第二十一章 四边形 2025-2026学年人教版数学八年级下册

第二十一章四边形2025-2026学年初中数学八年级下册章节测试（人教 版) 学校： 姓名： 班级： 学号： 一、单选题 1.下列说法错误的是() A.平行四边形的对角线互相平分 B.矩形的对角线互相垂直 C.有一个角是直角的菱形是正方形 D.对角线互相垂直的平行四边形是菱形 2.下列四个选项所描述的图形中，一定是轴对称图形的是（) A.三角形B.五边形 C.等边三角形D.平行四边形 3.如图，AB∥CD,∠A=135°，∠D=150°，则∠E的度数为() D 150° 135° B A.30° B.45° C.60° D.75° 4.若一个正n边形的一个内角的度数是其一个外角度数的3.5倍，则n的值为 () A.8 B.9 C.10 D.12 5.如图，平行四边形ABCD的周长为40，△BOC的周长比AOB的周长多4， 则AB长为() 试卷第1页，共3页 A.10 B.9 C.8 D.7 6.己知四边形ABCD中，AC日BD交于点O,下列条件能判定四边形 ABCD是平行四边形的是() A.AD∥BC,AB=CD B.AD=BC.OB=OD C.∠DAB=∠DCB,OA=OCD.AB∥CD且∠ABC=∠ADC 7.如图，在矩形ABCD中，AD=1,CP平分∠BCD,交AB于点P,连接DP, PD恰好平分∠APC,则AP的长为() D A.V2-1 B. √2-1 C.2 2 D.1-② 2 8.如图，在正方形ABCD中，点E在边AD上，作BF平分∠CBE交CD于 点F.若AE=5,DE=7,则CF的长为() D A.4V2 B.46 C.8 D.9 9.如图，矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,过点O作OE⊥AC交 AD于E,若AC=2V3,∠BOC=120°，则OE的长为() 试卷第1页，共3页 A.1 B. 3 c.v3 D.3V5 10.如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E,过点A 作AF⊥BE,垂足为F,若AF=5,BE=24,则CD的长为() D A.12 B.13 C.14 D.15 11.如图，长方形ABCD的长与宽比值为√2，将点B沿AE折叠与点G重合， 将点C沿EI折叠与点H重合，则长方形DGHI的长与宽的比值为() G A.2 B.2 C. 3 D.3 2 12.如图，菱形ABCD的边长为2√3，∠A=120°，点E和点P分别为边 BC和对角线BD上的动点，当PC+PE的取值最小时，△PEC的周长为() A.3 B.4 C.2√5+1D.3+V3 13.如图，为了测量踏青时一处被花坛隔开的A,B两点间的距离，小鸣在 AB外选择一点C,测得AC两边中点的距离DE=6m,则A,B两点间的距 离是() 试卷第1页，共3页 A.8m B.10m C.12m D.20m 14.如图，在四边形ABCD中，∠ABC=90°，∠ADC=90°，AC=30, BD=24,连接AC、BD,取AC和BD的中点M、N,连接N,则MN的 长度为() M A.6 B.7 C.8 D.9 15.如图，在口ABCD中，E是AB中点，动点F从点B出发，沿BC运动到 点C时停止，以EF为边作口EFGH,且点G、H分别在CD、AD上.在动 点F运动的过程中，口EFGH的面积() H D A.先减小，再增大 B.先增大，再减小C.逐渐减小D.不变 二、填空题 16.如图，在边长为4的正方形ABCD外有一点P,且△PCD是等边三角形， 则△PAC的面积为 试卷第1页，共3页 17.如图，四边形ABCD与四边形DGHI都是正方形，点C、G、H三点在一 条直线上，若AB=6,则SACDI+S△BCG=—· G I8.如图，在正方形ABCD中，E为DC边上一点，连接AE、BD,点M为 AE中点，点O为BD中点，连接BM,点K为BM中点，连接KO,若 AB=2V5,DE=V3,则OK=· A M K 19.如图，在菱形ABCD中，连接AC,AB=4,∠B=60°，点M、N分别 是边CD、AD的中点，连接MN,点P在菱形的边上，且△PN是以N为 斜边的直角三角形，则AP的长为 三、解答题 20.如图，在菱形ABCD中，点E,F分别在AD,CD边上， 试卷第1页，共3页 ∠ABF=∠CBE,求证：AE=CF. D F B 21.如图所示，点O是菱形ABCD对角线的交点，CE∥BD,EB∥AC,连 接OE,交BC于F. A (1)求证：OE=CB; (2)如果OC:OB=1:3,OE=4√5，求菱形ABCD的面积. 22.如图，在平行四边形ABCD中，点E在边BC上，点F是AD中点，CF 交DE于点G: D G 试卷第1页，共3页 (1)若点G是DE中点，求证：四边形AECF是平行四边形； (2)若∠ADE=30°，EA平分∠BED,DE=10,求△ADE的面积. 23.如图，在ABC中，点D在AB上，CD⊥BC于点C,过点A作BC, CD的平行线，分别交CD,BC的延长线于点E,F. (I)求证：四边形AECF是矩形； 25AC平分∠B,an∠BAC=)MP=4,求CD的3 24.如图，线段AB,EF交于O点，C,D是线段AB上的两点，AE=BF, AD=BC,∠EAB=∠FBA. B 试卷第1页，共3页 (1)下列结论中，正确的有_·（填序号） ①四边形CFDE是平行四边形；②四边形CFDE是矩形；③四边形CFDE是 菱形. (2)请对上面的结论进行证明. 25.如图1，在口ABCD中，E,F分别为AB,CD的中点，连接AF,CE M 图1 图2 图3 (1)求证：AF∥CE; (2)如图2，连接AC,且AC=BC,O为AC的中点. ①BC的中点为M,连接EO,EM,证明四边形EMCO是菱形： ②如图3，AG平分∠BAC交CE于点G,连接GO,若 ∠AGO=90°，AB=8,求AC的长. 试卷第1页，共3页 26.如图1，平面直角坐标系中，点O为坐标原点，四边形OABC为矩形， A(12,0)、C(0,4).点D是OA的中点，点P在边BC上以每秒2个单位长的 速度由点C向点B运动.设动点P的运动时间为t秒. B D A D A 图1 图2 (1)当四边形PODB是平行四边形时，求t的值； (2)在线段CB上是否存在一点Q,使得四边形ODQP为菱形？若存在，求当四 边形ODQP为菱形时t的值，并求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)若点M是平面内一点，且以O、D、P、M四点为顶点的四边形构成菱形， 请直接写出符合条件的M的坐标. 27.已知正方形ABCD. 试卷第1页，共3页 D D E G H 图1 图2 图3 (1)如图1，E是AD上一点，过BE上一点O作BE的垂线，交AB于点G,交 CD于点H,求证：BE=GH; (2)如图2，过正方形ABCD内任意一点作两条互相垂直的直线，分别交AD, BC于点E,F,交AB,CD于点G,H,判断EF与GH的数量关系并证 明； (3)当点O在正方形ABCD的边上或外部时，过点O作两条互相垂直的直线，其 中一种情形如图3所示，过正方形ABCD外一点O作互相垂直的两条直线m, n,直线m与AD,BC的延长线分别交于点E,F,直线n与AB,DC的 延长线分别交于点G,H,试就该图形判断EF与GH的数量关系并证明. 试卷第1页，共3页 《第二十一章四边形2025-2026学年初中数学八年级下册章节测试（人教版）》参考答 案 题号 2 3 4 6 7 8 9 10 答案 B C ① B C D A C A B 题号 11 12 13 14 15 答案 B D C D D 1.B 【分析】根据特殊四边形的性质与判定逐一判断即可得到答案， 【详解】解：：平行四边形的对角线互相平分， ∴.A选项说法正确，不符合题意； ·矩形的对角线相等且互相平分，不互相垂直， .B选项说法错误，符合题意； :根据正方形的判定定理，有一个角是直角的菱形是正方形， .C选项说法正确，不符合题意； :根据菱形的判定定理，对角线互相垂直的平行四边形是菱形， .D选项说法正确，不符合题意. 2.C 【分析】根据轴对称图形定义（沿一条直线折叠后，直线两旁部分能 完全重合的图形是轴对称图形)，逐一判断各选项是否一定满足定义 即可. 【详解】解：A、三角形不一定是轴对称图形，等腰三角形或等边三 角形才是轴对称图形，.A不符合要求； B、五边形不一定是轴对称图形，正五边形才是轴对称图形，.B不 符合要求； 答案第1页，共2页 C、等边三角形沿任意一条内角平分线所在直线折叠，直线两旁部分 都能完全重合，一定是轴对称图形，C符合要求； D、一般平行四边形找不到满足条件的对称轴，不是轴对称图形，：.D 不符合要求. 3.D 【分析】根据平行线的性质可得∠C+∠B=180°，再根据多边形内 角和定理即可求解. 【详解】解：：AB∥CD, ∴.∠C+∠B=180°， :五边形ABCDE中，∠A=135°，∠D=150°， ∴.∠E=540°-180°-135°-150°=75°. 4.B 【分析】利用正多边形的内角及外角定理求解. 【详解】解：设这个正n边形的一个外角的度数为x,则一个内角的 度数是3.5x, 3.5x+x=180°， .x=40°，即这个正n边形的一个外角为40°， :正n边形的外角和为360°，且每个外角相等， .n的值为360°÷40°=9. 5.C 【分析】由周长可得，2(AB+BC)=40①，BC-AB=4②，然 后计算求解即可. 答案第1页，共2页 【详解】解：：平行四边形ABCD, ∴.OA=OC, 由题意知，平行四边形ABCD的周长为2(AB+BC)=40①， △BOC的周长为OB+OC+BC,AOB的周长为AB+OA+OB .OB+OC+BC-（AB+OA+OB)=4,整理得， BC-AB=4②， ①-2×②得，4AB=32, 解得，AB=8. 6.D 【分析】本题考查平行四边形的判定定理，需逐一分析各条件能否判 定四边形为平行四边形，最终得到正确选项. 【详解】解：选项A:当AD∥BC,AB=CD时，四边形可以是等 腰梯形，不能判定是平行四边形，故A错误. 选项B:当AD=BC,OB=OD时，无法推出对角线互相平分或两 组对边平行相等，不能判定是平行四边形，故B错误. 选项C:当∠DAB=∠DCB,OA=OC时，无法推出两组对边分 别平行，不能判定是平行四边形，故C错误。 选项D::AB‖CD, .∠ABC+∠BCD=180°. .∠ABC=∠ADC, .∠ADC+∠BCD=180°， 答案第1页，共2页 .∴.AD∥BC, ·四边形ABCD中两组对边分别平行，因此四边形ABCD是平行四 边形，故D正确， 7.A 【分析】利用矩形的性质和角平分线的定义找到 ∠BPC=∠PCD=45°，∠APD=∠CDP, ∠BPC=∠BCP=45°，∠CDP=∠CPD,得到 BC=BP=L,CP=CD,再根据勾股定理求出PC的长，就可以求 出AP的长， 【详解】：四边形ABCD为矩形，AD=1, ∴.∠BCD=90°，∠A=∠B=90°，ABI‖CD,AD=BC=1, :CP平分∠BCD,PD平分∠APC :∠BCP=∠DCP=∠BCD=459,∠HPD=∠DOC, :AB‖CD, .∠BPC=∠PCD=45°，∠APD=∠CDP, .∠BPC=∠BCP=45°，∠CDP=∠CPD, .BC=BP=1,CP=CD, :在Rt△BCP中PC=VBP2+BC2=V12+12=V2, ∴CD=AB=PC=V2, AP=AB-BP=√2-1. 【点睛】本题考查了矩形的性质，角平分线的定义以及等腰直角三角 形的性质，以及勾股定理，综合掌握相关的知识点是解决问题的关键 答案第1页，共2页 8.C 【分析】过点F作FG⊥BE于点G,由角平分线性质定理得 CF=FG,运用HL证明RtaBCF≌Rt△BGF得BG=BC=12, 求出EG=1,设CF=x,则FG=x,DF=I2-x,在Rt△DEF和 Rt△EFG中运用勾股定理可得72+(12-x)=12+x2,求出x的值 即可. 【详解】解：AE=5,DE=7, .AD=AE+DE=5+7=12, 四边形ABCD是正方形， .AB=BC=CD=DA=12 ,∠A=∠C=90° 过点F作FG⊥BE于点G,连接EF,如图： D .BF平分∠CBE,且FC⊥BC,FG⊥BE, .CF=FG,∠BGF=∠C=90°， 又BF=BF, .RtABCF≌RtABGF(HL), .BG=BC=12, 在Rt△ABE中，AB=12,AE=5, 由勾股定理得：BE=√AB2+AE2=V122+52=13, 答案第1页，共2页 .EG=BE-BG=13-12=1, 设CF=x,则FG=x,DF=CD-CF=12-x, 在Rt△DEF中，DE=7,DF=12-x, 由勾股定理得：EF2=DE2+DF2=72+(12-x)2; 在Rt△EFG中，EG=1,FG=x, 由勾股定理得：EF2=EG2+FG2=12+x2, .72+(12-x)2=12+x2, 解得：x=8, .C℉的长为8. 9.A 【分析】根据矩形的对角线互相平分且相等求出OA的长，利用邻补 角和等腰三角形性质求出∠OAE的度数，最后在Rt△AOE中运用 勾股定理求解即可. 【详解】解：：四边形ABCD是矩形， .OA=OC=AC,∠DAB=90°， 2 :AC=2√3， .0A=V5, .∠BOC=120°， ∴.∠AOB=60°， OA=OB, .△OAB是等边三角形， .∠BAO=60°， 答案第1页，共2页 ∴.∠OAD=30°， .OE⊥AC, .AE =20E, 在Rt△AOE中，设OE=x,则AE=2x, :A02+OE2=AE2, (5+x2=(2x), 解得：x=1, ∴.0E=1. 10.B 【分析】由平行四边形的性质得到CD=AB,AD‖BC,再由角平 分线的定义和平行线的性质证明∠AEB=∠ABE,得到AB=AE, 由三线合一定理得到BF=BE=12,再利用勾股定理求出4B的 2 长即可得到答案. 【详解】解：：四边形ABCD是平行四边形， :.CD=AB,AD‖BC, ∴.∠AEB=∠CBE, .·∠ABC的平分线交AD于点E, ∴.∠ABE=∠CBE, .∠AEB=∠ABE, .AB=AE, .AF⊥BE, 答案第1页，共2页 :BF=1BE=12,∠AFB=90°， 2 AB=√AF2+BF2=13, .CD=13. 11.B 【分析】设AB=1,则AD=√2，根据折叠性质得出四边形ABEG 为正方形，求出GD和GE的长，再根据第二次折叠求出EH,进而 得出GH的长，最后计算长方形DGHⅡ的长宽比. 【详解】解：设AB=1, :长方形ABCD的长与宽比值为√2， .AD=BC=2, 由折叠可知，AB=AG=1,BE=GE,∠AGE=∠B=90°， ,∠DAB=∠B=90°， .四边形ABEG为正方形， ..GE=AB=1,BE=1, :长方形DGHI ∴.∠DGH=90° ∴.∠DGH+∠AGE=180°， .点A,G,D共线， :DG=AD-AG=2-1, 同理可得，G,H,E三点共线， 由折叠可得，HE=CE=BC-BE=√2-1， 答案第1页，共2页 GH=GE-EH=1-(V2-1=2-V2 :长与的值为G的2-2_5(5-5. GDV2-1√2-1 12.D 【分析】利用菱形的对称性可知点A与点C关于直线BD对称，则 PA=PC,故PC+PE=PA+PE,当A、P、E三点共线且 AE⊥BC时，PC+PE的值最小，此时△PEC的周长即为AE+CE 的长，求出AE和CE的长即可. 【详解】：四边形ABCD是菱形， .A、C关于BD对称，AB=BC ∴.PA=PC, .PC+PE=PA+PE, 点E在BC上，点P在BD上， .当A、P、E三点共线且AE⊥BC时，PA+PE最小， ·∠BAD=120°， .∠ABC=180°-120°=60°， 在Rt△ABE中，AB=25,∠ABC=60°， .∠BAE=30°， 8E-4Bx25=5. AE=√AB2-BE=(25-(V5=3, 答案第1页，共2页 CE=BC-BE=233=3, ∴△PEC的周长=PC+PE+CE=AE+CE=3+V3. 13.C 【详解】解：：AC两边中点的距离DE=6m, .DE是ABC的中位线 .AB 2DE =12m. 14.D 【分析】连接MB,MD,利用直角三角形斜边上中线的性质得出 △MBD为等腰三角形，再根据等腰三角形三线合一”得出 MN L BD,BN=MD三BD=2,最后利用勾股定理即可求出 MN的长度. 【详解】解：如图，连接MB,MD, ·∠ABC=90°，∠ADC=90°，M是AC的中点， :MB=TAC,MD=TAC, .AC=30, :MB=MD=x30=15, 答案第1页，共2页 N是BD的中点，BD=24, 1 :MN⊥BD,BN=DN=BD=×24=12, 2 2 ∴MN=VMB2-BW2=V152-122=9. 15.D 【分析】如图，连接EG,过点E作EM⊥BC于点M,过点E作 EN⊥AD于点N,根据平行四边形的性质可证明 △BEF≌△DGH(AAS),△AEH≌ACGF,设NE=ME=a, BC=b,BF=X,根据 S EFGH=S ABCD-2(SBEF+SAEH)=ab,即可判断. 【详解】解：连接EG,过点E作EM⊥BC于点M,过点E作 EN⊥AD于点N, H D FM :四边形EFGH为平行四边形， .EF=HG,EF∥HG,∠B=∠D, .∠FEG=∠HGE, :四边形ABCD为平行四边形， ∴.AB∥CD, .∴.∠BEG=∠DGE, ∴.∠BEG-∠FEG=∠DGE-∠EGH, ∴.∠BEF=∠HGD, 答案第1页，共2页 又：EF=HG,∠B=∠D, .△BEF≌△DGH(AAS), 同理△AEH≌△CGF, :AB∥CD,E是AB中点， .∠NAE=∠B,AE=BE, 又：∠ANE=∠BME=90°， .ANE≌BME(AAS, .NE=ME 设NE=ME=a,BC=b,BF=x,则AH=CF=b-x, :.S EFGH =S ABCD -2(S BEF+S AEH) -BC-EN +EM)-2DFEM4HEN --2a+- 2ab-ab ab, ∴.在动点F运动的过程中，口EFGH的面积不变. 16.4+45 【分析】过点P作PE⊥DC于点E,根据正方形和等边三角形的性 质，得PE1CD,PD=CD=4,DE=CD=2,勾股定理求出 PE=2√3，再根据SPAC=SMDC+SPpc-SAPD求出答案. 【详解】如图，过点P作PE⊥DC于点E, :四边形ABCD是边长为4的正方形， 答案第1页，共2页 ∴.AD=CD=4,∠ADC=90°， PCD是等边三角形，PE⊥CD, .PD=CD=4,DE=-CD=2, 2 在Rt△PDE中，PE=VPD2-DE2=2√5， ∴.S△PMC=S△ADC+S△PpC-S△APD -方4DCD+CDPE--34DDE 2 1x4×4+x4x2V3-x4×2 1 1 =4+4V3. 17.18 【分析】过点B作BE⊥GC交GC的延长线于点E,证明 △DCG≌△CEB(AAS),得CE=DG,CG=BE,设DG=x,则 DI=x,求出EB=CG=V36-x2,可得ScD+SacG=18. 【详解】解：过点B作BE⊥GC交GC的延长线于点E,如图， .四边形ABCD和DGHI都是正方形，且AB=6, .CD=BC=AB=6,∠BCD=90°， 答案第1页，共2页 DG=DI,∠GDI=90°， .C,G,H三点共线， ∴.∠CGD+∠HGD=180°， 又∠HGD=90°， .∠CGD=90°， .∠DCB=90°， ∴.∠DCG+∠BCE=90°， 又∠CBE+∠BCE=90°， ∠DCG=∠CBE, 又∠DGC=∠CEB,DC=BC, .△DCG≌CEB(AAS), .CE=DG,CG=BE, 设DG=x,则DI=x, 在Rt△DCG中，DG=x,DC=6, CG=CD2-DG2=x2=36-x2, ∴EB=CG=VW36-x2, am+5w-01-0c5cGaB=+36-)-18- 1 1 2 18.V23 4 【分析】连接DM,利用勾股定理求得AE的长，再由直角三角形 答案第1页，共2页 斜边中线的性质及三角形中位线定理即可求解. 【详解】解：如图，连接DM, 在正方形ABCD中，∠ADC=90°，AD=AB=2√5， 由勾股定理得AE=VAD2+DE2=√20+3=√23， :点M为AE中点， DM=AE=Y23 2 :点O为BD中点，点K为BM中点， .OK为△BDM的中位线， ·OK=DM= V23 4 A M B 19.3或V13 【分析】作MP⊥DN,交于点P,再根据菱形的性质得 AB=CD=DA=4,∠D=60°，然后说明△DMN是等边三角形， 可得WP=1,进而求出答案；作WP⊥DM,交于点D,再说明 △ACD是等边三角形，然后根据勾股定理求出AM，最后求出答案 即可. 【详解】解：过点M作MP⊥DN,交于点P, :四边形ABCD是菱形，且AB=4,∠B=60°， .AB=CD=DA=4,∠D=60°. 答案第1页，共2页 :点M,N是CD,AD的中点，且AB=CD=DA=4, ∴.AN=DN=CM=DM=2, ∴.△DMN是等边三角形， :NP=-DN=1, 2 AP=3; 过点N作NP⊥DM,交于点B, .DP,MP,=1. :四边形ABCD是菱形，且AB=4,∠B=60°， .AB=CD=DA=4,∠D=60°， .△ACD是等边三角形. :点M是CD的中点， .AM⊥CD. 在Rt△ADM中，AM=VAD2-DM2=2V5, 在RtAAMP中，AP,=VAM2+MP,2=V13. 所以AP的长为3或√13. 20.见解析 【分析】由菱形的性质可得∠A=∠C,AB=BC,再根据角的和差 结合己知条件可得∠ABE=∠CBF,进而证明 答案第1页，共2页 △ABE2△CBF(ASA),最后利用全等三角形的性质即可证明结 论 【详解】证明：：菱形ABCD中， ∴∠A=∠C,AB=BC, .∠ABF=∠CBE, ∴.∠ABF-∠EBF=∠CBE-∠EBF,即∠ABE=∠CBF, .△ABE≌△CBF(ASA), .AE=CF. 21.(1)证明见解析 (2)48 【分析】(1)证明四边形OCEB是矩形即可求证； (2)由(1)可得CB=4√5，设OC=a,0B=3a,利用勾股定 理可得a=2√2，即得0C=2√2，OB=6√2，得到 AC=2OC=4V2,BD=2OB=12√2，再根据菱形的面积公式 计算即可求解； 本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握知 识点是解题的关键， 【详解】(1)证明：：CE∥BD,EB∥AC, .四边形OCEB是平行四边形， :四边形ABCD是菱形， ∴.AC⊥BD,即∠BOC=90°， :.四边形OCEB是矩形， 答案第1页，共2页 .OE=CB; (2)解：OE=CB,OE=45, .CB=45, OC:OB=1:3, .可设OC=a,OB=3a, .∠BOC=90°， .0C2+0B2=CB2, 即a2+3a2=(45, 解得a=2V2, .0C=2V2,OB=6W2, .AC=2OC=42,BD=2OB=12V2, Sn-)4CBD=X4N2×122=48. 22.(1)见解析 (2)25 【分析】(1)证明FG是△DAE的中位线，推出FG∥AE，,据此即 可证得四边形AECF是平行四边形； (2)证明∠DAE=∠AED,求得AD=1O,作AH⊥DE于点H ，利用直角三角形的性质求得AH=5,再根据三角形的面积公式求 解即可. 【详解】(1)证明：平行四边形ABCD, .AD∥BC, 答案第1页，共2页 点F是AD中点，点G是DE中点， .FG是△DAE的中位线， .FG∥AE, .四边形AECF是平行四边形； (2)解：平行四边形ABCD, ∴.AD∥BC, ∴.∠DAE=∠AEB, EA平分∠BED, .∠AEB=∠AED, .∠DAE=∠AED, ∴.AD=DE, DE=10, .AD=10, 作AH⊥DE于点H, D 在Rt△ADH中，∠ADE=30°， .AH=4D-1x10=5. 2 2 2×DE×AH=)x10x5=25. 1 SADE 23.(1)见解析 答案第1页，共2页 (2)CD= 5 2 【分析】(1)先根据AE∥CF,AF∥CE,判定四边形AECF是 平行四边形，再结合CD⊥BC,得到一个内角为直角，根据“有 一个角是直角的平行四边形是矩形”，即可得证， (2)利用AC平分∠BAF和四边形AECF是矩形，结合 an∠CAF=tan∠BAC=,求出CF的张度，即AE的长度，由 AC平分∠BAF和AF∥CE推出CD=AD,设CD=AD=x, 利用勾股定理在Rt△AED中建立方程，求解得到CD的长度. 【详解】(1)证明：由题意易得AE∥CF,AF∥CE, .四边形AECF是平行四边形， CD⊥BC, ∴.∠ECF=90°， 四边形AECF是矩形； (2)解：：AC平分∠BAF, .∠BAC=∠CAF, .四边形AECF是矩形， .∠F=∠E=90°，AE=CF,CE=AF, 1 在Rt△ACF中，tan∠CAF=tan∠BAC=。,AF=4, .CF=2, ∴.AE=CF=2, .AF∥CE, 答案第1页，共2页 ∴.∠ACE=∠CAF, ∴.∠ACE=∠BAC, ∴.CD=AD, 设CD=AD=x,则DE=4-x, 在Rt△AED中，（4-x2+22=x2, 解得x= 5 .CD= 2 24.(1)① (2)见解析 【分析】(1)根据已知条件进行分析即可解答： (2)如图：连接CF,ED,证明△ACE≌△BDF(SAS)可得 CE=FD,∠ACE=∠FDB,即∠ECD=∠FDC,易得CE∥FD ，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明结论. 【详解】(1)解：经分析四边形CFDE是平行四边形，即①符合题 意 (2)证明：如图：连接CF,ED, AD=BC, ∴.AD-CD=BC-CD,即AC=BD, 答案第1页，共2页 .AE=BF,∠EAB=∠FBA, .△ACE≌△BDF(SAS), .CE=FD,∠ACE=∠FDB, .∠ECD=∠FDC, .CE∥FD, CE=FD, .四边形CFDE是平行四边形. 25.(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②12 【分析】(1)证出四边形AECF是平行四边形，由此即可得证； (2)①根据三角形中位线定理、菱形的判定即可得证： ②过点G作GM⊥AC于点M,取CE的中点H,连接OH,先证 出△AMG≌△AEG,则AM=AE=4,∠AGM=∠AGE,再得 出OH∥AE,OH=AE=2,则OH1CE,然后根据角平分 2 线的性质定理可得OM=OH=2,则可得OA的长，由此即可得. 【详解】(1)证明：：四边形ABCD是平行四边形， .AB=CD,AB‖CD, E,F分别为AB,CD的中点， :AE=AB.CF=-CD, 2 2 ∴.AE=CF, .四边形AECF是平行四边形， 答案第1页，共2页 .AF∥CE. (2)①证明：：E为AB的中点，O为AC的中点， .OE是ABC的中位线， :OE=BC,OE∥BC, 2 同理可得：EM=24C,EM/4C, .四边形EMCO是平行四边形， 又.AC=BC, .OE EM, .四边形EMCO是菱形 ②解：如图，过点G作GM⊥AC于点M,取CE的中点H,连接 OH, G :AC=BC,E为AB的中点，AB=8, :CE⊥AB,AE=AB=4, .·AG平分∠BAC,GM⊥AC, ∴.MG=EG, 在Rt△AMG和Rt△AEG中， AG=AG MG=EG' 答案第1页，共2页 .:RtAAMG≌RtAAEG(HL), .AM=AE=4,∠AGM=∠AGE, :O为AC的中点，H为CE的中点， .OH是△ACE的中位线， :OH∥AE,OH=AE=2, .OH⊥CE, .∠AGO=90°， ∴.∠AGM+∠OGM=90°， ∠AGE+∠OGH=180°-∠AG0=90°， .∠OGM=∠OGH,即GO平分∠MGH, 又：OH⊥CE,GM⊥AC, .OM=OH=2, ∴.OA=OM+AM=6, 又：O为AC的中点， .AC=20A=12. 26.(1)3 (2)t=V5;925+6,4) 3)点M坐标为25+6,4)或(2W5,4)或(-2W5,4)或(3,4) 【分析】(1)根据矩形的性质得到BC=OA=12,进而得到 OD=OA,由题意得PC=2t,则BP=12-2t,根据平行四边形 答案第1页，共2页 的性质得到BP=OD,据此列方程求解即可； (2)要使四边形ODQP为菱形，得到OP=OD=6,利用勾股定 理求出PC的值，进而求出t的值； (3)分情况讨论：①当OP、OD为菱形的边且点M在点P的右侧 或②当点M在点P的左侧且在线段BC上或③当点M在点P的左 侧且在BC延长线上或④OD为菱形的对角线时，根据菱形的性质得 到OD=OP=PM=6,再利用勾股定理求出PC或CM的长即可. 【详解】(1)解：：四边形OABC为矩形，A(12,0)、C(0,4), .BC=0A=12、AB=OC=4, 点D是OA的中点， :0D=10A=1×12=6 2 由题意得：PC=2t, .BP=BC-PC=12-2t, :四边形PODB是平行四边形， ∴.BP=OD, .∴.12-2t=6, 解得t=3; (2)解：存在，理由如下： 由题意得：PC=2t, 四边形ODOP为菱形， .0D=DQ=0P=PQ=6, 在Rt△OPC中，PC2+OC2=OP2, 答案第1页，共2页 .(22+42=62, 解得t=√5或t=-√5（舍去）， 当t=V5时，PC=2√5， ∴.QC=PC+PQ=2V5+6, :点9坐标为25+6,4)： (3)解：①当OP、OD为菱形的边，且点M在点P的右侧时，如 图： M B :四边形ODMP为菱形， D Ax .OD=OP=PM=6, 在Rt△OPC中，由勾股定理得： PC=V0P2-0C2=V62-42=2W5, .PMOD, ∴CM=PC+PM=2V5+6, :点M坐标为2V5+6,4): ②当点M在点P的左侧且在线段BC上时，如图： M B 四边形ODMP为菱形， 0 D ∴.OD=OM=6, 在Rt△OMC中，由勾股定理得： 答案第1页，共2页 CM=V0M2-0C2=V62-42=2√5， :点M坐标为(2V5,4)； ③当点M在点P的左侧且在BC的延长线上时，如图： :四边形ODMP为菱形， A ..OD=OP=PM=6, 在Rt△OMC中，由勾股定理得： CM=V0M2-0C2=V62-42=25, :点M坐标为(-2V5,4: ④当OD为菱形的对角线时，如图，过点P作PH⊥OD, 四边形ODMP为菱形， A ∴.OP=PD=DM=OM,且点P和点M关于OD对称， 在△OPD中，PH⊥OD, :0H=10D=x6=3, .P(3,4, M(3,-4): 答案第1页，共2页 综上所述，点M坐标为(25+6,4)或(25,4或(-25,4)或 (3,-4）. 【点睛】本题考查矩形的性质、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握相 关性质定理、分类讨论和数形结合的思想方法是解题的关键， 27.(1)见解析 (2)EF=GH,证明见解析 (3)相等，证明见解析 【分析】(1)过点A作GH的平行线，交DC于点H',交BE于点 O',得四边形AGHH'为平行四边形，得到AH'=GH,证明 △BAE≌△ADH'AAS),即可得证； (2)过E作EM⊥BC,过G作GN⊥CD,则 EM=AB,GN=BC,证明△EMF≌△GNH(AAS),即可得证； (3)过点A作m的平行线交BC于点F',过点D作n的平行线交 AB于点G,同法(1)即可得证. 【详解】(1)证明：在图中，过点A作GH的平行线，交DC于点 H',交BE于点O', :ABCD是正方形， ∴.∠D=90°，∠H'AD+∠AH'D=90°，AB‖CD,AD‖BC, .四边形AGHH'为平行四边形， .AH'=GH; :GH⊥BE,AH'I‖GH, .AH'⊥BE. 答案第1页，共2页 ∴.∠H'AD+∠BEA=90°. .∠BEA=∠AH'D. 在△BAE和△ADH'中， ∠BAE=∠D ∠BEA=∠AH'D, BA=AD △BAE≌△ADH'(AAS, .BE=AH'=GH; H (2)解：EF=GH,理由如下： 过E作EM⊥BC,过G作GN⊥CD,则EM=AB,GN=BC, ∴.∠EMF=∠GNH=90°，GN=EM, 又GH⊥EF, ∴.∠EOG=∠GOF=90°， ∴.∠MEF+∠EQG=90°，∠NGH+∠EQG=90°， .∠MEF=∠NGH, ∴△EMF≌△GNH(AAS, .EF=GH 答案第1页，共2页 D H O -HN B M (3)解：EF=GH,证明如下： 过点A作m的平行线交BC于点F',过点D作n的平行线交AB于 点G. ·AB‖CD,AD‖BC, .四边形AFFE，,四边形G'DHG均为平行四边形， :EF=AF',G'D=GH, D..E G .m⊥n, .AF'⊥GD, 同(I)法可知，Rt△ABF'≌RIADAG', .AF'=DG'. ∴.EF=GH. 答案第1页，共2页