第十八章：平行四边形练习题（含解析）2021-2022学年新疆地区八年级下学期人教版数学期末试题选编
文档属性
| 名称 | 第十八章：平行四边形练习题（含解析）2021-2022学年新疆地区八年级下学期人教版数学期末试题选编 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 771.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-04-29 21:05:39 | ||
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文档简介
第十八章：平行四边形
一、单选题
1．（2022春·新疆克拉玛依·八年级统考期末）如图， ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC+BD=16，CD=6，则△ABO的周长是（ ）
A．10 B．14 C．20 D．22
2．（2022春·新疆塔城·八年级统考期末）如果四边形ABCD是平行四边形，AB=6，且AB的长是四边形ABCD周长的，那么BC的长是（ ）
A．6 B．8 C．10 D．16
3．（2022春·新疆克拉玛依·八年级统考期末）如图，四边形ABCD的对角线交于点O，下列哪组条件不能判断四边形ABCD是平行四边形（ ）
A．， B．，
C．， D．，
4．（2022春·新疆阿克苏·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°
5．（2022春·新疆塔城·八年级统考期末）如图，在中，，点F为AC中点，是的中位线，若，则BF=（ ）
A．6 B．4 C．3 D．5
6．（2022春·新疆巴音郭楞·八年级统考期末）如图，菱形中，，，则菱形的面积为（ ）
A．20 B．40 C．28 D．24
7．（2022春·新疆塔城·八年级统考期末）如图，一个木制的活动衣帽架由3个全等的菱形构成．已知菱形的边长为，当挂钩B、D间的距离是时，则挂钩A、C间的距离是（ ）．
A． B． C．12 D．24
8．（2022春·新疆和田·八年级统考期末）如图，菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，则菱形的周长是（ ）
A．20 B．24
C．28 D．40
9．（2022春·新疆喀什·八年级统考期末）下列命题中，是真命题的是（ ）
A．两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．两条对角线相等的四边形是矩形
C．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
D．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
10．（2022春·新疆克拉玛依·八年级统考期末）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：
①若AC＝BD，则四边形EFGH为矩形；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；
③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；
④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．
其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
11．（2022春·新疆克拉玛依·八年级统考期末）已知平行四边形ABCD中，∠B＋∠D＝270°，则∠C＝________.
12．（2022春·新疆塔城·八年级统考期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AB⊥AC．若AB=4，AC=6，则BD的长为_________．
13．（2022春·新疆巴音郭楞·八年级统考期末）如图，已知平面直角坐标系中的三点坐标分别为A(2，3)，B(6，3)，C(4，0)．现要找到一点D，使得四个点构成的四边形是平行四边形，那么点D的坐标是________．
14．（2022春·新疆克拉玛依·八年级统考期末）如图，已知矩形沿着直线折叠，使点落在处，交于，，，则的长为______．
15．（2022春·新疆喀什·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，进行如下操作：将矩形ABCD沿DE折叠，点A恰好落在边BC上的一点F处，点E在边AB上．若，，则BE的长为______．
16．（2022春·新疆克拉玛依·八年级统考期末）如图，四边形是菱形，，，于点，则________．
17．（2022春·新疆省直辖县级单位·八年级统考期末）如图所示，在菱形中，，E，F两点分别从A，B两点同时出发，以相同的速度分别向终点B，C移动，连接，在移动的过程中，的最小值为____________．
18．（2022春·新疆塔城·八年级统考期末）如图，正方形中，点E，F在边上，且有．有下列结论：①；②；③；④．其中正确的有_______．
三、解答题
19．（2022春·新疆巴音郭楞·八年级统考期末）已知：如图，E、F是四边形ABCD的对角线AC上的两点，AF=CE，DF=BE，DF∥BE．
（1）求证：△AFD≌△CEB．
（2）求证：四边形ABCD是平行四边形．
20．（2022春·新疆喀什·八年级统考期末）如图，点E是平行四边形ABCD的边CD的中点，延长AE交BC的延长线于点F．
(1)求证：；
(2)若，，，求CD的长．
21．（2022春·新疆巴音郭楞·八年级统考期末）如图，△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，
（1）求证：OE=OF；
（2）若CE=12，CF=5，求OC的长；
（3）当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由．
22．（2022春·新疆阿克苏·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，过点D作于点E，点F在边上，，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)已知，是的平分线，若，求的长度．
23．（2022春·新疆喀什·八年级统考期末）如图，在中，，D是EC的中点，F是AD的中点，过点A作交EF的延长线于点B，连接BC．
(1)求证：；
(2)判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
(3)若，，求四边形ABCD的面积．
24．（2022春·新疆克拉玛依·八年级统考期末）如图，菱形ABCD对角线交于点O，BE∥AC，AE∥BD，EO与AB交于点F．
（1）试判断四边形AEBO的形状，并说明你的理由；（2）求证：EO=DC．
25．（2022春·新疆乌鲁木齐·八年级统考期末）如图1，在 ABCD中，AB＝14，AD＝8，∠DAB＝60°，对角线AC，BD交于点O．一动点P在边AB上由A向B运动（不与A，B重合），连接PO并延长，交CD于点Q．
（1）求证：OP＝OQ；
（2）当AP＝9时，求线段OP的长度；
（3）连接AQ，PC，如图2，随着点P的运动，四边形APCQ可能是菱形吗？如果可能，请求出此时线段AP的长度；如果不可能，请说明理由．
26．（2022春·新疆塔城·八年级统考期末）以四边形的边，为边分别向外侧作等边和等边，连接，，交点为G．
(1)当四边形为正方形时（如图1），直接说出和有什么数量关系．
(2)当四边形为矩形时（如图2），和具有怎样的数量关系？请加以证明；
(3)四边形由正方形到矩形到一般平行四边形的变化过程中，是否发生变化？如果改变，请说明理由；如果不变，请在图3中求出的度数．
27．（2022春·新疆克拉玛依·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝15cm，点P自点A向D以1cm/s的速度运动，到D点即停止．点Q自点C向B以2cm/s的速度运动，到B点即停止，点P，Q同时出发，设运动时间为t（s）．
（1）用含t的代数式表示：AP＝________ cm；DP＝________ cm；BQ＝________ cm；CQ＝________ cm．
（2）当t为何值时，四边形APQB是平行四边形？
（3）当t为何值时，四边形PDCQ是平行四边形？
参考答案：
1．B
【分析】直接利用平行四边形的性质得出AO=CO，BO=DO，DC=AB=6，再利用已知求出AO+BO的长，进而得出答案．
【详解】解:∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，DC=AB=6，
∵AC+BD=16，
∴AO+BO=8，
∴△ABO的周长是：14．
故选B．
【点睛】平行四边形的性质掌握要熟练，找到等值代换即可求解．
2．C
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵AB=6，且AB的长是四边形ABCD周长的 ，
∴四边形ABCD周长为：6÷=32，
∴AB+BC=×32=16，
∴BC=10．
故选C．
3．B
【分析】根据平行四边形的判定方法，对每个选项进行筛选可得答案．
【详解】A、∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故A选项不符合题意；
B、AB=CD，AO=CO不能证明四边形ABCD是平行四边形，故本选项符合题意；
C、∵AD//BC，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故C选项不符合题意；
D、∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，∠BAD+∠ADC=180°，
又∵∠BAD=∠BCD，
∴∠ABC=∠ADC，
∵∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故D选项不符合题意，
故选B.
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定问题，熟练掌握平行四边形的性质，能够熟练判定一个四边形是否为平行四边形．
平行四边形的判定：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.
4．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．
5．A
【分析】由DE是的中位线，可得AC=12，在中，点F为AC中点，可得BF=即可．
【详解】解：∵DE是的中位线，
∴AC=2DE=2×6=12，
∵在中，，点F为AC中点，
∴BF=，
故选择A．
【点睛】本题考查三角形中位线与三角形中线性质，掌握三角形中位线与三角形中线性质是解题关键．
6．D
【分析】直接根据菱形的面积公式即可得出结论．
【详解】解：∵菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，
∴菱形的面积＝AC BD＝×8×6＝24，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查的是菱形的性质，熟知菱形面积等于对角线面积的一半是解答此题的关键．
7．D
【分析】连接AC、BD交于点O，根据题意可得BD=30cm，再由菱形的性质可得BO=5cm，AC⊥BD，然后根据勾股定理可得AO=12cm，即可求解．
【详解】解：如图，连接AC、BD交于点O，
∵BD间的距离是30cm，木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，
∴BE=10cm，
∵四边形ABCE是菱形，
∴BO=EO，AO=CO，AC⊥BE，
∴BO=5cm，
∵菱形的边长AB=13cm，
在Rt△ABO中，
，
∴AC=24cm．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，勾股定理是解题的关键．
8．A
【详解】设对角线的交点为O，∵四边形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，∴∠AOD＝90°，AO＝4，DO＝3，∴，∴周长为5×4＝20，故选A．
9．A
【分析】根据特殊四边形的判定方法进行判断．
【详解】解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故选项A符合题意；
对角线相等的平行四边形是矩形，故选项B不符合题意；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项C不符合题意；
对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故选项D不符合题意．
故选：A．
10．A
【分析】①由菱形的判定定理即可判断；②由矩形的判定定理，即可判断；③若四边形EFGH是平行四边形，与AC、BD是否互相平分无任何关系；④根据中位线性质解题．
【详解】解：由题意得：四边形EFGH平行四边形，
①若AC＝BD，则四边形EFGH是菱形，故①错误；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形，故②错误；
③若四边形EFGH是平行四边形，不能判定AC、BD是否互相平分，故③错误；
④点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点
若四边形EFGH是正方形，
AC与BD互相垂直且相等,故④正确．
故选：A．
【点睛】本题考查矩形、正方形、菱形等特殊四边形的判定与性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
11．45°
【详解】试题解析：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，∠B=∠D，
且
故答案为
点睛：平行四边形的对角相等，邻角互补.
12．10
【详解】解：∵ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AC=6，
∴BO=DO，AO=CO=3，
∵AB⊥AC，AB=4，
∴BO==5，
∴BD=2BO=10，
故答案为10．
13．(0，0)或(4，6)或(8，0)
【分析】分CD∥AB与AD∥BC两种情况讨论，利用平行四边形的性质结合坐标系特点即可完成．
【详解】由题意知AB＝4．
当CD∥AB时，可求得D点坐标为(0，0)或(8，0)．
当AD∥BC时，D点的坐标为(4，6)或(0，0)．
综上得：点D的坐标为(0，0)或(4，6)或(8，0)．
故答案为：(0，0)或(4，6)或(8，0)．
【点睛】本题考查了坐标与图形，平行四边形的性质，注意分类讨论．
14．
【分析】首先根据矩形的性质可得出，即，然后根据折叠知，可得到，进而得出，设，则，利用勾股定理求出x的值，即可求出DE的长．
【详解】如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴，即，
由折叠知，，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴DE的长为5．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查折叠变换的知识点，解答本题的关键是掌握矩形的性质，勾股定理的利用以及折叠的知识，此题比较简单．
15．
【分析】先根据翻折变换的性质得出DF=AD=10，AE=FE，在Rt△CDF中利用勾股定理求出CF的长，进而求出BF的长， 在Rt△BEF中，利用勾股定理得出，即可求解．
【详解】解∶∵四边形ABCD是矩形，BC=10，AB=6，
∴AD=BC=10，CD=AB=6，∠B=90°，
∵将矩形ABCD沿DE折叠，点A恰好落在边BC上的一点F处，
∴AE=EF，DF=AD=10，
在Rt△CDF中，利用勾股定理得，
∴BF=BC-CF=2，
在Rt△BEF中， 由勾股定理得出，
∴，
∴．
故答案为∶．
【点睛】此题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理等知识．此题难度适中，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．
16．
【分析】首先根据菱形的性质，得出，的长，然后再根据勾股定理，得出的长，再利用菱形的面积，即可得出的长．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，解本题的关键在于能够熟练掌握菱形的性质．
17．
【分析】连接DB，作DH⊥AB于H，如图，利用菱形的性质得AD=AB=BC=CD，则可判断△ABD和△BCD都是等边三角形，再证明△ADE≌△BDF得到∠2=∠1，DE=DF，接着判定△DEF为等边三角形，所以EF=DE，然后根据垂线段最短判断DE的最小值即可．
【详解】解：连接DB，作DH⊥AB于H，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=AB=BC=CD，
而∠A=60°，
∴△ABD和△BCD都是等边三角形，
∴∠ADB=∠DBC=60°，AD=BD，
在Rt△ADH中，AH=1，AD=2，
∴DH==，
在△ADE和△BDF中，
∴△ADE≌△BDF，
∴∠2=∠1，DE=DF，
∴∠1+∠BDE=∠2+∠BDE=∠EDF=60°，
∴△DEF为等边三角形，
∴EF=DE，
而当E点运动到H点时，DE的值最小，其最小值为，
∴EF的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
18．①②③④
【分析】利用HL可证得，故①正确；再根据全等三角形的性质可得CE=CF，故②正确；然后根据△AEF是等边三角形，可得∠EAF=60°，，从而得到∠DAF=∠BAE=15°，故③正确；在AD上取点G是AG=GF，可得∠DGF=30°，设DF=x，则AG=FG=2x，可得，从而得到，，再求出和，可得④正确，即可求解．
【详解】解：在正方形中，∠B=∠D=∠C=∠BAD=90°，AB=AD=BC=CD，
∵AE=AF，
∴，故①正确；
∴BE=DF，
∴BC-BE=CD-DF，即CE=CF，故②正确；
∵，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠DAF=30°，
∵，
∴∠BAE=∠DAF，
∴∠DAF=∠BAE=15°，
∴∠AEB=90°-∠BAE=75°，故③正确；
如图，在AD上取点G使AG=GF，
∴∠AFG=∠DAF=15°，
∴∠DGF=30°，
设DF=x，则AG=FG=2x，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∴，故④正确；
故答案为：①②③④
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的性质是解题的关键．
19．证明见解析
【分析】（1）利用两边和它们的夹角对应相等的两三角形全等（SAS），这一判定定理容易证明△AFD≌△CEB．
（2）由△AFD≌△CEB，容易证明AD=BC且AD//BC，可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
【详解】证明：（1）∵DF∥BE，
∴∠DFE=∠BEF．
又∵AF=CE，DF=BE，
∴△AFD≌△CEB（SAS）．
（2）由（1）知△AFD≌△CEB，
∴∠DAC=∠BCA，AD=BC，
∴AD∥BC．
∴四边形ABCD是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质及平行四边形的判定，熟练掌握判定定理是解题关键．
20．(1)见解析
(2)16
【分析】（1）要证明即可证明；
（2）根据（1）中的结论和勾股定理、平行四边形的性质可以求得的长．
【详解】（1）明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴ ，
∵E是CD的中点，
∴，
在和中
∴（ASA），
∴；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴是直角三角形，
∵，，，
∴，
∵，
在中，由勾股定理得，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，平行四边形性质、勾股定理，掌握定理以及性质是解题的关键．
21．（1）见解析；（2）6.5．（3）当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．理由见详解；
【分析】（1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠1=∠2，∠3=∠4，进而得出答案．
（2）根据已知得出∠2+∠4=∠5+∠6=90°，进而利用勾股定理求出EF的长，即可根据直角三角形斜边上的中线性质得出CO的长．
（3）根据平行四边形的判定以及矩形的判定得出即可．
【详解】解：（1）证明：如图，∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，
∴∠2=∠5，4=∠6．
∵MN∥BC，
∴∠1=∠5，3=∠6．
∴∠1=∠2，∠3=∠4．
∴EO=CO，FO=CO．
∴OE=OF．
（2）∵∠2=∠5，∠4=∠6，
∴∠2+∠4=∠5+∠6=90°．
∵CE=12，CF=5，
∴．
∴OC=EF=6.5．
（3）当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．理由如下：
当O为AC的中点时，AO=CO，
∵EO=FO，
∴四边形AECF是平行四边形．
∵∠ECF=90°，
∴平行四边形AECF是矩形．
22．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由平行四边形的性质得到，再证明即可证明四边形是平行四边形，又，即可证明平行四边形是矩形；
（2）先根据含30度角的直角三角形的性质求出的长，再证明是等腰三角形，求出的长，由此即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，含30度角的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)菱形，理由见解析
(3)24
【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等及中点的定义得出，，即可证明三角形全等；
（2）由全等三角形的性质及中点定义，结合已知即可得出四边形ABCD是平行四边形，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，即可证明；
（3）先利用勾股定理求出，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半求出，连接BD交AC于点O，利用菱形的性质和勾股定理即可求解．
(1)
∵，
∴．
∵F是AD的中点，
∴．
又∵，
∴．
(2)
四边形ABCD是菱形．
理由如下：∵，
∴．
∵D是EC的中点，
∴，
∴．
又∵，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵D是EC的中点，
∴AD是斜边上的中线，
∴，
∴平行四边形ABCD是菱形．
(3)
∵，，
∴在中，由勾股定理得：，
∵AD是直角斜边上的中线，
∴．
连接BD交AC于点O，
∴在菱形中，，，
∴在中，由勾股定理得，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行线的性质，中点的定义，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
24．证明见解析
【分析】（1）由菱形的性质可证明∠BOA=90°，然后再证明四边形AEBO为平行四边形，从而可证明四边形AEBO是矩形；
（2）依据矩形的性质可得到EO=BA，然后依据菱形的性质可得到AB=CD．
【详解】（1）四边形AEBO是矩形．
证明：∵BE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AEBO是平行四边形．
又∵菱形ABCD对角线交于点O，
∴AC⊥BD，即∠AOB=90°．
∴四边形AEBO是矩形．
（2）∵四边形AEBO是矩形，
∴EO=AB，
在菱形ABCD中，AB=DC．
∴EO=DC．
【点睛】本题主要考查的是菱形的性质判定、矩形的性质和判定，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键．
25．（1）见解析；（2）；（3）有可能，AP=．
【分析】（1）先根据平行四边形的性质证得△AOP≌△COQ，再运用全等三角形的性质即可证明；
（2）如图（2）：过D作DE⊥AB，垂足为E，再根据直角三角形的性质求得AE=4,进而求得DE=,然后再说明OP为△DBE的中位线，最后根据中位线的性质即可解答；
（3）如图（3）：过C作CF⊥AB交AB延长线于F，先说明四边形APCQ为平行四边形，当四边形APCQ为菱形时有AP=PC，然后在Rt△PCF中运用勾股定理解答即可．
【详解】（1）证明：∵平行四边形ABCD
∴CD//AB，OA=OC,OB=OD
∴∠DCA=∠BAC,∠CQP=∠APQ
∴△AOP≌△COQ（AAS）
∴OP=OQ；
（2）如图（2）：过D作DE⊥AB，垂足为E
∵∠DAB=60°
∴AE=AD=4
∴DE=
∴BE=AB-AE=14-4=10,PE=AP-AE=9-4 =5,PB=AB-AP=5
∴PE=PB
∵OB=OD
∴OP为△DBE的中位线
∴OP=DE=；
（3）有可能，理由如下：
如图（3）：过C作CF⊥AB交AB延长线于F
∵平行四边形ABCD
∴BC//AD,BC=AD
∴∠CBF=∠DAB=60°
∴BF=BC=4
∴CF=
∵OP=OQ,OA=OC
∴四边形APCQ为平行四边形
当四边形APCQ为菱形时，则需AP=CP
∵PF=AB+BF-AP=18-AP
∴在Rt△PCF中，PC2=FC2+PF2
∴AP2=()2+(18-AP)2,解得AP=．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识点，灵活应用相关性质、判定定理成为解答本题的关键．
26．(1)EB＝FD
(2)EB＝FD，证明见解析；
(3)∠EGD不发生变化，仍然是60°．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可证，△AFD≌△ABE，则=；
（2）由（1）同理可证△AFD≌△ABE，从而得出EB=FD；
（3）由（2）同理得：△FAD≌△BAE，则∠AEB=∠ADF，再利用三角形内角和定理可得答案．
【详解】（1）解：EB=FD，理由如下：
∵△ADE、△ABF是等边三角形，
∴AE=AD，AB=AF，∠DAE=∠BAF，
∴∠BAE=∠DAF，
∴△AFD≌△ABE（SAS），
∴EB=FD，
（2）EB=FD，理由如下：
∵△AFB为等边三角形，
∴AF=AB，∠FAB=60，
∵△ADE为等边三角形，
∴AD=AE，∠EAD=60，
∴∠FAB+∠BAD=∠EAD+∠BAD，
即∠FAD=∠BAE，
∴△FAD≌△BAE（SAS），
∴EB=FD；
（3）不变，理由如下：
由（2）同理得：△FAD≌△BAE，
∴∠AEB=∠ADF，
设∠AEB为x，则∠ADF也为x，
于是有∠BED为(60-x)，∠EDF为(60+x)，
∴∠EGD=180-∠BED-∠EDF=180-(60-x)-(60+x)=60．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，证明△FAD≌△BAE是解题的关键．
27．（1）t，（12﹣t），（15﹣2t），2t；（2）当t＝5为何值时，四边形APQB是平行四边形；（3）当t＝4时，四边形PDCQ是平行四边形
【分析】（1）根据速度、路程以及时间的关系和线段之间的数量关系，即可求出AP，DP，BQ，CQ的长；
（2）当AP＝BQ时，四边形APQB是平行四边形，建立关于t的一元一次方程方程，解方程求出符合题意的t值即可；
（3）当PD＝CQ时，四边形PDCQ是平行四边形；建立关于t的一元一次方程方程，解方程求出符合题意的t值即可．
【详解】解：（1）t，（12﹣t），（15﹣2t），2t；
（2）根据题意有AP＝t，CQ＝2t，PD＝12﹣t，BQ＝15﹣2t．
∵AD∥BC，
∴当AP＝BQ时，四边形APQB是平行四边形．
∴t＝15﹣2t，
解得t＝5．
∴t＝5时四边形APQB是平行四边形；
（3）由AP＝tcm，CQ＝2tcm，
∵AD＝12cm，BC＝15cm，
∴PD＝AD﹣AP＝12﹣t，
如图1，∵AD∥BC，
∴当PD＝QC时，四边形PDCQ是平行四边形．
即：12﹣t＝2t，
解得t＝4，
∴当t＝4时，四边形PDCQ是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质的应用，题目是一道综合性比较强的题目，难度适中，解题的关键是把握“化动为静”的解题思想．
一、单选题
1．（2022春·新疆克拉玛依·八年级统考期末）如图， ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC+BD=16，CD=6，则△ABO的周长是（ ）
A．10 B．14 C．20 D．22
2．（2022春·新疆塔城·八年级统考期末）如果四边形ABCD是平行四边形，AB=6，且AB的长是四边形ABCD周长的，那么BC的长是（ ）
A．6 B．8 C．10 D．16
3．（2022春·新疆克拉玛依·八年级统考期末）如图，四边形ABCD的对角线交于点O，下列哪组条件不能判断四边形ABCD是平行四边形（ ）
A．， B．，
C．， D．，
4．（2022春·新疆阿克苏·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°
5．（2022春·新疆塔城·八年级统考期末）如图，在中，，点F为AC中点，是的中位线，若，则BF=（ ）
A．6 B．4 C．3 D．5
6．（2022春·新疆巴音郭楞·八年级统考期末）如图，菱形中，，，则菱形的面积为（ ）
A．20 B．40 C．28 D．24
7．（2022春·新疆塔城·八年级统考期末）如图，一个木制的活动衣帽架由3个全等的菱形构成．已知菱形的边长为，当挂钩B、D间的距离是时，则挂钩A、C间的距离是（ ）．
A． B． C．12 D．24
8．（2022春·新疆和田·八年级统考期末）如图，菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，则菱形的周长是（ ）
A．20 B．24
C．28 D．40
9．（2022春·新疆喀什·八年级统考期末）下列命题中，是真命题的是（ ）
A．两条对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．两条对角线相等的四边形是矩形
C．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
D．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
10．（2022春·新疆克拉玛依·八年级统考期末）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：
①若AC＝BD，则四边形EFGH为矩形；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH为菱形；
③若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD互相平分；
④若四边形EFGH是正方形，则AC与BD互相垂直且相等．
其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
11．（2022春·新疆克拉玛依·八年级统考期末）已知平行四边形ABCD中，∠B＋∠D＝270°，则∠C＝________.
12．（2022春·新疆塔城·八年级统考期末）如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AB⊥AC．若AB=4，AC=6，则BD的长为_________．
13．（2022春·新疆巴音郭楞·八年级统考期末）如图，已知平面直角坐标系中的三点坐标分别为A(2，3)，B(6，3)，C(4，0)．现要找到一点D，使得四个点构成的四边形是平行四边形，那么点D的坐标是________．
14．（2022春·新疆克拉玛依·八年级统考期末）如图，已知矩形沿着直线折叠，使点落在处，交于，，，则的长为______．
15．（2022春·新疆喀什·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，进行如下操作：将矩形ABCD沿DE折叠，点A恰好落在边BC上的一点F处，点E在边AB上．若，，则BE的长为______．
16．（2022春·新疆克拉玛依·八年级统考期末）如图，四边形是菱形，，，于点，则________．
17．（2022春·新疆省直辖县级单位·八年级统考期末）如图所示，在菱形中，，E，F两点分别从A，B两点同时出发，以相同的速度分别向终点B，C移动，连接，在移动的过程中，的最小值为____________．
18．（2022春·新疆塔城·八年级统考期末）如图，正方形中，点E，F在边上，且有．有下列结论：①；②；③；④．其中正确的有_______．
三、解答题
19．（2022春·新疆巴音郭楞·八年级统考期末）已知：如图，E、F是四边形ABCD的对角线AC上的两点，AF=CE，DF=BE，DF∥BE．
（1）求证：△AFD≌△CEB．
（2）求证：四边形ABCD是平行四边形．
20．（2022春·新疆喀什·八年级统考期末）如图，点E是平行四边形ABCD的边CD的中点，延长AE交BC的延长线于点F．
(1)求证：；
(2)若，，，求CD的长．
21．（2022春·新疆巴音郭楞·八年级统考期末）如图，△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，
（1）求证：OE=OF；
（2）若CE=12，CF=5，求OC的长；
（3）当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由．
22．（2022春·新疆阿克苏·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，过点D作于点E，点F在边上，，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)已知，是的平分线，若，求的长度．
23．（2022春·新疆喀什·八年级统考期末）如图，在中，，D是EC的中点，F是AD的中点，过点A作交EF的延长线于点B，连接BC．
(1)求证：；
(2)判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
(3)若，，求四边形ABCD的面积．
24．（2022春·新疆克拉玛依·八年级统考期末）如图，菱形ABCD对角线交于点O，BE∥AC，AE∥BD，EO与AB交于点F．
（1）试判断四边形AEBO的形状，并说明你的理由；（2）求证：EO=DC．
25．（2022春·新疆乌鲁木齐·八年级统考期末）如图1，在 ABCD中，AB＝14，AD＝8，∠DAB＝60°，对角线AC，BD交于点O．一动点P在边AB上由A向B运动（不与A，B重合），连接PO并延长，交CD于点Q．
（1）求证：OP＝OQ；
（2）当AP＝9时，求线段OP的长度；
（3）连接AQ，PC，如图2，随着点P的运动，四边形APCQ可能是菱形吗？如果可能，请求出此时线段AP的长度；如果不可能，请说明理由．
26．（2022春·新疆塔城·八年级统考期末）以四边形的边，为边分别向外侧作等边和等边，连接，，交点为G．
(1)当四边形为正方形时（如图1），直接说出和有什么数量关系．
(2)当四边形为矩形时（如图2），和具有怎样的数量关系？请加以证明；
(3)四边形由正方形到矩形到一般平行四边形的变化过程中，是否发生变化？如果改变，请说明理由；如果不变，请在图3中求出的度数．
27．（2022春·新疆克拉玛依·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝12cm，BC＝15cm，点P自点A向D以1cm/s的速度运动，到D点即停止．点Q自点C向B以2cm/s的速度运动，到B点即停止，点P，Q同时出发，设运动时间为t（s）．
（1）用含t的代数式表示：AP＝________ cm；DP＝________ cm；BQ＝________ cm；CQ＝________ cm．
（2）当t为何值时，四边形APQB是平行四边形？
（3）当t为何值时，四边形PDCQ是平行四边形？
参考答案：
1．B
【分析】直接利用平行四边形的性质得出AO=CO，BO=DO，DC=AB=6，再利用已知求出AO+BO的长，进而得出答案．
【详解】解:∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，DC=AB=6，
∵AC+BD=16，
∴AO+BO=8，
∴△ABO的周长是：14．
故选B．
【点睛】平行四边形的性质掌握要熟练，找到等值代换即可求解．
2．C
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵AB=6，且AB的长是四边形ABCD周长的 ，
∴四边形ABCD周长为：6÷=32，
∴AB+BC=×32=16，
∴BC=10．
故选C．
3．B
【分析】根据平行四边形的判定方法，对每个选项进行筛选可得答案．
【详解】A、∵OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故A选项不符合题意；
B、AB=CD，AO=CO不能证明四边形ABCD是平行四边形，故本选项符合题意；
C、∵AD//BC，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故C选项不符合题意；
D、∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，∠BAD+∠ADC=180°，
又∵∠BAD=∠BCD，
∴∠ABC=∠ADC，
∵∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故D选项不符合题意，
故选B.
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定问题，熟练掌握平行四边形的性质，能够熟练判定一个四边形是否为平行四边形．
平行四边形的判定：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形；②两组对边分别相等的四边形是平行四边形；③两组对角分别相等的四边形是平行四边形；④对角线互相平分的四边形是平行四边形；⑤一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.
4．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．
5．A
【分析】由DE是的中位线，可得AC=12，在中，点F为AC中点，可得BF=即可．
【详解】解：∵DE是的中位线，
∴AC=2DE=2×6=12，
∵在中，，点F为AC中点，
∴BF=，
故选择A．
【点睛】本题考查三角形中位线与三角形中线性质，掌握三角形中位线与三角形中线性质是解题关键．
6．D
【分析】直接根据菱形的面积公式即可得出结论．
【详解】解：∵菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，
∴菱形的面积＝AC BD＝×8×6＝24，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查的是菱形的性质，熟知菱形面积等于对角线面积的一半是解答此题的关键．
7．D
【分析】连接AC、BD交于点O，根据题意可得BD=30cm，再由菱形的性质可得BO=5cm，AC⊥BD，然后根据勾股定理可得AO=12cm，即可求解．
【详解】解：如图，连接AC、BD交于点O，
∵BD间的距离是30cm，木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，
∴BE=10cm，
∵四边形ABCE是菱形，
∴BO=EO，AO=CO，AC⊥BE，
∴BO=5cm，
∵菱形的边长AB=13cm，
在Rt△ABO中，
，
∴AC=24cm．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，勾股定理是解题的关键．
8．A
【详解】设对角线的交点为O，∵四边形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，∴∠AOD＝90°，AO＝4，DO＝3，∴，∴周长为5×4＝20，故选A．
9．A
【分析】根据特殊四边形的判定方法进行判断．
【详解】解：对角线互相平分的四边形是平行四边形，故选项A符合题意；
对角线相等的平行四边形是矩形，故选项B不符合题意；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项C不符合题意；
对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故选项D不符合题意．
故选：A．
10．A
【分析】①由菱形的判定定理即可判断；②由矩形的判定定理，即可判断；③若四边形EFGH是平行四边形，与AC、BD是否互相平分无任何关系；④根据中位线性质解题．
【详解】解：由题意得：四边形EFGH平行四边形，
①若AC＝BD，则四边形EFGH是菱形，故①错误；
②若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形，故②错误；
③若四边形EFGH是平行四边形，不能判定AC、BD是否互相平分，故③错误；
④点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点
若四边形EFGH是正方形，
AC与BD互相垂直且相等,故④正确．
故选：A．
【点睛】本题考查矩形、正方形、菱形等特殊四边形的判定与性质，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
11．45°
【详解】试题解析：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，∠B=∠D，
且
故答案为
点睛：平行四边形的对角相等，邻角互补.
12．10
【详解】解：∵ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AC=6，
∴BO=DO，AO=CO=3，
∵AB⊥AC，AB=4，
∴BO==5，
∴BD=2BO=10，
故答案为10．
13．(0，0)或(4，6)或(8，0)
【分析】分CD∥AB与AD∥BC两种情况讨论，利用平行四边形的性质结合坐标系特点即可完成．
【详解】由题意知AB＝4．
当CD∥AB时，可求得D点坐标为(0，0)或(8，0)．
当AD∥BC时，D点的坐标为(4，6)或(0，0)．
综上得：点D的坐标为(0，0)或(4，6)或(8，0)．
故答案为：(0，0)或(4，6)或(8，0)．
【点睛】本题考查了坐标与图形，平行四边形的性质，注意分类讨论．
14．
【分析】首先根据矩形的性质可得出，即，然后根据折叠知，可得到，进而得出，设，则，利用勾股定理求出x的值，即可求出DE的长．
【详解】如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴，即，
由折叠知，，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴DE的长为5．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查折叠变换的知识点，解答本题的关键是掌握矩形的性质，勾股定理的利用以及折叠的知识，此题比较简单．
15．
【分析】先根据翻折变换的性质得出DF=AD=10，AE=FE，在Rt△CDF中利用勾股定理求出CF的长，进而求出BF的长， 在Rt△BEF中，利用勾股定理得出，即可求解．
【详解】解∶∵四边形ABCD是矩形，BC=10，AB=6，
∴AD=BC=10，CD=AB=6，∠B=90°，
∵将矩形ABCD沿DE折叠，点A恰好落在边BC上的一点F处，
∴AE=EF，DF=AD=10，
在Rt△CDF中，利用勾股定理得，
∴BF=BC-CF=2，
在Rt△BEF中， 由勾股定理得出，
∴，
∴．
故答案为∶．
【点睛】此题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理等知识．此题难度适中，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．
16．
【分析】首先根据菱形的性质，得出，的长，然后再根据勾股定理，得出的长，再利用菱形的面积，即可得出的长．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，解本题的关键在于能够熟练掌握菱形的性质．
17．
【分析】连接DB，作DH⊥AB于H，如图，利用菱形的性质得AD=AB=BC=CD，则可判断△ABD和△BCD都是等边三角形，再证明△ADE≌△BDF得到∠2=∠1，DE=DF，接着判定△DEF为等边三角形，所以EF=DE，然后根据垂线段最短判断DE的最小值即可．
【详解】解：连接DB，作DH⊥AB于H，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD=AB=BC=CD，
而∠A=60°，
∴△ABD和△BCD都是等边三角形，
∴∠ADB=∠DBC=60°，AD=BD，
在Rt△ADH中，AH=1，AD=2，
∴DH==，
在△ADE和△BDF中，
∴△ADE≌△BDF，
∴∠2=∠1，DE=DF，
∴∠1+∠BDE=∠2+∠BDE=∠EDF=60°，
∴△DEF为等边三角形，
∴EF=DE，
而当E点运动到H点时，DE的值最小，其最小值为，
∴EF的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
18．①②③④
【分析】利用HL可证得，故①正确；再根据全等三角形的性质可得CE=CF，故②正确；然后根据△AEF是等边三角形，可得∠EAF=60°，，从而得到∠DAF=∠BAE=15°，故③正确；在AD上取点G是AG=GF，可得∠DGF=30°，设DF=x，则AG=FG=2x，可得，从而得到，，再求出和，可得④正确，即可求解．
【详解】解：在正方形中，∠B=∠D=∠C=∠BAD=90°，AB=AD=BC=CD，
∵AE=AF，
∴，故①正确；
∴BE=DF，
∴BC-BE=CD-DF，即CE=CF，故②正确；
∵，
∴△AEF是等边三角形，
∴∠EAF=60°，
∴∠BAE+∠DAF=30°，
∵，
∴∠BAE=∠DAF，
∴∠DAF=∠BAE=15°，
∴∠AEB=90°-∠BAE=75°，故③正确；
如图，在AD上取点G使AG=GF，
∴∠AFG=∠DAF=15°，
∴∠DGF=30°，
设DF=x，则AG=FG=2x，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
，
∴，故④正确；
故答案为：①②③④
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，等边三角形的性质是解题的关键．
19．证明见解析
【分析】（1）利用两边和它们的夹角对应相等的两三角形全等（SAS），这一判定定理容易证明△AFD≌△CEB．
（2）由△AFD≌△CEB，容易证明AD=BC且AD//BC，可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
【详解】证明：（1）∵DF∥BE，
∴∠DFE=∠BEF．
又∵AF=CE，DF=BE，
∴△AFD≌△CEB（SAS）．
（2）由（1）知△AFD≌△CEB，
∴∠DAC=∠BCA，AD=BC，
∴AD∥BC．
∴四边形ABCD是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质及平行四边形的判定，熟练掌握判定定理是解题关键．
20．(1)见解析
(2)16
【分析】（1）要证明即可证明；
（2）根据（1）中的结论和勾股定理、平行四边形的性质可以求得的长．
【详解】（1）明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴ ，
∵E是CD的中点，
∴，
在和中
∴（ASA），
∴；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴是直角三角形，
∵，，，
∴，
∵，
在中，由勾股定理得，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，平行四边形性质、勾股定理，掌握定理以及性质是解题的关键．
21．（1）见解析；（2）6.5．（3）当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．理由见详解；
【分析】（1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠1=∠2，∠3=∠4，进而得出答案．
（2）根据已知得出∠2+∠4=∠5+∠6=90°，进而利用勾股定理求出EF的长，即可根据直角三角形斜边上的中线性质得出CO的长．
（3）根据平行四边形的判定以及矩形的判定得出即可．
【详解】解：（1）证明：如图，∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，
∴∠2=∠5，4=∠6．
∵MN∥BC，
∴∠1=∠5，3=∠6．
∴∠1=∠2，∠3=∠4．
∴EO=CO，FO=CO．
∴OE=OF．
（2）∵∠2=∠5，∠4=∠6，
∴∠2+∠4=∠5+∠6=90°．
∵CE=12，CF=5，
∴．
∴OC=EF=6.5．
（3）当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．理由如下：
当O为AC的中点时，AO=CO，
∵EO=FO，
∴四边形AECF是平行四边形．
∵∠ECF=90°，
∴平行四边形AECF是矩形．
22．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由平行四边形的性质得到，再证明即可证明四边形是平行四边形，又，即可证明平行四边形是矩形；
（2）先根据含30度角的直角三角形的性质求出的长，再证明是等腰三角形，求出的长，由此即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，含30度角的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)菱形，理由见解析
(3)24
【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等及中点的定义得出，，即可证明三角形全等；
（2）由全等三角形的性质及中点定义，结合已知即可得出四边形ABCD是平行四边形，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，即可证明；
（3）先利用勾股定理求出，再根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半求出，连接BD交AC于点O，利用菱形的性质和勾股定理即可求解．
(1)
∵，
∴．
∵F是AD的中点，
∴．
又∵，
∴．
(2)
四边形ABCD是菱形．
理由如下：∵，
∴．
∵D是EC的中点，
∴，
∴．
又∵，
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵D是EC的中点，
∴AD是斜边上的中线，
∴，
∴平行四边形ABCD是菱形．
(3)
∵，，
∴在中，由勾股定理得：，
∵AD是直角斜边上的中线，
∴．
连接BD交AC于点O，
∴在菱形中，，，
∴在中，由勾股定理得，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了平行线的性质，中点的定义，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
24．证明见解析
【分析】（1）由菱形的性质可证明∠BOA=90°，然后再证明四边形AEBO为平行四边形，从而可证明四边形AEBO是矩形；
（2）依据矩形的性质可得到EO=BA，然后依据菱形的性质可得到AB=CD．
【详解】（1）四边形AEBO是矩形．
证明：∵BE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AEBO是平行四边形．
又∵菱形ABCD对角线交于点O，
∴AC⊥BD，即∠AOB=90°．
∴四边形AEBO是矩形．
（2）∵四边形AEBO是矩形，
∴EO=AB，
在菱形ABCD中，AB=DC．
∴EO=DC．
【点睛】本题主要考查的是菱形的性质判定、矩形的性质和判定，熟练掌握相关图形的性质是解题的关键．
25．（1）见解析；（2）；（3）有可能，AP=．
【分析】（1）先根据平行四边形的性质证得△AOP≌△COQ，再运用全等三角形的性质即可证明；
（2）如图（2）：过D作DE⊥AB，垂足为E，再根据直角三角形的性质求得AE=4,进而求得DE=,然后再说明OP为△DBE的中位线，最后根据中位线的性质即可解答；
（3）如图（3）：过C作CF⊥AB交AB延长线于F，先说明四边形APCQ为平行四边形，当四边形APCQ为菱形时有AP=PC，然后在Rt△PCF中运用勾股定理解答即可．
【详解】（1）证明：∵平行四边形ABCD
∴CD//AB，OA=OC,OB=OD
∴∠DCA=∠BAC,∠CQP=∠APQ
∴△AOP≌△COQ（AAS）
∴OP=OQ；
（2）如图（2）：过D作DE⊥AB，垂足为E
∵∠DAB=60°
∴AE=AD=4
∴DE=
∴BE=AB-AE=14-4=10,PE=AP-AE=9-4 =5,PB=AB-AP=5
∴PE=PB
∵OB=OD
∴OP为△DBE的中位线
∴OP=DE=；
（3）有可能，理由如下：
如图（3）：过C作CF⊥AB交AB延长线于F
∵平行四边形ABCD
∴BC//AD,BC=AD
∴∠CBF=∠DAB=60°
∴BF=BC=4
∴CF=
∵OP=OQ,OA=OC
∴四边形APCQ为平行四边形
当四边形APCQ为菱形时，则需AP=CP
∵PF=AB+BF-AP=18-AP
∴在Rt△PCF中，PC2=FC2+PF2
∴AP2=()2+(18-AP)2,解得AP=．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识点，灵活应用相关性质、判定定理成为解答本题的关键．
26．(1)EB＝FD
(2)EB＝FD，证明见解析；
(3)∠EGD不发生变化，仍然是60°．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可证，△AFD≌△ABE，则=；
（2）由（1）同理可证△AFD≌△ABE，从而得出EB=FD；
（3）由（2）同理得：△FAD≌△BAE，则∠AEB=∠ADF，再利用三角形内角和定理可得答案．
【详解】（1）解：EB=FD，理由如下：
∵△ADE、△ABF是等边三角形，
∴AE=AD，AB=AF，∠DAE=∠BAF，
∴∠BAE=∠DAF，
∴△AFD≌△ABE（SAS），
∴EB=FD，
（2）EB=FD，理由如下：
∵△AFB为等边三角形，
∴AF=AB，∠FAB=60，
∵△ADE为等边三角形，
∴AD=AE，∠EAD=60，
∴∠FAB+∠BAD=∠EAD+∠BAD，
即∠FAD=∠BAE，
∴△FAD≌△BAE（SAS），
∴EB=FD；
（3）不变，理由如下：
由（2）同理得：△FAD≌△BAE，
∴∠AEB=∠ADF，
设∠AEB为x，则∠ADF也为x，
于是有∠BED为(60-x)，∠EDF为(60+x)，
∴∠EGD=180-∠BED-∠EDF=180-(60-x)-(60+x)=60．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，证明△FAD≌△BAE是解题的关键．
27．（1）t，（12﹣t），（15﹣2t），2t；（2）当t＝5为何值时，四边形APQB是平行四边形；（3）当t＝4时，四边形PDCQ是平行四边形
【分析】（1）根据速度、路程以及时间的关系和线段之间的数量关系，即可求出AP，DP，BQ，CQ的长；
（2）当AP＝BQ时，四边形APQB是平行四边形，建立关于t的一元一次方程方程，解方程求出符合题意的t值即可；
（3）当PD＝CQ时，四边形PDCQ是平行四边形；建立关于t的一元一次方程方程，解方程求出符合题意的t值即可．
【详解】解：（1）t，（12﹣t），（15﹣2t），2t；
（2）根据题意有AP＝t，CQ＝2t，PD＝12﹣t，BQ＝15﹣2t．
∵AD∥BC，
∴当AP＝BQ时，四边形APQB是平行四边形．
∴t＝15﹣2t，
解得t＝5．
∴t＝5时四边形APQB是平行四边形；
（3）由AP＝tcm，CQ＝2tcm，
∵AD＝12cm，BC＝15cm，
∴PD＝AD﹣AP＝12﹣t，
如图1，∵AD∥BC，
∴当PD＝QC时，四边形PDCQ是平行四边形．
即：12﹣t＝2t，
解得t＝4，
∴当t＝4时，四边形PDCQ是平行四边形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质的应用，题目是一道综合性比较强的题目，难度适中，解题的关键是把握“化动为静”的解题思想．