2024八年級數(shù)學下冊專題5.4特殊平行四邊形壓軸題綜合測試卷含解析新版浙教版

Page1專題5.4特殊平行四邊形學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________題號一二三總分得分評卷人得分一．選擇題（本大題共10小題，每小題3分，滿分30分）1．（沙坪壩區(qū)校級一模）下列說法正確的是（）A．平行四邊形的對角互補 B．矩形的對角線相等且相互垂直 C．有一組鄰邊相等的四邊形是菱形 D．有一個角是90°的菱形是正方形【思路點撥】依據(jù)正方形的判定，平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，逐一進行推斷即可．【解題過程】解：A．平行四邊形的對角互補，錯誤，不符合題意；應當是平行四邊形的對角相等；B．矩形的對角線相等且相互垂直，錯誤，不符合題意；應當是矩形的對角線相等；C．有一組鄰邊相等的四邊形是菱形，錯誤，不符合題意；應當是有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形；D．有一個角是90°的菱形是正方形，正確，符合題意．故選：D．2．（碑林區(qū)校級月考）已知直線a，b，c在同一平面內(nèi)，且a∥b∥c，a與b的距離為5cm，b與c的距離為2cm，則a與c的距離是（）A．3cm B．7cm C．3cm或7cm D．以上都不對【思路點撥】因為直線c的位置不明確，所以分①直線c在直線a、b外，②直線c在直線a、b之間兩種狀況探討求解．【解題過程】解：如圖，①直線c在a、b外時，∵a與b的距離為5cm，b與c的距離為2cm，∴a與c的距離為5+2＝7（cm），②直線c在直線a、b之間時，∵a與b的距離為5cm，b與c的距離為2cm，∴a與c的距離為5﹣2＝3（cm），綜上所述，a與c的距離為3cm或7cm．故選：C．3．（阿榮旗期末）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，若∠COD＝50°，那么∠CAD的度數(shù)是（）A．20° B．25° C．30° D．40°【思路點撥】只要證明OA＝OD，依據(jù)三角形的外角的性質(zhì)即可解決問題；【解題過程】解：∵矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，∴DB＝AC，OD＝OB，OA＝OC，∴OA＝OD，∴∠CAD＝∠ADO，∵∠COD＝50°＝∠CAD+∠ADO，∴∠CAD＝25°，故選：B．4．（灞橋區(qū)校級模擬）如圖，在四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點，G，H分別是對角線BD，AC的中點，依次連接E，G，F(xiàn)，H，連接EF，GH，BD與EH相交于P，若AB＝CD，∠ABD＝20°，∠BDC＝70°，則∠GEF＝（）度．A．25 B．30 C．45 D．35【思路點撥】依據(jù)三角形中位線定理得到EG=12AB，EG∥AB，F(xiàn)G=12CD，F(xiàn)G∥CD，依據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠EGD、∠DGF，進而求出∠【解題過程】解：∵E，G分別是AD，BD的中點，∴EG是△ADB的中位線，∴EG=12AB，EG∥∴∠EGD＝∠ABD＝20°，同理可得：FG=12CD，F(xiàn)G∥∴∠DGF＝180°﹣∠BDC＝110°，∴∠EGF＝∠EGD+∠FGD＝130°，∵AB＝CD，∴EG＝FG，∴∠GEF=1故選：A．5．（碑林區(qū)校級三模）兩張菱形賀卡如圖所示疊放，其中菱形ABCD的邊長為6cm，∠BAD＝60°，菱形A'B'C'D'可以看作是由菱形ABCD沿CA方向平移23cm得到，AD交C'D'于點E，則重疊部分的面積為（）cm2．A．83 B．93 C．103 D．113【思路點撥】依據(jù)題意和題目中的數(shù)據(jù)，可以計算出AC′和EF的長，然后即可計算出重疊部分的面積．【解題過程】解：連接AC，BD，AC和BD交于點O，連接EF交AC于點O，交AB于點F，如圖所示，∵菱形ABCD的邊長為6cm，∠BAD＝60°，∴AD＝AB＝6cm，AC⊥BD，∠DAO＝30°，∴△DAB是等邊三角形，DO＝3cm，∴AO=AD2-DO∴AC＝63cm，∵CC′＝23cm，∴AC′＝43cm，∴AH＝23cm，∴EH＝2cm，∴EF＝4cm，∴重疊部分的面積為：AC'?EF2=43×42故選：A．6．（西安二模）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，點E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，∠EDF＝60°，BF=6，BE＝1，則ADA．6 B．6+1 C．23 D．23【思路點撥】先證明△ABD是等邊三角形，再依據(jù)ASA證明△ADE≌△BDF，得到AE＝BF=6，進而可求解AB【解題過程】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，AD∥BC，∵∠A＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∠ABC＝180°﹣∠A＝120°，∴AD＝BD，∠ABD＝∠A＝∠ADB＝∠DBC＝60°，∵∠EDF＝60°，∴∠ADE＝∠BDF，在△ADE和△BDF中，∠A=∠DBFAD=BD∴△ADE≌△BDF（ASA），∴AE＝BF=6∵BE＝1，∴AD＝AB＝AE+BE=6故選：B．7．（孝南區(qū)期中）已知平面直角坐標系中，有兩點A（a，0），B（0，b），且滿足b=a-3+3-a+4，P為AB上一動點（不與A，B重合），PE⊥x軸，PF⊥y軸，垂足分別為E，F(xiàn)，連接A．125 B．3 C．4 【思路點撥】連接OP，先求出a＝3，則b＝4，再由勾股定理得AB＝5，然后證四邊形OEPF是矩形，則EF＝OP，當OP⊥AB時，OP最小，EF也最小，進而由面積法求解即可．【解題過程】解：如圖，連接OP，∵b=a-3∴a﹣3≥0，3﹣a≥0，∴a＝3，∴b＝4，∴A（3，0），B（0，4），∴OA＝3，OB＝4，∵∠AOB＝90°，∴AB=O∵PE⊥x軸，PF⊥y軸，∴∠PEO＝∠PFO＝90°，∴四邊形OEPF是矩形，∴EF＝OP，當OP⊥AB時，OP最小，EF也最小，此時，OP=OA?OB∴EF的最小值為125故選：A．8．（蒙陰縣模擬）如圖，平行四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，BD＝2AD，E、F、G分別是OC、OD、AB的中點，下列結(jié)論：①BE⊥AC；②EG＝EF；③△EFG≌△GBE；④EA平分∠GEF；⑤四邊形BEFG是菱形．其中正確的個數(shù)是（）A．2 B．3 C．4 D．5【思路點撥】由平行四邊形的性質(zhì)可得OB＝BC，由等腰三角形的性質(zhì)可推斷①正確，由直角三角形的性質(zhì)和三角形中位線定理可推斷②正確，通過證四邊形BGFE是平行四邊形，可推斷③正確，由平行線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)可推斷④正確，由∠BAC≠30°可推斷⑤錯誤．【解題過程】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形∴BO＝DO=12BD，AD＝BC，AB＝CD，AB∥又∵BD＝2AD，∴OB＝BC＝OD＝DA，且點E是OC中點，∴BE⊥AC，故①正確，∵E、F分別是OC、OD的中點，∴EF∥CD，EF=12∵點G是Rt△ABE斜邊AB上的中點，∴GE=12AB＝AG∴EG＝EF＝AG＝BG，故②正確，∵BG＝EF，AB∥CD∥EF∴四邊形BGFE是平行四邊形，∴GF＝BE，且BG＝EF，GE＝GE，∴△BGE≌△FEG（SSS）故③正確∵EF∥CD∥AB，∴∠BAC＝∠ACD＝∠AEF，∵AG＝GE，∴∠GAE＝∠AEG，∴∠AEG＝∠AEF，∴AE平分∠GEF，故④正確，若四邊形BEFG是菱形∴BE＝BG=12∴∠BAC＝30°與題意不符合故⑤錯誤故選：C．9．（澗西區(qū)一模）如圖，D是平行四邊形ABOC內(nèi)一點，CD與x軸平行，AD與y軸平行，AD＝22，CD＝72，∠ADB＝135°，S△ABD＝8．則點D的坐標為（）A．(-32，62) B．(-42，6【思路點撥】過點B作BE⊥y軸于E點，交AD的延長線于點F，先通過AAS證出△BOE≌△CAD，依據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到OE＝AD＝22，BE＝CD＝72，依據(jù)三角形的面積即可得到結(jié)論．【解題過程】解：過點B作BE⊥y軸于E點，交AD的延長線于點F，∵四邊形ABOC是平行四邊形，∴AC＝OB，AC∥OB，∴∠OGC＝∠BOE，∵AD∥y軸，∴∠DAC＝∠OGC，∴∠BOE＝∠DAC，在△BOE和△CAD中，∠BEO=∠CDA∠BOE=∠CAD∴△BOE≌△CAD（AAS），∴OE＝AD＝22，BE＝CD＝72，∵∠ADB＝135°，∴∠BDF＝45°，∴BF＝DF，∵S△ABD＝8，∴12AD?BF∴12∴BF＝42，∴EF＝32，∴D（﹣32，62），故選：A．10．（岳麓區(qū)校級期中）如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，點H在DC的延長線上，連接AH交BC于點F，點E在BF上，且AE平分∠BAH，若CH＝BE，則EH等于（）A．5 B．25 C．35 【思路點撥】過點E作EG⊥AF于點G，依據(jù)角平分線的性質(zhì)可得EB＝EG，然后證明△EFG≌△HFC（AAS），可得GF＝CF，證明Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），可得AB＝AG＝6，設EB＝EG＝CH＝m，GF＝CF＝n，可得BF＝BC﹣CF＝6﹣n，AF＝AG+GF＝6+n，依據(jù)勾股定理可得n=32，依據(jù)S△AFE=12×EF?AB=12×AF?EG，可得EF=【解題過程】解：如圖，過點E作EG⊥AF于點G，在正方形ABCD中，BC＝AB＝6，∠B＝∠BCD＝90°，∵AE平分∠BAH，EG⊥AF，AB⊥BC，∴EB＝EG，∵CH＝BE，∴EG＝CH，在△EFG和△HFC中，∠EFG=∠BFC∠EGF=∠HCF=90°∴△EFG≌△HFC（AAS），∴GF＝CF，在Rt△ABE和Rt△AGE中，AE=AEBE=GE∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），∴AB＝AG＝6，設EB＝EG＝CH＝m，GF＝CF＝n，∴BF＝BC﹣CF＝6﹣n，AF＝AG+GF＝6+n，在Rt△ABF中，依據(jù)勾股定理得：AF2＝AB2+BF2，∴（6+n）2＝62+（6﹣n）2，解得n=3∴GF＝CH＝n=3∴AF＝6+n=15∵S△AFE=12×EF?AB=1∴6EF=152∴EF=54在Rt△EFG中，依據(jù)勾股定理得：EF2＝EG2+GF2，∴（54m）2＝m2+（32）解得m＝2（負值舍去），∴EB＝EG＝CH＝m＝2，∴EF=54m∴EC＝EF+FC=5∴EH=E故選：B．評卷人得分二．填空題（本大題共5小題，每小題3分，滿分15分）11．（南關區(qū)校級月考）?ABCD一內(nèi)角的平分線與邊相交并把這條邊分成5cm，7cm的兩條線段，則?ABCD的周長是34或38cm．【思路點撥】此題留意要分狀況探討：依據(jù)角平分線的定義以及平行線的性質(zhì)，可以發(fā)覺一個等腰三角形，進而得到平行四邊形的周長．【解題過程】解：如圖所示：在平行四邊形ABCD中，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，∴∠AEB＝∠CBE，又∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE，∴∠ABE＝∠AEB，∴AB＝AE，①當AE＝5cm時，平行四邊形的周長＝2（5+12）＝34（cm）；②當AE＝7cm時，平行四邊形的周長＝2（7+12）＝38（cm）；若點E在CD邊上，同理可得?ABCD的周長為34cm或38cm．綜上所述，?ABCD的周長為34cm或38cm．故答案為：34或38．12．（雁塔區(qū)校級四模）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，AC＝6，BD＝8，點E為OA的中點，點F為BC上一點，且BF＝3CF，點P為BD上一動點，連接PE、PF，則|PF﹣PE|的最大值為54【思路點撥】依據(jù)題意找出點E關于BD的對稱點E’，連接PE’，構(gòu)造△PFE'中的三邊關系解答即可．【解題過程】解：在菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8，∴AO＝CO＝3，BO＝DO＝4，∴AB＝BC＝CD＝DA＝5，在BC上取一點F，使得BF＝3CF，取OA的中點E，點P為BD上的一動點，作E點關于BD的對稱點E'，連接PE'，∴PE＝PE'，在△PFE'中，PF﹣PE＝PF﹣PE'＜FE'，則當點P、F、E'三點共線時，PF﹣PE取最大值，∴PF﹣PE＝PF﹣[E'＝FE'，取BC的中點H，連接HO，∵BF＝3CF，OA的中點E，∴點F是HC的中點，E'是OC的中點，∴FE'=12∵HO=12∴FE'=12HO=1故答案為：5413．（鐵嶺月考）如圖，將邊長為4的等邊△ABC沿射線BC平移得到△DEF，點G，H分別為AC，DF的中點，連接GH，點P為GH的中點，連接AP，CP．當△APC為直角三角形時，BE＝4或8．【思路點撥】本題先依據(jù)△APC為直角三角形進行分類探討：①當∠APC＝90°時，依據(jù)直角三角形斜邊中線等于斜邊上的一半，即可求出PG，進而求出GH，BE長度就解決了．②當∠ACP＝90°時，依據(jù)直角三角形中，30°角所對直角邊是斜邊長度的一半，可以求出PG＝4，進而求出GH，BE長度就解決了．【解題過程】解：①當∠APC＝90°時．∵∠APC＝90°，M為AC中點．∴PG＝AG＝CG=12∵PG＝2，點P是線段GH的中點．∴GH＝2PG＝4．即△ABC向左平移4．∴BE＝4．②當∠ACP＝90°時．∵GH∥BF．∴∠PGC＝∠ACB＝60°．∴∠GPC＝30．∵G為AC中點，AC＝4．∴CG＝2．在Rt△GCP中，∠GCP＝90°，∠GPC＝30°．∴GC=12∴PG＝2CG＝4．∵點P是線段GH的中點．∴GH＝8即△ABC向右平移8．綜上所述，BE＝4或8，故答案為：4或8．14．（習水縣模擬）如圖，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝45°，AD平分∠BAC交BC于點D，P為直線AB上一動點．連接DP，以DP、DB為鄰邊構(gòu)造平行四邊形DPQB，連接CQ，若AC＝6．則CQ的最小值為33+3【思路點撥】首先在△ACB中，由于AC＝4，∠CAB＝60°，∠CBA＝45°，所以可以解△CAB，即可以過C作CO⊥AB于O，利用三勾股定理，求出AB的長度，同理，在△DAB中，過D作DH⊥AB于H，可以求出DH的長度，連接DQ交PB于M，過Q作QG⊥AB于G，可以證明△QGM≌△DHM，所以QG＝DH＝3，由此得到Q在平行于AB的直線上運動，且距離AB兩個單位長度，依據(jù)垂線段最短，可以得到當C，O，Q三點共線時，CQ長度最?。窘忸}過程】解：如圖1，過C作CO⊥AB于O，過D作DH⊥AB于H，在Rt△ACO中，∠CAB＝60°，∴∠ACO＝30°，∴AO=12∴CO=A在Rt△BCO中，∠CBA＝45°，∴BO＝CO＝33，∴AB＝AO+BO=33∵AD平分∠CAB，∴∠DAB=12∠在Rt△DHB中，∠CBA＝45°，∴可設DH＝HB＝a，∴AD＝2DH＝2a，∴AH=A∴AB＝AH+BH=3a+a∴3a+a=3∴a＝3，∴DH＝3，如圖2，過Q作QG⊥AB于G，連接DQ交AB于M，∵四邊形DPQB為平行四邊形，∴DM＝QM，在△QGM與△DHM中，∠QGM=DHM=90°∠QMG=∠DMH∴△QGM≌△DHM（AAS），∴QG＝DH＝3，故Q到直線AB的距離始終為3，所以Q點在平行于AB的直線上運動，且兩直線距離為3，依據(jù)垂線段最短，當C，O，Q三點在一條直線上時，此時CQ最小，如圖3，最小值為：CO+3=33故答案為3315．（北侖區(qū)一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，點E是AD的中點，點F是對角線BD上一動點，∠ADB＝30°，連結(jié)EF，作點D關于直線EF的對稱點P，直線PE交BD于點Q，當△DEQ是直角三角形時，DF的長為1或3或3-3【思路點撥】分兩種狀況畫出圖形，當∠DQE＝90°時，如圖2，如圖3，當∠DEQ＝90°時，如圖4，過點F作FM⊥AD于點M，設EM＝a，則FM＝a，DM=3a，依據(jù)【解題過程】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∵AB＝2，∠ADB＝30°．∴AD＝23，∵點E是邊AD的中點，∴DE=3①如圖2，當∠DQE＝90°時，∵點E是AD的中點，∵PE⊥BD，∠ADB＝30°．∴∠PED＝60°，由對稱可得，EF平分∠PED，∴∠DEF＝∠PEF＝30°，∴△DEF是等腰三角形，∴DF＝EF，∵PE⊥BD，∠ADB＝30°，DE=3∴QE=3∵∠PEF＝30°，∴EF＝1，∴DF＝EF＝2＝1；②如圖3，∵PE⊥BD，∠ADB＝30°．∴∠PED＝120°，由對稱可得，PF＝DF，EP＝ED，EF平分∠PED，∴∠DEF＝∠PEF＝120°，∴∠EFD＝30°，∴△DEF是等腰三角形，∵PE⊥BD，∴QD＝QF=12∵PE⊥BD，∠ADB＝30°．DE=3∴QE=32，QD∴DF＝2QD＝3；∴DF的長為1或3；當∠DEQ＝90°時，如圖4，∵EF平分∠PED，∴∠DEF＝45°，過點F作FM⊥AD于點M，設EM＝a，則FM＝a，DM=3a∴3a+a=3∴a=3∴DF＝3-3綜上所述，當△DEQ是直角三角形時，DF的長為1或3或3-3故答案為：1或3或3-3評卷人得分三．解答題（本大題共8小題，滿分55分）16．（華鎣市模擬）已知：如圖，在平行四邊形ABCD中，點M是邊AD中點，CM、BA的延長線相交于點E．求證：AE＝AB．【思路點撥】由在平行四邊形ABCD中，AM＝DM，易證得△AEM≌△DCM（AAS），即可得AE＝CD＝AB．【解題過程】證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠E＝∠DCM，∵點M是邊AD中點，∴AM＝DM，在△AEM和△DCM中，∠E=∠DCM∠AME=∠DMC∴△AEM≌△DCM（AAS），∴AE＝CD，∴AE＝AB．17．（荔灣區(qū)一模）如圖，正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，且AF⊥BE于G，連接BE，AF．求證：BE＝AF．【思路點撥】利用正方形的性質(zhì)即可得到∠BAE＝∠D＝90°，AB＝DA，∠ABG＝∠DAF，判定△ABE≌△DAF（ASA），即可得出BE＝AF．【解題過程】證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAE＝∠D＝90°，AB＝DA，∴∠DAF+∠BAF＝90°，又∵AF⊥BE，∴∠ABG+∠BAF＝90°，∴∠ABG＝∠DAF，在△ABE和△DAF中，∠ABE=∠DAFAB=DA∴△ABE≌△DAF（ASA），∴BE＝AF．18．（亭湖區(qū)校級月考）已知：如圖，在?ABCD中，AC、BD相交于點O，E、F分別是AO和CO的中點，順次連接B，E，D，F(xiàn)．（1）求證：四邊形BEDF是平行四邊形；（2）當AC與BD滿足什么關系時，四邊形BEDF是矩形？為什么？【思路點撥】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得AO＝CO，OB＝OD，再證OE＝OF，即可得出結(jié)論；（2）由平行四邊形的性質(zhì)結(jié)合條件證出EF＝BD，再由（1）得四邊形BEDF是平行四邊形，即可得出結(jié)論．【解題過程】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO＝CO，OB＝OD，∵E、F分別是AO和CO的中點，∴OE=12AO，OF=∴OE＝OF，∴四邊形BEDF是平行四邊形；（2）解：當AC＝2BD時，四邊形BEDF是矩形，理由如下：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO＝CO，OB＝OD，∵AC＝2BD，∴AO＝CO＝BD，∵OE＝OF，∴EF＝BD，由（1）得：四邊形BEDF是平行四邊形，∴平行四邊形BEDF是矩形．19．（丹江口市模擬）如圖，AM∥BN，C是BN上一點，BD平分∠ABN且過AC的中點O，交AM于點D，DE⊥BD，交BN于點E．（1）求證：四邊形ABCD是菱形．（2）若DE＝AB＝2，求菱形ABCD的面積．【思路點撥】（1）由ASA可證明△ADO≌△CBO，再證明四邊形ABCD是平行四邊形，再證明AD＝AB，即可得出結(jié)論；（2）由菱形的性質(zhì)得出AC⊥BD，證明四邊形ACED是平行四邊形，得出AC＝DE＝2，AD＝EC，由菱形的性質(zhì)得出EC＝CB＝AB＝2，得出EB＝4，由勾股定理得BD=23【解題過程】（1）證明：∵點O是AC的中點，∴AO＝CO，∵AM∥BN，∴∠DAO＝∠BCO，在△AOD和△COB中，∠DAO=∠BCOAO=CO∴△ADO≌△CBO（ASA），∴AD＝CB，又∵AM∥BN，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AM∥BN，∴∠ADB＝∠CBD，∵BD平分∠ABN，∴∠ABD＝∠CBD，∴∠ABD＝∠ADB，∴AD＝AB，∴平行四邊形ABCD是菱形；（2）解：由（1）得：四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AD＝CB，又∵DE⊥BD，∴AC∥DE，∵AM∥BN，∴四邊形ACED是平行四邊形，∴AC＝DE＝2，AD＝EC，∴EC＝CB，∵四邊形ABCD是菱形，∴EC＝CB＝AB＝2，∴EB＝4，在Rt△DEB中，由勾股定理得：BD=BE2∴S菱形ABCD=12AC?BD20．（東臺市期中）如圖，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF和∠CFE的外角平分線交于點A，過點A分別作直線CE，CF的垂線，點B，D為垂足．（1）∠EAF＝45°（干脆寫結(jié)果）．（2）①求證：四邊形ABCD是正方形．②若BE＝EC＝2，求DF的長．【思路點撥】（1）依據(jù)平角的定義得到∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，依據(jù)角平分線的定義得到∠AFE=12∠DFE，∠AEF=12∠BEF，求得∠AEF+∠AFE=12（∠（2）①作AG⊥EF于G，如圖1所示：則∠AGE＝∠AGF＝90°，先證明四邊形ABCD是矩形，再由角平分線的性質(zhì)得出AB＝AD，即可得出四邊形ABCD是正方形；②設DF＝x，依據(jù)已知條件得到BC＝6，由①得四邊形ABCD是正方形，求得BC＝CD＝4，依據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BE＝EG＝2，同理，GF＝DF＝x，依據(jù)勾股定理列方程即可得到結(jié)論．【解題過程】（1）解：∵∠C＝90°，∴∠CFE+∠CEF＝90°，∴∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，∵AF平分∠DFE，AE平分∠BEF，∴∠AFE=12∠DFE，∠AEF∴∠AEF+∠AFE=12（∠DFE+∠BEF）∴∠EAF＝180°﹣∠AEF﹣∠AFE＝45°，故答案為：45°；（2）①證明：作AG⊥EF于G，如圖1所示：則∠AGE＝∠AGF＝90°，∵AB⊥CE，AD⊥CF，∴∠B＝∠D＝90°＝∠C，∴四邊形ABCD是矩形，∵∠CEF，∠CFE外角平分線交于點A，∴AB＝AG，AD＝AG，∴AB＝AD，∴四邊形ABCD是正方形；②解：設DF＝x，∵BE＝EC＝2，∴BC＝4，由①得四邊形ABCD是正方形，∴BC＝CD＝4，在Rt△ABE與Rt△AGE中，AB=AGAE=AE∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），∴BE＝EG＝2，同理，GF＝DF＝x，在Rt△CEF中，EC2+FC2＝EF2，即22+（4﹣x）2＝（x+2）2，解得：x=4∴DF的長為4321．（新鄭市期末）如圖，在△ABC中，點D、E分別是邊BC、AC的中點，過點A作AF∥BC交DE的延長線于F點，連接AD、CF，過點D作DG⊥CF于點G．（1）求證：四邊形ADCF是平行四邊形；（2）若AB＝3，BC＝5，①當AC＝3時，四邊形ADCF是矩形；②若四邊形ADCF是菱形，則DG＝125【思路點撥】（1）由三角形中位線定理得DE∥AB，再證四邊形ABDF是平行四邊形，得AF＝BD，則AF＝DC，即可得出結(jié)論；（2）①由（1）可知，四邊形ADCF是平行四邊形，再由等腰三角形的性質(zhì)得AD⊥BC，則∠ADC＝90°，即可得出結(jié)論；②由菱形的性質(zhì)得AC⊥DF，AD＝CD＝BD＝CF，再證△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，則AC＝4，然后由平行四邊形的性質(zhì)得DF＝AB＝3，最終由菱形的面積求出DG的長即可．【解題過程】（1）證明：∵點D、E分別是邊BC、AC的中點，∴DE是△ABC的中位線，BD＝CD，∴DE∥AB，∵AF∥BC，∴四邊形ABDF是平行四邊形，∴AF＝BD，∴AF＝DC，∵AF∥BC，∴四邊形ADCF是平行四邊形；（2）解：①當AC＝3時，四邊形ADCF是矩形，理由如下：由（1）可知，四邊形ADCF是平行四邊形，∵AB＝3，AC＝3，∴AB＝AC，∵D是BC的中點，∴AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∴平行四邊形ADCF是矩形；②∵四邊形ADCF是菱形，∴AC⊥DF，AD＝CD＝BD＝CF，∴CF＝AD=12BC∴△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，∴AC=B由（1）可知，四邊形ABDF是平行四邊形，∴DF＝AB＝3，∵DG⊥CF，∴S菱形ADCF=12AC?DF＝CF?即12×4×3=5∴DG=12故答案為：12522．（峽江縣期末）如圖，AB∥CD，點E，F(xiàn)分別在AB，CD上，連接EF，∠AEF、∠CFE的平分線交于點G，∠BEF、∠DFE的平分線交于點H．（1）求證：四邊形EGFH是矩形；（2）小明在完成（1）的證明后接著進行了探究，過G作MN∥EF，分別交AB，CD于點M，N，過H作PQ∥EF，分別交AB，CD于點P，Q，得到四邊形MNQP，此時，他猜想四邊形MNQP是菱形，他的猜想是否正確，請予以說明．【思路點撥】（1）依據(jù)角平分線的性質(zhì)進行導角，可求得四邊形EGFH的四個內(nèi)角均為90°，進而可說明其為矩形．（2）依據(jù)題目條件可得四邊形MNQP為平行四邊形，要證菱形只需鄰邊相等，連接GH，由于MN＝EF＝GH，要證MN＝MP，只需證GH＝MP，只需證四邊形MFHP為平行四邊形，可證G、H點分別為MN、PQ中點，即可得出結(jié)果．【解題過程】（1）證明：∵EH平分∠BEF，F(xiàn)H平分∠DFE，∴∠FEH=12∠BEF，∠EFH=∵AB∥CD，∴∠BEF+∠DFE＝180°，∴∠FEH+∠EFH=12（∠BEF+∠DFE）∵∠FEH+∠EFH+∠EHF＝180°，∴∠EHF＝180°﹣（∠FEH+∠EFH）＝180°﹣90°＝90°，同理可得：∠EGF＝90°，∵EG平分∠AEF，∵EH平分∠BEF，∴∠GEF=12∠AEF，∠F