2024年浙教版数学八年级下册阶段复习提高练第5章特殊平行四边形
一、选择题
1．（2024八上·朝阳期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE⊥BC于点E，连接OE，若OA＝3，S菱形ABCD＝9，则OE的长为（ ）
A． B．2 C． D．
2．（2024八上·长春期末）如图，在正方形ABCD中，，，且，则BE的长为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023八上·萧县期中）如图，在正方形OABC中，O是坐标原点，点A的坐标为（1，），则点C的坐标是（ ）
A．（﹣，1） B．（﹣1，）
C．（﹣，1） D．（﹣，﹣1）
4．（2021八上·镇海期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC＋BC＝6，空白部分面积为10.5，则AB的长为（ ）
A．3 B． C．2 D．
5．（2023八上·宣城期中）在平面直角坐标系中，已知A，B，C，D四点的坐标依次为，，，，若一次函数（）图象将四边形的面积分成1∶3两部分，则m的值为（ ）
A．-4 B．，-4 C． D．，-5
6．（2023八上·红古期中）如图，从一个大正方形中裁去面积为27和48的两个小正方形，则剩下阴影部分的面积为（ ）
A．36 B． C．72 D．
7．下列命题中，不正确的是（ ）
A．顺次连接菱形各边中点所得的四边形是矩形
B．有一个角是直角的菱形是正方形
C．对角线相等且垂直的四边形是正方形
D．有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形
8．（2023八上·武义期末）如图，正方形的边长为，，，连结，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2024八上·深圳期末） 如图，为长方形的对角线，平分，若，则 °.
10．（2024八上·大竹期末）如图，在四边形中，，分别以为一边向外作正方形甲、乙、丙、丁，若用，，，来表示它们的面积，则 （填＞，＜或＝）．
11．（2022八上·沈阳期中）如图，长方形ABCD中，，，，点M是射线BD上一点（不与点B，D重合），连接AM，过点M作交直线BC于点N，若是等腰三角形，则 ．
12．（2022八上·罗湖期中）如图，已知点是长方形中边上一点，将四边形沿直线折叠，折叠后点的对应点为，点的对应点为，若点在上，且，，则 ．
三、解答题
13．（2023八上·青羊月考）已知，正方形的四条边相等，四个角是直角．如图，点E，F分别在正方形的两边和上，与相交于点G，且．
（1）求证：；
（2）若，求的长度．
14．（2022八上·龙口开学考）如图，AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于F．
试确定AD与EF的位置关系，并说明理由．
15．（2022八上·苍南月考）如图，正方形内有一点A ，以，为边向形外作正方形和正方形，连接，.求证：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵在菱形中，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵菱形的面积，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】根据菱形的性质得出，，，利用直角三角形斜边上的中线性质得出，再利用菱形的面积等于对称线乘积的一半求出，即可得出答案．
2．【答案】C
【知识点】勾股定理的应用；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】
解：延长CB至G，使BG=DF，连接AG，
易证明△ABG≌△ADF，∴AG=AF，∠BAG=∠DAF
∴∠EAG=∠BAE+∠BAG=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=90°+45°=45°
∴∠EAG=∠EAF，
又AG=AF，AE=AE，
∴△EAG≌△EAF，
∴EG=EF，
设BE=x，则EG=BE+BG=x+3，CE=BC-BE=4-x，
又CF=CD-DF=4-3=1
∴
∴
解得，x=
故答案为：C
【分析】延长CB至G，使BG=DF，连接AG，证明△ABG和△ADF全等，得AG=AF，∠BAG=∠DAF，推得∠EAG=∠EAF，再证明△EAG≌△EAF，得EG=EF，设BE=x，则EG=x+3，，列方程求出X即可。
3．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【解答】
解：如图所示，过点C作CE⊥x轴于E，过点A作AD⊥x轴于点D
∴ ∠CEO=∠ODA=90°，∠ECO+∠COE=90°
∵ 点A（1，)
∴ OD=1，AD=
∵ 四边形ABCD为正方形
∴ CO=OA，∠AOC=90°
∴ ∠DOA+∠COE=90°
∴ ∠ECO=∠DOA
∴
∴ CE=OD=1，OE=AD=
∴ 点C的坐标为（-，1）
故答案为：C.
【分析】本题考查正方形的性质、三角形全等的判定与性质，熟悉其性质与判定方法是关键。过点C作CE⊥x轴于E，过点A作AD⊥x轴于点D，利用正方形性质和三角形全等的“一线三等角模型”证明 得 CE=OD=1，OE=AD=，可知点C的坐标为（-，1）.
4．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABGF是正方形，
∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，
∴∠FAC＋∠BAC＝∠FAC＋∠ABC＝90°，
∴∠FAC＝∠ABC，
在△FAM与△ABN中，
，
∴△FAM≌△ABN（AAS），
∴S△FAM＝S△ABN，
∴S△ABC＝S四边形FNCM，
∵在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∵AC＋BC＝6，
∴（AC＋BC）2＝AC2＋BC2＋2AC BC＝36，
∴AB2＋2AC BC＝36，
∵AB2﹣2S△ABC＝10.5，
∴AB2﹣AC BC＝10.5，
∴3AB2＝57，
解得AB＝ 或﹣ （负值舍去）.
故答案为：B.
【分析】根据余角的性质得到∠FAC＝∠ABC，从而利用AAS判断出△FAM≌△ABN，根据全等三角形的性质得到S△FAM＝S△ABN，推出S△ABC＝S四边形FNCM，根据勾股定理得到AC2＋BC2＝AB2，解方程组得到3AB2＝57，于是得到结论.
5．【答案】D
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；菱形的判定与性质
【解析】【解答】∵A，B，C，D四点的坐标依次为，，，，
∴AB=BC=CD=AD=，
∴四边形ABCD是菱形，
∵一次函数的解析式为，
∴一次函数经过定点B（6，2），
∵一次函数（）图象将四边形的面积分成1∶3两部分，
∴一次函数的图象经过AD的中点M（1，3）或经过CD的中点N（5，7），如图所示：
∴m-6m+2=3或5m-6m+2=7，
解得：m=或m-5，
故答案为：D.
【分析】先证出四边形ABCD是菱形，再求出一次函数经过定点B（6，2），再结合一次函数（）图象将四边形的面积分成1∶3两部分，可得一次函数的图象经过AD的中点M（1，3）或经过CD的中点N（5，7），再列出方程m-6m+2=3或5m-6m+2=7，再求出m的值即可.
6．【答案】C
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的应用；正方形的性质
【解析】【解答】 两个小正方形的面积为27和48，
两个小正方形的边长分别为
大正方形的边长为：
故答案为：C.
【分析】先求出两个小正方形的边长，再求出大正方形的边长，进而用大正方形的面积减去两个小正方形的面积即可得出结论.
7．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所得四边形是矩形；
既是矩形，又是菱形的四边形是正方形；
有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形。
【解答】A、根据菱形的性质和矩形的判定，知正确；
B、根据正方形的判定，知正确；
C、根据正方形的判定，知必须在平行四边形的基础上，故错误；
D、根据等边三角形的判定，知正确。
故选C．
8．【答案】B
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图所示，过点作于，
∵正方形的边长为，，，
∴，，
∴，是直角三角形，
∴，，
∴，，
在中，
，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴在中，，
故答案为：.
【分析】过点G作GE⊥CH于E，由正方形的性质以及勾股定理逆定理可得AB2=CD2，推出△ABG、△CDH直角三角形，由同角的余角相等可得∠1=∠5=∠3，利用AAS证明△ABG≌△BCE，得到AG=BE=8，BG=CE=6，则GE=BE-BG=2，EH=CH-CE=2，然后利用勾股定理就可求出GH.
9．【答案】65
【知识点】平行线的性质；矩形的性质；角平分线的定义
【解析】【解答】解：因为四边形ABCD是长方形，
∴AB//CD，AD//BC，∠ABC=90°，
∴∠ABD=∠BDC=50°，
∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=40°.
∵BE平分∠ABD，
∴∠ABE=∠EBD=25°.
∴∠EBC=∠EBD+∠DBC=25°+40°=65°.
又∵AD//BC，
∴∠AEB=∠EBC=65°.
故答案为：65.
【分析】根据长方形的性质，得到AB//CD，AD//BC，∠ABC=90°.根据AB//CD得到∠ABD=∠BDC=50°，故∠DBC=40°；根据BE平分∠ABD，得到∠ABE=∠EBD=25°；根据AD//BC得到∠AEB=∠EBC=∠EBD+∠DBC；问题可解决.
10．【答案】=
【知识点】勾股定理的应用；正方形的性质
【解析】【解答】解：
连接AC，
.
故答案为：=.
【分析】适当添加辅助线(连接AC)，分别在中利用勾股定理，从而可得解答.
11．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：连接AN，
∵四边形ABCD是矩形，∴，
∵，∴，
∴，
∵，∴，
∵是等腰三角形，∴只存在一种情况，
在和中，，
∴，
∴，
∵，，∴，
∴是等边三角形，∴，
∴，∴，
∵，且，
∴，∴，故答案为：．
【分析】连接AN，先证明，可得，再利用勾股定理可得，将数据代入求出即可。
12．【答案】5
【知识点】勾股定理的应用；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为长方形，
∴∠D=∠C=∠DAB=90°，AB=DC=10，AD=BC=8，
根据折叠的性质可得：∠D'=∠D=90°，∠C'=∠C=90°，BC'=BC=8，D'C'=DC=10，
∴，
∴AD'=D'C'-AC'=10-6=4，
设DE=D'E=x，则AE=8-x，
∴；
∴x=3，
∴AE=5，
故答案为：5.
【分析】利用勾股定理先求出AC'=6，再求出AD'的值，最后计算求解即可。
13．【答案】（1）证明：∵正方形，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴
在中，由勾股定理得，
又
∴
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）先根据正方形的性质得到，进而结合题意得到，再根据三角形全等的判定与性质证明即可求解；
（2）先结合题意运用勾股定理求出DF的长，进而运用三角形的面积即可求解。
14．【答案】证明：∵AD平分∠BAC
∴∠BAD＝∠CAD
∵DE∥AC
∴∠ADE＝∠CAD
∴∠ADE＝∠BAD
∴AE＝DE
∵DF∥AB
∴四边形AEDF是平行四边形
∴AF＝DE，DF＝AE
∴AE＝DE＝AF＝DF
∴四边形AEDF为菱形
∴AD⊥EF．
【知识点】平行线的性质；菱形的判定与性质；角平分线的定义
【解析】【分析】已知两组平行线可以判定四边形AEDF是平行四边形，然后利用平行线的性质以及角平分线的定义判定∠EAD=∠EDA，从而判定EA=ED，所以四边形AEDF是菱形，由菱形的性质可以判断AD和EF的位置关系。
15．【答案】证明：连接，
，
∵四边形，，均为正方形，
∴，，，，
∵，，
∴，
在和种，
，
∴，
同理可得：，
∴，，，
∵，，
∴，
在和种，
，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴.
【知识点】平行四边形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】 连接PM、RN，根据正方形的性质交点MN=MC-BC，AB=BR，AC=PC，∠BCM=∠ABR=∠BNM=∠ACP=90°，由同角的余角相等可得∠ACB=∠PCM，利用SAS证明△ACB≌△PCM，同理可得△ACB≌△RNB，则PC=AC=RN，PM=AB=RB，∠RNB=∠ACB=∠MCP，根据角的和差关系可得∠RNM=∠BCP，证明△RNM≌△BCP，得到RM=PB，推出四边形BPMR为平行四边形，据此证明.
1 / 12024年浙教版数学八年级下册阶段复习提高练第5章特殊平行四边形
一、选择题
1．（2024八上·朝阳期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE⊥BC于点E，连接OE，若OA＝3，S菱形ABCD＝9，则OE的长为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：∵在菱形中，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵菱形的面积，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】根据菱形的性质得出，，，利用直角三角形斜边上的中线性质得出，再利用菱形的面积等于对称线乘积的一半求出，即可得出答案．
2．（2024八上·长春期末）如图，在正方形ABCD中，，，且，则BE的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】勾股定理的应用；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】
解：延长CB至G，使BG=DF，连接AG，
易证明△ABG≌△ADF，∴AG=AF，∠BAG=∠DAF
∴∠EAG=∠BAE+∠BAG=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=90°+45°=45°
∴∠EAG=∠EAF，
又AG=AF，AE=AE，
∴△EAG≌△EAF，
∴EG=EF，
设BE=x，则EG=BE+BG=x+3，CE=BC-BE=4-x，
又CF=CD-DF=4-3=1
∴
∴
解得，x=
故答案为：C
【分析】延长CB至G，使BG=DF，连接AG，证明△ABG和△ADF全等，得AG=AF，∠BAG=∠DAF，推得∠EAG=∠EAF，再证明△EAG≌△EAF，得EG=EF，设BE=x，则EG=x+3，，列方程求出X即可。
3．（2023八上·萧县期中）如图，在正方形OABC中，O是坐标原点，点A的坐标为（1，），则点C的坐标是（ ）
A．（﹣，1） B．（﹣1，）
C．（﹣，1） D．（﹣，﹣1）
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【解答】
解：如图所示，过点C作CE⊥x轴于E，过点A作AD⊥x轴于点D
∴ ∠CEO=∠ODA=90°，∠ECO+∠COE=90°
∵ 点A（1，)
∴ OD=1，AD=
∵ 四边形ABCD为正方形
∴ CO=OA，∠AOC=90°
∴ ∠DOA+∠COE=90°
∴ ∠ECO=∠DOA
∴
∴ CE=OD=1，OE=AD=
∴ 点C的坐标为（-，1）
故答案为：C.
【分析】本题考查正方形的性质、三角形全等的判定与性质，熟悉其性质与判定方法是关键。过点C作CE⊥x轴于E，过点A作AD⊥x轴于点D，利用正方形性质和三角形全等的“一线三等角模型”证明 得 CE=OD=1，OE=AD=，可知点C的坐标为（-，1）.
4．（2021八上·镇海期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边作三个正方形，点G落在HI上，若AC＋BC＝6，空白部分面积为10.5，则AB的长为（ ）
A．3 B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABGF是正方形，
∴∠FAB＝∠AFG＝∠ACB＝90°，
∴∠FAC＋∠BAC＝∠FAC＋∠ABC＝90°，
∴∠FAC＝∠ABC，
在△FAM与△ABN中，
，
∴△FAM≌△ABN（AAS），
∴S△FAM＝S△ABN，
∴S△ABC＝S四边形FNCM，
∵在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴AC2＋BC2＝AB2，
∵AC＋BC＝6，
∴（AC＋BC）2＝AC2＋BC2＋2AC BC＝36，
∴AB2＋2AC BC＝36，
∵AB2﹣2S△ABC＝10.5，
∴AB2﹣AC BC＝10.5，
∴3AB2＝57，
解得AB＝ 或﹣ （负值舍去）.
故答案为：B.
【分析】根据余角的性质得到∠FAC＝∠ABC，从而利用AAS判断出△FAM≌△ABN，根据全等三角形的性质得到S△FAM＝S△ABN，推出S△ABC＝S四边形FNCM，根据勾股定理得到AC2＋BC2＝AB2，解方程组得到3AB2＝57，于是得到结论.
5．（2023八上·宣城期中）在平面直角坐标系中，已知A，B，C，D四点的坐标依次为，，，，若一次函数（）图象将四边形的面积分成1∶3两部分，则m的值为（ ）
A．-4 B．，-4 C． D．，-5
【答案】D
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；菱形的判定与性质
【解析】【解答】∵A，B，C，D四点的坐标依次为，，，，
∴AB=BC=CD=AD=，
∴四边形ABCD是菱形，
∵一次函数的解析式为，
∴一次函数经过定点B（6，2），
∵一次函数（）图象将四边形的面积分成1∶3两部分，
∴一次函数的图象经过AD的中点M（1，3）或经过CD的中点N（5，7），如图所示：
∴m-6m+2=3或5m-6m+2=7，
解得：m=或m-5，
故答案为：D.
【分析】先证出四边形ABCD是菱形，再求出一次函数经过定点B（6，2），再结合一次函数（）图象将四边形的面积分成1∶3两部分，可得一次函数的图象经过AD的中点M（1，3）或经过CD的中点N（5，7），再列出方程m-6m+2=3或5m-6m+2=7，再求出m的值即可.
6．（2023八上·红古期中）如图，从一个大正方形中裁去面积为27和48的两个小正方形，则剩下阴影部分的面积为（ ）
A．36 B． C．72 D．
【答案】C
【知识点】二次根式的性质与化简；二次根式的应用；正方形的性质
【解析】【解答】 两个小正方形的面积为27和48，
两个小正方形的边长分别为
大正方形的边长为：
故答案为：C.
【分析】先求出两个小正方形的边长，再求出大正方形的边长，进而用大正方形的面积减去两个小正方形的面积即可得出结论.
7．下列命题中，不正确的是（ ）
A．顺次连接菱形各边中点所得的四边形是矩形
B．有一个角是直角的菱形是正方形
C．对角线相等且垂直的四边形是正方形
D．有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所得四边形是矩形；
既是矩形，又是菱形的四边形是正方形；
有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形。
【解答】A、根据菱形的性质和矩形的判定，知正确；
B、根据正方形的判定，知正确；
C、根据正方形的判定，知必须在平行四边形的基础上，故错误；
D、根据等边三角形的判定，知正确。
故选C．
8．（2023八上·武义期末）如图，正方形的边长为，，，连结，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图所示，过点作于，
∵正方形的边长为，，，
∴，，
∴，是直角三角形，
∴，，
∴，，
在中，
，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴在中，，
故答案为：.
【分析】过点G作GE⊥CH于E，由正方形的性质以及勾股定理逆定理可得AB2=CD2，推出△ABG、△CDH直角三角形，由同角的余角相等可得∠1=∠5=∠3，利用AAS证明△ABG≌△BCE，得到AG=BE=8，BG=CE=6，则GE=BE-BG=2，EH=CH-CE=2，然后利用勾股定理就可求出GH.
二、填空题
9．（2024八上·深圳期末） 如图，为长方形的对角线，平分，若，则 °.
【答案】65
【知识点】平行线的性质；矩形的性质；角平分线的定义
【解析】【解答】解：因为四边形ABCD是长方形，
∴AB//CD，AD//BC，∠ABC=90°，
∴∠ABD=∠BDC=50°，
∴∠DBC=∠ABC-∠ABD=40°.
∵BE平分∠ABD，
∴∠ABE=∠EBD=25°.
∴∠EBC=∠EBD+∠DBC=25°+40°=65°.
又∵AD//BC，
∴∠AEB=∠EBC=65°.
故答案为：65.
【分析】根据长方形的性质，得到AB//CD，AD//BC，∠ABC=90°.根据AB//CD得到∠ABD=∠BDC=50°，故∠DBC=40°；根据BE平分∠ABD，得到∠ABE=∠EBD=25°；根据AD//BC得到∠AEB=∠EBC=∠EBD+∠DBC；问题可解决.
10．（2024八上·大竹期末）如图，在四边形中，，分别以为一边向外作正方形甲、乙、丙、丁，若用，，，来表示它们的面积，则 （填＞，＜或＝）．
【答案】=
【知识点】勾股定理的应用；正方形的性质
【解析】【解答】解：
连接AC，
.
故答案为：=.
【分析】适当添加辅助线(连接AC)，分别在中利用勾股定理，从而可得解答.
11．（2022八上·沈阳期中）如图，长方形ABCD中，，，，点M是射线BD上一点（不与点B，D重合），连接AM，过点M作交直线BC于点N，若是等腰三角形，则 ．
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：连接AN，
∵四边形ABCD是矩形，∴，
∵，∴，
∴，
∵，∴，
∵是等腰三角形，∴只存在一种情况，
在和中，，
∴，
∴，
∵，，∴，
∴是等边三角形，∴，
∴，∴，
∵，且，
∴，∴，故答案为：．
【分析】连接AN，先证明，可得，再利用勾股定理可得，将数据代入求出即可。
12．（2022八上·罗湖期中）如图，已知点是长方形中边上一点，将四边形沿直线折叠，折叠后点的对应点为，点的对应点为，若点在上，且，，则 ．
【答案】5
【知识点】勾股定理的应用；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为长方形，
∴∠D=∠C=∠DAB=90°，AB=DC=10，AD=BC=8，
根据折叠的性质可得：∠D'=∠D=90°，∠C'=∠C=90°，BC'=BC=8，D'C'=DC=10，
∴，
∴AD'=D'C'-AC'=10-6=4，
设DE=D'E=x，则AE=8-x，
∴；
∴x=3，
∴AE=5，
故答案为：5.
【分析】利用勾股定理先求出AC'=6，再求出AD'的值，最后计算求解即可。
三、解答题
13．（2023八上·青羊月考）已知，正方形的四条边相等，四个角是直角．如图，点E，F分别在正方形的两边和上，与相交于点G，且．
（1）求证：；
（2）若，求的长度．
【答案】（1）证明：∵正方形，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴
在中，由勾股定理得，
又
∴
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】（1）先根据正方形的性质得到，进而结合题意得到，再根据三角形全等的判定与性质证明即可求解；
（2）先结合题意运用勾股定理求出DF的长，进而运用三角形的面积即可求解。
14．（2022八上·龙口开学考）如图，AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于F．
试确定AD与EF的位置关系，并说明理由．
【答案】证明：∵AD平分∠BAC
∴∠BAD＝∠CAD
∵DE∥AC
∴∠ADE＝∠CAD
∴∠ADE＝∠BAD
∴AE＝DE
∵DF∥AB
∴四边形AEDF是平行四边形
∴AF＝DE，DF＝AE
∴AE＝DE＝AF＝DF
∴四边形AEDF为菱形
∴AD⊥EF．
【知识点】平行线的性质；菱形的判定与性质；角平分线的定义
【解析】【分析】已知两组平行线可以判定四边形AEDF是平行四边形，然后利用平行线的性质以及角平分线的定义判定∠EAD=∠EDA，从而判定EA=ED，所以四边形AEDF是菱形，由菱形的性质可以判断AD和EF的位置关系。
15．（2022八上·苍南月考）如图，正方形内有一点A ，以，为边向形外作正方形和正方形，连接，.求证：.
【答案】证明：连接，
，
∵四边形，，均为正方形，
∴，，，，
∵，，
∴，
在和种，
，
∴，
同理可得：，
∴，，，
∵，，
∴，
在和种，
，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形为平行四边形，
∴.
【知识点】平行四边形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】 连接PM、RN，根据正方形的性质交点MN=MC-BC，AB=BR，AC=PC，∠BCM=∠ABR=∠BNM=∠ACP=90°，由同角的余角相等可得∠ACB=∠PCM，利用SAS证明△ACB≌△PCM，同理可得△ACB≌△RNB，则PC=AC=RN，PM=AB=RB，∠RNB=∠ACB=∠MCP，根据角的和差关系可得∠RNM=∠BCP，证明△RNM≌△BCP，得到RM=PB，推出四边形BPMR为平行四边形，据此证明.
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