初中数学同步训练必刷题（人教版八年级下册 第十八章 平行四边形 全章测试卷）
一、单选题（每题3分，共30分）
1．（2022九上·通川月考）下列命题是真命题的是（ ）
A．对边相等的四边形是平行四边形
B．有一个角是90°的平行四边形是矩形
C．邻边相等的四边形是菱形
D．对角线互相垂直的平行四边形为正方形
2．（2022九上·西安月考）如图，矩形中，对角线交于点O，若，，则长为（ ）
A． B．4 C．3 D．5
3．（2023九上·中卫期末）如果三角形的两边分别为3和5，那么连结这个三角形三边中点所得三角形的周长可能是（ ）
A．5.5 B．5 C．4.5 D．4
4．（2022七上·莱州期末）如图，面积为3的正方形的顶点在数轴上，且表示的数为，若，则数轴上点所表示的数为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022九上·南海月考）已知菱形的面积为，一条对角线长为，则它的边长为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022九上·惠阳月考）如图，在矩形 中，，相交于点，平分交于，若 ，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022九上·南宁月考）如图，点F为正方形对角线的中点，将以点F为直角顶点的直角绕点F旋转（的边EG始终在正方形外），若正方形边长为3，则在旋转过程中与正方形重叠部分的面积为（ ）
A．9 B．3 C．4.5 D．2.25
8．（2022九上·南海月考）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD四条边的中点，要使四边形EFGH为菱形，四边形ABCD应具备的条件是（ ）
A．一组对边平行而另一组对边不平行
B．对角线相等
C．对角线互相垂直
D．对角线互相平分
9．（2022九上·高州月考）如图，矩形ABCD中，AC、BD交于点O，M、N分别为BC、OC的中点．若，，则MN的长为（ ）
A． B．5 C． D．4
10．（2022九上·通川月考）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC、BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG、AE.则下列结论：①OG＝AB； ②四边形ABDE是菱形；③S四边形ODGF＝S△ABF；其中正确的是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
二、填空题(每题3分，共24分）
11．（2023九上·渠县期末）如图，若将四根木条钉成的矩形木框ABCD变形为平行四边形A′BCD′，并使其面积为矩形ABCD面积的一半，若A′D′与CD交于点E，且AB＝2，则△ECD′的面积是 .
12．（2023八上·金华期末）已知，，那么以a、b为边长的直角三角形斜边上的中线长为 .
13．（2023八上·宁强期末）如图，长方形中，，E为边上的动点，F为的中点，连接，则的最小值为
14．（2023八上·平桂期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝8，GC＝，AE平分∠BAG交BC于点E，E是BC的中点，则AG的长为 .
15．（2023九上·诸暨期末）如图，矩形的对角线交于点O，，过点O作，交AD于点E，过点E作，垂足为F，则的值为 .
16．（2022九上·佛山月考）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作于点H，连接OH，若，，则菱形ABCD的面积为 ．
17．（2022九上·浑南期末）如图，在给定的一张平行四边形纸片上，用尺规作出四边形，具体作法如下：分别作的平分线，分别交于，连接，若，则四边形的周长是 ．
18．（2022九上·胶州期末）如图，在正方形中，E为的中点，F为的中点， 的延长线与的延长线交于点H，与相交于点G，若，则的长为 ．
三、解答题（共6题，共66分）
19．（2021·呼和浩特）如图，四边形 是平行四边形， 且分别交对角线 于点E，F．
（1）求证： ；
（2）当四边形 分别是矩形和菱形时，请分别说出四边形 的形状．（无需说明理由）
20．（2022九上·郓城期中）在中，E、F分别是边BC，AD的中点，AC是对角线，过点D作DPAC，交BA的延长线于点P，∠P=90°．求证：四边形AECF是菱形．
21．（2023九下·雨花开学考）如图，E是正方形ABCD对角线BD上一点，连接AE，CE，并延长CE交AD于点F．
（1）求证：△ABE≌△CBE；
（2）若∠AEC＝140°，求∠DFE的度数．
22．如，在矩形ABCD中，AB=16 cm，AD=6 cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以每秒3 cm的速度向点B移动，点Q以每秒2 cm的速度向点D移动，当点P到达点B时，两点均停止移动.是否存在某一时刻，使四边形PBCQ为正方形 若存在，求出该时刻；若不存在，请说明理由.
23．（2022九上·成都月考）如图，四边形是菱形，对角线和相交于点O、点E是的中点，过点C作的垂线，与的延长线交于点F，连接.
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若四边形的周长为，的周长为，求四边形的面积；
（3）在（2）问的条件下，上有一动点Q，上有一动点P，求 的最小值.
24．（2023八上·开江期末）如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝ɑ，D是BC边上一点，以AD为边作△ADE，使AE＝AD，∠DAE+∠BAC＝180°．
（1）若α＝46°，求∠ADE的度数；
（2）以AB、AE为边作平行四边形ABFE．
①如图2，若点F恰好落在DE上．求证：BD＝CD；
②如图3，若点F恰好落在BC上．求证：BD＝CF．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故原命题是假命题，此选项不符合题意；
B、 有一个角是90°的平行四边形是矩形 ，故原命题是真命题，此选项符合题意；
C、 邻边相等的平行四边形是菱形 ，故原命题是假命题，此选项不符合题意；
D、 对角线互相垂直的平行四边形为菱形， 故原命题是假命题，此选项不符合题意.
故答案为：B.
【分析】分别根据平行四边形、矩形、菱形的判定方法一一判断即可.
2．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质；对顶角及其性质
【解析】【解答】解：∵四边形为矩形，，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴；
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质可得AC=BD=8，OD=OC=4，由对顶角的性质可得∠AOB=∠COD=60°，推出△COD为等边三角形，然后根据等边三角形的性质进行解答.
3．【答案】A
【知识点】三角形三边关系；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：设三角形的三边分别是a、b、c，令a=3，b=5，
∵2＜c＜8，
∴a+b+2＜a+b+c＜a+b+8，
即10＜a+b+c＜16，
由三角形中位线的性质可得，中点三角形的三边为、、，
中点三角形的周长为，
∴5＜＜8.
故答案为：A.
【分析】设三角形的三边分别是a、b、c，令a=3，b=5，利用三角形的三边关系定理，可得到c的取值范围，再利用不等式的性质，可得到a+b+c的取值范围；利用三角形的中位线定理可知中点三角形的三边长，可得到其周长为，然后利用不等式的性质可求出连结这个三角形三边中点所得三角形的周长的取值范围，观察各选项，可得答案.
4．【答案】A
【知识点】实数在数轴上的表示；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形的面积为3，
∴，
∴，
设点表示的数为，
则：，
由图可知：，
∴；
故答案为：A．
【分析】先求出，设点表示的数为，根据题意列出方程，再求出x的值即可。
5．【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形的面积为，一条对角线长为，
∴另一对角线长为，
则菱形的边长为，
故答案为：C．
【分析】先利用菱形的面积求出菱形的对角线，再利用勾股定理求出菱形的边长即可。
6．【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵在矩形中，平分，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
又∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴．
故答案为：C．
【分析】先求出为等边三角形，可得，利用角的运算求出，再利用三角形的内角和求出即可。
7．【答案】D
【知识点】三角形的面积；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵点F是的中点，四边形是正方形，
∴，
，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴（ASA），
∴，
∴，
∵正方形的边长为3，
∴，
∴，
∴，
∴重叠部分四边形的面积为.
故答案为：D.
【分析】连接，证明（ASA），可得，由，利用三角形的面积公式即可求解.
8．【答案】B
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AC、BD，
∵H、G分别是AD、CD的中点，
∴，，
同理，，
∴，，
∴四边形EFGH是平行四边形，
要使四边形EFGH是菱形，则必须有一组邻边相等，
当AC=BD时，
∵E、H分别是AB、AD的中点，
∴，
∵，
∴EH=HG，
∴四边形EFGH是菱形．
故答案为：B．
【分析】连接AC、BD，利用三角形的中位线及菱形的性质进求解即可.
9．【答案】B
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，AO＝OC，OB＝OD，
∴AO＝BO，∠AOB＝∠ACB+∠OBC＝30°+30°＝60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴OB＝AB＝10，
∵M、N分别为BC、OC的中点，
∴MN是△BOC的中位线，
∴MN＝OB＝5，
故答案为：B．
【分析】先证明△ABO是等边三角形，可得OB＝AB＝10，再利用中位线的性质可得MN＝OB＝5。
10．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；三角形全等的判定（AAS）；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG＝AB，①正确；
∵△ABG≌△DEG，
∴AB＝DE，
∵AB∥CE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，
∴四边形ABDE是菱形，②正确；
∵OB＝OD，AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG∥AB，OG＝AB，
∴△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，
∴△GOD的面积＝△ABD的面积，△ABF的面积＝△OGF的面积的4倍，AF：OF＝2：1，
∴△AFG的面积＝△OGF的面积的2倍，
又∵△GOD的面积＝△AOG的面积＝△BOG的面积，
∴S四边形ODGF＝S△ABF，③正确；
正确的是①②③.
故答案为：D.
【分析】AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，利用AAS判断出△ABG≌△DEG，根据全等三角形的性质得AG=DG，从而可得OG是△ABD的中位线，根据三角形的中位线定理即可判断①；根据全等三角形的性质得AB=DE，进而判断出四边形ABDE是平行四边形，△ABD、△BCD是等边三角形，根据等边三角形的性质得AB=BD=AD，则可得四边形ABDE是菱形，据此判断②；由三角形中位线定理得OG∥AB，OG＝AB，则△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，根据相似三角形的性质可得△AFG的面积＝△OGF的面积的2倍，联合△GOD的面积＝△AOG的面积＝△BOG的面积，即可得出S四边形ODGF＝S△ABF，据此可判断③.
11．【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：作A'F⊥BC于F，如图所示：
则∠A'FB＝90°，
根据题意得：平行四边形A′BCD′的面积＝BC A'F＝BC AB，
∴A'F＝AB＝1，
∴∠D＝∠B＝30°，
∴BF＝A'F＝，
∵四边形ABCD是矩形，四边形A′BCD′是平行四边形，
∴BC＝AD＝A'D'，A'D'∥AD∥BC，CD⊥BC，
∴CD⊥A'D'，
∴A'F∥CD，
∴四边形A'ECF是矩形，
∴CE＝A'F＝1，A'E＝CF，
∴D'E＝BF＝，
∴△ECD'的面积＝DE×CE＝××1＝；
故答案为：.
【分析】作A'F⊥BC于F，利用垂直的定义可证得∠A'FB＝90°，利用平行四边形的面积，结合已知条件可求出A′F的长，利用勾股定理求出BF的长；利用矩形的性质可证得BC＝AD＝A'D'，A'D'∥AD∥BC，CD⊥BC，再证明A′F⊥CD，可得到四边形A'ECF是矩形，利用矩形的性质可得到CE＝A'F＝1，A'E＝CF，同时可求出D′E的长，然后利用三角形的面积公式求出△ECD′的面积.
12．【答案】2或2.5
【知识点】勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：当b是直角三角形的斜边时，直角三角形斜边上的中线长为：，
当b是直角边时，由勾股定理得：斜边长，
则直角三角形斜边上的中线长为：，
综上所述：以a、b为边长的直角三角形斜边上的中线长为2或2.5，
故答案为：2或2.5.
【分析】分类讨论：①当b是直角三角形的斜边时，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边长的一半可求斜边上的中线长；②当b是直角边时，由勾股定理求出斜边的长，进而再直角三角形斜边上的中线等于斜边长的一半可求出斜边上的中线长，综上即可得出答案.
13．【答案】15
【知识点】勾股定理；矩形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图：作F关于BC的对称点F'，连接AF'，交BC于点E，则FE=F'E，AF'的长即为AE+EF的最小值.
长方形ABCD中，AB=6，F为CD的中点，
∴，
∴，
∴，
即AE+EF的最小值为15.
故答案为：15.
【分析】作F关于BC的对称点F'，连接AF'，交BC于点E，则FE=F'E，AF'的长即为AE+EF的最小值，根据中点的定义及轴对称的性质可得CF'的长，进而利用勾股定理算出AF'即可.
14．【答案】
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；矩形的性质
【解析】【解答】解：过E作EH⊥AG于H，连接EG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵AE平分∠BAG交BC于点E，
∴BE＝EH，
在Rt△ABE与Rt△AHE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AHE（HL），
∴AH＝AB＝8，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∴EH＝CE，
在Rt△EHG与Rt△ECG中，
，
∴Rt△EHG≌Rt△ECG（HL），
∴GH＝CG＝ ，
∴AG＝AH+GH＝8+ ＝ ，
故答案为： .
【分析】过E作EH⊥AG于H，连接EG，根据角平分线上的点到角两边的距离相等得BE=EH，从而利用HL判断Rt△ABE≌Rt△AHE，根据全等三角形的对应边相等得AH=AB=8，进而再利用HL判断Rt△EHG≌Rt△ECG，根据全等三角形的对应边相等得GH＝CG＝ ，最后根据AG=AH+GH即可得出答案.
15．【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴矩形的面积为48，，
∴，
∵对角线交于点O，
∴的面积为12，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴.
故答案为：.
【分析】根据矩形的面积公式可得矩形ABCD的面积，利用勾股定理可得AC，则AO=DO=AC，然后根据S△AOD=S△AOE+S△DOE结合三角形的面积公式就可求出OE+EF的值.
16．【答案】16
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA = OС，OB= OD，AC⊥ BD，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD = 90°，
∴BD = 2OH，
∵ОН=2，
∴BD=4，
∵OA=4，
∴AC= 8，
∴菱形ABCD的面积=．
故答案为：16．
【分析】利用直角三角形斜边上中线的性质可得BD = 2OH=4，再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半可得。
17．【答案】20
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：设交于点，如图所示，
根据作图可知分别为的角平分线，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴菱形的周长为，
故答案为：20．
【分析】设交于点，先证明四边形是平行四边形，结合，即可得到四边形是菱形，再利用勾股定理求出AB的长，即可得到菱形的周长为。
18．【答案】10
【知识点】正方形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵正方形，
∴，
又∵E为的中点，F为的中点，
∴，
∴，
在和中
，
∴
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵F为的中点，
∴，
∴，
故答案为：10．
【分析】先利用“SAS”证明，可得，再利用角的运算和等量代换求出，最后利用直角三角形斜边上中线的性质可得。
19．【答案】（1）证明：∵
∴
∴
∵四边形 是平行四边形
∴ ， ，
∴
在△ABE和△CDF中 ，
∴ ．
（2）四边形BEDF是平行四边形与菱形
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】解：（2）如图，当四边形ABCD为矩形时，连接DE、BF，
同（1）可知 ，
∴BE=DF，
∵BE//DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
如图，当四边形ABCD是菱形时，连接DE、BF，
同理可知四边形BEDF是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE，
在△ABE和△ADE中， ，
∴△ABE≌△ADE，
∴BE=DE，
∴四边形BEDF是菱形．
综上所述：当四边形 分别是矩形和菱形时，四边形 分别是平行四边形与菱形．
【分析】（1）先求出 ，再求出 ，最后证明三角形全等即可；
（2）先求出四边形BEDF是平行四边形，再求出△ABE≌△ADE，最后求解即可。
20．【答案】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CBAD，CB=AD．ABCD，
∵E、F分别是边BC，AD的中点，
∴CE=CB，AF=AD．
∴CE=AF，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵∠P=90°，APCD，DPAC，
∴四边形CDPA是矩形，
∴∠ACD=90°，
在Rt△ADB中，∵F为AB的中点，
∴AF=CF=DF，
∵四边形CFAE是平行四边形，
∴四边形CFAE是菱形．
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【分析】先证明四边形AFCE是平行四边形，再结合AF=CF=DF，可得四边形CFAE是菱形。
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠ABE=∠CBE=45°，
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS）；
（2）解：∵△ABE≌△CBE，
∴∠AEB＝∠CEB，
又∵∠AEC＝140°，
∴∠CEB＝70°，
∵∠DEC+∠CEB＝180°，
∴∠DEC＝180°﹣∠CEB＝110°，
∵∠DFE+∠ADB＝∠DEC，
∴∠DFE＝∠DEC﹣∠ADB＝110°﹣45°＝65°．
【知识点】三角形的外角性质；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得AB＝CB，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠ABE=∠CBE=45°，从而利用SAS判断出△ABE≌△CBE；
（2）根据全等三角形的对应角相等得∠AEB＝∠CEB=70°，根据邻补角得∠DEC＝110°，最后根据三角形外角性质，由∠DFE＝∠DEC﹣∠ADB代入计算可得答案.
22．【答案】解：不存在.理由：设存在某时刻t，使得四边形PBCQ是正方形，则BP=CQ，即16-3t=2t，解得t= ，
∴CQ=2t= ≠6，即CQ≠CB，
∴四边形PBCQ是正方形不成立.
故不存在某一时刻，使四边形PBCQ为正方形.
【知识点】正方形的判定；四边形-动点问题；平行四边形的定义及其特殊类型
【解析】【分析】设存在某时刻t，使得四边形PBCQ是正方形，利用正方形的性质可知BP=CQ，再利用点P和点Q的运动速度和方向，分别表示出CQ，BP，可得到关于t的方程，解方程求出t的值，可得到CQ的长；然后利用正方形的四边相等及BC=6，可作出判断.
23．【答案】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∴ ，
∵，
∴
∴
∴
∴
∵E是中点，
∴，
在和中，
∴（）；
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
（2）解：∵菱形的周长为，
∴，，
∵的周长为，
∴=
∴，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴四边形的面积2．
（3）解：解：如图：作点E关于DO对称点，过点作 ，交于点Q，连接、
∴
∴
∴最小值为
∵
∴
∵
∴菱形的面积为4，的面积为1
∵
∴，解得：．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【分析】（1）由菱形的对角线互相垂直得出∠COD＝90°，根据平行线的性质可得∠ODE＝∠FCE，然后用“角边角”证明△ODE≌△FCE，可得OD＝FC，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断出四边形ODFC是平行四边形，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可求解；
（2）根据菱形ABCD的周长和△AOB的周长求得CD＝DA=AB=BC=，则CO＋DO＝3，在直角三角形COD中，用勾股定理求得CO DO＝2，即为四边形OCFD的面积；
（3）如图， 作点E关于DO对称点E ，过点E 作E P⊥CD ，交OD于点Q，连接EQ、E C ，由轴对称的性质可得QE =QE，于是可得PQ+QE=PQ+QE ，即PQ+QE的最小值为E P，结合（2）的结论可得 ∴菱形ABCD的面积为4，△CE D的面积为1，然后根据S△CE D=CD·PE =1可求解 ．
24．【答案】（1）解：∵AB＝AC，∠ABC＝α=46°，
∴∠ABC＝∠ACB＝α=46°，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠BAC+2∠ABC＝180°，
∵∠DAE+∠BAC＝180°
∴∠DAE＝2∠ABC＝92°，
∵AE＝AD，
∴∠ADE＝∠AED44°
（2）证明：①∵四边形ABFE是平行四边形，
∴AB∥EF，
∴∠ABC＝∠EDC＝α，
∵∠DAE+∠BAC＝180°，2∠ABC+∠BAC＝180°，2∠ADE+∠DAE＝180°，
∴∠ABC+∠ADE＝90°，
∴∠EDC+∠ADE＝90°，
∴AD⊥BC，且AB＝AC，
∴BD＝CD；
②∵四边形ABFE是平行四边形，
∴AE∥BF，AE＝BF，
∴∠EAC＝∠ACB，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝α，
∴∠EAC＝α，
∵∠DAE＝2∠ABC＝2α，
∴∠DAC＝∠ACB＝α，
∴AD＝CD，且AD＝AE，
∴BF＝AE＝AD＝CD，
∴BD＝CF．
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质
【解析】【分析】（1）根据等边对等角得∠ABC＝∠ACB＝α，根据三角形的内角和定理得∠BAC+2∠ABC＝180°，结合已知可得∠DAE＝2∠ABC＝92°，由等腰三角形的性质可求∠ADE的度数；
（2）①由平行四边形的性质可得AB∥EF，可得∠ABC＝∠EDC＝α，由三角形的内角和定理及等腰三角形的性质可求∠EDC+∠ADE＝90°，即AD⊥BC，再根据等腰三角形的三线合一可得BD＝CD；
②由平行四边形的性质可得AE∥BF，AE＝BF，由平行线的性质和等腰三角形的性质可得BF＝AE＝AD＝CD，可证BD＝CF．
1 / 1初中数学同步训练必刷题（人教版八年级下册 第十八章 平行四边形 全章测试卷）
一、单选题（每题3分，共30分）
1．（2022九上·通川月考）下列命题是真命题的是（ ）
A．对边相等的四边形是平行四边形
B．有一个角是90°的平行四边形是矩形
C．邻边相等的四边形是菱形
D．对角线互相垂直的平行四边形为正方形
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故原命题是假命题，此选项不符合题意；
B、 有一个角是90°的平行四边形是矩形 ，故原命题是真命题，此选项符合题意；
C、 邻边相等的平行四边形是菱形 ，故原命题是假命题，此选项不符合题意；
D、 对角线互相垂直的平行四边形为菱形， 故原命题是假命题，此选项不符合题意.
故答案为：B.
【分析】分别根据平行四边形、矩形、菱形的判定方法一一判断即可.
2．（2022九上·西安月考）如图，矩形中，对角线交于点O，若，，则长为（ ）
A． B．4 C．3 D．5
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质；对顶角及其性质
【解析】【解答】解：∵四边形为矩形，，
∴，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴；
故答案为：B.
【分析】根据矩形的性质可得AC=BD=8，OD=OC=4，由对顶角的性质可得∠AOB=∠COD=60°，推出△COD为等边三角形，然后根据等边三角形的性质进行解答.
3．（2023九上·中卫期末）如果三角形的两边分别为3和5，那么连结这个三角形三边中点所得三角形的周长可能是（ ）
A．5.5 B．5 C．4.5 D．4
【答案】A
【知识点】三角形三边关系；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：设三角形的三边分别是a、b、c，令a=3，b=5，
∵2＜c＜8，
∴a+b+2＜a+b+c＜a+b+8，
即10＜a+b+c＜16，
由三角形中位线的性质可得，中点三角形的三边为、、，
中点三角形的周长为，
∴5＜＜8.
故答案为：A.
【分析】设三角形的三边分别是a、b、c，令a=3，b=5，利用三角形的三边关系定理，可得到c的取值范围，再利用不等式的性质，可得到a+b+c的取值范围；利用三角形的中位线定理可知中点三角形的三边长，可得到其周长为，然后利用不等式的性质可求出连结这个三角形三边中点所得三角形的周长的取值范围，观察各选项，可得答案.
4．（2022七上·莱州期末）如图，面积为3的正方形的顶点在数轴上，且表示的数为，若，则数轴上点所表示的数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】实数在数轴上的表示；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形的面积为3，
∴，
∴，
设点表示的数为，
则：，
由图可知：，
∴；
故答案为：A．
【分析】先求出，设点表示的数为，根据题意列出方程，再求出x的值即可。
5．（2022九上·南海月考）已知菱形的面积为，一条对角线长为，则它的边长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵菱形的面积为，一条对角线长为，
∴另一对角线长为，
则菱形的边长为，
故答案为：C．
【分析】先利用菱形的面积求出菱形的对角线，再利用勾股定理求出菱形的边长即可。
6．（2022九上·惠阳月考）如图，在矩形 中，，相交于点，平分交于，若 ，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵在矩形中，平分，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
又∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴．
故答案为：C．
【分析】先求出为等边三角形，可得，利用角的运算求出，再利用三角形的内角和求出即可。
7．（2022九上·南宁月考）如图，点F为正方形对角线的中点，将以点F为直角顶点的直角绕点F旋转（的边EG始终在正方形外），若正方形边长为3，则在旋转过程中与正方形重叠部分的面积为（ ）
A．9 B．3 C．4.5 D．2.25
【答案】D
【知识点】三角形的面积；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：如图，连接，
∵点F是的中点，四边形是正方形，
∴，
，
，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴（ASA），
∴，
∴，
∵正方形的边长为3，
∴，
∴，
∴，
∴重叠部分四边形的面积为.
故答案为：D.
【分析】连接，证明（ASA），可得，由，利用三角形的面积公式即可求解.
8．（2022九上·南海月考）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD四条边的中点，要使四边形EFGH为菱形，四边形ABCD应具备的条件是（ ）
A．一组对边平行而另一组对边不平行
B．对角线相等
C．对角线互相垂直
D．对角线互相平分
【答案】B
【知识点】菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AC、BD，
∵H、G分别是AD、CD的中点，
∴，，
同理，，
∴，，
∴四边形EFGH是平行四边形，
要使四边形EFGH是菱形，则必须有一组邻边相等，
当AC=BD时，
∵E、H分别是AB、AD的中点，
∴，
∵，
∴EH=HG，
∴四边形EFGH是菱形．
故答案为：B．
【分析】连接AC、BD，利用三角形的中位线及菱形的性质进求解即可.
9．（2022九上·高州月考）如图，矩形ABCD中，AC、BD交于点O，M、N分别为BC、OC的中点．若，，则MN的长为（ ）
A． B．5 C． D．4
【答案】B
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，AO＝OC，OB＝OD，
∴AO＝BO，∠AOB＝∠ACB+∠OBC＝30°+30°＝60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴OB＝AB＝10，
∵M、N分别为BC、OC的中点，
∴MN是△BOC的中位线，
∴MN＝OB＝5，
故答案为：B．
【分析】先证明△ABO是等边三角形，可得OB＝AB＝10，再利用中位线的性质可得MN＝OB＝5。
10．（2022九上·通川月考）如图，菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC、BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC，AD于点F、G，连接OG、AE.则下列结论：①OG＝AB； ②四边形ABDE是菱形；③S四边形ODGF＝S△ABF；其中正确的是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；三角形全等的判定（AAS）；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG＝AB，①正确；
∵△ABG≌△DEG，
∴AB＝DE，
∵AB∥CE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，
∴四边形ABDE是菱形，②正确；
∵OB＝OD，AG＝DG，
∴OG是△ABD的中位线，
∴OG∥AB，OG＝AB，
∴△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，
∴△GOD的面积＝△ABD的面积，△ABF的面积＝△OGF的面积的4倍，AF：OF＝2：1，
∴△AFG的面积＝△OGF的面积的2倍，
又∵△GOD的面积＝△AOG的面积＝△BOG的面积，
∴S四边形ODGF＝S△ABF，③正确；
正确的是①②③.
故答案为：D.
【分析】AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，利用AAS判断出△ABG≌△DEG，根据全等三角形的性质得AG=DG，从而可得OG是△ABD的中位线，根据三角形的中位线定理即可判断①；根据全等三角形的性质得AB=DE，进而判断出四边形ABDE是平行四边形，△ABD、△BCD是等边三角形，根据等边三角形的性质得AB=BD=AD，则可得四边形ABDE是菱形，据此判断②；由三角形中位线定理得OG∥AB，OG＝AB，则△GOD∽△ABD，△ABF∽△OGF，根据相似三角形的性质可得△AFG的面积＝△OGF的面积的2倍，联合△GOD的面积＝△AOG的面积＝△BOG的面积，即可得出S四边形ODGF＝S△ABF，据此可判断③.
二、填空题(每题3分，共24分）
11．（2023九上·渠县期末）如图，若将四根木条钉成的矩形木框ABCD变形为平行四边形A′BCD′，并使其面积为矩形ABCD面积的一半，若A′D′与CD交于点E，且AB＝2，则△ECD′的面积是 .
【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：作A'F⊥BC于F，如图所示：
则∠A'FB＝90°，
根据题意得：平行四边形A′BCD′的面积＝BC A'F＝BC AB，
∴A'F＝AB＝1，
∴∠D＝∠B＝30°，
∴BF＝A'F＝，
∵四边形ABCD是矩形，四边形A′BCD′是平行四边形，
∴BC＝AD＝A'D'，A'D'∥AD∥BC，CD⊥BC，
∴CD⊥A'D'，
∴A'F∥CD，
∴四边形A'ECF是矩形，
∴CE＝A'F＝1，A'E＝CF，
∴D'E＝BF＝，
∴△ECD'的面积＝DE×CE＝××1＝；
故答案为：.
【分析】作A'F⊥BC于F，利用垂直的定义可证得∠A'FB＝90°，利用平行四边形的面积，结合已知条件可求出A′F的长，利用勾股定理求出BF的长；利用矩形的性质可证得BC＝AD＝A'D'，A'D'∥AD∥BC，CD⊥BC，再证明A′F⊥CD，可得到四边形A'ECF是矩形，利用矩形的性质可得到CE＝A'F＝1，A'E＝CF，同时可求出D′E的长，然后利用三角形的面积公式求出△ECD′的面积.
12．（2023八上·金华期末）已知，，那么以a、b为边长的直角三角形斜边上的中线长为 .
【答案】2或2.5
【知识点】勾股定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：当b是直角三角形的斜边时，直角三角形斜边上的中线长为：，
当b是直角边时，由勾股定理得：斜边长，
则直角三角形斜边上的中线长为：，
综上所述：以a、b为边长的直角三角形斜边上的中线长为2或2.5，
故答案为：2或2.5.
【分析】分类讨论：①当b是直角三角形的斜边时，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边长的一半可求斜边上的中线长；②当b是直角边时，由勾股定理求出斜边的长，进而再直角三角形斜边上的中线等于斜边长的一半可求出斜边上的中线长，综上即可得出答案.
13．（2023八上·宁强期末）如图，长方形中，，E为边上的动点，F为的中点，连接，则的最小值为
【答案】15
【知识点】勾股定理；矩形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图：作F关于BC的对称点F'，连接AF'，交BC于点E，则FE=F'E，AF'的长即为AE+EF的最小值.
长方形ABCD中，AB=6，F为CD的中点，
∴，
∴，
∴，
即AE+EF的最小值为15.
故答案为：15.
【分析】作F关于BC的对称点F'，连接AF'，交BC于点E，则FE=F'E，AF'的长即为AE+EF的最小值，根据中点的定义及轴对称的性质可得CF'的长，进而利用勾股定理算出AF'即可.
14．（2023八上·平桂期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝8，GC＝，AE平分∠BAG交BC于点E，E是BC的中点，则AG的长为 .
【答案】
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；矩形的性质
【解析】【解答】解：过E作EH⊥AG于H，连接EG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵AE平分∠BAG交BC于点E，
∴BE＝EH，
在Rt△ABE与Rt△AHE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AHE（HL），
∴AH＝AB＝8，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∴EH＝CE，
在Rt△EHG与Rt△ECG中，
，
∴Rt△EHG≌Rt△ECG（HL），
∴GH＝CG＝ ，
∴AG＝AH+GH＝8+ ＝ ，
故答案为： .
【分析】过E作EH⊥AG于H，连接EG，根据角平分线上的点到角两边的距离相等得BE=EH，从而利用HL判断Rt△ABE≌Rt△AHE，根据全等三角形的对应边相等得AH=AB=8，进而再利用HL判断Rt△EHG≌Rt△ECG，根据全等三角形的对应边相等得GH＝CG＝ ，最后根据AG=AH+GH即可得出答案.
15．（2023九上·诸暨期末）如图，矩形的对角线交于点O，，过点O作，交AD于点E，过点E作，垂足为F，则的值为 .
【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵，
∴矩形的面积为48，，
∴，
∵对角线交于点O，
∴的面积为12，
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴.
故答案为：.
【分析】根据矩形的面积公式可得矩形ABCD的面积，利用勾股定理可得AC，则AO=DO=AC，然后根据S△AOD=S△AOE+S△DOE结合三角形的面积公式就可求出OE+EF的值.
16．（2022九上·佛山月考）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作于点H，连接OH，若，，则菱形ABCD的面积为 ．
【答案】16
【知识点】菱形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA = OС，OB= OD，AC⊥ BD，
∵DH⊥AB，
∴∠BHD = 90°，
∴BD = 2OH，
∵ОН=2，
∴BD=4，
∵OA=4，
∴AC= 8，
∴菱形ABCD的面积=．
故答案为：16．
【分析】利用直角三角形斜边上中线的性质可得BD = 2OH=4，再利用菱形的面积等于对角线乘积的一半可得。
17．（2022九上·浑南期末）如图，在给定的一张平行四边形纸片上，用尺规作出四边形，具体作法如下：分别作的平分线，分别交于，连接，若，则四边形的周长是 ．
【答案】20
【知识点】菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：设交于点，如图所示，
根据作图可知分别为的角平分线，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴菱形的周长为，
故答案为：20．
【分析】设交于点，先证明四边形是平行四边形，结合，即可得到四边形是菱形，再利用勾股定理求出AB的长，即可得到菱形的周长为。
18．（2022九上·胶州期末）如图，在正方形中，E为的中点，F为的中点， 的延长线与的延长线交于点H，与相交于点G，若，则的长为 ．
【答案】10
【知识点】正方形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵正方形，
∴，
又∵E为的中点，F为的中点，
∴，
∴，
在和中
，
∴
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵F为的中点，
∴，
∴，
故答案为：10．
【分析】先利用“SAS”证明，可得，再利用角的运算和等量代换求出，最后利用直角三角形斜边上中线的性质可得。
三、解答题（共6题，共66分）
19．（2021·呼和浩特）如图，四边形 是平行四边形， 且分别交对角线 于点E，F．
（1）求证： ；
（2）当四边形 分别是矩形和菱形时，请分别说出四边形 的形状．（无需说明理由）
【答案】（1）证明：∵
∴
∴
∵四边形 是平行四边形
∴ ， ，
∴
在△ABE和△CDF中 ，
∴ ．
（2）四边形BEDF是平行四边形与菱形
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【解答】解：（2）如图，当四边形ABCD为矩形时，连接DE、BF，
同（1）可知 ，
∴BE=DF，
∵BE//DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
如图，当四边形ABCD是菱形时，连接DE、BF，
同理可知四边形BEDF是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE，
在△ABE和△ADE中， ，
∴△ABE≌△ADE，
∴BE=DE，
∴四边形BEDF是菱形．
综上所述：当四边形 分别是矩形和菱形时，四边形 分别是平行四边形与菱形．
【分析】（1）先求出 ，再求出 ，最后证明三角形全等即可；
（2）先求出四边形BEDF是平行四边形，再求出△ABE≌△ADE，最后求解即可。
20．（2022九上·郓城期中）在中，E、F分别是边BC，AD的中点，AC是对角线，过点D作DPAC，交BA的延长线于点P，∠P=90°．求证：四边形AECF是菱形．
【答案】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CBAD，CB=AD．ABCD，
∵E、F分别是边BC，AD的中点，
∴CE=CB，AF=AD．
∴CE=AF，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∵∠P=90°，APCD，DPAC，
∴四边形CDPA是矩形，
∴∠ACD=90°，
在Rt△ADB中，∵F为AB的中点，
∴AF=CF=DF，
∵四边形CFAE是平行四边形，
∴四边形CFAE是菱形．
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定
【解析】【分析】先证明四边形AFCE是平行四边形，再结合AF=CF=DF，可得四边形CFAE是菱形。
21．（2023九下·雨花开学考）如图，E是正方形ABCD对角线BD上一点，连接AE，CE，并延长CE交AD于点F．
（1）求证：△ABE≌△CBE；
（2）若∠AEC＝140°，求∠DFE的度数．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠ABE=∠CBE=45°，
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS）；
（2）解：∵△ABE≌△CBE，
∴∠AEB＝∠CEB，
又∵∠AEC＝140°，
∴∠CEB＝70°，
∵∠DEC+∠CEB＝180°，
∴∠DEC＝180°﹣∠CEB＝110°，
∵∠DFE+∠ADB＝∠DEC，
∴∠DFE＝∠DEC﹣∠ADB＝110°﹣45°＝65°．
【知识点】三角形的外角性质；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得AB＝CB，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠ABE=∠CBE=45°，从而利用SAS判断出△ABE≌△CBE；
（2）根据全等三角形的对应角相等得∠AEB＝∠CEB=70°，根据邻补角得∠DEC＝110°，最后根据三角形外角性质，由∠DFE＝∠DEC﹣∠ADB代入计算可得答案.
22．如，在矩形ABCD中，AB=16 cm，AD=6 cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以每秒3 cm的速度向点B移动，点Q以每秒2 cm的速度向点D移动，当点P到达点B时，两点均停止移动.是否存在某一时刻，使四边形PBCQ为正方形 若存在，求出该时刻；若不存在，请说明理由.
【答案】解：不存在.理由：设存在某时刻t，使得四边形PBCQ是正方形，则BP=CQ，即16-3t=2t，解得t= ，
∴CQ=2t= ≠6，即CQ≠CB，
∴四边形PBCQ是正方形不成立.
故不存在某一时刻，使四边形PBCQ为正方形.
【知识点】正方形的判定；四边形-动点问题；平行四边形的定义及其特殊类型
【解析】【分析】设存在某时刻t，使得四边形PBCQ是正方形，利用正方形的性质可知BP=CQ，再利用点P和点Q的运动速度和方向，分别表示出CQ，BP，可得到关于t的方程，解方程求出t的值，可得到CQ的长；然后利用正方形的四边相等及BC=6，可作出判断.
23．（2022九上·成都月考）如图，四边形是菱形，对角线和相交于点O、点E是的中点，过点C作的垂线，与的延长线交于点F，连接.
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若四边形的周长为，的周长为，求四边形的面积；
（3）在（2）问的条件下，上有一动点Q，上有一动点P，求 的最小值.
【答案】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∴ ，
∵，
∴
∴
∴
∴
∵E是中点，
∴，
在和中，
∴（）；
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
（2）解：∵菱形的周长为，
∴，，
∵的周长为，
∴=
∴，
∴，
在中，，
∴，解得：，
∴四边形的面积2．
（3）解：解：如图：作点E关于DO对称点，过点作 ，交于点Q，连接、
∴
∴
∴最小值为
∵
∴
∵
∴菱形的面积为4，的面积为1
∵
∴，解得：．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【分析】（1）由菱形的对角线互相垂直得出∠COD＝90°，根据平行线的性质可得∠ODE＝∠FCE，然后用“角边角”证明△ODE≌△FCE，可得OD＝FC，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断出四边形ODFC是平行四边形，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可求解；
（2）根据菱形ABCD的周长和△AOB的周长求得CD＝DA=AB=BC=，则CO＋DO＝3，在直角三角形COD中，用勾股定理求得CO DO＝2，即为四边形OCFD的面积；
（3）如图， 作点E关于DO对称点E ，过点E 作E P⊥CD ，交OD于点Q，连接EQ、E C ，由轴对称的性质可得QE =QE，于是可得PQ+QE=PQ+QE ，即PQ+QE的最小值为E P，结合（2）的结论可得 ∴菱形ABCD的面积为4，△CE D的面积为1，然后根据S△CE D=CD·PE =1可求解 ．
24．（2023八上·开江期末）如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝ɑ，D是BC边上一点，以AD为边作△ADE，使AE＝AD，∠DAE+∠BAC＝180°．
（1）若α＝46°，求∠ADE的度数；
（2）以AB、AE为边作平行四边形ABFE．
①如图2，若点F恰好落在DE上．求证：BD＝CD；
②如图3，若点F恰好落在BC上．求证：BD＝CF．
【答案】（1）解：∵AB＝AC，∠ABC＝α=46°，
∴∠ABC＝∠ACB＝α=46°，
∵∠BAC+∠ABC+∠ACB＝180°，
∴∠BAC+2∠ABC＝180°，
∵∠DAE+∠BAC＝180°
∴∠DAE＝2∠ABC＝92°，
∵AE＝AD，
∴∠ADE＝∠AED44°
（2）证明：①∵四边形ABFE是平行四边形，
∴AB∥EF，
∴∠ABC＝∠EDC＝α，
∵∠DAE+∠BAC＝180°，2∠ABC+∠BAC＝180°，2∠ADE+∠DAE＝180°，
∴∠ABC+∠ADE＝90°，
∴∠EDC+∠ADE＝90°，
∴AD⊥BC，且AB＝AC，
∴BD＝CD；
②∵四边形ABFE是平行四边形，
∴AE∥BF，AE＝BF，
∴∠EAC＝∠ACB，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝α，
∴∠EAC＝α，
∵∠DAE＝2∠ABC＝2α，
∴∠DAC＝∠ACB＝α，
∴AD＝CD，且AD＝AE，
∴BF＝AE＝AD＝CD，
∴BD＝CF．
【知识点】平行线的性质；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的性质
【解析】【分析】（1）根据等边对等角得∠ABC＝∠ACB＝α，根据三角形的内角和定理得∠BAC+2∠ABC＝180°，结合已知可得∠DAE＝2∠ABC＝92°，由等腰三角形的性质可求∠ADE的度数；
（2）①由平行四边形的性质可得AB∥EF，可得∠ABC＝∠EDC＝α，由三角形的内角和定理及等腰三角形的性质可求∠EDC+∠ADE＝90°，即AD⊥BC，再根据等腰三角形的三线合一可得BD＝CD；
②由平行四边形的性质可得AE∥BF，AE＝BF，由平行线的性质和等腰三角形的性质可得BF＝AE＝AD＝CD，可证BD＝CF．
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