根据勾股定理列方程可求DF的长，即可得DE的长．
【详解】
感知：证明：如图1中，
在正方形ABCD中，
∵BC=CD，∠B=∠CDF=90°，BE=DF，
∴△CBE≌△CDF（SAS），
∴CE=CF；
拓展：成立，
∵∠GCE=45°，
∴∠BCE+∠GCD=45°，
∵△BEC≌△DFC，
∴∠BCE=∠DCF，
∴∠DCF+∠GCD=45°，即∠GCF=45°，
∴∠GCE=∠GCF，且GC=GC，CE=CF，
∴△GCE≌△GCF（SAS），
∴EG=GF，
∴EG=GD+DF=BE+GD；
运用：如图：过点C作CF⊥AD于F，
∵AD∥BC，∠B=90°，
∴∠A=90°，
∵∠A=∠B=90°，FC⊥AD，
∴四边形ABCF是矩形，且AB=BC=16，
∴四边形ABCF是正方形，
∴AF=16，
由拓展可得DE=DF+BE，
∴DE=4+DF
在△ADE中，AE2+DA2=DE2．
∴（164）2+（16DF）2=（4+DF）2．
解得DF=9.6．
∴DE=4+9.6=13.6．
【点睛】
本题考查四边形综合题，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，构造正方形利用拓展的结论解决问题是本题的关键．
60．(1)图见解析；（2）详见解析.
【分析】
（1）根据题意，画出图形即可；（2）利用SAS证得△BEO≌△DFO，根据全等三角形的对应边相等即可得结论．
【详解】
（1）解：如图所示：
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD交于点O，
∴OB=OD，OA=OC．
又∵E，F分别是OA、OC的中点，
∴OE=OA，OF=OC，
∴OE=OF．
∵在△BEO与△DFO中，
，
∴△BEO≌△DFO（SAS），
∴BE=DF．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质的运用；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
61．见解析
【分析】
用SAS证明△BAF≌△DCE即可说明∠DEC=∠BFA．
【详解】
证明：：∵四边形为平行四边形,
∴,
∴,
又,
∴≌,
∴.
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质，解决这类问题一般是四边形转化为三角形处理．
62．证明见解析
【分析】
利用△ABC是等边三角形，D为边AC的中点，求得∠ADB=90°，再用SAS证明△CBD≌△ACE，推出AE=CD=AD，∠AEC=∠BDC=90°，根据直角三角形斜边上中线性质求出DE=AD，即可证明．
【详解】
证明：∵△ABC是等边三角形，D是边AC的中点，
∴AD=DC，BC=CA，BD⊥AC，
∴∠BDC=90°，即∠DBC+∠DCB=90°，
∵EC⊥BC，
∴∠BCE=90°，即∠ACE+∠BCD=90°，
∴∠ACE=∠DBC，
在△CBD和△ACE中，
∴△CBD△ACE（SAS）
∴CD=AE ，
∴∠AEC=∠CDB=90°
∵D为AC的中点
∴AD=DE，AD=DC，
∴ AD=AE=DE，
即△ADE为等边三角形．
【点睛】
本题主要考查等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，直角三角形斜边上的中线等．解答此题的关键是先证明△CBD≌△ACE，然后再利用三边相等证明此三角形是等边三角形．
63．（1）；（2）；（3）①；②PB的长度为8或或．
【分析】
（1）证明Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，即可得到∠B′AM=∠DAM；
（2）由Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，得到AD=AB′=AB=a，即可求得a=6；
（3）①利用勾股定理求出AC，在Rt△PB′C中利用勾股定理即可解决问题；
②分三种情形分别求解即可，如图2-1中，当∠PCB′=90°时．如图2-2中，当∠PCB′=90°时．如图2-3中，当∠CPB′=90°时，利用勾股定理即可解决问题．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠B=∠BAD=90°，
∵△PAB′与△PAB关于直线PA的对称，
∴△PAB≌△PAB′，
∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，∠B′AP=∠BAP，
∵∠PAM=45°，即∠B′AP +∠B′AM =45°，
∴∠DAM +∠BAP =45°，
∴∠DAM=∠B′AM，
∵AM=AM，
∴Rt△MAD≌Rt△MAB′(AAS)，
∴∠B′AM=∠DAM；
（2）∵由（1）知：Rt△MAD≌Rt△MAB′，
∴AD=AB′=AB=a，
∵AD=BC=6，
∴a=6；
（3）①在Rt△ABC中，∠ABC=90°，
由勾股定理得：AC==10，
设PB=x，则PC=6 x，
由对称知：PB′=PB=x，∠AB′P=∠B=90°，
∴∠PB′C=90°，
又∵AB′=AB=8，
∴B′C=2，
在Rt△PB′C中， ，
∴(6 x)2=22+x2，
解得：x=，
即PB=；
②∵△PAB′与△PAB关于直线PA的对称，
∴△PAB≌△PAB′，
∴AB′=AB，∠AB′P=∠B=90°，PB′=PB，
设PB′=PB=t，
如图2-1中，当∠PCB'=90°，B'在CD上时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AB′=AB=CD=8，AD=BC=6，
∴DB′，
∴CB′=CD DB′=8 2，
在Rt△PCB'中，∵B'P2=PC2+B'C2，
∴t2= (8 2)2+(6 t)2，
∴t=；
如图2-2中，当∠PCB'=90°，B'在CD的延长线上时，
在Rt△ADB'中，DB′，
∴CB′=8+2，
在Rt△PCB'中，则有：(8 2)2+(t 3)2=t2，
解得t=；
如图2-3中，当∠CPB'=90°时，
∵∠B=∠B′=∠BPB′=90°，AB=AB′，
∴四边形AB'PB为正方形，
∴BP=AB=8，
∴t=8，
综上所述，PB的长度为8或或；
【点睛】
本题考查了轴对称的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
64．见解析
【分析】
根据平行四边形的性质得到AB∥CD，AB=CD，然后根据CE=DC，得到AB=EC，AB∥EC，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证得四边形ABEC是平行四边形；通过角的关系得出FA=FE=FB=FC，AE=BC，得证．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵CE=DC，
∴AB=EC，AB∥EC，
∴四边形ABEC是平行四边形，
∴FA=FE，FB=FC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠D，
又∵∠AFC=2∠D，
∴∠AFC=2∠ABC，
∵∠AFC=∠ABC+∠BAF，
∴∠ABC=∠BAF，
∴FA=FB，
∴FA=FE=FB=FC，
∴AE=BC，
∴四边形ABEC是矩形．
【点睛】
此题考查的知识点是平行四边形的判定与性质及矩形的判定，熟练掌握和运用平行四边形的判定性质及矩形的判定是解题的关键．
65．（1）二; （2）见解析.
【分析】
(1)由垂直平分线性质可知，AC和EF并不是互相平分的,EF垂直平分AC，但AC并不平分EF，需要通过证明才可以得出，故第2步出现了错误;
(2) ）根据平行四边形性质求出AD∥BC，推出，证,推出，可得四边形是平行四边形，推出菱形.
【详解】
（1）二
（2）四边形是平行四边形，
．
．
是的垂直平分线，
．
在与中，
．
．
四边形是平行四边形．
．
四边形是菱形．
【点睛】
本题考查菱形的判定，以及平行四边形的性质，关键是掌握对角线互相垂直的平行四边形是菱形
66．（教材呈现）见解析；（性质应用）（1）见解析；（2）30．
【分析】
（教材呈现）
证明，再根据全等三角形的性质解题；
（性质应用）
（1）由平行四边形的性质解得，再证明，最后根据全等三角形的性质解题；
（2）连结，由线段的垂直平分线的性质解得，继而解得，由此解题即可．
【详解】
（教材呈现）
四边形 是平行四边形
，
，
，
（性质应用）
证明：（1）四边形是平行四边形
四边形 是平行四边形
又
（2）连结，
，
周长是，
的周长是：
故答案为：30．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、垂直平分线的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
67．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据平行四边形的性质得出DC∥AB，即DF∥BE，根据平行四边形的判定得出四边形DEBF为平行四边形，根据矩形的判定得出即可；
（2）根据矩形的性质求出∠DEB=90°，根据勾股定理求出AD，求出AD=DF，推出∠DAF=∠DFA，求出∠DAF=∠BAF，即可得出答案．
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC∥AB，即DF∥BE，
又∵DF=BE，
∴四边形DEBF为平行四边形，
又∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形DEBF为矩形；
（2）∵四边形DEBF为矩形，
∴∠DEB=90°，
∵AE=3，DE=4，DF=5，
∴AD=，
∴AD=DF=5，
∴∠DAF=∠DFA，
∵AB∥CD，
∴∠FAB=∠DFA，
∴∠FAB=∠DFA，
∴AF平分∠DAB．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，勾股定理，平行线的性质，角平分线定义的应用，能综合运用性质进行推理是解此题的关键．
68．（1）28，4；（2）5或7；（3）6．
【分析】
（1）作DE⊥BC于点E，得到矩形ABED和Rt△DEC，由∠C=60°，得∠CDE=30°，可求得CE的长，再用勾股定理求DE的长，可求得AB、BC的长；
（2）按PQ=CD=8，且PQ与CD不平行，或PQ=CD=8，且PQ∥CD分类讨论，由AP=BQ+4或AP=BQ-4列方程求出x的值；
（3）当四边形ABQP时矩形时，则AP=BQ，列方程求出x的值即可．
【详解】
解：（1）如图1，作DE⊥BC于点E，则∠DEC=∠DEB=90°，
∵AD∥BC，∠B=90°，
∴∠A=180°-∠B=90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴BE=AD=24，
∵∠C=60°，
∴∠CDE=30°，
∴CE=CD=×8=4，
∴BC=BE+CE=24+4=28（cm），AB=DE=（cm），
故答案为：28，4；
（2）如图2，PQ=CD=8，且PQ与CD不平行，作DE⊥BC于点E，PF⊥BC于点F，
∵∠PFB=∠B=∠A=90°，
∴四边形ABFP是矩形，
∴AP=BF；
∵∠PFQ=∠DEC=90°，PF=DE，
∴Rt△PFQ≌Rt△DEC（HL），
∴∠QPF=∠CDE=30°，
∴QF=PQ=4；
∴24-x=3x+4，
解得，x=5；
如图3，PQ=CD=8，且PQ∥CD，作DE⊥BC于点E，作PF⊥BC于点F，
∵∠PFB=∠B=∠A=90°，
∴四边形ABFP是矩形，
∴AP=BF；
∵∠PFQ=∠DEC=90°，PF=DE，
∴Rt△PFQ≌Rt△DEC（HL），
∴∠QPF=∠CDE=30°，
∴QF=PQ=4；
∴24-x=3x-4，
解得，x=7，
故答案为：5或7；
（3）如图4，∵AP∥BQ，∠B=90°，
∴当AP=BQ时，四边形ABQP时矩形，
∴24-x=3x，
解得，x=6．
【点睛】
本题重点考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、动点问题的求解等知识与方法，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将已知所给的四边形转化为矩形和直角三角形，解第（2）题时应注意分类讨论，求出所有符合条件的x的值．
答案第1页，共2页