第十八章：平行四边形练习题（含解析）2021-2022学年山西省八年级下学期人教版数学期末试题选编
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| 名称 | 第十八章：平行四边形练习题（含解析）2021-2022学年山西省八年级下学期人教版数学期末试题选编 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-04-23 09:04:13 | ||
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文档简介
第十八章：平行四边形 练习题
一、单选题
1．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）如图，平行四边形的对角线相交于点O，，，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022春·山西临汾·八年级统考期末）在 ABCD中，∠A=3∠B，则∠B的度数是（ ）
A．30° B．36° C．45° D．60°
3．（2022春·山西运城·八年级统考期末）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且，添加下列条件后仍不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022春·山西晋中·八年级统考期末）在复习平行四边形的判定方法时，某同学进行了画图探究，其作法和图形如下：①如图1，作线段AC的垂直平分线，交AC于点O；②如图2，过点O作一条直线l（不过点A，C）再以点O为圆心，任意长为半径作弧，交直线l于点B，D，连接AB，BC，CD，AD．根据以上作法，不需借助三角形全等就能推出四边形ABCD是平行四边形的依据是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形 B．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
C．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 D．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
5．（2022春·山西忻州·八年级统考期末）如图，将矩形纸片沿折叠，使点A落在对角线上的处．若，则等于（ ）．
A． B． C． D．
6．（2022春·山西朔州·八年级统考期末）如图，矩形中，交于点分别为的中点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）如图，在菱形中，对角线，则的面积为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
8．（2022春·山西吕梁·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，∠ACD＝30°，BD＝6，则菱形ABCD的面积是（ ）
A．36 B． C． D．
9．（2022春·山西临汾·八年级统考期末）下列四边形中，对角线相等且互相垂直平分的是（ ）
A．平行四边形 B．正方形 C．菱形 D．矩形
10．（2022春·山西临汾·八年级统考期末）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF，给出下列四个结论：①AP=EF；②AP⊥EF；③△APD一定是等腰三角形；④∠PFE=∠BAP；其中不正确的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
二、填空题
11．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）如图，点A，B，C的坐标分别是，，，在平面直角坐标系内有一点D，使以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，那么点D的坐标是________．
12．（2022春·山西晋中·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，，是锐角，于点E，，F是CD的中点，连接BF，EF．若，则DE的长为______．
13．（2022春·山西运城·八年级统考期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝4，AD＝3，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为 ______．
14．（2022春·山西太原·八年级统考期末）如图，已知△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，连接DE并延长至F．使EF＝DE，连接CF．若∠B＝45°，则的度数为 _____．
15．（2022春·山西临汾·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为E、F．求PE+PF＝_____．
16．（2022春·山西忻州·八年级统考期末）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点O作交AD于点E，若，，则DE的长为______．
17．（2022春·山西大同·八年级统考期末）如图所示，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，试添加一个条件：___，使得平行四边形ABCD为菱形．
18．（2022春·山西吕梁·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，，点E为对角线AC上一点，且，连接DE，若，则DE的长为______．
19．（2022春·山西临汾·八年级统考期末）如图，在正方形的外侧，作等边，则________．
20．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）若点是的中点，，将正方形沿折叠，使点恰好落在边的中点处，点的对应点为点，则折痕的长为________ ．
三、解答题
21．（2022春·山西临汾·八年级统考期末）已知：如图，在ABCD中，延长线AB至点E，延长CD至点F，使得BE=DF．连接EF，与对角线AC交于点O．求证：OE=OF．
22．（2022春·山西太原·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，点，分别在，上，且，，相交于点，求证：．
23．（2022春·山西运城·八年级统考期末）已知：如图A、C是 DEBF的对角线EF所在直线上的两点，且AE＝CF．求证：四边形ABCD是平行四边形．
24．（2022春·山西大同·八年级统考期末）如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点，，连接，．求证：．
25．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）综合与实践．
(1)问题1：如图①，以为基础，借助无刻度直尺和圆规作一个平行四边形，标注字母，并说明理由；
(2)问题2：如图②，在平行四边形中，对角线，相交于点O，取的中点E，连接并延长至点F，使得，连接，，出现了新的特殊四边形，请判断其中一个四边形的形状，并说明理由；
(3)问题3：如图③，在问题2的平行四边形中添加一个条件，使四边形变成矩形，你添加的条件是 ，说明理由；
(4)问题4：如图④，在平行四边形中，若，过点O作直线，如果，，试求出线段的长度．（提示：利用勾股定理和菱形面积公式）
26．（2022春·山西临汾·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，E是BC边上的点，AE=BC ，DF⊥AE，垂足为F，连接DE．
（1）求证：AB=DF；
（2）若CE=1，AF=3，求DF的长．
27．（2022春·山西忻州·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，O为BD的中点，过点O作分别交BC，DA于点E，F．
(1)求证：四边形BEDF是菱形；
(2)若AB＝3，，求的面积．
28．（2022春·山西吕梁·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，点E，F在对角线BD上，BE＝DF．求证：四边形AECF是菱形．
29．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）已知正方形的边长为4个单位长度，点是的中点，请仅用无刻度直尺按下列要求作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中，将直线绕着正方形的中心顺时针旋转；
（2）在图2中，将直线向上平移1个单位长度．
30．（2022春·山西朔州·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形AOCB的点O在坐标原点上，点A在y轴上，AB∥OC，点B的坐标为（15，8），点C的坐标为（21，0），动点M从点A沿AB方向以每秒1个长度单位的速度运动，动点N从C点沿CO的方向以每秒2个长度单位的速度运动．点M、N同时出发，一点到达终点时，另一点也停止运动，设运动时间为t秒．
(1)当t＝2时，点M的坐标为 ，点N的坐标为 ；
(2)当t为何值时，四边形AONM是矩形？
参考答案：
1．A
【分析】平行四边形的对角线相互平分，故的长度可知，且在中，运用勾股定理可求的长度，且平行四边形中对边对应相等，长度可求．
【详解】解：∵平行四边形的对角线相互平分，
∴，
又∵，故为直角三角形，
∴根据勾股定理可得：，
∴，
且平行四边形中，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、勾股定理，解题的关键在于掌握平行四边形的对角线相互平分．
2．C
【分析】先根据平行四边形的性质得出∠A+∠B=180°，再根据∠A=3∠B，可求出∠B的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠A=3∠B，
∴4∠B=180°，
∴∠B=45°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的基本性质，解决本题的关键是掌握平行四边形基本性质．
3．D
【分析】A、由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得出四边形ABCD是平行四边形；B、由“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”可得出四边形ABCD是平行四边形；C、由ABCD可得出∠BAO=∠DCO、∠ABO=∠CDO，结合OA=OC可证出△ABO≌△CDO（AAS），根据全等三角形的性质可得出AB=CD，由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得出四边形ABCD是平行四边形；D、由ABCD、AD=BC无法证出四边形ABCD是平行四边形．此题得解．
【详解】解：A、∵ABCD、AB=CD，∴四边形ABCD是平行四边形；
B、∵ABCD、ADBC，∴四边形ABCD是平行四边形；
C、∵ABCD，∴∠BAO=∠DCO，∠ABO=∠CDO．在△ABO和△CDO中，，∴△ABO≌△CDO（AAS），∴AB=CD，∴四边形ABCD是平行四边形；
D、由ABCD、AD=BC，则四边形ABCD可能是平行四边形，也可能是等腰梯形．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定以及全等三角形的判定与性质，逐一分析四个选项给定条件能否证明四边形ABCD是平行四边形是解题的关键．
4．A
【分析】根据平行四边形的判定定理解答即可．
【详解】由题意得AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，掌握判定定理是解题的关键．即一组对边平行且相等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，对角线互相平分的四边形是平行四边形．
5．C
【分析】先根据矩形的性质得到∠ABD=66°，再根据折叠的性质得到，再根据直角三角形两锐角互余即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形
∴∠ABC=90°
∴∠ABD=90°-=66°
∵将矩形纸片沿折叠，使点A落在对角线上的处
∴
∴
故选C．
【点睛】此题主要考查矩形内的角度求解，解题的关键是熟知矩形及折叠的性质．
6．A
【分析】根据三角形中位线的性质可求出OD的长，根据矩形的性质可得AC的长，根据直角三角形的性质即可得答案.
【详解】∵E、F分别为AO、AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴OD=2EF=2×4=8，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OD=OA=OC=8，即：AC=16，
∵AB=8，
∴AC=2AB，
∵∠ABC=90°，
∴∠ACB=30°．
故选A．
【点睛】本题主要考查矩形的性质和直角三角形的性质以及中位线的性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半；掌握矩形的对角线互相平分且相等是解题的关键．
7．B
【分析】菱形的对角线互相垂直平分，故的面积为对角线的一半的乘积的．
【详解】是菱形
的面积
故选B．
【点睛】本题考查了菱形的性质及三角形面积，理解是直角三角形是解题的关键．
8．C
【分析】由菱形的性质得出，，，在中，由含30°角的直角三角形的性质求出，由勾股定理求出OC，得出AC，有菱形的面积公式即可得出结果．
【详解】解：四边形ABCD是菱形，
∴，，
在中，
∵
∴
∴
∴
∴菱形ABCD的面积=
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
9．B
【分析】根据各特殊四边形的性质即可一一判定．
【详解】解：A.平行四边形的对角线既不相等，也不互相垂直，故该选项不符合题意；
B.正方形的对角线相等且互相垂直平分，故该选项符合题意；
C.菱形的对角线互相垂直平分，但不一定相等，故该选项不符合题意；
D.矩形的对角线相等，但不互相垂直平分，故该选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了特殊平行四边形的性质，熟练掌握和运用各特殊平行四边形的性质是解决本题的关键．
10．C
【分析】过作于点，根据正方形对角线的性质及题中的已知条件，证明后即可证明①；④；延长，交于点，则，可得即可判断②；由于是动点，所以不一定是等腰三角形，故③错误．
【详解】证明：过作于点，
点是正方形的对角线上一点，
，
在中，，
，
，
同理，得，
，
，，
，
，
，故①正确；，
故④正确，
延长到上于一点，
，
，
，即故②正确；
点是正方形的对角线上任意一点，，
当或时，是等腰三角形，
不一定是等腰三角形，故③错误．
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，垂直的判定，等腰三角形的性质，勾股定理的运用．解题关键在于熟练掌握各性质定理．
11．或或
【分析】分三种情况：①为对角线时，②为对角线时，③为对角线时；由平行四边形的性质容易得出点D的坐标．
【详解】解：分三种情况：如图，
①为对角线时，点D的坐标为；
②为对角线时，点D的坐标为；
③为对角线时，点D的坐标为；
综上所述，点D的坐标是或或；
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形的性质；熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．
12．4
【分析】如图，延长BF交AD的延长线于Q，连接BE，设DE=x，首先证明△BCF≌△QDF（AAS），得出EQ=BE=x+5，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】解：如图，延长BF交AD的延长线于Q，连接BE，设DE=x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DQ∥BC，AD=BC=5，
∴∠Q=∠CBF，
∵DF=FC，∠DFQ=∠BFC，
∴△BCF≌△QDF（AAS），
∴BC=DQ，QF=BF，
∵∠EFB=90°，
∴EF⊥QB，
∴EQ=BE=x+5，
∵CE⊥AD，BC∥AD，
∴CE⊥BC，
∴∠DEC=∠ECB=90°，
∵CE2=EB2-BC2，
∴，
整理得：x2+10x-56=0，
解得x=4或-14（舍弃），
∴DE=4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，线段的垂直平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
13．
【分析】根据三角形的中位线定理，可得EF=DN，当DN最大时，EF最大，只有当N与B重合时，DN最大，利用勾股定理求出BD的长，即得结论．
【详解】连接DN、DB，如图所示：
在Rt△DAB中，∠A＝90°，AB＝4，AD＝3，
∴BD＝＝＝5，
∵点E，F分别为DM，MN的中点，
∴EF＝DN，
由题意得，当点N与点B重合是DN最大，最大值为5，
∴EF长度的最大值为2.5．
故答案为：2.5．
【点睛】本题考查三角形中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是中位线定理的灵活应用，学会转化的思想．
14．/45度
【分析】由条件可证得证得四边形BCFD为平行四边形，即可求证．
【详解】解：∵点E为AC的中点，点D为AB的中点，
∴∥，且．
∵EF＝DE，
∴，
∴，
∴四边形BCFD为平行四边形，
∴．
故答案为：
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，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．
15．．
【分析】连接OP，过点A作AG⊥BD于G，利用勾股定理列式求出BD，再利用三角形的面积求出AG，然后根据△AOD的面积求出PE+PF=AG即可．
【详解】解：如图所示，连接OP，过点A作AG⊥BD于G，
∵AB=3，AD=4，
∴BD=，S△ABD=AB AD=BD AG，
即×3×4=×5×AG，
解得：AG=，
在矩形ABCD中，OA=OD，
∵S△AOD=OA PE+OD PF=OD AG，
∴PE+PF=AG=．
故PE+PF=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形的面积；熟练掌握各性质并利用三角形的面积列出方程是解题的关键．
16．3
【分析】连接，由矩形的性质可得，，，，由，，可知垂直平分，则可得；设，则，在中，由勾股定理得关于的方程，求解即可．
【详解】解：连接，如图：
在矩形中，，，
，，，，
，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
，
解得．
的长为3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质及勾股定理等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
17．AD=DC（答案不唯一）
【分析】根据菱形的定义或判定定理得出答案即可．
【详解】由四边形ABCD是平行四边形，
添加AD=DC，根据邻边相等的平行四边形是菱形的判定，可使得平行四边形ABCD为菱形；
添加AC⊥BD，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形的判定，可使得平行四边形ABCD为菱形．
故答案为：AD=DC（答案不唯一）．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定以及平行四边形的性质，根据菱形的定义得出是解题关键．
18．
【分析】过E作EF⊥CD于F，由菱形的性质得AB＝AD＝CD，再由等腰三角形的在得∠DCA＝∠DAC＝30°，∠ADE＝∠AED＝75°，则∠EDF＝45°，再证△DEF是等腰直角三角形，即可得出结论．
【详解】解：如图，过E作EF⊥CD于F，
则∠EFC＝∠EFD＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝CD，
∴∠DCA＝∠DAC，
∵∠ADC＝120°，
∴∠DCA＝∠DAC＝30°，
∴EF＝CE＝2，
∵AE＝AB，
∴AE＝AE，
∴∠ADE＝∠AED＝（180°﹣∠DAC）＝75°，
∴∠EDF＝∠ADC﹣∠ADE＝120°﹣75°＝45°，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴DE＝EF＝2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查菱形的性质、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的性质和等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．
19．15°/15度
【分析】根据四边形ABCD是正方形，△ADE是正三角形，可得到AB=AE，然后利用正方形和正三角形的性质即可求解．
【详解】解∶ ∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AB=AD，
又∵△ADE是正三角形，
∴AE=AD，∠DAE=60°，
∴AB=AE，∠BAE=90°+60°=150°，
∴∠ABE=∠AEB=15°．
故答案为∶15°
【点睛】此题主要考查了正方形和等边三角形的性质，同时也利用了三角形的内角和，解题首先利用正方形和等边三角形的性质证明等腰三角形，然后利用等腰三角形的性质即可解决问题．
20．
【分析】过点作于点，连接，根据正方形的性质可证四边形是矩形，根据折叠可知垂直平分，可证，根据全等三角形的性质可得，在中，根据勾股定理求出的长，即可确定的长．
【详解】解：过点作于点，连接，如图所示：
则，
在正方形中，，，
四边形是矩形，
，
根据折叠可知，垂直平分，
，
，
，
在和中，
，
，
为的中点，
，
在中，根据勾股定理得，，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠问题，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
21．证明见解析．
【分析】先由平行四边形的性质得出AB=CD，AB∥DC，再得出∠F=∠E，CF=AE，∠DCA=∠CAB，即可推出△COF≌△AOE，从而得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥DC，
∴∠F=∠E，∠DCA=∠CAB，
∵AB=CD，FD=BE，
∴CF=AE，
在△COF和△AOE中，
∵∠F=∠E，CF=AE，∠DCA=∠CAB，
∴△COF≌△AOE，
∴OE=OF．
22．证明见解析
【分析】只需要利用证明即可证明结论．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，熟知平行四边形对边相等且平行是解题的关键．
23．证明见解析
【分析】根据平行四边形和平行线的性质，推导得，；根据全等三角形的判定和性质，证明、，得、，即可完成证明．
【详解】证明：∵平行四边形DEBF，
∴，，
∴，，
∵，，，，
∴，，
∵平行四边形DEBF，
∴，，
在和中，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形、平行线、全等三角形的知识；解题的关键是熟练掌握平行四边形、全等三角形的判定和性质，从而完成求解．
24．见解析
【分析】根据平行四边形的对边平行且相等，得AB=CD，AB∥CD，再根据平行线的性质，得∠BAE=∠DCF，∠AEB=∠CFD，由AAS证明△ABE≌△CDF，根据全等三角形的对应边相等，得BE=DF，从而得出四边形BFDE是平行四边形，根据两直线平行内错角相等证得．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，．
∴．
∵，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∵，，
∴．
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∴．
∴．
【点睛】本题考查的平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
25．(1)见解析
(2)是平行四边形，理由见解析
(3)(答案不唯一)，见解析
(4)
【分析】问题1：分别在两边上各任取点B、D，分别以点B、D为圆心，分别以、为半径画弧，两弧交于点C，连接，，四边形即可为所求作的平行四边形，即可作得，再证明即可；
问题2：根据平行四边形的判定定理即可判定；
问题3：根据矩形的判定定理即可解答；
问题4：首先可证得四边形是矩形，，，，垂直平分， ，再利用勾股定理可求得，设，则，利用勾股定理可求得，，再根据平行线分线段成比例定理，可得，据此即可求解．
【详解】（1）解：如图：分别在两边上各任取点B、D，分别以点B、D为圆心，分别以、为半径画弧，两弧交于点C，连接，，四边形即可为所求作的平行四边形
理由如下：如图：连接，
由作法可知：，，
在与中，
，
，
，
四边形是平行四边形
（2）解：出现新的四边形有、、，这3个四边形的形状都是平行四边形．
四边形是平行四边形，
理由如下：
点E是的中点，
，
又，
四边形是平行四边形；
（3）解：添加的条件是：，
，
，
又四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
故答案为：；
（4）解：如图：连接，
在平行四边形中，，
四边形是矩形，
，，，
，
又，
垂直平分，，
，
在与中，
，
，
在中，，，
，
，
设，则，
在中，，
得，
解得，
即，
在中，，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握和运用各特殊平行四边形的性质与判定是解决本题的关键．
26．（1）见解析；（2）
【分析】（1）由题意易得BC=AD ，AD∥BC，∠B=∠C=90°，进而可得△ABE≌△DFA，则问题得证；
（2）由（1）可得△ABE≌△DFA，则有AF=BE=3，DF=AB=CD，进而可得△DFE≌△DCE，然后利用勾股定理可求．
【详解】（1）证明：在矩形ABCD中
∴BC=AD ，AD∥BC，∠B=∠C=90°，
∴∠DAF=∠AEB，
∵DF⊥AE，AE=BC，
∴∠AFD=90°=∠B，AE=AD，
∴△ABE≌△DFA，
∴AB=DF；
（2）解：由（1）可得△ABE≌△DFA，
∴AF=BE=3，DF=AB=CD，
∴∠DFE=∠DCE，
∴△DFE≌△DCE，
∴CE=EF=1，AE=4，
在Rt△ABE中，AB==．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握矩形的性质、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．
27．(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证明（ASA），得到，证得四边形BEDF是平行四边形，由进一步证得四边形BEDF是菱形.；
（2）设，由四边形ABCD是矩形，得到AD＝BC＝6，∠A＝90°，四边形BEDF是菱形，，， 在中,由得，求得FD＝，求得＝，进一步得到答案．
（1）
证明：如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ADBC
∴
∵O为BD的中点
∴
∵
∴（ASA）
∴
∴四边形BEDF是平行四边形
又∵
∴四边形BEDF是菱形.
（2）
解：设
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝6，∠A＝90°，
由（1）知四边形BEDF是菱形
∴
∴
在中, ∠A＝90°，AB＝3，，
由勾股定理得
∴
∴FD＝
∴＝
∴
【点睛】此题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、直角三角形的面积等知识，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
28．见解析
【分析】由菱形的性质得OA=OC，OB=OD，再证OE=OF，即可得出结论．
【详解】证明：连接AC交BD于点O
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC
∵BE＝DF
∴OB－BE＝OD－DF即OE＝OF
∵OA＝OC，AC⊥BD
∴四边形AECF是菱形．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质与判定定理是解题的关键．
29．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）连接BD与AC相交于O，连接AE与BD相交于P，连接CP并延长交AD于F，直线OF即为所求；
（2）设AE与OF交于G，连接OE交CF于H，则直线GH即为所求．
【详解】（1）如图，直线OF即为所求；
∵AD=CD，∠ADP=∠CDP=45°，DP=DP，
∴△ADP△CDP，
∴∠DAE=∠DCF，
∵AD=CD，∠ADE=∠CDF=90°，
∴△ADE△CDF，
∴DE=DF，
∵点E是CD的中点，
∴点F是AD的中点，
∵∠AOD=90°，且AO=OD，
∴∠AOF=45°；
（1）如图，直线GH即为所求；
由三角形中位线定理知OG=CF=1，OH=AF=1，且∠GOH=90°，
∴OG=OH，
∴△GOH是等腰直角三角形，
∴∠HOC=∠OHG=45°，
∴GH∥AC，且OG =1．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
30．(1)（2，8），（17，0）
(2)7秒
【分析】（1）根据已知点的坐标和移动的速度求得AM和ON的长，然后即可求得点M和点N的坐标；
（2）利用矩形的对边相等得到AM=ON，从而得到有关t的方程，求得t值即可
（1）
解：∵点B的坐标为（15，8），点C的坐标为（21，0），动点M从点A沿AB方向以每秒1个长度单位的速度运动，动点N从C点沿CO的方向以每秒2个长度单位的速度运动，
当t=2时，
AM＝2，CN＝4，
∴ON＝21﹣4＝17，
∴点M的坐标为：（2，8），点N的坐标为：（17，0）；
故答案为：（2，8），（17，0）；
（2）
当四边形AONM是矩形时，AM＝ON，
所以t＝21﹣2t，
解得：t＝7．
故t＝7秒时四边形AONM是矩形．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，一元一次方程的应用等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
一、单选题
1．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）如图，平行四边形的对角线相交于点O，，，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022春·山西临汾·八年级统考期末）在 ABCD中，∠A=3∠B，则∠B的度数是（ ）
A．30° B．36° C．45° D．60°
3．（2022春·山西运城·八年级统考期末）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且，添加下列条件后仍不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2022春·山西晋中·八年级统考期末）在复习平行四边形的判定方法时，某同学进行了画图探究，其作法和图形如下：①如图1，作线段AC的垂直平分线，交AC于点O；②如图2，过点O作一条直线l（不过点A，C）再以点O为圆心，任意长为半径作弧，交直线l于点B，D，连接AB，BC，CD，AD．根据以上作法，不需借助三角形全等就能推出四边形ABCD是平行四边形的依据是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形 B．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
C．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 D．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
5．（2022春·山西忻州·八年级统考期末）如图，将矩形纸片沿折叠，使点A落在对角线上的处．若，则等于（ ）．
A． B． C． D．
6．（2022春·山西朔州·八年级统考期末）如图，矩形中，交于点分别为的中点，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）如图，在菱形中，对角线，则的面积为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
8．（2022春·山西吕梁·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，∠ACD＝30°，BD＝6，则菱形ABCD的面积是（ ）
A．36 B． C． D．
9．（2022春·山西临汾·八年级统考期末）下列四边形中，对角线相等且互相垂直平分的是（ ）
A．平行四边形 B．正方形 C．菱形 D．矩形
10．（2022春·山西临汾·八年级统考期末）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF，给出下列四个结论：①AP=EF；②AP⊥EF；③△APD一定是等腰三角形；④∠PFE=∠BAP；其中不正确的是（ ）
A．① B．② C．③ D．④
二、填空题
11．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）如图，点A，B，C的坐标分别是，，，在平面直角坐标系内有一点D，使以A，B，C，D为顶点的四边形是平行四边形，那么点D的坐标是________．
12．（2022春·山西晋中·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，，是锐角，于点E，，F是CD的中点，连接BF，EF．若，则DE的长为______．
13．（2022春·山西运城·八年级统考期末）如图，四边形ABCD中，∠A＝90°，AB＝4，AD＝3，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为 ______．
14．（2022春·山西太原·八年级统考期末）如图，已知△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，连接DE并延长至F．使EF＝DE，连接CF．若∠B＝45°，则的度数为 _____．
15．（2022春·山西临汾·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为E、F．求PE+PF＝_____．
16．（2022春·山西忻州·八年级统考期末）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点O作交AD于点E，若，，则DE的长为______．
17．（2022春·山西大同·八年级统考期末）如图所示，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，试添加一个条件：___，使得平行四边形ABCD为菱形．
18．（2022春·山西吕梁·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，，点E为对角线AC上一点，且，连接DE，若，则DE的长为______．
19．（2022春·山西临汾·八年级统考期末）如图，在正方形的外侧，作等边，则________．
20．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）若点是的中点，，将正方形沿折叠，使点恰好落在边的中点处，点的对应点为点，则折痕的长为________ ．
三、解答题
21．（2022春·山西临汾·八年级统考期末）已知：如图，在ABCD中，延长线AB至点E，延长CD至点F，使得BE=DF．连接EF，与对角线AC交于点O．求证：OE=OF．
22．（2022春·山西太原·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，点，分别在，上，且，，相交于点，求证：．
23．（2022春·山西运城·八年级统考期末）已知：如图A、C是 DEBF的对角线EF所在直线上的两点，且AE＝CF．求证：四边形ABCD是平行四边形．
24．（2022春·山西大同·八年级统考期末）如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点，，连接，．求证：．
25．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）综合与实践．
(1)问题1：如图①，以为基础，借助无刻度直尺和圆规作一个平行四边形，标注字母，并说明理由；
(2)问题2：如图②，在平行四边形中，对角线，相交于点O，取的中点E，连接并延长至点F，使得，连接，，出现了新的特殊四边形，请判断其中一个四边形的形状，并说明理由；
(3)问题3：如图③，在问题2的平行四边形中添加一个条件，使四边形变成矩形，你添加的条件是 ，说明理由；
(4)问题4：如图④，在平行四边形中，若，过点O作直线，如果，，试求出线段的长度．（提示：利用勾股定理和菱形面积公式）
26．（2022春·山西临汾·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，E是BC边上的点，AE=BC ，DF⊥AE，垂足为F，连接DE．
（1）求证：AB=DF；
（2）若CE=1，AF=3，求DF的长．
27．（2022春·山西忻州·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，O为BD的中点，过点O作分别交BC，DA于点E，F．
(1)求证：四边形BEDF是菱形；
(2)若AB＝3，，求的面积．
28．（2022春·山西吕梁·八年级统考期末）如图，在菱形ABCD中，点E，F在对角线BD上，BE＝DF．求证：四边形AECF是菱形．
29．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）已知正方形的边长为4个单位长度，点是的中点，请仅用无刻度直尺按下列要求作图（保留作图痕迹）．
（1）在图1中，将直线绕着正方形的中心顺时针旋转；
（2）在图2中，将直线向上平移1个单位长度．
30．（2022春·山西朔州·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形AOCB的点O在坐标原点上，点A在y轴上，AB∥OC，点B的坐标为（15，8），点C的坐标为（21，0），动点M从点A沿AB方向以每秒1个长度单位的速度运动，动点N从C点沿CO的方向以每秒2个长度单位的速度运动．点M、N同时出发，一点到达终点时，另一点也停止运动，设运动时间为t秒．
(1)当t＝2时，点M的坐标为 ，点N的坐标为 ；
(2)当t为何值时，四边形AONM是矩形？
参考答案：
1．A
【分析】平行四边形的对角线相互平分，故的长度可知，且在中，运用勾股定理可求的长度，且平行四边形中对边对应相等，长度可求．
【详解】解：∵平行四边形的对角线相互平分，
∴，
又∵，故为直角三角形，
∴根据勾股定理可得：，
∴，
且平行四边形中，，
∴，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、勾股定理，解题的关键在于掌握平行四边形的对角线相互平分．
2．C
【分析】先根据平行四边形的性质得出∠A+∠B=180°，再根据∠A=3∠B，可求出∠B的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠A=3∠B，
∴4∠B=180°，
∴∠B=45°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的基本性质，解决本题的关键是掌握平行四边形基本性质．
3．D
【分析】A、由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得出四边形ABCD是平行四边形；B、由“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”可得出四边形ABCD是平行四边形；C、由ABCD可得出∠BAO=∠DCO、∠ABO=∠CDO，结合OA=OC可证出△ABO≌△CDO（AAS），根据全等三角形的性质可得出AB=CD，由“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得出四边形ABCD是平行四边形；D、由ABCD、AD=BC无法证出四边形ABCD是平行四边形．此题得解．
【详解】解：A、∵ABCD、AB=CD，∴四边形ABCD是平行四边形；
B、∵ABCD、ADBC，∴四边形ABCD是平行四边形；
C、∵ABCD，∴∠BAO=∠DCO，∠ABO=∠CDO．在△ABO和△CDO中，，∴△ABO≌△CDO（AAS），∴AB=CD，∴四边形ABCD是平行四边形；
D、由ABCD、AD=BC，则四边形ABCD可能是平行四边形，也可能是等腰梯形．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定以及全等三角形的判定与性质，逐一分析四个选项给定条件能否证明四边形ABCD是平行四边形是解题的关键．
4．A
【分析】根据平行四边形的判定定理解答即可．
【详解】由题意得AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，掌握判定定理是解题的关键．即一组对边平行且相等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，对角线互相平分的四边形是平行四边形．
5．C
【分析】先根据矩形的性质得到∠ABD=66°，再根据折叠的性质得到，再根据直角三角形两锐角互余即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形
∴∠ABC=90°
∴∠ABD=90°-=66°
∵将矩形纸片沿折叠，使点A落在对角线上的处
∴
∴
故选C．
【点睛】此题主要考查矩形内的角度求解，解题的关键是熟知矩形及折叠的性质．
6．A
【分析】根据三角形中位线的性质可求出OD的长，根据矩形的性质可得AC的长，根据直角三角形的性质即可得答案.
【详解】∵E、F分别为AO、AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴OD=2EF=2×4=8，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OD=OA=OC=8，即：AC=16，
∵AB=8，
∴AC=2AB，
∵∠ABC=90°，
∴∠ACB=30°．
故选A．
【点睛】本题主要考查矩形的性质和直角三角形的性质以及中位线的性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半；掌握矩形的对角线互相平分且相等是解题的关键．
7．B
【分析】菱形的对角线互相垂直平分，故的面积为对角线的一半的乘积的．
【详解】是菱形
的面积
故选B．
【点睛】本题考查了菱形的性质及三角形面积，理解是直角三角形是解题的关键．
8．C
【分析】由菱形的性质得出，，，在中，由含30°角的直角三角形的性质求出，由勾股定理求出OC，得出AC，有菱形的面积公式即可得出结果．
【详解】解：四边形ABCD是菱形，
∴，，
在中，
∵
∴
∴
∴
∴菱形ABCD的面积=
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，含30°角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
9．B
【分析】根据各特殊四边形的性质即可一一判定．
【详解】解：A.平行四边形的对角线既不相等，也不互相垂直，故该选项不符合题意；
B.正方形的对角线相等且互相垂直平分，故该选项符合题意；
C.菱形的对角线互相垂直平分，但不一定相等，故该选项不符合题意；
D.矩形的对角线相等，但不互相垂直平分，故该选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了特殊平行四边形的性质，熟练掌握和运用各特殊平行四边形的性质是解决本题的关键．
10．C
【分析】过作于点，根据正方形对角线的性质及题中的已知条件，证明后即可证明①；④；延长，交于点，则，可得即可判断②；由于是动点，所以不一定是等腰三角形，故③错误．
【详解】证明：过作于点，
点是正方形的对角线上一点，
，
在中，，
，
，
同理，得，
，
，，
，
，
，故①正确；，
故④正确，
延长到上于一点，
，
，
，即故②正确；
点是正方形的对角线上任意一点，，
当或时，是等腰三角形，
不一定是等腰三角形，故③错误．
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，垂直的判定，等腰三角形的性质，勾股定理的运用．解题关键在于熟练掌握各性质定理．
11．或或
【分析】分三种情况：①为对角线时，②为对角线时，③为对角线时；由平行四边形的性质容易得出点D的坐标．
【详解】解：分三种情况：如图，
①为对角线时，点D的坐标为；
②为对角线时，点D的坐标为；
③为对角线时，点D的坐标为；
综上所述，点D的坐标是或或；
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、坐标与图形的性质；熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．
12．4
【分析】如图，延长BF交AD的延长线于Q，连接BE，设DE=x，首先证明△BCF≌△QDF（AAS），得出EQ=BE=x+5，利用勾股定理构建方程即可解决问题．
【详解】解：如图，延长BF交AD的延长线于Q，连接BE，设DE=x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DQ∥BC，AD=BC=5，
∴∠Q=∠CBF，
∵DF=FC，∠DFQ=∠BFC，
∴△BCF≌△QDF（AAS），
∴BC=DQ，QF=BF，
∵∠EFB=90°，
∴EF⊥QB，
∴EQ=BE=x+5，
∵CE⊥AD，BC∥AD，
∴CE⊥BC，
∴∠DEC=∠ECB=90°，
∵CE2=EB2-BC2，
∴，
整理得：x2+10x-56=0，
解得x=4或-14（舍弃），
∴DE=4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，线段的垂直平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
13．
【分析】根据三角形的中位线定理，可得EF=DN，当DN最大时，EF最大，只有当N与B重合时，DN最大，利用勾股定理求出BD的长，即得结论．
【详解】连接DN、DB，如图所示：
在Rt△DAB中，∠A＝90°，AB＝4，AD＝3，
∴BD＝＝＝5，
∵点E，F分别为DM，MN的中点，
∴EF＝DN，
由题意得，当点N与点B重合是DN最大，最大值为5，
∴EF长度的最大值为2.5．
故答案为：2.5．
【点睛】本题考查三角形中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是中位线定理的灵活应用，学会转化的思想．
14．/45度
【分析】由条件可证得证得四边形BCFD为平行四边形，即可求证．
【详解】解：∵点E为AC的中点，点D为AB的中点，
∴∥，且．
∵EF＝DE，
∴，
∴，
∴四边形BCFD为平行四边形，
∴．
故答案为：
【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，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．
15．．
【分析】连接OP，过点A作AG⊥BD于G，利用勾股定理列式求出BD，再利用三角形的面积求出AG，然后根据△AOD的面积求出PE+PF=AG即可．
【详解】解：如图所示，连接OP，过点A作AG⊥BD于G，
∵AB=3，AD=4，
∴BD=，S△ABD=AB AD=BD AG，
即×3×4=×5×AG，
解得：AG=，
在矩形ABCD中，OA=OD，
∵S△AOD=OA PE+OD PF=OD AG，
∴PE+PF=AG=．
故PE+PF=．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形的面积；熟练掌握各性质并利用三角形的面积列出方程是解题的关键．
16．3
【分析】连接，由矩形的性质可得，，，，由，，可知垂直平分，则可得；设，则，在中，由勾股定理得关于的方程，求解即可．
【详解】解：连接，如图：
在矩形中，，，
，，，，
，
，
设，则，
在中，由勾股定理得：，
，
解得．
的长为3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质及勾股定理等知识点，数形结合、熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
17．AD=DC（答案不唯一）
【分析】根据菱形的定义或判定定理得出答案即可．
【详解】由四边形ABCD是平行四边形，
添加AD=DC，根据邻边相等的平行四边形是菱形的判定，可使得平行四边形ABCD为菱形；
添加AC⊥BD，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形的判定，可使得平行四边形ABCD为菱形．
故答案为：AD=DC（答案不唯一）．
【点睛】此题主要考查了菱形的判定以及平行四边形的性质，根据菱形的定义得出是解题关键．
18．
【分析】过E作EF⊥CD于F，由菱形的性质得AB＝AD＝CD，再由等腰三角形的在得∠DCA＝∠DAC＝30°，∠ADE＝∠AED＝75°，则∠EDF＝45°，再证△DEF是等腰直角三角形，即可得出结论．
【详解】解：如图，过E作EF⊥CD于F，
则∠EFC＝∠EFD＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝CD，
∴∠DCA＝∠DAC，
∵∠ADC＝120°，
∴∠DCA＝∠DAC＝30°，
∴EF＝CE＝2，
∵AE＝AB，
∴AE＝AE，
∴∠ADE＝∠AED＝（180°﹣∠DAC）＝75°，
∴∠EDF＝∠ADC﹣∠ADE＝120°﹣75°＝45°，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴DE＝EF＝2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查菱形的性质、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的性质和等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．
19．15°/15度
【分析】根据四边形ABCD是正方形，△ADE是正三角形，可得到AB=AE，然后利用正方形和正三角形的性质即可求解．
【详解】解∶ ∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AB=AD，
又∵△ADE是正三角形，
∴AE=AD，∠DAE=60°，
∴AB=AE，∠BAE=90°+60°=150°，
∴∠ABE=∠AEB=15°．
故答案为∶15°
【点睛】此题主要考查了正方形和等边三角形的性质，同时也利用了三角形的内角和，解题首先利用正方形和等边三角形的性质证明等腰三角形，然后利用等腰三角形的性质即可解决问题．
20．
【分析】过点作于点，连接，根据正方形的性质可证四边形是矩形，根据折叠可知垂直平分，可证，根据全等三角形的性质可得，在中，根据勾股定理求出的长，即可确定的长．
【详解】解：过点作于点，连接，如图所示：
则，
在正方形中，，，
四边形是矩形，
，
根据折叠可知，垂直平分，
，
，
，
在和中，
，
，
为的中点，
，
在中，根据勾股定理得，，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠问题，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
21．证明见解析．
【分析】先由平行四边形的性质得出AB=CD，AB∥DC，再得出∠F=∠E，CF=AE，∠DCA=∠CAB，即可推出△COF≌△AOE，从而得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥DC，
∴∠F=∠E，∠DCA=∠CAB，
∵AB=CD，FD=BE，
∴CF=AE，
在△COF和△AOE中，
∵∠F=∠E，CF=AE，∠DCA=∠CAB，
∴△COF≌△AOE，
∴OE=OF．
22．证明见解析
【分析】只需要利用证明即可证明结论．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴，即，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，熟知平行四边形对边相等且平行是解题的关键．
23．证明见解析
【分析】根据平行四边形和平行线的性质，推导得，；根据全等三角形的判定和性质，证明、，得、，即可完成证明．
【详解】证明：∵平行四边形DEBF，
∴，，
∴，，
∵，，，，
∴，，
∵平行四边形DEBF，
∴，，
在和中，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形、平行线、全等三角形的知识；解题的关键是熟练掌握平行四边形、全等三角形的判定和性质，从而完成求解．
24．见解析
【分析】根据平行四边形的对边平行且相等，得AB=CD，AB∥CD，再根据平行线的性质，得∠BAE=∠DCF，∠AEB=∠CFD，由AAS证明△ABE≌△CDF，根据全等三角形的对应边相等，得BE=DF，从而得出四边形BFDE是平行四边形，根据两直线平行内错角相等证得．
【详解】证明：∵四边形是平行四边形，
∴，．
∴．
∵，
∴．
∵，，
∴．
∴．
∵，，
∴．
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∴．
∴．
【点睛】本题考查的平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
25．(1)见解析
(2)是平行四边形，理由见解析
(3)(答案不唯一)，见解析
(4)
【分析】问题1：分别在两边上各任取点B、D，分别以点B、D为圆心，分别以、为半径画弧，两弧交于点C，连接，，四边形即可为所求作的平行四边形，即可作得，再证明即可；
问题2：根据平行四边形的判定定理即可判定；
问题3：根据矩形的判定定理即可解答；
问题4：首先可证得四边形是矩形，，，，垂直平分， ，再利用勾股定理可求得，设，则，利用勾股定理可求得，，再根据平行线分线段成比例定理，可得，据此即可求解．
【详解】（1）解：如图：分别在两边上各任取点B、D，分别以点B、D为圆心，分别以、为半径画弧，两弧交于点C，连接，，四边形即可为所求作的平行四边形
理由如下：如图：连接，
由作法可知：，，
在与中，
，
，
，
四边形是平行四边形
（2）解：出现新的四边形有、、，这3个四边形的形状都是平行四边形．
四边形是平行四边形，
理由如下：
点E是的中点，
，
又，
四边形是平行四边形；
（3）解：添加的条件是：，
，
，
又四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
故答案为：；
（4）解：如图：连接，
在平行四边形中，，
四边形是矩形，
，，，
，
又，
垂直平分，，
，
在与中，
，
，
在中，，，
，
，
设，则，
在中，，
得，
解得，
即，
在中，，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握和运用各特殊平行四边形的性质与判定是解决本题的关键．
26．（1）见解析；（2）
【分析】（1）由题意易得BC=AD ，AD∥BC，∠B=∠C=90°，进而可得△ABE≌△DFA，则问题得证；
（2）由（1）可得△ABE≌△DFA，则有AF=BE=3，DF=AB=CD，进而可得△DFE≌△DCE，然后利用勾股定理可求．
【详解】（1）证明：在矩形ABCD中
∴BC=AD ，AD∥BC，∠B=∠C=90°，
∴∠DAF=∠AEB，
∵DF⊥AE，AE=BC，
∴∠AFD=90°=∠B，AE=AD，
∴△ABE≌△DFA，
∴AB=DF；
（2）解：由（1）可得△ABE≌△DFA，
∴AF=BE=3，DF=AB=CD，
∴∠DFE=∠DCE，
∴△DFE≌△DCE，
∴CE=EF=1，AE=4，
在Rt△ABE中，AB==．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、全等三角形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握矩形的性质、全等三角形的性质与判定及勾股定理是解题的关键．
27．(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证明（ASA），得到，证得四边形BEDF是平行四边形，由进一步证得四边形BEDF是菱形.；
（2）设，由四边形ABCD是矩形，得到AD＝BC＝6，∠A＝90°，四边形BEDF是菱形，，， 在中,由得，求得FD＝，求得＝，进一步得到答案．
（1）
证明：如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ADBC
∴
∵O为BD的中点
∴
∵
∴（ASA）
∴
∴四边形BEDF是平行四边形
又∵
∴四边形BEDF是菱形.
（2）
解：设
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝6，∠A＝90°，
由（1）知四边形BEDF是菱形
∴
∴
在中, ∠A＝90°，AB＝3，，
由勾股定理得
∴
∴FD＝
∴＝
∴
【点睛】此题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、直角三角形的面积等知识，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
28．见解析
【分析】由菱形的性质得OA=OC，OB=OD，再证OE=OF，即可得出结论．
【详解】证明：连接AC交BD于点O
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC
∵BE＝DF
∴OB－BE＝OD－DF即OE＝OF
∵OA＝OC，AC⊥BD
∴四边形AECF是菱形．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，熟练掌握菱形的性质与判定定理是解题的关键．
29．（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）连接BD与AC相交于O，连接AE与BD相交于P，连接CP并延长交AD于F，直线OF即为所求；
（2）设AE与OF交于G，连接OE交CF于H，则直线GH即为所求．
【详解】（1）如图，直线OF即为所求；
∵AD=CD，∠ADP=∠CDP=45°，DP=DP，
∴△ADP△CDP，
∴∠DAE=∠DCF，
∵AD=CD，∠ADE=∠CDF=90°，
∴△ADE△CDF，
∴DE=DF，
∵点E是CD的中点，
∴点F是AD的中点，
∵∠AOD=90°，且AO=OD，
∴∠AOF=45°；
（1）如图，直线GH即为所求；
由三角形中位线定理知OG=CF=1，OH=AF=1，且∠GOH=90°，
∴OG=OH，
∴△GOH是等腰直角三角形，
∴∠HOC=∠OHG=45°，
∴GH∥AC，且OG =1．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
30．(1)（2，8），（17，0）
(2)7秒
【分析】（1）根据已知点的坐标和移动的速度求得AM和ON的长，然后即可求得点M和点N的坐标；
（2）利用矩形的对边相等得到AM=ON，从而得到有关t的方程，求得t值即可
（1）
解：∵点B的坐标为（15，8），点C的坐标为（21，0），动点M从点A沿AB方向以每秒1个长度单位的速度运动，动点N从C点沿CO的方向以每秒2个长度单位的速度运动，
当t=2时，
AM＝2，CN＝4，
∴ON＝21﹣4＝17，
∴点M的坐标为：（2，8），点N的坐标为：（17，0）；
故答案为：（2，8），（17，0）；
（2）
当四边形AONM是矩形时，AM＝ON，
所以t＝21﹣2t，
解得：t＝7．
故t＝7秒时四边形AONM是矩形．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，一元一次方程的应用等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．