考点冲刺过关05四边形（2大考点分类训练与真题8题）

考点冲刺过关05四边形（2大考点分类训练与真题8题）【安徽十年真题考点及分值细目表】考点1：多边形与平行四边形（10年7考，4~14分）考点2：矩形、菱形、正方形（10年10考，4~22分）【安徽最新模拟练】考点1：多边形与平行四边形（10年7考，4~14分）一．选择题（共7小题）1．（2023•庐阳区校级一模）如图，五边形ABCDE中，AB∥CD，∠1、∠2、∠3是外角，则∠1+∠2+∠3等于（）A．100° B．180° C．210° D．270°【分析】先根据平行线的性质得出∠4+∠5＝180°，再由多边形的外角和为360°即可得出结论．【解答】解：延长AB，DC，∵AB∥CD，∴∠4+∠5＝180°．∵多边形的外角和为360°，∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，∴∠1+∠2+∠3＝360°﹣（∠4+∠5）＝360°﹣180°＝180°．故选：B．【点评】本题考查的是多边形的外角与内角，熟知多边形的外角和等于360°是解题的关键．2．（2023•全椒县模拟）锐角为45°的两个平行四边形的位置如图所示，若∠1＝α，则∠2＝（）A．α﹣45° B．90°﹣α C．135°﹣α D．180°﹣2α【分析】过点D作DE∥AB，则CF∥DE，由平行线的性质得出∠1+∠ADE＝180°，∠2＝∠EDF，证出180°﹣α+∠2＝135°，则可得出结论．【解答】解：如图，过点D作DE∥AB，则CF∥DE，∵平行四边形的锐角为45°，∴∠ADF＝135°，∵AB∥DE，∴∠1+∠ADE＝180°，∵CF∥DE，∴∠2＝∠EDF，∴180°﹣α+∠2＝135°，∴∠2＝α﹣45°，故选：A．【点评】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．3．（2023•怀远县校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D、E分别是AB、BC的中点，F在CA延长线上，∠FDA＝∠B，AC＝6，AB＝8，则四边形AEDF的周长为（）A．16 B．20 C．18 D．22【分析】根据勾股定理先求出BC的长，再根据三角形中位线定理和直角三角形的性质求出DE和AE的长，进而由已知可判定四边形AEDF是平行四边形，从而不难求得其周长．【解答】解：在Rt△ABC中，∵AC＝6，AB＝8，∴BC＝10，∵E是BC的中点，∴AE＝BE＝5，∴∠BAE＝∠B，∵∠FDA＝∠B，∴∠FDA＝∠BAE，∴DF∥AE，∵D、E分别是AB、BC的中点，∴DE∥AC，DE＝AC＝3∴四边形AEDF是平行四边形∴四边形AEDF的周长＝2×（3+5）＝16．故选：A．【点评】熟悉直角三角形的性质、等腰三角形的判定以及平行四边形的判定．熟练运用三角形的中位线定理和直角三角形的勾股定理是解题的关键．4．（2023•定远县校级一模）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE平分∠BAD，交BC于点E，且∠ADC＝60°，AD＝2AB，连接OE，下列结论：①∠CAD＝30°；②OD＝AB；③S平行四边形ABCD＝AC•CD；④S四边形OECD＝S△AOD：⑤OE＝AD．其中成立的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】结合平行四边形的性质可证明△ABE为等边三角形，由BC＝AD＝2AB，可判断①，证明∠BAC＝90°，可判断②；由平行四边形的面积公式可判断③；利用三角形中线的性质结合三角形的面积可求解判断④，由三角形中位线定理可求AB＝2OE，即可判断⑤，即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∠ADC＝60°，∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，OB＝OD，AO＝CO，∴∠DAE＝∠AEB，∠BAD＝∠BCD＝120°，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE，∴∠BAE＝∠AEB∴△ABE为等边三角形，∴∠BAE＝∠AEB＝60°，AB＝BE＝AE，∵BC＝AD＝2AB，∴EC＝AE＝BE，∴∠EAC＝∠ECA＝30°，∴∠CAD＝30°，故①正确；∵∠BAD＝120°，∠CAD＝30°，∴∠BAC＝90°，∴BO＞AB，∴OD＞AB，故②错误；∴S▱ABCD＝AB•AC＝AC•CD，故③正确；∵∠BAC＝90°，BC＝2AB，∴E是BC的中点，∴S△BEO：S△BCD＝1：4，∴S四边形OECD：S△BCD＝3：4，∴S四边形OECD：S▱ABCD＝3：8，∵S△AOD：S▱ABCD＝1：4，∴S四边形OECD＝S△AOD，故④正确．∵AO＝OC，BE＝EC，∴AB＝2OE，∵AD＝2AB，∴OE＝AD，故⑤正确，故选：D．【点评】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，等边三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．5．（2023•雨山区校级一模）如图，在▱ABCD中，E为边CD的中点，连接AE交BD于点F，射线CF与射线BA交于点G，CG与AD交于点H，下列说法错误的是（）A．BF＝2DF B．AD＝2AH C．GF＝3CF D．S△ABF＝S△BCF【分析】由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，则AB＝CD＝2ED，由△ABF∽△EDF，得＝＝2，则BF＝2DF，可判断A正确；由GB∥CD，证明△GBF∽△CDF，得＝＝2，则GB＝2CD＝2AB，可推导出GA＝AB＝CD，再证明△GAH≌△CDH，得AH＝DH，所以AD＝2AH，可判断B正确；由△GBF∽△CDF，得＝＝2，则GF＝2CF≠3CF，可判断C错误；由BF＝2DF，得BF＝BD，所以S△ABF＝S△ABD，S△BCF＝S△CDB，可证明S△ABF＝S△BCF，所以D正确，于是得到问题的答案．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∵E为边CD的中点，∴CD＝2ED，∴AB＝2ED，∵AB∥ED，∴△ABF∽△EDF，∴＝＝＝2，∴BF＝2DF，故A正确；∵GB∥CD，∴△GBF∽△CDF，∠G＝∠HCD，∴＝＝2，∴GB＝2CD＝2AB，∴GA＝AB＝CD，在△GAH和△CDH中，，∴△GAH≌△CDH（AAS），∴AH＝DH，∴AD＝2AH，故B正确；∵△GBF∽△CDF，∴＝＝2，∴GF＝2CF≠3CF，故C错误；∵BF＝2DF，∴BF＝BD，∴S△ABF＝S△ABD，S△BCF＝S△CDB，∵S△ABD＝S△CDB，∴S△ABF＝S△BCF，故D正确，故选：C．【点评】此题重点考查平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、高相等的两个三角形的面积的比等于底边的比等知识，证明△GBF∽△CDF及△GAH≌△CDH是解题的关键．6．（2023•蜀山区校级一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，点P为BC边上任意一点，连接PA，以PA，PC为邻边作平行四边形PAQC，连接PQ，则PQ长度的最小值为（）A．3 B．2.5 C．2.4 D．2【分析】以PA，PC为邻边作平行四边形PAQC，由平行四边形的性质可知O是AC中点，PQ最短也就是PO最短，所以应该过O作BC的垂线P′O，然后根据△P′OC和△ABC相似，利用相似三角形的性质即可求出PQ的最小值．【解答】解：∵∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，∴AC＝＝＝4，∵四边形APCQ是平行四边形，∴PO＝QO，CO＝AO，∵PQ最短也就是PO最短，∴过O作BC的垂线OP′，∵∠ACB＝∠P′CO，∠CP′O＝∠CAB＝90°，∴△CAB∽△CP′O，∴，∴，∴OP′＝，∴则PQ的最小值为2OP′＝，故选：C．【点评】本题考查了勾股定理的运用、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质以及垂线段最短的性质，解题的关键是作出高线构造出相似三角形．7．（2023•庐阳区模拟）如图，已知：平行四边形ABCD中，BE⊥CD于E，BE＝AB，∠DAB＝60°，∠DAB的平分线交BC于F，连接EF．则∠EFA的度数等于（）A．30° B．40° C．45° D．50°【分析】根据平行四边形的性质得到AD∥BC，根据平行线的性质得到∠DAF＝∠AFB，根据角平分线的定义得到∠DAF＝∠BAF＝DAB＝30°，求得∠BAF＝∠AFB＝30°，求得∠EBF＝30°，于是得到结论．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠DAF＝∠AFB，∵AF平分∠∠DAB，∴∠DAF＝∠BAF＝DAB＝30°，∴∠BAF＝∠AFB＝30°，∴AB＝BF，∵BE＝AB，∴BE＝BF，∴∠BEF＝∠BFE，∵BE⊥CD，∴∠BEC＝90°，∵DAB＝60°，∴∠C＝∠DAB＝60°，∴∠EBF＝30°，∴∠BFE＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠EFA＝∠BFE﹣∠BFA＝45°，故选：C．【点评】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．二．填空题（共1小题）8．（2023•怀远县校级模拟）如图，P是▱ABCD内一点，且S△PAB＝6，S△PAD＝2，则阴影部分的面积为4．【分析】根据图形得出S△PAB+S△PCD＝S△ADC，求出S△ADC﹣S△PCD＝S△PAB，求出S△PAC＝S△PAB﹣S△PAD，代入求出即可．【解答】解：∵S△PAB+S△PCD＝S平行四边形ABCD＝S△ADC，∴S△ADC﹣S△PCD＝S△PAB，则S△PAC＝S△ACD﹣S△PCD﹣S△PAD＝S△PAB﹣S△PAD＝6﹣2＝4．故答案为：4．【点评】本题考查了平行四边形的性质和平行四边形的面积的有关问题，关键是推出S△PAC＝S△PAB﹣S△PAD．三．解答题（共1小题）9．（2023•安徽模拟）如图，AH是△ABC的高，CD是△ABC的中线，AH＝CD，DE∥AC，BE∥CD，直线AH交CD于点M，交CE于点N．（1）求证：四边形BDCE是平行四边形；（2）求∠BCD的度数；（3）当BC＝，CN＝4EN时，求线段MH的长．【分析】（1）证△ADC≌△DBE（ASA），得CD＝BE，再由BE∥CD，即可得出结论；（2）取BH的中点G，连接DG，由三角形中位线定理得DG＝AH，DG∥AH，再证DG＝CD，得∠DCG＝30°，即∠BCD＝30°；（3）设MH＝x，由含30°角的直角三角形的性质得CH＝MH＝x，则BH＝BC﹣CH＝﹣x，再由平行四边形的性质得CE＝BD＝AB，CE∥AB，然后证△CHN∽△BHA，得出CN＝CE，则CN＝AB，即可解决问题．【解答】（1）证明：∵DE∥AC，∴∠CAD＝∠EDB，∵BE∥CD，∴∠CDA＝∠EBD，∵CD是△ABC的中线，∴AD＝BD，在△ADC和△DBE中，，∴△ADC≌△DBE（ASA），∴CD＝BE，∵BE∥CD，∴四边形BDCE是平行四边形；（2）解：取BH的中点G，连接DG，如图所示：∵CD是△ABC的中线，∴DG是△ABH的中位线，∴DG＝AH，DG∥AH，∵AH是△ABC的高，∴DG⊥BC，∴∠CGD＝90°，∵AH＝CD，∴DG＝CD，∴∠DCG＝30°，即∠BCD＝30°；（3）解：设MH＝x，∵AH⊥BC，∠BCD＝30°，∴CH＝MH＝x，∴BH＝BC﹣CH＝﹣x，由（1）得：四边形BDCE是平行四边形，∴CE＝BD＝AB，CE∥AB，∴△CHN∽△BHA，∴＝，∵CN＝4EN，∴CN＝CE，∴CN＝AB，∴＝，解得：x＝，∴线段MH的长为．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理、含30°角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．考点2：矩形、菱形、正方形（10年10考，4~22分）一．选择题（共4小题）1．（2023•芜湖模拟）如图，矩形ABCD为一个正在倒水的水杯的截面图，杯中水面与CD的交点为E，当水杯底面BC与水平面的夹角为27°时，∠AED的大小为（）A．27° B．53° C．57° D．63°【分析】根据题意可知AE∥BF，∠EAB＝∠ABF，∠ABF+27°＝90°，等量代换求出∠EAB，再根据平行线的性质求出∠AED．【解答】解：如图，∵AE∥BF，∴∠EAB＝∠ABF，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠ABC＝90°，∴∠ABF+27°＝90°，∴∠ABF＝63°，∴∠EAB＝63°，∵AB∥CD，∴∠AED＝∠EAB＝63°．故选：D．【点评】本题结合矩形考查了平行线的性质，熟练运用平行线的性质得出角的相等或互补关系是解题的关键．2．（2023•合肥二模）如图，在菱形ABCD中，点E在AC的延长线上，∠ACD＝∠ABE，AC＝4，CE＝5，求CD的长（）A．5 B．6 C． D．【分析】利用菱形的性质、平行线的性质得到∠ACD＝∠ABE＝∠CAB＝∠ACB，推出AE＝BE＝9，证明△ABE∽△ACB，利用相似三角形的性质求得AB＝6，据此即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴CD＝AB，CD∥AB，∠ACD＝∠ACB，∴∠ACD＝∠CAB，∵∠ACD＝∠ABE，∴∠ACD＝∠ABE＝∠CAB＝∠ACB，∴AE＝BE，AB＝BG，∵AC＝4，CE＝5，∴AE＝BE＝9，∵∠ABE＝∠CAB＝∠ACB，∴△ABE∽△ACB，∴，即，∴AB＝6，∴CD的长为6．故选：B．【点评】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，证明△ABE∽△ACB是解题的关键．3．（2023•杜集区校级模拟）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE＝AD，连接EB，EC，DB，下列条件中，不能使四边形DBCE成为菱形的是（）A．AB＝BE B．BE⊥DC C．∠ABE＝90° D．BE平分∠DBC【分析】根据菱形的判定方法一一判断即可；【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，又∵AD＝DE，∴DE∥BC，且DE＝BC，∴四边形BCED为平行四边形，A、∵AB＝BE，DE＝AD，∴BD⊥AE，∴▱DBCE为矩形，故本选项错误；B、∵BE⊥DC，∴对角线互相垂直的平行四边形为菱形，故本选项正确；C、∵∠ABE＝90°，∴BD＝DE，∴邻边相等的平行四边形为菱形，故本选项正确；D、∵BE平分∠DBC，∴对角线平分对角的平行四边形为菱形，故本选项正确．故选：A．【点评】此题主要考查了平行四边形的判定以及菱形的判定，正确掌握菱形的判定与性质是解题关键．4．（2023•亳州模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点P从点A出发，按A→B→C的方向在边AB和BC上移动，记AP＝x，点D到直线AP的距离DE为y，则y的最小值是（）A．6 B． C．5 D．4【分析】根据题意和图形可知，当点P在AB段时，y的值是定值8，当点P在BC段时，y随x的变化而变化，然后根据相似三角形的判定和性质，可以得到y和x的关系，再根据题意，可以得到x的取值范围，从而可以得到y的最小值．【解答】解：连接AC，当点B在AB上运动时，y的值恒为8，当点P在BC上时，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠B＝90°，AD＝BC＝8，∴∠BAP+∠DAE＝90°，∠BAP+∠APB＝90°，∴∠DAE＝∠APB，∵DE⊥AP，∴∠DEA＝90°，∴∠B＝∠DEA，∴△ABP∽△DEA，∴，即，∴y＝，∵AB＝6，BC＝8，∠B＝90°，∴AC＝10，∴6＜x≤10，∴当x＝10时，y取得最小值＝，故选：B．【点评】本题考查矩形的性质、相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．二．填空题（共8小题）5．（2023•安徽模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，以点D为圆心，适当长为半径作弧，交BA所在直线于点M、N，分别以点M，N为圆心，大于MN的长为半径作弧，两弧相交于点P，连接DP交BA延长线于点E，连接OE，若AB＝，OE＝，则DE的长为．【分析】根据菱形的性质可得AC⊥BD，OB＝OD，AB＝AD＝，由作图过程可知：DE⊥BE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BD＝2，然后利用勾股定理列出方程求出AE，进而可以解决问题．【解答】解：在菱形ABCD中，AC⊥BD，OB＝OD，AB＝AD＝，由作图过程可知：DE⊥BE，∴OE＝OB＝OD＝，∴BD＝2，在Rt△ADE和Rt△BDE中，根据勾股定理得：DE2＝AD2﹣AE2，DE2＝BD2﹣BE2，∴（）2﹣AE2＝（2）2﹣（+AE）2，∴AE＝∴AE2＝，∴DE2＝AD2﹣AE2＝6﹣＝，∴DE＝．故答案为：．【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理，二次根式的应用，解决本题的关键是掌握菱形的性质．6．（2023•雨山区一模）如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，AB＝2，点E是边AB上一点，以DE为对称轴将△DAE折叠得到△DGE，再折叠BE使BE落在直线EG上，点B的对应点为点H，折痕为EF且交BC于点F．（1）∠DEF＝90°；（2）若点E是AB的中点，则DF的长为．【分析】（1）由翻折可得∠AED＝∠DEG，∠BEF＝∠HEF，则∠DEG+∠HEF＝∠AED+∠BEF，根据∠DEG+∠HEF+∠AED+∠BEF＝180°，可得∠DEG+∠HEF＝90°，即∠DEF＝90°．（2）根据题意可得点G与点H重合，且点D，G，F三点在同一条直线上．过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M．由∠A＝120°，AB＝2，可得∠DCM＝60°，CD＝2，则CM＝CD＝1，DM＝CD＝，由翻折可得BF＝FG，AD＝DG＝2，设BF＝x，则MF＝2﹣x+1＝3﹣x，DF＝2+x，由勾股定理可得，解得x＝，进而可得出答案．【解答】解：（1）由翻折可得∠AED＝∠DEG，∠BEF＝∠HEF，∴∠DEG+∠HEF＝∠AED+∠BEF，∵∠DEG+∠HEF+∠AED+∠BEF＝180°，∴∠DEG+∠HEF＝90°，即∠DEF＝90°．故答案为：90°．（2）∵四边形ABCD为菱形，∴AD∥BC，∴∠A+∠B＝180°，由翻折可得AE＝EG，BE＝EH，∠A＝∠EGD，∠B＝∠EHF，∵点E是AB的中点，∴AE＝BE，∴EG＝EH，即点G与点H重合．∵∠EGD+∠EHF＝∠A+∠B＝180°，∴点D，G，F三点在同一条直线上．过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M．∵∠A＝120°，AB＝2，∴∠DCM＝60°，CD＝2，∴CM＝CD＝1，DM＝CD＝，由翻折可得BF＝FG，AD＝DG＝2，设BF＝x，则MF＝2﹣x+1＝3﹣x，DF＝2+x，由勾股定理可得，解得x＝，∴DF＝．故答案为：．【点评】本题考查翻折变换（折叠问题）、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握翻折的性质是解答本题的关键．7．（2023•安徽模拟）如图，在矩形ABCD中，AD＝2，AB＝4，E为CD上一动点，F为CB延长线一点，且在E点运动中始终保持∠EAF＝90°．（1）当∠DAE＝45°时，则AF的长为4；（2）在此运动过程中，的比值为．【分析】（1）根据矩形的性质得到∠D＝∠ABC＝90°，求得∠ABF＝90°，根据等腰直角三角形的性质得到AE＝AD＝2，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论；（2）根据矩形的性质得到∠D＝∠ABC＝90°，求得∠ABF＝90°，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论；【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠ABC＝90°，∴∠ABF＝90°，∵∠DAE＝45°，∴∠DAE＝∠AED＝45°，∴AD＝DE＝2，∴AE＝AD＝2，∵∠EAF＝90°，∴∠FAB＝∠DAE，∴△ABF∽△ADE，∴，∴，∴AF＝4，故答案为：4；（2）∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝∠ABC＝90°，∴∠ABF＝90°，∵∠EAF＝90°，∴∠FAB＝∠DAE，∴△ABF∽△ADE，∴＝＝，故答案为：．【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．8．（2023•天长市一模）如图，四边形ABCD为菱形，点E是AD的中点，点F，H是对角线BD上两点，且FH＝3，点G在边BC上．若四边形EFGH是矩形，则菱形ABCD的周长为12．【分析】连接EG，易证△BGF≌△DEH（AAS），可得BG＝DE，再根据E是AD的中点，可证四边形ABGE是平行四边形，可得AB＝GE，再根据矩形的性质可得EG＝FH，可得AB的长，进一步即可求出菱形ABCD的周长．【解答】解：连接EG，如图所示：在矩形EFGH中，EH＝FG，∠FEH＝∠FGH＝90°，又∵∠AEF＝∠CGH，∴∠DEH＝∠BGF，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠EDH＝∠GBF，∴△BGF≌△DEH（AAS），∴BG＝DE，∵E为AD中点，∴AE＝ED，∴AE＝BG，∵AE∥BG，∴四边形ABGE是平行四边形，∴AB＝EG，∵四边形EFGH是矩形，FH＝3，∴EG＝3，∴AB＝3，∴菱形ABCD的周长为3×4＝12．故答案为：12．【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，本题综合性较强，属于中考常考题型．9．（2023•庐阳区校级一模）在平面直角坐标系中，已知矩形OABC中，点A（0，3），C（4，0），点E、D分别是线段OC、AC上的动点，且四边形DEFB也是矩形．（1）＝；（2）若△BCD是等腰三角形，CF＝或或．【分析】（1）通过证明点B，点C，点E，点D四点共圆，可得∠BED＝∠ACB，由锐角三角函数可求解；（2）通过证明△ABD∽△CBF，可得CF＝AD，分三种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解．【解答】解：（1）连接BE，∵矩形OABC中，点A（0，3），C（4，0），∴AO＝BC＝3，AB＝OC＝4，∴AC＝＝＝5，∵∠BDE＝90°＝∠BCO，∴点B，点C，点E，点D四点共圆，∴∠BED＝∠ACB，∴tan∠BED＝tan∠ACB＝＝，∴＝，故答案为：；（2）∵＝，∴＝＝，∵∠ABC＝∠DBF＝90°，∴∠ABD＝∠CBF，∴△ABD∽△CBF，∴＝＝，∴CF＝AD，当BC＝CD＝3时，则AD＝2，∴CF＝，当BD＝CD时，则点D在BC的中垂线上，即点D是AC的中点，∴AD＝，∴CF＝，当BD＝BC时，如图，过点B作BH⊥AC于H，∴DH＝CH，∵cos∠BCH＝＝，∴，∴CH＝，∴CD＝，∴AD＝，∴CF＝，综上所述：CF的长为或或，故答案为：或或．【点评】本题考查了矩形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．10．（2023•亳州二模）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N．（1）∠MDN的度数是90°；（2）若AB＝6，AC＝8．连接MN，当线段MN有最小值时，线段AM的长为．【分析】（1）根据矩形的判定和性质解答即可；（2）连接AD，利用矩形的性质和面积公式解答即可．【解答】（1）解：∵DM⊥AB，DN⊥AC，∴∠DMA＝∠DNA＝90°，∵∠A＝90°，∴四边形DMAN是矩形，∴∠MDN＝90°，故答案为：90°；（2）解：连接AD，∵∠A＝90°，AB＝6，AC＝8，∴BC＝，∵四边形DMAN是矩形，∴MN＝AD，由题意可知，当AD⊥BC时，线段AD的值最小，即线段MN有最小值，此时△ABC的面积为AB•AC＝，∴AD＝，∵∠ADB＝∠AMD＝90°，∠B+∠BAD＝90°，∠BAD+∠ADM＝90°，∴∠B＝∠ADM，∴△ADM∽△ABD，∴，∴，∴AM＝．故答案为：．【点评】此题考查矩形的判定和性质，关键是根据矩形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质解答即可．11．（2023•合肥模拟）如图，点P在正方形ABCD内，∠BPC＝135°，连接PA、PB、PC、PD．（1）若PA＝AB，则∠CPD＝90°；（2）若PB＝2，PC＝3，则PD的长为．【分析】（1）根据正方形的性质得到AD＝AB，求得PA＝AD，设∠APB＝α，则∠BAP＝180°﹣2a，根据周角的定义即可得到结论；（2）如图，过C作CQ⊥CP，过P作PQ⊥PB，PQ与CQ相交于Q，连接BQ，推出△PCQ为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得到，根据全等三角形的性质得到BQ＝PD，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∵PA＝AB，∴PA＝AD，设∠APB＝α，则∠BAP＝180°﹣2a，∴∠PAD＝2α﹣90°，∠APD＝＝135°﹣α，∵∠BPC＝135°，∴∠CPD＝360°﹣（135°﹣α）﹣a﹣135°＝90°；故答案为：90°；（2）如图，过C作CQ⊥CP，过P作PQ⊥PB，PQ与CQ相交于Q，连接BQ，∵∠BPC＝135°，∴∠CPQ＝45°，∴△PCQ为等腰直角三角形，∵PC＝3，∴，∵CD＝BC，∠PCD＝∠QCB，PC＝CQ，∴△DCP≌△BCQ（SAS），∴BQ＝PD，在Rt△PBQ中，PB2+PQ2＝BQ2，∵PB＝2，∴．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．12．（2023•安徽一模）如图，正方形ABCD中，BC＝12，M是AB边的中点，连接DM，点E在DC上，点F在DM上．（1）若点F是DM的中点，DM与AC交于点P，则此时PM与PF的数量关系为PM＝2PF．（2）若∠DFE＝45°，PF＝，EF与AC不平行，则此时CE＝5．【分析】（1）根据正方形的性质得到AB＝BC＝12，根据相似三角形的判定和性质即可得到结论；（2）在直角△ADM中，利用勾股定理求出DM的长度，由于F为DM的中点，得到DF的长度，由于AB∥CD，易得△DCP∽△MAP，从而求得DP的长度，由于∠DFE＝∠DCP＝45°，可以证明△DEF∽△DPC，即可解决．【解答】解：（1）∵正方形ABCD中，BC＝12，∴AB＝BC＝12，∵M是AB边的中点，∴AM＝AB＝6，∵AB∥CD，∴△APM∽△CPD，∴＝＝＝，∴PM＝DM，PD＝DM，∵点F是DM的中点，∴DF＝FM＝DM，∴PF＝PD﹣FD＝DM﹣DM＝DM，∴＝＝2，∴PM＝2PF；故答案为：PM＝2PF；（2）解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝BC＝DC＝12，∠DAM＝90°，AB∥DC，∵M为AB边的中点，∴AM＝BM＝6，∴DM＝＝6，∵F为DM的中点，∴DF＝MF＝3，∵AB∥CD，∴∠CDP＝∠PMA，∠DCP＝∠MAP，∴△DCP∽△MAP，∴＝2，∴DP＝DM＝4，∵四边形ABCD是正方形，∠DFE＝45°，∴∠DCP＝∠DFE＝45°，∵∠CDP＝∠FDE，∴△DCP∽△DFE，∴，∴DE＝＝＝5，故答案为：5．【点评】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质求线段长，是求线段的常用方法．三．解答题（共5小题）13．（2023•芜湖模拟）如图，E为菱形ABCD边BC上一点，过点E作EG⊥AD于G，交BD于F，连接DE．过点D作DM⊥BD，交BC的延长线于点M．（1）若∠A＝4∠DEG，求证：∠M＝2∠DEG；（2）在（1）的条件下，若AB＝5，BE＝4，求EF的长．【分析】（1）设∠DEG＝α，则∠A＝4α，由菱形的性质得到∠ABD＝∠CBD＝∠BDC＝90°﹣2α，再证∠M＝2α，即可得出结论；（2）先证DM＝EM＝EC+CM＝6，再由勾股定理得BD＝8，然后证△FBE∽△MBD，得＝，即可得出结论．【解答】（1）证明：设∠DEG＝α，则∠A＝4α，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∠ABD＝∠CBD，∴∠ABC＝180°﹣∠A＝180°﹣4α，∠ABD＝∠CBD＝∠BDC，∴∠ABD＝∠CBD＝∠BDC＝90°﹣2α，∵DM⊥BD，∴∠BDM＝90°，∴∠M＝90°﹣∠CBD＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α，∴∠M＝2∠DEG；（2）解：由（1）可知，∠CDM＝90°﹣∠BDC＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α，∴∠M＝∠CDM，∴CD＝CM＝5，∵EG⊥AD，∴∠BEG＝90°，∴∠DEM＝180°﹣∠BEG﹣∠DEG＝180°﹣90°﹣α＝90°﹣α，∴∠EDM＝180°﹣∠DEM﹣∠M＝180°﹣（90°﹣α）﹣2α＝90°﹣α，∴∠DEM＝∠EDM，∴DM＝EM＝EC+CM＝1+5＝6，∴BM＝BC+CM＝5+5＝10，∴BD＝＝＝8，∵∠BEF＝∠BDM＝90°，∠FBE＝∠MBD，∴△FBE∽△MBD，∴＝，即＝，解得：EF＝3，即EF的长为3．【点评】本题考查了菱形的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键．14．（2023•瑶海区一模）已知菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E，F分别在边AB，AD上，△ECF是等边三角形．（1）如图1，对角线AC交EF于点M，求证：∠BCE＝∠FCM；（2）如图2，点N在AC上，且AN＝BE，若BC＝3，BE＝1，求MN的值．【分析】（1）由“SAS”可证△CBE≌△CAF，可得∠BCE＝∠FCM；（2）连接FN，由（1）知△ABC是等边三角形，BE＝AF，根据菱形的性质得到AD∥BC，根据平行线的性质得到∠FAN＝∠BCA＝60°，根据全等三角形的性质得到EF＝BN，推出四边形BNFE是平行四边形，得到EF∥BN，于是得到结论．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴BA＝BC，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝60°，AC＝BC，∵△ECF是等边三角形，∴EC＝CF，∠ECF＝∠ACB＝60°，∴∠BCE＝∠ACF，在△CBE和△CAF中，，∴△CBE≌△CAF（SAS），∴∠BCE＝∠FCM；（2）解：连接FN，由（1）知△ABC是等边三角形，BE＝AF，∴∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC＝3，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠FAN＝∠BCA＝60°，∵AN＝BE，∴AN＝BE＝AF＝1，∴△AFN是等边三角形，AE＝2，∴BE＝AF＝FN，在△AEF和△CFN中，，∴△AEF≌△CFN（SAS），∴EF＝BN，∴四边形BNFE是平行四边形，∴EF∥BN，∴＝＝，∴1﹣MN＝，∴MN＝．方法二：∵∠MAE＝∠EBC＝60°，∠2+∠3＝120°，∠2+∠4＝120°，∴∠3＝∠4，∴△MAE∽△EBC，∴，设MN＝x，则AM＝1﹣x，∴，∴x＝，∴MN＝．【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．15．（2023•瑶海区模拟）在菱形ABCD中，∠BAD＝60°．（1）如图1，点E为线段AB的中点，连接DE，CE，若AB＝4，求线段EC的长；（2）如图2，M为线段AC上一点（M不与A，C重合），以AM为边，构造如图所示等边三角形AMN，线段MN与AD交于点G，连接NC，DM，Q为线段NC的中点，连接DQ，MQ，求证：DM＝2DQ．【分析】（1）如图1，连接对角线BD，先证明△ABD是等边三角形，根据E是AB的中点，由等腰三角形三线合一得：DE⊥AB，利用勾股定理依次求DE和EC的长；（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，先证明△ADH是等边三角形，再由△AMN是等边三角形，得条件证明△ANH≌△AMD（SAS），则HN＝DM，根据DQ是△CHN的中位线，得HN＝2DQ，由等量代换可得结论．【解答】解：（1）如图1，连接BD，则BD平分∠ABC，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠A+∠ABC＝180°，∵∠A＝60°，∴∠ABC＝120°，∴∠ABD＝∠ABC＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴BD＝AD＝4，∵E是AB的中点，∴DE⊥AB，由勾股定理得：DE＝＝2，∵DC∥AB，∴∠EDC＝∠DEA＝90°，在Rt△DEC中，DC＝4，EC＝＝＝2；（2）如图2，延长CD至H，使CD＝DH，连接NH、AH，∵AD＝CD，∴AD＝DH，∵CD∥AB，∴∠HDA＝∠BAD＝60°，∴△ADH是等边三角形，∴AH＝AD，∠HAD＝60°，∵△AMN是等边三角形，∴AM＝AN，∠NAM＝60°，∴∠HAN+∠NAG＝∠NAG+∠DAM，∴∠HAN＝∠DAM，在△ANH和△AMD中，∵，∴△ANH≌△AMD（SAS），∴HN＝DM，∵D是CH的中点，Q是NC的中点，∴DQ是△CHN的中位线，∴HN＝2DQ，∴DM＝2DQ．【点评】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线、三角形全等的性质和判定、等边三角形的性质和判定，本题证明△ANH≌△AMD是关键，并与三角形中位线相结合，解决问题；第二问有难度，注意辅助线的构建．16．（2023•雨山区校级一模）已知：如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为点E和点F，AE、AF分别与BD相交于点M、N．（1）求证：EF∥BD；（2）当MN：EF＝2：3时，求证：△AMN是等边三角形．【分析】（1）利用菱形的性质和已知条件易证△ABE≌△ADF，所以BE＝DF，再证明，即可得到EF∥BD；（2）根据已知条件可证明AM＝AN，由（1）可知：AE＝AF，进而可证明：△AMN是等边三角形．【解答】证明：（1）在菱形ABCD中，∵AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为点E和点F，∴∠AEB＝∠AFD＝90°．在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF．∴BE＝DF，又∵BC＝CD，∴，∴EF∥BD；（2）∵MN∥EF，MN：EF＝2：3，∴．∴．∵BE∥AD，∴．而AD＝AB，∴．∴∠BAE＝30°．∵AB∥CD，AF⊥CD，∴∠BAF＝90°．∴∠EAF＝60°．∵△ABE≌△ADF，∴AE＝AF．而，∴AM＝AN．∴△AMN是等边三角形．【点评】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、平行线的判定和性质以及等边三角形的判定方法，题目的综合性较强，难度中等．17．（2023•庐阳区校级模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．（1）求证：四边形OEFG是矩形；（2）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的长．【分析】（1）根据菱形的性质得出OB＝OD，再由点E是AD的中点，所以，AE＝DE，进而判断出OE是三角形ABD的中位线，得到AE＝OE＝AD，推出OE∥FG，求得四边形OEFG是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；（2）根据菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，得到OE＝AE＝AD＝5；由（1）知，四边形OEFG是矩形，求得FG＝OE＝5，根据勾股定理得到AF＝＝3，于是得到结论．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴OB＝OD，∵E是AD的中点，∴OE是△ABD的中位线，∴OE∥FG，∵OG∥EF，∴四边形OEFG是平行四边形，∵EF⊥AB，∴∠EFG＝90°，∴平行四边形OEFG是矩形；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，∴∠AOD＝90°，∵E是AD的中点，∴OE＝AE＝AD＝5；由（1）知，四边形OEFG是矩形，∴FG＝OE＝5，∵AE＝5，EF＝4，∴AF＝＝3，∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2．【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．【安徽实战真题练】一．选择题（共2小题）1．（2022•安徽）两个矩形的位置如图所示，若∠1＝α，则∠2＝（）A．α﹣90° B．α﹣45° C．180°﹣α D．270°﹣α【分析】根据矩形的性质和三角形外角的性质，可以用含α的式子表示出∠2．【解答】解：由图可得，∠1＝90°+∠3，∵∠1＝α，∴∠3＝α﹣90°，∵∠3+∠2＝90°，∴∠2＝90°﹣∠3＝90°﹣（α﹣90°）＝90°﹣α+90°＝180°﹣α，故选：C．【点评】本题考查矩形的性质、三角形外角的性质，解答本题的关键是明确题意，用含α的代数式表示出∠2．2．（2019•安徽）如图，在正方形ABCD中，点E，F将对角线AC三等分，且AC＝12，点P在正方形的边上，则满足PE+PF＝9的点P的个数是（）A．0 B．4 C．6 D．8【分析】作点F关于BC的对称点M，连接FM交BC于点N，连接EM，交BC于点H，可得点H到点E和点F的距离之和最小，可求最小值，即可求解．【解答】解：如图，作点F关于BC的对称点M，连接FM交BC于点N，连接EM，交BC于点H∵点E，F将对角线AC三等分，且AC＝12，∴EC＝8，FC＝4＝AE，∵点M与点F关于BC对称∴CF＝CM＝4，∠ACB＝∠BCM＝45°∴∠ACM＝90°∴EM＝＝4则在线段BC存在点H到点E和点F的距离之和最小为4＜9在点H右侧，当点P与点C重合时，则PE+PF＝12∴点P在CH上时，4＜PE+PF≤12在点H左侧，当点P与点B重合时，BF＝＝2∵AB＝BC，AE＝CF，∠BAE＝∠BCF∴△ABE≌△CBF（SAS）∴BE＝BF＝2∴PE+PF＝4∴点P在BH上时，4＜PE+PF≤4∴在线段BC上点H的左右两边各有一个点P使PE+PF＝9，同理在线段AB，AD，CD上都存在两个点使PE+PF＝9．即共有8个点P满足PE+PF＝9，故选：D．【点评】本题考查了正方形的性质，最短路径问题，在BC上找到点H，使点H到点E和点F的距离之和最小是本题的关键．二．填空题（共2小题）3．（2022•安徽）如图，▱OABC的顶点O是坐标原点，A在x轴的正半轴上，B，C在第一象限，反比例函数y＝的图象经过点C，y＝（k≠0）的图象经过点B．若OC＝AC，则k＝3．【分析】设出C点的坐标，根据C点的坐标得出B点的坐标，然后计算出k值即可．【解答】解：由题知，反比例函数y＝的图象经过点C，设C点坐标为（a，），作CH⊥OA于H，过A点作AG⊥BC于G，∵四边形OABC是平行四边形，OC＝AC，∴OH＝AH，CG＝BG，四边形HAGC是矩形，∴OH＝CG＝BG＝a，即B（3a，），∵y＝（k≠0）的图象经过点B，∴k＝3a•＝3，故答案为：3．【点评】本题主要考查反比例函数的图象和性质，熟练掌握反比例函数的图象和性质，平行四边形的性质等知识是解题的关键．4．（2022•安徽）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：（1）∠FDG＝45°；（2）若DE＝1，DF＝2，则MN＝．【分析】（1）根据AAS证△ABE≌△GEF，得出EG＝AB，GF＝AE，推出DG＝GF即可得出∠FDG的度数；（2）由（1）的结论得出CD的长度，GF的长度，根据相似三角形的性质分别求出DM，NC的值即可得出MN的值．【解答】解：由题知，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，∴∠AEB+∠GEF＝90°，∵∠AEB+∠ABE＝90°，∴∠GEF＝∠ABE，在△ABE和△GEF中，，∴△ABE≌△GEF（AAS），∴EG＝AB＝AD，GF＝AE，即DG+DE＝AE+DE，∴DG＝AE，∴DG＝GF，即△DGF是等腰直角三角形，∴∠FDG＝45°，故答案为：45°；（2）∵DE＝1，DF＝2，由（1）知，△DGF是等腰直角三角形，∴DG＝GF＝2，AB＝AD＝CD＝ED+DG＝2+1＝3，延长GF交BC延长线于点H，∴CD∥GH，∴△EDM∽△EGF，∴，即，∴MD＝，同理△BNC∽△BFH，∴，即，∴，∴NC＝，∴MN＝CD﹣MD﹣NC＝3﹣﹣＝，故答案为：．【点评】本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握这些基础知识是解题的关键．三．解答题（共5小题）5．（2021•安徽）某矩形人行道由相同的灰色正方形地砖与相同的白色等腰直角三角形地砖排列而成，图1表示此人行道的地砖排列方式，其中正方形地砖为连续排列．[观察思考]当正方形地砖只有1块时，等腰直角三角形地砖有6块（如图2）；当正方形地砖有2块时，等腰直角三角形地砖有8块（如图3）；以此类推．[规律总结]（1）若人行道上每增加1块正方形地砖，则等腰直角三角形地砖增加2块；（2）若一条这样的人行道一共有n（n为正整数）块正方形地砖，则等腰直角三角形地砖的块数为2n+4（用含n的代数式表示）．[问题解决]（3）现有2021块等腰直角三角形地砖，若按此规律再建一条人行道，要求等腰直角三角形地砖剩余最少，则需要正方形地砖多少块？【分析】（1）观察图形1可知：中间的每个正方形都对应了两个等腰直角三角形，即可得出答案；（2）观察图形2可知：中间一个正方形的左上、左边、左下共有3个等腰直角三角形，它右上和右下各对应了一个等腰直角三角形，右边还有1个等腰直角三角形，即6＝3+2×1+1＝4+2×1；图3和图1中间正方形右上和右下都对应了两个等腰直角三角形，均有图2一样的规律，图3：8＝3+2×2+1＝4+2×2；图1：4+2n（即2n+4）；（3）由于等腰直角三角形地砖块数2n+4是偶数，根据现有2021块等腰直角三角形地砖，剩余最少，可得：2n+4＝2020，即可求得答案．【解答】解：（1）观察图1可知：中间的每个正方形都对应了两个等腰直角三角形，所以每增加一块正方形地砖，等腰直角三角形地砖就增加2块；故答案为：2；（2）观察图形2可知：中间一个正方形的左上、左边、左下共有3个等腰直角三角形，它右上和右下各对应了一个等腰直角三角形，右边还有1个等腰直角三角形，即6＝3+2×1+1＝4+2×1；图3和图1中间正方形右上和右下都对应了两个等腰直角三角形，均有图2一样的规律，图3：8＝3+2×2+1＝4+2×2；归纳得：4+2n（即2n+4）；∴若一条这样的人行道一共有n（n为正整数）块正方形地砖，则等腰直角三角形地砖的块数为2n+4块；故答案为：2n+4；（3）由规律知：等腰直角三角形地砖块数2n+4是偶数，∴用2021﹣1＝2020块，再由题意得：2n+4＝2020，解得：n＝1008，∴等腰直角三角形地砖剩余最少为1块，则需要正方形地砖1008块．【点评】本题以等腰直角三角形和正方形的拼图为背景，关键是考查规律性问题的解决方法，探究规律要认真观察、仔细思考，善用联想来解决这类问题．6．（2019•安徽）如图，点E在▱ABCD内部，AF∥BE，DF∥CE．（1）求证：△BCE≌△ADF；（2）设▱ABCD的面积为S，四边形AEDF的面积为T，求的值．【分析】（1）根据ASA证明：△BCE≌△ADF；（2）根据点E在▱ABCD内部，可知：S△BEC+S△AED＝S▱ABCD，可得结论．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∵AF∥BE，∴∠EBA+∠BAF＝180°，∴∠CBE＝∠DAF，同理得∠BCE＝∠ADF，在△BCE和△ADF中，∵，∴△BCE≌△ADF（ASA）；（2）解：∵点E在▱ABCD内部，∴S△BEC+S△AED＝S▱ABCD，由（1）知：△BCE≌△ADF，∴S△BCE＝S△ADF，∴S四边形AEDF＝S△ADF+S△AED＝S△BEC+S△AED＝S▱ABCD，∵▱ABCD的面积为S，四边形AEDF的面积为T，∴＝＝2．【点评】此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练利用三角形和平行四边形边的关系得出面积关系是解题关键．7．（2022•安徽）已知四边形ABCD中，BC＝CD，连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE．（1）如图1，若DE∥BC，求证：四边形BCDE是菱形；（2）如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC．（ⅰ）求∠CED的大小；（ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF．【分析】（1）利用AAS证明△DOE≌△BOC，得DE＝BC，从而得出四边形BCDE是平行四边形，再根据CD＝CB，即可证明结论；（2）（i）根据线段垂直平分线的性质得，AE＝EC，ED＝EB，则∠AED＝∠CED＝∠BEC，再根据平角的定义，可得答案；（ii）利用AAS证明△ABF≌△ACE，可得AC＝AB，由AE＝AF，利用等式的性质，即可证明结论．【解答】（1）证明：设CE与BD交于点O，∵CB＝CD，CE⊥BD，∴DO＝BO，∵DE∥BC，∴∠DEO＝∠BCO，∵∠DOE＝∠BOC，∴△DOE≌△BOC（AAS），∴DE＝BC，∴四边形BCDE是平行四边形，∵CD＝CB，∴平行四边形BCDE是菱形；（2）（i）解：∵DE垂直平分AC，∴AE＝EC且DE⊥AC，∴∠AED＝∠CED，又∵CD＝CB且CE⊥BD，∴CE垂直平分DB，∴DE＝BE，∴∠DEC＝∠BEC，∴∠AED＝∠CED＝∠BEC，又∵∠AED+∠CED+∠BEC＝180°，∴∠CED＝；（ii）证明：由（i）得AE＝EC，又∵∠AEC＝∠AED+∠DEC＝120°，∴∠ACE＝30°，同理可得，在等腰△DEB中，∠EBD＝30°，∴∠ACE＝∠ABF＝30°，在△ACE与△ABF中，，∴△ABF≌△ACE（AAS），∴AC＝AB，又∵AE＝AF，∴AB﹣AE＝AC﹣AF，即BE＝CF．【点评】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质等知识，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．8．（2020•安徽）如图1，已知四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，AE＝AD．EC与BD相交于点G，与AD相交于点F，AF＝AB．（1）求证：BD⊥EC；（2）若AB＝1，求AE的长；（3）如