第十八章：平行四边形练习题（含解析）2021-2022学年江西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 练习题
一、单选题
1．（2022春·江西上饶·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB，F是BC的中点，作AE⊥CD于点E，连接EF、AF，下列结论：①2∠BAF＝∠BAD；②EF＝AF；③S△ABF＝S△AEF；④∠BFE＝3∠CEF．其中一定成立的个数是（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．（2022春·江西赣州·八年级统考期末）如图，E，F分别是 ABCD的边AD、BC上的点，EF=6，∠DEF=60°，将四边形EFCD沿EF翻折，得到EFC′D′，ED′交BC于点G，则△GEF的周长为（　　）
A．6 B．12 C．18 D．24
3．（2022春·江西吉安·八年级统考期末）如图，的对角线与相交于点O，，若，则的长为（ ）
A．5 B．8 C．10 D．11
4．（2022春·江西吉安·八年级统考期末）如图，在四边形中，是边的中点，连接并延长，交的延长线于点，．添加一个条件使四边形是平行四边形，你认为下面四个条件中可选择的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2022春·江西景德镇·八年级统考期末）四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，给出下列四个条件：
①AD∥BC；②AD=BC；③OA=OC；④OB=OD
从中任选两个条件，能使四边形ABCD为平行四边形的选法有（ ）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
6．（2022春·江西宜春·八年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD为中线，延长CB至点E，使BE＝BC，连结DE，F为DE中点，连结BF．若AC＝8，BC＝6，则BF的长为（　　）
A．2 B．2.5 C．3 D．4
7．（2022春·江西抚州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，BD＝2AD，E，F，G分别是OA，OB，CD的中点，EG交FD于点H．则下列结论：①ED⊥CA；②EF＝CG；③EH=EG；④S△EFD＝S△CEG成立的个数有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
8．（2022春·江西南昌·八年级统考期末）如图，菱形ABCD的周长是4cm，∠ABC＝60°，那么这个菱形的对角线AC的长是（ ）
A．1cm B．2 cm C．3cm D．4cm
9．（2022春·江西新余·八年级统考期末）如图，已知菱形的对角线AC；BD交于点O，E为CD的中点，若，则菱形的周长为（ ）．
A．18 B．48 C．24 D．12
10．（2022春·江西南昌·八年级统考期末）一个四边形顺次添加下列中的三个条件便得到正方形：
a.两组对边分别相等 b.一组对边平行且相等
c.一组邻边相等 d.一个角是直角
顺次添加的条件：①a→c→d②b→d→c③a→b→c
则正确的是：（ ）
A．仅① B．仅③ C．①② D．②③
11．（2022春·江西新余·八年级统考期末）下列命题是假命题的是（ ）
A．平行四边形的对角线互相平分 B．正方形的对角线相等且互相垂直平分
C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线互相垂直的四边形是菱形
二、填空题
12．（2022春·江西九江·八年级统考期末）已知O、A、B的坐标分别是，在平面内找一点M，使得以点O、A、B、M为顶点的四边形是平行四边形，则点M的坐标为__________．
13．（2022春·江西萍乡·八年级统考期末）如图，、分别是平行四边形的边、上的点，与相交于点，与相交于点，若S△APD=15cm2，，则阴影部分的面积为______．
14．（2022春·江西赣州·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，，请添加一个条件，使四边形ABCD成为平行四边形，你所添加的条件为___________ （写一个即可）．
15．（2022春·江西吉安·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，已知点，点，点，点从点出发，以个单位每秒的速度沿射线运动，点从点出发，开始以个单位每秒的速度向原点运动，到达原点后立刻以原来倍的速度沿射线运动，若两点同时出发，设运动时间为秒，则当____________________时，以点为顶点的四边形为平行四边形．
16．（2022春·江西新余·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，，，点P从点A向点D以每秒1cm的速度运动，Q以每秒4cm的速度从点C出发，在B、C两点之间做往返运动，两点同时出发，点P到达点D为止(同时点Q也停止)，这段时间内，当运动时间为______时，P、Q、C、D四点组成矩形．
17．（2022春·江西赣州·八年级统考期末）如图，在矩形纸片中，，，折叠纸片，使点D刚好落在线段上，且折痕分别与，相交，设折叠后点A，D的对应点分别为点G，H，折痕分别与，相交于点E，F，则线段的整数值_________．
18．（2022春·江西上饶·八年级校联考期末）如图，在菱形ABCD中，点A在x轴上，点B的坐标为（4，1），点D的坐标为（0，1），则点C的坐标为________．
19．（2022春·江西赣州·八年级统考期末）菱形的两条对角线分别是6cm，7cm，面积为______．
20．（2022春·江西萍乡·八年级统考期末）如图是一张长方形纸片ABCD，已知AB=8，AD=7，E为AB上一点，AE=5，现要剪下一张等腰三角形纸片（△AEP），使点P落在长方形ABCD的某一条边上，则等腰三角形AEP的底边长是_____________．
21．（2022春·江西吉安·八年级统考期末）如图，在中，，，点P在边上以的速度从点A向点D运动，点Q在边上以的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动）．设运动（其中）时，以P、D、Q、B四点组成的四边形是平行四边形，则t的所有可能取值为______．
三、解答题
22．（2022春·江西宜春·八年级统考期末）如图，在中，点E是BC边的中点，连接AE并延长与DC的延长线交于点F．
(1)求证：；
(2)若，，，连接DE，求DE的长．
23．（2022春·江西上饶·八年级统考期末）如图四边形ABCD是平行四边形，请仅用无刻度的直尺按要求作图：
　
(1)在图1中作一条线段，将的面积平均分成两份；
(2)在图2中过点E作一条直线，将的面积平均分成两份．
24．（2022春·江西九江·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB⊥AC，对角线AC，BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转一个角度α（0°＜α≤90°），分别交线段BC，AD于点E，F，连接BF．
（1）如图1，在旋转的过程中，求证：OE＝OF；
（2）如图2，当旋转至90°时，判断四边形ABEF的形状，并证明你的结论；
（3）若AB＝1，BC＝，且BF＝DF，求旋转角度α的大小．
25．（2022春·江西吉安·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，，将纸片沿对角线对折，边与边交于点E，此时，恰为等边三角形．
(1)猜想与的位置关系，并证明你的结论；
(2)连接，请说明四边形为平行四边形；
26．（2022春·江西赣州·八年级统考期末）如图，在 ABCD中，DE⊥AB，BF⊥CD，垂足分别为E，F，
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）求证：四边形BFDE为矩形．
27．（2022春·江西宜春·八年级统考期末）如图，点C为线段AB上一点且不与A，B两点重合，分别以AC，BC为边向AB的同侧做角为60°的菱形．请仅用无刻度的直尺分别按下列要求作图．（保留作图痕迹）．
(1)在图1中，连接DF，若AC＝BC，作出线段DF的中点M；
(2)在图2中，连接DF，若，作出线段DF的中点N．
28．（2022春·江西上饶·八年级校联考期末）如图， ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE＝CF．
(1)求证：△BOE≌△DOF；
(2)连接DE、BF，若BD⊥EF，试探究四边形EBFD的形状，并对结论给予证明．
29．（2022春·江西吉安·八年级统考期末）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；
(2)性质探究：如图1，四边形的对角线、交于点，．试证明：；
(3)解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结、、．已知，，求的长．
30．（2022春·江西南昌·八年级统考期末）定义：有一个内角为90°，且对角线相等的四边形称为准矩形．
（1）如图1，准矩形ABCD中，∠ABC＝90°，若AB＝2，BC＝4，则BD＝　 　；
（2）如图2，正方形ABCD中，点E，F分别是边AD，AB上的点，且CF⊥BE，求证：四边形BCEF是准矩形；
（3）如图3，准矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，AC＝DC，求这个准矩形的面积．
参考答案：
1．C
【分析】利用平行四边形的性质：平行四边形的对边相等且平行，再由全等三角形的判定得出△MBF△ECF，利用全等三角形的性质得出对应线段之间关系进而得出答案．
【详解】解：①∵F是BC的中点，
∴BF＝FC，
在 ABCD中，AD＝2AB，
∴BC＝2AB＝2CD，
∴BF＝FC＝AB，
∴∠AFB＝∠BAF，
∵，
∴∠AFB＝∠DAF，
∴∠BAF＝∠FAD，
∴2∠BAF＝∠BAD，故①正确；
②延长EF，交AB延长线于M，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴∠MBF＝∠C，
∵F为BC中点，
∴BF＝CF，
在△MBF和△ECF中，
，
∴△MBF△ECF（ASA），
∴FE＝MF，∠CEF＝∠M，
∵CE⊥AE，
∴∠AEC＝90°，
∴∠AEC＝∠BAE＝90°，
∵FM＝EF，
∴EF＝AF，故②正确；
③∵EF＝FM，
∴S△AEF＝S△AFM，
∵E与C不重合，
∴S△ABF＜S△AEF，故③错误；
④设∠FEA＝x，则∠FAE＝x，
∴∠BAF＝∠AFB＝90°﹣x，
∴∠EFA＝180°﹣2x，
∴∠EFB＝90°﹣x+180°﹣2x＝270°﹣3x，
∵∠CEF＝90°﹣x，
∴∠BFE＝3∠CEF，故④正确，
故选：C．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键是得出△AEF≌△DME．
2．C
【分析】由折叠得：∠DEF=∠D′EF=60°，在由平行四边形的对边平行，得出内错角相等，得出△GEF是等边三角形，已知边长求出周长即可．
【详解】解：∵∠DEF=60°，
∴由翻折可知∠DEF=∠D′EF =60°，
∴∠AEG=60°，
∵平行四边形ABCD中，AD//BC，
∴∠EGF=∠AEG=60°，∠EFG=∠DEF=60°，
∴∠FEG=∠EGF=∠EFG＝60°，
∴△EFG是个等边三角形，
∴△GEF的周长=3EF=3×6=18，
故选：C
【点睛】考查平行四边形的性质、轴对称的性质和等边三角形的性质等知识，得到△GEF是等边三角形，是解决问题的关键．
3．C
【分析】利用平行四边形的性质求解 再利用勾股定理求解 从而可得答案．
【详解】解： ，，
，
故选C
【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，平行四边形的性质，熟练的运用平行四边形的对角线互相平分是解本题的关键．
4．D
【分析】把A、B、C、D四个选项分别作为添加条件进行验证，D为正确选项．添加D选项，即可证明△DEC≌△FEB，从而进一步证明DC＝BF＝AB，且DCAB．
【详解】添加A、，无法得到ADBC或CD=BA，故错误；
添加B、，无法得到CDBA或，故错误；
添加C、，无法得到，故错误；
添加D、
∵，，，
∴， ，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形．
故选D．
【点睛】本题是一道探索性的试题，考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
5．B
【分析】根据题目所给条件，利用平行四边形的判定方法分别进行分析即可．
【详解】①②组合可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；
①③可证明△ADO≌△CBO，进而得到AD=CB，可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；
①④可证明△ADO≌△CBO，进而得到AD=CB，可利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形；
③④组合可根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判定出四边形ABCD为平行四边形．
故选B．
6．B
【分析】利用勾股定理求得AB=10；然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得CD的长度；结合题意知线段BF是△CDE的中位线，则BF=CD．
【详解】解：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB＝＝＝10．
又∵CD为中线，
∴CD＝AB＝5．
∵F为DE中点，BE＝BC，即点B是EC的中点，
∴BF是△CDE的中位线，则BF＝CD＝2.5．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，此题的突破口是推知线段CD的长度和线段BF是△CDE的中位线．
7．D
【分析】由平行四边形性质和等腰三角形“三线合一”即可得ED⊥CA，根据三角形中位线定理可得EF＝AB；由直角三角形斜边上中线等于斜边一半可得EG＝CD，即可得EF＝EG；连接EG，可证四边形DEFG是平行四边形，即可得；由三角形中位线定理可证得S△OEF＝S△AOB，进而可得S△EFD＝S△OEF+S△ODE＝S ABCD+S ABCD＝S ABCD，再根据E、G分别是OA、CD中点，可得S△CEG＝S△CDE＝S ABCD，即可得S△EFD＝S△CEG．
【详解】解：如图，连接FG，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴OA＝OC，OB＝OD，AD＝BC，AD∥BC，AB＝CD，AB∥CD
∵BD＝2AD
∴OD＝AD
∵点E为OA中点
∴ED⊥CA，故①正确；
∵E，F，G分别是OA，OB，CD的中点，
∴EF∥AB，EF＝AB，S△OEF＝S△AOB，
∵∠CED＝90°，CG＝DG＝CD
∴EG＝CD
∴EF＝EG，故②正确；
∵EF∥CD，EF＝DG
∴四边形DEFG是平行四边形
∴EH＝HG
即，故③正确；
∵S△AOB＝S△AOD＝S ABCD，S△ACD＝S ABCD，
∴S△OEF＝S ABCD，
∵AE＝OE
∴S△ODE＝S△AOD＝S ABCD，
∴S△EFD＝S△OEF+S△ODE＝S ABCD+S ABCD＝S ABCD，
∵
∴CE＝AC
∴S△CDE＝S△ACD＝S ABCD，
∵CG＝DG
∴S△CEG＝S△CDE＝S ABCD，
∴S△EFD＝S△CEG，故④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，三角形中位线定理，三角形面积，直角三角形斜边上中线等于斜边一半，等腰三角形性质等；熟练运用三角形中位线定理、等腰三角形“三线合一”、直角三角形斜边上中线等于斜边一半等性质是解题关键．
8．A
【分析】由于四边形ABCD是菱形，AC是对角线，根据∠ABC=60°，而AB=BC，易证△BAC是等边三角形，从而可求AC的长．
【详解】∵四边形ABCD是菱形，AC是对角线，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC，
∵菱形ABCD的周长是4cm，
∴AB＝BC＝AC＝1cm．
故选A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定和性质．菱形的对角线平分对角，解题的关键是证明△ABC是等边三角形．
9．B
【分析】由菱形的性质可得出AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝DA，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出CD的长，结合菱形的周长公式即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝DA，
∴△COD为直角三角形，
∵OE＝6，点E为线段CD的中点，
∴CD＝2OE＝12，
∴C菱形ABCD＝4CD＝4×12＝48，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及直角三角形的性质，解题的关键是求出CD．
10．C
【分析】根据题意及正方形的判定定理可直接进行排除选项．
【详解】解：①由两组对边分别相等可得该四边形是平行四边形，添加一组邻边相等可得该四边形是菱形，再添加一个角是直角则可得该四边形是正方形；正确，故符合题意；
②由一组对边平行且相等可得该四边形是平行四边形，添加一个角是直角可得该四边形是矩形，再添加一组邻边相等则可得该四边形是正方形；正确，故符合题意；
③a、b都为平行四边形的判定定理，故不能判定该四边形是正方形，故错误，不符合题意；
∴正确的有①②；
故选C．
【点睛】本题主要考查正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
11．D
【分析】根据平行四边形、正方形的性质定理、矩形、菱形的判定定理判断即可．
【详解】解：A、平行四边形的对角线互相平分，是真命题；
B、正方形的对角线相等且互相垂直平分，是真命题；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题；
D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故本选项说法是假命题；
故选：D．
【点睛】本题考查的是命题的真假判断，掌握平行四边形、正方形的性质定理、矩形、菱形的判定定理是解题的关键，
12．或或
【分析】根据题意，分情况讨论，①当为对角线时，②当为对角线时，③当为对角线时，设，根据平行四边形的性质对角线互相平分，利用中点坐标公式求解即可．
【详解】如图，
O、A、B的坐标分别是
设，使得以点O、A、B、M为顶点的四边形是平行四边形，
①当为对角线时，，解得，则
②当为对角线时，，解得，则
③当为对角线时，，解得，则
综上所述，点M的坐标为或或
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，分类讨论掌握中点坐标公式是解题的关键．
13．40
【分析】连接EF，由三角形的面积公式我们可以推出S△EFC=S△BCQ，S△EFD=S△ADF，所以S△EFG=S△BCQ，S△EFP=S△ADP，因此可以推出阴影部分的面积就是S△APD+S△BQC．
【详解】解：连接E、F两点，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ABCD，
∴△EFC的FC边上的高与△BCF的FC边上的高相等，
∴S△EFC=S△BCF，
∴S△EFQ=S△BCQ，
同理：S△EFD=S△ADF，
∴S△EFP=S△ADP，
∵S△APD=15cm2，S△BQC=25cm2，
∴S四边形EPFQ=40cm2，
故答案为：40．
【点睛】本题综合性较强，主要考查了平行四边形的性质，解答此题关键是作出辅助线，找出同底等高的三角形．
14．ABDC(答案不唯一)
【分析】根据平行四边形的判定条件解答即可．
【详解】解：∵AB=DC，
再加ABDC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
故答案为：ABDC(答案不唯一)
【点睛】本题考查平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
15．或或
【分析】利用A、B、C的坐标可得到OA=4，BC=3，BC//x轴，根据平行四边形的判定，当PC=QA时，以点A，Q， C，P为顶点的四边形为平行四边形，讨论：若时，3-2t= t；若 ，2t-3=t；若 时，2t-3=4-3(t-4)；若，然后分别解方程即可确定满足条件的t的值．
【详解】∵A（4,0），B（-3,2），C（0,2），
∴OA=4，BC=3，BC//x轴，
∵PC//AQ
∴当PC=AQ时，以点A，Q，C，P为顶点的四边形为平行四边形，
若时，BP=2t，
PC=3-2t，AQ=t，此时3-2t=t，解得t=1;
若时，BP=2t,
PC=2t-3，AQ=t，此时2t-3=t，解得t=3；
若时，BP=2t,
PC=2t-3，OQ=3(t-4)，AQ=4-3(t-4)，此时2t-3=4-3(t-4)，解得t=(舍去)；
若t，BP＝2t，PC=2t-3， OQ=3(t-4)，AQ=3(t-4)-4，此时2t-3=3(t-4)-4，解得t=13;
综上所述，当t为1或3或13时，以点A，Q，C，P为顶点的四边形为平行四边形．
故答案为1或3或13
【点睛】本题考查了平行四边形的判定：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．利用分类讨论的思想和方程的思想是解决问题的关键．
16．2.4s或4s或7.2s
【分析】根据已知可知：点Q将由根据矩形的性质得到AD∥BC，设过了t秒，当AP=BQ时，P、Q、C、D四点组成矩形，在点Q由的过程中，则PA=t，BQ=12-4t，求得t=2.4（s），在点Q由的过程中，t=4（t-3），求得t=4（s），在点Q再由中，t=12-4（t-6），求得t=7.2（s），在点Q再由的过程中，t=4（t-9），t=13（s），故此舍去，从而得到结论．
【详解】解：根据已知可知：点Q由
在点Q第一次到达点B过程中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
若， 则四边形APQB是矩形，则以P、Q、C、D四点为顶点组成矩形．
设过了t秒，则PA=t，BQ=12-4t，
∴t=12-4t，
∴t=2.4（s），
在点Q由的过程中，
设过了t秒，则PA=t，BQ=4（t-3），
t=4（t-3），
解得：t=4（s），
在点Q再由过程中，
设过了t秒，则PA=t，BQ=12-4（t-6），
t=12-4（t-6），
解得：t=7.2（s），
在点Q再由的过程中，
设过了t秒，则PA=t，BQ=4（t-9），
t=4（t-9），
解得：t=13（s）>12(s)，故此舍去．
故答案为：2.4s或4s或7.2s；
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，此题属于动点型题目．解题时要注意数形结合与方程思想的应用．
17．4或5或6
【分析】首先证明四边形DEHF为菱形；当E与A重合时，CF取最大值，此时四边形DEHF为正方形，即得CF最大为6，当H与B重合时，CF最小，设菱形DEHF的边长为x，可得x2=32+（9-x）2，即得CF最小为4，从而可得线段CF的整数值为4或5或6．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，
∴∠BEF=∠DFE，
∵图形翻折后点D与点H重合，EF为折线，
∴∠DFE=∠HFE，DE=HE，DF=HF，
∴∠BEF=∠HFE，
∴EH=FH，
∴DE=EH=FH=DF，
∴四边形DEHF为菱形；
当E与A重合时，CF取最大值，如图：
此时∠EDF=∠ADC=90°，
∴四边形DEHF为正方形，
∴DF=AD=3，
∴CF=CD-DF=6，
即CF最大为6，
当H与B重合时，CF最小，如图：
设菱形DEHF的边长为x，则CF=9-x，
在Rt△HFC中，HF2=CF2+HC2，
∴x2=32+（9-x）2，
解得x=5，
∴CF=4，
即CF最小为4，
∴4≤CF≤6，
∴线段CF的整数值为4或5或6，
故答案为：4或5或6．
【点睛】本题考查矩形与折叠，勾股定理，解题的关键是掌握折叠的性质，分别求出CF的最大、最小值．
18．（2，2）
【详解】根据菱形的对角线互相垂直平分可得：点C的横坐标为4÷2=2，点C的纵坐标为1×2=2，
∴点C的坐标为（2，2）
故答案是：（2，2）
19．
【分析】由菱形面积公式列式计算即可．
【详解】解：∵菱形的两条对角线分别是6cm，7cm，
∴菱形的面积＝×6×7＝21（），
故答案为：21．
【点睛】本题考查了菱形的性质，熟记菱形的面积＝两条对角线长乘积的一半是解题的关键．
20．或或5
【详解】解：如图所示：
①当AP=AE=5时，∵∠BAD=90°，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴底边PE=AE=；
②当PE=AE=5时，
∵BE=AB﹣AE=8﹣5=3，∠B=90°，
∴PB==4，
∴底边AP===；
③当PA=PE时，底边AE=5；
综上所述：等腰三角形AEP的对边长为或或5；
故答案为或或5．
21．4.8或8或9.6
【分析】根据平行四边形的判定可得当DP=BQ时，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，然后分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=12cm，AD∥BC，
∵以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，
∴DP=BQ，
当点Q的运动路线是C—B时，则12-4t=12-t，
解得：t=0，不符合题意；
点Q的运动路线是C—B—C，则4t-12=12-t，
解得：t=4.8；
点Q的运动路线是C—B—C—B，则12-（4t-24）=12-t，
解得：t=8；
点Q的运动路线是C—B—C—B—C，则4t一36=12-t，
解得：t=9.6；
综上所述，t=4.8s或8s或9.6s时，以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，
故答案为：4.8或8或9.6．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质等知识，求出符合条件的所有情况是解此题的关键，注意分类讨论思想的应用．
22．(1)见解析
(2)12
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得到AB∥CD，从而可得到AB∥DF，根据平行线的性质可得到两组角相等，已知点E是BC的中点，从而可根据AAS来判定△BAE≌△CFE，根据全等三角形的对应边相等可证得AB＝CF，进而得出CF＝CD；
（2）利用全等三角形的判定与性质得出AE＝EF，证出DA＝DF，利用等腰三角形的性质求出即可，然后勾股定理求解即可．
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∵点F为DC的延长线上的一点，∴AB∥DF，∴∠BAE＝∠CFE，∠ECF＝∠EBA，∵E为BC中点，∴BE＝CE，则在△BAE和△CFE中， ，∴△BAE≌△CFE（），∴AB＝CF，∴CF＝CD；
（2）由（1）得：CF＝CD，△BAE≌△CFE，∴AE＝EF，DF＝2CD，∵AB＝CD，∴DF＝2AB，∵AD＝2AB，∴AD＝DF，∵AE＝EF，∴DE⊥AF在中，，∴
【点睛】此题主要考查学生对平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，证明线段相等的常用方法是证明三角形全等．
23．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）做出平行四边形的一条对角线即可；
（2）先确定对角线的交点O，然后再作过O、E的直线即可．
【详解】（1）解：如图所示，线段AC（或BD）即为所示．
（2）解：如图所示，直线OE即为所示．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质的应用，掌握平行四边形的性质是解答本题的关键．
24．（1）证明见解析；（2）平行四边形，理由见解析；（3）45°
【分析】（1）由平行四边形的性质得出∠OAF＝∠OCE，OA＝OC，进而判断出△AOF≌△COE，即可得出结论；
（2）先判断出∠BAC＝∠AOF，得出AB∥EF，即可得出结论；
（3）先求出AC＝2，进而得出A＝1＝AB，即可判断出△ABO是等腰直角三角形，进一步判断出△BFD是等腰三角形，利用等腰三角形的三线合一得出∠BOF＝90°，即可得出结论．
【详解】（1）证明：在 ABCD中，AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵OA＝OC，∠AOF＝∠COE，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴OE＝OF；
（2）当旋转角为90°时，四边形ABEF是平行四边形，理由：
∵AB⊥AC，
∴∠BAC＝90°，
∵∠AOF＝90°，
∴∠BAC＝∠AOF，
∴AB∥EF，
∵AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形；
（3）在Rt△ABC中，AB＝1，BC＝，
∴AC＝＝2，
∴OA＝1＝AB，
∴△ABO是等腰直角三角形，
∴∠AOB＝45°，
∵BF＝DF，
∴△BFD是等腰三角形，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∴OF⊥BD（等腰三角形底边上的中线是底边上的高），
∴∠BOF＝90°，
∴∠α＝∠AOF＝∠BOF﹣∠AOB＝45°．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质，判断出△ABO是等腰直角三角形是解本题的关键．
25．(1)；证明见解析
(2)见解析
【分析】(1)利用折叠性质，平行线的性质，三角形外角的性质，平行四边形的性质，证明∠ACD=∠CAB=90°即可．
(2) 利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形进行证明即可．
（1）
结论：．理由如下：
为等边三角形，
，
根据折叠的性质，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）
证明：由（1）可知，，
由折叠可知，
三点在同一条直线上，
四边形是平行四边形，
与平行且相等，
由折叠可知，
与平行且相等，
四边形为平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，等边三角形的性质 ，平行四边形的判定，垂直的证明，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．
26．（1）证明见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）由DE与AB垂直，BF与CD垂直，得到一对直角相等，再由ABCD为平行四边形得到AD=BC，对角相等，利用AAS即可的值；
（2）由平行四边形的对边平行得到DC与AB平行，得到∠CDE为直角，利用三个角为直角的四边形为矩形即可的值．
【详解】解：（1）∵DE⊥AB，BF⊥CD，
∴∠AED=∠CFB=90°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD=BC，∠A=∠C，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（AAS）；
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠CDE+∠DEB=180°，
∵∠DEB=90°，
∴∠CDE=90°，
∴∠CDE=∠DEB=∠BFD=90°，
则四边形BFDE为矩形．
【点睛】本题考查矩形的判定，全等三角形的判定与性质和平行四边形的性质，熟知平行四边形的性质定理和矩形点的判定定理是解题的关键．
27．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）连接AF、BD，相交于点O，连接CO并延长，交DF于点M，根据两菱形边长相等，角度相等，可证，，得到OA=OB，OF=OD，通过C为AB中点可得OC⊥AB，OM⊥DF，根据等腰三角形三线合一，即M是DF中点；
（2）连接AD、BF，并延长相交于点H，连接CH、DF，相交于点N，根据菱形是60°角可知AD∥CF，BF∥CD，所以四边形DCFH是平行四边形，根据平行四边形对角线互相平分，所以点N即是DF中点．
【详解】（1）如图1中，点M即为所求．
（2）如图2中，点N即为所求．
【点睛】本题考查作图，熟练利用菱形的性质和平行四边形的性质是解题关键，本题中第（2）小题方法同样适用于第（1）小题．
28．（1）详见解析；（2）四边形EBFD为菱形.
【分析】(1)根据平行四边形的性质可得BO=DO，AO=CO，再利用等式的性质可得EO=FO，然后再利用SAS定理判定△BOE≌△DOF即可；
(2)根据BO=DO，FO=EO可得四边形BEDF是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得四边形EBDF为菱形．
【详解】证明：(1) ∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=DO，AO=CO，
∵AE=CF，
∴AO﹣AE=CO﹣FO，
∴EO=FO，
在△BOE和△DOF中
，
∴△BOE≌△DOF（SAS）；
(2) 四边形EBDF为菱形
理由：∵BO=DO，FO=EO，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵BD⊥EF，
∴四边形EBDF为菱形．
【点睛】考查了平行四边形的性质，平行四边形的对角线互相平分．对角线互相平分的四边形是平行四边形．
29．(1) 四边形是垂美四边形，理由见解析；(2)证明见解析；(3) .
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理，可证直线是线段的垂直平分线，结合“垂美四边形”的定义证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）连接、，先证明，得到，可证，即，从而四边形是垂美四边形，根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【详解】(1)四边形是垂美四边形．
证明：连接AC，BD，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，即四边形是垂美四边形；
(2)猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形中，，垂足为，
求证：
证明：∵，
∴，
由勾股定理得，，
，
∴；
故答案为．
(3)连接、，
∵，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，又，
∴，即，
∴四边形是垂美四边形，
由(2)得，，
∵，，
∴，，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
30．（1）2；（2）证明见解析；（3） ．
【解析】（1）利用勾股定理计算，再根据准矩形的特点求出即可；
（2）先利用正方形的性质判断出△ABE≌△BCF，即可得证；
（3）作DF⊥BC，根据梯形的面积公式，三角形面积公式即可得出答案．
【详解】解：（1）∵∠ABC=90°，AB=2，BC=4，
∴AC=，
∵四边形ABCD是准矩形，
∴BD=AC=2．
故答案为：2；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=90°，
∴∠EBF+∠EBC=90°，
∵BE⊥CF，
∴∠EBC+∠BCF=90°，
∴∠EBF=∠BCF，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE=CF，
∴四边形BCEF是准矩形；
（3）作DF⊥BC，垂足为F，
∵∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，AB＝2，
∴∠BCA＝30°，
∴AC=4，BC=2，
∵AC=BD，AC=DC，
∴BD=CD=4，
∴BF=CF=BC=，
∴DF=，
∴S准矩形ABCD=S△DCF+S梯形ABFD
=
=
=．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了新定义，勾股定理，梯形面积公式，三角形面积公式，正确运用准矩形的定义是解本题的关键．