广东省广州市2024-2025学年八年级下期末数学（特殊平行四边形专题）

**基本信息** 广州多区八年级下期末数学真题汇编，聚焦特殊平行四边形专题，梯度覆盖基础性质与综合应用，适配期末复习与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|20题|平行四边形性质判定、菱形矩形正方形性质、折叠问题|整合南沙/黄埔等多区真题，基础概念与几何计算结合| |填空题|11题|菱形面积、中位线、折叠性质、动点最值|融入中点四边形、对角线计算等核心考点| |解答题|24题|平行四边形证明、矩形菱形判定、动点综合、折叠探究|包含科技园区规划等应用情境，综合考查逻辑推理与空间观念|

广东省广州市2024-2025学年八年级下期末数学：特殊平行四边形专题 一、选择题 1．（南沙区八年级下期末3题）在平行四边形ABCD中，2∠A＝∠B，则∠A的度数是（　　） A．45° B．60° C．90° D．120° 2．（黄埔区八年级下期末3题）如图，四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，已知AB∥CD，添加下列条件，不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（　　） A．AB＝CD B．AO＝CO C．BC∥AD D．AD＝BC 3．（番禺区八年级下期末3题）如图，在▱ABCD中，已知∠A+∠C＝260°，则∠B的度数为（　　） A．45° B．50° C．55° D．60° 4．（越秀区八年级下期末4题）如图，菱形ABCD中，∠DCB＝40°，则∠1＝（　　） A．20° B．25° C．30° D．40° 5．（天河区八年级下期末5题）如图，矩形ABCD的边AB＝4，∠AOB＝60°，则BC的长为（　　） A．2 B．4 C．8 D． 6．（白云区八年级下期末6题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，则下列结论一定正确的是（　　） A．OB＝OC B．AC＝BD C．AC⊥BD D．∠DAO＝∠ABO 7．（南沙区八年级下期末6题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，添加下列一个条件，能判定平行四边形ABCD是菱形的是（　　） A．∠ABD＝∠ADB B．AC＝BD C．AB⊥BC D．OA＝OB 8．（花都区八年级下期末7题）小花同学将手里的正方形纸片沿着如图方式进行两次对折后，在第二次折痕处剪掉一个等腰直角三角形（如图所示），则展开正方形纸片得到的图形是（　　） A． B． C． D． 9．（荔湾区八年级下期末7题）如图，菱形ABCD的对角线交于点O，点M为AB的中点，连接OM．若AC＝10，BD＝24，则OM的长为（　　） A．5 B． C．6 D． 10．（天河区八年级下期末7题）下列命题的逆命题是假命题的是（　　） A．矩形四个角都相等 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．菱形的四条边相等 D．菱形的对角线互相垂直 11．（白云区八年级下期末8题）如图，将矩形ABCD沿直线DE折叠，顶点A落在BC边上F处，已知BE＝3，CD＝8，则BC的长为（　　） A．12 B．11 C．10 D．9 12．（南沙区八年级下期末9题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE⊥AC于点E，∠AOD＝130°，则∠CDE的大小是（　　） A．65° B．40° C．25° D．20° 13．（番禺区八年级下期末9题）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC＝2AE，Rt△EFG的两直角边EF，EG分别交BC，CD于点M，N．若正方形ABCD的边长为2，则重叠部分四边形EMCN的面积为（　　） A．2 B． C． D． 14．（增城区八年级下期末9题）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于点H．则DH的长是（　　） A． B． C． D．5 15．（花都区八年级下期末10题）如图，在某城市的科技园区规划中，存在一个平行四边形区域OABC．点O为科技展览中心，A、C分别为位于主干道x＝1和x＝4上的两座科研楼（可沿各自主干道调整位置），点B为园区管理中心．现需从O到B铺设一条光纤线路，为了节省成本，则该光纤线路OB的最小长度是（　　） A．3 B． C．5 D． 16．（天河区八年级下期末10题）如图，在△ABC中，∠C＝90°，点D是线段AB上的动点（与A，B不重合），作DE⊥AC于E，DF⊥BC于F，连接EF，若AC＝8，BC＝6，则点D从点A运动到点B的过程中，EF的最小值为（　　） A．2.4 B．4 C．4.8 D．5 17．（番禺区八年级下期末10题）如图，菱形ABCD周长为16，∠DAC＝30°，E是AB的中点，P是对角线AC上的一个动点，则PE+PB的最小值是（　　） A． B．3 C． D． 18．（增城区八年级下期末10题）如图，矩形ABCD的边AB，BC＝3，E为AB上一点，且AE＝1，F为AD边上的一个动点，连接EF，若以EF为边向右侧作等腰直角三角形EFG，EF＝EG，连接CG，则CG的最小值为（　　） A． B． C．3 D．2 19．（白云区八年级下期末10题）如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E，使得∠CDE＝15°，连接BE并延长BE到F，使CF＝CB，BF与CD相交于点H，若，则下列四个结论中错误的是（　　） A．∠CBE＝15° B．S△DEC C． D．CE+DE＝EF 20．（荔湾区八年级下期末10题）如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点A，O，E在同一直线上，且，AB＝6，给出下列结论：①OD平分∠EOC；②；③AE＝10；④CF⊥AD，其中正确的是（　　） A．①②③ B．③④ C．①③④ D．①②③④ 二、填空题 1．（白云区八年级下期末13题）如图，在平行四边形ABCD中，∠A+∠C＝240°，则∠B＝　 　 度． 2．（荔湾区八年级下期末13题）若平行四边形中相邻的两个内角的度数比为1：5，则其中较小内角的度数是 　 　 ． 3．（黄埔区八年级下期末14题）如图，菱形ABCD中，对角线AC＝8，BD＝6，BE⊥CD，则BE＝　 　 ． 4．（增城区八年级下期末14题）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若EF＝2，则菱形ABCD的周长是　 　 ． 5．（越秀区八年级下期末15题）如图，在▱ABCD中，E为BC边上的一点，AE，DE分别平分∠BAD，∠CDA．若AE＝6，DE＝8，则AB的长为　 　 ． 6．（天河区八年级下期末15题）如图，过▱ABCD的对角线AC的中点O作两条互相垂直的直线，分别交AB，BC，CD，DA于E，F、G，H四点，连接EF，FG，GH，HE．若GH＝25，EO＝15，则四边形EFGH的面积为　 　 ． 7．（南沙区八年级下期末15题）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝12，BD＝16，AH⊥BC于H，则AH的长度是 　 　 ． 8．（黄埔区八年级下期末16题）如图，矩形ABCD中，AB＝4，E为线段AD延长线上一点，且，对角线AC，BD相交于点O，过O点作OG⊥CD于点G，连接OE交CD于点F，连接AF．则下列结论： ①△DEF≌△GOF； ②DF＝1.5； ③当∠AOF＝90°时，AF＝FC； ④当时，△AOE是等腰三角形． 其中正确的结论有 　 　 .（填写所有正确结论的序号） 9．（南沙区八年级下期末16题）如图，四边形ABCD的两条对角线AC，BD互相垂直，AC＝2，BD＝3． （1）顺次连接四边形ABCD各边中点所围成的四边形的周长是 　 　 ； （2）AD+BC的最小值是 　 　 ． 10．（荔湾区八年级下期末16题）如图，在边长为6的正方形ABCD中，△AMN的顶点M，N分别在BC，CD边上，且 MN＝BM+DN，连接BD分别交AM，AN于点E，F．其中，则EF＝ 　 ． 11．（增城区八年级下期末16题）如图，平行四边形ABCD中，3AB＝2BC，点O是∠BAD和∠CBA的平分线的交点，过点O作EF∥AB，分别交AD、BC于E、F两点，连接OD、OC．以下结论： ①AO⊥BO； ②点O是EF的中点； ③四边形CDEF的周长是四边形ABFE的周长的2倍； ④S△AOB+S△COD＝2S△BOC． 其中正确的结论有　 　 （填写所有正确结论的序号）． 三、解答题 1．（白云区八年级下期末18题）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，且DF＝BE．求证：AE＝CF． 2．（南沙区八年级下期末18题）如图，E，F是平行四边形ABCD的对角线AC上的两点，AE＝CF，求证：DF＝BE． 3．（越秀区八年级下期末18题）如图，四边形ABCD是平行四边形，AB＝EF，DE＝CF，求证：DE∥CF． 4．（天河区八年级下期末18题）如图，四边形ABCD是平行四边形，点F在BC边上，且FC＝DC． （1）尺规作图：作∠ABC的角平分线BE交AD边于点E（不写作法，保留作图痕迹）； （2）在（1）中作图的条件下，求证：四边形BEDF是平行四边形． 5．（花都区八年级下期末18题）如图所示，▱ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F．求证：AE＝CF． 6．（黄埔区八年级下期末18题）如图，矩形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，AB＝3，BC＝4，求OB的长． 7．（荔湾区八年级下期末18题）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC的中点，过点A作AE平行于BC，且AE＝CD，连接BE．求证：四边形AEBD是矩形． 8．（增城区八年级下期末20题）如图，点E、F是平行四边形ABCD的对角线AC上的两点，且AF＝CE．求证：DE＝BF． 9．（黄埔区八年级下期末22题）如图，两张矩形纸片交叉叠放在一起，重合的部分构成了一个四边形ABCD．过点A分别作AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，且AE＝AF． （1）判断四边形ABCD的形状，并说明理由； （2）若∠ABC＝60°，AB＝4，连接EF，求EF的长． 10．（天河区八年级下期末22题）小天和小河在学完《平行四边形》之后，研究教材的数学活动：折纸做60°，30°，15°角，学习了以下折法：如图1，先对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时，得到了线段BN，把纸片展平．两人对此展开了命题研究和折纸拓展，提出了以下3道由易到难的数学题，请你解答． （1）已知矩形纸片ABCD中，，AM＝4．以点B为原点建立平面直角坐标系，求点M的坐标； （2）在（1）的条件下，分别设直线BM，BN，MN的解析式为y＝k1x+b1，y＝k2x+b2，y＝k3x+b3，得到以下四个结论，其中正确的是A，C，D ；（注意：本小题是多项选择题，有多个选项符合题目要求，要求回答时，全部选对的得满分，选对但不全的视正确答案数相应给分，有选错的得0分） A.； B.； C．k1•k2＝1； D．k2•k3＝﹣1； （3）在图1的折法基础上，两人再次动手操作：如图2，若将MN延长交BC于点G．将△BMG沿MG折叠，点B刚好落在AD边上点H处，把纸片再次展平，连接GH．试证明：四边形BGHM是菱形． 11．（南沙区八年级下期末22题）如图，在Rt△ABC，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8． （1）请根据下面的描述，利用无刻度的直尺和圆规作图： ①作斜边AB的垂直平分线，交AC于点F，交AB于点E； ②连接BF，以B为圆心，BF的长为半径画弧，交直线EF于点G（点G不与点F重合），连接AG，BG． （2）求证：四边形AFBG是菱形； （3）求四边形AFBG的周长． 12．（花都区八年级下期末22题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D、E分别是AC、AB的中点，连接DE，过点B作BF⊥DE，交DE的延长线于点F． （1）求证：四边形BCDF是矩形． （2）连接CE，若∠A＝30°，CE＝2，求四边形BCDF的面积． 13．（番禺区八年级下期末22题）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE＝CF． （1）求证：△ABE≌△CDF； （2）连接DE，BF，若BD⊥EF，试探究四边形EDFB的形状，并对结论给予证明． 14．（荔湾区八年级下期末23题）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，点E在CD上，AE＝5，动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线AB﹣BC﹣CD向点D运动，到点D停止，设点P运动的时间为t秒． （1）当四边形APCE是平行四边形时，求t的值； （2）请用含有t的代数式表示出线段BP的长； （3）当t为何值时，△APE为直角三角形？请说明理由． 15．（越秀区八年级下期末23题）如图1，在菱形ABCD中，∠A＝30°，AB＝4．点E为边CD的中点，动点P从点A出发，沿折线A→B→C方向运动，速度为每秒2个单位长度，到达点C时停止运动，连接EP，EB．设点P的运动时间为x秒，记△EPB的面积为y． （1）当x＝　 　 秒时，点P到达点C处； （2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． （3）在如图2所示给定的平面直角坐标系中，画出（2）中的函数图象并根据图象直接写出△EPB的面积不大于2时自变量x的取值范围． 16．（白云区八年级下期末23题）如图，在Rt△ABC中，BD平分∠ABC，CD＝4，BC＝8． （1）尺规作图：作线段BD的垂直平分线，交BD于点O，交AB于点E，交BC于点F（要求：保留作图痕迹，不写作法）； （2）在（1）所作的图中，连接DE、DF．求证：四边形BEDF是菱形； （3）求（2）中的菱形BEDF的边长． 17．（南沙区八年级下期末24题）如图，在等边△ABC中，AB＝6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以2cm/s的速度向右运动，同时点F从点B出发沿射线BC以3cm/s的速度向右运动，设点E运动的时间为t（s）． （1）当点F在线段BC上运动时，CF＝ 　 　 cm，当点F在线段BC的延长线上运动时，CF＝ 　 　 cm（请用含t的式子表示）； （2）在整个运动过程中，当以点A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值； （3）在整个运动过程中，是否存在某一时刻，使E，F两点间的距离最小，若存在，求出此时△ACF的面积；若不存在，请说明理由． 18．（增城区八年级下期末24题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上任意一点（不与点B重合），以BE为边在它的右侧作正方形BEFG．连接AE，过点D作DH⊥AE交AB边于点H． （1）求证：△DAH≌△ABE； （2）连接DF，延长AE，交DF于点O，猜想∠DOA的度数，并证明； （3）在正方形ABCD内部有一点P，连接PE，PB，PF，若PE＝4，PB＝2，求PF的最大值． 19．（黄埔区八年级下期末25题）在正方形ABCD中，点E，G分别为边BC，AB上一点，且BG＝BE，连接AE，过点E作EF⊥AE，交正方形外角∠DCM的平分线CF于点F． （1）如图1，连接GE．求证：AE＝EF； （2）如图2，连接BD交AF于点P，求证：P为AF的中点； （3）试探究BP，BC，BE的数量关系并证明． 20．（白云区八年级下期末25题）如图，点E是▱ABCD边BC上的一点（不与点B、C重合），∠AEF＝∠ABC＝α（90°≤α＜180°），AE＝EF． （1）图1，若AB＝BC，α＝90°，则∠FCD的度数为 　 　 ； （2）图2，若AB＝BC，求∠FCD的度数；（用含α的代数式表示） （3）图3，已知α＝120°且AB＝m，AD＝n，且n＜m＜2n，点E在线段BC上运动时，连接AF，M为AF的中点，探究DM的长度是否存在最小值？若存在，用关于m，n的代数式表示出来；若不存在，请说明理由． 21．（花都区八年级下期末25题）在菱形ABCD中，∠B＝60°，点F、G分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合）． （1）连接AF、AG，若AF＝AG，∠BAF＝α，请在图1中画图分析，直接写出∠FAG的度数：　 　 ． （2）若BF＝CG； ①如图2，连接AF、AG、FG得△AFG，试判断△AFG的形状，并证明． ②如图3，点E是边AD上的动点，且AE＝CG，连接BE，点M是BE的中点，若BC＝4，求MG的取值范围． 22．（番禺区八年级下期末25题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝5，AC＝6． （1）求BD的长； （2）动点P在射线BC上匀速运动． ①连接DP，当△PDB是等腰三角形时，求BP的长； ②将菱形的边AB沿直线AP翻折，点B的对应点落在BC边上时记为M，落在CD边上时记为N（不与点D重合），请证明直线MN与直线BD平行，并求它们之间的距离． 23．（荔湾区八年级下期末25题）如图，平行四边形ABCD中，BC＝BD，点F是线段AB的中点，过点C作CG⊥BD交BD于点G，CG的延长线交DF于点H，且CH＝DB． （1）如图1，若DH＝1，求FH的值； （2）如图2，连接FG，求证：； （3）如图3，延长FG交CD于点N，求的值． 24．（越秀区八年级下期末25题）如图，点E为正方形ABCD的边AB上一动点（点E不与点A，B重合），将△CBE沿CE对折得到△CGE，延长CG交AD于点F，延长EG交AD于点H． （1）求证：GH＝HD； （2）若BE＝2AE，求的值； （3）连接EF，若，求线段DH的长． 广东省广州市2024-2025学年八年级下期末数学： 特殊平行四边形专题 参考答案 一、选择题 1．（南沙区八年级下期末3题）在平行四边形ABCD中，2∠A＝∠B，则∠A的度数是（　　） A．45° B．60° C．90° D．120° 【分析】利用平行四边形的邻角互补，构建方程组求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠A+∠B＝180°， ∵2∠A＝∠B， ∴∠A＝60°． 故选：B． 【点评】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质． 2．（黄埔区八年级下期末3题）如图，四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，已知AB∥CD，添加下列条件，不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（　　） A．AB＝CD B．AO＝CO C．BC∥AD D．AD＝BC 【分析】根据平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：A、∵AB∥CD，AB＝CD， ∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意； B、∵AB∥CD， ∴∠BAO＝∠DCO， 又∵AO＝CO，∠AOB＝∠COD， ∴△AOB≌△COD（ASA）， ∴OB＝OD， ∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意； C、∵AB∥CD，BC∥AD， ∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意； D、由AB∥CD，AD＝BC不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项D符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． 3．（番禺区八年级下期末3题）如图，在▱ABCD中，已知∠A+∠C＝260°，则∠B的度数为（　　） A．45° B．50° C．55° D．60° 【分析】由平行四边形的性质可求∠A＝∠C＝130°，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A＝∠C，∠A+∠B＝180°， ∵∠A+∠C＝260°， ∴∠A＝∠C＝130°， ∴∠B＝50°， 故选：B． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的对角相等是解题的关键． 4．（越秀区八年级下期末4题）如图，菱形ABCD中，∠DCB＝40°，则∠1＝（　　） A．20° B．25° C．30° D．40° 【分析】根据菱形的性质即可得到结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴∠BAD＝∠DCB＝40°， ∴∠1， 故选：A． 【点评】本题考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 5．（天河区八年级下期末5题）如图，矩形ABCD的边AB＝4，∠AOB＝60°，则BC的长为（　　） A．2 B．4 C．8 D． 【分析】根据矩形的性质得到OA＝OB，证明△AOB为等边三角形，根据勾股定理计算，得到答案． 【解答】解：∵四边形ABCD为矩形． ∴OAAC，OBBD，AC＝BD， ∴OA＝OB， ∵∠AOB＝60°， ∴△AOB为等边三角形， ∴OA＝AB＝4， ∴AC＝2OA＝8， 由勾股定理得，BC4， 故选：D． 【点评】本题考查的是矩形的性质、等边三角形的判定和性质，掌握矩形的对角线相等是解题的关键． 6．（白云区八年级下期末6题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，则下列结论一定正确的是（　　） A．OB＝OC B．AC＝BD C．AC⊥BD D．∠DAO＝∠ABO 【分析】根据菱形的性质逐一进行判断即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∠ABO＝∠ADO，∠DAO＝∠BAO， 故选：C． 【点评】本题考查菱形的性质，解决本题的关键是熟练掌握菱形的性质． 7．（南沙区八年级下期末6题）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，添加下列一个条件，能判定平行四边形ABCD是菱形的是（　　） A．∠ABD＝∠ADB B．AC＝BD C．AB⊥BC D．OA＝OB 【分析】由菱形的判定、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：A、∵∠ADB＝∠ABD， ∴AD＝AB， ∴▱ABCD是菱形，故选项符合题意； B、∵四边形ABCD是平行四边形，BD＝AC， ∴▱ABCD是矩形，故选项不符合题意； C、∵AB⊥BC，四边形ABCD是平行四边形， ∴▱ABCD是矩形，故选项不符合题意， D、∵四边形ABCD是平行四边形，OA＝OB， ∴▱ABCD还是平行四边形，故选项不符合题意； 故选：A． 【点评】本题考查了菱形的判定、矩形的判定，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键． 8．（花都区八年级下期末7题）小花同学将手里的正方形纸片沿着如图方式进行两次对折后，在第二次折痕处剪掉一个等腰直角三角形（如图所示），则展开正方形纸片得到的图形是（　　） A． B． C． D． 【分析】动手操作可得结论． 【解答】解：展开正方形纸片得到：． 故选：A． 【点评】本题考查剪纸问题，正方形的性质，解题的关键是学会动手操作解决问题． 9．（荔湾区八年级下期末7题）如图，菱形ABCD的对角线交于点O，点M为AB的中点，连接OM．若AC＝10，BD＝24，则OM的长为（　　） A．5 B． C．6 D． 【分析】先根据已知条件和菱形的性质，证明∠BOC＝90°，求出OC和OB，再用勾股定理求出BC，最后利用三角形中位线定理求出OM即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝10，BD＝24， ∴AC⊥BD，OCAC＝5，OBBD＝12， ∴∠BOC＝90°， ∴BC13， ∵点M为AB的中点， ∴OM是△ABC的中位线， ∴OMBC， 故选：B． 【点评】本题主要考查了菱形的性质和三角形中位线定理，解题关键是正确识别图形，熟练掌握菱形的性质、勾股定理和三角形中位线定理． 10．（天河区八年级下期末7题）下列命题的逆命题是假命题的是（　　） A．矩形四个角都相等 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．菱形的四条边相等 D．菱形的对角线互相垂直 【分析】写出原命题的逆命题后判断正误即可． 【解答】解：A、逆命题为四个角相等的四边形是矩形，正确，是真命题，不符合题意； B、逆命题为矩形的对角线相等，正确，是真命题，不符合题意； C、逆命题为四条边相等的四边形是菱形，正确，是真命题，不符合题意； D、对角线互相垂直的四边形是菱形，错误，是假命题，符合题意． 故选：D． 【点评】本题主要考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的四边形的判定方法及性质，难度不大． 11．（白云区八年级下期末8题）如图，将矩形ABCD沿直线DE折叠，顶点A落在BC边上F处，已知BE＝3，CD＝8，则BC的长为（　　） A．12 B．11 C．10 D．9 【分析】由折叠的性质得出EF的长，再根据勾股定理求解即可． 【解答】解：由折叠的性质知：AE＝EF＝8﹣3＝5； 在Rt△BEF中，EF＝5，BE＝3， ∴BF＝4， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC，∠BCD＝90°， ∵将矩形ABCD沿直线DE折叠， ∴AD＝DF＝BC， 设AD＝x＝DF，则BC＝x，CF＝x﹣4， ∵∠C＝90°， ∴Rt△CDF中，CD2+CF2＝DF2， ∴82+（x﹣4）2＝x2， 解得x＝10， ∴BC＝10， 故选：C． 【点评】本题主要考查了折叠问题以及勾股定理的运用，掌握图形翻折不变性的性质是解题的关键． 12．（南沙区八年级下期末9题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DE⊥AC于点E，∠AOD＝130°，则∠CDE的大小是（　　） A．65° B．40° C．25° D．20° 【分析】由矩形的性质得出OC＝OD，得出∠ODC＝∠OCD＝65°，由直角三角形的性质求出∠ODE＝40°，即可得出答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ADC＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD， ∴OC＝OD， ∴∠ODC＝∠OCD， ∵∠AOD＝130°， ∴∠DOE＝50°， ∠ODC＝∠OCD（180°﹣50°）＝65°， ∵DE⊥AC， ∴∠ODE＝90°﹣∠DOE＝40°， ∴∠CDE＝∠ODC﹣∠ODE＝65°﹣40°＝25°； 故选：C． 【点评】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的性质以及直角三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键． 13．（番禺区八年级下期末9题）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC＝2AE，Rt△EFG的两直角边EF，EG分别交BC，CD于点M，N．若正方形ABCD的边长为2，则重叠部分四边形EMCN的面积为（　　） A．2 B． C． D． 【分析】过点E作EP⊥CD于点P，EH⊥BC于点H，先求出AC，根据EC＝2AE得EC，证明四边形EPCH是正方形，再根据勾股定理得EH＝CHEC，进而得正方形EPCH的面积为，证明△NEP和△HEM全等得S△NEP＝S△HEM，进而得S四边形EMCN＝S正方形EPCH，由此即可得出答案． 【解答】解：过点E作EP⊥CD于点P，EH⊥BC于点H，如图所示： ∴∠EPC＝∠EHC＝90°， ∵四边形ABCD是正方形，且边长为2， ∴AB＝BC＝2，∠B＝∠BCD＝90°，∠ACB＝∠ACD＝45°， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC， ∵EC＝2AE， ∴AC＝AE+EC＝3AE， ∴AE， ∴EC＝2AE， ∵∠EPC＝∠BCD＝∠EHC＝90°， ∴四边形EPCH是矩形， ∵∠ACB＝45°，∠EHC＝90°， ∴△EHC是等腰直角三角形， ∴EH＝CH， ∴矩形EPCH是正方形， ∴EP＝EH＝CH，∠PEH＝90°，∠EPN＝∠EHM＝90°， 在Rt△ECH中，由勾股定理得：ECEH， ∴EH＝CHEC， ∴正方形EPCH的面积为：EH2， ∵Rt△EFG的两直角边EF，EG分别交BC，CD于点M，N， ∴∠NEM＝∠PEH＝90°， ∴∠NEP+∠PEM＝∠PEM+∠HEM， ∴∠NEP＝∠HEM， 在△NEP和△HEM中， ， ∴△NEP≌△HEM（ASA）， ∴S△NEP＝S△HEM， ∴S四边形EMCN＝S△NEP+S四边形PEMC＝S△HEM+S四边形PEMC＝S正方形EPCH， ∴重叠部分四边形EMCN的面积为． 故选：B． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 14．（增城区八年级下期末9题）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于点H．则DH的长是（　　） A． B． C． D．5 【分析】根据菱形的面积等于对角线积的一半，可求得菱形的面积，又由菱形的对角线互相平分且垂直，可根据勾股定理得AB的长，根据菱形的面积的求解方法：底乘以高或对角线积的一半，即可得DH的长． 【解答】解：如图，设AC与BD的交点为O， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OA＝OC＝4，OB＝OD＝3， ∴， ∵AC•BD， ∴， 故选：B． 【点评】本题考查了菱形的性质：菱形的对角线互相平分且垂直；菱形的面积的求解方法：底乘以高或对角线积的一半．熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 15．（花都区八年级下期末10题）如图，在某城市的科技园区规划中，存在一个平行四边形区域OABC．点O为科技展览中心，A、C分别为位于主干道x＝1和x＝4上的两座科研楼（可沿各自主干道调整位置），点B为园区管理中心．现需从O到B铺设一条光纤线路，为了节省成本，则该光纤线路OB的最小长度是（　　） A．3 B． C．5 D． 【分析】由平行四边形的性质可得OH＝BH，AH＝CH，可得OB＝2OH，点H的横坐标为，则点H在直线x移动，即可求解． 【解答】解：如图，连接AC交OB于H， ∵四边形OABC是平行四边形， ∴OH＝BH，AH＝CH， ∴OB＝2OH， ∵A、C分别为位于主干道x＝1和x＝4上， ∴点H的横坐标为， ∴点H在直线x移动， ∴OH的最小值为， ∴OB的最小值为5， 故选：C． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，确定点H的运动轨迹是解题的关键． 16．（天河区八年级下期末10题）如图，在△ABC中，∠C＝90°，点D是线段AB上的动点（与A，B不重合），作DE⊥AC于E，DF⊥BC于F，连接EF，若AC＝8，BC＝6，则点D从点A运动到点B的过程中，EF的最小值为（　　） A．2.4 B．4 C．4.8 D．5 【分析】连接CD，过点C作CH⊥AB于点H，先求出AB＝10，再由三角形的面积公式求出CH＝4.8，证明四边形DECF是矩形得EF＝CD，由此得当CD最小时，则EF为最小，根据“垂线段最短”得点D与点H重合时，CD为最小，最小值是线段CH的长，据此即可得出EF的最小值． 【解答】解：连接CD，过点C作CH⊥AB于点H，如图所示： 在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6， 由勾股定理得：AB10， 由三角形的面积公式得：S△ABCAB•CHAC•BC， ∴CH4.8， ∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠ACB＝90°， ∠DEC＝∠ACB＝∠CFD＝90°， ∴四边形DECF是矩形， ∴EF＝CD， ∴当CD最小时，则EF为最小， ∵点D是线段AB上的动点（与A，B不重合）， ∴根据“垂线段最短”得：当CD⊥AB时，CD为最小， 即点D与点H重合时，CD为最小，最小值是线段CH的长， ∴CD的最小值为4.8， ∴EF的最小值为4.8． 故选：C． 【点评】此题主要考查了矩形的判定和性质，垂线段的性质，熟练掌握矩形的判定和性质，理解垂线段最短，灵活运用三角形的面积公式及勾股定理进行计算是解决问题的关键． 17．（番禺区八年级下期末10题）如图，菱形ABCD周长为16，∠DAC＝30°，E是AB的中点，P是对角线AC上的一个动点，则PE+PB的最小值是（　　） A． B．3 C． D． 【分析】连接BD，根据菱形的对角线平分一组对角线可得∠BAD∠ADC＝60°，然后判断出△ABD是等边三角形，连接DE，根据轴对称确定最短路线问题，DE与AC的交点即为所求的点P，PE+PB的最小值＝DE，然后根据等边三角形的性质求出DE即可得解． 【解答】解：如图，连接BD， ∵四边形ABCD是菱形，∠DAC＝30°， ∴∠ADC＝120°， ∴∠BAD∠ADC120°＝60°， ∵AB＝AD（菱形的邻边相等）， ∴△ABD是等边三角形， 连接DE， ∵B、D关于对角线AC对称， ∴DE与AC的交点即为所求的点P，PE+PB的最小值＝DE， ∵E是AB的中点， ∴DE⊥AB， ∵菱形ABCD周长为16， ∴AD＝16÷4＝4， ∴DE4＝2． 故选：C． 【点评】本题考查了轴对称确定最短路线问题，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记性质与最短路线的确定方法找出点P的位置是解题的关键． 18．（增城区八年级下期末10题）如图，矩形ABCD的边AB，BC＝3，E为AB上一点，且AE＝1，F为AD边上的一个动点，连接EF，若以EF为边向右侧作等腰直角三角形EFG，EF＝EG，连接CG，则CG的最小值为（　　） A． B． C．3 D．2 【分析】过点G作GH⊥AB于H，过点G作MN∥AB，由“AAS”可证△GEH≌△FEA，可得GH＝AE＝1，可得点G在平行AB且到AB距离为1的直线MN上运动，则当F与D重合时，CG有最小值，即可求解． 【解答】解：如图，过点G作GH⊥AB于H，过点G作MN∥AB， ∵四边形ABCD是矩形，AB，BC＝3， ∴∠B＝90°，CD，AD＝3， ∵AE＝1， ∴BE， ∵∠GHE＝∠A＝∠GEF＝90°， ∴∠GEH+∠EGH＝90°，∠GEH+∠FEA＝90°， ∴∠EGH＝∠FEA， 在△GEH和△FEA中， ， ∴△GEH≌△EFA（AAS）， ∴GH＝AE＝1， ∴点G在平行AB且到AB距离为1的直线MN上运动， ∴当F与D重合时，CG有最小值，此时AF＝EH＝3， ∴CG的最小值， 故选：B． 【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，确定点G的运动轨迹是本题的关键． 19．（白云区八年级下期末10题）如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E，使得∠CDE＝15°，连接BE并延长BE到F，使CF＝CB，BF与CD相交于点H，若，则下列四个结论中错误的是（　　） A．∠CBE＝15° B．S△DEC C． D．CE+DE＝EF 【分析】对于选项A，证明△BCE和△DCE全等得∠CBE＝∠CDE＝15°，由此可对该选项A进行判断； 对于选项B，连接BD交AC于点O，由勾股定理得OA＝OD＝OCAD，在Rt△ODE中，根据∠OED＝30°得DE＝2OE，由勾股定理得OEOD＝1，则CE，进而得S△DECCE•OD，由此可对该选项A进行判断； 对于选项C，根据OA＝√3，OE＝1得AE＝OA+OE，由此可对该选项A进行判断； 对于选项D，在EF上截取EP＝EC，连接PC，先求出∠BCF＝150°，证明△CEP是等边三角形得CP＝CE＝EP，∠ECP＝60°，进而得∠FCP＝∠DCE＝45°，由此可依据“AAS”判定△FCP和△DCE全等得FP＝DE，则CE+DE＝EP+FP＝EF，据此可对该选项A进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：对于选项A， 在正方形ABCD中，BC＝DC，∠BCE＝∠DCE＝45°， 在△BCE和△DCE中， ， ∴△BCE≌△DCE（SAS）， ∴∠CBE＝∠CDE＝15°， 故选项A正确，不符合题意； 对于选项B， 连接BD交AC于点O，如图1所示： ∵四边形ABCD是正方形，AB， ∴AD＝AB，OA＝OD＝OC，AC⊥BD，∠ODC＝45°， 在Rt△OAD中，由勾股定理得：ADOA， ∴OA＝OD＝OCAD， 在Rt△ODE中，∠OED＝∠ODC﹣∠CDE＝30°， ∴DE＝2OE， 由勾股定理得：ODOE， ∴OEOD1， ∴CE＝OC﹣OE， ∴S△DECCE•OD， 故选项B不正确，符合题意； 对于选项C， ∵OA，OE＝1， ∴AE＝OA+OE， 故选项C正确，不符合题意； 对于选项D， 在EF上截取EP＝EC，连接PC，如图2所示： ∵CF＝CB，∠CBE＝∠CDE＝15°， ∴∠F＝∠CBE＝∠CDE＝15°， ∴∠BCF＝180°﹣（∠F+∠CBE）＝150°， ∵∠BCE＝45°，∠CBH是△CBE的外角， ∴∠CEP＝∠BCE+∠CBE＝60°， 又∵EP＝EC， ∴△CEP是等边三角形， ∴CP＝CE＝EP，∠ECP＝60°， ∴∠FCP＝∠BCF﹣（∠BCE+∠ECP）＝150°﹣（45°+60°）＝45°， ∴∠FCP＝∠DCE＝45°， 在△FCP和△DCE中， ， ∴△FCP≌△DCE（AAS）， ∴FP＝DE， ∴CE+DE＝EP+FP＝EF， 故选项D正确，不符合题意． 故选：B． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 20．（荔湾区八年级下期末10题）如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点A，O，E在同一直线上，且，AB＝6，给出下列结论：①OD平分∠EOC；②；③AE＝10；④CF⊥AD，其中正确的是（　　） A．①②③ B．③④ C．①③④ D．①②③④ 【分析】①在根据正方形性质得∠COE＝90°，∠DOE＝45°，进而得∠DOC＝∠DOE＝45°，由此可对结论①进行判断； ②连接DF交OE于点P，FD的延长线交BC的延长线于点H，先求出OE＝4，进而得OP＝DPOE＝2，DF＝OE＝4，证明四边形OCHP是矩形得CH＝OP＝2，PH＝OC＝6，则FH＝8，DH＝4，BH＝8，再由勾股定理得可求出CF，BD，由此可对结论②进行判断； ③根据OA＝6，OE＝4得AE＝OA+OE＝10，由此可对结论③进行判断； ④设CF与AD交于点M，AD于OC交于点N，证明△AOD和△COE全等得∠OAD＝∠OCF，再由三角形内角和定理得∠AOC＝∠CMN＝90°，由此可对结论④进行判断， 综上所述即可得出答案． 【解答】解：①在正方形ABCO中，∠AOC＝90°，AO＝CO， ∵点A，O，E在同一直线上， ∴∠COE＝90°， 在正方形DEFO中，∠DOE＝90°，∠DOE＝45°， ∴∠DOC＝∠COE﹣∠DOE＝45°， ∴∠DOC＝∠DOE＝45°， ∴OD平分∠EOC， 故结论①正确； ②连接DF交OE于点P，FD的延长线交BC的延长线于点H，如图1所示： 在正方形DEFO中，EF＝OD＝OF＝2，DF⊥OE，OP＝DP＝PFOE，DF＝OE， 在Rt△OEF中，由勾股定理得：OE4， ∴OP＝DPOE＝2，DF＝OE＝4， 在正方形ABCO中，OA＝AB＝BC＝OC＝6，∠AOC＝∠OCB＝90°， ∴∠COP＝∠OPH＝∠OCH＝90°， ∴四边形OCHP是矩形， ∴CH＝OP＝2，PH＝OC＝6， ∴FH＝PH+PF＝6+2＝8，DH＝PH﹣DP＝6﹣2＝4，BH＝BC+CH＝6+2＝8， 在Rt△CFH中，由勾股定理得：CF， 在Rt△BDH中，由勾股定理得：BD， ∴CF≠BD， 故结论②不正确； ③∵OA＝6，OE＝4， ∴AE＝OA+OE＝6+4＝10， 故结论③正确； ④设CF与AD交于点M，AD于OC交于点N，如图2所示： ∵∠AOC＝∠DOE＝90°， ∴∠AOC+∠COD＝∠DOE+∠COD， ∴∠AOD＝∠COE， 在△AOD和△COE中， ， ∴△AOD≌△COE（SAS）， ∴∠OAD＝∠OCF， 在△OAN中，∠OAD+∠ONA+∠AOC＝180°， 在△AMN中，∠OCF+∠MNC+∠CMN＝180°， 又∵∠ONA＝∠MNC， ∴∠AOC＝∠CMN＝90°， ∴CF⊥AD， 故结论④正确， 综上所述：正确的结论是①③④． 故选：C． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 二、填空题 1．（白云区八年级下期末13题）如图，在平行四边形ABCD中，∠A+∠C＝240°，则∠B＝　60　 度． 【分析】根据平行四边形的性质可得AD∥BC，∠A＝∠C，从而可得∠A的度数，再根据AD∥BC可得∠A+∠B＝180°，进而可得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，∠A＝∠C， ∴∠A+∠B＝180°， ∵∠A+∠C＝240°， ∴∠A＝120°， ∴∠B＝180°﹣120°＝60°， 故答案为：60． 【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形的对角相等． 2．（荔湾区八年级下期末13题）若平行四边形中相邻的两个内角的度数比为1：5，则其中较小内角的度数是 　30°　 ． 【分析】设相邻的两个内角的度数x，5x，构建方程求解． 【解答】解：设相邻两个内角分别为x，5x． 由平行四边形的相邻内角互补，可得x+5x＝180°， ∴x＝30°， ∴其中较小的内角为30°． 故答案为：30°． 【点评】本题考查平行四边形的性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． 3．（黄埔区八年级下期末14题）如图，菱形ABCD中，对角线AC＝8，BD＝6，BE⊥CD，则BE＝　4.8　 ． 【分析】根据“菱形的面积等于对角线乘积的一半”可以求得该菱形的面积．菱形的面积还等于底乘以高，先根据勾股定理求出CD，即可求得DE的长度． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6， ∴AC⊥OD，OCAC＝4，ODBD＝3， ∴由勾股定理得到：CD5， 又∵AC•BD＝CD•BE， ∴BE＝4.8． 故答案为：4.8． 【点评】本题考查了菱形的性质．属于中等难度的题目，解答本题关键是掌握①菱形的对角线互相垂直且平分，②菱形的面积等于底乘以底边上的高，还等于对角线乘积的一半． 4．（增城区八年级下期末14题）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若EF＝2，则菱形ABCD的周长是　16　 ． 【分析】先利用三角形中位线性质得到AB＝4，然后根据菱形的性质计算菱形ABCD的周长． 【解答】解：∵E，F分别是AD，BD的中点， ∴EF为△ABD的中位线， ∴AB＝2EF＝4， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB＝BC＝CD＝DA＝4， ∴菱形ABCD的周长＝4×4＝16． 故答案为16． 【点评】本题考查了菱形的性质：菱形的四条边都相等．灵活应用三角形中位线性质是解决问题的关键． 5．（越秀区八年级下期末15题）如图，在▱ABCD中，E为BC边上的一点，AE，DE分别平分∠BAD，∠CDA．若AE＝6，DE＝8，则AB的长为　5　 ． 【分析】由平行四边形的性质得AB∥DC，AD∥BC，则∠BAD+∠CDA＝180°，由∠DAE∠BAD，∠ADE∠CDA，求得∠DAE+∠ADE＝90°，则∠AED＝90°，因为AE＝6，DE＝8，所以BC＝AD10，推导出BE＝AB＝CD＝CEBC＝5，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC， ∴∠BAD+∠CDA＝180°， ∵AE，DE分别平分∠BAD，∠CDA， ∴∠DAE∠BAD，∠ADE∠CDA， ∴∠DAE+∠ADE（∠BAD+∠CDA）＝90°， ∴∠AED＝180°﹣（∠DAE+∠ADE）＝90°， ∵AE＝6，DE＝8， ∴BC＝AD10， ∵∠BAE＝∠DAE＝∠BEA，∠CDE＝∠ADE＝∠CED， ∴BE＝AB＝CD＝CEBC＝5， ∴AB的长是5， 故答案为：5． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，推导出∠DAE+∠ADE＝90°是解题的关键． 6．（天河区八年级下期末15题）如图，过▱ABCD的对角线AC的中点O作两条互相垂直的直线，分别交AB，BC，CD，DA于E，F、G，H四点，连接EF，FG，GH，HE．若GH＝25，EO＝15，则四边形EFGH的面积为　600　 ． 【分析】根据平行四边形的性质证明△AOE和△COG全等，得OE＝OG，同理可得OF＝OH，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断出四边形EFGH是平行四边形，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，根据菱形面积公式解答即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠EAO＝∠GCO， 在△EAO和△CGO中， ， ∴△EAO≌△CGO（ASA）， ∴OE＝OG＝15， 同理可得OH＝OF， 又∵HF⊥EG， ∴四边形EFGH是菱形， ∵GH＝25， ∴OH20， ∴EG＝2OG＝30，FH＝2OH＝40， 四边形EFGH的面积EG•FH30×40＝600． 故答案为：600． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定，熟记性质并求出三角形全等从而得到对角线被互相平分是解题的关键． 7．（南沙区八年级下期末15题）如图，四边形ABCD是菱形，AC＝12，BD＝16，AH⊥BC于H，则AH的长度是 　　 ． 【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，OC＝OAAC＝6，OB＝ODBD＝8，求得S菱形ABCDAC•BD＝96，BC10，因为AH⊥BC于H，所以S菱形ABCD＝10AH，由10AH＝96，求得AH，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC交BD于点O，AC＝12，BD＝16， ∴AC⊥BD，OC＝OAAC＝6，OB＝ODBD＝8， ∴∠BOC＝90°，S菱形ABCDAC•BD12×16＝96， ∴BC10， ∵AH⊥BC于H， ∴S菱形ABCD＝BC•AH＝10AH， ∴10AH＝96， ∴AH， 故答案为：． 【点评】此题重点考查菱形的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，推导出AC⊥BD，并且求得BC＝10是解题的关键． 8．（黄埔区八年级下期末16题）如图，矩形ABCD中，AB＝4，E为线段AD延长线上一点，且，对角线AC，BD相交于点O，过O点作OG⊥CD于点G，连接OE交CD于点F，连接AF．则下列结论： ①△DEF≌△GOF； ②DF＝1.5； ③当∠AOF＝90°时，AF＝FC； ④当时，△AOE是等腰三角形． 其中正确的结论有 　①③④　 .（填写所有正确结论的序号） 【分析】①证明OG是△ACD的中位线得OGAD，DG＝CGCD＝2，进而得DE＝OG，进而可判定△DEF和△GOF全等，由此可对结论①进行判断； ②根据△DEF和△GOF全等，DG＝2得DF＝GFDG＝1，由此可对结论②不正确； ③当∠AOF＝90°时，则OF⊥AC，再根据OA＝OC得OF是线段AC的垂直平分线，然后根据线段垂直平分线的性质即可对，结论③进行判断； ④当AF时，根据DF＝1，由勾股定理得AD，则DEAD，进而得AE，再由勾股定理得求出AC得OAAC，进而得AE＝OA，由此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：①在矩形ABCD中，AB＝CD＝4，OA＝OC＝1/2AC，∠ADC＝90°， ∵OG⊥CD， ∴∠EDF＝∠OGF＝90°， ∴OG∥AD， ∴OG是△ACD的中位线， ∴OGAD，DG＝CGCD＝2， ∵DEAD， ∴DE＝OG， 在△DEF和△GOF中， ， ∴△DEF≌△GOF（AAS）， 故结论①正确； ②∵△DEF≌△GOF，DG＝2， ∴DF＝GFDG＝1， 故结论②不正确； ③当∠AOF＝90°时，则OF⊥AC， ∵OA＝OC， ∴OF是线段AC的垂直平分线， ∴AF＝FC， 故结论③正确； ④当AF时， 在Rt△ADF中，DF＝1， 由勾股定理得：AD， ∴DEAD， ∴AE＝AD+DE， 在Rt△ACD中，CD＝4，AD， 由勾股定理得：AC， ∴OAAC， ∴AE＝OA， ∴△AOE是等腰三角形， 故结论④正确， 综上所述：正确的结论有①③④． 【点评】此题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解矩形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，线段垂直平分线的性质，勾股定理是解决问题的关键． 9．（南沙区八年级下期末16题）如图，四边形ABCD的两条对角线AC，BD互相垂直，AC＝2，BD＝3． （1）顺次连接四边形ABCD各边中点所围成的四边形的周长是 　5　 ； （2）AD+BC的最小值是 　　 ． 【分析】（1）由三角形中位线定理得到EFAC，HGAC，FGBD，EHBD，因此四边形EFGH的周长＝AC+BD＝5； （2）过D作DM∥BC，使DM＝BC，连接MC，AM，判定四边形BCMD是平行四边形，得到MC＝BD＝3，MC∥BD，由勾股定理求出AM，由三角形三边关系定理得到AD+BC≥AM，即可得到AD+BC的最小值． 【解答】解：（1）如图，E、F、G、H是四边形ABCD的四边中点， ∵E、F分别是AB和BC的中点， ∴EFAC， 同理：HGAC，FGBD，EHBD， ∴四边形EFGH的周长＝EF+GH+GF+HE＝AC+BD＝2+3＝5， 故答案为：5． （2）如图，过D作DM∥BC，使DM＝BC，连接MC，AM， ∵DM∥BC，DM＝BC， ∴四边形BCMD是平行四边形， ∴MC＝BD＝3，MC∥BD， ∵AC⊥BD， ∴AC⊥MC， ∴AM， 由三角形三边关系定理得到AD+MD≥AM， ∴AD+BC≥AM， ∴AD+BC的最小值是． 故答案为：． 【点评】本题考查中点四边形，三角形中位线定理，三角形三边关系，平行四边形的判定和性质，勾股定理，关键是掌握三角形的中位线等于第三边的一半，由三角形三边关系定理得到AD+BC≥AM． 10．（荔湾区八年级下期末16题）如图，在边长为6的正方形ABCD中，△AMN的顶点M，N分别在BC，CD边上，且 MN＝BM+DN，连接BD分别交AM，AN于点E，F．其中，则EF＝ 　　 ． 【分析】过点A作AH⊥AN交CB的延长线于点H，过点B作BK⊥BD交AH于点K，连接EK，证明△ABH和△ADN全等得BH＝DN，AH＝AN，再根据MN＝BM+DN得MH＝MN，由此依据“SSS”判定△AMH和△AMN全等得∠MAH＝∠MAN，再证明△ABK和△ADF全等得BK＝DF＝2√2，AK＝AF，证明△AKE和△AFE全等得EK＝EF，再求出BD，设EF＝x，则EK＝EF＝x，BE，在Rt△EKB中，由勾股定理得BK2+BE2＝EK2，即，由此解出x＝5√2/2即可得出EF的长． 【解答】解：过点A作AH⊥AN交CB的延长线于点H，过点B作BK⊥BD交AH于点K，连接EK，如图所示： ∴∠HAN＝90°，∠KBE＝90°， 在正方形ABCD中，AB＝AD＝6，∠ABC＝∠ADN＝∠BAD＝90°，∠ADF＝∠ABE＝45°， ∴∠ABH＝∠ADN＝90°，∠HAN＝∠BAD＝90°， ∴∠BAH+∠BAN＝∠BAN+∠DAN， ∴∠BAH＝∠DAN， 在△ABH和△ADN中， ， ∴△ABH≌△ADN（ASA）， ∴BH＝DN，AH＝AN， ∴MH＝BM+BH＝BM+DN， ∵MN＝BM+DN， ∴MH＝MN， 在△AMH和△AMN中， ， ∴△AMH≌△AMN（SSS）， ∴∠MAH＝∠MAN， ∵∠KBE＝90°，∠ABE＝45°， ∴∠ABK＝∠KBE﹣∠ABE＝45°， ∴∠ABK＝∠ADF＝45°， 在△ABK和△ADF中， ， ∴△ABK≌△ADF（ASA）， ∴BK＝DF，AK＝AF， 在△AKE和△AFE中， ， ∴△AKE≌△AFE（SAS）， ∴EK＝EF， 在Rt△ABD中，AB＝AD＝6， 由勾股定理得：BD， 设EF＝x，则EK＝EF＝x， ∴BE＝BD﹣DF﹣EF， 在Rt△EKB中，由勾股定理得：BK2+BE2＝EK2， ∴， 解得：x， ∴EF＝x． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 11．（增城区八年级下期末16题）如图，平行四边形ABCD中，3AB＝2BC，点O是∠BAD和∠CBA的平分线的交点，过点O作EF∥AB，分别交AD、BC于E、F两点，连接OD、OC．以下结论： ①AO⊥BO； ②点O是EF的中点； ③四边形CDEF的周长是四边形ABFE的周长的2倍； ④S△AOB+S△COD＝2S△BOC． 其中正确的结论有　①②④　 （填写所有正确结论的序号）． 【分析】利用平行四边形的性质得到AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，利用平行线的性质和角平分线的定义计算出∠OAB+∠OBA＝90°，则∠AOB＝90°，于是可对①进行判断；利用平行线的性质证明∠EAO＝∠AOE，∠OBF＝∠BOF得到AE＝OE，BF＝OF，再证明四边形ABFE为平行四边形得到AE＝BF，所以OE＝OF，则可对②进行判断；设AB＝2x，BC＝3x，则EF＝2x，AD＝3x，EA＝OE＝x，AD＝3x，则可对③进行判断；证明△OAB+S△OCDS▱ABCD，S△BOCS▱ABCD，可对④进行判断． 【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC， ∴∠BAD+∠ABC＝180°， ∵点O是∠BAD和∠CBA的角平分线的交点， ∴∠OAB＝∠OAE∠BAD，∠OBA＝∠OBF∠ABC， ∴∠OAB+∠OBA（∠BAD+∠ABC）×180°＝90°， ∴∠AOB＝90°， ∴AO⊥BO，所以①正确； ∵EF∥AB， ∴∠BAO＝∠AOE，∠ABO＝∠BOF， ∵∠OAB＝∠OAE，∠OBA＝∠OBF， ∴∠OAE＝∠AOE，∠OBF＝∠BOF， ∴AE＝OE，BF＝OF， ∵AE∥BF，AB∥EF， ∴四边形ABFE为平行四边形， ∴AE＝BF， ∴OE＝OF，即O点为EF的中点，所以②正确； ∵3AB＝2BC， ∴设AB＝2x，BC＝3x， ∴EF＝2x，AD＝3x， ∴EA＝OEEF＝x， ∴AD＝3AE， ∴C▱ABFE＝6x，C▱CDEF＝8x， ∴四边形CDEF的周长不是四边形ABFE的周长的2倍；所以③错误； ∵S△OABS▱ABFE，S△OCDS▱FEDC， ∴S△OAB+S△OCDS▱ABCD， ∵OE＝OF， ∴S△AOD＝S△BOC， ∴S△BOCS▱ABCD， ∴S△AOB+S△COD＝2S△BOC，所以④正确． 故答案为：①②④． 【点评】本题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对边相等；平行四边形的对角相等；平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．也考查了等腰三角形的判定与性质． 三、解答题 1．（白云区八年级下期末18题）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，且DF＝BE．求证：AE＝CF． 【分析】由条件可证明四边形AECF为平行四边形，可证得结论． 【解答】证明：在▱ABCD中，AD＝BC且AD∥BC， ∵BE＝FD， ∴AF＝CE， ∴四边形AECF是平行四边形， ∴AE＝CF． 【点评】本题主要考查平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分是解题的关键． 2．（南沙区八年级下期末18题）如图，E，F是平行四边形ABCD的对角线AC上的两点，AE＝CF，求证：DF＝BE． 【分析】由平行四边形的性质得出DC∥AB，DC＝AB，由平行线的性质得出∠DCA＝∠BAC，由SAS证明△ABE≌△CDF，即可得出结论． 【解答】证明：在平行四边形ABCD中，DC∥AB，DC＝AB， ∴∠DCA＝∠BAC， 在△DCF和△BAE中，， ∴△DCF≌△BAE（SAS）， ∴DF＝BE． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质及全等三角形的判定及性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键． 3．（越秀区八年级下期末18题）如图，四边形ABCD是平行四边形，AB＝EF，DE＝CF，求证：DE∥CF． 【分析】由平行四边形的性质得AB＝DC，而AB＝EF，所以DC＝EF，因为DE＝CF，所以四边形CDEF是平行四边形，则DE∥CF． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝DC， ∵AB＝EF， ∴DC＝EF， ∵DE＝CF， ∴四边形CDEF是平行四边形， ∴DE∥CF． 【点评】此题重点考查平行四边形的判定与性质，推导出DC＝EF，进而证明四边形CDEF是平行四边形是解题的关键． 4．（天河区八年级下期末18题）如图，四边形ABCD是平行四边形，点F在BC边上，且FC＝DC． （1）尺规作图：作∠ABC的角平分线BE交AD边于点E（不写作法，保留作图痕迹）； （2）在（1）中作图的条件下，求证：四边形BEDF是平行四边形． 【分析】（1）根据角平分线的作图方法作图即可． （2）由角平分线的定义得∠ABE＝∠CBE．由平行四边形的性质得AD＝BC，AB＝CD，AD∥BC，则∠AEB＝∠CBE，可得∠ABE＝∠AEB，即AB＝AE，进而可得DE＝BF，则可得四边形BEDF是平行四边形． 【解答】（1）解：如图，BE即为所求． （2）证明：∵BE为∠ABC的平分线， ∴∠ABE＝∠CBE． ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD＝BC，AB＝CD，AD∥BC， ∴∠AEB＝∠CBE， ∴∠ABE＝∠AEB， ∴AB＝AE． ∵FC＝DC，AB＝CD， ∴AE＝CF， ∴AD﹣AE＝BC﹣CF， 即DE＝BF， ∴四边形BEDF是平行四边形． 【点评】本题考查作图—复杂作图、角平分线的定义、平行四边形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 5．（花都区八年级下期末18题）如图所示，▱ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F．求证：AE＝CF． 【分析】根据平行四边形的性质得出AB＝CD，AB∥CD，根据平行线的性质得出∠ABE＝∠CDF，求出∠AEB＝∠CFD＝90°，根据AAS推出△ABE≌△CDF即可． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∴∠ABE＝∠CDF， ∵AE⊥BD，CF⊥BD， ∴∠AEB＝∠CFD＝90°， 在△ABE和△CDF中， ， ∴△ABE≌△CDF（AAS）， ∴AE＝CF． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，全等三角形的性质和判定的应用，解此题的关键是求出△ABE≌△CDF，注意：平行四边形的对边平行且相等，难度适中． 6．（黄埔区八年级下期末18题）如图，矩形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，AB＝3，BC＝4，求OB的长． 【分析】根据矩形的性质解答即可． 【解答】解：在Rt△ABC中， 由勾股定理可得AC5， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD， ∴OBAC． 【点评】本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形性质是关键． 7．（荔湾区八年级下期末18题）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC的中点，过点A作AE平行于BC，且AE＝CD，连接BE．求证：四边形AEBD是矩形． 【分析】由点D是BC的中点，得到BD＝CD根据平行四边形的判定定理得到四边形AEBD是平行四边形，求得∠ADB＝90°，根据矩形的判定定理得到四边形AEBD是矩形． 【解答】证明：∵点D是BC的中点， ∴BD＝CD， 又∵AE＝CD， ∴AE＝BD， ∵AE∥BC，AE＝BD， ∴四边形AEBD是平行四边形， ∵AB＝AC，D是BC的中点， ∴AD⊥BC， ∴∠ADB＝90°， ∴四边形AEBD是矩形． 【点评】本题考查了矩形的判定，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键． 8．（增城区八年级下期末20题）如图，点E、F是平行四边形ABCD的对角线AC上的两点，且AF＝CE．求证：DE＝BF． 【分析】由平行四边形的性质得CD∥AB，CD＝AB，则∠DCE＝∠BAF，而CE＝AF，即可根据“SAS”证明△DCE≌△BAF，则DE＝BF． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB，CD＝AB， ∴∠DCE＝∠BAF， 在△DCE和△BAF中， ， ∴△DCE≌△BAF（SAS）， ∴DE＝BF． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明△DCE≌△BAF是解题的关键． 9．（黄埔区八年级下期末22题）如图，两张矩形纸片交叉叠放在一起，重合的部分构成了一个四边形ABCD．过点A分别作AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，且AE＝AF． （1）判断四边形ABCD的形状，并说明理由； （2）若∠ABC＝60°，AB＝4，连接EF，求EF的长． 【分析】（1）判定四边形ABCD是平行四边形，由▱ABCD的面积＝BC•AE＝CD•AF，推出BC＝CD，判定四边形ABCD是菱形； （2）由AAS可证△ABE≌△ADF，可得AE＝AF，可证△EAF是等边三角形，即可求解． 【解答】解：（1）四边形ABCD是菱形，理由如下： ∵纸片是矩形， ∴AD∥BC，AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AE⊥BC，AF⊥CD， ∴▱ABCD的面积＝BC•AE＝CD•AF， ∵AE＝AF， ∴BC＝CD， ∴四边形ABCD是菱形； （2）如图，连接EF， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，AB＝4， ∴AB＝AD＝4，∠ABC＝60°＝∠ADF，∠BAD＝120°， ∵AE⊥BC，AF⊥CD， ∴∠AEB＝∠AFD＝90°， ∴∠BAE＝∠DAF＝30°， ∴∠EAF＝60°，BEAB＝2，AEBE＝2， ∵AE＝AF， ∴△EAF是等边三角形， ∴EF＝AE＝2． 【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，等边三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 10．（天河区八年级下期末22题）小天和小河在学完《平行四边形》之后，研究教材的数学活动：折纸做60°，30°，15°角，学习了以下折法：如图1，先对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时，得到了线段BN，把纸片展平．两人对此展开了命题研究和折纸拓展，提出了以下3道由易到难的数学题，请你解答． （1）已知矩形纸片ABCD中，，AM＝4．以点B为原点建立平面直角坐标系，求点M的坐标； （2）在（1）的条件下，分别设直线BM，BN，MN的解析式为y＝k1x+b1，y＝k2x+b2，y＝k3x+b3，得到以下四个结论，其中正确的是A，C，D ；（注意：本小题是多项选择题，有多个选项符合题目要求，要求回答时，全部选对的得满分，选对但不全的视正确答案数相应给分，有选错的得0分） A.； B.； C．k1•k2＝1； D．k2•k3＝﹣1； （3）在图1的折法基础上，两人再次动手操作：如图2，若将MN延长交BC于点G．将△BMG沿MG折叠，点B刚好落在AD边上点H处，把纸片再次展平，连接GH．试证明：四边形BGHM是菱形． 【分析】（1）根据矩形的性质得到∠BAD＝90°，于是得到M（4，4）； （2）根据折叠的性质得到BEAB＝2，BN＝AB＝4，∠BEN＝90°，根据勾股定理得到EN6，求得N（6，2），待定系数法求得直线BM，BN，MN的解析式分别为yx，yx，yx+8，于是得到结论； （3）根据折叠的性质，则∠ABM＝∠NBM，∠BAM＝∠MNB＝90°，根据三线合一，则BM＝BG，根据菱形的判定和性质，即可推出结论． 【解答】（1）解：如图所示； ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝90°， ∵，AM＝4． ∴M（4，4）； （2）解：由折叠的性质得BEAB＝2，BN＝AB＝4，∠BEN＝90°， ∴EN6， ∴N（6，2）， ∵B（0，0），M（4，4）； ∴直线BM，BN，MN的解析式分别为yx，yx，yx+8， ∴A.； B．b2＝8； C．k1•k2＝1； D．k2•k3＝﹣1； 故正确的是A，C，D， 故答案为：A，C，D； （3）证明：∵△BMN由△BMA折叠所得， ∴∠ABM＝∠NBM，∠BAM＝∠MNB＝90°， ∵∠ABN＝∠ABM+∠NBM＝60°， ∴∠ABM＝∠NBM＝30°， ∵∠NBC＝30°， ∴∠NBM＝∠NBC＝30°， ∴∠MBG＝60°， ∴△BMG是等边三角形， ∴BM＝BG， ∵将△BMG沿MG折叠，点B刚好落在AD边上点H处，连接GH， ∴△BMG≌△HGM，BH⊥MG， ∴MH＝BM， ∴MH＝BM＝BG， ∵MH∥BG， ∴四边形BGHM是平行四边形， ∵BM＝BG， ∴四边形BGHM是菱形． 【点评】本题是四边形的综合题，考查平行四边形，菱形，勾股定理的知识，解题的关键是掌握勾股定理的运用，矩形的性质，平行四边形的性质，菱形的判定． 11．（南沙区八年级下期末22题）如图，在Rt△ABC，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8． （1）请根据下面的描述，利用无刻度的直尺和圆规作图： ①作斜边AB的垂直平分线，交AC于点F，交AB于点E； ②连接BF，以B为圆心，BF的长为半径画弧，交直线EF于点G（点G不与点F重合），连接AG，BG． （2）求证：四边形AFBG是菱形； （3）求四边形AFBG的周长． 【分析】（1）根据要求作出图形； （2）根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可； （3）设AE＝BF＝x，利用勾股定理构建方程求出x即可． 【解答】（1）解：图形如图所示： （2）证明：∵AB⊥FG，BF＝BG， ∴EF＝EG， ∵AE＝EB， ∴四边形AAFBG是平行四边形， ∵FG垂直平分线段AB， ∴FA＝FB， ∴四边形AFBG是菱形； （3）解：设AF＝BF＝x，则有x2＝（8﹣x）2+62， 解得x， ∴菱形AFBG的周长＝25． 【点评】本题考查作图﹣基本作图，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，勾股定理，线段垂直平分线的性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 12．（花都区八年级下期末22题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D、E分别是AC、AB的中点，连接DE，过点B作BF⊥DE，交DE的延长线于点F． （1）求证：四边形BCDF是矩形． （2）连接CE，若∠A＝30°，CE＝2，求四边形BCDF的面积． 【分析】（1）根据三角形中位线定理得到DE∥BC，根据平行线的性质得到∠CDF＝90°，根据矩形的判定定理得到结论； （2）根据直角三角形的性质得到AB＝2CE＝4，得到BCAB＝2，根据勾股定理得到AC2，根据矩形的面积公式即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵D、E分别是AC、AB的中点， ∴DE是△ABC的中位线， ∴DE∥BC， ∴∠FDC+∠ACB＝180°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠CDF＝90°， ∵BF⊥DF， ∴∠BCD＝∠CDF＝∠F＝90°， ∴四边形BCDF是矩形． （2）解：∵∠ACB＝90°，CE＝2， ∴AB＝2CE＝4， ∵∠A＝30°， ∴BC＝ ∴AB＝2， ∴AC2， ∴CD， ∴四边形BCDF的面积＝CD•BC． 【点评】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握矩形的判定和性质定理是解题的关键． 13．（番禺区八年级下期末22题）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE＝CF． （1）求证：△ABE≌△CDF； （2）连接DE，BF，若BD⊥EF，试探究四边形EDFB的形状，并对结论给予证明． 【分析】（1）由平行四边形的性质得AB＝CD，AB∥CD，则∠BAE＝∠DCF，而AE＝CF，即可根据“SAS”证明△ABE≌△CDF； （2）由平行四边形的性质得OB＝OD，OA＝OC，因为AE＝CF，所以OA﹣AE＝OC﹣CF，则OE＝OF，所以四边形EDFB是平行四边形，而BD⊥EF，则四边形EDFB是菱形． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∴∠BAE＝∠DCF， 在△ABE和△CDF中， ， ∴△ABE≌△CDF（SAS）． （2）解：四边形EDFB是菱形， 证明：如图，连接DE，BF， ∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC、BD相交于点O， ∴OB＝OD，OA＝OC， ∵AE＝CF， ∴OA﹣AE＝OC﹣CF， ∴OE＝OF， ∴四边形EDFB是平行四边形， ∵BD⊥EF， ∴四边形EDFB是菱形． 【点评】此题重点考查平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定、菱形的判定等知识，推导出AB＝CD，∠BAE＝∠DCF及OE＝OF是解题的关键． 14．（荔湾区八年级下期末23题）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，点E在CD上，AE＝5，动点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线AB﹣BC﹣CD向点D运动，到点D停止，设点P运动的时间为t秒． （1）当四边形APCE是平行四边形时，求t的值； （2）请用含有t的代数式表示出线段BP的长； （3）当t为何值时，△APE为直角三角形？请说明理由． 【分析】（1）利用矩形的性质和勾股定理求得DE，则CE＝5，利用平行四边形的性质得到关于t的方程，解方程即可得出结论； （2）利用分类讨论的思想方法分三种情况讨论解答：①当点P在AB边上时，0≤t≤4，求得AP，则BP＝AB﹣AP；②当点P在BC边上时，4＜t≤6，BP＝点P运动的距离﹣AB；③当点P在DC边上时，6＜t≤10，利用勾股定理解答即可； （3）利用分类讨论的思想方法分三种情况讨论解答：①当∠APE＝90°时，如图，当点P位于AB边上，利用矩形的判定与性质解答即可；②当∠APE＝90°时，如图，当点P位于CD边上，此时点P与点D重合，利用时间＝距离÷速度的关系式解答即可；当∠AEP＝90°时，则点P位于BC边上，利用勾股定理解答即可． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD为矩形， ∴AD＝BC＝5，DC＝AB＝8，∠D＝90°， 在Rt△ADE中， ∵AE＝5， ∴DE3， ∴CE＝8﹣3＝5， ∵四边形APCE是平行四边形， ∴AP＝CE＝5， ∴2t＝5， ∴t； （2）①当点P在AB边上时，0≤t≤4， ∵AP＝2t，AB＝8， ∴BP＝AB﹣AP＝8﹣2t； ②当点P在BC边上时，4＜t≤6， ∵点P运动的距离为2t， ∴BP＝2t﹣8； ③当点P在DC边上时，6＜t≤10，如图， 则CP＝2t﹣12， ∴BP． ∴综上，； （3）①当∠APE＝90°时，如图，当点P位于AB边上， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠DAB＝∠D＝90°， ∵∠APE＝90°， ∴四边形APED为矩形， ∴AP＝DE＝3， ∴2t＝3， ∴（秒）； ②当∠APE＝90°时，如图，当点P位于CD边上， 此时点P与点D重合， ∴2t＝8+4+8＝20， ∴t＝10（秒）； ③当∠AEP＝90°时，则点P位于BC边上，如图， 由（2）知：BP＝2t﹣8，则CP＝BC﹣BP＝12﹣2t． 在Rt△ABP中，AP2＝AB2+BP2＝82+（2t﹣8）2， 在Rt△ECP中，EP2＝CE2+CP2＝52+（12﹣2t）2， 在Rt△AEP中， ∵AE2+EP2＝AP2， ∴52+52+（12﹣2t）2＝82+（2t﹣8）2， ∴t（秒）． 综上，当t为秒或10秒或秒时，△APE为直角三角形． 【点评】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，分类讨论的思想方法，本题是动点问题，利用t的代数式表示出相应线段的长度是解题的关键． 15．（越秀区八年级下期末23题）如图1，在菱形ABCD中，∠A＝30°，AB＝4．点E为边CD的中点，动点P从点A出发，沿折线A→B→C方向运动，速度为每秒2个单位长度，到达点C时停止运动，连接EP，EB．设点P的运动时间为x秒，记△EPB的面积为y． （1）当x＝　4　 秒时，点P到达点C处； （2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． （3）在如图2所示给定的平面直角坐标系中，画出（2）中的函数图象并根据图象直接写出△EPB的面积不大于2时自变量x的取值范围． 【分析】（1）先根据菱形的性质求得BC+AB＝8，再根据速度、路程、时间的关系即可解答； （2）分点P在AB上和BC上两种情况、分别根据菱形的性质、含30度直角三角形的性质、三角形面积公式求解即可； （3）先根据（2）得到的函数解析式画出函数图象，然后根据函数图象即可解答． 【解答】解：（1）∵菱形ABCD，AB＝4， ∴BC＝AB＝4， ∴BC+AB＝8， ∴点P到达点C处时，， 故答案为：4； （2）①当点P在AB上时，即0≤x＜2时， 如图：分别过D、E作DF⊥AB，EG⊥AB，则BP＝4﹣2x， ∵在菱形ABCD中，∠A＝30°，AB＝4， ∴CD∥AB，AD＝AB＝4，即， ∴EG＝DF＝2， ∴△EPB的面积为，即y＝﹣2x+4（0≤x＜2）； ②当点P在BC上时，即2＜x≤4时， 如图：过E作EH⊥BC，则BP＝2x﹣4， ∵在菱形ABCD中，AB＝4，点E为边CD的中点， ∴CD＝AB＝4，即， ∵∠A＝30°， ∴， ∴△EPB的面积为，即y＝x﹣2（2＜x≤4）． 综上，y关于x的函数解析式为； （3）根据，画出函数图象如下： 由函数图象可得：△EPB的面积不大于2时自变量x的取值范围为1≤x≤4且x≠2． 【点评】本题主要考查了动点问题、菱形的性质、含30度直角三角形的性质、函数图象与不等式等知识点，掌握数形集合思想成为解题的关键． 16．（白云区八年级下期末23题）如图，在Rt△ABC中，BD平分∠ABC，CD＝4，BC＝8． （1）尺规作图：作线段BD的垂直平分线，交BD于点O，交AB于点E，交BC于点F（要求：保留作图痕迹，不写作法）； （2）在（1）所作的图中，连接DE、DF．求证：四边形BEDF是菱形； （3）求（2）中的菱形BEDF的边长． 【分析】（1）根据题目要求作出图形； （2）由线段垂直平分线的性质可得BE＝DE，BF＝DF，可得∠EBD＝∠EDB，∠FBD＝∠FDB，由角平分线的性质可得∠EBD＝∠BDF＝∠EDB＝∠DBF，可证BE∥DF，DE∥BF，可得四边形DEBF是平行四边形，即可得结论； （3）设DF＝BF＝x，利用勾股定理构建方程求解． 【解答】（1）解：图形如图所示： （2）证明：∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠DBC， ∵EF垂直平分BD， ∴BE＝DE，BF＝DF， ∵∠EBD＝∠EDB，∠FBD＝∠FDB， ∴∠EBD＝∠BDF，∠EDB＝∠DBF， ∴BE∥DF，DE∥BF， ∴四边形DEBF是平行四边形，且BE＝DE， ∴四边形BEDF是菱形； （3）解：设DF＝BF＝x，则有x2＝42+（8﹣x）2， 解得x＝5， ∴菱形BEDF的边长为5． 【点评】本题考查了作图﹣基本作图，菱形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形的性质等知识，掌握菱形的判定方法是本题的关键． 17．（南沙区八年级下期末24题）如图，在等边△ABC中，AB＝6cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以2cm/s的速度向右运动，同时点F从点B出发沿射线BC以3cm/s的速度向右运动，设点E运动的时间为t（s）． （1）当点F在线段BC上运动时，CF＝ 　（6﹣3t）　 cm，当点F在线段BC的延长线上运动时，CF＝ 　（3t﹣6）　 cm（请用含t的式子表示）； （2）在整个运动过程中，当以点A，C，E，F为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值； （3）在整个运动过程中，是否存在某一时刻，使E，F两点间的距离最小，若存在，求出此时△ACF的面积；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据路程，速度，时间的关系解决问题即可； （2）根据AE＝CF，构建方程解决问题即可； （3）当EF⊥BC时，EF的值最小，此时BF﹣AEBC．由此构建方程求解． 【解答】解：（1）当点F在线段BC上运动时，CF＝（6﹣3t）cm，当点F在线段BC的延长线上运动时，CF＝（3t﹣6）cm． 故答案为：（6﹣3t），（3t﹣6）； （2）当AE＝CF时，满足条件， 可得2t＝6﹣3t或2t＝3t﹣6， ∴t或6； （3）当EF⊥BC时，EF的值最小，此时BF﹣AEBC． ∴3t﹣2t＝3， ∴t＝3． ∴BF＝9， ∴CF＝3， ∵点A到BC的距离为3cm， 此时△ACF的面积（cm2）． 【点评】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型． 18．（增城区八年级下期末24题）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上任意一点（不与点B重合），以BE为边在它的右侧作正方形BEFG．连接AE，过点D作DH⊥AE交AB边于点H． （1）求证：△DAH≌△ABE； （2）连接DF，延长AE，交DF于点O，猜想∠DOA的度数，并证明； （3）在正方形ABCD内部有一点P，连接PE，PB，PF，若PE＝4，PB＝2，求PF的最大值． 【分析】（1）根据正方形的性质及全等三角形的判定定理即可得证； （2）连接HF，根据全等三角形的判定与性质及正方形的性质，证得四边形AHFE是平行四边形，进而证得△DHF是等腰直角三角形，即可解答； （3）过点E作EQ⊥EP，且EQ＝EP，连接PQ、FQ，利用勾股定理求出PQ，根据正方形的性质证明△PEB≌△QEF（SAS），得到PB＝QF＝2， 【解答】（1）证明：如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝BA，∠DAH＝∠ABE＝90°， ∴∠1+∠2＝90°， ∵DH⊥AE， ∴∠3+∠2＝90°， ∴∠1＝∠3， 在△DAH和△ABE中， ， ∴△DAH≌△ABE（ASA）； （2）45°，证明如下： 如图，连接HF， 由（1）可知△DAH≌△ABE， ∴AH＝BE，DH＝AE， ∵四边形BEFG是正方形， ∴BE＝EF，EF∥AB， ∴EF∥AH，EF＝AH， ∴四边形AHFE是平行四边形， ∴AE∥HF，AE＝HF， ∵DH⊥AE， ∴DH⊥HF，DH＝HF， ∴△DHF是等腰直角三角形， ∴∠DFH＝45°， ∵AE∥HF， ∴∠DOA＝∠DFH＝45°． （3）如图，过点E作EQ⊥EP，且EQ＝EP，连接PQ、FQ， ∵PE＝4， ∴EQ＝4， 在Rt△EPQ中，， ∵四边形BEFG是正方形， ∴EB＝EF，∠BEF＝∠PEQ＝90°， ∴∠PEB＝∠QEF， ∴△PEB≌△QEF（SAS）， ∴PB＝QF＝2， ∴， ∴PF的最大值为． 【点评】本题考查四边形的综合应用，主要考查正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，平行四边形的判定与性质，掌握这些性质定理是解题的关键． 19．（黄埔区八年级下期末25题）在正方形ABCD中，点E，G分别为边BC，AB上一点，且BG＝BE，连接AE，过点E作EF⊥AE，交正方形外角∠DCM的平分线CF于点F． （1）如图1，连接GE．求证：AE＝EF； （2）如图2，连接BD交AF于点P，求证：P为AF的中点； （3）试探究BP，BC，BE的数量关系并证明． 【分析】（1）可证得∠AGE＝∠ECF，∠BAE＝∠FEC，进而得出△AEG≌△EFC，从而AE＝EF； （2）连接AC，PC，可证得△ABP≌△CBP（SAS），从而AP＝CP，从而∠PAC＝∠ACP，可证得∠ACF＝∠DCF+∠ACD＝90°，从而∠PAC+∠AFC＝90°，∠ACP+∠PCF＝90°，从而∠AFC＝∠PCF，从而得出PC＝PF，从而AP＝PF，即P为AF的中点； （3）连接PE，作PH⊥PB，交BM于H，可证得△PBH是等腰直角三角形，从而得出BHBP，从而BE+EH，可证得△ABP≌△EHP，从而EH＝AB＝BC，从而得出BE+BC． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DCM＝∠B＝∠BCD＝90°，AB＝BC， ∴∠BAE+∠AEB＝90°， ∵BG＝BE， ∴AB﹣BG＝BC﹣BE，∠BGE＝∠BEG＝45°， ∴AG＝CE， ∴∠AGE＝180°﹣∠BGE＝135°， ∵CF是∠DCF得平分线， ∴∠DCF＝∠FCM， ∴∠ECF＝180°﹣∠FCM＝135°， ∴∠AGE＝∠ECF， ∵∠AEF＝90°， ∴∠AEB+∠FEC＝90°， ∴∠BAE＝∠FEC， ∴△AEG≌△EFC（ASA）， ∴AE＝EF； （2）证明：如图1， 连接AC，PC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC， ∠ABD＝∠CBD＝45°，∠ACD， ∵BP＝BP， ∴△ABP≌△CBP（SAS）， ∴AP＝CP， ∴∠PAC＝∠ACP， 由（1）知， ∠DCF＝45°， ∴∠ACF＝∠DCF+∠ACD＝90°， ∴∠PAC+∠AFC＝90°，∠ACP+∠PCF＝90°， ∴∠AFC＝∠PCF， ∴PC＝PF， ∴AP＝PF， ∴P为AF的中点； （3）如图2， BE+BC，理由如下： 连接PE，作PH⊥PB，交BM于H， ∴∠BPH＝90°， 由（1）（2）知， AE＝EF，点P是AF的中点， ∴EP⊥AF， ∴∠APE＝90°， ∵∠AEF＝90°， ∴EP＝AP， ∵BD是正方形ABCD的对角线， ∴∠PBH＝45°， ∴∠PHB＝90°﹣∠PBH＝45°， ∴∠PBH＝∠PHB， ∴PB＝PH， ∴BHBP， ∴BE+EH， ∵∠APE＝∠BPH＝90°， ∴∠APE﹣∠BPE＝∠BPH﹣∠BPE， ∴∠APB＝∠EPH， ∴△ABP≌△EHP（SAS）， ∴EH＝AB＝BC， ∴BE+BC． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 20．（白云区八年级下期末25题）如图，点E是▱ABCD边BC上的一点（不与点B、C重合），∠AEF＝∠ABC＝α（90°≤α＜180°），AE＝EF． （1）图1，若AB＝BC，α＝90°，则∠FCD的度数为 　45°　 ； （2）图2，若AB＝BC，求∠FCD的度数；（用含α的代数式表示） （3）图3，已知α＝120°且AB＝m，AD＝n，且n＜m＜2n，点E在线段BC上运动时，连接AF，M为AF的中点，探究DM的长度是否存在最小值？若存在，用关于m，n的代数式表示出来；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）在AB上截取BG＝BE，连接EG，可证得△AGE≌△ECF，从而∠ECF＝∠AGE＝135°，进而得出结果； （2）在AB上截取BG＝BE，连接EG，可证得△AGE≌△ECF，从而∠ECF＝∠AGE，根据平行四边形的性质得出∠BCD＝180°﹣∠ABC＝180°﹣α，进一步得出结果； （3）在BC的延长线上截取BW＝AB＝m，连接WF，取AW的中点W′，作射线W′M，交AD的延长线于点V，可证得△FAW∽△ABE，从而∠AWF＝∠ABC＝120°，根据三角形中位线的性质得出W′M∥WF，从而得出∠AW′M＝120°，从而得出点M在过定点W′，且与AW′成120° 的直线上运动，作DM′⊥WV于M，则当点M在M′处时，DM最小，进一步得出结果； 【解答】解：（1）如图1， 在AB上截取BG＝BE，连接EG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝90°， ∴∠BAE+∠AEB＝90°， ∵∠AEF＝90°， ∴∠CEF+∠AEB＝90°， ∴∠BAE＝∠CEF， ∵BE＝BG， ∴∠BGE＝∠BEG＝45°，AB﹣BG＝BC﹣BE， ∴∠AGE＝135°，AG＝CE， ∵AE＝EF， ∴△AGE≌△ECF（SAS）， ∴∠ECF＝∠AGE＝135°， ∴∠FCD＝∠ECF﹣∠BCD＝45°， 故答案为45°； （2）如图2， 在AB上截取BG＝BE，连接EG， ∵∠AEF＝∠ABC＝α， ∴∠CEF+∠AEB＝180°﹣α，∠AEB+∠BAE＝180°﹣α， ∴∠BAE＝∠CEF， ∵BE＝BG，AB＝BC， ∴∠BGE＝∠BEG，AB﹣BG＝BC﹣BE， ∴∠AGE，AG＝CE， ∵AE＝EF， ∴△AGE≌△ECF（SAS）， ∴∠ECF＝∠AGE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠BCD＝180°﹣∠ABC＝180°﹣α， ∴∠FCD＝∠ECF﹣∠BCD； （3）如图3， 在BC的延长线上截取BW＝AB＝m，连接WF，取AW的中点W′，作射线W′M，交AD的延长线于点V， ∵∠ABC＝∠AEF＝120°，AE＝EF， ∴，∠BAE＝∠FAW， ∴△FAW∽△ABE， ∴∠AWF＝∠ABC＝120°， ∵M是AF的中点， ∴W′M∥WF， ∴∠AW′M＝120°， ∴点M在过定点W′，且与AW′成120° 的直线上运动， 作DM′⊥WV于M，则当点M在M′处时，DM最小， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC＝n， ∴∠WAV＝∠AWB＝30°， ∴∠AVW′＝30°， ∴DM′DV， ∵ACAB， ∴AW′， ∴AVAW′m， ∴DV＝AV﹣AD， ∴（DM）最小． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、解直角三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 21．（花都区八年级下期末25题）在菱形ABCD中，∠B＝60°，点F、G分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合）． （1）连接AF、AG，若AF＝AG，∠BAF＝α，请在图1中画图分析，直接写出∠FAG的度数：　120°﹣2α或60°　 ． （2）若BF＝CG； ①如图2，连接AF、AG、FG得△AFG，试判断△AFG的形状，并证明． ②如图3，点E是边AD上的动点，且AE＝CG，连接BE，点M是BE的中点，若BC＝4，求MG的取值范围． 【分析】（1）以A为圆心，AF为半径画弧，可能交CD于两点，分两种情形计算； （2）①连接AC，可证得△ABF≌△ACG，从而∠CAG＝∠BAF，AF＝AG，进而得出∠FAG＝60°，从而△AFG是等边三角形； ②以BC所在的直线为x轴，点B为原点，过点B与BC的直线为y轴建立坐标系，设DAD延长线于H，作CQ⊥x轴于Q，设CG＝AE＝a，可表示出E（a+2，2），从而M（），可表示出G（），从而得出，进一步得出结果． 【解答】解：（1）如图1， 当∠DAG＝∠BAF＝α时， ∵四边形ABCD是菱形，∠B＝60°， ∴AD∥BC， ∴∠BAD＝180°﹣∠B＝120°， ∴∠FAG＝120°﹣2α， 当点G在G′处时， ∠AG′G＝′AGG′＝∠DAG+∠D＝α+60°， ∴∠GAG′＝180°﹣2（α+60°）＝60°﹣2α， ∴∠FAG′＝120°﹣2α﹣（60°﹣2α）＝60°， 故答案为：120°﹣2α或60°； （2）①如图2， △AFG是等边三角形，理由如下： 连接AC， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC， ∵∠B＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠BAC＝60°，AB＝AC， 同理可得， △ACD是等边三角形， ∴∠ACD＝60°， ∴∠B＝∠ACD， ∵BF＝CG， ∴△ABF≌△ACG（SAS）， ∴∠CAG＝∠BAF，AF＝AG， ∴∠CAG+∠FAG＝∠BAF+∠CAF＝∠BAC＝60°， ∴∠FAG＝60°， ∴△AFG是等边三角形； ②如图， 以BC所在的直线为x轴，点B为原点，过点B与BC的直线为y轴建立坐标系，设DAD延长线于H，作CQ⊥x轴于Q， 设CG＝AE＝a， 在Rt△ABH中，∠HBA＝90°﹣∠ABC＝30°，AB＝BC＝4， ∴AHAB＝2，BHAH＝2， ∴E（a+2，2）， ∴M（）， 在Rt△CGQ中，∠GCQ＝∠ABC＝60°，CG＝a， ∴CQa，CQa， ∴G（）， ∴， ∴0≤a≤4， ∴当a＝2时，MG2最小＝9， ∴MG最小＝3， 当a＝0或4时，MG2最大＝12， ∵F、G分别是边BC，CD上的动点（不与端点重合）， ∴MG最大＜2， ∴3≤MG＜2． 【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是建立坐标系，表示两点之间的距离． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意， 22．（番禺区八年级下期末25题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝5，AC＝6． （1）求BD的长； （2）动点P在射线BC上匀速运动． ①连接DP，当△PDB是等腰三角形时，求BP的长； ②将菱形的边AB沿直线AP翻折，点B的对应点落在BC边上时记为M，落在CD边上时记为N（不与点D重合），请证明直线MN与直线BD平行，并求它们之间的距离． 【分析】（1）根据菱形的对角线互相垂直和平分，并结合勾股定理即可解答； （2）①分三种情况：如图1，PB＝PD；如图2，PB＝BD＝8；如图3，BD＝PD，根据面积法即可解答； ②如图4，过点A作AK⊥CD于点K，连接AM，AN，由翻折得：AB＝AM＝AN＝5，根据面积法可得高AP'，由勾股定理得：BP'，同理得：DK＝KN，可得CM＝CN，根据等边对等角和平行线的判定可得：MN∥BD，最后由同高三角形面积的比等于对应底边的比即可解答． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，AC＝6， ∴AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OCAC＝3， ∴∠AOB＝90°， ∴OB4， ∴BD＝2OB＝8； （2）①分三种情况： 如图1，PB＝PD，此时P与C重合，PB＝5； 如图2，PB＝BD＝8； 如图3，BD＝PD＝8，过点D作DG⊥PB于点G， ∴BG＝PG， ∵S△BCD•BC•DG•BD•OC， ∴5×DG8×3， ∴DG， 由勾股定理得：BG， ∴BP＝2BG， 综上，BP的长是5或8或； ②如图4，过点A作AK⊥CD于点K，连接AM，AN， 由翻折得：AB＝AM＝AN＝5， ∵S菱形ABCD8×6＝5×AP'， ∴AP'， ∴BP'， ∵AB＝AM，AP'⊥BC， ∴P'B＝P'M， 同理得：DK＝KN， ∴CM＝CN， ∴∠CMN＝∠CNM， ∵BC＝CD， ∴∠CBD＝∠CDB， ∵∠MCN+∠CMN+∠CNM＝180°，∠MCN+∠CBD+∠CDB＝180°， ∴∠CMN＝∠CBD， ∴MN∥BD， ∵AC⊥BD， ∴AC⊥MN， ∵S△BCD8×3＝12， ∵， ∴， ∴S△BDN， ∵•BD•OL， ∴OL， 则直线MN与直线BD之间的距离为． 【点评】本题是四边形的综合题，考查了菱形的性质，勾股定理，翻折的性质，等腰三角形的判定，菱形和三角形的面积等知识，掌握菱形的性质，并运用分类讨论的思想是解本题的关键． 23．（荔湾区八年级下期末25题）如图，平行四边形ABCD中，BC＝BD，点F是线段AB的中点，过点C作CG⊥BD交BD于点G，CG的延长线交DF于点H，且CH＝DB． （1）如图1，若DH＝1，求FH的值； （2）如图2，连接FG，求证：； （3）如图3，延长FG交CD于点N，求的值． 【分析】（1）先证明△DFB≌△CDH得出DF＝DC，DH＝BF，然后由平行四边形对边相等推出DF＝AB，再由等腰三角形的性质得出AB＝2BF，即可由FH＝DH求解； （2）通过构造正方形FKGJ及△FDG≌△CDT推出FG＝CT，再由等腰直角△CGT可得CGFG，即可由BD＝CH得出结论． （3）设AF＝FB＝FH＝DH＝a，先三角形等积法及勾股定理求出DG，CG的长度，然后由求出，进而求出DNa，再由勾股定理求出HGa，最后求出的值． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD， ∵BD＝BC， ∴AD＝BD， ∵AF＝FB， ∴DF⊥AB， ∵AB∥CD， ∴DF⊥DC， ∵CG⊥BD， ∴∠CDH＝∠CGD＝∠DFB＝90°， ∴∠BDF+∠CDG＝90°，∠CDG+∠DCH＝90°， ∴∠BDF＝∠DCH， 在△DFB和△CDH中，， ∴△DFB≌△CDH（AAS）． ∴DH＝BF，CD＝DF， ∴AB＝DF， ∵AB＝2BF， ∴DF＝2DH＝2， ∴FH＝DH＝1； （2）证明：如图，过点F作 FJ⊥BD于J，FK⊥CH交CH的延长线于K．过点D作DT⊥BD交FG的延长线于T，连接CT，设FT交CD于N． ∵∠K＝∠FJG＝∠KGJ＝90°， ∴四边形FKGJ是矩形， ∴∠KFJ＝90°． ∵∠DFB＝90°， ∴∠KFH＝∠BFJ， 在△FKH和△FJB中，， ∴△FKH≌△FJB（AAS）， ∴FK＝FJ． ∵FK⊥GK，FJ⊥GJ， ∴FG平分∠KGJ， ∴∠FGH＝∠FGJ＝45°． ∵∠DGT＝∠FGJ＝45°，∠GDT＝90°， ∴DG＝DT ∵∠FDC＝∠GDT＝90°， ∴∠FDG＝∠CDT， 在△FDG和△CDT，， ∴△FDG≌△CDT（SAS）． ∴FG＝CT，∠DFN＝∠TCN， ∵∠DNF＝∠CNT， ∴∠FDN＝∠CTN＝90°， ∵∠TGC＝∠FGK＝45°， ∴TG＝TC，， ∴， ∴． （3）如图，过点N作NR⊥DG于R，NS⊥CG于S．设AF＝FB＝FH＝DH＝a，则AB＝DF＝CD＝2a， 则由勾股定理可得． 由（2）可知，∠DGN＝∠CGN＝45°， ∵NR⊥DG，NS⊥CG， ∴NR＝NS． ∴． 根据S△CDHDG•HCDH•DC可得：， 在Rt△CDH中，由勾股定理得： ， ∴． ∵DC＝DF＝2a， ∴． 在Rt△HGD中，由勾股定理得：． ∴． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形和等腰三角形的性质，勾股定理等知识点．通过构造全等三角形得到关键边角的关系是解答本题的关键． 24．（越秀区八年级下期末25题）如图，点E为正方形ABCD的边AB上一动点（点E不与点A，B重合），将△CBE沿CE对折得到△CGE，延长CG交AD于点F，延长EG交AD于点H． （1）求证：GH＝HD； （2）若BE＝2AE，求的值； （3）连接EF，若，求线段DH的长． 【分析】（1）由折叠的性质以及正方形的性质证明Rt△CGH≌Rt△CDH（HL）即可证明结论； （2）设AE＝a，则BE＝EG＝2a、AB＝3a，设DH＝x，由（1）知DH＝HG＝x，易得AH＝3a﹣x，EH＝2a+x，再根据勾股定理可得，进而得到，然后代入化简即可解答； （3）如图，延长AB到M使得BM＝DF，连接CM，FM，先证明△DCF≌△CBM（SAS）可得∠DCF＝∠BCM，CF＝CM＝5，易得∠FCM＝90°，运用勾股定理可得，设∠BCE＝α，则∠CEB＝90°﹣α，∠FCD＝90°﹣2α＝∠BCM，易得ME＝MC＝5；设AE＝x，则AM＝5+x，根据勾股定理列方程可得x＝2，则AE＝2，进而得到AF＝1；设BE＝m，易得5＝m+1+m，解得m＝2，即BE＝2，AB＝4；设DH＝x，则AH＝4﹣x，HG＝HD＝x，EH＝EG+HG＝2+x，最后根据勾股定理列方程求解即可． 【解答】（1）证明：∵△CGE由△CBE翻折得到的， ∴CG＝CB，∠CGE＝∠B＝90°， 又∵ABCD为正方形， ∴CD＝CB＝CG，∠D＝90°， 在Rt△CGH和Rt△CDH中， ， ∴Rt△CGH≌Rt△CDH（HL）， ∴GH＝DH； （2）解：设AE＝a，则BE＝EG＝2a， ∴AB＝AE+BE＝3a， 设DH＝x，由（1）知DH＝HG＝x， ∴AH＝AD﹣DH＝3a﹣x，EH＝EB+HD＝2a+x， 在Rt△AEH中，AE2+AH2＝EH2， ∴a2+（3a﹣x）2＝（2a+x）2， 化简得：， ∴， ∴； （3）解：如图：延长AB到M使得BM＝DF，连接CM，FM， ∵CD＝CB，∠D＝∠CBM＝90°， ∴△DCF≌△CBM（SAS）， ∴∠DCF＝∠BCM，CF＝CM＝5， ∴∠FCM＝∠BCF+∠BCM＝∠BCF+∠FCD＝∠BCD＝90°， ∴， 设∠BCE＝α，则∠CEB＝90°﹣α，∠FCD＝90°﹣2α＝∠BCM， ∴∠MCE＝∠BCE+∠BCM＝90°﹣α， ∴∠MCE＝∠MEC， ∴ME＝MC＝5， 设AE＝x，则AM＝5+x， 在Rt△AEF中，AF2＝EF2﹣AE2＝5﹣x2， 在Rt△AMF中，AF2＝MF2﹣AM2＝50﹣（x+5）2， ∴5﹣x2＝50﹣（x+5）2， 解得x＝2， ∴AE＝2， ∴， 设BE＝m，则AB＝m+2＝AD， ∴DF＝m+2﹣1＝m+1＝MB， ∵ME＝BM+EB， ∴5＝m+1+m， 解得m＝2， ∴BE＝2， ∴AB＝AE+BE＝4， 设DH＝x，则AH＝4﹣x， ∴HG＝HD＝x， ∴EH＝EG+HG＝2+x， 又∵AH2+AE2＝EH2， ∴（4﹣x）2+22＝（2+x）2， ∴，即． 【点评】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/3/5 14:39:39；用户：李亮亮；邮箱：orFmNt-sKnL6uJ7CSTSIcYbg8rbw@weixin.jyeoo.com；学号：2442125 学科网（北京）股份有限公司 $