第十八章：平行四边形练习题 含解析 2021-2022学年吉林省八年级下学期人教版数学期末试题选编

第十八章：平行四边形
一、单选题
1．（2022春·吉林长春·八年级统考期末）如图，已知平行四边形中，，则（ ）
A．18° B．36° C．72° D．144°
2．（2022春·吉林松原·八年级校考期末）如图， ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AB⊥AC，若AB＝4，AC＝6，则BD的长是（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
3．（2022春·吉林长春·八年级统考期末）如图，直线，点Q是直线上的动点，点C和点D是直线上的定点，当点Q从左向右运动时，的面积将（ ）．
A．不变 B．变大 C．变小 D．无法确定
4．（2022春·吉林四平·八年级统考期末）如图，矩形ABCD中，对角线AC和BD交于点O，E为BC中点．若AC＝8，∠ACB＝30°，则OE的长为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．4
5．（2022春·吉林长春·八年级统考期末）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，使点C落在F处，BF交AD于点E．若∠BDC＝62°，则∠DEF的度数为（ ）
A．31° B．28° C．62° D．56°
6．（2022春·吉林长春·八年级统考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为6和8，则这个菱形的周长是（　　）
A．20 B．24 C．40 D．48
7．（2022春·吉林白城·八年级统考期末）□ABCD中，AC、BD是两条对角线，如果添加一个条件，可推出□ABCD是菱形，那么这个条件可以是（　 　）
A．AB=CD B．AC=BD C．AC⊥BD D．AB⊥BD
8．（2022春·吉林四平·八年级统考期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BD＝6，AC＝8，E是CD的中点，则OE的长是（ ）
A．2.5 B．3 C．4 D．5
9．（2022春·吉林长春·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
10．（2022春·吉林白城·八年级统考期末）将四根长度相等的细木条首尾顺次相接，用钉子钉成四边形ABCD，转动这个四边形，使它的形状改变，当，如图①测得，当时，如图②则AC的长度为（ ）
A． B．2 C． D．
11．（2022春·吉林·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，下列结论正确的是（ ）
A．△AOB是等边三角形 B．AC⊥BD
C．S△ABO=S△ADO D．当∠ABD=60°时，矩形ABCD会变成正方形
二、填空题
12．（2022春·吉林松原·八年级统考期末）如图，在□ABCD中，已知AD=8cm，AB=6cm，DE平分∠ADC，交BC边于点E，则BE=_____cm．
13．（2022春·吉林长春·八年级统考期末）如图，E是□ABCD内任意一点，连接AE、BE、CE、DE．若□ABCD的面积是10，则阴影部分图形的面积是 ___．
14．（2022春·吉林四平·八年级统考期末）在□ABCD中，点O是对角线AC、BD的交点，AC⊥BC，且AB=10cm，AD=8cm，则OB=___________cm．
15．（2022春·吉林长春·八年级统考期末）如图，四边形ABCD的对角线相交于点O，AO=CO，请添加一个条件_________（只添一个即可），使四边形ABCD是平行四边形．
16．（2022春·吉林白城·八年级统考期末）如图，是矩形的对角线的中点，是的中点．若，，则四边形的周长为_______.
17．（2022春·吉林松原·八年级校考期末）如图所示，DE为△ABC的中位线，点F在DE上，且∠AFB＝90°，若AB＝6，BC＝10，则EF的长为_____．
18．（2022春·吉林四平·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，过AC中点O的直线分别交边BC，AD于点E，F，连接AE，CF．只需添加一个条件即可证明四边形AECF 是菱形，这个条件可以是________（写出一个即可）．
19．（2022春·吉林延边·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，AC、BD交于点O，BC=5，若DE∥AC，CE∥BD，则OE的长为_____．
20．（2022春·吉林白城·八年级统考期末）如图，在边长为的正方形中，点分别是边的中点，连接点分别是的中点，连接，则的长度为__________．
21．（2022春·吉林长春·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在x轴上，顶点D在y轴上，若点B的坐标为（3，1），则点D的坐标为____________．
三、解答题
22．（2022春·吉林白城·八年级统考期末）如图，在 ABCD中，E为BC边上一点，且AB＝AE
（1）求证：△ABC≌△EAD；
（2）若∠B＝65°，∠EAC＝25°，求∠AED的度数．
23．（2022春·吉林长春·八年级统考期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，F是CD的中点，连接AF并延长与BC的延长线交于点E．
求证：BC = CE．
24．（2022春·吉林四平·八年级统考期末）如图，在中，点E，F分别在BC，AD上，且BE=FD，求证：四边形AECF是平行四边形．
25．（2022春·吉林松原·八年级校考期末）如图，在中，、分别是边、的中点，延长至点，使得，连结、、．
(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若四边形的面积为，则的面积为______ ．
26．（2022春·吉林松原·八年级校考期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D、E分别是线段BC、AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）求证：△BDE≌△FAE；
（2）求证：四边形ADCF为矩形．
27．（2022春·吉林延边·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE．
（1）求证：CE=CF；
（2）若点G在AD上，且∠GCE=45°，则GE=BE+GD成立吗？为什么？
28．（2022春·吉林白城·八年级统考期末）在矩形ABCD中，连接AC，AC的垂直平分线交AC于点O，分别交AD、BC于点E、F，连接CE和AF．
（1）求证：四边形AECF为菱形；
（2）若AB＝4，BC＝8，求菱形AECF的面积．
29．（2022春·吉林长春·八年级统考期末）如图，菱形的对角线相交于点O，垂直平分，垂足为点E，求的大小．
30．（2022春·吉林白城·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是一个正方形花园，E、F是它的两个门，且，要修建两条路BE和AF，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？请证明你的猜想．
31．（2022春·吉林长春·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是正方形，点P在射线AC上，点E在射线BC上，且PB＝PE，连结PD，点O为线段AC中点．
(1)【感知】如图①，当点P在线段AO上时，
①易证：△ABP≌△ADP（不需要证明）．进而得到PE与PD的数量关系是 　 　．
②过点P作PM⊥CD于点M，PN⊥BC于点N，易证：Rt△PNE≌Rt△PMD（不需要证明）．进而得到PE与PD的位置关系是 　 　．
(2)【探究】如图②，当点P在线段OC上（点P不与点O、C重合）时，试写出PE与PD的数量关系和位置关系，并说明理由．
(3)【应用】如图③，当点P在线段AC的延长线上时，直接写出当AB＝3，CP＝时线段DE的长．
参考答案：
1．B
【分析】利用平行四边形的对角相等，邻角互补的性质即可解答.
【详解】解：在平行四边形ABCD中，
∵BC∥AD，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠B=4∠A，
∴∠A=36°，
∴∠C=∠A=36°，
故选：B．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握平行四边形的几何性质．
2．C
【分析】通过平行四边形性质，可计算得；再结合AB⊥AC推导得为直角三角形，通过勾股定理计算得，再结合平行四边形性质，计算得到答案．
【详解】解：∵ ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
∴BO＝DO，AO＝CO，
∵AB⊥AC，AB＝4，AC＝6，
∴∠BAO＝90°，OA＝3
∴，
∴BD＝2BO＝10，
故选：C．
【点睛】此题考查了平行四边形、勾股定理的知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形和勾股定理的性质．
3．A
【分析】根据平行线间的距离处处相等，可知的高不变，再结合点C和点D是直线上的定点，易知底边CD的长也是不变的，由三角形面积公式判断的面积不变．
【详解】解：∵，根据平行线间的距离处处相等，
∴点Q到的距离不变，即的高不变，
∵点C和点D是直线上的定点，
∴的底边CD的长也是不变的，
∴的面积不变．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质以及三角形面积公式，熟练掌握平行线间的距离处处相等是解题关键．
4．A
【分析】证△AOB是等边三角形，得AB=OA=4，再证OE是△ABC的中位线，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AC=8，
∴∠ABC=90°，OA=OC=AC=4，OB=OD=BD，AC=BD，
∴OB=OA，
∵∠ACB=30°，
∴∠BAC=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=4，
∵E为BC的中点，
∴BE=CE，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE=AB=2，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握矩形的性质和三角形中位线定理，证明△AOB为等边三角形是解题的关键．
5．D
【分析】先利用互余计算出∠BDE＝28°，再根据平行线的性质得∠CBD＝∠BDE＝28°，接着根据折叠的性质得∠FBD＝∠CBD＝28°，然后利用三角形外角性质计算∠DEF的度数，于是得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，∠ADC＝90°，
∵，
∵AD∥BC，
∴∠CBD＝∠BDE＝28°，
∵矩形ABCD沿对角线BD折叠，
∴∠FBD＝∠CBD＝28°，
∴∠DEF＝∠FBD+∠BDE＝28°+28°＝56°．
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行线和折叠的性质，综合运用以上性质是解题的关键．
6．A
【分析】由菱形对角线的性质，相互垂直平分即可得出菱形的边长，菱形四边相等即可得出周长．
【详解】由菱形对角线性质知，AO=AC=3，BO=BD=4，且AO⊥BO，
则AB==5，
故这个菱形的周长L=4AB=20．
故选A．
【点睛】本题考查了菱形面积的计算，考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了菱形各边长相等的性质，本题中根据勾股定理计算AB的长是解题的关键，难度一般．
7．C
【分析】根据菱形的定义和判定定理逐项作出判断即可．
【详解】解：A. AB=CD，无法判断四边形ABCD是菱形，不合题意；
B. AC=BD，根据对角线相等的平行四边形是矩形可以判断□ABCD是矩形，不合题意；
C. AC⊥BD，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以判断□ABCD是菱形，符合题意；
D. AB⊥BD，可以得到∠B=90°，根据有一个角是直角的平行四边形叫矩形可以判断□ABCD是矩形，不合题意．
故选：C
【点睛】本题考查了菱形的判定，熟知菱形的定义和判定定理是解题的关键．
8．A
【分析】根据菱形的性质可得OA=OC==4，OB=OD==3．∠DOC=90°．再根据勾股定理可得CD==5．再由直角三角形斜边上中线的性质可得，OE=CD=2.5．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴OC=OA==4， OB=OD==3， ∠DOC=90°，
∴CD==5，
∵点E为AB中点，O为AC的中点
∴OE是RtCOD斜边上的中线，
∴OE=CD=2.5．
故选A
【点睛】本题考查了菱形的性质和直角三角形的性质及勾股定理，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
9．C
【分析】先证明，再证明四边形MOND的面积等于，的面积，继而解得正方形的面积，据此解题．
【详解】解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC，
又
四边形MOND的面积是1，
正方形ABCD的面积是4，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
10．B
【分析】图1中根据勾股定理即可求得正方形的边长，图2根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形即可求得．
【详解】解：如图1，
∵AB=BC=CD=DA，∠B=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
连接AC，则AB2+BC2=AC2，
∴，
如图2，∠B=60°，连接AC，
∵AB=BC，
∴△ABC为等边三角形，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理以及等边三角形的判定和性质，利用勾股定理得出正方形的边长是关键．
11．C
【分析】依据矩形的对角线的性质可证明OA=OB，故此可对A作出判断，依据矩形的对角线的性质可对B作出判断，证明用含AB、AD的式子表示△ABO和△ADO的面积，从而可判断C，可证明AC与BD不垂直，从而可证明ABCD不是正方形，故此可对D作出判断．
【详解】解：∵ABCD为矩形，
∴AO=AC，BD=BD，AC=BD．
∴OA=OB．
∴△AOB是等腰三角形，但不能推出是等边三角形，
∴选项A错误；
∵矩形的对角线不一定相互垂直，
∴选项B错误；
如图所示：取AB、AD的中点F、E．
∵AF=BF，AO=OC，
∴FO是△ABC的中位线．
∴OFBC，OF=BC．
∵BC⊥AB，FO∥BC，
∴OF⊥AB．
∴
同理：．
∴．
∴选项C正确；
∵∠ABD=60°，OA=OB，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠AOB=60°，
∴AC与BD不互相垂直．
∴四边形ABCD不是正方形．
∴选项D错误，
故选：C．
【点睛】本题主要考查的是矩形的性质、三角形中位线的性质、等腰三角形的判断，将△AOB和△AOD的面积转化为矩形面积的是解题的关键．
12．2
【分析】由 ABCD和DE平分∠ADC，可证∠DEC=∠CDE，从而可知△DCE为等腰三角形，则CE=CD，由AD=BC=8cm，AB=CD=6cm即可求出BE．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ADE=∠DEC
∵DE平分∠ADC
∴∠ADE=∠CDE
∴∠DEC=∠CDE
∴CD=CE
∵CD=AB=6cm
∴CE=6cm
∵BC=AD=8cm
∴BE=BC-EC=8-6=2cm．
故答案为2．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可构造等腰三角形，进而利用等腰三角形的性质解题．
13．5．
【分析】过E作MN⊥BC，交BC于M，交AD于N，△EBC的面积+△EAD的面积=AD EN+BC EM=BC MN=平行四边形ABCD的面积，即可得出阴影部分的面积．
【详解】解：过E作MN⊥BC，交BC于M，交AD于N，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴EN⊥AD，
∵S△AED＝AD EN，S△BCE＝BC EM，
∴S△ADE+S△BCE＝AD EN+BC EM＝BC MN＝平行四边形ABCD的面积＝×10＝5，
∴阴影部分的面积＝5，
故答案为：5．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质、阴影部分面积的计算；熟练掌握平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形的面积公式=底×高．
14．cm．
【详解】试题分析：因为AC垂直于BC，AB=10cm，BC=AD=8cm，
所以AC=，所以OC=AC=3cm．
所以OB=cm．
故答案为cm．
考点：1．勾股定理；2．平行四边形的性质．
15．BO=DO
【详解】解：∵AO=CO，BO=DO，∴四边形ABCD是平行四边形．
故答案为：BO=DO．
16．20
【分析】先由，得到，然后结合矩形的性质得到，再结合点和点分别是和的中点得到和的长，最后得到四边形的周长．
【详解】解：，
，
，，
，
点和点分别是和的中点，
，，是的中位线，
，
．
故答案为：20．
【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形的中位线定理，解题的关键是熟知矩形的性质．
17．2
【分析】由三角形中位线定理可得DE的长，再由直角三角形斜边上中线的性质可得DF的长，则可得EF的长．
【详解】解：∵DE为△ABC的中位线，
∴DE＝BC＝5，
∵∠AFB＝90°，D是AB 的中点，
∴DF＝AB＝3，
∴EF＝DE﹣DF＝2．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理与直角三角形斜边上中线的性质，掌握这两个知识点是本题的关键所在．
18．（答案不唯一）
【分析】根据菱形的判定即可解．
【详解】是平行四边形
∴AD∥BC
∴∠FAC=∠ECA，∠AFE=∠FEC，
∵AO=CO
∴△AOF≌△COE(AAS)
∴AF=CE
又∵AF=CE
四边形AECF 是平行四边形，
又∵
∴四边形AECF是菱形．
故答案为：（答案不唯一）
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定等，熟练掌握菱形判定是解决问题的关键．
19．5
【分析】由菱形的性质可得BC＝CD＝5，AC⊥BD，由题意可证四边形ODEC是矩形，可得OE＝CD＝5．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD＝5，AC⊥BD，
∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形ODEC是平行四边形，且AC⊥BD，
∴四边形ODEC是矩形，
∴OE＝CD＝5，
故答案为5.
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，证明四边形ODEC是矩形是解题的关键．
20．1
【分析】过E作，过G作，过H作，与相交于I，分别求出HI和GI的长，利用勾股定理即可求解．
【详解】过E作，过G作，过H作，垂足分别为P，R，R，与相交于I，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
，
∴四边形AEPD是矩形，
∴，
∵点E，F分别是AB，BC边的中点，
∴，
，，
∵点G是EC的中点，
是的中位线，
，
同理可求：，
由作图可知四边形HIQP是矩形，
又HP=FC，HI=HR=PC，
而FC=PC，
∴ ，
∴四边形HIQP是正方形，
∴，
∴
是等腰直角三角形，
故答案为：1．
【点睛】此题主要考查了正方形的判定与性质，三角形的中位线与勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答此题的关键．
21．（0，2）
【分析】过点B作BE⊥x轴于点E，证明△ODA≌△EAB（AAS），可得OA=BE=1，OD=AE，进而可以解决问题．
【详解】解：如图，过点B作BE⊥x轴于点E，
∵B的坐标为（3，1），
∴OE=3，BE=1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=∠BEA=90°．
∵OA⊥OD，
∴∠AOD=∠BEA=90°．∠DAO+∠ODA=∠BAE+∠DAO=90°，
∴∠ODA=∠BAE，
在△ODA和△EAB中，，
∴△ODA≌△EAB（AAS），
∴OA=BE=1，OD=AE，
∴OD=AE=OE-OA=3-1=2，
∴点D的坐标为（0，2）．
故答案为：（0，2）．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质等知识点是解题的关键．
22．（1）见解析；（2）∠AED＝75°．
【分析】（1）先证明∠B＝∠EAD，然后利用SAS可进行全等的证明；
（2）先根据等腰三角形的性质可得∠BAE＝50°，求出∠BAC的度数，即可得∠AED的度数．
【详解】（1）证明：∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝AD，
∴∠EAD＝∠AEB，
又∵AB＝AE，
∴∠B＝∠AEB，
∴∠B＝∠EAD，
在△ABC和△EAD中，
，
∴△ABC≌△EAD（SAS）．
（2）解：∵AB＝AE，
∴∠B＝∠AEB，
∴∠BAE＝50°，
∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝50°+25°＝75°，
∵△ABC≌△EAD，
∴∠AED＝∠BAC＝75°．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质，注意掌握平行四边形的对边平行且相等的性质．
23．证明见解析
【分析】根据平行四边形的对边平行且相等可得AD=BC，AD∥BC，根据两直线平行，内错角相等可得∠DAF=∠E，∠ADF=∠ECF，根据线段中点的定义可得DF=CF，然后利用“角角边”证明△ADF≌△ECF，根据全等三角形对应边相等可得AD=CE，从而得证．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴∠DAF=∠E，∠ADF=∠ECF，
又∵F是CD的中点，即DF=CF，
∴△ADF≌△ECF，
∴AD=CE，
∴BC=CE．
【点睛】1、平行四边形的性质；2、全等三角形的判定与性质
24．见解析
【分析】根据平行四边形的性质可得AF∥EC．AF=EC，然后根据平行四边形的定义即可证得．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴AF∥EC，
∵BE=FD，
∴BC-BE=AD-FD，
∴AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的性质，证出AF=EC是解决问题的关键．
25．(1)见解析
(2)16
【分析】（1）根据三角形中位线定理可得且．再由，可得，即可求证；
（2）根据，可得四边形与的高相等，设四边形，CF边上的高为，再由，可得，然后根据点D为AB的中点，即可求解．
（1）
证明：、分别是边、的中点，
∴且．
∴，
又，
，
四边形是平行四边形；
（2）
解：∵，
四边形与的高相等，
设四边形中，CF边上的高为，
又，
，
∵点D为AB的中点，
∴．
故答案是：16．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，熟练掌握三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质是解题的关键．
26．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）首先根据平行线的性质得到∠AFE=∠DBE，再根据线段中点的定义得到AE=DE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到AF=BD，推出四边形ADCF是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到∠ADC=90°，于是得到结论．
【详解】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，
∵E是线段AD的中点，
∴AE=DE，
∵∠AEF=∠DEB，
∴（AAS）；
（2）证明：∵，
∴AF=BD，
∵D是线段BC的中点，
∴BD=CD，
∴AF=CD，
∵AF∥CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AB=AC，
∴，
∴∠ADC=90°，
∴四边形ADCF为矩形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的证明与矩形证明，熟练掌握相关概念是解题关键.
27．（1）见解析（2）成立
【分析】（1）由DF=BE，四边形ABCD为正方形可证△CEB和△CFD全等，从而证出CE=CF．
（2）由（1）得，CE=CF，∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD即∠ECF=∠BCD=90°又∠GCE=45°所以可得∠GCE=∠GCF，故可证得△ECG和△FCG全等，即EG=FG=GD+DF．又因为DF=BE，所以可证出GE=BE+GD成立．
【详解】解：（1）在正方形ABCD中，BC=CD，∠B=∠CDF=90°，
∵，
∴△CBE△CDF（SAS）．
∴CE=CF．
（2）GE=BE+GD成立．
理由：∵由（1）得：△CBE△CDF，
∴∠BCE=∠DCF，
∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD，即∠ECF=∠BCD=90°，
又∵∠GCE=45°，
∴∠GCF=∠GCE=45°，CE＝CF．
∵∠GCE＝∠GCF， GC＝GC，
∴△ECG△FCG（SAS）．
∴GE=GF．
∴GE=DF+GD=BE+GD．
【点睛】本题考查了以下内容：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；解决本题的关键是理解题意，灵活运用全等三角形的性质与判定．
28．（1）见解析；（2）20
【分析】（1）根据推出：；根据全等得出，推出四边形是平行四边形，再根据即可推出四边形是菱形；
（2）根据线段垂直平分线性质得出，设，推出，，在中，由勾股定理得出方程，求出即可．
【详解】解：（1）证明：是的垂直平分线，
，，
四边形是矩形，
∴AD∥BC，
，
在和中，
，
；
又，
四边形是平行四边形，
又
平行四边形是菱形；
（2）设，
是的垂直平分线，
，，
在中，由勾股定理得：，
，
解得．
，
菱形的周长为20．
【点睛】本题考查了勾股定理，矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点的综合运用，用了方程思想．
29．120°
【分析】根据DE垂直平分BC，可得，根据菱形的性质可得，即为等边三角形，则，则问题得解．
【详解】解：在菱形ABCD中，有，且，
∵DE垂直平分BC，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
即∠ABC的度数为120°．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、平行的性质等知识，证明是等边三角形是解答本题的关键．
30．BE＝AF，BE⊥AF，证明见解析
【分析】根据正方形性质可得，AB=AD=CD，又有，因此可以得到，因此可以证明得到，从而证明得到BE＝AF，∠AEB=∠DFA，根据三角形内角和定理可以得到∠EAO+∠DFA=90°，等量代换即可得到∠EAO+∠AEB=90°，因此证明得到∠AOE =90°，从而证明得到结论．
【详解】解：猜想BE＝AF，BE⊥AF，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD=CD，∠D=∠BAD=90°
∵，
∴AD-DE=CD-CF，即
在和中，
∴(SAS)
∴BE＝AF，∠AEB=∠DFA，
∵∠D=90°
∴∠EAO+∠DFA=90°
∴∠EAO+∠AEB=90°
∴∠AOE=90°
∴BE⊥AF
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，综合运用知识分析推导结论是本题的关键．
31．(1)①；②
(2)，
(3)
【分析】（1）①根据正方形的性质可得，即可得出答案；
②由条件可证得四边形是矩形，故，再由角平分线的性质可得出，由，可得，再由得出，即可得出答案；
（2）设交于，正方形的性质可得：，即可得出，,由，即可得出，，再由三角形内角和定理可推导出，可得出，即可得出与的数量关系和位置关系；
（3）设交于，过点作于，由正方形的性质可得：，即可得出，,由，即可得出，，故，再由三角形内角和定理可推导出，可得出，即可得出是等腰直角三角形，由等腰三角形的性质可得出，由，可推导出是等腰直角三角形，故，，由勾股定理即可计算给出，的长度．
【详解】（1）①∵四边形是正方形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：；
②∵于点，于点，
∴，
∵四边形是正方形，
∴平分，，
∵
∴四边形是矩形，
∴，
∵平分，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵
∴，
即，
∴，
故答案为：；
（2）与的数量关系和位置关系为：，，理由如下：
设交于，如图②所示：
∵在正方形中，
∴，
∵，
∴
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在正方形中：，
∴，
∴；
∴与的数量关系和位置关系为：，
（3）设交于，过点作于，如图③所示
在正方形中：，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
在正方形中： ，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，综合性较高，掌握以上知识点，准确作出辅助线是解题的关键．