2024八年级数学下册专题5.4特殊平行四边形压轴题综合测试卷含解析新版浙教版

Page1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相互垂直 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】依据正方形的判定，平行四边形的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，逐一进行推断即可．【解题过程】解：A．平行四边形的对角互补，错误，不符合题意；应当是平行四边形的对角相等；B．矩形的对角线相等且相互垂直，错误，不符合题意；应当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；应当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之间两种状况探讨求解．【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，依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】依据三角形中位线定理得到EG=12AB，EG∥AB，FG=12CD，FG∥CD，依据平行线的性质求出∠EGD、∠DGF，进而求出∠【解题过程】解：∵E，G分别是AD，BD的中点，∴EG是△ADB的中位线，∴EG=12AB，EG∥∴∠EGD＝∠ABD＝20°，同理可得：FG=12CD，FG∥∴∠DGF＝180°﹣∠BDC＝110°，∴∠EGF＝∠EGD+∠FGD＝130°，∵AB＝CD，∴EG＝FG，∴∠GEF=1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23cm得到，AD交C'D'于点E，则重叠部分的面积为（）cm2．A．83 B．93 C．103 D．113【思路点拨】依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=AD2-DO∴AC＝63cm，∵CC′＝23cm，∴AC′＝43cm，∴AH＝23cm，∴EH＝2cm，∴EF＝4cm，∴重叠部分的面积为：AC'⋅EF2=43×42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=6，BE＝1，则ADA．6 B．6+1 C．23 D．23【思路点拨】先证明△ABD是等边三角形，再依据ASA证明△ADE≌△BDF，得到AE＝BF=6，进而可求解AB【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，∠A=∠DBFAD=BD∴△ADE≌△BDF（ASA），∴AE＝BF=6∵BE＝1，∴AD＝AB＝AE+BE=6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=a-3+3-a+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A．125 B．3 C．4 【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=a-3∴a﹣3≥0，3﹣a≥0，∴a＝3，∴b＝4，∴A（3，0），B（0，4），∴OA＝3，OB＝4，∵∠AOB＝90°，∴AB=O∵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=OA⋅OB∴EF的最小值为125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推断①正确，由直角三角形的性质和三角形中位线定理可推断②正确，通过证四边形BGFE是平行四边形，可推断③正确，由平行线的性质和等腰三角形的性质可推断④正确，由∠BAC≠30°可推断⑤错误．【解题过程】解：∵四边形ABCD是平行四边形∴BO＝DO=12BD，AD＝BC，AB＝CD，AB∥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=12∵点G是Rt△ABE斜边AB上的中点，∴GE=12AB＝AG∴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=12∴∠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＝22，CD＝72，∠ADB＝135°，S△ABD＝8．则点D的坐标为（）A．(-32，62) B．(-42，6【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，依据全等三角形的性质得到OE＝AD＝22，BE＝CD＝72，依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，∠BEO=∠CDA∠BOE=∠CAD∴△BOE≌△CAD（AAS），∴OE＝AD＝22，BE＝CD＝72，∵∠ADB＝135°，∴∠BDF＝45°，∴BF＝DF，∵S△ABD＝8，∴12AD•BF∴12∴BF＝42，∴EF＝32，∴D（﹣32，62），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．5 B．25 C．35 【思路点拨】过点E作EG⊥AF于点G，依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，依据勾股定理可得n=32，依据S△AFE=12×EF•AB=12×AF•EG，可得EF=【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=∠BFC∠EGF=∠HCF=90°∴△EFG≌△HFC（AAS），∴GF＝CF，在Rt△ABE和Rt△AGE中，AE=AEBE=GE∴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，依据勾股定理得：AF2＝AB2+BF2，∴（6+n）2＝62+（6﹣n）2，解得n=3∴GF＝CH＝n=3∴AF＝6+n=15∵S△AFE=12×EF•AB=1∴6EF=152∴EF=54在Rt△EFG中，依据勾股定理得：EF2＝EG2+GF2，∴（54m）2＝m2+（32）解得m＝2（负值舍去），∴EB＝EG＝CH＝m＝2，∴EF=54m∴EC＝EF+FC=5∴EH=E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38cm．【思路点拨】此题留意要分状况探讨：依据角平分线的定义以及平行线的性质，可以发觉一个等腰三角形，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54【思路点拨】依据题意找出点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'=12∵HO=12∴FE'=12HO=1故答案为：5413．（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】本题先依据△APC为直角三角形进行分类探讨：①当∠APC＝90°时，依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，依据直角三角形中，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=12∵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=12∴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33+3【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，依据垂线段最短，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=12∴CO=A在Rt△BCO中，∠CBA＝45°，∴BO＝CO＝33，∴AB＝AO+BO=33∵AD平分∠CAB，∴∠DAB=12∠在Rt△DHB中，∠CBA＝45°，∴可设DH＝HB＝a，∴AD＝2DH＝2a，∴AH=A∴AB＝AH+BH=3a+a∴3a+a=3∴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=90°∠QMG=∠DMH∴△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，依据垂线段最短，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=33故答案为3315．（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3-3【思路点拨】分两种状况画出图形，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=3a，依据【解题过程】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∵AB＝2，∠ADB＝30°．∴AD＝23，∵点E是边AD的中点，∴DE=3①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=3∴QE=3∵∠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=12∵PE⊥BD，∠ADB＝30°．DE=3∴QE=32，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=3a∴3a+a=3∴a=3∴DF＝3-3综上所述，当△DEQ是直角三角形时，DF的长为1或3或3-3故答案为：1或3或3-3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，∠E=∠DCM∠AME=∠DMC∴△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=∠DAFAB=DA∴△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=12AO，OF=∴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=23【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，∠DAO=∠BCOAO=CO∴△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=BE2∴S菱形ABCD=12AC•BD20．（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°（干脆写结果）．（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）依据平角的定义得到∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，依据角平分线的定义得到∠AFE=12∠DFE，∠AEF=12∠BEF，求得∠AEF+∠AFE=12（∠（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，依据已知条件得到BC＝6，由①得四边形ABCD是正方形，求得BC＝CD＝4，依据全等三角形的性质得到BE＝EG＝2，同理，GF＝DF＝x，依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=12∠DFE，∠AEF∴∠AEF+∠AFE=12（∠DFE+∠BEF）∴∠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，AB=AGAE=AE∴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=4∴DF的长为4321．（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＝125【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，最终由菱形的面积求出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=12BC∴△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，∴AC=B由（1）可知，四边形ABDF是平行四边形，∴DF＝AB＝3，∵DG⊥CF，∴S菱形ADCF=12AC•DF＝CF•即12×4×3=5∴DG=12故答案为：12522．（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）的证明后接着进行了探究，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）依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）依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=12∠BEF，∠EFH=∵AB∥CD，∴∠BEF+∠DFE＝180°，∴∠FEH+∠EFH=12（∠BEF+∠DFE）∵∠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=12∠AEF，∠F