第5章特殊平行四边形章末测试卷（拔尖卷）

一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）

1．（3分）（淮阳区校级期末）对于下列判断：①对角线互相垂直的四边形是矩形；②对角线相等的四边形是矩形；③四边相等的平行四边形是正方形；④对角线互相垂直的矩形是正方形．正确的说法有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【解题思路】根据菱形、矩形、正方形的判定方法分别分析即可求解．

【解答过程】解：①对角线互相垂直的四边形是菱形，故①错误；

②对角线相等的四边形不一定是矩形，故②错误；

③四边相等的平行四边形是菱形，故③错误；

④对角线互相垂直的矩形是正方形，故④正确．

故选：A．

2．（3分）（延平区模拟）如图，在矩形纸片ABCD中，摆放一副三角板，两直角边分别与BC、CD重合，若BE＝1，ED＝2 ，则BD的长为（　　）

A． B．3 C．3 D．1+2

【解题思路】根据等腰直角三角形的性质得出EC＝CD＝2，进而得出BC，进而利用矩形的性质和勾股定理得出BD即可．

【解答过程】解：由图可知，EC＝DC，

∵ED＝2 ，

∴EC＝DC＝2，

∴BC＝BE+EC＝2+1＝3，

∴BD ，

故选：A．

3．（3分）（德宏州期末）如图，在菱形ABCD中，点A在x轴上，点C的坐标为（4，4），点D的坐标为（0，2），则点B的坐标是（　　）

A．（8，2） B．（2，8） C．（4，2） D．（2，4）

【解题思路】连接AC、BD交于点E，由菱形的性质得出AC⊥BD，AE＝CE AC，BE＝DE BD，再由点A的坐标和点D的坐标得出OD＝2，求出DE＝4，则BD＝8，即可求解．

【解答过程】解：连接AC、BD交于点E，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，AE＝CE AC，BE＝DE BD，

∵点C的坐标为（4，4），点D的坐标为（0，2），

∴OA＝AC＝4，OD＝2，

∴AE＝2＝OD，DE＝OA＝4，

∴BD＝2DE＝8，

∴点B的坐标为：（8，2）；

故选：A．

4．（3分）（鞍山期末）如图．矩形ABCD中对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8．点P是边AD上的动点，过点P作PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F．则PE+PF的值是（　　）

A．5 B．4 C．3 D．4.8

【解题思路】首先连接OP．由矩形ABCD的两边AB＝6，BC＝8，可求得OA＝OD＝5，然后由S_△AOD＝S_△AOP+S_△DOP求得答案．

【解答过程】解：连接OP，

∵矩形ABCD的两边AB＝6，BC＝8，

∴S_矩形ABCD＝AB•BC＝48，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，AC 10，

∴S_△AOD S_矩形ABCD＝12，OA＝OD＝5，

∴S_△AOD＝S_△AOP+S_△DOP OA•PE OD•PF OA（PE+PF） 5×（PE+PF）＝12，

∴PE+PF 4.8．

故选：D．

5．（3分）（邹城市期末）如图，已知点E在正方形ABCD的边AB上，以BE为边向正方形ABCD外部作正方形BEFG，连接DF，M、N分别是DC、DF的中点，连接MN．若AB＝17，BE＝7，则MN＝（　　）

A．25 B． C．12 D．

【解题思路】连接CF，则MN为△DCF的中位线，根据勾股定理求出CF长，即可求出MN的长．

【解答过程】解：连接CF，

∵正方形ABCD和正方形BEFG中，AB＝17，BE＝7，

∴GF＝GB＝7，BC＝17，

∴GC＝GB+BC＝7+17＝24，

∴CF 25，

∵M，N分别是DC，DF的中点，

∴MN CF ，

故选：D．

6．（3分）（济宁期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，△AEF为等边三角形，点E，F分别在菱形的边BC，CD上滑动，且E，F不与B，C，D重合，则四边形AECF的面积是（　　）

A．4 B．4 C．3 D．3

【解题思路】证△ABE≌△ACF（ASA），得S_△ABE＝S_△ACF，再由S_{四边形AECF}＝S_△AEC+S_△ACF＝S_△AEC+S_△ABE＝S_△ABC即可求解．

【解答过程】解：连接AC，如图所示，

∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，

∴∠BAC＝∠DAC＝60°，BC＝AB＝4，

∴∠1+∠EAC＝60°，∠3+∠EAC＝60°，

∴∠1＝∠3，

∵∠BAD＝120°，BC∥AD，

∴∠ABC＝∠BAC＝∠ACB＝60°，

∴△ABC、△ACD为等边三角形，

∴∠4＝60°，AC＝AB，

在△ABE和△ACF中，

，

∴△ABE≌△ACF（ASA）．

∴S_△ABE＝S_△ACF，

故S_{四边形AECF}＝S_△AEC+S_△ACF＝S_△AEC+S_△ABE＝S_△ABC，是定值，

过A作AH⊥BC于H，则BH BC＝2，

∴AH 2 ，

S_{四边形AECF}＝S_△ABC BC•AH 4×2 4 ，

故选：A．

7．（3分）（越城区期末）如图，边长为10的菱形ABCD，E是AD的中点，O是对角线的交点，矩形OEFG的一边在AB上，且EF＝4，则BG的长为（　　）

A．3 B．2 C． D．1

【解题思路】由菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，由直角三角形的性质可求OE＝AE AD＝5，由矩形的性质可求得FG＝OE＝5，根据勾股定理得到AF＝3，即可求解．

【解答过程】解：∵四边形ABCD是菱形，

∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，

∴∠AOD＝90°，

∵E是AD的中点，

∴OE＝AE AD＝5；

∵四边形OEFG是矩形，

∴FG＝OE＝5，

∵AE＝5，EF＝4，

∴AF ，

∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2，

故选：B．

8．（3分）（汉阳区期中）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC＝AE，直角三角形FEG的两直角边EF，EG分别交BC，DC于点M，N．若正方形ABCD边长为2，则重叠部分四边形EMCN的面积为（　　）

A．4 B．3 C．2 D．1

【解题思路】过E作EP⊥BC于点P，EQ⊥CD于点Q，△EPM≌△EQN，利用四边形EMCN的面积等于正方形PCQE的面积求解．

【解答过程】解：过E作EP⊥BC于点P，EQ⊥CD于点Q，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠BCD＝90°，

∵∠EPM＝∠EQN＝90°，

∴∠PEQ＝90°，

∴∠PEM+∠MEQ＝90°，

∵三角形FEG是直角三角形，

∴∠NEF＝∠NEQ+∠MEQ＝90°，

∴∠PEM＝∠NEQ，

∵AC是∠BCD的角平分线，∠EPC＝∠EQC＝90°，

∴EP＝EQ，四边形PCQE是正方形，

在△EPM和△EQN中，

，

∴△EPM≌△EQN（ASA）

∴S_△EQN＝S_△EPM，

∴四边形EMCN的面积等于正方形PCQE的面积，

∵正方形ABCD的边长为2，

∴AC＝2 ，

∵EC＝AE，

∴EC ，

∴EP＝PC＝1，

∴正方形PCQE的面积＝EP²＝1．

故选：D．

9．（3分）（荷塘区期末）如图所示，在四边形ABCD中，∠BCD＝90°，AB⊥BD于点B，点E是BD的中点，连接AE，CE，则AE与CE的大小关系是（　　）

A．AE＝CE B．AE＞CE C．AE＜CE D．AE＝2CE

【解题思路】利用斜边上的中线等于斜边的一半得到CE＝BE＝DE，然后利用斜边大于直角边可判断AE与CE的大小关系．

【解答过程】解：∵∠BCD＝90°，点E是BD的中点，

∴CE＝BE＝DE，

∵AB⊥BD，

∴∠ABE＝90°，

∴AE＞BE，

∴AE＞CE．

故选：B．

10．（3分）（烈山区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝5，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连

接CP，QD，则PC+QD的最小值为（　　）

A．10 B．11 C．12 D．13

【解题思路】连接BP，在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，连接PE，CE，PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，根据勾股定理可得结果．

【解答过程】解：如图，连接BP，

在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，

∵AP＝CQ，

∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，

∴DP＝QB，DP∥BQ，

∴四边形DPBQ是平行四边形，

∴PB∥DQ，PB＝DQ，

则PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，

在BA的延长线上截取AE＝AB＝6，连接PE，

∵PA⊥BE，

∴PA是BE的垂直平分线，

∴PB＝PE，

∴PC+PB＝PC+PE，

连接CE，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，

∵BE＝2AB＝12，BC＝AD＝5，

∴CE 13．

∴PC+PB的最小值为13．

故选：D．

二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）

11．（3分）（芜湖模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，垂足为D，点E是AB的中点，∠BCD＝3∠ACD，CD＝3，则AB的长为　6 　．

【解题思路】根据已知条件得到ACD＝22.5°，求得∠B＝∠ACD＝22.5°，根据直角三角形的性质得到CE＝BE AB，求得∠DCE＝∠DEC＝45°，得到CE CD＝3 ，于是得到结论．

【解答过程】解：∵∠ACB＝90°，∠BCD＝3∠ACD，

∴∠ACD＝22.5°，

∵CD⊥AB，

∴∠ACD+∠A＝90°，

∵∠A+∠B＝90°，

∴∠B＝∠ACD＝22.5°，

∵点E是AB的中点，

∴CE＝BE AB，

∴∠BCE＝∠B＝22.5°，

∴∠DCE＝45°，

∵∠CDE＝90°，

∴∠DCE＝∠DEC＝45°，

∴CE CD＝3 ，

∴AB＝2CE＝6 ，

故答案为：6 ．

12．（3分）（涿鹿县期末）如图，E是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，四边形EFCG是矩形，若正方形ABCD的边长为n，则矩形EFCG的周长为　2n　．

【解题思路】由矩形EFCG得△BEF与△DEG是等腰直角三角形，从而得BF＝EF，EG＝DG，进而得到矩形EFCG的周长是：EF+FC+CG+EG＝BF+FC+CG+DG＝BC+CD＝2n．

【解答过程】解：∵四边形ABCD是正方形，

∴∠DBC＝∠BDC＝45°，

∵正方形ABCD的边长为n，

∴BC+CD＝2n

∵四边形EFCG是矩形，

∴∠EFB＝∠EGD＝90°，

∴△BEF与△DEG是等腰直角三角形，

∴BF＝EF，EG＝DG，

∴矩形EFCG的周长是：EF+FC+CG+EG＝BF+FC+CG+DG＝BC+CD＝2n，

故答案为：2n．

13．（3分）（湖里区模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AD＞AB，E，F分别为边BC，AD上的点（E，F不与端点重合）．对于任意平行四边形ABCD，下面四个结论：

①存在无数个平行四边形ABEF；

②至少存在一个菱形ABEF；

③至少存在一个矩形ABEF；

④存在无数个面积是平行四边形ABCD面积的一半的四边形ABEF．

所有正确结论的序号是　①②④　．

【解题思路】利用平行四边形的判定和性质，矩形的性质，菱形的性质依次进行判断可求解．

【解答过程】解：当AE＝BF时，且AE∥BF，则四边形ABFE是平行四边形，

∴存在无数个四边形ABFE，使得四边形ABFE是平行四边形，故①正确；

当AE＝BF＝AB时，则四边形ABFE是菱形，

∴至少存在一个四边形ABFE，使得四边形ABFE菱形，故②正确；

∵∠ABC≠90°，

∴不存在四边形ABFE是矩形，故③错误；

当EF过对角线的交点时，四边形ABFE的面积是▱ABCD面积的一半，

∴存在无数个四边形ABFE，使得四边形ABFE的面积是▱ABCD面积的一半，故④正确，

故答案为：①②④．

14．（3分）（泗水县一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、C、F在坐标轴上，E是OA的中点，四边形AOCB是矩形，四边形BDEF是正方形，若点C的坐标为（3 ，0），则点E的坐标为　（0， ）　．

【解题思路】过D点作DM⊥y轴，垂足为M，利用AAS证明△EMD≌△FOE≌△BCF，可得OE＝CF，OF＝CB，由E是OA的中点，C（3 ，0）可求解OE的长，进而可求解E点坐标．

【解答过程】解：过D点作DM⊥y轴，垂足为M，

∴∠MED+∠MDE＝90°，

∵四边形BDEF为正方形，

∴DE＝EF＝FB，∠DEF＝∠EFB＝90°，

∴∠MED+∠OEF＝90°，∠OFE+∠CFB＝90°，

∵∠OEF+∠OFE＝90°，

∴∠MDE＝∠OEF＝∠CFB，

∵四边形OABC是矩形，

∴∠BCF＝90°，OA＝CB，

∴∠EMD＝∠FOE＝∠BCF＝90°，

在△EMD和△FOE和△BCF中，

，

∴△EMD≌△FOE≌△BCF（AAS），

∴OE＝CF，OF＝CB＝OA，

∵E为OA的中点，

∴OA＝2OE，

∴OF＝2CF，

∵C（3 ，0），

∴OC＝3 ，OE＝CF ，

∴E ．

故答案为：（0， ）．

15．（3分）（宝安区模拟）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E为AD边上的一个动点，连接BE，将AB沿着BE折叠得到A'B，A的对应点为A'，连接A'D，当A′B⊥AD时，∠A'DE的度数为　15°　．

【解题思路】由菱形的性质可得AB＝AD，可证△ABD是等边三角形，由等边三角形的性质可得A'B垂直平分AD，∠ABA'＝30°，由折叠的性质可得AB＝A'B，可得∠BAA'＝75°，即可求解．

【解答过程】解：如图，连接AA'，BD，

∵四边形ABCD是菱形，

∴AB＝AD，

∵∠A＝60°，

∴△ABD是等边三角形，

∵A'B⊥AD，

∴A'B垂直平分AD，∠ABA'＝30°，

∴AA'＝A'D，

∴∠A'AD＝∠A'DA，

∵将AB沿着BE折叠得到A'B，

∴AB＝A'B，

∴∠BAA'＝75°，

∴∠A'AD＝∠A'DA＝15°，

故答案为：15°．

16．（3分）（金东区期末）如图，在平面直角坐标系中，有点A（3，0），点B（3，5），射线AO上的动点C，y轴上的动点D，平面上的一个动点E，若∠CBA＝∠CBD，以点B，C，D，E为顶点的四边形是矩形，则AC的长为　 或 或15　．

【解题思路】存在三种情况：①作辅助线，构建等腰△BDF，先根据三角形内角和得∠BDC＝∠F，再由等腰三角形三线合一的性质得CD＝CF，最后证明△DCO≌△FCA（AAS），可得结论．②如图2，同理构建直角三角形，利用勾股定理可得结论；③如图3，同理可得结论．

【解答过程】解：存在三种情况：

①如图1，延长BA和DC交于点F，

∵点A（3，0），点B（3，5），

∴AB⊥x轴，OA＝3，

∵四边形DCBE是矩形，

∴∠DCB＝90°，

∴∠BCF＝∠DCB＝90°，

∵∠CBD＝∠CBF，

∴∠BDC＝∠BFC，

∴BD＝BF，

∴CD＝CF，

在△DCO和△FCA中，

，

∴△DCO≌△FCA（AAS），

∴OC＝AC，

∵AC OA ．

②如图2，过点B作BM⊥y轴于M，则∠BMD＝90°，

∵四边形CDBE是矩形，

∴∠CDB＝90°，

∵∠CBA＝∠CBD，∠CAB＝90°，

∴BD＝BA＝5，AC＝CD，

∵BM＝3，

∴DM＝4，

∴CD＝5﹣4＝1，

设AC＝x，则OC＝3﹣x，CD＝x，

由勾股定理得：CD²＝OD²+OC²，

即x²＝1²+（3﹣x）²，

解得：x ，

∴AC ；

③如图3，过点D作NL∥x轴，交AB的延长线于L，过C作CN⊥NL于N，则∠N＝∠L＝90°，

∵∠CDB＝∠CBA＝90°，∠CBA＝∠CBD，

∴CD＝AC，

设AC＝b，则CD＝b，OC＝DN＝b﹣3，

∵AB＝BD＝5，

∵DL＝3，

∴BL＝4，

∴CN＝AL＝5+4＝9，

由勾股定理得：CN²+DN²＝CD²，

即9²+（b﹣3）²＝b²，

解得：b＝15，

综上，AC的长为 或 或15；

故答案为： 或 或15．

三．解答题（共7小题，满分52分）

17．（6分）（道县期中）工人师傅做铝合金窗框分下面三个步骤进行：

（1）先截出两对符合规格的铝合金窗料，如图1，使AB＝CD，EF＝CH；

（2）摆成如图2的四边形，则这时窗框的形状是　平行四边　形，根据的数学道理是　两组对边相等的四边形为平行四边形　；

（3）将直角尺靠紧窗框的一个角，如图3，调整窗框的边框，当直角尺的两条直角边与窗框无缝隙时，如图4，说明窗框合格，这时窗框是　矩　形，根据的数学道理是　有一个角是直角的平行四边形是矩形　．

【解题思路】根据平行四边形的判定，两组对边分别相等的四边形为平行四边形，即可得出②的结论，当把一个角变为直角时，根据一个角为直角的平行四边形为矩形即可得出③的结论．

【解答过程】解：（2）：如图一所示：

∵AB＝CD，EF＝GH，

∴四边形为平行四边形．（两组对边相等的四边形为平行四边形）

（3）如图二所示

由（2）知四边形为平行四边形，

∵∠C为直角，

∴四边形为矩形．（一个角为直角的平行四边形为矩形）

故答案为：（2）平行四边，两组对边分别相等的四边形是平行四边形；

（3）矩，有一个角是直角的平行四边形是矩形．

18．（6分）（乳山市期末）如图，四边形ABCD和ADEF都是菱形，BF交AD于点G，∠BAD＝∠FAD，BF＝BC，AB＝2，求 的值．

【解题思路】由菱形的性质得AB＝BC＝AD＝AF＝2，再证△ABF是等边三角形，则AG⊥BF，BG＝FG BF＝1，然后由勾股定理求出AG ，则DG＝AD﹣AG＝2 ，即可求解．

【解答过程】解：∵四边形ABCD和四边形ADEF都是菱形，

∴AB＝BC＝AD＝AF＝2，

∵BF＝BC，

∴AB＝AF＝BF，

∴△ABF是等边三角形，

∵∠BAD＝∠FAD，

∴AG⊥BF，BG＝FG BF＝1，

∴AG ，

∴DG＝AD﹣AG＝2 ，

∴ 2 3．

19．（8分）（重庆）已知：如图，在菱形ABCD中，F为边BC的中点，DF与对角线AC交于点M，过M作ME⊥CD于点E，∠1＝∠2．

（1）若CE＝1，求BC的长；

（2）求证：AM＝DF+ME．

【解题思路】（1）根据菱形的对边平行可得AB∥CD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠1＝∠ACD，所以∠ACD＝∠2，根据等角对等边的性质可得CM＝DM，再根据等腰三角形三线合一的性质可得CE＝DE，然后求出CD的长度，即为菱形的边长BC的长度；

（2）先利用“边角边”证明△CEM和△CFM全等，根据全等三角形对应边相等可得ME＝MF，延长AB交DF于点G，然后证明∠1＝∠G，根据等角对等边的性质可得AM＝GM，再利用“角角边”证明△CDF和△BGF全等，根据全等三角形对应边相等可得GF＝DF，最后结合图形GM＝GF+MF即可得证．

【解答过程】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，

∴AB∥CD，

∴∠1＝∠ACD，

∵∠1＝∠2，

∴∠ACD＝∠2，

∴MC＝MD，

∵ME⊥CD，

∴CD＝2CE，

∵CE＝1，

∴CD＝2，

∴BC＝CD＝2；

（2）证明：如图，∵F为边BC的中点，

∴BF＝CF BC，

∴CF＝CE，

在菱形ABCD中，AC平分∠BCD，

∴∠ACB＝∠ACD，

在△CEM和△CFM中，

∵ ，

∴△CEM≌△CFM（SAS），

∴ME＝MF，

延长AB交DF的延长线于点G，

∵AB∥CD，

∴∠G＝∠2，

∵∠1＝∠2，

∴∠1＝∠G，

∴AM＝MG，

在△CDF和△BGF中，

∵ ，

∴△CDF≌△BGF（AAS），

∴GF＝DF，

由图形可知，GM＝GF+MF，

∴AM＝DF+ME．

20．（8分）（茌平区期末）如图，在矩形ABCD中，EF垂直平分BD，分别交AD、BD、BC于点E、O、F，连接BE、DF．

（1）求证：四边形BEDF是菱形；

（2）若AB＝6，BD＝10，求EF的长．

【解题思路】（1）首先判定平行四边形，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形进行判定即可；

（2）由EF垂直平分BD，得到EB＝ED，由勾股定理可求AD的长，再由勾股定理可求DE的长，EO的长，即可求解．

【解答过程】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，AD＝BC，

∴∠EDO＝∠OBF，

∵EF垂直平分BD，

∴BO＝DO，∠EOD＝∠BOF＝90°，

∴△DEO≌△BFO（ASA），

∴OE＝OF，

∴四边形EBFD是平行四边形，

又∵EF⊥BD，

∴四边形EBFD是菱形；

（2）∵四边形EBFD是菱形，

∴ED＝EB，

∵AB＝6，BD＝10，

∴AD 8，

设AE＝x，则ED＝EB＝8﹣x，

在Rt△ABE中，BE²﹣AB²＝AE²，

即（8﹣x）²＝x²+6²，

∴x ，

∴DE＝8 ，

∴EO ，

∴EF＝2EO ．

21．（8分）（江北区模拟）矩形ABCD，AB＝6，BC＝8，四边形EFGH的顶点E、G在矩形的边AD、BC上；顶点F、H在矩形的对角线BD上．

（1）如图1，当四边形EFGH是平行四边形时，求证：△DEH≌△BGF．

（2）如图2，当四边形EFGH是正方形时，求BF的长．

【解题思路】（1）由EH＝FG，∠BFG＝∠EHD，∠EDH＝∠GBF，即可证明；

（2）证明△HKG≌△GMF（AAS），利用BC＝BM+MG+GK+KC＝8，即可求解．

【解答过程】解：在Rt△BCD中，tan∠DBC tanα，则sin ，cosα ，

∵四边形ABCD为矩形，

∴AD∥BC，

∴∠EDH＝∠GBF，

（1）∵四边形EFGH是平行四边形，

∴EH＝FG，∠EHF＝∠GFH，

∴∠BFG＝180°﹣∠GFH，∠EHD＝180°﹣∠EHF＝∠BFG，

又∵∠EDH＝∠GBF，

∴△DEH≌△BGF（AAS）；

（2）∵四边形EFGH是正方形也为平行四边形，

故由（1）得：△DEH≌△BGF（AAS），

∴BF＝DH，

设BF＝x＝DH，

如下图，过点H作HK⊥BC于点K，作HN⊥CD于点N，作FM⊥BC于点M，

在Rt△BFM中，FM＝BFsin∠FBM＝xsinα DN，

同理BM HN＝CK，

∵∠FGM+∠HGK＝90°，∠HGK+∠GHK＝90°，

∴∠GHK＝∠FGM，

又∵∠HKG＝∠GMF＝90°，FG＝GH，

∴△HKG≌△GMF（AAS），

∴GM＝HK＝CN＝CD﹣DN＝6 ，GK＝FM ，

∴BC＝BM+MG+GK+KC （6 ） 8，

解得：x ，

即BF的长为 ．

22．（8分）（上城区校级期末）如图，在△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠ACB的平分线于点E，交△ABC的外角∠ACD的平分线于点F．

（1）探究线段OE与OF的数量关系并说明理由．

（2）当点O运动到何处，且△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？请说明理由．

（3）当点O在边AC上运动时，四边形BCFE　不可能　是菱形（填“可能”或“不可能”）．请说明理由．

【解题思路】（1）由直线MN∥BC，MN交∠BCA的平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F，易证得△OEC与△OFC是等腰三角形，则可证得OE＝OF＝OC；

（2）正方形的判定问题，AECF若是正方形，则必有对角线OA＝OC，所以O为AC的中点，同样在△ABC中，当∠ACB＝90°时，可满足其为正方形；

（3）菱形的判定问题，若使菱形，则必有四条边相等，对角线互相垂直．

【解答过程】解：（1）OE＝OF．理由如下：

∵CE是∠ACB的角平分线，

∴∠ACE＝∠BCE，

又∵MN∥BC，

∴∠NEC＝∠ECB，

∴∠NEC＝∠ACE，

∴OE＝OC，

∵OF是∠BCA的外角平分线，

∴∠OCF＝∠FCD，

又∵MN∥BC，

∴∠OFC＝∠FCD，

∴∠OFC＝∠OCF，

∴OF＝OC，

∴OE＝OF；

（2）当点O运动到AC的中点，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形．理由如下：

∵当点O运动到AC的中点时，AO＝CO，

又∵EO＝FO，

∴四边形AECF是平行四边形，

∵FO＝CO，

∴AO＝CO＝EO＝FO，

∴AO+CO＝EO+FO，即AC＝EF，

∴四边形AECF是矩形．

已知MN∥BC，当∠ACB＝90°，则

∠AOF＝∠COE＝∠COF＝∠AOE＝90°，

∴AC⊥EF，

∴四边形AECF是正方形；

（3）不可能．理由如下：

如图，∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，

∴∠ECF ∠ACB ∠ACD （∠ACB+∠ACD）＝90°，

若四边形BCFE是菱形，则BF⊥EC，

但在△GFC中，不可能存在两个角为90°，所以不存在其为菱形．

故答案为不可能．

23．（8分）（佳木斯模拟）在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，P是对角线BD上一动点，过点P作PQ⊥AP，交射线CB于点

Q

（1）如图①，当点P与点O重合时，易证CQ PD（不需证明）；

（2）当点P在线段DO上时，如图②；当点P在线段BO上时，如图③，判断CQ与PD有怎样的数量关系？写出你的猜想，并对图②进行证明．

【解题思路】过点P作AB的平行线交AD于G，交BC于点H，过点P作AD的平行线交AB于点S，交CD于点R，连接PC，可证明四边形SPHB为正方形和四边形GPRD为正方形，进而得到RC＝SP＝BH＝AG＝PH，PG＝PR，利用AAS证明△PGA≌△QHP求得AP＝PQ，利用△PGA≌△PRC求得AP＝PC，故PQ＝PC，根据等腰三角形的性质和勾股定理即可求得．

【解答过程】解：（2）图②结论：CQ PD；

图③结论：CQ PD；

证明：如图②，过点P作AB的平行线交AD于G，交BC于点H，过点P作AD的平行线交AB于点S，交CD于点R，连接PC，

∵BD是正方形ABCD的对角线，

∴∠PBH＝45°，

∴△BPH为等腰直角三角形，

同理△BPS为等腰直角三角形，

∴四边形SPHB为正方形，

∴RC＝SP＝BH＝AG＝PH，

同理可证四边形GPRD为正方形，

∴PG＝PR，

∵∠APG+∠QPH＝90°，∠QPH+∠PQH＝90°，

∴∠APG＝∠PQH，

在△PGA和△QHP中，

，

∴△PGA≌△QHP（AAS），

∴AP＝PQ，

在△PGA和△PRC中，

，

∴△PGA≌△PRC（SAS），

∴AP＝PC，

∴PQ＝PC，

∴CQ＝2HC＝2PR＝2 PD PD．