专题5.4 特殊平行四边形

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

题号	一	二	三	总分
得分

评卷人	得分

一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）

1．（沙坪坝区校级一模）下列说法正确的是（　　）

A．平行四边形的对角互补 B．矩形的对角线相等且互相垂直

C．有一组邻边相等的四边形是菱形 D．有一个角是90°的菱形是正方形

【思路点拨】

根据正方形的判定，平行四边形的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，逐一进行判断即可．

【解题过程】

解：A．平行四边形的对角互补，错误，不符合题意；应该是平行四边形的对角相等；

B．矩形的对角线相等且互相垂直，错误，不符合题意；应该是矩形的对角线相等；

C．有一组邻边相等的四边形是菱形，错误，不符合题意；应该是有一组邻边相等的平行四边形是菱形；

D．有一个角是90°的菱形是正方形，正确，符合题意．

故选：D．

2．（碑林区校级月考）已知直线a，b，c在同一平面内，且a∥b∥c，a与b的距离为5cm，b与c的距离为2cm，则a与c的距离是（　　）

A．3cm B．7cm C．3cm或7cm D．以上都不对

【思路点拨】

因为直线c的位置不明确，所以分①直线c在直线a、b外，②直线c在直线a、b之间两种情况讨论求解．

【解题过程】

解：如图，①直线c在a、b外时，

∵a与b的距离为5cm，b与c的距离为2cm，

∴a与c的距离为5+2＝7（cm），

②直线c在直线a、b之间时，

∵a与b的距离为5cm，b与c的距离为2cm，

∴a与c的距离为5﹣2＝3（cm），

综上所述，a与c的距离为3cm或7cm．

故选：C．

3．（阿荣旗期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，若∠COD＝50°，那么∠CAD的度数是（　　）

A．20° B．25° C．30° D．40°

【思路点拨】

只要证明OA＝OD，根据三角形的外角的性质即可解决问题；

【解题过程】

解：∵矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，

∴DB＝AC，OD＝OB，OA＝OC，

∴OA＝OD，

∴∠CAD＝∠ADO，

∵∠COD＝50°＝∠CAD+∠ADO，

∴∠CAD＝25°，

故选：B．

4．（灞桥区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，依次连接E，G，F，H，连接EF，GH，BD与EH相交于P，若AB＝CD，∠ABD＝20°，∠BDC＝70°，则∠GEF＝（　　）度．

A．25 B．30 C．45 D．35

【思路点拨】

根据三角形中位线定理得到EG AB，EG∥AB，FG CD，FG∥CD，根据平行线的性质求出∠EGD、∠DGF，进而求出∠EGF，再根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理计算即可．

【解题过程】

解：∵E，G分别是AD，BD的中点，

∴EG是△ADB的中位线，

∴EG AB，EG∥AB，

∴∠EGD＝∠ABD＝20°，

同理可得：FG CD，FG∥CD，

∴∠DGF＝180°﹣∠BDC＝110°，

∴∠EGF＝∠EGD+∠FGD＝130°，

∵AB＝CD，

∴EG＝FG，

∴∠GEF （180°﹣130°）＝25°，

故选：A．

5．（碑林区校级三模）两张菱形贺卡如图所示叠放，其中菱形ABCD的边长为6cm，∠BAD＝60°，菱形A'B'C'D'可以看作是由菱形ABCD沿CA方向平移2 cm得到，AD交C'D'于点E，则重叠部分的面积为（　　）cm²．

A．8 B．9 C．10 D．11

【思路点拨】

根据题意和题目中的数据，可以计算出AC′和EF的长，然后即可计算出重叠部分的面积．

【解题过程】

解：连接AC，BD，AC和BD交于点O，连接EF交AC于点O，交AB于点F，如图所示，

∵菱形ABCD的边长为6cm，∠BAD＝60°，

∴AD＝AB＝6cm，AC⊥BD，∠DAO＝30°，

∴△DAB是等边三角形，DO＝3cm，

∴AO 3 （cm），

∴AC＝6 cm，

∵CC′＝2 cm，

∴AC′＝4 cm，

∴AH＝2 cm，

∴EH＝2cm，

∴EF＝4cm，

∴重叠部分的面积为： 8 （cm²），

故选：A．

6．（西安二模）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E，F分别在边AB，BC上，∠EDF＝60°，BF ，BE＝1，则AD的长为（　　）

A． B． 1 C．2 D．2 1

【思路点拨】

先证明△ABD是等边三角形，再根据ASA证明△ADE≌△BDF，得到AE＝BF ，进而可求解AB的长，即可求解．

【解题过程】

解：∵四边形ABCD是菱形，

∴AB＝AD，AD∥BC，

∵∠A＝60°，

∴△ABD是等边三角形，∠ABC＝180°﹣∠A＝120°，

∴AD＝BD，∠ABD＝∠A＝∠ADB＝∠DBC＝60°，

∵∠EDF＝60°，

∴∠ADE＝∠BDF，

在△ADE和△BDF中，

，

∴△ADE≌△BDF（ASA），

∴AE＝BF ，

∵BE＝1，

∴AD＝AB＝AE+BE ．

故选：B．

7．（孝南区期中）已知平面直角坐标系中，有两点A（a，0），B（0，b），且满足b 4，P为AB上一动点（不与A，B重合），PE⊥x轴，PF⊥y轴，垂足分别为E，F，连接EF，则EF的最小值为（　　）

A． B．3 C．4 D．5

【思路点拨】

连接OP，先求出a＝3，则b＝4，再由勾股定理得AB＝5，然后证四边形OEPF是矩形，则EF＝OP，当OP⊥AB时，OP最小，EF也最小，进而由面积法求解即可．

【解题过程】

解：如图，连接OP，

∵b 4，

∴a﹣3≥0，3﹣a≥0，

∴a＝3，

∴b＝4，

∴A（3，0），B（0，4），

∴OA＝3，OB＝4，

∵∠AOB＝90°，

∴AB 5，

∵PE⊥x轴，PF⊥y轴，

∴∠PEO＝∠PFO＝90°，

∴四边形OEPF是矩形，

∴EF＝OP，

当OP⊥AB时，OP最小，EF也最小，

此时，OP ，

∴EF的最小值为 ，

故选：A．

8．（蒙阴县模拟）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BD＝2AD，E、F、G分别是OC、OD、AB的中点，下列结论：①BE⊥AC；②EG＝EF；③△EFG≌△GBE；④EA平分∠GEF；⑤四边形BEFG是菱形．其中正确的个数是（　　）

A．2 B．3 C．4 D．5

【思路点拨】

由平行四边形的性质可得OB＝BC，由等腰三角形的性质可判断①正确，由直角三角形的性质和三角形中位线定理可判断②正确，通过证四边形BGFE是平行四边形，可判断③正确，由平行线的性质和等腰三角形的性质可判断④正确，由∠BAC≠30°可判断⑤错误．

【解题过程】

解：∵四边形ABCD是平行四边形

∴BO＝DO BD，AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD，

又∵BD＝2AD，

∴OB＝BC＝OD＝DA，且点E是OC中点，

∴BE⊥AC，

故①正确，

∵E、F分别是OC、OD的中点，

∴EF∥CD，EF CD，

∵点G是Rt△ABE斜边AB上的中点，

∴GE AB＝AG＝BG

∴EG＝EF＝AG＝BG，

故②正确，

∵BG＝EF，AB∥CD∥EF

∴四边形BGFE是平行四边形，

∴GF＝BE，且BG＝EF，GE＝GE，

∴△BGE≌△FEG（SSS）

故③正确

∵EF∥CD∥AB，

∴∠BAC＝∠ACD＝∠AEF，

∵AG＝GE，

∴∠GAE＝∠AEG，

∴∠AEG＝∠AEF，

∴AE平分∠GEF，

故④正确，

若四边形BEFG是菱形

∴BE＝BG AB，

∴∠BAC＝30°

与题意不符合

故⑤错误

故选：C．

9．（涧西区一模）如图，D是平行四边形ABOC内一点，CD与x轴平行，AD与y轴平行，AD＝2 ，CD＝7 ，∠ADB＝135°，S_△ABD＝8．则点D的坐标为（　　）

A． B． C． D．

【思路点拨】

过点B作BE⊥y轴于E点，交AD的延长线于点F，先通过AAS证出△BOE≌△CAD，根据全等三角形的性质得到OE＝AD＝2 ，BE＝CD＝7 ，根据三角形的面积即可得到结论．

【解题过程】

解：过点B作BE⊥y轴于E点，交AD的延长线于点F，

∵四边形ABOC是平行四边形，

∴AC＝OB，AC∥OB，

∴∠OGC＝∠BOE，

∵AD∥y轴，

∴∠DAC＝∠OGC，

∴∠BOE＝∠DAC，

在△BOE和△CAD中，

，

∴△BOE≌△CAD（AAS），

∴OE＝AD＝2 ，BE＝CD＝7 ，

∵∠ADB＝135°，

∴∠BDF＝45°，

∴BF＝DF，

∵S_△ABD＝8，

∴ AD•BF＝8，

∴ 8，

∴BF＝4 ，

∴EF＝3 ，

∴D（﹣3 ，6 ），

故选：A．

10．（岳麓区校级期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点H在DC的延长线上，连接AH交BC于点F，点E在BF上，且AE平分∠BAH，若CH＝BE，则EH等于（　　）

A． B． C． D．

【思路点拨】

过点E作EG⊥AF于点G，根据角平分线的性质可得EB＝EG，然后证明△EFG≌△HFC（AAS），可得GF＝CF，证明Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），可得AB＝AG＝6，设EB＝EG＝CH＝m，GF＝CF＝n，可得BF＝BC﹣CF＝6﹣n，AF＝AG+GF＝6+n，根据勾股定理可得n ，根据S_△AFE EF•AB AF•EG，可得EF m，然后根据勾股定理可得m＝2，在Rt△EFG中，利用勾股定理即可解决问题．

【解题过程】

解：如图，过点E作EG⊥AF于点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≌△HFC（AAS），

∴GF＝CF，

在Rt△ABE和Rt△AGE中，

，

∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），

∴AB＝AG＝6，

设EB＝EG＝CH＝m，GF＝CF＝n，

∴BF＝BC﹣CF＝6﹣n，AF＝AG+GF＝6+n，

在Rt△ABF中，根据勾股定理得：

AF²＝AB²+BF²，

∴（6+n）²＝6²+（6﹣n）²，

解得n ，

∴GF＝CH＝n ，

∴AF＝6+n ，

∵S_△AFE EF•AB AF•EG，

∴6EF m，

∴EF m，

在Rt△EFG中，根据勾股定理得：

EF²＝EG²+GF²，

∴（ m）²＝m²+（ ）²，

解得m＝2（负值舍去），

∴EB＝EG＝CH＝m＝2，

∴EF m ，

∴EC＝EF+FC 4，

∴EH ．

故选：B．

评卷人	得分

二．填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分）

11．（南关区校级月考）▱ABCD一内角的平分线与边相交并把这条边分成5cm，7cm的两条线段，则▱ABCD的周长是　34或38　cm．

【思路点拨】

此题注意要分情况讨论：根据角平分线的定义以及平行线的性质，可以发现一个等腰三角形，进而得到平行四边形的周长．

【解题过程】

解：如图所示：

在平行四边形ABCD中，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，

∴∠AEB＝∠CBE，

又∵BE平分∠ABC，

∴∠ABE＝∠CBE，

∴∠ABE＝∠AEB，

∴AB＝AE，

①当AE＝5cm时，平行四边形的周长＝2（5+12）＝34（cm）；

②当AE＝7cm时，平行四边形的周长＝2（7+12）＝38（cm）；

若点E在CD边上，同理可得▱ABCD的周长为34cm或38cm．

综上所述，▱ABCD的周长为34cm或38cm．

故答案为：34或38．

12．（雁塔区校级四模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AC＝6，BD＝8，点E为OA的中点，点F为BC上一点，且BF＝3CF，点P为BD上一动点，连接PE、PF，则|PF﹣PE|的最大值为　 　．

【思路点拨】

根据题意找出点E关于BD的对称点E’，连接PE’，构造△PFE'中的三边关系解答即可．

【解题过程】

解：在菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8，

∴AO＝CO＝3，BO＝DO＝4，

∴AB＝BC＝CD＝DA＝5，

在BC上取一点F，使得BF＝3CF，取OA的中点E，点P为BD上的一动点，

作E点关于BD的对称点E'，连接PE'，

∴PE＝PE'，

在△PFE'中，

PF﹣PE＝PF﹣PE'＜FE'，

则当点P、F、E'三点共线时，PF﹣PE取最大值，

∴PF﹣PE＝PF﹣[E'＝FE'，

取BC的中点H，连接HO，

∵BF＝3CF，OA的中点E，

∴点F是HC的中点，E'是OC的中点，

∴FE' HO，

∵HO BC，

∴FE' HO BC ．

故答案为： ．

13．（铁岭月考）如图，将边长为4的等边△ABC沿射线BC平移得到△DEF，点G，H分别为AC，DF的中点，连接GH，点P为GH的中点，连接AP，CP．当△APC为直角三角形时，BE＝　4或8　．

【思路点拨】

本题先根据△APC为直角三角形进行分类讨论：①当∠APC＝90°时，根据直角三角形斜边中线等于斜边上的一半，即可求出PG，进而求出GH，BE长度就解决了．②当∠ACP＝90°时，根据直角三角形中，30°角所对直角边是斜边长度的一半，可以求出PG＝4，进而求出GH，BE长度就解决了．

【解题过程】

解：①当∠APC＝90°时．

∵∠APC＝90°，M为AC中点．

∴PG＝AG＝CG AC＝2．

∵PG＝2，点P是线段GH的中点．

∴GH＝2PG＝4．

即△ABC向左平移4．

∴BE＝4．

②当∠ACP＝90°时．

∵GH∥BF．

∴∠PGC＝∠ACB＝60°．

∴∠GPC＝30．

∵G为AC中点，AC＝4．

∴CG＝2．

在Rt△GCP中，∠GCP＝90°，∠GPC＝30°．

∴GC PG．

∴PG＝2CG＝4．

∵点P是线段GH的中点．

∴GH＝8

即△ABC向右平移8．

综上所述，BE＝4或8，

故答案为：4或8．

14．（习水县模拟）如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，∠ABC＝45°，AD平分∠BAC交BC于点D，P为直线AB上一动点．连接DP，以DP、DB为邻边构造平行四边形DPQB，连接CQ，若AC＝6．则CQ的最小值为　 　．

【思路点拨】

首先在△ACB中，由于AC＝4，∠CAB＝60°，∠CBA＝45°，所以可以解△CAB，即可以过C作CO⊥AB于O，利用三勾股定理，求出AB的长度，同理，在△DAB中，过D作DH⊥AB于H，可以求出DH的长度，连接DQ交PB于M，过Q作QG⊥AB于G，可以证明△QGM≌△DHM，所以QG＝DH＝3，由此得到Q在平行于AB的直线上运动，且距离AB两个单位长度，根据垂线段最短，可以得到当C，O，Q三点共线时，CQ长度最小．

【解题过程】

解：如图1，过C作CO⊥AB于O，过D作DH⊥AB于H，

在Rt△ACO中，∠CAB＝60°，

∴∠ACO＝30°，

∴AO AC＝3，

∴CO ，

在Rt△BCO中，∠CBA＝45°，

∴BO＝CO＝3 ，

∴AB＝AO+BO ，

∵AD平分∠CAB，

∴∠DAB ∠CAB＝30°，

在Rt△DHB中，∠CBA＝45°，

∴可设DH＝HB＝a，

∴AD＝2DH＝2a，

∴AH ，

∴AB＝AH+BH a+a，

∴ ，

∴a＝3，

∴DH＝3，

如图2，过Q作QG⊥AB于G，连接DQ交AB于M，

∵四边形DPQB为平行四边形，

∴DM＝QM，

在△QGM与△DHM中，

，

∴△QGM≌△DHM（AAS），

∴QG＝DH＝3，

故Q到直线AB的距离始终为3，

所以Q点在平行于AB的直线上运动，且两直线距离为3，

根据垂线段最短，

当C，O，Q三点在一条直线上时，此时CQ最小，如图3，

最小值为：CO+3 ，

故答案为 ．

15．（北仑区一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，点E是AD的中点，点F是对角线BD上一动点，∠ADB＝30°，连结EF，作点D关于直线EF的对称点P，直线PE交BD于点Q，当△DEQ是直角三角形时，DF的长为　1或3或3 　．

【思路点拨】

分两种情况画出图形，当∠DQE＝90°时，如图2，如图3，当∠DEQ＝90°时，如图4，过点F作FM⊥AD于点M，设EM＝a，则FM＝a，DM a，根据直角三角形的性质即可得到结论．

【解题过程】

解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠BAD＝90°，

∵AB＝2，∠ADB＝30°．

∴AD＝2 ，

∵点E是边AD的中点，

∴DE ，

①如图2，当∠DQE＝90°时，

∵点E是AD的中点，

∵PE⊥BD，∠ADB＝30°．

∴∠PED＝60°，

由对称可得，EF平分∠PED，

∴∠DEF＝∠PEF＝30°，

∴△DEF是等腰三角形，

∴DF＝EF，

∵PE⊥BD，∠ADB＝30°，DE ，

∴QE ，

∵∠PEF＝30°，

∴EF＝1，

∴DF＝EF＝2＝1；

②如图3，

∵PE⊥BD，∠ADB＝30°．

∴∠PED＝120°，

由对称可得，PF＝DF，EP＝ED，EF平分∠PED，

∴∠DEF＝∠PEF＝120°，

∴∠EFD＝30°，

∴△DEF是等腰三角形，

∵PE⊥BD，

∴QD＝QF DF，

∵PE⊥BD，∠ADB＝30°．DE ，

∴QE ，QD ，

∴DF＝2QD＝3；

∴DF的长为1或3；

当∠DEQ＝90°时，如图4，

∵EF平分∠PED，

∴∠DEF＝45°，

过点F作FM⊥AD于点M，设EM＝a，则FM＝a，DM a，

∴ a+a ，

∴a ，

∴DF＝3 ，

综上所述，当△DEQ是直角三角形时，DF的长为1或3或3 ，

故答案为：1或3或3 ．

评卷人	得分

三．解答题（本大题共8小题，满分55分）

16．（华蓥市模拟）已知：如图，在平行四边形ABCD中，点M是边AD中点，CM、BA的延长线相交于点E．求证：AE＝AB．

【思路点拨】

由在平行四边形ABCD中，AM＝DM，易证得△AEM≌△DCM（AAS），即可得AE＝CD＝AB．

【解题过程】

证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD，AB＝CD，

∴∠E＝∠DCM，

∵点M是边AD中点，

∴AM＝DM，

在△AEM和△DCM中，

，

∴△AEM≌△DCM（AAS），

∴AE＝CD，

∴AE＝AB．

17．（荔湾区一模）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在AD，CD上，且AF⊥BE于G，连接BE，AF．求证：BE＝AF．

【思路点拨】

利用正方形的性质即可得到∠BAE＝∠D＝90°，AB＝DA，∠ABG＝∠DAF，判定△ABE≌△DAF（ASA），即可得出BE＝AF．

【解题过程】

证明：∵四边形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≌△DAF（ASA），

∴BE＝AF．

18．（亭湖区校级月考）已知：如图，在▱ABCD中，AC、BD相交于点O，E、F分别是AO和CO的中点，顺次连接B，E，D，F．

（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；

（2）当AC与BD满足什么关系时，四边形BEDF是矩形？为什么？

【思路点拨】

（1）由平行四边形的性质得AO＝CO，OB＝OD，再证OE＝OF，即可得出结论；

（2）由平行四边形的性质结合条件证出EF＝BD，再由（1）得四边形BEDF是平行四边形，即可得出结论．

【解题过程】

（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AO＝CO，OB＝OD，

∵E、F分别是AO和CO的中点，

∴OE AO，OF CO，

∴OE＝OF，

∴四边形BEDF是平行四边形；

（2）解：当AC＝2BD时，四边形BEDF是矩形，理由如下：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AO＝CO，OB＝OD，

∵AC＝2BD，

∴AO＝CO＝BD，

∵OE＝OF，

∴EF＝BD，

由（1）得：四边形BEDF是平行四边形，

∴平行四边形BEDF是矩形．

19．（丹江口市模拟）如图，AM∥BN，C是BN上一点，BD平分∠ABN且过AC的中点O，交AM于点D，DE⊥BD，交BN于点E．

（1）求证：四边形ABCD是菱形．

（2）若DE＝AB＝2，求菱形ABCD的面积．

【思路点拨】

（1）由ASA可证明△ADO≌△CBO，再证明四边形ABCD是平行四边形，再证明AD＝AB，即可得出结论；

（2）由菱形的性质得出AC⊥BD，证明四边形ACED是平行四边形，得出AC＝DE＝2，AD＝EC，由菱形的性质得出EC＝CB＝AB＝2，得出EB＝4，由勾股定理得BD ，即可得出答案．

【解题过程】

（1）证明：∵点O是AC的中点，

∴AO＝CO，

∵AM∥BN，

∴∠DAO＝∠BCO，

在△AOD和△COB中，

，

∴△ADO≌△CBO（ASA），

∴AD＝CB，

又∵AM∥BN，

∴四边形ABCD是平行四边形，

∵AM∥BN，

∴∠ADB＝∠CBD，

∵BD平分∠ABN，

∴∠ABD＝∠CBD，

∴∠ABD＝∠ADB，

∴AD＝AB，

∴平行四边形ABCD是菱形；

（2）解：由（1）得：四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，AD＝CB，

又∵DE⊥BD，

∴AC∥DE，

∵AM∥BN，

∴四边形ACED是平行四边形，

∴AC＝DE＝2，AD＝EC，

∴EC＝CB，

∵四边形ABCD是菱形，

∴EC＝CB＝AB＝2，

∴EB＝4，

在Rt△DEB中，由勾股定理得：BD 2 ，

∴S_菱形ABCD AC•BD ．

20．（东台市期中）如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF和∠CFE的外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，点B，D为垂足．

（1）∠EAF＝　45°　（直接写结果）．

（2）①求证：四边形ABCD是正方形．

②若BE＝EC＝2，求DF的长．

【思路点拨】

（1）根据平角的定义得到∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，根据角平分线的定义得到∠AFE ∠DFE，∠AEF ∠BEF，求得∠AEF+∠AFE （∠DFE+∠BEF），根据三角形的内角和定理即可得到结论；

（2）①作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE＝∠AGF＝90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出AB＝AD，即可得出四边形ABCD是正方形；

②设DF＝x，根据已知条件得到BC＝6，由①得四边形ABCD是正方形，求得BC＝CD＝4，根据全等三角形的性质得到BE＝EG＝2，同理，GF＝DF＝x，根据勾股定理列方程即可得到结论．

【解题过程】

（1）解：∵∠C＝90°，

∴∠CFE+∠CEF＝90°，

∴∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，

∵AF平分∠DFE，AE平分∠BEF，

∴∠AFE DFE，∠AEF BEF，

∴∠AEF+∠AFE （∠DFE+∠BEF） 270°＝135°，

∴∠EAF＝180°﹣∠AEF﹣∠AFE＝45°，

故答案为：45°；

（2）①证明：作AG⊥EF于G，如图1所示：

则∠AGE＝∠AGF＝90°，

∵AB⊥CE，AD⊥CF，

∴∠B＝∠D＝90°＝∠C，

∴四边形ABCD是矩形，

∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，

∴AB＝AG，AD＝AG，

∴AB＝AD，

∴四边形ABCD是正方形；

②解：设DF＝x，

∵BE＝EC＝2，

∴BC＝4，

由①得四边形ABCD是正方形，

∴BC＝CD＝4，

在Rt△ABE与Rt△AGE中，

，

∴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 ，

∴DF的长为 ．

21．（新郑市期末）如图，在△ABC中，点D、E分别是边BC、AC的中点，过点A作AF∥BC交DE的延长线于F点，连接AD、CF，过点D作DG⊥CF于点G．

（1）求证：四边形ADCF是平行四边形；

（2）若AB＝3，BC＝5，

①当AC＝　3　时，四边形ADCF是矩形；

②若四边形ADCF是菱形，则DG＝　 　．

【思路点拨】

（1）由三角形中位线定理得DE∥AB，再证四边形ABDF是平行四边形，得AF＝BD，则AF＝DC，即可得出结论；

（2）①由（1）可知，四边形ADCF是平行四边形，再由等腰三角形的性质得AD⊥BC，则∠ADC＝90°，即可得出结论；

②由菱形的性质得AC⊥DF，AD＝CD＝BD＝CF，再证△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，则AC＝4，然后由平行四边形的性质得DF＝AB＝3，最后由菱形的面积求出DG的长即可．

【解题过程】

（1）证明：∵点D、E分别是边BC、AC的中点，

∴DE是△ABC的中位线，BD＝CD，

∴DE∥AB，

∵AF∥BC，

∴四边形ABDF是平行四边形，

∴AF＝BD，

∴AF＝DC，

∵AF∥BC，

∴四边形ADCF是平行四边形；

（2）解：①当AC＝3时，四边形ADCF是矩形，理由如下：

由（1）可知，四边形ADCF是平行四边形，

∵AB＝3，AC＝3，

∴AB＝AC，

∵D是BC的中点，

∴AD⊥BC，

∴∠ADC＝90°，

∴平行四边形ADCF是矩形；

②∵四边形ADCF是菱形，

∴AC⊥DF，AD＝CD＝BD＝CF，

∴CF＝AD BC ，

∴△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，

∴AC 4，

由（1）可知，四边形ABDF是平行四边形，

∴DF＝AB＝3，

∵DG⊥CF，

∴S_菱形ADCF AC•DF＝CF•DG，

即 4×3 •DG，

∴DG ，

故答案为： ．

22．（峡江县期末）如图，AB∥CD，点E，F分别在AB，CD上，连接EF，∠AEF、∠CFE的平分线交于点G，∠BEF、∠DFE的平分线交于点H．

（1）求证：四边形EGFH是矩形；

（2）小明在完成（1）的证明后继续进行了探索，过G作MN∥EF，分别交AB，CD于点M，N，过H作PQ∥EF，分别交AB，CD于点P，Q，得到四边形MNQP，此时，他猜想四边形MNQP是菱形，他的猜想是否正确，请予以说明．

【思路点拨】

（1）根据角平分线的性质进行导角，可求得四边形EGFH的四个内角均为90°，进而可说明其为矩形．

（2）根据题目条件可得四边形MNQP为平行四边形，要证菱形只需邻边相等，连接GH，由于MN＝EF＝GH，要证MN＝MP，只需证GH＝MP，只需证四边形MFHP为平行四边形，可证G、H点分别为MN、PQ中点，即可得出结果．

【解题过程】

（1）证明：∵EH平分∠BEF，FH平分∠DFE，

∴∠FEH ，∠EFH ∠DFE，

∵AB∥CD，

∴∠BEF+∠DFE＝180°，

∴∠FEH+∠EFH （∠BEF+∠DFE） 180°＝90°，

∵∠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 ∠AEF，∠FEH ∠BEF，

∵点A、E、B在同一条直线上，

∴∠AEB＝180°，即∠AEF+∠BEF＝180°，

∴∠FEG+∠FEH （∠AEF+∠BEF） 180°＝90°，

即∠GEH＝90°，

∴四边形EGFH是矩形

（2）解：他的猜想正确，

理由是：

∵MN∥EF∥PQ，MP∥NQ，

∴四边形MNQP为平行四边形．

如图，延长EH交CD于点O，

∵∠PEO＝∠FEO，∠PEO＝∠FOE，

∴∠FOE＝∠FEO，

∴EF＝FD，

∵FH⊥EO，

∴HE＝HO，

∵∠EHP＝∠OHQ，∠EPH＝∠OQH，

∴△EHP≌△OHQ，

∴HP＝HQ，

同理可得GM＝GN，

∵MN＝PQ，

∴MG＝HP，

∴四边形MGHP为平行四边形，

∴GH＝MP，

∵MN∥EF，ME∥NF，

∴四边形MEFN为平行四边形，

∴MN＝EF，

∵GH＝EF，

∴MN＝MP，

∴平行四边形MNQP为菱形．

23．（海淀区校级开学）在矩形ABCD中，点P是射线BC上一动点，点B关于直线AP的对称点为E，直线PE与直线CD交于点F．

（1）如图，当A，C、E共线时，若∠ACB＝30°，判断△ACF的形状，并证明；

（2）若当点P在线段BC上的某个位置时（不与B，C重合），有∠PAF＝45°，求证：当点P在BC延长线上任意位置时，都有∠PAF＝45°．

【思路点拨】

（1）根据矩形的性质和含30°角的直角三角形的性质得出AB，进而利用等边三角形的判定解答即可；

（2）根据全等三角形的判定和性质和正方形的性质解答即可．

【解题过程】

（1）解：△ACF为等边三角形，理由如下：

∵四边形ABCD为矩形，∠ACB＝30°，

∴∠ACD＝60°，

即∠ACF＝60°，

在Rt△ABC中，∠ACB＝30°，

∴AB AC，

∵点B关于直线AP的对称点为E，

∴AB＝AE，∠AEP＝90°，

∴AE AC，

即点E为AC中点，

∴FP为线段AC的垂直平分线，

∴AF＝CF，

∴△ACF为等边三角形；

（2）解：当点P在线段BC上时，如图，

∵∠PAF＝45°，

∴∠EAF＝45°﹣∠PAE，

∵∠BAD＝90°，

∴∠FAD＝45°﹣∠PAB，

∴∠EAF＝∠FAD，

∵点B关于直线AP的对称点为E，

∴∠ABP＝∠AEP＝90°，AB＝AE，

在△EAF和△DAF中，

，

∴△EAF≌△DAF（AAS），

∴AD＝AE，

∴AB＝AD，

即矩形ABCD为正方形，

当点P在线段BC延长线上时，如图，

∵矩形ABCD为正方形，

∴AD＝AE，∠ADF＝∠AEF＝90°，

在Rt△ADF和Rt△AEF中，

，

∴Rt△ADF≌Rt△AEF（HL），

∴∠DAF＝∠EAF，

设∠DAF＝α，∠PAD＝β，则∠EAF＝α，

∴∠PAE＝2α+β，

∵∠PAE＝∠PAB，

∴∠PAB＝2α+β，

∵∠PAB+∠PAD＝90°，

∴2α+β+β＝90°，

∴α+β＝45°，

∴∠PAF＝α+β＝45°．