第18章平行四边形练习题2020－2021年山西省部分地区人教版数学八年级下学期期末试题选编（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 第18章平行四边形练习题2020－2021年山西省部分地区人教版数学八年级下学期期末试题选编（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.2MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-03-02 15:14:00 | ||
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文档简介
第18章：平行四边形练习题
一、单选题
1．（2021·山西寿阳·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AB，E为垂足．如果∠BCE＝28°，则∠D＝（ ）
A．28° B．38° C．52° D．62°
2．（2021·山西侯马·八年级期末）下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2021·山西阳城·八年级期末）如图，在中，，对角线与相交于点，交于，若的周长为，则的周长是（ ）
A． B． C． D．无法确定
4．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）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．1.5cm B．2cm
C．2.5cm D．3cm
5．（2021·山西太原·八年级期末）四边形的对角线相交于点，且，那么下列条件不能判断四边形为平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）下列命题中是真命题的是（ ）
A．若a＞b，则3﹣a＞3﹣b
B．如果ab＝0，那么a＝0，b＝0
C．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
D．有两个角为60°的三角形是等边三角形
7．（2021·山西大同·八年级期末）如图， ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠BAC＝90°，AC＝6，BD＝10，则CD的长为（ ）
A． B．8 C．4 D．2
8．（2021·山西孝义·八年级期末）如图，中，对角线，交于点，点是的中点，若的周长是10，，则的长度为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
9．（2021·山西盐湖·八年级期末）如图，在四边形中，对角线和相交于点，下列条件不能判断四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
10．（2021·山西祁县·八年级期末）数学课上，老师出示了如下一道证明题
如图，在中，点D、E分别是，的中点，延长至点F，使，连接，求证：四边形是平行四边形
证明：点D，E分别是，的中点
∴是的_①_∴_②_
又∵，∴
∴四边形是平行四边形（_③_的四边形是平行四边形）
①②③分别代表（ ）
A．中线、、一组对边平行且相等
B．中位线、、两组对边相等
C．中线、、两组对边相等
D．中位线、、一组对边平行且相等
11．（2021·山西交城·八年级期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE=AD，连接EB，EC，DB．添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（ ）
A．AB=BE B．BE⊥DC C．∠ADB=90° D．CE⊥DE
12．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）如图所示，将矩形ABCD纸对折，设折痕为MN，再把B点叠在折痕线MN上，（如图点B’），若，则折痕AE的长为（ ）
A． B． C．2 D．
13．（2021·山西·八年级期末）如图，将矩形折叠，使点C和点A重合，点D落在处，折痕为，与交于点O．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
14．（2021·山西祁县·八年级期末）如图，四边形ABCD和四边形AEFC是两个矩形，点B在EF边上，若矩形ABCD和矩形AEFC的面积分别是，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
15．（2021·山西怀仁·八年级期末）如图，在△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，BM是AC边的中线，点D，E分别在边AC和BC上，DB=DE，EF⊥AC于点F，则以下结论；①∠DBM=∠CDE；②BN=DN；③AC=2DF；④S﹤S其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③
16．（2021·山西襄汾·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，P是边AD上的动点，PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，如果AB＝3，AD＝4，那么PE+PF＝（ ）
A． B．3 C． D．4
17．（2021·山西侯马·八年级期末）如图，把一个长方形的纸片对折两次，然后剪下一个角，为了得到一个钝角为120° 的菱形，剪口与第二次折痕所成角的度数应为
A．15°或30° B．30°或45° C．45°或60° D．30°或60°
18．（2021·山西·八年级期末）如图，在菱形中，，，点E是对角线上一个动点（不与A，C重合），点F是边上一个动点，连接，则的最小值为（ ）
A．2 B． C．4 D．
19．（2021·山西大同·八年级期末）已知在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC与BD相交于点O，AO＝CO，如果添加下列一个条件后，就能判定这个四边形是菱形的是（ ）
A．BO＝DO B．AB＝BC C．AB＝CD D．AB∥CD
20．（2021·山西·八年级期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角相等 D．对边相等
21．（2021·山西孝义·八年级期末）如图，已知四边形是平行四边形，对角线与相交于点．添加下列条件仍不能判定是菱形的是（ ）
A． B． C． D．
22．（2021·山西朔州·八年级期末）菱形和矩形的对角线，具有的性质是下列的（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相垂直
C．对角线互相垂直平分 D．对角线互相平分
23．（2021·山西襄汾·八年级期末）已知四边形是平行四边形，，相交于点O，下列结论错误的是（ ）
A．，
B．当时，四边形是菱形
C．当时，四边形是矩形
D．当且时，四边形是正方形
24．（2021·山西襄汾·八年级期末）已知：如图，是正方形内的一点，且，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
25．（2021·山西朔州·八年级期末）如图，直线，直线与直线之间的距离为2，直线与直线之间的距离为4.正方形的对角线与相交于点，若顶点，，分别在直线，，上，则的面积为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
26．（2021·山西·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A，C的坐标分别为，点B在y轴的正半轴上，则点D的坐标是（ ）
A． B． C． D．
27．（2021·山西朔州·八年级期末）如图，在正方形中，点是对角线上一点，连接，，若，则的度数为（ ）
A．105° B．120° C．135° D．150°
28．（2021·山西祁县·八年级期末）如图，正方形、、、的边长分别为2、4、6、4，四个正方形按照如图所示的方式摆放，点、、分别位于正方形、、、对角线的交点则阴影部分的面积和为（ ）
A．12 B．13 C．14 D．18
29．（2021·山西侯马·八年级期末）在平面中，下列命题为真命题的是
A．四个角相等的四边形是矩形 B．对角线垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形 D．四边相等的四边形是正方形
二、填空题
30．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）平行四边形的周长等于56 cm，两邻边长的比为3∶1，那么这个平行四边形较长的边长为_______.
31．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）如图，点E 是平行四边形ABCD的对角线BD上一点，连接CE、AE，若点E在线段AD的垂直平分线上，点D在线段EC的垂直平分线上，且∠DCE=60°，则∠AEB=____°．
32．（2021·山西侯马·八年级期末）如图，平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，AE⊥BD于E，BD＝20，BE＝7，AE＝4，则AC的长等于__________．
33．（2021·山西盐湖·八年级期末）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在点处且平分，若，则____________．
34．（2021·山西寿阳·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：_________________________
.
35．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB=CD，M、N．P分别是AD、BC、BD的中点，若∠MPN=130°，则∠NMP的度数为____．
36．（2021·山西交城·八年级期末）如图，平行四边形ABCD的周长为36，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD的中点，BD＝12，则△DOE的周长是_________．
37．（2021·山西盐湖·八年级期末）如图，将一个长方形纸片沿折叠，使C点与A点重合，若，则线段的长是_________．
38．（2021·山西交城·八年级期末）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当△CEB′为直角三角形时，BE的长为_____．
39．（2021·山西·八年级期末）如图，已知四边形是平行四边形，再增加一个条件____即可判定四边形是矩形．（不添加其他辅助线）
40．（2021·山西朔州·八年级期末）矩形中，，，对角线，相交于点，点为上一点，将沿折叠，使点落在对角线的点处，则线段的长为______．
41．（2021·山西侯马·八年级期末）如图，两个完全相同的三角尺ABC和DEF在直线l上滑动．要使四边形CBFE为菱形，还需添加的一个条件是____(写出一个即可)．
42．（2021·山西大同·八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝16，DB＝12，DH⊥AB于点H，则DH等于____．
43．（2021·山西大附中八年级期末）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是的边AB，BC边的中点若，
，则线段EF的长为______．
44．（2021·山西襄汾·八年级期末）如图，点O是菱形ABCD两条对角线的交点，过O点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分．当菱形的两条对角线的长分别为8和10时，则阴影部分的面积为_____．
45．（2021·山西交城·八年级期末）如图，点为正方形外一点，与相交于点．若，则_________．
46．（2021·山西·八年级期末）如图，正方形中，，点E是正方形内的一点，且，射线交于点F，则的长为________．
47．（2021·山西孝义·八年级期末）如图，正方形中，点是边上一点，，且交正方形外角的平分线于点，连接．若，，则的长为______．
48．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）（2016 成都）如图，面积为6的平行四边形纸片ABCD中，AB＝3，∠BAD＝45°，按下列步骤进行裁剪和拼图．
第一步：如图①，将平行四边形纸片沿对角线BD剪开，得到△ABD和△BCD纸片，再将△ABD纸片沿AE剪开（E为BD上任意一点），得到△ABE和△ADE纸片；
第二步：如图②，将△ABE纸片平移至△DCF处，将△ADE纸片平移至△BCG处；
第三步：如图③，将△DCF纸片翻转过来使其背面朝上置于△PQM处（边PQ与DC重合，△PQM和△DCF在DC同侧），将△BCG纸片翻转过来使其背面朝上置于△PRN处，（边PR与BC重合，△PRN和△BCG在BC同侧）．
则由纸片拼成的五边形PMQRN中，对角线MN长度的最小值为______．
三、解答题
49．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）如图，在△ABC中，点D为边BC的中点，点E在△ABC内，AE平分∠BAC，CE⊥AE点F在AB上，且BF=DE
（1）求证：四边形BDEF是平行四边形
（2）线段AB，BF，AC之间具有怎样的数量关系？证明你所得到的结论
50．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）如图1，已知平行四边形ABCO，以点O为原点，OC所在的直线为x轴，建立直角坐标系，AB交y轴于点D，AD=2，OC=6，∠A=60°，线段EF所在的直线为OD的垂直平分线，点P为线段EF上的动点，PM⊥x轴于点M点，点E与E′关于x轴对称，连接BP、E′M．
（1）请直接写出点A的坐标为_____，点B的坐标为_____；
（2）当BP+PM+ME′的长度最小时，请直接写出此时点P的坐标为_____；
（3）如图2，点N为线段BC上的动点且CM=CN，连接MN，是否存在点P，使△PMN为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的EP的值；若不存在，请说明理由．
51．（2021·山西·八年级期末）综合与实践：如图1，在正方形中，连接对角线，点O是的中点，点E是线段上任意一点（不与点A，O重合），连接，．过点E作交直线于点F．
（1）试猜想线段与的数量关系，并说明理由；
（2）试猜想线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图2，当E在线段上时（不与点C，O重合），交延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段之间的数量关系．
52．（2021·山西襄汾·八年级期末）如图，为长方形的对角线，将边沿折叠，使点落在上的点处.将边沿折叠，使点落在上的点处．
求证：四边形是平行四边形；
若，求四边形的面积．
53．（2021·山西交城·八年级期末）如图， ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB⊥AC，AB＝3，BC＝5，点P从点A出发，沿AD以每秒1个单位的速度向终点D运动．连结PO并延长交BC于点Q．设点P的运动时间为t秒．
（1）求BQ的长，（用含t的代数式表示）
（2）当四边形ABQP是平行四边形时，求t的值
（3）当点O在线段AP的垂直平分线上时，直接写出t的值．
54．（2021·山西寿阳·八年级期末）如图，E、F分别是平行四边形ABCD的边AD、BC上的点，且∠ABE=∠CDF.
求证：四边形BEDF是平行四边形.
55．（2021·山西交城·八年级期末）如图，在矩形中，垂直平分，分别交于点，连接．
求证：四边形是菱形；若，求的长．
56．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）如图，在△ABC中，AB=AC，D是BA延长线上的一点，点E是AC的中点.
(1)实践与操作：利用尺规按下列要求作图，并在图中标明相应字母(保留作图痕迹，不写作法).
①作∠DAC的平分线AM；
②连接BE并延长交AM于点F；
③连接FC．
(2)猜想与证明：猜想四边形ABCF的形状，并说明理由.
57．（2021·山西大附中八年级期末）如图，△ABC中，AC=BC，CD⊥AB于点D，四边形DBCE是平行四边形.
求证：四边形ADCE是矩形.
58．（2021·山西朔州·八年级期末）综合与实践问题情境：一次数学课上，老师出示了课本中的一道复习题：如图，和都是等边三角形，、分别是、上的点，且，连接、．
初步探究：
（1）试判断与的数量关系，并说明理由；
（2）求证：四边形是平行四边形；
深入探究：
（3）如图2，四边形和四边形都是正方形，、分别是、上的点，且，连接、，试判断四边形的形状，并说明理由；
拓展延伸：
（4）如图3，四边形和四边形都是菱形，，，是上一点，连接、，延长交于，若四边形是平行四边形，请直接写出的长．
59．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末） 如图．在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=60cm，∠A=60°，点D从点A出发沿AC方向以4cm∕秒的速度向点C匀速运动，同时点E从点B出发沿BA方向以2cm∕秒的速度向点A匀速运动，设点D、E运动的时间是t秒（0＜t＜15），过点D作DF⊥BC于点F，连接DE、EF．
（1）求证：四边形AEFD是平行四边形；
（2）当t为何值时，动点D恰好在AF的垂直平分线上；
（3）点D、F在运动过程中是否存在t的值，使△DEF是直角三角形，若存在求出t的值，若不存在，说明理由．
60．（2021·山西祁县·八年级期末）如图，是小清同学的数学笔记，任细阅读并完成任务：
在平行四边形中，，求作菱形，使点、点分别在、边上．（尺规作图，保留作图痕迹） 办法一： 以点为圆心，长为半径，画弧交于点，再分别以点、为圆心，大于的相同长为半径画弧，两弧交于点；连接并延长交于点，连接，则所得四边形是菱形． 办法二： 连接，分别以、为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于、两点；连接，分别与、、交于、、三点；连接、．则四边形是菱形．
任务：
（1）填空：“办法一”中，判别四边形是菱形的数学依据是_____；
（2）在图2中，根据“办法二”的作图方法，使用直尺和圆规补全图形（保留作图痕迹）；
（3）写出“办法二”的推理过程．
61．（2021·山西·八年级期末）如图，已知，连接．分别过点A，C作和的平分线分别交于点E，F，连接，．试判断四边形的形状，并说明理由．
62．（2021·山西怀仁·八年级期末）已知：AB⊥CD于点O，AB=AC=CD，点I是∠BAC，∠ACD的平分线的交点，连接IB，ID
（1）求证：且；
（2）填空：
①∠AIC+∠BID=_________度；
②S______S(填“﹥”“﹤”“=”)
（3）将（2）小题中的第②结论加以证明．
63．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）如图，在正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M、N．AH⊥MN于点H．
（1）当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时，请你直接写出线段AH与AB的数量关系______．（不需证明）
（2）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，问（1）中线段AH与AB的数量关系还成立吗？若成立，给出证明，若不成立，说明理由．
64．（2021·山西祁县·八年级期末）自主探究：
在中，，，点D在射线上（与B、C两点不重合），以为边作正方形，使点E与点B在直线的异侧，射线与直线相交于点G．
（1）当点D在线段上时，如图（1），判断：线段与线段的数量关系和位置关系，并说明理由；
（2）当点D在线段的延长线上时，如图（2），写出线段与线段的数量关系与位置关系，不必证明；
（3）在（2）的基础上，随着点D位置的变化，当G为中点，时，求出正方形的边长．
65．（2021·山西寿阳·八年级期末）已知在 ABCD中，动点P在AD边上，以每秒0.5cm的速度从点A向点D运动．
（1）如图1，在运动过程中，若CP平分∠BCD，且满足CD＝CP，求∠B的度数．
（2）在（1）的条件下，若AB＝4cm，求△PCD的面积．
（3）如图2，另一动点Q在BC边上，以每秒2cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，P，Q两点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若AD＝6cm，求当运动时间为多少秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
66．（2021·山西太原·八年级期末）请阅读下列材料，完成相应的任务：
无刻度直尺作图 “无刻度直尺”是尺规作图的工具之一，它的作用在于连接任意两点、作任意直线、延长任意线段．结合图形的性质，只利用无刻度直尺也可以解决一些几何作图问题． 如图1，已知：点是线段的中点，分别以，为边在的同侧作与，其中，，．求作：线段的中点． 按照常规思路，用尺规作线段的垂直平分线，垂足即为的中点．仔细分析图形，你会发现，只用无刻度的直尺连接线段，与交点即为的中点！（如图2）．证明如下：连接． ，．（依据1） ，． 同理，． ，，． 是的中点，． ，． 四边形是平行四边形．（依据2） ，是的中点．
任务：（1）写出上述证明过程中依据1与依据2的内容：
依据1：__________；
依据2：__________；
（2）如图3，在中，点是边的中点，请利用无刻度直尺作图，保留作图痕迹，不写画法．
请从下面A，B两题中任选一题作答．我选择________题．
A．求作：，使的面积与的面积相等．
B．求作：，使的面积与的面积相等．
67．（2021·山西·八年级期末）如图，在矩形中，对角线与交于点O，的平分线交于点E，连接，若，求的度数．
68．（2021·山西太原·八年级期末）已知：如图，在中，过点，分别作对角线的垂线，垂足为点，．
求证：．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】
由CE⊥AB得出∠CEB=90°，根据三角形内角和定理求出∠B，根据平行四边形的性质即可得出∠D的值．
【详解】
解：∵CE⊥AB，
∴∠CEB=90°，
∵∠BCE=28°，
∴∠B=62°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B=62°，
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角形的内角和定理，垂直定义和平行四边形的性质，能求出∠B的度数和根据平行四边形的性质得出∠B=∠D是解此题的关键．
2．A
【分析】
根据平行四边形的判定方法逐个判断即可解决问题．
【详解】
解：A、若AB＝CD，∠A＝∠B，不可以判定四边形ABCD是平行四边形；
B、∵AB∥CD，
∴∠B＋∠C＝180°，
∵∠A＝∠C，
∴∠A＋∠B＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故B可以判定四边形ABCD是平行四边形；
C、根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可知C可以判定四边形ABCD是平行四边形；
D、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可知D可以判定四边形ABCD是平行四边形；
故选A．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，解题的关键是记住平行四边形的判定方法：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．两组对边分别相等的四边形是平行四边形．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．两组对角分别相等的四边形是平行四边形．对角线互相平分的四边形是平行四边形．
3．A
【分析】
根据平行四边形的性质，及交于可以证明是线段的垂直平分线，再根据垂直平分线的性质，可以得到，再利用线段间的关系可以证明的周长为周长的两倍.
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形
∴，；
∵交于；
∴是线段的垂直平分线，
∴；
∴；
∴的周长为
∴的周长为.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质和垂直平分线的性质，具有一定的综合性，属于中等题型.
4．B
【详解】
解：∵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．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质．
5．C
【分析】
根据题目条件结合平行四边形的判定方法：对角线互相平分的四边形是平行四边形分别进行分析即可.
【详解】
解：A、加上BO=DO可利用对角线互相平分的四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
B、加上条件AB∥CD可证明△AOB≌△COD可得BO=DO，可利用对角线互相平分的四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
C、加上条件AB=CD不能证明四边形是平行四边形，故此选项符合题意；
D、加上条件∠ADB=∠DBC可利用ASA证明△AOD≌△COB，可证明BO=DO，可利用对角线互相平分的四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
故选C．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握平行四边形的判定定理．
6．D
【分析】
分别判断各选项是否正确即可解答.
【详解】
解：A. 若a＞b，则3﹣a＜3﹣b，故A错误；
B. 如果ab＝0，那么a＝0或b＝0，故B错误；
C. 一组对边相等，另一组对边平行的四边形不一定是平行四边形，故C错误；
D. 有两个角为60°的三角形是等边三角形，故D正确；
故选D.
【点睛】
本题考查了不等式的性质、平行四边形的判定、三角形的判定等知识，熟练掌握是解题的关键.
7．C
【分析】
利用平行四边形的性质和勾股定理易求AB的长，进而可求出CD的长．
【详解】
解：∵ ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
∴BO=DO，AO=CO，AB=CD，
∵∠BAC=90°，AC=6，BD=10，
∴BO=5，OA=3，
∴AB=，
∴CD=4，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质以及勾股定理的运用，关键是利用平行四边形的性质和勾股定理易求AB的长．
8．B
【分析】
根据平行四边形性质得到AB=CD，BC=AD，OA=OC，根据中位线的性质得到AB=2，进而得到AB=CD=2，根据的周长是10，即可求出BC=3．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，BC=AD，OA=OC，
∵点是的中点，
∴OE为△ABC的中位线，
∴AB=2OE=2，
∴AB=CD=2，
∵的周长是10，
∴BC+AD=6，
∴BC=3．
故选：B
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，中位线的性质，熟知两个知识点并灵活应用是解题的关键．
9．D
【分析】
根据平行四边形的判定定理逐项判断即可．
【详解】
A、由，得，又，得，得，可得到四边形ABCD是平行四边形，故A选项不符合题意
B、由，，可得到四边形ABCD是平行四边形，故B选项不符合题意；
C、由，，可得到四边形ABCD是平行四边形，故C选项不符合题意；
D、由，，不可得到四边形ABCD是平行四边形，故D选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定，解题的关键是理解并掌握平行四边形的判定定理，并会灵活运用．
10．D
【分析】
分别根据中位线的定义、性质以及平行四边形的判定即可得出答案.
【详解】
∵点D、E分别是、的中点，∴是的中位线，故①为中位线；
根据中位线的性质可知：，故②为；
∵，，∴四边形是平行四边形，故③为一组对边平行且相等；
故答案选择.
【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定，运用了中位线的定义和性质以及平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解决本题的关键.
11．B
【分析】
先证明四边形DBCE为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．
【详解】
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
又∵AD=DE，
∴DE∥BC，且DE=BC，
∴四边形BCED为平行四边形，
A、∵AB=BE，DE=AD，∴BD⊥AE，∴ DBCE为矩形，故本选项错误；
B、∵对角线互相垂直的平行四边形为菱形，不一定为矩形，故本选项正确；
C、∵∠ADB=90°，∴∠EDB=90°，∴ DBCE为矩形，故本选项错误；
D、∵CE⊥DE，∴∠CED=90°，∴ DBCE为矩形，故本选项错误,
故选B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定等，熟练掌握相关的判定定理与性质定理是解题的关键.
12．C
【分析】
先作辅助线，然后根据折叠的性质和解直角三角形计算．
【详解】
延长EB′与AD交于点F，
∵∠AB′E=∠B=90°，MN是对折折痕，
∴EB′=FB′，∠AB′E=∠AB′F，
在△AEB′和△AFB′中，，
∴△AEB′≌△AFB′，
∴AE=AF，
∴∠B′AE=∠B′AD（等腰三角形三线合一），
故根据题意，易得∠BAE=∠B′AE=∠B′AD；
故∠EAB=30°，
∴EB=EA，
设EB=x，AE=2x，
∴（2x）2=x2+AB2，x=1，
∴AE=2，
则折痕AE=2，
故选C．
【点睛】
本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系．
13．C
【分析】
根据折叠的性质可得：，由等边对等角得出，再依据三角形内角和得出，根据三角形外角和定理可得，最后依据矩形及平行线的性质即可得出答案．
【详解】
解：∵将矩形ABCD沿着EF折叠，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形ABCD为矩形，
∴ADBC，
∴，
故选：C．
【点睛】
题目主要考查折叠的性质、三角形外角和定理及平行线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并融会贯通是解题关键．
14．B
【分析】
由于矩形ABCD的面积等于2个△ABC的面积，而△ABC的面积又等于矩形AEFC的一半，所以可得两个矩形的面积关系.
【详解】
矩形ABCD的面积S＝2S△ABC，而S△ABC＝S矩形AEFC，即S1＝S2，故答案选B.
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质及面积的计算，能够熟练运用矩形的性质进行一些面积的计算问题.
15．D
【分析】
①设∠EDC=x，则∠DEF=90°-x从而可得到∠DBE=∠DEB=180°-（90°-x）-45°=45°+x，∠DBM=∠DBE-∠MBE=45°+x-45°=x，从而可得到∠DBM=∠CDE；
③由△BDM≌△DEF，可知DF=BM，由直角三角形斜边上的中线的性质可知BM=AC；
④可证明△BDM≌△DEF，然后可证明：△DNB的面积=四边形NMFE的面积，所以△DNB的面积+△BNE的面积=四边形NMFE的面积+△BNE的面积；
【详解】
解：①设∠EDC=x，则∠DEF=90°-x，
∵BD=DE，
∴∠DBE=∠DEB=∠EDC+∠C=x+45°，
∴∠DBM=∠DBE-∠MBE=45°+x-45°=x．
∴∠DBM=∠CDE，故①正确；
②由①得∠DBM=∠CDE，如果BN=DN，则∠DBM=∠BDN，
∴∠BDN=∠CDE，
∴DE为∠BDC的平分线，
∴△BDE≌△FDE，
∴EB⊥DB，已知条件∠ABC=90°，
∴②错误的；
③在△BDM和△DEF中，
，
∴△BDM≌△DEF（AAS），
∴BM=DF，
∵∠ABC=90°，M是AC的中点，
∴BM=AC，
∴DF=AC，
即AC=2DF；故③正确．
④由③知△BDM≌△DEF（AAS）
∴S△BDM=S△DEF，
∴S△BDM-S△DMN=S△DEF-S△DMN，即S△DBN=S四边形MNEF．
∴S△DBN+S△BNE=S四边形MNEF+S△BNE，
∴S△BDE=S四边形BMFE，故④错误；
故选D．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质，利用面积法证明S△BDE=S四边形BMFE是解题的关键．
16．C
【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S△AOD＝（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，S△AOD＝S△AOB，
∵AB＝3，AD＝4，
∴S矩形ABCD＝3×4＝12，BD＝5，
∴S△AOD＝S矩形ABCD＝3，OA＝OC＝，
∵S△AOD＝S△AOP+S△DOP＝OA PE+ OD PF＝××PE+ ××PF＝（PE+PF）＝3，
∴PE+PF＝．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查矩形的性质综合，解题的关键是熟知矩形的性质及三角形的面积公式．
17．D
【详解】
试题分析：∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ABD=∠ABC，∠BAC=∠BAD，AD∥BC，
∵∠BAD=120°， ∴∠ABC=180°﹣∠BAD=180°﹣120°=60°， ∴∠ABD=30°，∠BAC=60°．
∴剪口与折痕所成的角a的度数应为30°或60°．
考点：剪纸问题
18．B
【分析】
在菱形中，点B关于AB对称点为点D，过点D作AB的垂线交于点F，交AC于点E，这时最小为DF，根据三角函数得，即可算出答案．
【详解】
如图所示，连接DE，DF
ABCD是菱形，
，，
，
，
，
，
当时，DF最小，
这时
，
，
即的最小值为．
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的性质和轴对称最短路线问题，解题关键是得到的最小值为菱形ABCD中AB边上的高．
19．B
【分析】
根据平行线的性质得到∠ADB＝∠CBD，根据全等三角形的性质得到AD＝BC，于是得到四边形ABCD是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到即可．
【详解】
解：如图：
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
在△ADO与△CBO中，
，
∴△ADO≌△CBO（AAS），
∴AD＝CB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝BC
∴四边形ABCD是菱形；故B正确；
故选B．
【点睛】
本题考查了菱形的判定，全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键，
20．A
【分析】
利用矩形与菱形的性质逐个判断即可．
【详解】
解： A．矩形的对角线相等，菱形的对角线不一定相等，故A符合题意；
B．因为矩形与菱形都是特殊的平行四边形，所以矩形与菱形的对角线互相平分，故B不符合题意；
C．因为矩形与菱形都是特殊的平行四边形，所以矩形与菱形的对角都相等，故C不符合题意；
D．因为矩形与菱形都是特殊的平行四边形，所以矩形与菱形的对边都相等，故D不符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩形与菱形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形与菱形的性质．
21．D
【分析】
根据平行四边形的性质与菱形的定义及其判定对各选项逐一判断即可得．
【详解】
解：A. ，一组邻边相等的平行四边形是菱形，选项说法正确，不符合题意；
B. ，由四边形是平行四边形得到对角线互相垂直的平行四边形是菱形，选项说法正确，不符合题意；
C. ，由四边形是平行四边形得到∠ADB=∠CBD，则得到AB=AD，
一组邻边相等的平行四边形是菱形，选项说法正确，不符合题意；
D. 由，得到AB//CD，选项说法错误，符合题意；
故选：D．
【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定理．
22．D
【分析】
利用矩形的性质和菱形的性质可求解．
【详解】
解：∵矩形的对角线相等且互相平分，菱形的对角线垂直且互相平分，
∴菱形和矩形的对角线，具有的性质是对角线互相平分，
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、菱形的性质，掌握矩形的对角线相等且互相平分是解题的关键．
23．B
【分析】
根据平行四边形的性质，菱形，矩形，正方形的判定逐一判断即可．
【详解】
解：四边形是平行四边形，
，故A正确，
四边形是平行四边形，，
不能推出四边形是菱形，故错误，
四边形是平行四边形，，
四边形是矩形，故C正确，
四边形是平行四边形，，，
四边形是正方形．故D正确．
故选B．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质，矩形，菱形，正方形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
24．D
【分析】
利用等边三角形和正方形的性质求得，然后利用等腰三角形的性质求得的度数，从而求得的度数，利用三角形的内角和求得的度数．
【详解】
解：，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
同理可得，
，
故选．
【点睛】
本题考查了正方形的性质及等边三角形的性质，解题的关键是根据等腰三角形的性质求得有关角的度数，难度不大．
25．A
【分析】
作出辅助线如图，通过证明△AED≌△DFC，得出AE=DF，再由勾股定理即可得出结论．
【详解】
解：过点A作AE⊥b，过点C作CF⊥b，
∴∠EAD+∠ADE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，
∴∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，
∴∠ADE+∠CDF=90°，
∴∠EAD=∠CDF
在△AED和△DFC中，
∴△AED≌△DFC（AAS），
∴AE=DF=2，
∴DF2+CF2=DC2，
∴DC2=42+22=20，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及正方形面积的求解方法，正确作出辅助线是解决本题的关键．
26．A
【分析】
根据正方形的性质可得，再根据顶点A，C的坐标分别为可得，由此即可求得答案．
【详解】
解：∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∵顶点A，C的坐标分别为，
∴，
又∵点D在y轴的负半轴上，
∴点D的坐标是（0，－2），
故选：A．
【点睛】
本题考查了坐标与图形以及正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解决本题的关键．
27．C
【分析】
根据正方形性质可知，再在等腰三角形中求出和的度数，即可解决问题．
【详解】
解：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
28．C
【分析】
根据正方形的中心对称性，得到每一个阴影部分的面积为其所在的小正方形的面积的，即可解答．
【详解】
解：∵正方形具有中心对称性，则每一个阴影部分的面积为其所在的小正方形的面积的，
∴
=
=14
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形的中心对称性，根据中心对称性得到每一个阴影部分的面积为其所在的小正方形的面积的是解题的关键．
29．A
【详解】
分析：真命题就是正确的命题，即如果命题的题设成立，那么结论一定成立．因此，分别根据矩形、菱形、正方形的判定作出判断得即可：
A、根据四边形的内角和得出，四个角相等的四边形即四个内角是直角，故此四边形是矩形，故此命题是真命题；
B、只有对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故此命题不是真命题；
C、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故此命题不是真命题；
D、四边相等的四边形是菱形，故此命题不是真命题．
故选A．
30．21cm
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AD=BC．
∵平行四边形的周长等于56cm，∴AB+CD+AD+BC=56cm，∴AB+BC=28cm．
∵BC：AB=3：1，∴BC=21cm，AB=7cm，∴这个平行四边形较长的边长为21cm．
故答案为21cm．
31．60
【分析】
由线段垂直平分线的性质可得，可证是等边三角形，可得，由平行四边形的性质可求，由线段垂直平分线的性质可得，即可求解．
【详解】
解：点在线段的垂直平分线上，
，
又，
是等边三角形，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
点在线段的垂直平分线上，
，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质等知识点，证明是解题的关键．
32．10
【分析】
根据平行四边形的对角线互相平分可得BO=10，AC=2OA，利用勾股定理求得OA即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，BD=20，
∴BO=OD=BD=10，OA=OC=AC，即AC=2OA，
∵AE⊥BD，BE=7，
∴在Rt△AEO中，AE=4，OE=BO﹣BE=3，
由勾股定理得：OA==5，
∴AC=2OA=10，
故答案为：10．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解答的关键．
33．38°
【分析】
根据平行四边形的性质求出∠ADC和∠C，再根据折叠与角平分线的定义求出∠EDC，根据三角形的内角和即可求解．
【详解】
∵四边形是平行四边形
∴∠ADC=180°-，∠C=，
∵折叠且平分，
∴∠ADB=∠A’DB=∠EDC，
∴∠EDC=∠ADC=19°
∴180°-∠C-∠EDC=38°
故答案为：38°．
【点睛】
此题主要考查平行四边形内的角度求解，解题的关键是熟知平行四边形的性质．
34．两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．
35．25°
【分析】
根据中位线定理和已知条件，易证明是等腰三角形，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求出的度数．
【详解】
解：∵、、分别是、、的中点，
，分别是与的中位线，
，，
，
，
是等腰三角形，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理及等腰三角形的判定和性质，解题时要善于根据已知信息，熟练应用相关知识．
36．15
【分析】
由平行四边形的性质得出AB＝CD，AD＝BC，OB＝OD＝BD＝6，得出BC+CD＝18，证出OE是△BCD的中位线，DE＝CD，由三角形中位线定理得出OE＝BC，△DOE的周长＝OD+OE+DE＝OD+（BC+CD），即可得出结果．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，OB＝OD＝BD＝6，
∵平行四边形ABCD的周长为36，
∴BC+CD＝18，
∵点E是CD的中点，
∴OE是△BCD的中位线，DE＝CD，
∴OE＝BC，
∴△DOE的周长＝OD+OE+DE＝OD+（BC+CD）＝6+9＝15；
故答案为：15．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、三角形中位线的性质，熟练运用平行四边形和三角形中位线的性质定理是解题的关键．
37．
【分析】
根据折叠的性质和勾股定理即可求得．
【详解】
解：∵长方形纸片，
∴，，
根据折叠的性质可得，，，
设，，
根据勾股定理
，即，
解得，
故答案为：．
【点睛】
本题考查折叠与勾股定理．能正确表示直角三角形的三边是解题关键．
38．3或6．
【分析】
当为直角三角形时，有两种情况：
①当点落在矩形内部时，如答图1所示．
连结，先利用勾股定理计算出，根据折叠的性质得，而当为直角三角形时，只能得到，所以点、、共线，即沿折叠，使点落在对角线上的点处，则，，可计算出，设，则，，然后在中运用勾股定理可计算出．
②当点落在边上时，如答图2所示．此时四边形为正方形．
【详解】
解：当为直角三角形时，有两种情况：
①当点落在矩形内部时，如答图1所示．
连结，
在中，，，
，
沿折叠，使点落在点处，
，
当为直角三角形时，只能得到，
点、、共线，即沿折叠，使点落在对角线上的点处，如图，
，，
，
设，则，，
在中，
，
，
解得，
；
②当点落在边上时，如答图2所示．
此时为正方形，
．
综上所述，的长为3或6．
故答案为3或6．
【点睛】
本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．
39．（答案不唯一）
【分析】
根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可得出结果．
【详解】
四边形是平行四边形，
当时，平行四边形为矩形，
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】
本题主要考查矩形的判定，属于基础题，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
40．
【分析】
根据矩形的性质求出AC，根据折叠的特点求出AF=AD=6，FC=4，OF=1，设DE=x=EF，在Rt△CEF中，根据勾股定理列出方程求出EF，再根据勾股定理求出OE的长．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形
∴AD=BC=6，CD=，
∵对角线，相交于点，
∴AO=CO=
∵折叠，
∴EF⊥AC，AF=AD=6，FC=4，则OF=1，
设DE=x=EF，则CE=8-x
在Rt△CEF中，
∴
解得x=3
∴EF=3
∴
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查矩形与折叠的性质综合，解题的关键是熟知勾股定理的应用．
41．CB=BF；BE⊥CF；∠EBF=60°；BD=BF等（写出一个即可）．
【分析】
根据邻边相等的平行四边形是菱形或对角线互相垂直的平行四边形是菱形进而判断即可．
【详解】
解：根据题意可得出：四边形CBFE是平行四边形，
当CB=BF时，平行四边形CBFE是菱形，
当CB=BF；BE⊥CF；∠EBF=60°；BD=BF时，都可以得出四边形CBFE为菱形．
故答案为：如：CB=BF；BE⊥CF；∠EBF=60°；BD=BF等．
【点睛】
此题主要考查了菱形的判定，关键是熟练掌握菱形的判定方法：①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
42．.
【分析】
先根据菱形的性质得OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，再利用勾股定理计算出AB＝10，然后根据菱形的面积公式得到 AC BD＝DH AB，再解关于DH的方程即可．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝8，OB＝OD＝6，AC⊥BD，
在Rt△AOB中，AB＝＝10，
∵S菱形ABCD＝ AC BD，
S菱形ABCD＝DH AB，
∴DH 10＝×12×16，
∴DH＝．
故答案为．
【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．
43．3
【分析】
由菱形性质得AC⊥BD,BO= ,AO=,由勾股定理得AO= ,由中位线性质得EF=.
【详解】
因为，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，
所以，AC⊥BD,BO= ,AO=,
所以，AO= ,
所以，AC=2AO=6,
又因为E，F分别是的边AB，BC边的中点
所以，EF=.
故答案为3
【点睛】
本题考核知识点：菱形，勾股定理，三角形中位线.解题关键点：根据勾股定理求出线段长度，再根据三角形中位线求出结果.
44．20.
【分析】
根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出面积，再根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半解答．
【详解】
解：∵菱形的两条对角线的长分别为8和10，
∴菱形的面积＝×10×8＝40，
∵O是菱形两条对角线的交点，
∴阴影部分的面积＝×40＝20．
故答案为20．
【点睛】
本题考查了菱形的性质以及中心对称的性质，熟记性质并判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半是解题的关键．
45．19°
【分析】
根据正方形性质和已知得：AD=DE，利用等腰三角形性质计算∠DAE=19°，由三角形的内角和定理得：∠AFD=116°，证明△ADF≌△CDF（SAS），可得∠DCF=∠DAF=19°．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°，
∴∠ADB=∠BDC=45°，
∵DC=DE，
∴AD=DE，
∴∠DAE=∠DEA，
∵∠ADE=90°+52°=142°，
∴∠DAE==19°，
∴∠AFD=180°-19°-45°=116°，
在△ADF和△CDF中，
，
∴△ADF≌△CDF（SAS），
∴∠DCF=∠DAF=19°，
故答案为：19°．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、三角形全等的性质和判定、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，属于基础题，熟练掌握正方形的性质是关键．
46．2
【分析】
延长BE，交AD的延长线于点G，先证明，进而根据勾股定理可求得，由此可得，再证明，由此即可得解．
【详解】
解：如图，延长BE，交AD的延长线于点G，
∵四边形是正方形，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
∵，
∴，
在与中，
∴，
∴，
故答案为：2．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理的应用以及全等三角形的判定与性质，作出正确的辅助线并能灵活运用相关图形的性质与判定是解决本题的关键．
47．
【分析】
在AB上截取BM=BE，过点F分别作BC，DC的垂线，垂足分别为N，G，先证明，然后证明，求出DG，GF的长度，运用勾股定理计算即可．
【详解】
解：如图：在AB上截取BM=BE，
过点F分别作BC，DC的垂线，
垂足分别为N，G，
，
,
，
又平分，
，
，
又，
，
，
在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
四边形CNFG为正方形，
,
正方形ABCD边长为3，
,
，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了正方形的判定与性质，全等三角形判定与性质，勾股定理，等腰三角形等知识点，根据题意构造全等三角形是解题的关键．
48．
【分析】
根据平移和翻折的性质得到△MPN是等腰直角三角形，于是得到当PM最小时，对角线MN最小，即AE取最小值，当AE⊥BD时，AE取最小值，过D作DF⊥AB于F，根据平行四边形的面积得到DF＝2，根据等腰直角三角形的性质得到AF＝DF＝2，由勾股定理得到BD，根据三角形的面积得到AE，即可得到结论．
【详解】
解：∵△ABE≌△CDF≌△PMQ，
∴AE＝DF＝PM，∠EAB＝∠FDC＝∠MPQ，
∵△ADE≌△BCG≌△PNR，
∴AE＝BG＝PN，∠DAE＝∠CBG＝∠RPN，
∴PM＝PN，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB＝∠DCB＝45°，
∴∠MPN＝90°，
∴△MPN是等腰直角三角形，
当PM最小时，对角线MN最小，即AE取最小值，
∴当AE⊥BD时，AE取最小值，
过D作DF⊥AB于F，
∵平行四边形ABCD的面积为6，AB＝3，
∴DF＝2，
∵∠DAB＝45°，
∴AF＝DF＝2，
∴BF＝1，
∴BD，
∴AE，
∴MNAE，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平移的性质，翻折的性质，勾股定理，平行四边形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
49．（1）见解析；（2），理由见解析
【分析】
（1）延长CE交AB于点G，证明，得E为中点，通过中位线证明DEAB，结合BF=DE，证明BDEF是平行四边形
（2）通过BDEF为平行四边形，证得BF=DE=BG，再根据，得AC=AG，用AB-AG=BG，可证
【详解】
（1）证明：延长CE交AB于点G
∵AECE
∴
在和
∴
∴GE=EC
∵BD=CD
∴DE为的中位线
∴DEAB
∵DE=BF
∴四边形BDEF是平行四边形
（2）
理由如下：
∵四边形BDEF是平行四边形
∴BF=DE
∵D，E分别是BC，GC的中点
∴BF=DE=BG
∵
∴AG=AC
BF=（AB-AG）=（AB-AC）．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的证明，中位线的性质，全等三角形的证明等综合性内容，作好适当的辅助线，是解题的关键．
50．（1）（﹣2，2），（4，2）；（2）（2，）；（3）EP的值为3或6﹣或5．
【分析】
（1）由30°直角三角形的性质求出OD的长，再由平行四边形的性质求出BD的长即可解决问题；
（2）首先证明四边形OPME′是平行四边形，可得OP=EM，因为PM是定值，推出PB+ME′=OP+PB的值最小时，BP+PM+ME′的长度最小；
（3）分三种情形画出图形分别求解即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1中，
在Rt△ADO中，∵∠A=60°，∴∠AOD=30°．∵AD=2，∴OD =2，∴A（﹣2，2），
∵四边形ABCO是平行四边形，∴AB=OC=6，∴DB=6﹣2=4，∴B（4，2）；
（2）如图1中，连接OP．
∵EF垂直平分线段OD，PM⊥OC，∴∠PEO=∠EOM=∠PMO=90°，∴四边形OMPE是矩形，∴PM=OE=．
∵OE=OE′，∴PM=OE′，PM∥OE′，∴四边形OPME′是平行四边形，∴OP=EM，
∵PM是定值，∴PB+ME′=OP+PB的值最小时，BP+PM+ME′的长度最小，∴当O、P、B共线时，BP+PM+ME′的长度最小．
∵直线OB的解析式为y=x，∴P（2，）．
故答案为（2，）．
（3）如图2中，当PM=PN=时，
∵AOCB是平行四边形，∴∠MCN=∠A=60°．∵MC=CN，∴△MNC是等边三角形，∴∠CMN=∠CNM=60°．
∵PM⊥OC，∴∠PMN=∠PNM=30°，∴∠PNF=30°+60°=90°，
∵∠PFN=∠BCO=60°，∴∠NPF=30°，NF=1，∴PF=2NF=2，
∵EF==5，∴PE=5﹣2=3．
如图3中，当PM=MN时，
∵PM=MN=CM=，∴EP=OM=6﹣．
如图4中，当点P与F重合时，NP=NM，此时PE=EF=5．
综上所述：满足条件的EP的值为3或6﹣或5．
【点睛】
本题考查了四边形综合题、平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质、最短问题等知识，解题的关键是学会利用两点之间线段最短，解决最短问题，学会用分类讨论的首先思考问题，属于中考压轴题．
51．（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】
（1）先根据正方形的性质可证得，由此可得，，再根据同角的补角相等证得，等量代换可得，由此可得，再等量代换即可得证；
（2）过点E作交CB的延长线于点G，先证明，利用勾股定理可得，再证明，由此可得，最后再等量代换即可得证；
（3）仿照（1）和（2）的证明即可证得．
【详解】
解：（1），理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在与中，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下：
如图，过点E作交CB的延长线于点G，
∴，
由（1）知：，
∴，
∴，
∴在中，，
在与中，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（3），理由如下：
如图，过点E作交BC于点G，设CD与EF的交点为点P，
∴，
由（1）可知：，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
由（1）可知：，
∴，
在与中，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，作出正确的辅助线并能灵活运用相关图形的性质是解决本题的关键．
52．（1）证明过程见解析；（2）四边形的面积为30.
【分析】
（1）首先证明△ABE≌△CDF，则DF=BE，然后可得到AF=EC，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明AECF是平行四边形；
（2）由可得BC=8，由折叠性质可设BE=EM=x，根据，可以求出x的值，进而求出四边形的面积.
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD为矩形
∴AB=CD，AD∥CB，∠B=∠D=90°，∠BAC=∠DCA
由翻折性质可知：∠EAB=∠BAC，∠DCF=∠DCA
∴∠EAB=∠DCF
在△ABE和△CDF中
∴△ABE≌△CDF
∴BE=DF
∴AF=CE
又AF∥CE
∴四边形AECF是平行四边形.
（2）解：∵
∴BC=8
由翻折性质可知：BE=EM
可设BE=EM=x
且
即：
解得x=3
∴CE=BC-BE=8-3=5
∴
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定，平行四边形以及直角三角形，是一个比较综合性的题目.
53．（1）BQ＝5﹣t;（2）秒;（3）t＝.
【分析】
（1）利用平行四边形的性质可证△APO≌△CQO，则AP＝CQ，再利用即可得出答案；
（2）由平行四边形性质可知AP∥BQ，当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，建立一个关于t的方程，解方程即可求出t的值；
（3）在Rt△ABC中，由勾股定理求出AC的长度，进而求出AO的长度，然后利用的面积求出EF的长度，进而求出OE的长度，而AE可以用含t的代数式表示出来，最后在中利用勾股定理即可求值.
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AD∥BC，
∴∠PAO＝∠QCO，
∵∠AOP＝∠COQ，
∴△APO≌△CQO（ASA），
∴AP＝CQ＝t，
∵BC＝5，
∴BQ＝BC-CQ=5﹣t；
（2）∵AP∥BQ，
当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
即t＝5﹣t，
t＝ ，
∴当t为秒时，四边形ABQP是平行四边形；
（3）t＝ ，
如图，
在Rt△ABC中，
∵AB＝3，BC＝5，
∴AC=
∴AO＝CO＝AC＝2，
∴3×4＝5×EF，
∴，
∴，
∵OE是AP的垂直平分线，
∴AE＝AP＝t，∠AEO＝90°，
由勾股定理得：AE2+OE2＝AO2，
或（舍去）
∴当秒时，点O在线段AP的垂直平分线上．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定及性质以及动点问题，掌握平行四边形的判定及性质，以及勾股定理是解题的关键.
54．证明见解析．
【分析】
根据已知条件证明，再得到DE=BF，故可证明．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴，，
在和中，
∴，
∴AE=CF.
∴DE=BF.
∴四边形BEDF是平行四边形．
【点睛】
此题主要考查平行四边形的判定，解题的关键是熟知平行四边形的性质．
55．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）首先判定平行四边形，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形进行判定即可；
（2）由垂直平分，得到，由勾股定理可求的长，再由勾股定理可求的长，的长，即可求解．
【详解】
解：（1）证明：四边形是矩形，
，，
，
垂直平分，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形；
（2）四边形是菱形，
，
，，
，
设，则，
在中，，
即，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，菱形的判定及性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，熟练掌握勾股定理及菱形的判定及性质定理是解本题的关键．
56．（1）详见解析；（2）四边形ABCF是平行四边形．
【分析】
（1）利用尺规作出∠DAC的平分线AM即可，连接BE延长BE交AM于F，连接FC；
（2）只要证明△AEF≌△CEB即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图所示：
（2）四边形ABCF是平行四边形．
理由如下：
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB．
∴∠DAC＝∠ABC+∠ACB＝2∠ACB．
由作图可知∠DAC＝2∠FAC，
∴∠ACB＝∠FAC．
∴AF∥BC．
∵点E是AC的中点，
∴AE＝CE．
在△AEF和△CEB中, ∠FAE=∠ECB，AE＝CE，∠AEF＝∠CEB，
∴△AEF≌△CEB（ASA），
∴AF＝BC．
又∵AF∥BC，
∴四边形ABCF是平行四边形．
【点睛】
本题考查了角平分线的作法、全等三角形的判定、平行四边形的判定，熟练掌握并灵活运用是解题的关键.
57．见解析.
【分析】
根据等腰三角形的性质可知CD垂直平分AB，在根据平行四边形的性质可知EC平行且等于AD，由矩形的判定即可证出四边形ADCE是矩形.
【详解】
证明：∵
∴
∵在 中，
∴
∴四边形是平行四边形
又 ∵
∴四边形是矩形.
【点睛】
本题主要考查了等腰三角形三线合一的性质、平行四边形的判定与性质，熟知矩形的判定是解题关键.
58．（1）；见解析；（2）见解析；（3）平行四边形，见解析；（4）
【分析】
（1）利用等边三角形性质证明即可得出结论；
（2）全等三角形和等边三角形性质可证且，再根据一组对边平行而且相等的四边形是平行四边形即可解答；
（3）根据正方形性质证明，进而证明，即可解答；
（4）由，证明，进而可证，从而可得是等腰直角三角形，从而求出．
【详解】
解：（1）．
理由如下：∵与均为等边三角形，
∴，．
又∵，
∴．
∴．
（2）由①知．
∴，．
又∵，，
∴，．
∴且．
∴四边形为平行四边形．
（3）四边形为平行四边形．
理由如下：∵四边形与四边形均为正方形
∴，．
∵，
∴．
∴，．
∵在中，，
同理，，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴四边形为平行四边形．
（4）．
过程如下：
∵在菱形中，，
∴，
又∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，即：，
又∵四边形和四边形都是菱形，
∴，，
∴
∴，
∴，，
又∵，
∴．
【点睛】
本题是旋转综合题，主要考查了全等三角形判定和性质、平行四边形的判定和性质、以及正三角形、正方形、菱形等图形的性质，解题关键是关键特殊多边形性质通过特殊角度的计算得出角相等，由此证明三角形全等．
59．（1）见解析；（2）5；（3）存在，秒或
【分析】
（1）由题意知BE=2t、AD=4t，根据Rt△ABC中∠A=60°得CD=60-4t、AE=30-2t，由DF⊥BC知DF∥AE、DF=DC=30-2t，从而得出DF=AE，据此可得证；
（2）由AD=AE，构建方程求解即可；
（3）∠FDE=90°时，证四边形BEDF是矩形得DF=BE=2t、∠ADE=∠C=30°，据此知AD=2AE=60-4t，再结合AD=4t即可求得t的值；∠DEF=90°时由AD∥EF知∠ADE=∠DEF=90°，从而得AE=2AD，据此可求得t的值．
【详解】
（1）证明： ∠B=90°，AC=60cm，∠A=60°，
由题意知，BE=2t、AD=4t，
则CD=AC-AD=60-4t，AE=AB-BE=30-2t，
∵DF⊥BC，∠A=60°、∠B=90°，
∴∠C=30°，∠DFC=∠B=90°，即DF∥AE，
∴DF=DC=30-2t，
∴DF=AE，
∴四边形AEFD是平行四边形；
（2）解：∵动点D恰好在AF的垂直平分线上，
∴DA=DF，
∵四边形AEFD是平行四边形，
∴四边形AEFD是菱形，
∴AD=AE，
∴30-2t=4t，
解得：t=5，
故当t=5时，动点D恰好在AF的垂直平分线上；
（3）解：点D、F在运动过程中存在t的值，使△DEF是直角三角形．理由如下：
如图1，当∠FDE=90°时，
∵∠DFC=∠B=∠FDE=90°，
∴四边形BEDF是矩形，
∴DF=BE=2t，DE∥BC，
∴∠ADE=∠C=30°，
∴AD=2AE=60-4t，
又AD=4t，
∴4t=60-4t，
解得：t=；
如图2，当∠DEF=90°时，
∵四边形AEFD是平行四边形，
∴AD∥EF，
∴∠ADE=∠DEF=90°，
∵∠A=60°，
∴∠AED=30°，
∴AE=2AD，即30-2t=8t，
解得：t=3；
综上，当t=3或t=时，△DEF为直角三角形．
【点睛】
本题主要考查四边形的综合问题，解题的关键是掌握平行四边形、菱形、矩形的判定与性质及直角三角形的有关性质．
60．（1）“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”或填“四条边都相等的四边形是菱形”；（2）见解析；（3）见解析
【分析】
（1）由菱形的判定定理进行判断，即可得到答案；
（2）由对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，即可作出图形；
（3）由题意，先证明，，然后结合，即可证明四边形是菱形．
【详解】
解：（1）“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”或填“四条边都相等的四边形是菱形”；
（2）如图，四边形为所求作的菱形．
（3）证明：：∵，，
∴是的垂直平分线，（或由作图可知）
∴，
∵平行四边形
∴
∴
在和中
，
∴，
∴
又∵
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【点睛】
本题考查了菱形的判定，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出图形．
61．四边形AECF是平行四边形，理由见详解．
【分析】
根据平行四边形的性质（平行四边形的对边平行且相等，对角相等）及角平分线的性质，即可证明，根据全等三角形的性质得出，，再利用各角之间的等量关系，得到，依据平行线的判定定理（内错角相等，两直线平行）得出两直线平行，最后根据平行四边形的判定定理（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）即可证明．
【详解】
解：四边形AECF是平行四边形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，ABCD，，
∴，
∵AE、CF分别是和的角平分线，
∴，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴AECF，
∴四边形AECF是平行四边形．
【点睛】
题目主要考查平行四边形的性质和判定定理及三角形全等的判定和性质等知识点，熟练掌握这些知识点融会贯通是解题关键．
62．（1）证明见解析；（2）①180；②=；（3）证明见解析．
【分析】
（1）由角平分线的性质，解得，继而证明△ACI≌△DCI(SAS)，再根据全等三角形的性质可得IA=ID，，由角平分线性质结合三角形内角和定理可得，故，继而可证据此解题；
（2）①根据题意，由三线合一的性质可证、、，最后再计算的值即可；
②将平移至，连接交于点，继而证明四边形是平行四边形，即可得到，结合①中结论，可得，据此证明，可得，再结合即可解题；
（3）将平移至，连接交于点，继而证明四边形是平行四边形，即可得到，结合①中结论，可得，据此证明，可得，再结合即可解题．
【详解】
证明：（1）由点I是∠BAC，∠ACD的平分线的交点
在△ACI和△DCI中
∴ △ACI≌△DCI(SAS)
由点I是∠BAC，∠ACD的平分线的交点
即；
（2）①如图，延长交于点，延长交于点
平分，
平分，
故答案为：，=；
②将平移至，连接交于点，如图，
四边形是平行四边形
又
故答案为：=；
（3）将平移至，连接交于点，如图，
四边形是平行四边形
又
．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形三线合一的性质、角平分线的性质等知识，是重要考点，作出正确的辅助线、掌握相关知识是解题关键．
63．（1）AH=AB （或相等）;（2）成立.
【分析】
（1）由三角形全等可以证明AH=AB；
（2）延长CB至E，使BE=DN，证明△AEM≌△ANM，能得到AH=AB．
【详解】
解：（1）如图①AH=AB．证明如下：
∵ABCD是正方形，∴AB=AD，∠D=∠B=90°．
在Rt△ABM和Rt△ADN中，∵，∴Rt△ABM≌Rt△ADN，∴AM=AN，∠BAM=∠DAN．
∵AH⊥MN，∴∠NAH=∠MAH．
∵∠MAN=45°，∴∠NAH=∠MAH=22.5°，∠BAM+∠DAN=45°，∴∠BAM=∠DAN=22.5°，∴∠BAM=∠HAM．
在△BAM和△HAM中，∵∠BAM=∠HAM，∠B=∠AHM=90°，AM=AM，∴△BAM≌△HAM，∴AB=AH．
（2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE=DN．
∵ABCD是正方形，∴AB=AD，∠D=∠ABE=90°．
在Rt△AEB和Rt△AND中，∵，∴Rt△AEB≌Rt△AND，∴AE=AN，∠EAB=∠NAD．
∵∠DAN+∠BAM=45°，∴∠EAB+∠BAM=45°，∴∠EAN=45°，∴∠EAM=∠NAM=45°．
在△AEM和△ANM中，∵，∴△AEM≌△ANM，∴S△AEM=S△ANM，EM=MN．
∵AB、AH是△AEM和△ANM对应边上的高，∴AB=AH．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定和性质，难度中等．证明△AEM≌△ANM是解题的关键．
64．（1），，理由见解析；（2），；（3）
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠ACB=∠ABC=45°，由正方形的性质得到AD=AF，∠DAF=90°，由角的和差得到∠BAD=∠CAF，推出△BAD≌△CAF（SAS），根据全等三角形的性质得到∠ACF=∠B=45°，证得BC⊥CG，再利用，得到，即可得到结论；
（2）根据正方形的性质得到AD=AF，∠DAF=90°，由角的和差得到∠BAD=∠CAF，推出△BAD≌△CAF（SAS），根据全等三角形的性质得到∠ACF=∠B=45°，BD=CF，证得BC⊥CG，再利用，得到，即可得到结论；
（3）由（1）（2）可知：与为等腰直角三角形，得，根据已知条件G为中点，得，证，得．再过点A作AP⊥BD于P，，在中，利用勾股定理可得AD=．
【详解】
（1），．
∵，，
∴
正方形中，，
∴
∵
∴
∵
∴，
∴
∴，
∴
∵，，，
∴
（2），．仍然成立
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
.
（3）由（1）（2）可知：与为等腰直角三角形，
∴．
又∵G为中点
∴
又∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
过点A作于点P，
∴
∴
在中
答︰正方形的边长为．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质解题的关键．
65．（1）60°；（2）；（3）4.8秒或8秒或9.6秒
【分析】
（1）易证∠DPC＝∠DCP，得DP＝CD，又CD＝CP，则△PDC是等边三角形，即可得出结果；
（2）由平行四边形的性质得AB＝CD＝4，△PCD三边上的高相等，且等于2，由三角形面积公式即可得出答案；
（3）若以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则PD＝BQ，设运动时间为t秒，然后分类讨论计算t即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠DPC＝∠PCB，
∵CP平分∠BCD，
∴∠PCD＝∠PCB，
∴∠DPC＝∠DCP，
∴DP＝CD，
∵CD＝CP，
∴CP＝CD＝DP，
∴△PDC是等边三角形，
∴∠B＝60°；
（2）如图，过点C作CH⊥AD于H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝4，
∵△PDC是等边三角形，
∴PD=CD=4，
∴DH=PD=2，
在Rt△CDH中，CH=
∴S△PCD＝×2×4＝4（cm2）；
（3）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴PD//BC，
若以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则PD＝BQ，
设运动时间为t秒，
①当0＜t≤3时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝6﹣2t，
∴6﹣0.5t＝6﹣2t，
解得：t＝0（不合题意舍去）；
②当3＜t≤6时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝2t﹣6，
∴6﹣0.5t＝2t﹣6，
解得：t＝4.8；
③当6＜t≤9时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝18﹣2t，
∴6﹣0.5t＝18﹣2t，
解得：t＝8；
④当9＜t≤12时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝2t﹣18，
∴6﹣0.5t＝2t﹣18，
解得：t＝9.6；
综上所述，当运动时间为4.8秒或8秒或9.6秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的性质、角平分线定义、等腰三角形的判定、等边三角形的判定与性质、分类讨论等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质并进行分类讨论是解题的关键．
66．（1）在同一个三角形中，等边对等角；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；（2）A或B，见详解
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质以及平行四边形的判定定理，即可得到答案；
（2）A．连接AE并且延长与BC的延长线交于点Q，即为所求；B．连接AC，BD交于点O，连接EO并延长交AB于点F，连接CF，BE交于点G，连接OG并延长交BC于点H，连接AH并延长交DC的延长线于点Q，即为所求．
【详解】
解：（1）由题意得：依据1：在同一个三角形中，等边对等角；
依据2：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
故答案是：在同一个三角形中，等边对等角；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
（2）A．作图如下，即为所求；
B．作图如下，即为所求．
故答案是：A或B．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质，平行四边形的判定定理和性质以及尺规作图，掌握平行四边形的对角线互相平分，是解题的关键．
67．45°
【分析】
先判定是等边三角形，是等腰直角三角形，即可得到，由此可得是等腰三角形，即可得到的度数，进而计算得出的度数．
【详解】
解：四边形是矩形，
，，，，
，
平分，
，
又，
，
是等边三角形，
，，
，
又，
，
，
，
，
∴的度数为45°．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，等边三角形与等腰三角形的判定与性质，熟练掌握相关图形的性质并证得OB＝BE是解题的关键．
68．见详解
【分析】
根据平行四边形的性质得AB=CD，AB∥CD，从而得∠BAC=∠DCA，结合AAS证明，即可得到结论．
【详解】
证明：∵在中，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠BAC=∠DCA，
又∵∠AEB=∠CFD=90°，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质以及全等三角形的判定和性质，掌握AAS证三角形全等，是解题的关键．
答案第1页，共2页
一、单选题
1．（2021·山西寿阳·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AB，E为垂足．如果∠BCE＝28°，则∠D＝（ ）
A．28° B．38° C．52° D．62°
2．（2021·山西侯马·八年级期末）下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2021·山西阳城·八年级期末）如图，在中，，对角线与相交于点，交于，若的周长为，则的周长是（ ）
A． B． C． D．无法确定
4．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）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．1.5cm B．2cm
C．2.5cm D．3cm
5．（2021·山西太原·八年级期末）四边形的对角线相交于点，且，那么下列条件不能判断四边形为平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
6．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）下列命题中是真命题的是（ ）
A．若a＞b，则3﹣a＞3﹣b
B．如果ab＝0，那么a＝0，b＝0
C．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
D．有两个角为60°的三角形是等边三角形
7．（2021·山西大同·八年级期末）如图， ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠BAC＝90°，AC＝6，BD＝10，则CD的长为（ ）
A． B．8 C．4 D．2
8．（2021·山西孝义·八年级期末）如图，中，对角线，交于点，点是的中点，若的周长是10，，则的长度为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
9．（2021·山西盐湖·八年级期末）如图，在四边形中，对角线和相交于点，下列条件不能判断四边形是平行四边形的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
10．（2021·山西祁县·八年级期末）数学课上，老师出示了如下一道证明题
如图，在中，点D、E分别是，的中点，延长至点F，使，连接，求证：四边形是平行四边形
证明：点D，E分别是，的中点
∴是的_①_∴_②_
又∵，∴
∴四边形是平行四边形（_③_的四边形是平行四边形）
①②③分别代表（ ）
A．中线、、一组对边平行且相等
B．中位线、、两组对边相等
C．中线、、两组对边相等
D．中位线、、一组对边平行且相等
11．（2021·山西交城·八年级期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE=AD，连接EB，EC，DB．添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（ ）
A．AB=BE B．BE⊥DC C．∠ADB=90° D．CE⊥DE
12．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）如图所示，将矩形ABCD纸对折，设折痕为MN，再把B点叠在折痕线MN上，（如图点B’），若，则折痕AE的长为（ ）
A． B． C．2 D．
13．（2021·山西·八年级期末）如图，将矩形折叠，使点C和点A重合，点D落在处，折痕为，与交于点O．若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
14．（2021·山西祁县·八年级期末）如图，四边形ABCD和四边形AEFC是两个矩形，点B在EF边上，若矩形ABCD和矩形AEFC的面积分别是，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
15．（2021·山西怀仁·八年级期末）如图，在△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，BM是AC边的中线，点D，E分别在边AC和BC上，DB=DE，EF⊥AC于点F，则以下结论；①∠DBM=∠CDE；②BN=DN；③AC=2DF；④S﹤S其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③
16．（2021·山西襄汾·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，P是边AD上的动点，PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，如果AB＝3，AD＝4，那么PE+PF＝（ ）
A． B．3 C． D．4
17．（2021·山西侯马·八年级期末）如图，把一个长方形的纸片对折两次，然后剪下一个角，为了得到一个钝角为120° 的菱形，剪口与第二次折痕所成角的度数应为
A．15°或30° B．30°或45° C．45°或60° D．30°或60°
18．（2021·山西·八年级期末）如图，在菱形中，，，点E是对角线上一个动点（不与A，C重合），点F是边上一个动点，连接，则的最小值为（ ）
A．2 B． C．4 D．
19．（2021·山西大同·八年级期末）已知在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线AC与BD相交于点O，AO＝CO，如果添加下列一个条件后，就能判定这个四边形是菱形的是（ ）
A．BO＝DO B．AB＝BC C．AB＝CD D．AB∥CD
20．（2021·山西·八年级期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角相等 D．对边相等
21．（2021·山西孝义·八年级期末）如图，已知四边形是平行四边形，对角线与相交于点．添加下列条件仍不能判定是菱形的是（ ）
A． B． C． D．
22．（2021·山西朔州·八年级期末）菱形和矩形的对角线，具有的性质是下列的（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相垂直
C．对角线互相垂直平分 D．对角线互相平分
23．（2021·山西襄汾·八年级期末）已知四边形是平行四边形，，相交于点O，下列结论错误的是（ ）
A．，
B．当时，四边形是菱形
C．当时，四边形是矩形
D．当且时，四边形是正方形
24．（2021·山西襄汾·八年级期末）已知：如图，是正方形内的一点，且，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
25．（2021·山西朔州·八年级期末）如图，直线，直线与直线之间的距离为2，直线与直线之间的距离为4.正方形的对角线与相交于点，若顶点，，分别在直线，，上，则的面积为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
26．（2021·山西·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点A，C的坐标分别为，点B在y轴的正半轴上，则点D的坐标是（ ）
A． B． C． D．
27．（2021·山西朔州·八年级期末）如图，在正方形中，点是对角线上一点，连接，，若，则的度数为（ ）
A．105° B．120° C．135° D．150°
28．（2021·山西祁县·八年级期末）如图，正方形、、、的边长分别为2、4、6、4，四个正方形按照如图所示的方式摆放，点、、分别位于正方形、、、对角线的交点则阴影部分的面积和为（ ）
A．12 B．13 C．14 D．18
29．（2021·山西侯马·八年级期末）在平面中，下列命题为真命题的是
A．四个角相等的四边形是矩形 B．对角线垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形 D．四边相等的四边形是正方形
二、填空题
30．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）平行四边形的周长等于56 cm，两邻边长的比为3∶1，那么这个平行四边形较长的边长为_______.
31．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）如图，点E 是平行四边形ABCD的对角线BD上一点，连接CE、AE，若点E在线段AD的垂直平分线上，点D在线段EC的垂直平分线上，且∠DCE=60°，则∠AEB=____°．
32．（2021·山西侯马·八年级期末）如图，平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，AE⊥BD于E，BD＝20，BE＝7，AE＝4，则AC的长等于__________．
33．（2021·山西盐湖·八年级期末）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在点处且平分，若，则____________．
34．（2021·山西寿阳·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：_________________________
.
35．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB=CD，M、N．P分别是AD、BC、BD的中点，若∠MPN=130°，则∠NMP的度数为____．
36．（2021·山西交城·八年级期末）如图，平行四边形ABCD的周长为36，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD的中点，BD＝12，则△DOE的周长是_________．
37．（2021·山西盐湖·八年级期末）如图，将一个长方形纸片沿折叠，使C点与A点重合，若，则线段的长是_________．
38．（2021·山西交城·八年级期末）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点B′处，当△CEB′为直角三角形时，BE的长为_____．
39．（2021·山西·八年级期末）如图，已知四边形是平行四边形，再增加一个条件____即可判定四边形是矩形．（不添加其他辅助线）
40．（2021·山西朔州·八年级期末）矩形中，，，对角线，相交于点，点为上一点，将沿折叠，使点落在对角线的点处，则线段的长为______．
41．（2021·山西侯马·八年级期末）如图，两个完全相同的三角尺ABC和DEF在直线l上滑动．要使四边形CBFE为菱形，还需添加的一个条件是____(写出一个即可)．
42．（2021·山西大同·八年级期末）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝16，DB＝12，DH⊥AB于点H，则DH等于____．
43．（2021·山西大附中八年级期末）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是的边AB，BC边的中点若，
，则线段EF的长为______．
44．（2021·山西襄汾·八年级期末）如图，点O是菱形ABCD两条对角线的交点，过O点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分．当菱形的两条对角线的长分别为8和10时，则阴影部分的面积为_____．
45．（2021·山西交城·八年级期末）如图，点为正方形外一点，与相交于点．若，则_________．
46．（2021·山西·八年级期末）如图，正方形中，，点E是正方形内的一点，且，射线交于点F，则的长为________．
47．（2021·山西孝义·八年级期末）如图，正方形中，点是边上一点，，且交正方形外角的平分线于点，连接．若，，则的长为______．
48．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）（2016 成都）如图，面积为6的平行四边形纸片ABCD中，AB＝3，∠BAD＝45°，按下列步骤进行裁剪和拼图．
第一步：如图①，将平行四边形纸片沿对角线BD剪开，得到△ABD和△BCD纸片，再将△ABD纸片沿AE剪开（E为BD上任意一点），得到△ABE和△ADE纸片；
第二步：如图②，将△ABE纸片平移至△DCF处，将△ADE纸片平移至△BCG处；
第三步：如图③，将△DCF纸片翻转过来使其背面朝上置于△PQM处（边PQ与DC重合，△PQM和△DCF在DC同侧），将△BCG纸片翻转过来使其背面朝上置于△PRN处，（边PR与BC重合，△PRN和△BCG在BC同侧）．
则由纸片拼成的五边形PMQRN中，对角线MN长度的最小值为______．
三、解答题
49．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）如图，在△ABC中，点D为边BC的中点，点E在△ABC内，AE平分∠BAC，CE⊥AE点F在AB上，且BF=DE
（1）求证：四边形BDEF是平行四边形
（2）线段AB，BF，AC之间具有怎样的数量关系？证明你所得到的结论
50．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）如图1，已知平行四边形ABCO，以点O为原点，OC所在的直线为x轴，建立直角坐标系，AB交y轴于点D，AD=2，OC=6，∠A=60°，线段EF所在的直线为OD的垂直平分线，点P为线段EF上的动点，PM⊥x轴于点M点，点E与E′关于x轴对称，连接BP、E′M．
（1）请直接写出点A的坐标为_____，点B的坐标为_____；
（2）当BP+PM+ME′的长度最小时，请直接写出此时点P的坐标为_____；
（3）如图2，点N为线段BC上的动点且CM=CN，连接MN，是否存在点P，使△PMN为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的EP的值；若不存在，请说明理由．
51．（2021·山西·八年级期末）综合与实践：如图1，在正方形中，连接对角线，点O是的中点，点E是线段上任意一点（不与点A，O重合），连接，．过点E作交直线于点F．
（1）试猜想线段与的数量关系，并说明理由；
（2）试猜想线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图2，当E在线段上时（不与点C，O重合），交延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段之间的数量关系．
52．（2021·山西襄汾·八年级期末）如图，为长方形的对角线，将边沿折叠，使点落在上的点处.将边沿折叠，使点落在上的点处．
求证：四边形是平行四边形；
若，求四边形的面积．
53．（2021·山西交城·八年级期末）如图， ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB⊥AC，AB＝3，BC＝5，点P从点A出发，沿AD以每秒1个单位的速度向终点D运动．连结PO并延长交BC于点Q．设点P的运动时间为t秒．
（1）求BQ的长，（用含t的代数式表示）
（2）当四边形ABQP是平行四边形时，求t的值
（3）当点O在线段AP的垂直平分线上时，直接写出t的值．
54．（2021·山西寿阳·八年级期末）如图，E、F分别是平行四边形ABCD的边AD、BC上的点，且∠ABE=∠CDF.
求证：四边形BEDF是平行四边形.
55．（2021·山西交城·八年级期末）如图，在矩形中，垂直平分，分别交于点，连接．
求证：四边形是菱形；若，求的长．
56．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）如图，在△ABC中，AB=AC，D是BA延长线上的一点，点E是AC的中点.
(1)实践与操作：利用尺规按下列要求作图，并在图中标明相应字母(保留作图痕迹，不写作法).
①作∠DAC的平分线AM；
②连接BE并延长交AM于点F；
③连接FC．
(2)猜想与证明：猜想四边形ABCF的形状，并说明理由.
57．（2021·山西大附中八年级期末）如图，△ABC中，AC=BC，CD⊥AB于点D，四边形DBCE是平行四边形.
求证：四边形ADCE是矩形.
58．（2021·山西朔州·八年级期末）综合与实践问题情境：一次数学课上，老师出示了课本中的一道复习题：如图，和都是等边三角形，、分别是、上的点，且，连接、．
初步探究：
（1）试判断与的数量关系，并说明理由；
（2）求证：四边形是平行四边形；
深入探究：
（3）如图2，四边形和四边形都是正方形，、分别是、上的点，且，连接、，试判断四边形的形状，并说明理由；
拓展延伸：
（4）如图3，四边形和四边形都是菱形，，，是上一点，连接、，延长交于，若四边形是平行四边形，请直接写出的长．
59．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末） 如图．在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=60cm，∠A=60°，点D从点A出发沿AC方向以4cm∕秒的速度向点C匀速运动，同时点E从点B出发沿BA方向以2cm∕秒的速度向点A匀速运动，设点D、E运动的时间是t秒（0＜t＜15），过点D作DF⊥BC于点F，连接DE、EF．
（1）求证：四边形AEFD是平行四边形；
（2）当t为何值时，动点D恰好在AF的垂直平分线上；
（3）点D、F在运动过程中是否存在t的值，使△DEF是直角三角形，若存在求出t的值，若不存在，说明理由．
60．（2021·山西祁县·八年级期末）如图，是小清同学的数学笔记，任细阅读并完成任务：
在平行四边形中，，求作菱形，使点、点分别在、边上．（尺规作图，保留作图痕迹） 办法一： 以点为圆心，长为半径，画弧交于点，再分别以点、为圆心，大于的相同长为半径画弧，两弧交于点；连接并延长交于点，连接，则所得四边形是菱形． 办法二： 连接，分别以、为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于、两点；连接，分别与、、交于、、三点；连接、．则四边形是菱形．
任务：
（1）填空：“办法一”中，判别四边形是菱形的数学依据是_____；
（2）在图2中，根据“办法二”的作图方法，使用直尺和圆规补全图形（保留作图痕迹）；
（3）写出“办法二”的推理过程．
61．（2021·山西·八年级期末）如图，已知，连接．分别过点A，C作和的平分线分别交于点E，F，连接，．试判断四边形的形状，并说明理由．
62．（2021·山西怀仁·八年级期末）已知：AB⊥CD于点O，AB=AC=CD，点I是∠BAC，∠ACD的平分线的交点，连接IB，ID
（1）求证：且；
（2）填空：
①∠AIC+∠BID=_________度；
②S______S(填“﹥”“﹤”“=”)
（3）将（2）小题中的第②结论加以证明．
63．（2021·山西省运城市实验中学八年级期末）如图，在正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M、N．AH⊥MN于点H．
（1）当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时，请你直接写出线段AH与AB的数量关系______．（不需证明）
（2）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，问（1）中线段AH与AB的数量关系还成立吗？若成立，给出证明，若不成立，说明理由．
64．（2021·山西祁县·八年级期末）自主探究：
在中，，，点D在射线上（与B、C两点不重合），以为边作正方形，使点E与点B在直线的异侧，射线与直线相交于点G．
（1）当点D在线段上时，如图（1），判断：线段与线段的数量关系和位置关系，并说明理由；
（2）当点D在线段的延长线上时，如图（2），写出线段与线段的数量关系与位置关系，不必证明；
（3）在（2）的基础上，随着点D位置的变化，当G为中点，时，求出正方形的边长．
65．（2021·山西寿阳·八年级期末）已知在 ABCD中，动点P在AD边上，以每秒0.5cm的速度从点A向点D运动．
（1）如图1，在运动过程中，若CP平分∠BCD，且满足CD＝CP，求∠B的度数．
（2）在（1）的条件下，若AB＝4cm，求△PCD的面积．
（3）如图2，另一动点Q在BC边上，以每秒2cm的速度从点C出发，在BC间往返运动，P，Q两点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若AD＝6cm，求当运动时间为多少秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
66．（2021·山西太原·八年级期末）请阅读下列材料，完成相应的任务：
无刻度直尺作图 “无刻度直尺”是尺规作图的工具之一，它的作用在于连接任意两点、作任意直线、延长任意线段．结合图形的性质，只利用无刻度直尺也可以解决一些几何作图问题． 如图1，已知：点是线段的中点，分别以，为边在的同侧作与，其中，，．求作：线段的中点． 按照常规思路，用尺规作线段的垂直平分线，垂足即为的中点．仔细分析图形，你会发现，只用无刻度的直尺连接线段，与交点即为的中点！（如图2）．证明如下：连接． ，．（依据1） ，． 同理，． ，，． 是的中点，． ，． 四边形是平行四边形．（依据2） ，是的中点．
任务：（1）写出上述证明过程中依据1与依据2的内容：
依据1：__________；
依据2：__________；
（2）如图3，在中，点是边的中点，请利用无刻度直尺作图，保留作图痕迹，不写画法．
请从下面A，B两题中任选一题作答．我选择________题．
A．求作：，使的面积与的面积相等．
B．求作：，使的面积与的面积相等．
67．（2021·山西·八年级期末）如图，在矩形中，对角线与交于点O，的平分线交于点E，连接，若，求的度数．
68．（2021·山西太原·八年级期末）已知：如图，在中，过点，分别作对角线的垂线，垂足为点，．
求证：．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】
由CE⊥AB得出∠CEB=90°，根据三角形内角和定理求出∠B，根据平行四边形的性质即可得出∠D的值．
【详解】
解：∵CE⊥AB，
∴∠CEB=90°，
∵∠BCE=28°，
∴∠B=62°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D=∠B=62°，
故选：D．
【点睛】
本题考查了三角形的内角和定理，垂直定义和平行四边形的性质，能求出∠B的度数和根据平行四边形的性质得出∠B=∠D是解此题的关键．
2．A
【分析】
根据平行四边形的判定方法逐个判断即可解决问题．
【详解】
解：A、若AB＝CD，∠A＝∠B，不可以判定四边形ABCD是平行四边形；
B、∵AB∥CD，
∴∠B＋∠C＝180°，
∵∠A＝∠C，
∴∠A＋∠B＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故B可以判定四边形ABCD是平行四边形；
C、根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可知C可以判定四边形ABCD是平行四边形；
D、根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可知D可以判定四边形ABCD是平行四边形；
故选A．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，解题的关键是记住平行四边形的判定方法：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．两组对边分别相等的四边形是平行四边形．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．两组对角分别相等的四边形是平行四边形．对角线互相平分的四边形是平行四边形．
3．A
【分析】
根据平行四边形的性质，及交于可以证明是线段的垂直平分线，再根据垂直平分线的性质，可以得到，再利用线段间的关系可以证明的周长为周长的两倍.
【详解】
解：∵四边形ABCD为平行四边形
∴，；
∵交于；
∴是线段的垂直平分线，
∴；
∴；
∴的周长为
∴的周长为.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质和垂直平分线的性质，具有一定的综合性，属于中等题型.
4．B
【详解】
解：∵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．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质．
5．C
【分析】
根据题目条件结合平行四边形的判定方法：对角线互相平分的四边形是平行四边形分别进行分析即可.
【详解】
解：A、加上BO=DO可利用对角线互相平分的四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
B、加上条件AB∥CD可证明△AOB≌△COD可得BO=DO，可利用对角线互相平分的四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
C、加上条件AB=CD不能证明四边形是平行四边形，故此选项符合题意；
D、加上条件∠ADB=∠DBC可利用ASA证明△AOD≌△COB，可证明BO=DO，可利用对角线互相平分的四边形是平行四边形，故此选项不合题意；
故选C．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的判定，关键是掌握平行四边形的判定定理．
6．D
【分析】
分别判断各选项是否正确即可解答.
【详解】
解：A. 若a＞b，则3﹣a＜3﹣b，故A错误；
B. 如果ab＝0，那么a＝0或b＝0，故B错误；
C. 一组对边相等，另一组对边平行的四边形不一定是平行四边形，故C错误；
D. 有两个角为60°的三角形是等边三角形，故D正确；
故选D.
【点睛】
本题考查了不等式的性质、平行四边形的判定、三角形的判定等知识，熟练掌握是解题的关键.
7．C
【分析】
利用平行四边形的性质和勾股定理易求AB的长，进而可求出CD的长．
【详解】
解：∵ ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
∴BO=DO，AO=CO，AB=CD，
∵∠BAC=90°，AC=6，BD=10，
∴BO=5，OA=3，
∴AB=，
∴CD=4，
故选：C．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质以及勾股定理的运用，关键是利用平行四边形的性质和勾股定理易求AB的长．
8．B
【分析】
根据平行四边形性质得到AB=CD，BC=AD，OA=OC，根据中位线的性质得到AB=2，进而得到AB=CD=2，根据的周长是10，即可求出BC=3．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，BC=AD，OA=OC，
∵点是的中点，
∴OE为△ABC的中位线，
∴AB=2OE=2，
∴AB=CD=2，
∵的周长是10，
∴BC+AD=6，
∴BC=3．
故选：B
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，中位线的性质，熟知两个知识点并灵活应用是解题的关键．
9．D
【分析】
根据平行四边形的判定定理逐项判断即可．
【详解】
A、由，得，又，得，得，可得到四边形ABCD是平行四边形，故A选项不符合题意
B、由，，可得到四边形ABCD是平行四边形，故B选项不符合题意；
C、由，，可得到四边形ABCD是平行四边形，故C选项不符合题意；
D、由，，不可得到四边形ABCD是平行四边形，故D选项符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定，解题的关键是理解并掌握平行四边形的判定定理，并会灵活运用．
10．D
【分析】
分别根据中位线的定义、性质以及平行四边形的判定即可得出答案.
【详解】
∵点D、E分别是、的中点，∴是的中位线，故①为中位线；
根据中位线的性质可知：，故②为；
∵，，∴四边形是平行四边形，故③为一组对边平行且相等；
故答案选择.
【点睛】
本题考查的是平行四边形的判定，运用了中位线的定义和性质以及平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解决本题的关键.
11．B
【分析】
先证明四边形DBCE为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．
【详解】
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
又∵AD=DE，
∴DE∥BC，且DE=BC，
∴四边形BCED为平行四边形，
A、∵AB=BE，DE=AD，∴BD⊥AE，∴ DBCE为矩形，故本选项错误；
B、∵对角线互相垂直的平行四边形为菱形，不一定为矩形，故本选项正确；
C、∵∠ADB=90°，∴∠EDB=90°，∴ DBCE为矩形，故本选项错误；
D、∵CE⊥DE，∴∠CED=90°，∴ DBCE为矩形，故本选项错误,
故选B．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定等，熟练掌握相关的判定定理与性质定理是解题的关键.
12．C
【分析】
先作辅助线，然后根据折叠的性质和解直角三角形计算．
【详解】
延长EB′与AD交于点F，
∵∠AB′E=∠B=90°，MN是对折折痕，
∴EB′=FB′，∠AB′E=∠AB′F，
在△AEB′和△AFB′中，，
∴△AEB′≌△AFB′，
∴AE=AF，
∴∠B′AE=∠B′AD（等腰三角形三线合一），
故根据题意，易得∠BAE=∠B′AE=∠B′AD；
故∠EAB=30°，
∴EB=EA，
设EB=x，AE=2x，
∴（2x）2=x2+AB2，x=1，
∴AE=2，
则折痕AE=2，
故选C．
【点睛】
本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系．
13．C
【分析】
根据折叠的性质可得：，由等边对等角得出，再依据三角形内角和得出，根据三角形外角和定理可得，最后依据矩形及平行线的性质即可得出答案．
【详解】
解：∵将矩形ABCD沿着EF折叠，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形ABCD为矩形，
∴ADBC，
∴，
故选：C．
【点睛】
题目主要考查折叠的性质、三角形外角和定理及平行线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并融会贯通是解题关键．
14．B
【分析】
由于矩形ABCD的面积等于2个△ABC的面积，而△ABC的面积又等于矩形AEFC的一半，所以可得两个矩形的面积关系.
【详解】
矩形ABCD的面积S＝2S△ABC，而S△ABC＝S矩形AEFC，即S1＝S2，故答案选B.
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质及面积的计算，能够熟练运用矩形的性质进行一些面积的计算问题.
15．D
【分析】
①设∠EDC=x，则∠DEF=90°-x从而可得到∠DBE=∠DEB=180°-（90°-x）-45°=45°+x，∠DBM=∠DBE-∠MBE=45°+x-45°=x，从而可得到∠DBM=∠CDE；
③由△BDM≌△DEF，可知DF=BM，由直角三角形斜边上的中线的性质可知BM=AC；
④可证明△BDM≌△DEF，然后可证明：△DNB的面积=四边形NMFE的面积，所以△DNB的面积+△BNE的面积=四边形NMFE的面积+△BNE的面积；
【详解】
解：①设∠EDC=x，则∠DEF=90°-x，
∵BD=DE，
∴∠DBE=∠DEB=∠EDC+∠C=x+45°，
∴∠DBM=∠DBE-∠MBE=45°+x-45°=x．
∴∠DBM=∠CDE，故①正确；
②由①得∠DBM=∠CDE，如果BN=DN，则∠DBM=∠BDN，
∴∠BDN=∠CDE，
∴DE为∠BDC的平分线，
∴△BDE≌△FDE，
∴EB⊥DB，已知条件∠ABC=90°，
∴②错误的；
③在△BDM和△DEF中，
，
∴△BDM≌△DEF（AAS），
∴BM=DF，
∵∠ABC=90°，M是AC的中点，
∴BM=AC，
∴DF=AC，
即AC=2DF；故③正确．
④由③知△BDM≌△DEF（AAS）
∴S△BDM=S△DEF，
∴S△BDM-S△DMN=S△DEF-S△DMN，即S△DBN=S四边形MNEF．
∴S△DBN+S△BNE=S四边形MNEF+S△BNE，
∴S△BDE=S四边形BMFE，故④错误；
故选D．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定与性质、角平分线的性质，利用面积法证明S△BDE=S四边形BMFE是解题的关键．
16．C
【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S△AOD＝（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，S△AOD＝S△AOB，
∵AB＝3，AD＝4，
∴S矩形ABCD＝3×4＝12，BD＝5，
∴S△AOD＝S矩形ABCD＝3，OA＝OC＝，
∵S△AOD＝S△AOP+S△DOP＝OA PE+ OD PF＝××PE+ ××PF＝（PE+PF）＝3，
∴PE+PF＝．
故选：C．
【点睛】
此题主要考查矩形的性质综合，解题的关键是熟知矩形的性质及三角形的面积公式．
17．D
【详解】
试题分析：∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ABD=∠ABC，∠BAC=∠BAD，AD∥BC，
∵∠BAD=120°， ∴∠ABC=180°﹣∠BAD=180°﹣120°=60°， ∴∠ABD=30°，∠BAC=60°．
∴剪口与折痕所成的角a的度数应为30°或60°．
考点：剪纸问题
18．B
【分析】
在菱形中，点B关于AB对称点为点D，过点D作AB的垂线交于点F，交AC于点E，这时最小为DF，根据三角函数得，即可算出答案．
【详解】
如图所示，连接DE，DF
ABCD是菱形，
，，
，
，
，
，
当时，DF最小，
这时
，
，
即的最小值为．
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的性质和轴对称最短路线问题，解题关键是得到的最小值为菱形ABCD中AB边上的高．
19．B
【分析】
根据平行线的性质得到∠ADB＝∠CBD，根据全等三角形的性质得到AD＝BC，于是得到四边形ABCD是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到即可．
【详解】
解：如图：
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
在△ADO与△CBO中，
，
∴△ADO≌△CBO（AAS），
∴AD＝CB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝BC
∴四边形ABCD是菱形；故B正确；
故选B．
【点睛】
本题考查了菱形的判定，全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键，
20．A
【分析】
利用矩形与菱形的性质逐个判断即可．
【详解】
解： A．矩形的对角线相等，菱形的对角线不一定相等，故A符合题意；
B．因为矩形与菱形都是特殊的平行四边形，所以矩形与菱形的对角线互相平分，故B不符合题意；
C．因为矩形与菱形都是特殊的平行四边形，所以矩形与菱形的对角都相等，故C不符合题意；
D．因为矩形与菱形都是特殊的平行四边形，所以矩形与菱形的对边都相等，故D不符合题意；
故选：A．
【点睛】
本题考查了矩形与菱形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形与菱形的性质．
21．D
【分析】
根据平行四边形的性质与菱形的定义及其判定对各选项逐一判断即可得．
【详解】
解：A. ，一组邻边相等的平行四边形是菱形，选项说法正确，不符合题意；
B. ，由四边形是平行四边形得到对角线互相垂直的平行四边形是菱形，选项说法正确，不符合题意；
C. ，由四边形是平行四边形得到∠ADB=∠CBD，则得到AB=AD，
一组邻边相等的平行四边形是菱形，选项说法正确，不符合题意；
D. 由，得到AB//CD，选项说法错误，符合题意；
故选：D．
【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定理．
22．D
【分析】
利用矩形的性质和菱形的性质可求解．
【详解】
解：∵矩形的对角线相等且互相平分，菱形的对角线垂直且互相平分，
∴菱形和矩形的对角线，具有的性质是对角线互相平分，
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、菱形的性质，掌握矩形的对角线相等且互相平分是解题的关键．
23．B
【分析】
根据平行四边形的性质，菱形，矩形，正方形的判定逐一判断即可．
【详解】
解：四边形是平行四边形，
，故A正确，
四边形是平行四边形，，
不能推出四边形是菱形，故错误，
四边形是平行四边形，，
四边形是矩形，故C正确，
四边形是平行四边形，，，
四边形是正方形．故D正确．
故选B．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质，矩形，菱形，正方形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
24．D
【分析】
利用等边三角形和正方形的性质求得，然后利用等腰三角形的性质求得的度数，从而求得的度数，利用三角形的内角和求得的度数．
【详解】
解：，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
同理可得，
，
故选．
【点睛】
本题考查了正方形的性质及等边三角形的性质，解题的关键是根据等腰三角形的性质求得有关角的度数，难度不大．
25．A
【分析】
作出辅助线如图，通过证明△AED≌△DFC，得出AE=DF，再由勾股定理即可得出结论．
【详解】
解：过点A作AE⊥b，过点C作CF⊥b，
∴∠EAD+∠ADE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，
∴∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，
∴∠ADE+∠CDF=90°，
∴∠EAD=∠CDF
在△AED和△DFC中，
∴△AED≌△DFC（AAS），
∴AE=DF=2，
∴DF2+CF2=DC2，
∴DC2=42+22=20，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及正方形面积的求解方法，正确作出辅助线是解决本题的关键．
26．A
【分析】
根据正方形的性质可得，再根据顶点A，C的坐标分别为可得，由此即可求得答案．
【详解】
解：∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∵顶点A，C的坐标分别为，
∴，
又∵点D在y轴的负半轴上，
∴点D的坐标是（0，－2），
故选：A．
【点睛】
本题考查了坐标与图形以及正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解决本题的关键．
27．C
【分析】
根据正方形性质可知，再在等腰三角形中求出和的度数，即可解决问题．
【详解】
解：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
28．C
【分析】
根据正方形的中心对称性，得到每一个阴影部分的面积为其所在的小正方形的面积的，即可解答．
【详解】
解：∵正方形具有中心对称性，则每一个阴影部分的面积为其所在的小正方形的面积的，
∴
=
=14
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形的中心对称性，根据中心对称性得到每一个阴影部分的面积为其所在的小正方形的面积的是解题的关键．
29．A
【详解】
分析：真命题就是正确的命题，即如果命题的题设成立，那么结论一定成立．因此，分别根据矩形、菱形、正方形的判定作出判断得即可：
A、根据四边形的内角和得出，四个角相等的四边形即四个内角是直角，故此四边形是矩形，故此命题是真命题；
B、只有对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故此命题不是真命题；
C、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故此命题不是真命题；
D、四边相等的四边形是菱形，故此命题不是真命题．
故选A．
30．21cm
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AD=BC．
∵平行四边形的周长等于56cm，∴AB+CD+AD+BC=56cm，∴AB+BC=28cm．
∵BC：AB=3：1，∴BC=21cm，AB=7cm，∴这个平行四边形较长的边长为21cm．
故答案为21cm．
31．60
【分析】
由线段垂直平分线的性质可得，可证是等边三角形，可得，由平行四边形的性质可求，由线段垂直平分线的性质可得，即可求解．
【详解】
解：点在线段的垂直平分线上，
，
又，
是等边三角形，
，
四边形是平行四边形，
，，
，
点在线段的垂直平分线上，
，
，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质等知识点，证明是解题的关键．
32．10
【分析】
根据平行四边形的对角线互相平分可得BO=10，AC=2OA，利用勾股定理求得OA即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，BD=20，
∴BO=OD=BD=10，OA=OC=AC，即AC=2OA，
∵AE⊥BD，BE=7，
∴在Rt△AEO中，AE=4，OE=BO﹣BE=3，
由勾股定理得：OA==5，
∴AC=2OA=10，
故答案为：10．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解答的关键．
33．38°
【分析】
根据平行四边形的性质求出∠ADC和∠C，再根据折叠与角平分线的定义求出∠EDC，根据三角形的内角和即可求解．
【详解】
∵四边形是平行四边形
∴∠ADC=180°-，∠C=，
∵折叠且平分，
∴∠ADB=∠A’DB=∠EDC，
∴∠EDC=∠ADC=19°
∴180°-∠C-∠EDC=38°
故答案为：38°．
【点睛】
此题主要考查平行四边形内的角度求解，解题的关键是熟知平行四边形的性质．
34．两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．
35．25°
【分析】
根据中位线定理和已知条件，易证明是等腰三角形，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求出的度数．
【详解】
解：∵、、分别是、、的中点，
，分别是与的中位线，
，，
，
，
是等腰三角形，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了三角形中位线定理及等腰三角形的判定和性质，解题时要善于根据已知信息，熟练应用相关知识．
36．15
【分析】
由平行四边形的性质得出AB＝CD，AD＝BC，OB＝OD＝BD＝6，得出BC+CD＝18，证出OE是△BCD的中位线，DE＝CD，由三角形中位线定理得出OE＝BC，△DOE的周长＝OD+OE+DE＝OD+（BC+CD），即可得出结果．
【详解】
解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，OB＝OD＝BD＝6，
∵平行四边形ABCD的周长为36，
∴BC+CD＝18，
∵点E是CD的中点，
∴OE是△BCD的中位线，DE＝CD，
∴OE＝BC，
∴△DOE的周长＝OD+OE+DE＝OD+（BC+CD）＝6+9＝15；
故答案为：15．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、三角形中位线的性质，熟练运用平行四边形和三角形中位线的性质定理是解题的关键．
37．
【分析】
根据折叠的性质和勾股定理即可求得．
【详解】
解：∵长方形纸片，
∴，，
根据折叠的性质可得，，，
设，，
根据勾股定理
，即，
解得，
故答案为：．
【点睛】
本题考查折叠与勾股定理．能正确表示直角三角形的三边是解题关键．
38．3或6．
【分析】
当为直角三角形时，有两种情况：
①当点落在矩形内部时，如答图1所示．
连结，先利用勾股定理计算出，根据折叠的性质得，而当为直角三角形时，只能得到，所以点、、共线，即沿折叠，使点落在对角线上的点处，则，，可计算出，设，则，，然后在中运用勾股定理可计算出．
②当点落在边上时，如答图2所示．此时四边形为正方形．
【详解】
解：当为直角三角形时，有两种情况：
①当点落在矩形内部时，如答图1所示．
连结，
在中，，，
，
沿折叠，使点落在点处，
，
当为直角三角形时，只能得到，
点、、共线，即沿折叠，使点落在对角线上的点处，如图，
，，
，
设，则，，
在中，
，
，
解得，
；
②当点落在边上时，如答图2所示．
此时为正方形，
．
综上所述，的长为3或6．
故答案为3或6．
【点睛】
本题考查了折叠问题：折叠前后两图形全等，即对应线段相等；对应角相等．也考查了矩形的性质以及勾股定理．注意本题有两种情况，需要分类讨论，避免漏解．
39．（答案不唯一）
【分析】
根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可得出结果．
【详解】
四边形是平行四边形，
当时，平行四边形为矩形，
故答案为：（答案不唯一）．
【点睛】
本题主要考查矩形的判定，属于基础题，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
40．
【分析】
根据矩形的性质求出AC，根据折叠的特点求出AF=AD=6，FC=4，OF=1，设DE=x=EF，在Rt△CEF中，根据勾股定理列出方程求出EF，再根据勾股定理求出OE的长．
【详解】
∵四边形ABCD是矩形
∴AD=BC=6，CD=，
∵对角线，相交于点，
∴AO=CO=
∵折叠，
∴EF⊥AC，AF=AD=6，FC=4，则OF=1，
设DE=x=EF，则CE=8-x
在Rt△CEF中，
∴
解得x=3
∴EF=3
∴
故答案为：．
【点睛】
此题主要考查矩形与折叠的性质综合，解题的关键是熟知勾股定理的应用．
41．CB=BF；BE⊥CF；∠EBF=60°；BD=BF等（写出一个即可）．
【分析】
根据邻边相等的平行四边形是菱形或对角线互相垂直的平行四边形是菱形进而判断即可．
【详解】
解：根据题意可得出：四边形CBFE是平行四边形，
当CB=BF时，平行四边形CBFE是菱形，
当CB=BF；BE⊥CF；∠EBF=60°；BD=BF时，都可以得出四边形CBFE为菱形．
故答案为：如：CB=BF；BE⊥CF；∠EBF=60°；BD=BF等．
【点睛】
此题主要考查了菱形的判定，关键是熟练掌握菱形的判定方法：①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
42．.
【分析】
先根据菱形的性质得OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，再利用勾股定理计算出AB＝10，然后根据菱形的面积公式得到 AC BD＝DH AB，再解关于DH的方程即可．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝8，OB＝OD＝6，AC⊥BD，
在Rt△AOB中，AB＝＝10，
∵S菱形ABCD＝ AC BD，
S菱形ABCD＝DH AB，
∴DH 10＝×12×16，
∴DH＝．
故答案为．
【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．
43．3
【分析】
由菱形性质得AC⊥BD,BO= ,AO=,由勾股定理得AO= ,由中位线性质得EF=.
【详解】
因为，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，
所以，AC⊥BD,BO= ,AO=,
所以，AO= ,
所以，AC=2AO=6,
又因为E，F分别是的边AB，BC边的中点
所以，EF=.
故答案为3
【点睛】
本题考核知识点：菱形，勾股定理，三角形中位线.解题关键点：根据勾股定理求出线段长度，再根据三角形中位线求出结果.
44．20.
【分析】
根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出面积，再根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半解答．
【详解】
解：∵菱形的两条对角线的长分别为8和10，
∴菱形的面积＝×10×8＝40，
∵O是菱形两条对角线的交点，
∴阴影部分的面积＝×40＝20．
故答案为20．
【点睛】
本题考查了菱形的性质以及中心对称的性质，熟记性质并判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半是解题的关键．
45．19°
【分析】
根据正方形性质和已知得：AD=DE，利用等腰三角形性质计算∠DAE=19°，由三角形的内角和定理得：∠AFD=116°，证明△ADF≌△CDF（SAS），可得∠DCF=∠DAF=19°．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°，
∴∠ADB=∠BDC=45°，
∵DC=DE，
∴AD=DE，
∴∠DAE=∠DEA，
∵∠ADE=90°+52°=142°，
∴∠DAE==19°，
∴∠AFD=180°-19°-45°=116°，
在△ADF和△CDF中，
，
∴△ADF≌△CDF（SAS），
∴∠DCF=∠DAF=19°，
故答案为：19°．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、三角形全等的性质和判定、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，属于基础题，熟练掌握正方形的性质是关键．
46．2
【分析】
延长BE，交AD的延长线于点G，先证明，进而根据勾股定理可求得，由此可得，再证明，由此即可得解．
【详解】
解：如图，延长BE，交AD的延长线于点G，
∵四边形是正方形，，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
∵，
∴，
在与中，
∴，
∴，
故答案为：2．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质与判定，勾股定理的应用以及全等三角形的判定与性质，作出正确的辅助线并能灵活运用相关图形的性质与判定是解决本题的关键．
47．
【分析】
在AB上截取BM=BE，过点F分别作BC，DC的垂线，垂足分别为N，G，先证明，然后证明，求出DG，GF的长度，运用勾股定理计算即可．
【详解】
解：如图：在AB上截取BM=BE，
过点F分别作BC，DC的垂线，
垂足分别为N，G，
，
,
，
又平分，
，
，
又，
，
，
在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
四边形CNFG为正方形，
,
正方形ABCD边长为3，
,
，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了正方形的判定与性质，全等三角形判定与性质，勾股定理，等腰三角形等知识点，根据题意构造全等三角形是解题的关键．
48．
【分析】
根据平移和翻折的性质得到△MPN是等腰直角三角形，于是得到当PM最小时，对角线MN最小，即AE取最小值，当AE⊥BD时，AE取最小值，过D作DF⊥AB于F，根据平行四边形的面积得到DF＝2，根据等腰直角三角形的性质得到AF＝DF＝2，由勾股定理得到BD，根据三角形的面积得到AE，即可得到结论．
【详解】
解：∵△ABE≌△CDF≌△PMQ，
∴AE＝DF＝PM，∠EAB＝∠FDC＝∠MPQ，
∵△ADE≌△BCG≌△PNR，
∴AE＝BG＝PN，∠DAE＝∠CBG＝∠RPN，
∴PM＝PN，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠DAB＝∠DCB＝45°，
∴∠MPN＝90°，
∴△MPN是等腰直角三角形，
当PM最小时，对角线MN最小，即AE取最小值，
∴当AE⊥BD时，AE取最小值，
过D作DF⊥AB于F，
∵平行四边形ABCD的面积为6，AB＝3，
∴DF＝2，
∵∠DAB＝45°，
∴AF＝DF＝2，
∴BF＝1，
∴BD，
∴AE，
∴MNAE，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了平移的性质，翻折的性质，勾股定理，平行四边形的性质，正确的识别图形是解题的关键．
49．（1）见解析；（2），理由见解析
【分析】
（1）延长CE交AB于点G，证明，得E为中点，通过中位线证明DEAB，结合BF=DE，证明BDEF是平行四边形
（2）通过BDEF为平行四边形，证得BF=DE=BG，再根据，得AC=AG，用AB-AG=BG，可证
【详解】
（1）证明：延长CE交AB于点G
∵AECE
∴
在和
∴
∴GE=EC
∵BD=CD
∴DE为的中位线
∴DEAB
∵DE=BF
∴四边形BDEF是平行四边形
（2）
理由如下：
∵四边形BDEF是平行四边形
∴BF=DE
∵D，E分别是BC，GC的中点
∴BF=DE=BG
∵
∴AG=AC
BF=（AB-AG）=（AB-AC）．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的证明，中位线的性质，全等三角形的证明等综合性内容，作好适当的辅助线，是解题的关键．
50．（1）（﹣2，2），（4，2）；（2）（2，）；（3）EP的值为3或6﹣或5．
【分析】
（1）由30°直角三角形的性质求出OD的长，再由平行四边形的性质求出BD的长即可解决问题；
（2）首先证明四边形OPME′是平行四边形，可得OP=EM，因为PM是定值，推出PB+ME′=OP+PB的值最小时，BP+PM+ME′的长度最小；
（3）分三种情形画出图形分别求解即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图1中，
在Rt△ADO中，∵∠A=60°，∴∠AOD=30°．∵AD=2，∴OD =2，∴A（﹣2，2），
∵四边形ABCO是平行四边形，∴AB=OC=6，∴DB=6﹣2=4，∴B（4，2）；
（2）如图1中，连接OP．
∵EF垂直平分线段OD，PM⊥OC，∴∠PEO=∠EOM=∠PMO=90°，∴四边形OMPE是矩形，∴PM=OE=．
∵OE=OE′，∴PM=OE′，PM∥OE′，∴四边形OPME′是平行四边形，∴OP=EM，
∵PM是定值，∴PB+ME′=OP+PB的值最小时，BP+PM+ME′的长度最小，∴当O、P、B共线时，BP+PM+ME′的长度最小．
∵直线OB的解析式为y=x，∴P（2，）．
故答案为（2，）．
（3）如图2中，当PM=PN=时，
∵AOCB是平行四边形，∴∠MCN=∠A=60°．∵MC=CN，∴△MNC是等边三角形，∴∠CMN=∠CNM=60°．
∵PM⊥OC，∴∠PMN=∠PNM=30°，∴∠PNF=30°+60°=90°，
∵∠PFN=∠BCO=60°，∴∠NPF=30°，NF=1，∴PF=2NF=2，
∵EF==5，∴PE=5﹣2=3．
如图3中，当PM=MN时，
∵PM=MN=CM=，∴EP=OM=6﹣．
如图4中，当点P与F重合时，NP=NM，此时PE=EF=5．
综上所述：满足条件的EP的值为3或6﹣或5．
【点睛】
本题考查了四边形综合题、平行四边形的性质、等腰三角形的判定和性质、最短问题等知识，解题的关键是学会利用两点之间线段最短，解决最短问题，学会用分类讨论的首先思考问题，属于中考压轴题．
51．（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】
（1）先根据正方形的性质可证得，由此可得，，再根据同角的补角相等证得，等量代换可得，由此可得，再等量代换即可得证；
（2）过点E作交CB的延长线于点G，先证明，利用勾股定理可得，再证明，由此可得，最后再等量代换即可得证；
（3）仿照（1）和（2）的证明即可证得．
【详解】
解：（1），理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在与中，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下：
如图，过点E作交CB的延长线于点G，
∴，
由（1）知：，
∴，
∴，
∴在中，，
在与中，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（3），理由如下：
如图，过点E作交BC于点G，设CD与EF的交点为点P，
∴，
由（1）可知：，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
由（1）可知：，
∴，
在与中，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，作出正确的辅助线并能灵活运用相关图形的性质是解决本题的关键．
52．（1）证明过程见解析；（2）四边形的面积为30.
【分析】
（1）首先证明△ABE≌△CDF，则DF=BE，然后可得到AF=EC，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明AECF是平行四边形；
（2）由可得BC=8，由折叠性质可设BE=EM=x，根据，可以求出x的值，进而求出四边形的面积.
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD为矩形
∴AB=CD，AD∥CB，∠B=∠D=90°，∠BAC=∠DCA
由翻折性质可知：∠EAB=∠BAC，∠DCF=∠DCA
∴∠EAB=∠DCF
在△ABE和△CDF中
∴△ABE≌△CDF
∴BE=DF
∴AF=CE
又AF∥CE
∴四边形AECF是平行四边形.
（2）解：∵
∴BC=8
由翻折性质可知：BE=EM
可设BE=EM=x
且
即：
解得x=3
∴CE=BC-BE=8-3=5
∴
【点睛】
本题主要考查全等三角形的性质与判定，平行四边形以及直角三角形，是一个比较综合性的题目.
53．（1）BQ＝5﹣t;（2）秒;（3）t＝.
【分析】
（1）利用平行四边形的性质可证△APO≌△CQO，则AP＝CQ，再利用即可得出答案；
（2）由平行四边形性质可知AP∥BQ，当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，建立一个关于t的方程，解方程即可求出t的值；
（3）在Rt△ABC中，由勾股定理求出AC的长度，进而求出AO的长度，然后利用的面积求出EF的长度，进而求出OE的长度，而AE可以用含t的代数式表示出来，最后在中利用勾股定理即可求值.
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AD∥BC，
∴∠PAO＝∠QCO，
∵∠AOP＝∠COQ，
∴△APO≌△CQO（ASA），
∴AP＝CQ＝t，
∵BC＝5，
∴BQ＝BC-CQ=5﹣t；
（2）∵AP∥BQ，
当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
即t＝5﹣t，
t＝ ，
∴当t为秒时，四边形ABQP是平行四边形；
（3）t＝ ，
如图，
在Rt△ABC中，
∵AB＝3，BC＝5，
∴AC=
∴AO＝CO＝AC＝2，
∴3×4＝5×EF，
∴，
∴，
∵OE是AP的垂直平分线，
∴AE＝AP＝t，∠AEO＝90°，
由勾股定理得：AE2+OE2＝AO2，
或（舍去）
∴当秒时，点O在线段AP的垂直平分线上．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定及性质以及动点问题，掌握平行四边形的判定及性质，以及勾股定理是解题的关键.
54．证明见解析．
【分析】
根据已知条件证明，再得到DE=BF，故可证明．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴，，
在和中，
∴，
∴AE=CF.
∴DE=BF.
∴四边形BEDF是平行四边形．
【点睛】
此题主要考查平行四边形的判定，解题的关键是熟知平行四边形的性质．
55．（1）见解析；（2）
【分析】
（1）首先判定平行四边形，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形进行判定即可；
（2）由垂直平分，得到，由勾股定理可求的长，再由勾股定理可求的长，的长，即可求解．
【详解】
解：（1）证明：四边形是矩形，
，，
，
垂直平分，
，，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形；
（2）四边形是菱形，
，
，，
，
设，则，
在中，，
即，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，菱形的判定及性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，熟练掌握勾股定理及菱形的判定及性质定理是解本题的关键．
56．（1）详见解析；（2）四边形ABCF是平行四边形．
【分析】
（1）利用尺规作出∠DAC的平分线AM即可，连接BE延长BE交AM于F，连接FC；
（2）只要证明△AEF≌△CEB即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图所示：
（2）四边形ABCF是平行四边形．
理由如下：
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB．
∴∠DAC＝∠ABC+∠ACB＝2∠ACB．
由作图可知∠DAC＝2∠FAC，
∴∠ACB＝∠FAC．
∴AF∥BC．
∵点E是AC的中点，
∴AE＝CE．
在△AEF和△CEB中, ∠FAE=∠ECB，AE＝CE，∠AEF＝∠CEB，
∴△AEF≌△CEB（ASA），
∴AF＝BC．
又∵AF∥BC，
∴四边形ABCF是平行四边形．
【点睛】
本题考查了角平分线的作法、全等三角形的判定、平行四边形的判定，熟练掌握并灵活运用是解题的关键.
57．见解析.
【分析】
根据等腰三角形的性质可知CD垂直平分AB，在根据平行四边形的性质可知EC平行且等于AD，由矩形的判定即可证出四边形ADCE是矩形.
【详解】
证明：∵
∴
∵在 中，
∴
∴四边形是平行四边形
又 ∵
∴四边形是矩形.
【点睛】
本题主要考查了等腰三角形三线合一的性质、平行四边形的判定与性质，熟知矩形的判定是解题关键.
58．（1）；见解析；（2）见解析；（3）平行四边形，见解析；（4）
【分析】
（1）利用等边三角形性质证明即可得出结论；
（2）全等三角形和等边三角形性质可证且，再根据一组对边平行而且相等的四边形是平行四边形即可解答；
（3）根据正方形性质证明，进而证明，即可解答；
（4）由，证明，进而可证，从而可得是等腰直角三角形，从而求出．
【详解】
解：（1）．
理由如下：∵与均为等边三角形，
∴，．
又∵，
∴．
∴．
（2）由①知．
∴，．
又∵，，
∴，．
∴且．
∴四边形为平行四边形．
（3）四边形为平行四边形．
理由如下：∵四边形与四边形均为正方形
∴，．
∵，
∴．
∴，．
∵在中，，
同理，，
∴．
∴．
又∵，
∴．
∴四边形为平行四边形．
（4）．
过程如下：
∵在菱形中，，
∴，
又∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，即：，
又∵四边形和四边形都是菱形，
∴，，
∴
∴，
∴，，
又∵，
∴．
【点睛】
本题是旋转综合题，主要考查了全等三角形判定和性质、平行四边形的判定和性质、以及正三角形、正方形、菱形等图形的性质，解题关键是关键特殊多边形性质通过特殊角度的计算得出角相等，由此证明三角形全等．
59．（1）见解析；（2）5；（3）存在，秒或
【分析】
（1）由题意知BE=2t、AD=4t，根据Rt△ABC中∠A=60°得CD=60-4t、AE=30-2t，由DF⊥BC知DF∥AE、DF=DC=30-2t，从而得出DF=AE，据此可得证；
（2）由AD=AE，构建方程求解即可；
（3）∠FDE=90°时，证四边形BEDF是矩形得DF=BE=2t、∠ADE=∠C=30°，据此知AD=2AE=60-4t，再结合AD=4t即可求得t的值；∠DEF=90°时由AD∥EF知∠ADE=∠DEF=90°，从而得AE=2AD，据此可求得t的值．
【详解】
（1）证明： ∠B=90°，AC=60cm，∠A=60°，
由题意知，BE=2t、AD=4t，
则CD=AC-AD=60-4t，AE=AB-BE=30-2t，
∵DF⊥BC，∠A=60°、∠B=90°，
∴∠C=30°，∠DFC=∠B=90°，即DF∥AE，
∴DF=DC=30-2t，
∴DF=AE，
∴四边形AEFD是平行四边形；
（2）解：∵动点D恰好在AF的垂直平分线上，
∴DA=DF，
∵四边形AEFD是平行四边形，
∴四边形AEFD是菱形，
∴AD=AE，
∴30-2t=4t，
解得：t=5，
故当t=5时，动点D恰好在AF的垂直平分线上；
（3）解：点D、F在运动过程中存在t的值，使△DEF是直角三角形．理由如下：
如图1，当∠FDE=90°时，
∵∠DFC=∠B=∠FDE=90°，
∴四边形BEDF是矩形，
∴DF=BE=2t，DE∥BC，
∴∠ADE=∠C=30°，
∴AD=2AE=60-4t，
又AD=4t，
∴4t=60-4t，
解得：t=；
如图2，当∠DEF=90°时，
∵四边形AEFD是平行四边形，
∴AD∥EF，
∴∠ADE=∠DEF=90°，
∵∠A=60°，
∴∠AED=30°，
∴AE=2AD，即30-2t=8t，
解得：t=3；
综上，当t=3或t=时，△DEF为直角三角形．
【点睛】
本题主要考查四边形的综合问题，解题的关键是掌握平行四边形、菱形、矩形的判定与性质及直角三角形的有关性质．
60．（1）“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”或填“四条边都相等的四边形是菱形”；（2）见解析；（3）见解析
【分析】
（1）由菱形的判定定理进行判断，即可得到答案；
（2）由对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，即可作出图形；
（3）由题意，先证明，，然后结合，即可证明四边形是菱形．
【详解】
解：（1）“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”或填“四条边都相等的四边形是菱形”；
（2）如图，四边形为所求作的菱形．
（3）证明：：∵，，
∴是的垂直平分线，（或由作图可知）
∴，
∵平行四边形
∴
∴
在和中
，
∴，
∴
又∵
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【点睛】
本题考查了菱形的判定，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的作出图形．
61．四边形AECF是平行四边形，理由见详解．
【分析】
根据平行四边形的性质（平行四边形的对边平行且相等，对角相等）及角平分线的性质，即可证明，根据全等三角形的性质得出，，再利用各角之间的等量关系，得到，依据平行线的判定定理（内错角相等，两直线平行）得出两直线平行，最后根据平行四边形的判定定理（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）即可证明．
【详解】
解：四边形AECF是平行四边形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，ABCD，，
∴，
∵AE、CF分别是和的角平分线，
∴，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴AECF，
∴四边形AECF是平行四边形．
【点睛】
题目主要考查平行四边形的性质和判定定理及三角形全等的判定和性质等知识点，熟练掌握这些知识点融会贯通是解题关键．
62．（1）证明见解析；（2）①180；②=；（3）证明见解析．
【分析】
（1）由角平分线的性质，解得，继而证明△ACI≌△DCI(SAS)，再根据全等三角形的性质可得IA=ID，，由角平分线性质结合三角形内角和定理可得，故，继而可证据此解题；
（2）①根据题意，由三线合一的性质可证、、，最后再计算的值即可；
②将平移至，连接交于点，继而证明四边形是平行四边形，即可得到，结合①中结论，可得，据此证明，可得，再结合即可解题；
（3）将平移至，连接交于点，继而证明四边形是平行四边形，即可得到，结合①中结论，可得，据此证明，可得，再结合即可解题．
【详解】
证明：（1）由点I是∠BAC，∠ACD的平分线的交点
在△ACI和△DCI中
∴ △ACI≌△DCI(SAS)
由点I是∠BAC，∠ACD的平分线的交点
即；
（2）①如图，延长交于点，延长交于点
平分，
平分，
故答案为：，=；
②将平移至，连接交于点，如图，
四边形是平行四边形
又
故答案为：=；
（3）将平移至，连接交于点，如图，
四边形是平行四边形
又
．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、等腰三角形三线合一的性质、角平分线的性质等知识，是重要考点，作出正确的辅助线、掌握相关知识是解题关键．
63．（1）AH=AB （或相等）;（2）成立.
【分析】
（1）由三角形全等可以证明AH=AB；
（2）延长CB至E，使BE=DN，证明△AEM≌△ANM，能得到AH=AB．
【详解】
解：（1）如图①AH=AB．证明如下：
∵ABCD是正方形，∴AB=AD，∠D=∠B=90°．
在Rt△ABM和Rt△ADN中，∵，∴Rt△ABM≌Rt△ADN，∴AM=AN，∠BAM=∠DAN．
∵AH⊥MN，∴∠NAH=∠MAH．
∵∠MAN=45°，∴∠NAH=∠MAH=22.5°，∠BAM+∠DAN=45°，∴∠BAM=∠DAN=22.5°，∴∠BAM=∠HAM．
在△BAM和△HAM中，∵∠BAM=∠HAM，∠B=∠AHM=90°，AM=AM，∴△BAM≌△HAM，∴AB=AH．
（2）数量关系成立．如图②，延长CB至E，使BE=DN．
∵ABCD是正方形，∴AB=AD，∠D=∠ABE=90°．
在Rt△AEB和Rt△AND中，∵，∴Rt△AEB≌Rt△AND，∴AE=AN，∠EAB=∠NAD．
∵∠DAN+∠BAM=45°，∴∠EAB+∠BAM=45°，∴∠EAN=45°，∴∠EAM=∠NAM=45°．
在△AEM和△ANM中，∵，∴△AEM≌△ANM，∴S△AEM=S△ANM，EM=MN．
∵AB、AH是△AEM和△ANM对应边上的高，∴AB=AH．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定和性质，难度中等．证明△AEM≌△ANM是解题的关键．
64．（1），，理由见解析；（2），；（3）
【分析】
（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠ACB=∠ABC=45°，由正方形的性质得到AD=AF，∠DAF=90°，由角的和差得到∠BAD=∠CAF，推出△BAD≌△CAF（SAS），根据全等三角形的性质得到∠ACF=∠B=45°，证得BC⊥CG，再利用，得到，即可得到结论；
（2）根据正方形的性质得到AD=AF，∠DAF=90°，由角的和差得到∠BAD=∠CAF，推出△BAD≌△CAF（SAS），根据全等三角形的性质得到∠ACF=∠B=45°，BD=CF，证得BC⊥CG，再利用，得到，即可得到结论；
（3）由（1）（2）可知：与为等腰直角三角形，得，根据已知条件G为中点，得，证，得．再过点A作AP⊥BD于P，，在中，利用勾股定理可得AD=．
【详解】
（1），．
∵，，
∴
正方形中，，
∴
∵
∴
∵
∴，
∴
∴，
∴
∵，，，
∴
（2），．仍然成立
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
.
（3）由（1）（2）可知：与为等腰直角三角形，
∴．
又∵G为中点
∴
又∵
∴
∴
∵
∴
∴
∴
过点A作于点P，
∴
∴
在中
答︰正方形的边长为．
【点睛】
本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质解题的关键．
65．（1）60°；（2）；（3）4.8秒或8秒或9.6秒
【分析】
（1）易证∠DPC＝∠DCP，得DP＝CD，又CD＝CP，则△PDC是等边三角形，即可得出结果；
（2）由平行四边形的性质得AB＝CD＝4，△PCD三边上的高相等，且等于2，由三角形面积公式即可得出答案；
（3）若以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则PD＝BQ，设运动时间为t秒，然后分类讨论计算t即可．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴∠DPC＝∠PCB，
∵CP平分∠BCD，
∴∠PCD＝∠PCB，
∴∠DPC＝∠DCP，
∴DP＝CD，
∵CD＝CP，
∴CP＝CD＝DP，
∴△PDC是等边三角形，
∴∠B＝60°；
（2）如图，过点C作CH⊥AD于H，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝4，
∵△PDC是等边三角形，
∴PD=CD=4，
∴DH=PD=2，
在Rt△CDH中，CH=
∴S△PCD＝×2×4＝4（cm2）；
（3）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，
∴PD//BC，
若以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形，则PD＝BQ，
设运动时间为t秒，
①当0＜t≤3时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝6﹣2t，
∴6﹣0.5t＝6﹣2t，
解得：t＝0（不合题意舍去）；
②当3＜t≤6时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝2t﹣6，
∴6﹣0.5t＝2t﹣6，
解得：t＝4.8；
③当6＜t≤9时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝18﹣2t，
∴6﹣0.5t＝18﹣2t，
解得：t＝8；
④当9＜t≤12时，PD＝6﹣0.5t，BQ＝2t﹣18，
∴6﹣0.5t＝2t﹣18，
解得：t＝9.6；
综上所述，当运动时间为4.8秒或8秒或9.6秒时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质、平行线的性质、角平分线定义、等腰三角形的判定、等边三角形的判定与性质、分类讨论等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质并进行分类讨论是解题的关键．
66．（1）在同一个三角形中，等边对等角；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；（2）A或B，见详解
【分析】
（1）根据等腰三角形的性质以及平行四边形的判定定理，即可得到答案；
（2）A．连接AE并且延长与BC的延长线交于点Q，即为所求；B．连接AC，BD交于点O，连接EO并延长交AB于点F，连接CF，BE交于点G，连接OG并延长交BC于点H，连接AH并延长交DC的延长线于点Q，即为所求．
【详解】
解：（1）由题意得：依据1：在同一个三角形中，等边对等角；
依据2：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
故答案是：在同一个三角形中，等边对等角；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
（2）A．作图如下，即为所求；
B．作图如下，即为所求．
故答案是：A或B．
【点睛】
本题主要考查等腰三角形的性质，平行四边形的判定定理和性质以及尺规作图，掌握平行四边形的对角线互相平分，是解题的关键．
67．45°
【分析】
先判定是等边三角形，是等腰直角三角形，即可得到，由此可得是等腰三角形，即可得到的度数，进而计算得出的度数．
【详解】
解：四边形是矩形，
，，，，
，
平分，
，
又，
，
是等边三角形，
，，
，
又，
，
，
，
，
∴的度数为45°．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，等边三角形与等腰三角形的判定与性质，熟练掌握相关图形的性质并证得OB＝BE是解题的关键．
68．见详解
【分析】
根据平行四边形的性质得AB=CD，AB∥CD，从而得∠BAC=∠DCA，结合AAS证明，即可得到结论．
【详解】
证明：∵在中，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠BAC=∠DCA，
又∵∠AEB=∠CFD=90°，
∴，
∴．
【点睛】
本题主要考查平行四边形的性质以及全等三角形的判定和性质，掌握AAS证三角形全等，是解题的关键．
答案第1页，共2页