2020年-2022年北京重点校初二（下）期末数学试卷汇编：平行四边形章节综合

第1页/共1页2020-2022北京重点校初二（下）期末数学汇编平行四边形章节综合一、单选题1．（2022·北京八十中八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴的正半轴上．若点的坐标是，则点的坐标为（

）A． B． C． D．2．（2022·北京八十中八年级期末）在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，且∠AOD＝120°．若AB＝3，则BC的长为(

)A． B．3 C． D．63．（2022·北京八十中八年级期末）如图，等腰△ABC中，点P是底边BC上的动点（不与点B，C重合），过点P分别作AB、AC的平行线PM、PN，交AC、AB于点M、N，则下列数量关系一定正确的是（）A．PM+PN＝AB B．PM+PN＝BCC．PM+PN＝2BC D．PM+PN＝AB+BC4．（2020·北京·北大附中八年级期末）在数学活动课上，老师要求同学们判断一个四边形门框是否为矩形，下面是某合作学习小组的四位同学拟定的方案，其中正确的是（

）A．测量对角线是否相互平分 B．测量两组对边是否分别相等C．测量一组对角是否都为直角 D．测量四边形其中的三个角是否都为直角5．（2020·北京·北大附中八年级期末）如图，□ABCD中，AB=3，BC=5，AE平分∠BAD交BC于点E，则CE的长为（

）A．1 B．2 C．3 D．46．（2020·北京·人大附中八年级期末）在菱形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的一点(不与端点重合)，对于任意的菱形ABCD，下面四个结论中：①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；②存在无数个四边形MNPQ是矩形；③存在无数个四边形MNPQ是菱形；④至少存在一个四边形MNPQ是正方形正确的结论的个数是()A．1个 B．2个 C．3个 D．4个7．（2020·北京·人大附中八年级期末）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=3，AD=9，将其折叠，使点D与点B重合，折痕为EF，则BF的长为()A．4 B．5 C． D．3.58．（2020·北京·人大附中八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点D在x轴上，边BC在y轴上，若点A的坐标为(12，13)，则点B的坐标为()A． B． C． D．9．（2020·北京·人大附中八年级期末）如图，E，F是四边形ABCD两边AB，CD的中点，G，H是对角线AC，BD的中点，若EH=6，则以下结论不正确的是()A． B． C． D．10．（2020·北京·人大附中八年级期末）下列说法中正确的是()A．一组对边平行、一组对边相等的四边形是平行四边形B．四个角都相等的四边形是矩形C．菱形是轴对称图形不是中心对称图形D．对角线垂直相等的四边形是正方形11．（2020·北京·人大附中八年级期末）在平行四边形ABCD中，，则的大小是()A． B． C． D．12．（2020·北京·人大附中八年级期末）如图，平行四边形ABCD的周长为52cm，对角线AC与BD交于点O，是BC的中点，的周长比的周长多6cm，则AE的长度是()A．8cm B．5cm C．4cm D．3cm13．（2020·北京·北大附中八年级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形的顶点在轴上，边在轴上，若点的坐标为(12，13)，则点的坐标是(

)A．(0，-5) B．(0，-6) C．(0，-7) D．(0，-8)14．（2020·北京·101中学八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，CD是AB边上的中线，则CD的长是（）．A．20 B．10 C．5 D．15．（2020·北京·101中学八年级期末）在平面直角坐标系中，A，B，C三点的坐标分别为(0，0)，(0，－5)，(－2，－2)，以这三点为平行四边形的三个顶点，则第四个顶点不可能在(

)A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限16．（2020·北京·101中学八年级期末）如图，两把完全一样的直尺叠放在一起，重合的部分构成一个四边形，这个四边形一定是(

)A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．无法判断二、填空题17．（2022·北京八十中八年级期末）如图，菱形ABCD中，，AC，BD交于点O，若E是边AD的中点，∠AEO＝，则OE的长等于________，∠ADO的度数为_______.18．（2022·北京八十中八年级期末）如图，三角形花园的边界AB，BC互相垂直，若测得，BC的长度为40m，则边界AC的中点D与点B的距离是______m．19．（2022·北京八十中八年级期末）图中菱形的两条对角线长分别为和，将其沿对角线裁分为四个三角形，将这四个三角形无重叠地拼成如图所示的图形，则图中菱形的面积等于__________；图中间的小四边形的面积等于__________．20．（2020·北京·北大附中八年级期末）如图，每个小正方形的边长为1，在中，点D为AB的中点，则线段CD的长为________21．（2020·北京·101中学八年级期末）在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E是边AB上的一个动点（不与A、B重合），连接EO并延长，交CD于点F，连接AF，CE，有下列四个结论：①对于动点E，四边形AECF始终是平行四边形；②若∠ABC＞90°，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是矩形；③若AB＞AD，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是菱形；④若∠BAC＝45°，则至少存在一个点E，使得四边形AECF是正方形．以上所有错误说法的序号是_____．22．（2020·北京·北大附中八年级期末）已知：线段AB，BC．求作：平行四边形ABCD．以下是甲、乙两同学的作业．甲：①以点C为圆心，AB长为半径作弧；②以点A为圆心，BC长为半径作弧；③两弧在BC上方交于点D，连接AD，CD．四边形ABCD即为所求平行四边形．（如图1）乙：①连接AC，作线段AC的垂直平分线，交AC于点M；②连接BM并延长，在延长线上取一点D，使MD=MB，连接AD，CD．四边形ABCD即为所求平行四边形．（如图2）老师说甲、乙同学的作图都正确，你更喜欢______的作法，他的作图依据是：______．23．（2020·北京·101中学八年级期末）如图，在菱形中，，点是边的中点，是对角线上的一个动点，若，则的最小值是_____.24．（2020·北京·北大附中八年级期末）如图，在□ABCD中，CH⊥AD于点H，CH与BD的交点为E.如果∠1=70°，∠ABC=3∠2，那么∠ADC=________三、解答题25．（2022·北京八十中八年级期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，过点B作BE∥AC，且，连接EC、ED．(1)求证：四边形BECO是矩形；(2)若AC＝2，∠ABC＝60°，求DE的长．26．（2022·北京八十中八年级期末）下面是小明设计的“利用已知矩形作一个内角为30°角的平行四边形”的尺规作图过程．已知：矩形ABCD．求作：▱AGHD，使∠GAD=30°．作法：如图，①分别以A，B为圆心，以大于AB长为半径，在AB两侧作弧，分别交于点E，F；②作直线EF；③以点A为圆心，以AB长为半径作弧，交直线EF于点G，连接AG；④以点G为圆心，以AD长为半径作弧，交直线EF于点H，连接DH．则四边形AGHD即为所求作的平行四边形．根据小明设计的尺规作图过程，填空：(1)∠BAG的大小为；(2)判定四边形AGHD是平行四边形的依据是；(3)用等式表示平行四边形AGHD的面积S1和矩形ABCD的面积S2的数量关系为．27．（2020·北京·101中学八年级期末）如图，平行四边形中，点，分别在边，上，，．（1）求证：四边形是矩形；（2）连接，若，，平分，求的长．28．（2020·北京·101中学八年级期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，M是CD边上一动点（不与D点重合），点D与点E关于AM所在的直线对称，连接AE，ME，延长CB到点F，使得BF＝DM，连接EF，AF．（1）当DM＝2时，依题意补全图1；（2）在（1）的条件下，求线段EF的长；（3）当点M在CD边上运动时，能使△AEF为等腰三角形，请直接写出此时DM与AD的数量关系．29．（2020·北京·北大附中八年级期末）已知：如图，在▱ABCD中，点E是BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接BF．(1)求证：△ABE≌△FCE；(2)若AF＝AD，求证：四边形ABFC是矩形．30．（2020·北京·北大附中八年级期末）在菱形中，,点是射线上一动点，以为边向右侧作等边，点的位置随点的位置变化而变化.（1）如图1，当点在菱形内部或边上时，连接，与的数量关系是，与的位置关系是；（2）当点在菱形外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由(选择图2，图3中的一种情况予以证明或说理).

(3)如图4，当点在线段的延长线上时，连接，若,,求四边形的面积.

参考答案1．D【分析】先利用两点之间的距离公式可得，再根据菱形的性质可得，由此即可得出答案．【详解】解：点的坐标为，，四边形是菱形，，点的横坐标为，纵坐标与点的纵坐标相同，即为4，即，故选：D．【点睛】本题主要考查了菱形的性质和点坐标，熟练掌握菱形的性质是解题关键．2．C【分析】根据矩形的性质和等边三角形的判定和性质，可以得到AC的长，再根据勾股定理，即可得到BC的长，本题得以解决．【详解】解：∵∠AOD=120°，∠AOD+∠AOB=180°，∴∠AOB=60°，∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OB=OC，∠ABC=90°，∴△AOB是等边三角形，∴AB=OA=OC，∵AB=3，∴AC=6，∴BC=，故选：C．【点睛】本题考查矩形的性质、等边三角形的判定与性质，以及勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．3．A【分析】证明∠B＝∠BPN，得PN＝BN，证明四边形AMPN为平行四边形得PM＝AN，进而便可得PM+PN＝AB．【详解】解：∵△ABC为等腰三角形，BC为底边∴∠B＝∠C，∵PN∥AC，∴∠BPN＝∠C＝∠B，∴PN＝BN，∵PM∥AB，PN∥AC，∴四边形AMPN是平行四边形，∴PM＝AN，∴PM+PN＝AN+BN＝AB，故选A．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，平行线的性质，平行四边形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．4．D【分析】利用矩形的判定方法进行判断即可.【详解】解：A、对角线是否相互平分，能判定平行四边形；B、两组对边是否分别相等，能判定平行四边形；C、测量一组对角是否都为直角，不能判定形状；D、其中四边形中三个角都为直角，能判定矩形．故选：D．【点睛】本题考查矩形的判定方法，掌握矩形的判定是解决问题的关键.5．B【分析】利用平行四边形性质得∠DAE=∠BEA，再利用角平分线性质证明△BAE是等腰三角形,得到BE=AB即可解题.【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC=5，AD∥BC，∴∠DAE=∠BEA，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE，∴∠BEA=∠BAE，∴BE=AB=3，∴CE=BC-BE=5-3=2，故选B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质,等腰三角形的判定,属于简单题,熟悉平行线加角平分线得到等腰三角形这一常用解题模型是解题关键.6．D【分析】根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．【详解】①如图，连接AC，BD交于O，四边形ABCD是菱形，过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，则四边形MNPQ是平行四边形，故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确；②如图，当PM=QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确；③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；④如图，当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故至少存在一个四边形MNPQ是正方形；故④正确；综上，①②③④4个均正确，故选：D．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定，熟记各定理是解题的关键．7．B【分析】首先证明BF=BE=DE，设BF=BE=DE=，在Rt△ABE中，利用勾股定理构建方程求解即可．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°，AD∥BC，∴∠DEF=∠EFB，由翻折的性质可知，DE=BE，∠DEF=∠BEF，∴∠BFE=∠BEF，∴BF=BE=DE，设BF=BE=DE=，在Rt△ABE中，∵BE2=AB2+AE2，∴2=32+()2，解得，∴BF=5，故选：B．【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．8．D【分析】在Rt△ODC中，利用勾股定理求出OC即可解决问题．【详解】∵A（12，13），∴OD=12，AD=13，∵四边形ABCD是菱形，∴BC=CD=AD=13，在Rt△ODC中，OC=，∴OB=13-5=8．∴B（0，8）．故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、坐标与图形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．9．D【分析】由三角形中位线定理可得EH∥AD，EH＝AD，GF∥AD，GF＝AD，可得EH∥GF，EH＝GF＝6，AD＝2EH＝12，利用排除法可求解．【详解】解：∵E、F是AB、CD的中点，G、H是AC、BD的中点，∴EH∥AD，EH＝AD，GF∥AD，GF＝AD，∴EH∥GF，EH＝GF＝6，∴AD＝2EH＝12，故选：D．【点睛】本题考查了三角形中位线定理，掌握三角形的中位线定理是本题的关键．10．B【分析】分别根据平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的对称性、正方形的判定逐项判断即得答案．【详解】解：A、一组对边平行、一组对边相等的四边形是不一定是平行四边形，如等腰梯形，所以本选项说法错误，不符合题意；B、四个角都相等的四边形是矩形，所以本选项说法正确，符合题意；C、菱形既是轴对称图形也是中心对称图形，所以本选项说法错误，不符合题意；D、对角线垂直相等且平分的四边形是正方形，所以本选项说法错误，不符合题意．故选：B．【点睛】本题考查了平行四边形、矩形和正方形的判定以及菱形的性质等知识，属于基本题型，熟练掌握特殊平行四边形的判定和性质是解题的关键．11．B【分析】根据平行四边形的性质可得，再根据，即可求出∠A的度数．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形∴∵∴故答案为：B．【点睛】本题考查了平行四边形的角度问题，掌握平行四边形的性质是解题的关键．12．A【分析】由▱ABCD的周长为52cm，对角线AC、BD相交于点O，若△AOD的周长比△AOB的周长多6cm，可得AB+AD=26cm，AD-AB=6cm，求出AB和AD的长，得出BC的长，再由直角三角形斜边上的中线性质即可求得答案．【详解】∵▱ABCD的周长为52cm，∴AB+AD=26cm，OB=OD，∵△AOD的周长比△AOB的周长多6cm，∴（OA+OD+AD）-（OA+OB+AB）=AD-AB=6cm，∴AB=10cm，AD=16cm．∴BC=AD=16cm．∵AC⊥AB，E是BC中点，∴AE=BC=8cm；故选：A．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线性质．熟练掌握平行四边形的性质，由直角三角形斜边上的中线性质求出AE是解决问题的关键．13．A【分析】根据点A的坐标为(12，13)，可求出菱形的边长及OD的长，然后在Rt△COD中，利用勾股定理求出OC的长，即可求出点C的坐标.【详解】∵点A的坐标为(12，13)，∴CD=AD=13，OD=12，∴OC=,∴C（0，-5）.故选：A.【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，图形与坐标，熟练掌握菱形的性质是解答本题的关键.14．C【分析】由直角三角形的性质知：斜边上的中线等于斜边的一半，即可求出CD的长．【详解】∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，CD是AB边上的中线，∴CD=AB=5．故选C．15．A【分析】已知线段AB，BC，AC，分别以三条线段为平行四边形的对角线，进行分类讨论，结合图形进行判断．【详解】如果以线段AB为对角线，AC，BC为边，作平行四边形，则第四个顶点在第四象限；如果以线段AC为对角线，AB，BC为边，作平行四边形，则第四个顶点在第二象限；如果以线段CB为对角线，AC，BA为边，作平行四边形，则第四个顶点在第三象限．故不可能在第一象限．故选A.【点睛】考查了平行四边形的性质，建立平面直角坐标系，数形结合，分类讨论是解题的关键．16．B【分析】作DF⊥BC，BE⊥CD，先证四边形ABCD是平行四边形，再证Rt△BEC≌Rt△DFC，得BC=DC，即可得出四边形ABCD是菱形．【详解】解：如图，作DF⊥BC,BE⊥CD由已知可得，ADBC,ABCD∴四边形ABCD是平行四边形在Rt△BEC和Rt△DFC中∴Rt△BEC≌Rt△DFC，∴BC=DC∴四边形ABCD是菱形故选B．【点睛】本题考核知识点：菱形的判定，解题关键是通过全等三角形证一组邻边相等．17．

5

16°#16度【分析】根据菱形的性质得OA=OC，∠ADB=∠CDB，CD=AB=10，从而证得OE是△ADC的中位线，得OECD，OE=CD，即可求解．【详解】解：∵菱形ABCD，AC，BD交于点O，∴OA=OC，∠ADB=∠CDB，CD=AB=10，∵E是边AD的中点，∴AE=DE，∴OE是△ADC的中位线，∴OECD，OE=CD=×10=5，∴∠ADC=∠AEO=32°，∴∠ADO=∠ADC=×32°=16°，故答案为：5，16°．【点睛】本题考查菱形的性质，三角形中位线的判定与性质，平行线的性质，证OE是△ADC的中位线是解题词的关键．18．40【分析】由含30°角的直角三角形的性质可得AC＝80m，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得结论．【详解】解：在Rt△ABC中，∠A＝30°，BC＝40m，∴AC＝2BC＝80m，∵D是AC中点，∴BD＝AC＝40m，故答案为：40．【点睛】本题主要考查了直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握直角三角形斜边中线等于斜边的一半是解题的关键．19．

24

1【分析】根据菱形的面积等于对角线长乘积的一半，求出图1菱形的面积，再根据菱形的对角线长可得菱形边长为5，进而可得图2中间的小四边形的面积是边长为5的正方形的面积减去菱形的面积．【详解】∵图1中菱形的两条对角线长分别为6和8，∴菱形的面积等于×6×8＝24，菱形的边长等于＝5，∴图2中间的小四边形的面积等于25−24＝1．故答案为：24，1．【点睛】本题考查了图形的剪拼、菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．20．##【分析】根据勾股定理列式求出AB、BC、AC，再利用勾股定理逆定理判断出△ABC是直角三角形，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．【详解】解：根据勾股定理，，，，∵，∴△ABC是直角三角形，∵点D为AB的中点，∴．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，勾股定理逆定理的应用，判断出△ABC是直角三角形是解题的关键．21．②④．【分析】由于EF经过平行四边形ABCD的中心O，故四边形AECF一定也是平行四边形，这可以通过证明BE与CF相等来说明．然后只要让平行四边形AECF再满足适当的特殊条件就可以变成对应的特殊平行四边形．【详解】解：①如图1，∵四边形ABCD为平行四边形，对角线AC与BD交于点O，∴AB∥DC，AB＝DC，OA＝OC，OB＝OD，∴∠OAE＝∠OCF，∵∠AOE＝∠COF，∴△AOE≌△COF（ASA），∴AE＝CF，又∵AE∥CF，∴四边形AECF为平行四边形，即E在AB上任意位置（不与A、B重合）时，四边形AECF恒为平行四边形，故选项①正确；②如图2，四边形AECF不是矩形，故选项②错误．③如图3，当EF⊥AC时，四边形AECF为菱形，故选项③正确．④如图4，如果AB＜AD，就不存在点E在边AB上，使得四边形AECF为正方形，故选项④错误．故答案为：②④．【点睛】本题主要考查平行四边形以及几种特殊平行四边形的判定．熟悉平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法是解答此题的关键．22．

乙

对角线互相平分的四边形是平行四边形【分析】根据平行四边形的判定方法，即可解决问题．【详解】根据平行四边形的判定方法，我更喜欢乙的作法，他的作图依据是：对角线互相平分的四边形是平行四边形．故答案为：乙；对角线互相平分的四边形是平行四边形．【点睛】本题主要考查尺规作图-复杂作图，平行四边形的判定定理，掌握尺规作线段的中垂线以及平行四边形的判定定理，是解题的关键.23．【分析】找出B点关于AC的对称点D，连接DE交AC于P，则DE就是PB+PE的最小值，求出即可．【详解】连接DE交AC于P，连接DB，由菱形的对角线互相垂直平分，可得B、D关于AC对称，则PD=PB，∴PE+PB=PE+PD=DE，即DE就是PE+PB的最小值，∵∠ABC=120°，∴∠BAD=60°，∵AD=AB，∴△ABD是等边三角形，∵AE=BE，∴DE⊥AB（等腰三角形三线合一的性质）．在Rt△ADE中，DE==．∴PB+PE的最小值为．故答案为．【点睛】本题主要考查轴对称-最短路线问题，菱形的性质，勾股定理等知识点，确定P点的位置是解答本题的关键．24．60°【详解】∵∠1=70°，∴∠DEH=70°.∵CH⊥AD,∴∠HDE=90°-70°=20°.∵AD∥BC,∴∠2=∠HDE=20°.∵∠ABC=3∠2，∴∠ABC=60°.∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ADC=∠ABC=60°.

点睛:本题直接通过平行四边形性质、平行线的性质、直角三角形的性质；熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．25．(1)见解析(2)【分析】（1）、由菱形的对角线互相垂直且平分，即可证明；（2）、由菱形性质，可得△ABC是等边三角形，则可得BC＝AC＝2，再有勾股定理求出OB，进而得出BD，在中由勾股定理即可求出．（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴∠BOC＝90°，OC＝OA＝AC，∵BE＝AC，∴BE＝OC，∵BE∥AC，∴四边形BECO是平行四边形，∵∠BOC＝90°，∴四边形BECO是矩形；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OB＝BD，OC＝AC＝1，AB＝BC，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴BC＝AC＝2，在Rt△BOC中，由勾股定理得：OB＝＝＝，∴BD＝2OB＝2，由（1）得：四边形BECO是矩形，∴BE＝OC＝1，∠DBE＝90°，在Rt△DBE中，由勾股定理得：DE＝＝＝．【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，二次根式等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题关键．26．(1)60°(2)一组对边平行且相等的四边形是平行四边形(3)S2=2S1【分析】（1）连接BG，由作图知，EF是线段AB的垂直平分线，得到AG=BG，推出△ABG是等边三角形，于是得到结论；（2）根据矩形的性质得到∠BAD=90°，推出GH∥AD，得到四边形AGHD是平行四边形；（3）设EF与AB交于M，根据矩形和平行四边形的面积公式即可得到结论．（1）连接BG，由作图知，EF是线段AB的垂直平分线，∴AG=BG，∵AB=AG，∴AB=AG=BG，∴△ABG是等边三角形，∴∠BAG=60°；故答案为：60°；（2）∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=90°，∵EF⊥AB，∴GH//AD，∵GH=AD，∴四边形AGHD是平行四边形，故答案为：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形（3）设EF与AB交于M，∵S2=AD•AB，S1=HG•AM=AD•AB=AD•AB，∴S2=2S1，故答案为：S2=2S1．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的性质，线段垂直平分线的性质，正确的识别图形是解题的关键．27．（1）见解析；（2）AD=6．【分析】（1）根据已知条件先证明四边形为平行四边形，再根据即可得证；（2）由平分，可求得，在中，，则，根据含30度角的直角三角形的性质，求得，由已知进而即可求得．【详解】（1）平行四边形，，，又，，即，，四边形为平行四边形，又，四边形是矩形．（2）平分，，，，，，在中，，，，，，．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的定义，熟练以上知识点是解题的关键．28．（1）见详解；（2）；(3)AD=DM或AD=2DM．【分析】（1）根据题意作出图形便可，（2）连接BM，先证明△ADM≌△ABF，再证明△FAE≌△MAB，求得BM，便可得EF；（3）设DM=x（x＞0），求出AE、AF、EF，当△AEF为等腰三角形，分两种情况：AE=EF或AF=EF，列出方程求出x的值，进而求得最后结果．【详解】（1）根据题意作图如下：（2）连接BM，如图2，∵点D与点E关于AM所在直线对称，∴AE=AD，∠MAD=∠MAE，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠D==∠ABF=90°，在△ADM和△ABF中

，∴△ADM≌△ABF（SAS），∴AF=AM，∠FAB=∠MAD，∴∠FAB=∠MAE，∴∠FAE=∠MAB，在△FAE和△MAB中∴△FAE≌△MAB（SAS），∴EF=BM，∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD=AB=6，∵DM=2，∴CM=4，∴在RtMCB中，BM=，∴EF=；（3）设DM=x（x＞0），则CM=6-x，在RtMCB中∴EF=BM=，∵AE=AD=6，在RtADM中AF=AM=，∴AF＞AE，∴当△AEF为等腰三角形时，只能有两种情况：AE=EF，或AF=EF，①当AE=EF时，有=6，解得x=6，经检验，x=6是所列方程的解，∴DM=6，∴AD=DM；②当AF=EF时，=，解得，x=3，经检验，x=3是所列方程的解，∴DM=3，∵AD=6，∴AD=2DM，综上，DM与AD的数量关系为AD=DM或AD=2DM．故答案为：AD=DM或AD=2DM．【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，勾股定理，分类思想和方程思想，关键是证明三角形全等．29．(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）根据平行四边形性质得出AB∥DC，推出∠1＝∠2，根据AAS证两三角形全等即可；（2）根据全等得出AB＝CF，根据AB∥CF得出平行四边形ABFC，推出BC