2022年春安徽省各地沪科版数学八年级下册期末试题选编第19章 四边形 练习题 （含解析）

第19章 四边形 练习题
一、单选题
1．（2022春·安徽宣城·八年级统考期末）已知一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形是（　　）
A．九边形 B．八边形 C．七边形 D．六边形
2．（2022春·安徽蚌埠·八年级统考期末）已知正多边形的一个内角为，则该正多边形的边数为（　　）
A．5 B．6 C．8 D．10
3．（2022春·安徽合肥·八年级统考期末）一个正多边形的每一个外角都是36°，则它是（ ）
A．正六边形 B．正八边形
C．正九边形 D．正十边形
4．（2022秋·安徽铜陵·八年级统考期末）如图，在五边形中，，，，分别是，，的外角，则的度数为（ ）
A．180° B．210° C．240° D．270°
5．（2022春·安徽淮南·八年级统考期末）在下列给出的条件中，能判定四边形ABCD为平行四边形的是（　　）
A．AB＝BC，CD＝DA B．ABCD，AD＝BC
C．ABCD，∠A＝∠C D．∠A＝∠B，∠C＝∠D
6．（2022春·安徽淮南·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AB＝8，∠C＝90°，∠A＝30°，DE是中位线，则DE的长为（　　）．
A．2 B．3 C．4 D．2
7．（2022春·安徽安庆·八年级统考期末）如图所示，四边形ABCD中，Q是CD上的一定点，P是BC上的一动点，E、F分别是PA、PQ两边的中点；当点P在BC边上移动的过程中，线段EF的长度将（ ）．
A．先变大，后变小 B．保持不变
C．先变小，后变大 D．无法确定
8．（2022春·安徽黄山·八年级统考期末）如图，EF过矩形ABCD对角线的交点O，且分别交AB、CD于E、F，那么阴影部分的面积是矩形ABCD的面积的( )
A． B． C． D．
9．（2022春·安徽滁州·八年级统考期末）如图，矩形ABCD的对角线相交于点E，延长BA至点F，使．此时，连接EF，交AD于点G，则下列结论中正确的个数是（ ）
①；②；③；④若点H是线段FG的中点，则为等腰直角三角形
A．4 B．3 C．2 D．1
10．（2022春·安徽芜湖·八年级统考期末）如图，已知矩形ABCD沿着直线BD折叠，使点C落在C'处，BC'交AD于E，AD=8，AB=4，则DE的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
11．（2022春·安徽铜陵·八年级统考期末）下列命题中错误的是 ( )
A．菱形的对角线互相垂直 B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
C．矩形的对角线相等 D．对角线相等的四边形是正方形
12．（2022春·安徽淮南·八年级统考期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．当∠ABC=90°时，它是矩形 B．当AB=BC时，它是菱形
C．当AC⊥BD时，它是菱形 D．当AC=BD时，它是正方形
13．（2022春·安徽黄山·八年级统考期末）下列说法中，正确的有（ ）
（1）对角线相等且互相垂直的四边形是菱形
（2）有一个内角是60°的平行四边形是菱形
（3）对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形
（4）邻边相等的平行四边形是正方形
（5）顺次连接菱形各边中点所得的四边形是矩形
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
14．（2022春·安徽阜阳·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，E是的中点，则下列四个结论：①；②若，，则；③若，则；④若，则与全等．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
15．（2022春·安徽安庆·八年级统考期末）如图，在中，D，E，F分别是AB，BC，AC的中点，则下列命题是假命题的是（ ）
A．四边形ADEF一定是平行四边形
B．若，则四边形ADEF一定是矩形
C．若，，则四边形ADEF一定是正方形
D．若是等腰三角形，则四边形ADEF一定是菱形
二、填空题
16．（2022秋·安徽芜湖·八年级统考期末）正六边形的一个内角是正边形一个外角的4倍，则_________．
17．（2022春·安徽合肥·八年级统考期末）如图，在六边形ABCDEF中，若∠1+∠2+∠3=140°，则∠4+∠5+∠6=___．
18．（2022春·安徽宣城·八年级统考期末）如图，在 ABCD中，E为边CD上一点，将△ADE沿AE折叠至△AD′E处，AD′与CE交于点F．若∠B=52°，∠DAE=20°，则∠FED′的大小为________．
19．（2022秋·安徽六安·八年级统考期末）如图，等腰中，，，，于点R，于点S，则下列结论：
①；②；③；④中一定正确的有_________．（填写所有正确序号）
20．（2022春·安徽宿州·八年级统考期末）如图所示，小明为了测量学校里一池塘的宽度，选取可以直达，两点的点处，再分别取，的中点，，量得，则池塘的宽度为______．
21．（2022秋·安徽蚌埠·八年级统考期末）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图所示，在中，分别取、的中点D、E，连接，过点A作，垂足为F，将分割后拼接成矩形．若，则的面积是__________．
22．（2022春·安徽池州·八年级统考期末）如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点O，若∠AOD＝60°，AD＝2，则AC的长为_____．
23．（2022春·安徽合肥·八年级统考期末）如图，在RtABC中，，，D为AB的中点，，则四边形ADCE的周长为___．
24．（2022春·安徽黄山·八年级统考期末）菱形的边长为5，一条对角线长为8，则此菱形的面积是________．
25．（2022春·安徽池州·八年级统考期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 ___．
26．（2022春·安徽芜湖·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是AD的中点，沿BE所在直线折叠△ABE，得到△FBE，延长BF交CD于G点，则DG的长为___．
27．（2022春·安徽淮南·八年级统考期末）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为_____°．
28．（2022春·安徽淮南·八年级统考期末）如图，已知正方形ABCD的边长为5，点E、F分别在AD、DC上，AE=DF=2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为_______．
三、解答题
29．（2022春·安徽铜陵·八年级统考期末）如图1，矩形ABCD中，AB=2，BC=3，过对角线AC中点O的直线分别交边BC、AD于点E、F
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）如图2，当EF⊥AC时，求EF的长度．
30．（2022春·安徽六安·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、B、C的坐标分别为(0，2)，( -1，0)，(2，0)．以A、B、C三点为顶点作平行四边形，第四个顶点为点D．
(1)满足条件的平行四边形能作 个；
(2)在图中作出满足条件的平行四边形，使顶点D位于第四象限；
(3)写出所有符合条件的顶点D的坐标：
31．（2022春·安徽安庆·八年级统考期末）在 ABCD中，AB⊥AC，点O为AC的中点，点E、M分别为AB、CE上的点，连接MO并延长至点N，使MO＝NO．
(1)判断四边形AMCN的形状，并加以证明；
(2)当点M为CE中点时，请判断AC和MN之间的位置关系，并加以证明；
(3)在（2）的条件下，若∠B＝60°，AB＝4，点E为AB中点，求四边形AMCN的面积．
32．（2022春·安徽宿州·八年级统考期末）如图，在中，点是对角线、的交点，点是边的中点，点在的延长线上，且，连接、，求证：四边形是平行四边形．
33．（2022春·安徽芜湖·八年级统考期末）如图，在中，D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，，，求四边形DECF的周长．
34．（2022春·安徽亳州·八年级校考期末）如图，在矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F．
(1)求证：△DOE≌△BOF；
(2)若AB＝6，AD＝8，连接BE，DF，求四边形BFDE的周长．
35．（2022春·安徽蚌埠·八年级统考期末）（1）如图，请用尺规在△ABC的边BC，AC，AB上分别取点D，E，F使得四边形BDEF为菱形；（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的菱形BDEF中，若∠ABC＝60°，BE＝6，求菱形BDEF的面积．
36．（2022春·安徽淮南·八年级统考期末）如图，在矩形中，为对角线的中点，过点作直线分别与矩形的边，交于，两点，连接，．
（1）求证：四边形为平行四边形；
（2）若，，且，求的长
参考答案：
1．B
【分析】n边形的内角和是（n﹣2） 180°，如果已知多边形的边数，就可以得到一个关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数．
【详解】根据n边形的内角和公式，得
（n﹣2） 180=1080，
解得n=8，
∴这个多边形的边数是8，
故选B．
【点睛】本题考查了多边形的内角与外角，熟记内角和公式和外角和定理并列出方程是解题的关键．根据多边形的内角和定理，求边数的问题就可以转化为解方程的问题来解决．
2．D
【分析】根据正多边形的一个内角是，则知该正多边形的一个外角为，利用多边形的外角和为，即可求出正多边形的边数．
【详解】解：∵正多边形的一个内角是，
∴该正多边形的一个外角为，
∵多边形的外角之和为，
∴边数＝，
∴这个正多边形的边数是10．
故选：D．
【点睛】此题考查了多边形内角与外角的知识点，解题关键是掌握多边形的外角之和为．
3．D
【分析】根据正多边形的每一个外角都相等，多边形的边数=360°÷36°，计算即可求解．
【详解】这个正多边形的边数：360°÷36°=10，
故选D．
【点睛】考查了多边形的内角与外角的关系，熟记正多边形的边数与外角的关系是解题的关键．
4．A
【分析】根据两直线平行，同旁内角互补得到以点A、点E为顶点的五边形的两个外角的度数之和等于180°，再根据多边形的外角和定理列式计算即可得解．
【详解】解：延长BA，DE，标定角度如图所示：
∵，
∴∠4＋∠5＝180°，
根据多边形的外角和定理可得∠1＋∠2＋∠3＋∠4＋∠5＝360°，
∴∠1＋∠2＋∠3＝360° 180°＝180°．
故选：A．
【点睛】本题考查了平行线的性质，多边形的外角和定理，是基础题，理清求解思路是解题的关键．
5．C
【分析】根据平行四边形的判定进行判断即可得出结论．
【详解】解：如图所示，根据平行四边形的判定
A、根据AB＝BC，CD＝DA不能推出四边形ABCD是平行四边形，故A项错误
B、根据ABCD，AD＝BC不能推出四边形ABCD是平行四边形，故B项错误
D、∵∠A=∠B，∠C=∠D 且∠A+∠B+∠C+∠D=360°，
∴∠B+∠C＝180°，
∴AB∥CD，但不能推出其他条件，也不能推出四边形ABCD是平行四边形，故D项错误
C、∵AB//CD，∴∠A+∠D＝180°，
∵∠A=∠C，∴∠C+∠D＝180°，∴AB//CD，
∴可以推出四边形ABCD是平行四边形，故C项正确
故选：C．
【点睛】平行四边形的定义和判定定理．
6．A
【分析】先由含30°角的直角三角形的性质，得出BC的长，再由三角形的中位线定理得出DE的长即可．
【详解】解：∵∠C＝90°，∠A＝30°，
∴BC＝AB＝4，
又∵DE是中位线，
∴DE＝BC＝2．
故选A．
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，解答本题的关键是掌握含30°角的直角三角形的性质及三角形的中位线定理．
7．B
【分析】连接，根据题意可得为的中位线，可知，由此可知不变．
【详解】如图，连接AQ，
∵，分别为、的中点，
∴为的中位线，
∴，
∵为定点，
∴的长不变，
∴的长不变，
故选：
【点睛】本题主要考查三角形中位线定理，掌握三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半是解题的关键．
8．B
【分析】根据矩形的性质，得△EBO≌△FDO，再由△AOB与△ABC同底且△AOB的高是△ABC高的得出结论．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴OB＝OD＝OA＝OC，
在△EBO与△FDO中，
∵∠EOB＝∠DOF，
OB＝OD，
∠EBO＝∠FDO，
∴△EBO≌△FDO（ASA），
∴阴影部分的面积＝S△AEO＋S△EBO＝S△AOB，
∵△AOB与△ABC同底且△AOB的高是△ABC高的，
∴S△AOB＝S△ABC＝S矩形ABCD．
故选B
【点睛】本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质
9．B
【分析】根据矩形的性质，对给出的结论逐一证明分析即可判断．
【详解】解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴∠FAD＝90°，
∵AF＝AD，
∴∠AFD＝∠FDA＝45°，
∵FB＝FD，
∴∠FBD＝∠FDB＝67.5°，
∴∠ADB＝67.5﹣45＝22.5°，故①错误；
②∵四边形ABCD是矩形，
∴BE＝DE，
∵BF＝FD，
∴FE⊥BD，故②正确；
③∵四边形ABCD是矩形，
∴∠FAD＝90°，
∵AF＝AD，
∴∠AFD＝∠FDA＝45°，
∴，
∴DF＝AF，故③正确；
④如图，
∵H是FG的中点，∠FAG＝90°，
∴FH＝GH＝AH，
∴∠AFH＝∠FAH．
∵∠AFD＝45°，FE平分∠AFD，
∴∠AFH＝∠FAH＝22.5°，
∴∠AHG＝45°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴EA＝ED，
∴∠EAD＝∠EDA＝22.5°，
∴∠AEB＝45°，
∴∠AEG＝45°，
∴∠AEG＝∠AHG＝45°，
∴△AEG为等腰直角三角形，故④正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，熟记矩形的性质定理并灵活运用是解题的关键．矩形的性质：①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角； ③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等．
10．C
【分析】根据折叠前后角相等可知△ABE≌△C'DE，利用勾股定理可求出．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠C=∠A=90°
由折叠的性质可得：C'D=CD=AB；∠C'=∠C=∠A
在△ABE与△C'ED中
∴△ABE≌△C'DE（AAS）
∴DE=BE
设DE=BE=x，则AE=8-x，AB=4，在直角三角形ABE中，由勾股定理得：
解得x=5
故选：C．
【点睛】本题考查勾股定理在折叠问题中的应用，找到合适的直角三角形构建等量关系是本题关键．
11．D
【详解】解：A．菱形的对角线互相垂直，故本选项正确，不符合题意；
B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故本选项正确，不符合题意；
C．矩形的对角线相等，故本选项正确，不符合题意；
D．对角线相等的菱形是正方形，故本选项错误，符合题意．
故选D．
12．D
【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定逐个判断即可．
【详解】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形，故本选项不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，不一定是正方形，故本选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了对矩形的判定、菱形的判定，正方形的判定的应用，能正确运用判定定理进行判断是解此题的关键．
13．B
【分析】根据菱形、矩形、正方形的判定定理分别进行分析即可，对于错误的命题举出反例即可．
【详解】解：∵对角线相等且互相垂直的四边形不一定是菱形，反例如下：
如图，AC=BD，AC⊥BD，但四边形ABCD不是菱形，故（1）不正确；
有一个内角是60°的平行四边形不一定是菱形，它的四条边不一定相等，故（2）不正确．
对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形说法（3）正确；
邻边相等的平行四边形是菱形，不一定是正方形，故（4）不正确；
顺次连接菱形各边中点所得的四边形是矩形，说法（5）正确；
理由：
已知：如图，四边形ABCD是菱形，E，F，G，H分别是四边的中点，
求证：四边形EFGH是矩形．
证明：连接AC，BD，它们交于点O，
∵E是AD的中点，H是CD的中点，
∴EH是△DAC的中位线．
∴EH∥AC，EH=AC．
同理：FG∥AC，FG=AC．
∴EH∥FG，EH=FG．
∴四边形EFGH为平行四边形．
∵E是AD的中点，F是AB的中点，
∴EF∥BD．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD．
∴AC⊥EF．
∵EH∥AC，
∴EF⊥EH．
∴平行四边形EFGH为矩形．
综上，说法（3）（5）正确．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，正方形的判定与性质，中点四边形．熟练掌握菱形、矩形、正方形的判定定理是解题的关键．
14．D
【分析】依次分析各选项，进行推理论证即可；其中①可通过证明，进一步转换后可以得到结论，②可先得到该平行四边形是矩形，利用矩形的性质等得到MN垂直平分BC，即可完成求证，③可以先证明两个三角形的共线边上的高的关系，再利用三角形面积公式即可完成证明，④可以先证明后可进一步证明，即可完成求证．
【详解】解：∵平行四边形中，E是的中点，
∴，，，
∴,,
∴,
∴，
∴，
故①正确；
若，
则平行四边形是矩形，
由矩形的对角线相等，而点E是矩形的对角线的交点可知，
E点到B、C两点的距离相等，
∴E点在BC的垂直平分线上，
由，可得BN=CN，
所以N点是BC的中点，
∴MN垂直平分BC，
∴，
故②正确；
若，则BN=2CN，
如图1，分别过D、E两点向BC作垂线，垂足分别为Q点和P点，
∵E点是BD中点，
∴DQ=2EP，
∵，
∴，
故③正确；
若，
因为，
所以，
分别过N、C两点向AD作垂线，垂足分别为H、K，
由平行线间的距离处处相等可知：NH=CK，
∴，
∴，
∴,
∴，
又∵，
∴,
故④正确；
故选：D．
【点睛】本题综合考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，解决本题的关键是牢记相关概念与性质，能熟练运用全等三角形的判定与性质进行角或边之间关系的转化等，本题对推理分析能力要求较高，属于中等难度偏上的题目，对学生的综合分析能力有一定的要求．
15．D
【分析】根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定方法逐项判断即可．
【详解】解：∵点D，E，F分别是AB，BC，AC的中点，
∴EF=AD=DB=AB，DE=AF=FC=AC，
∴四边形ADEF是平行四边形，
∴选项A是真命题，不符合题意，
若∠A=90°，又四边形ADEF是平行四边形，
∴四边形ADEF是矩形，
∴选项B是真命题，不符合题意，
若∠A=90°，AB=AC，则四边形ADEF是矩形，且DE=EF，
∴四边形ADEF一定是正方形，
∴选项C是真命题，不符合题意；
若是等腰三角形，且AB=BC，则不一定相等，
则四边形ADEF不一定是菱形，
∴选项D是假命题，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查真假命题的判断，解题的关键是掌握正方形，矩形，菱形，平行四边形的判定方法．
16．12
【分析】先根据外角和定理求出正六边形的外角为60°，进而得到其内角为120°，再求出正n边形的外角为30°，再根据外角和定理即可求解．
【详解】解：由多边形的外角和定理可知，正六边形的外角为：360°÷6=60°，
故正六边形的内角为180°-60°=120°，
又正六边形的一个内角是正边形一个外角的4倍，
∴正n边形的外角为30°，
∴正n边形的边数为：360°÷30°=12．
故答案为：12．
【点睛】本题考查了正多边形的外角与内角的知识，熟练掌握正多边形的内角和和外角和定理是解决此类题目的关键．
17．220°
【分析】根据任意多边形外角和为360°解答本题．
【详解】解：由任意多边形外角和为360°可得∠1＋∠2＋∠3＋∠4＋∠5＋∠6＝360°，
∵∠1+∠2+∠3=140°，
∴∠4+∠5+∠6=360°－140°=220°．
故答案为：220°．
【点睛】本题考查多边形的外角和，掌握任意多边形外角和为360°是解答本题的关键．
18．36°
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D＝∠B＝52°，
由折叠的性质得：∠D′＝∠D＝52°，∠EAD′＝∠DAE＝20°，
∴∠AEF＝∠D＋∠DAE＝52°＋20°＝72°，∠AED′＝180°－∠EAD′－∠D′＝108°，
∴∠FED′＝108°－72°＝36°；
故答案为36°．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质、三角形的外角性质以及三角形内角和定理；熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质，求出∠AEF和∠AED′是解决问题的关键．
19．①②④
【分析】根据已知条件证得△PBR≌△PCS求得PB=PC，由等腰三角形三线合一的特征可得AP⊥BC，∠BAP=∠CAP；由∠PAR=∠APQ，可得结论②；由QP是△CAB的中位线，可得结论④；结论③仅一边一角对应相等，无法判定全等；
【详解】解：△PBR和△PCS中，AB=AC，则∠B=∠C，∠PRB=∠PSC=90°，PR=PS，
∴△PBR≌△PCS，
∴PB=PC，
△ABC是等腰三角形，
∴AP⊥BC，结论①正确，
∴∠BAP=∠CAP，
∵QA=QP，则∠PAQ=∠APQ，
∴∠PAR=∠APQ，
∴QP∥AB，结论②正确，
P为BC中点，则QP是△CAB的中位线，
∴AQ=CQ，结论④正确，
△BPR和△QPS中仅有一边一角对应相等，不满足全等的判定条件，结论③判断错误，
故答案为：①②④
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形的中位线；掌握全等三角形的判定和等腰三角形的性质是解题关键．
20．100
【分析】根据三角形中位线的性质定理解答即可．
【详解】解：∵点M、N是OA、OB的中点，
∴MN是△ABO的中位线，
∴AB=2MN．
又∵MN=50m，
∴AB=100m．
故答案是：100．
【点睛】此题考查了三角形中位线的性质定理：三角形的中位线平行于三角形的第三边，且等于第三边的一半．
21．12
【分析】先证明，，把三角形的面积化为矩形的面积，进而即可求解．
【详解】解：∵D是的中点，四边形是矩形，
∴AD=BD，∠G=∠AFD=90°，
又∵∠ADF=∠BDG，
∴，
∴DF=DG，AF=BG=2，
同理：，
∴EF=EH，
∴GH=2(DF+EF)=2DE=2×3=6，
∴的面积=矩形的面积=2×6=12．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性质，矩形的性质，通过全等三角形的判定，把三角形的面积化为矩形的面积，是解题的关键．
22．4
【分析】利用直角三角形30度角的性质，可得AC=2AD=4．
【详解】解：在矩形ABCD中，OC=OD，
∴∠OCD=∠ODC，
∵∠AOD=60°，
∴∠OCD=∠AOD=×60°=30°，
又∵∠ADC=90°，
∴AC=2AD=2×2=4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查了矩形的性质，主要利用了矩形的对角线互相平分且相等的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质是解题的关键
23．20
【分析】根据，可得四边形ADCE为平行四边形，根据∠ACB=90°，D为AB的中点，则，则平行四边形为菱形，由∠ACB=90°，AC=8，BC=6，可得AB=10，AD=5，由此可证菱形ADCE的周长为20．
【详解】解：∵，
∴四边形ADCE为平行四边形，
又∵∠ACB=90°，D为AB的中点，
∴，
∴平行四边形为菱形，
∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，
∴AB=10，AD=5，
∴菱形ADCE的周长为20．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，菱形的性质与判定，能够熟练掌握菱形的性质是解决本题的关键．
24．24
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分，得已知对角线的一半是4，根据勾股定理，得要求的对角线的一半是3，则另一条对角线的长是6，进而根据菱形面积公式即可得出结论．
【详解】解：根据题意，画出图形如下：
在菱形ABCD中，AB＝5，BD＝8，
∵对角线互相垂直平分，
∴∠AOB＝90°，BO＝4，
在Rt△AOB中，，
∴AC＝2AO＝6，
∴则此菱形面积是：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，注意菱形对角线的性质：菱形的对角线互相垂直平分，熟练运用勾股定理求线段长，并熟记用对角线求菱形的面积公式是解决问题的关键．
25．
【分析】连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据正方形的性质得到∠A=90°，AD//BC，AB=AD=BC=4，根据全等三角形的性质得到PD=CF=2，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
【详解】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AD//BC，AB=AD=BC=4，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，
∴AE=CF=×2=2，
∵AD//BC，
∴∠DPH=∠FCH，
∵H是DF的中点，
∴DH=FH，
在△PDH和△CFH中
，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD=CF=2，
∴AP=AD-PD=2，
∴PE==，
∵点G，H分别是EC，FD的中点，
∴GH=EP=；
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，以及三角形的中位线等知识，正确的构造全等三角形是解题的关键．
26．1
【分析】连接EG，先证明Rt△EFG≌Rt△EDG，设DG=FG=x，根据勾股定理得（4+x）2=42+（4-x）2，解出x=1即可．
【详解】如图，连接EG，
∵△FBE是由△ABE翻折得到的，
∴AE=FE，∠EFB=∠EAB=90°，
∴∠EFG=∠EDG=90°．
∵AE=DE，
∴FE=DE．
∵EG=EG，
∴Rt△EFG≌Rt△EDG（HL）．
∴DG=FG，
设DG=FG=x，
∵AB=BF=4，
由题意得：BG=4+x，CG=4-x，
由勾股定理得：BG2=BC2+CG2，
有：（4+x）2=42+（4-x）2，
解得：x＝1．
∴DG=1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查折叠轴对称，直角三角形的边角关系以及全等三角形的判定和性质，掌握折叠轴对称的性质和直角三角形的边角关系是解决问题的前提．
27．135
【分析】由正方形的性质可得∠ACB＝∠BAC＝45°，可得∠2＋∠BCP＝45°＝∠1＋∠BCP，由三角形内角和定理可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠ACB＝∠BAC＝45°
∴∠2+∠BCP＝45°
∵∠1＝∠2
∴∠1+∠BCP＝45°
∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP
∴∠BPC＝135°
故答案为：135．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，掌握正方形的性质是本题的关键．
28．
【分析】先证明，再利用全等角之间关系得出，再由H为BF的中点，又为直角三角形，得出，为直角三角形再利用勾股定理得出BF即可求解．
【详解】解：，
．
∴∠BEA=∠AFD，
又∵∠AFD＋∠EAG=90°，
∴∠BEA＋∠EAG=90°，
∴∠BGF=90°．
H为BF的中点，又为直角三角形，
．
∵DF=2，
∴CF=5-2=3．
∵为直角三角形．
∴BF===．
．
【点睛】本题主要考查全等三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边中线等于斜边一半知识点，解题的关键是熟悉掌握直角三角形斜边中线等于斜边一半．
29．（1）见解析；（2）EF=．
【分析】（1）证明△AOF≌△COE全等，可得AF=EC，∵AF∥EC，∴四边形AECF是平行四边形；
（2）由（1）知四边形AECF是平行四边形，且EF⊥AC，∴四边形AECF为菱形，假设BE=a，根据勾股定理求出a，从而得知EF的长度；
【详解】解：（1）∵矩形ABCD，∴AF∥EC，AO=CO
∴∠FAO=∠ECO
∴在△AOF和△COE中，，
∴△AOF≌△COE（ASA）
∴AF=EC
又∵AF∥EC
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）由（1）知四边形AECF是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴四边形AECF为菱形，
设BE=a，则AE=EC=3-a
∴a2+22=（3-a）2
∴a=
则AE=EC=，
∵AB=2，BC=3，
∴AC==
∴AO=OC=，
∴OE===，
∴EF=2OF=．
【点睛】此题考查平行四边形的判定，菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解题的关键．
30．(1)3
(2)见解析
(3)（3，2），（﹣3，2），（1，﹣2）
【分析】（1）分BC为平行四边形的边和对角线两种情况求解即可．
（2）以BC为对角线的平行四边形符合题意．
（3）BC为边时，点D（3，2），点D（-3，2），BC为对角线时，点D（1，-2）．
（1）
当BC为边时，将点A向右平移3个单位或向左平移3个单位得到的点，都是符合题意的点D，有两个；
当BC为对角线时，点A向右平移2个单位，再向下平移2个单位得到C，
故只需将点B也作同样的平移，得到1个点D，
故有3个，
故答案为：3．
（2）
当BC为对角线时，点A向右平移2个单位，再向下平移2个单位得到C，
故只需将点B也作同样的平移，得到1个点D，其坐标为（1，-2），
画图如下：
（3）
当BC为边时，点A向右平移3个单位，此时点D（3，2）；
向左平移3个单位得到点D，此时点D（-3，2）；
当BC为对角线时，点A向右平移2个单位，再向下平移2个单位得到C，
故只需将点B也作同样的平移，得到点D(-1+2，0-2)即点D（1，-2），
故点D的坐标为（3，2）或（﹣3，2）或（1，﹣2）．
故答案为：（3，2）或（﹣3，2）或（1，﹣2）．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，作图，平移思想的运用，熟练掌握平行四边形的判定，灵活运用分类思想、平移思想是解题的关键．
31．(1)四边形AMCN是平行四边形，理由见解析
(2)AC⊥MN，证明见解析
(3)
【分析】（1）根据中点的定义可得OA=OC，再结合OM=ON，然后根据对角线相互平分的四边形是平行四边形即可证明结论；
（2）先说明OM为△ACE的中位线可得OMAB，然后结合AB⊥AC即可证明；
（3）先说明∠ACB=30°，然后求得BC=8，运用勾股定理可求得AC，然后再运用三角形的性质和中位线的性质求得OM，即可求得三角形ACM的面积，最后根据平行四边形的对角线平分平行四边形即可解答．
（1）
解：∵四边形AMCN是平行四边形，理由如下：
∵点O为AC的中点
∴OA=OC，
∵MO=NO，
∴四边形AMCN是平行四边形．
（2）
解：当点M为CE中点时，AC和MN之间的位置关系为AC⊥MN，证明如下：
∵M为CE的中点，点O为AC的中点
∴OM为△ACE的中位线
∴OMAB
∵AB⊥AC
∴OM⊥AC，即AC⊥MN．
（3）
解：∵AB⊥AC
∴∠BAC=90°
∵∠B=60°
∴∠ACB=90°-60°=30°
∵AB=4
∴BC=2AB=8
∴
∵点E为AB中点
∴AE=AB=2
∵OM为△ACE的中位线
∴OM=AE=1
∵OM⊥AC
∴
∴
∴四边形AMCN的面积为．
【点睛】本题主要考查了平行线的判定与性质、三角形中位线、勾股定理等知识点，灵活应用三角形中位线的性质是解答本题的关键．
32．见解析
【分析】根据平行四边形的性质得到是的中点，从而得到是的中位线，根据三角形中位线的性质，推导出，，因此证明得到结论．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，对角线，交于，
∴点是的中点，
又∵点是边的中点，
∴是的中位线，
∴，且．
又∵，∴．
又∵点在的延长线上，
∴，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，三角形的中位线性质定理，灵活运用知识是本题的关键．
33．
【分析】根据三角形的中位线定义与性质，得出，，即可求出四边形AEDF的周长．
【详解】解：∵D，E，F分别是AB，BC，CA的中点，，，
∴，，
∴四边形DECF的周长．
【点睛】本题主要考查三角形的中位线，解题关键是熟练掌握三角形中位线定义及性质．三角形中位线定义：连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线．三角形中位线性质：三角形的中位线平行于第三边并且等于它的一半．
34．(1)见解析
(2)25
【分析】（1）根据矩形性质，先得出，根据平行线的性质得出∠EDO=∠FBO，利用“ASA”证明△DOE≌△BOF即可；
（2）根据EF垂直平分BD，得出BE=DE，设BE=DE=x，则，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程得出x的值，证明四边形BFDE为菱形，即可求出其周长．
【详解】（1）解：∵O为BD中点，
∴BO=DO，
∵四边形ABCD为矩形，
∴，，
∴∠EDO=∠FBO，
∵∠DOE=∠BOF，
∴△DOE≌△BOF（ASA）．
（2）∵EF垂直平分BD，
∴BE=DE，
设BE=DE=x，则
在Rt△ABE中，，
即，
解得：，
∵△DOE≌△BOF，
∴DE=BF，
又∵，
∴四边形BFDE为平行四边形，
∵，
∴四边形BFDE为菱形，
，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理，根据已知条件，利用勾股定理，求出BE的长，是解题的关键．
35．（1）见解析；（2）菱形BDEF的面积为．
【分析】（1）作△ABC的角平分线BE，作线段BE的垂直平分线交AB于F，交BC于D，连接DE，EF，四边形BDEF即为所求；
（2）BE与DF相交于O点，如图，利用菱形的性质得到∠EBD=30°，利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得OD的长，利用菱形的面积公式即可求解．
【详解】（1）D，E，F的位置如图所示，四边形BDEF为菱形．
；
（2）BE与DF相交于O点，
∵∠ABC=60°，四边形BDEF为菱形，
∴∠EBD=30°，DF⊥BE，BO=OE=BE=3，OD=OF，
∴BD=2OD，BD2=BO2+OD2，
∴(2OD)2=32+OD2，
解得：OD=(负值已舍)，
∴DF=2OD=，
∴菱形BDEF的面积=．
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了菱形的判定与性质．
36．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）通过证明△AOM和△CON全等，可以得到，又因为，所以可以证明四边形为平行四边形；
（2）根据，从而可以证明平行四边形是菱形，得到，再使用勾股定理计算出BN的长度，从而可以得到DM的长度．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形
∴，
∴
在△AOM和△CON中
∴△AOM△CON
∴
又∵
∴四边形为平行四边形．
（2）∵四边形为平行四边形
∵
∴平行四边形是菱形
∴
∵
设BN的长度为x
在Rt△ABN中，，
∴
【点睛】（1）本题主要考查了如何证明平行四边形，明确一组对边平行且相等的四边形是平行四边形是解题的关键；（2）本题主要考查了菱形的证明以及勾股定理的应用，知晓对角线互相垂直的平行四边形是菱形是解题的关键．