(人教版)北京八年级数学下册第十八章《平行四边形》经典复习题(培优)

一、选择题

1．如图，ABCD的对角线AC、BD交于点O，顺次连接ABCD各边中点得到一个

新的四边形，如果添加下列四个条件中的一个条件：①ACBD；②CΔABOCΔCBO；③DAOCBO；④DAOBAO，可以使这个新的四边形成为矩形，那么这样的条件个数是（ ）

A．1个 解析：C 【分析】

B．2个 C．3个 D．4个C

根据顺次连接四边形的中点，得到的四边形形状和四边形的对角线位置、数量关系有关，利用三角形中位线性质可得：当对角线垂直时，所得新四边形是矩形．逐一对四个条件进行判断． 【详解】

解：顺次连接四边形的中点，得到的四边形形状和四边形的对角线位置、数量关系有关，利用三角形中位线性质可得：当对角线垂直时，所得新四边形是矩形． ①②

ACBD,新的四边形成为矩形，符合条件；

四边形ABCD是平行四边形，AOOC,BODO．

CΔABOCΔCBO,ABBC．

根据等腰三角形的性质可知BOAC,BDAC．所以新的四边形成为矩形，符合条件； ③

四边形ABCD是平行四边形，CBOADO．

DAOCBO,ADODAO．

AOOD．

ACBD,四边形ABCD是矩形，连接各边中点得到的新四边形是菱形，不符合条

件； ④

DAOBAO,BODO，

AOBD，即平行四边形ABCD的对角线互相垂直， 新四边形是矩形．符合条件．所以①②④符合条件．

故选：C． 【点睛】

本题考查特殊四边形的判定与性质，掌握矩形、平行四边形的判定与性质是解题的关键． 2．如图，在ABC中，A90，D是AB的中点，过点D作BC的平行线，交AC于点E，作BC的垂线交BC于点F，若ABCE，且△DFE的面积为1，则BC的长

为（ ）

A．25 解析：A 【分析】

B．5

C．45 D．10A

过A作AH⊥BC于H，根据已知条件得到AE=CE，求得DE=

11BC，求得DF=AH，根据三22角形的面积公式得到DE•DF=2，得到AB•AC=8，求得AB=2（负值舍去），根据勾股定理即可得到结论． 【详解】

解：过A作AH⊥BC于H，

∵D是AB的中点， ∴AD=BD， ∵DE∥BC， ∴AE=CE，

1BC， 2∵DF⊥BC，

∴DE=

∴DF∥AH，DF⊥DE， ∴BF=HF， ∴DF=

1AH， 2∵△DFE的面积为1，

1DE•DF=1， 2∴DE•DF=2，

∴

∴BC•AH=2DE•2DF=4×2=8， ∴AB•AC=8， ∵AB=CE，

1AC， 2∴AB•2AB=8，

∴AB=AE=CE=

∴AB=2（负值舍去）， ∴AC=4， ∴BC=AB2AC2224225．

故选：A． 【点睛】

本题考查了三角形中位线定理，三角形的面积的计算，勾股定理，平行线的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．

3．如图，已知四边形ABCD中，R、P分别为BC、CD上的点，E、F分别为AP、

RP的中点．当点P在CD上从点C向点D移动而点R不动时，那么下列结论成立的是（ ）

A．线段EF的长逐渐增大 C．线段EF的长逐渐减小 解析：B 【分析】

B．线段EF的长不变

D．线段EF的长与点P的位置有关B

因为AR的长度不变，根据中位线定理可知，线段EF的长不变． 【详解】

解：因为AR的长度不变，根据中位线定理可知，EF平行与AR，且等于AR的一半． 所以当点P在CD上从C向D移动而点R不动时，线段EF的长不变． 故选：B．

【点睛】

主要考查中位线定理．在解决与中位线定理有关的动点问题时，只要中位线所对应的底边不变，则中位线的长度也不变．

4．如图，已知ABC的面积为24,点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且

BC4CF,四边形DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积为（ ）

A．6 B．8 C．3 D．4A 解析：A 【分析】

想办法证明S阴=S△ADE+S△DEC=S△AEC，再由EF∥AC，可得S△AEC=S△ACF解决问题； 【详解】 解：如图

连接AF、EC． ∵BC=4CF，S△ABC=24， ∴S△ACF=

1×24=6， 4∵四边形CDEF是平行四边形， ∴DE∥CF，EF∥AC， ∴S△DEB=S△DEC， ∴S阴=S△ADE+S△DEC=S△AEC， ∵EF∥AC， ∴S△AEC=S△ACF=6， ∴S阴=6． 故选：A． 【点睛】

本题考查平行四边形的性质、三角形的面积、等高模型等知识，解题的关键是熟练掌握等高模型解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．

5．矩形ABCD与ECFG如图放置，点B，C，F共线，点C，E，D共线，连接AG，取AG的中点H，连接EH．若ABCF4，BCCE2，则EH（ ）

A．2 解析：A 【分析】

B．2

C．3 D．5A

延长GE交AB于点R，连接AE，设AG交DE于点M，过点E作EN⊥AG于N，先计算出RG=6，∠ARG=90，AR=2，根据勾股定理求出AG210，得到HG=10，利用

SAEG11210EGARAGEN，求出EN，即可利用勾股定理求出NG、225EH． 【详解】

如图，延长GE交AB于点R，连接AE，设AG交DE于点M，过点E作EN⊥AG于N， ∵矩形ABCD与ECFG如图放置，点B，C，F共线，点C，E，D共线， ∴RG=BF=BC+CF=2+4=6，∠ARG=90，AR=AR-CE=4-2=2， ∴AGAR2RG22262210，

∵H是AG中点，

∴HG=10， ∵SAEG11EGARAGEN， 22∴42210EN， ∴EN210， 5EG2EN210， 5610 ， 5在Rt△ENG中，NG∴NHNGHG∴EH故选：A．

NH2EN22，

【点睛】

此题考查矩形的性质，勾股定理，线段中点的性质，三角形面积法求线段长度，熟记矩形的性质及熟练运用勾股定理是解题的关键．

6．如图，点E为矩形ABCD的边BC上的点，DFAE于点F，且DFAB，下列结论不正确的是（ ）

A．DE平分AEC C．AFB．ADE为等腰三角形 D．AEBEEFC

AB

解析：C 【分析】

根据矩形的性质及HL定理证明Rt△DEF≌Rt△DEC，然后利用全等三角形的性质进行推理判断 【详解】

解：在矩形ABCD中，∠C=90°，AB=CD ∵DFAE于点F，且DFAB ∴∠DFE=∠C=90°，DF=CD 在Rt△DEF和Rt△DEC中∴Rt△DEF≌Rt△DEC

∴∠FDE=∠CDE，即DE平分AEC，故A选项不符合题意； ∵Rt△DEF≌Rt△DEC ∴∠FED=∠CED

又∵矩形ABCD中，AD∥BC ∴∠ADE=∠CED ∴∠FED=∠ADE

∴AD=AE，即ADE为等腰三角形，故B选项不符合题意 ∵Rt△DEF≌Rt△DEC

DFDC

DEDE∴EF=EC

在矩形ABCD中，AD=BC，又∵AD=AE

∴AE=AD=BC=BE+EC=BE+EF，故D选项不符合题意

由于AB=CD=DF，但在Rt△ADF中，无法证得AF=DF，故无法证得AB=AF，故C选项符合题意 故选：C． 【点睛】

本题考查矩形的性质及三角形全等的判定和性质，掌握相关性质定理正确推理论证是解题关键．

7．如图，以AB为斜边的RtABC和Rt△ABD位于直线AB的同侧，连接CD．若

BACABD135,AB6，则CD的长为（ ）

A．3 解析：C 【分析】

B．4

C．32 D．33C

取AB的中点O，连结OD，OC，根据直角三角形的性质可得OAODOBOC，可得

BACOCA，ABDODB，OCDODC，在四边形ABCD中，根据四边

形的内角和为360，BACABD135，可得出OCDODC90，由

OCOD，可证得COD是等腰直角三角形，由AB6，根据勾股定理，即可得出CD

的长． 【详解】

取AB的中点O，连结OD，OC，

∵RtABD和RtABC的斜边为AB，

11AB，OCAB， 22∴OAODOBOC，

∴OD∴BACOCA，ABDODB，OCDODC，

在四边形ABCD中，BACOCAABDODBOCDODC360， ∵BACABD135， ∴OCDODC90，

∵OCOD，

∴OCDODC45， ∴COD是等腰直角三角形， ∵AB6， ∴OCOD3，

∴CDOC2OD2323232， 故选：Ｃ． 【点睛】

本题主要考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质和以及勾股定理，解题的关键是正确做出辅助线．

8．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，若OA＝6，S菱形ABCD＝48，则OH的长为（ ）

A．4 解析：A 【分析】

B．8

C．13 D．6A

由菱形的性质得出OA＝OC＝6，OB＝OD，AC⊥BD，则AC＝12，由直角三角形斜边上的中线性质得出OH＝【详解】

解：∵四边形ABCD是菱形， ∴OA＝OC＝6，OB＝OD，AC⊥BD， ∴AC＝12， ∵DH⊥AB， ∴∠BHD＝90°， ∴OH＝

1AB，再由菱形的面积求出BD＝8，即可得出答案． 21BD， 2∵菱形ABCD的面积＝∴BD＝8， ∴OH＝

11×AC×BD＝×12×BD＝48， 221BD＝4； 2故选：A． 【点睛】

本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，关键是根据直角三角形斜边上的中线性质求得OH=

1BD． 29．如图，在矩形ABCD中，AB3，AD4，ABC的平分线BE交AD于点E．点

F，G分别是BC，BE的中点，则FG的长为（ ）

A．2 解析：C 【分析】

B．

5 2C．10 2D．

32C 2连接CE，由矩形的性质和角平分线的性质可得AB=AE=3，可得ED=1，由勾股定理可求CE的长，由三角形中位线定理可求FG的长； 【详解】

连接CE，如图所示：

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠BAD=∠ABC=∠D=90°，AB=CD=3，AD=BC=4， AD∥BC， ∴∠CBE=∠AEB， ∵BE平分∠ABC. ∴∠ABE=∠CBE=45°， ∴∠ABE=∠AEB=45°， ∴AB=AE=3， ∴ED=AD-AE=4-3=1， 在Rt△CDE中

EC=DE2CD2123210 ∵点F、G分别为BC、BE的中点, ∴FG是△CBE的中位线，FG=故选：C

110CE= 22【点睛】

本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，三角形中位线的定理等知识；熟练掌握矩形的性质和三角形中位线定理，求出EC的长度是解题的关键. 10．如图，长方形纸片ABCD，点E，M，N分别在边AB，BC，AD上，将纸片分别沿EN，EM对折，使点A落在点A'处，点B落在点B'处，若A'EB'30，则NEM的度数为（ ）

A．70 解析：B 【分析】

B．75 C．80 D．85B

先由翻折的性质得到AENA'EN，BEMB'EM，由图可得

A'ENB'EMNEMA'EB'，然后根据

AENNEMMEB180，得到2NEMA'EB'180，进而可求出NEM的度数． 【详解】

由翻折的性质可知：AENA'EN，BEMB'EM， 由图知：A'ENB'EMNEMA'EB'， 又∵AENNEMMEB180， ∴A'ENB'EMNEM180， ∴2NEMA'EB'180， 又∵A'EB'30， ∴NEM75． 故选：B． 【点睛】

本题主要考查的是翻折的性质，掌握翻折的性质是解题的关键． 二、填空题

11．三角形的三边长分别为21，5，2，则该三角形最长边上的中线长为____．【分

析】利用勾股定理逆定理判断出此三角形是直角三角形再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答【详解】∵∴此三角形是直角三角形斜边为5∴该三角形最长边上的中线长为：5=故答案为：【点睛】本题考查

5解析：

2【分析】

利用勾股定理逆定理判断出此三角形是直角三角形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答． 【详解】 ∵

212222552，

∴此三角形是直角三角形，斜边为5， ∴该三角形最长边上的中线长为：5=故答案为：【点睛】

本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理逆定理的应用，熟记性质并判断出此三角形是直角三角形是解题的关键．

12．如图，Rt△ABC中，B90,AB5，D为AC的中点，BD6.5，则BC的长为__________．

125． 25． 212【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一

半可求出再根据勾股定理求解即可【详解】解：∵D为的中点∴∴故答案是：12【点睛】考查了勾股定理和直角三角形斜边上的中线熟悉相关性质是解题的关键

解析：12． 【分析】

根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可求出AC，再根据勾股定理求解即可． 【详解】

解：∵B90，D为AC的中点，BD6.5 ∴AC2BD26.513， ∴BCAC2AB21325212， 故答案是：12． 【点睛】

考查了勾股定理和直角三角形斜边上的中线，熟悉相关性质是解题的关键．

13．我国古代伟大的数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式，后人借助这种分割方法所得的图形证明了勾股定理，如图所示的图形就用了这种分割方法若AE5，正方形ODCE的边长为1，则BD等于___________．

【分析】设BD=x正方形ODCE的边长为1则CD=CE=1根据

全等三角形的性质得到AF=AEBF=BD根据勾股定理即可得到结论【详解】解：设正方形ODCE的边长为1则CD=CE=1设BD=x∵△AF

3解析：

2【分析】

设BD=x，正方形ODCE的边长为1，则CD=CE=1，根据全等三角形的性质得到AF=AE，BF=BD，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】

解：设正方形ODCE的边长为1， 则CD=CE=1， 设BD=x，

∵△AFO≌△AEO，△BDO≌△BFO， ∴AF=AE=5，BF=BD=x， ∴AB=x+5，AC=5+1=6，BC=x+1， ∵在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2， ∴（x+1）2+62=（x+5）2， ∴x=

3， 23． 2故答案为：【点睛】

本题考查了勾股定理的证明，全等三角形的性质，正方形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．

14．在RtABC中，∠C＝90°，点D是AB边的中点，若AB＝8，则CD＝______．4【分

析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可以得【详解】∵D是AB的中点∴∴故答案为：4【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质熟记性质是解题的关键

解析：4． 【分析】

根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可以得AB2CD．

【详解】

∵C90，D是AB的中点， ∴AB2CD，

11AB84． 22故答案为：4． 【点睛】

∴CD本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键． 15．如图，先将正方形纸片对折，折痕为MN，再把点B折叠到折痕MN上，折痕为

AE，点B在MN上的对应点为H，则ABH______°．

75【分析】由将正方形纸片对折折痕为MN可得

MA=MD=由折叠得AB=AH由四边形ABCD是正方形得AD=AB可推出AH=AD=2AM可求∠AHM=30°利用平行线性质可求∠BAH=30°在△AHB

解析：75． 【分析】

由将正方形纸片对折，折痕为MN，可得MA=MD=

1AD ，由折叠得AB=AH由四边形2ABCD是正方形得AD=AB，可推出AH=AD=2AM，可求∠AHM=30°，利用平行线性质可求∠BAH=30°，在△AHB中，AH=AB由内角和可求∠ABH=75即可． 【详解】

解:∵正方形纸片对折，折痕为MN， ∴MN是AD的垂直平分线 ， ∴MA=MD=

1AD ， 2∵把B点折叠在折痕MN上，折痕为AE，点B在MN上的对应点为H， ∴AB=AH，

∵四边形ABCD是正方形 ， ∴AD=AB， ∴AH=AD=2AM， ∵∠AMH=90°，AM=∴∠AHM=30°， ∵MN∥AB，

1

AH， 2

∴∠BAH=30°， 在△AHB中，AH=AB，

11180BAH1803075． 22故答案为：75． 【点睛】

∴∠ABH=

本题考查正方形折叠问题，涉及垂直平分线，正方形性质，等腰三角形性质，三角形内角和，关键是30°角所对直角边等于斜边一半逆用求角度．

16．如图，在正方形ABCD中，有面积为4的正方形EFGH和面积为2的正方形

PQMN、点E、F、P、Q分别在边AB、BC、CD、AD上，点M、N在边HG上，且

组成的图形为轴对称图形，则正方形ABCD的面积为__________．

【分析】连接交于交于交于依据轴对称图形的性质即可得到的

长进而得到正方形的面积【详解】解：如图连接交于交于交于正方形中有面积为4的正方形和面积为2的正方形又组成的图形为轴对称图形为对称轴为等腰直角三角 解析：

2792 42【分析】

连接BD，交PQ于R，交HG于S，交EF于K，依据轴对称图形的性质，即可得到

BD的长，进而得到正方形ABCD的面积． 【详解】

解：如图，连接BD，交PQ于R，交HG于S，交EF于K，

正方形ABCD中，有面积为4的正方形EFGH和面积为2的正方形PQMN，

EHEF2，MQQP2，

又

组成的图形为轴对称图形，

BD为对称轴，

BEF、DPQ为等腰直角三角形，四边形EKSH、四边形MSRQ为矩形，

EKBK111EF1，DRQRPQ2，KNEH2，RSMQ2， 22213232， 22121232792)22， 242BD122正方形ABCD的面积BD2(3故答案为：

2792． 42

【点睛】

本题主要考查了轴对称图形，轴对称图形是针对一个图形而言的，是一种具有特殊性质图形，被一条直线分割成的两部分沿着对称轴折叠时，互相重合；轴对称图形的对称轴可以是一条，也可以是多条甚至无数条．

17．如图，BD是矩形ABCD的对角线，在BA和BD上分别截取BE，BF，使BE＝BF；分别以E，F为圆心，以大于

1EF的长为半径作弧，两弧在∠ABD内交于点G，作射线BG交2AD于点P，若AP＝3，则点P到BD的距离为_______．

3【分析】首先结合作图的过程确定BP是∠ABD的平

分线然后根据角平分线的性质求得点P到BD的距离即可【详解】结合作图的过程知：BP平分∠ABD∵∠A＝90°AP＝3∴点P到BD的距离等于AP的长为3

解析：3 【分析】

首先结合作图的过程确定BP是∠ABD的平分线，然后根据角平分线的性质求得点P到BD的距离即可． 【详解】

结合作图的过程知：BP平分∠ABD， ∵∠A＝90°，AP＝3，

∴点P到BD的距离等于AP的长，为3， 故答案为：3． 【点睛】

考查了尺规作图的知识及角平分线的性质、矩形的性质等知识，解题的关键是根据图形确定BP平分∠ABD．

18．在长方形ABCD中，AB5，BC4，CECF，CF平分ECD，则2BE_________．

【分析】延长CF交EA的延长线于点G连接EF过点F

作FH⊥CE于点H过点E作EM⊥CF于点M由题意易得FH=FDFH=EMEC=EG进而可得△CDF≌△CME然后可得CM=CD=由勾股定理可得BG=

7解析：

6【分析】

延长CF，交EA的延长线于点G，连接EF，过点F作FH⊥CE于点H，过点E作EM⊥CF于点M，由题意易得FH=FD，FH=EM，EC=EG，进而可得△CDF≌△CME，然后可得CM=CD=解． 【详解】

解：延长CF，交EA的延长线于点G，连接EF，过点F作FH⊥CE于点H，过点E作EM⊥CF于点M，如图所示：

5，由勾股定理可得BG=3，设BE=x，则有EC=EG=3+x，最后利用勾股定理可求2

∵四边形ABCD是矩形，BC4，AB∴BC=AD，ABDC∴∠DCF=∠G， ∵CF平分∠ECD， ∴∠DCF=∠ECF，DF=FH， ∴∠G=∠ECF， ∴EC=EG，

∴△ECG是等腰三角形， ∴CM=MG， ∵CE=CF，

5 25，AB∥DC，∠D=∠ABC=∠CBE=90° 2∴△ECF是等腰三角形，

∵EM、FH分别是等腰三角形ECF腰上的高线， ∴FH=EM=DF，

∴Rt△CDF≌Rt△CME（HL）， ∴CMDC∴CG=5，

∴在Rt△CBG中，BGCG2CB23， 设BE=x，则有EC=EG=3+x， 在Rt△CBE中，BC2BE2CE2， ∴42x23x，

25， 2解得：x∴BE7， 67； 67． 6故答案为【点睛】

本题主要考查等腰三角形的性质与判定、矩形的性质及勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质与判定、矩形的性质及勾股定理是解题的关键．

19．如图在矩形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O，若ACB30,AB2，则

BD的长为_______．

4【分析】根据30度所对的直角边等于斜边的一半求出AC=4

利用矩形的性质得到BD=AC=4即可【详解】在矩形中∵四边形是矩形故答案为：4【点睛】此题考查矩形的性质直角三角形30度角的性质熟记各性质是

解析：4 【分析】

根据30度所对的直角边等于斜边的一半求出AC=4，利用矩形的性质得到BD=AC=4即可． 【详解】

在矩形ABCD中，ABC90，

ACB30,AB2，

AC2AB224， ∵四边形ABCD是矩形， BDAC4． 故答案为：4．

【点睛】

此题考查矩形的性质，直角三角形30度角的性质，熟记各性质是解题的关键． 20．如图（1）所示为长方形纸带，将纸带沿EF折叠成图（2），再沿BF折叠成图（3），继续沿EF折叠成图（4），按此操作，最后一次折叠后恰好完全盖住EFG；整个过程共折叠了8次，问图（1）中DEF的度数是_________．

20°

【分析】根据最后一次折叠后恰好完全盖住∠EFG；整个过程共折叠了8次可得CF与GF重合依据平行线的性质即可得到∠DEF的度数【详解】解：设∠DEF=α在图（1）中∵是长方形纸带∴AD//BC∴

解析：20° 【分析】

根据最后一次折叠后恰好完全盖住∠EFG；整个过程共折叠了8次，可得CF与GF重合，依据平行线的性质，即可得到∠DEF的度数． 【详解】 解：设∠DEF=α，

在图（1）中∵是长方形纸带， ∴AD//BC， ∴∠EFB=∠DEF =α， ∵折叠8次后CF与GF重合， ∴∠CFE=8∠EFB=8α， ∵CF∥DE，

∴∠DEF+∠CFE=180°， ∴α+8α=180°， ∴α=20°， 即∠DEF=20°． 故答案为：20°． 【点睛】

本题考查了翻折变换以及矩形的性质．在本题中应理解∠DEF+∠CFE=180°．解决该题型题目时，根据翻折变换找出相等的边角关系是关键．

三、解答题

21．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别在BD和DB的延长线上，且DEBF，连接AE，CF． （1）求证：EF；

（2）连接AF，CE，当BD平分ABC时，四边形AFCE是什么特殊四边形？请说明理由．

解析：（1）见解析；（2）四边形AFCE是菱形，理由见解析 【分析】

（1）根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到AD=CB，AD∥BC，从而可以得到∠ADE=∠CBF，然后根据SAS证明△ADE≌△CBF，从而得出结论；

（2）根据BD平分∠ABC和平行四边形的性质，可以证明▱ABCD是菱形，从而可以得到AC⊥BD，然后即可得到AC⊥EF，再根据题目中的条件，可以证明四边形AFCE是平行四边形，然后根据AC⊥EF，即可得到四边形AFCE是菱形． 【详解】

（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD=CB，AD∥BC， ∴∠ADB=∠CBD， ∴∠ADE=∠CBF， 在△ADE和△CBF中，

ADCBADECBF DEBF∴△ADE≌△CBF（SAS）， ∴∠E=∠F；

（2）当BD平分∠ABC时，四边形AFCE是菱形， 理由：∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD=∠CBD，

∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA=OC，OB=OD，AD∥BC， ∴∠ADB=∠CBD， ∴∠ABD=∠ADB， ∴AB=AD，

∴平行四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∴AC⊥EF， ∵DE=BF，

∴OE=OF， 又∵OA=OC，

∴四边形AFCE是平行四边形， ∵AC⊥EF，

∴四边形AFCE是菱形．

【点睛】

本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定、全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

22．如图，在四边形ABCD中AD//BC，AD5cm，BC9cm，M是CD的中点，

P是BC边上的一动点（P与B，C不重合），连接PM并延长交AD的延长线于Q．

（1）试说明不管点P在何位置，四边形PCQD始终是平行四边形．

（2）当点P在点B，C之间运动到什么位置时，四边形ABPQ是平行四边形？并说明理由．

解析：（1）见解析；（2）PC=2时 【分析】

（1）由“ASA”可证△PCM≌△QDM，可得DQ=PC，即可得结论；

（2）得出P在B、C之间运动的位置，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出结论． 【详解】

解：（1）∵AD∥BC， ∴∠QDM=∠PCM， ∵M是CD的中点， ∴DM=CM，

∵∠DMQ=∠CMP，DM=CM，∠QDM=∠PCM， ∴△PCM≌△QDM（ASA）．

∴DQ=PC， ∵AD∥BC，

∴四边形PCQD是平行四边形，

∴不管点P在何位置，四边形PCQD始终是平行四边形； （2）当四边形ABPQ是平行四边形时，PB=AQ， ∵BC-CP=AD+QD， ∴9-CP=5+CP， ∴CP=（9-5）÷2=2．

∴当PC=2时，四边形ABPQ是平行四边形． 【点睛】

本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质和判定方法是解题的关键．

23．如图所示，在平行四边形ABCD中，AE，AF分别为BC，CD上的高，且

EAF40．求平行四边形ABCD各内角的度数．

解析：140°，40°，140°，40° 【分析】

由AE、AF分别为BC、CD上的高，且∠EAF=40°，即可求得∠C的度数，又由平行四边形的性质，即可求得答案． 【详解】

解：∵AE、AF分别为BC、CD上的高， ∴∠AEC=∠AFC=90°， ∵∠EAF=40°，

∴∠C=360°-∠EAF-∠AEC-∠AFC=140°， ∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠BAD=∠C=140°，∠B=∠D=180°-∠C=40°．

∴平行四边形ABCD各内角的度数分别为：140°，40°，140°，40°． 【点睛】

此题考查了平行四边形的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用． 24．如图，在ABCD中，AE平分BAD交BD于点E，交BC于点M，CF平分

BCD交BD于点F．

（1）若ABC70，求AMB的度数； （2）求证：AECF．

解析：（1）55°；（2）见解析 【分析】

（1）根据平行四边形的性质得到AD//BC，根据平行线的性质得到

1ABCBAD180，根据角平分线的定义得到DAMBAD55，于是得到

2结论；

（2）根据平行四边形的性质得到ABCD，BADBCD，AB//CD，求得

ABECDF，根据角平分线的定义及等量代换得到BAEDCF，根据全等三角形的性质即可得到AECF． 【详解】

（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD//BC，

∴ ABCBAD180． ∵ABC70， ∴BAD110． ∵AE平分BAD，

1∴DAMBAD55．

2∵AD//BC，

∴AMBDAM55．

（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴ABCD，BADBCD，AB//CD， ∴ ABECDF． ∵AE平分BAD，

1∴BAEBAD．

2∵CF平分BCD，

1∴DCFBCD．

2∵BADBCD， ∴BAEDCF．

又∵ABCD，ABECDF， ∴△ABE≌△CDF，

∴AECF． 【点睛】

本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．

25．如图，已知在RtABC中，ACB90,CD是斜边AB上的中线，点E是边BC延长线上一点，连结AE、DE,过点C作CFDE于点F，且DFEF．

（1）求证：ADCE．

（2）若AD5,AC6，求BDE的面积． 解析：（1）见解析 （2）【分析】

（1）RtABC中，由斜边上的中线等于斜边的一半得出CDBDAD39 21AB，根据2已知条件证明△CEF≌△CDE（SAS）得出CECD，等量转换得出ADCE． （2）由（1）求得ADBDCDCE1AB，在等腰三角形BCD中，过D作DGBC2于G，由等腰三角形的性质得出CGBG的面积公式计算BDE的面积为【详解】 证明:11BC，由勾股定理求出DG，然后用三角形21BEDG即可． 2ACB90,CD是斜边AB上的中线

1AB 2CDBDADCFED,DFEF

∴在△CEF和△CDE中，

EFDFoEFCDFC90 CFCF∴△CEF≌△CDE（SAS）

CECD,

ADCE．

2由1知:CEAD5,AB2AD10，

ACB90,AC6

BCAB2AC28,

BEBCCE13. 过D作DGBC于G

CDBD,DGBC，

CGBG1BC4 2DGBD2BG23，

1139 ． DBE的面积为:BEDG133222【点睛】

本题考查了直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半，三角形全等的判定，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，三角形的面积公式，熟练掌握各性质是解题的关键． 26．下图所示的三种拼块A，B，C，每个拼块都是由一些大小相同、面积为1个单位的小正方形组成，如编号为A的拼块的面积为3个单位．

现用若干个这三种拼块拼正方形，拼图时每种拼块都要用到，且这三种拼块拼图时可平移、旋转，或翻转．

（1）若用1个A种拼块，2个B种拼块，4个C种拼块，则拼出的正方形的面积为 个单位；

（2）在图1和图2中，各画出了一个正方形拼图中1个A种拼块和1个B种拼块，请分别用不同的拼法将图1和图2中的正方形拼图补充完整．要求：所用的A，B，C三种拼块的个数与（1）不同，用实线画出边界线，拼块之间无缝隙，且不重叠．

解析：（1）25；（2）补图见解析． 【分析】

(1)根据题意，知A 的拼块的面积为 3 个单位，B的面积为3个单位，C的面积为4个单位，即可得出；

(2)图1用了3个A，2个B，1个C，图2用了4个A，1个B，1个C，和(1)不同即可． 【详解】

（1）13234425， ∴正方形的面积为25； （2）答案不唯一，如：

【点睛】

本题主要考查了正方形的面积组合，读懂题意是解题的关键．

27．如图，在方格纸中，点A，B，P都在格点上．请按要求画出以AB为边的格点图形．

（1）在图甲中画出一个三角形，使BP平分该三角形的面积．

（2）在图乙中画出一个至少有一组对边平行的四边形，使AP平分该四边形的面积． 解析：（1）画图见解析；（2）画图见解析． 【分析】

（1）连接AP延长至D点，使AP=DP，再连接BD，△ABD即为所求； （2）作EP平行且相等于AB，连接AE，四边形ABPE即为所求． 【详解】

（1）作图如下，连接AP延长至D点，使AP=DP，再连接BD，

△ABD即为所求， APDP，

ABP和△BDP是等底同高的两个三角形， BP平分△ABD三角形的面积；

（2）作图如下，作EP平行且相等于AB，连接AE， 四边形ABPE即为所求， AB平行且相等于EP，

四边形ABPE为平行四边形， AP为ABCD的对角线， AP平分ABCD的面积．

【点睛】

本题考查学生的作图能力，涉及三角形面积以及平行四边形面积相关的知识，根据题意作出图像是解题的关键．

28．如图，在直角ABC中，BAC90，点D是BC上一点，连接AD，把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接DE交AC于点M．

（1）如图1，若AB2,C30,ADBC，求CD的长； （2）如图2，若ADB45，点N为ME上一点，MN1BC，求证：2ANENCD；

（3）如图3，若C30，点D为直线BC上一动点，直线DE与直线AC交于点M，当△ADM为等腰三角形时，请直接写出此时CDM的度数． 解析：（1）3；（2）见解析；（3）60或15或37.5 【分析】

（1）根据含30°角的直角三角形的性质可得BC=2AB=4，BD=长；

（2）在BD上截取DF=EN，可证出△AEN≌△ADF，由全等三角形的性质得AN=AF，

1AB=1，即可得出CD的2EANDAF,ANEAFD，可得出MANBAF,ANMAFB，则

1△AMN≌△ABF，可得BFMNBC，即F是BC的中点，可得出

2AN=AF=FC=DF+CD=EN+CD；

（3）由题意可得AD=AE，EAD90，EDAAED45，分三种情况：

①AM=MD，②AM=AD，③AD=MD，根据等腰三角形的性质求出∠AMD的度数，再根据三角形外角的性质即可求解． 【详解】

解：（1）∵BAC90，AB2,C30， ∴BC=2AB=4，B60， ∵ADBC

∴ADB90,BAD30， ∴BD=

1AB=1， 2∴CD=BC-BD=4-1=3；

（2）证明：如图2，在BD上截取DF=EN，

∵把AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE， ∴AD=AE，EAD90，EDAAED45， ∵ADB45， ∴ADFAEN45， ∴△AEN≌△ADF，

∴AN=AF，EANDAF,ANEAFD， ∵EAD90，EANDAF， ∴NAF90，

∵BAC90，ANEAFD， ∴MANBAF,ANMAFB， ∵AN=AF，

∴△AMN≌△ABF，

1BC，即F是BC的中点， 2∴AF=FC=DF+CD=EN+CD， ∵AN=AF，

∴ANENCD；

∴BFMN（3）解：由题意可得AD=AE，EAD90，

∴EDAAED45，

分三种情况： ①AM=MD时， ∵AM=MD，

∴EDAMAD45， ∴AMD90， ∵C30，

∴CDMAMDC60； ②AM=AD时， ∵AM=AD，

∴EDAAMD45， ∵C30，

∴CDMAMDC15； ③AD=MD时， ∵AD=MD，

∴AMDMAD， ∴EDA45， ∴AMDMAD∵C30，

∴CDMAMDC37.5．

∴当△ADM为等腰三角形时，CDM的度数为60或15或37.5． 【点睛】

本题主要考查了几何变换综合题，需要熟练掌握旋转的性质，直角三角形的性质，直角三角形斜边上中线的性质以及全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，正确寻找全等三角形解决问题．

1804567.5， 2