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第18章 平行四边形能力提升测试卷
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，
只有一项是符合题目要求的。）
1．如图，在平行四边形ABCD中，AD=8，点E，F分别是BD，CD的中点，则EF等于
（ ）
A．2 B．4 C．8 D．无法确定
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，中位线的判定与性质，理解以上性质是解题的
关键．
根据题意知EF为△DBC的中位线，再根据平行四边形的性质求得BC=AD，从而求得
EF．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD=8，
∵点E，F分别BD，CD的中点，
1
∴EF= BC=4；
2
故选：B
2．如图，四边形ABCD是菱形，A(3,0)，B(0,4)，则点C的坐标为（ ）
A．(4,−5) B．(−5,5) C．(−5,4) D．(−4,3)
【答案】C
【分析】本题考查了坐标与图形、勾股定理、菱形的性质，由勾股定理可得
AB=❑√OA2+OB2=5，结合菱形的性质可得BC=AB=5，BC∥AD，即可得解．【详解】解：∵A(3,0)，B(0,4)，
∴OA=3，OB=4，
∴AB=❑√OA2+OB2=5，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BC=AB=5，BC∥AD，
∴点C的坐标为(−5,4)，
故选：C．
3．下列语句正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．邻边相等的菱形是正方形
C．矩形的对角线相等 D．平行四边形是轴对称图形
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的判定，矩形的判定与性质，平行四边形的性质及轴对称图形，
掌握相关知识是解题的关键．
根据菱形的判定，矩形的判定与性质，正方形的判定和性质，平行四边形的性质逐一分
析即可，
【详解】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项不符合题意；
B、邻边相等的菱形不一定是正方形，故选项不符合题意；
C、矩形的对角线相等，说法正确，故选项符合题意；
D、平行四边形不是轴对称图形，故选项不符合题意；
故选：C
4．要求只用圆规来验证纸片的两边是否平行，现有甲、乙两种方案如图1和图2．
甲 乙
①在纸片的一边上取线段AB； ①沿EG折叠纸片，使AE和A′E重合，
②用圆规在另一边上截取CD，使CD=AB
CG和C′G重合，A′E交CD于点F；
； ②用圆规比较EF，GF的长度，若
③用圆规比较AC和BD的长度，若 EF=GF，则AB∥CD．AC=BD，则AB∥CD．
对于两个方案，说法正确的是（ ）
A．只有甲方案可行 B．只有乙方案可行
C．甲、乙方案都可行 D．甲、乙方案都不可行
【答案】C
【分析】本题考查了平行线的判断，解题关键是准确理解题意，选择恰当方法证明，然
后判断即可．
【详解】解：甲方案根据两组对边分别相等，可判定四边形ABDC是平行四边形，所
以AB∥CD，方案可行；
乙方案由折叠可知∠AEG=∠FEG，
∵EF=GF，
∴∠EGF=∠FEG，
∴∠AEG=∠FGE，
∴AB∥CD；
方案可行；
故选：C．
5．若菱形ABCD的边AB的长为2cm，则菱形ABCD的周长为（ ）
A．2cm B．4cm C．6cm D．8cm
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的性质即可求出菱形的周长，掌握菱形的性
质是解题的关键．
【详解】解：∵菱形ABCD的边AB的长为2cm，
∴BC=CD=AD=AB=2cm，
∴菱形ABCD的周长为2×4=8(cm)，
故选：D．
6．如图，△ABC中，M是BC的中点，AD平分∠BAC，BD⊥AD于点D，若
AB=4，AC=6，则MD等于（ ）A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】D
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、全等三角形的判定和性质，掌握三角形的中
位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．延长BD交AC于H，证明
△ADB≌△ADH(ASA)，根据全等三角形的性质得到AH=AB=4，BD=DH，根据
三角形中位线定理计算即可．
【详解】解：延长BD交AC于H，
{∠BAD=∠HAD
)
AD=AD
∠ADB=∠ADH
∴△ADB≌△ADH(ASA)
∴AH=AB=4，BD=DH，
∴HC=AC−AH=6−4=2，
∵BD=DH，BM=MC，
∴DM是△BCH的中位线，
1
∴DM= HC=1，
2
故选：D．
7．如图，已知四边形ACBD是矩形，点B在直线MN上，若BD平分∠ABN，则下列结
论不能推出的是（ ）A．BC平分∠ABM B．CD∥MN
C．△BOC是等边三角形 D．∠COB=2∠ABD
【答案】C
【分析】本题考查矩形的性质，平行线的判定和性质，等腰三角形的判定，根据矩形的
性质，得到OA=OB=OC=OD，∠CBD=90°，进而得到∠OBD=∠ODB，角平分
线推出∠ODB=∠DBN，进而得到CD∥MN，得到∠COB=∠ABN=2∠ABD，
根据等角的余角相等，推出∠ABC=∠MBC，即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，∠CBD=90°，
∴∠OBD=∠ODB，
∵BD平分∠ABN，
∴∠ABD=∠DBN，
∴∠ODB=∠DBN，
∴CD∥MN；故选项B正确；
∴∠COB=∠ABN=2∠ABD，故选项D正确；
∵∠CBD=90°，
∴∠ABD+∠ABC=90°,∠NBD+∠MBC=180°−90°=90°，
又∵∠ABD=∠DBN，
∴∠ABC=∠MBC，
∴BC平分∠ABM；故选项A正确；
∵OB=OC，
∴△BOC是等腰三角形，无法得到△BOC是等边三角形，故选项C错误；
故选C．
8．如图，将菱形纸片ABCD折叠，使点B落在AD边的点F处，折痕为CE，若AB=10，
E为AB的中点，∠B=60°，则四边形BCFE的面积是（ ）
A．20❑√3 B．25❑√3 C．40❑√3 D．50❑√3【答案】B
【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，勾股定理，等边三角形的性质与判定；
连接AC，根据菱形的性质得出AB=BC，则△ABC是等边三角形，根据等边三角形的
25❑√3
性质，勾股定理求得CE的长，进而求得S = ，根据折叠的性质可得
△BCE 2
S =S ，即可求解．
△BCE △EFC
【详解】解：如图所示，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，
∴AB=BC，则△ABC是等边三角形，
∵AB=10，E为AB的中点，
1
∴BE= AB=5，CE⊥AB，
2
∴CE=❑√BC2−BE2=5❑√3，
1 1 25❑√3
∴S = BE×EC= ×5×5❑√3= ，
△BCE 2 2 2
∵折叠，
∴S =S ，
△BCE △EFC
∴四边形BCFE的面积是2S =25❑√3，
△BCE
故选：B．
9．如图，正方形ABCD，点E为AB边上一点，AE=3,BE=1．∠EDC的平分线交BC
于点F，点G是DE的中点，则GF的长为（ ）A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
【答案】B
【分析】延长AF交AB的延长线于点H，根据正方形的性质得AD=AB=BC=CD=4，
∠A=∠ABC=∠C=90°，AB∥CD，则DE=5，根据角平分线的定义及平行线的
性质得∠CDF=∠EDF=∠H，则EH=DE=5，进而得CD=BH=4，证明△CDF
和△BHF全等得CF=BE，则GF是ADEH的中位线，然后根据三角形中位线定理可得
出GF的长．
【详解】解∶延长DF交AB的延长线于点H，如图所示∶
∵AE=3，BE=1，
∴AB=AE+BE=4，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB=BC=CD=4，∠A=∠ABC=∠C=90°，AB∥CD．
∴在Rt△ADE中，由勾股定理得∶DE=❑√AD2+AE2=5，
∵DF平分∠ECD．
∴∠CDF=∠EDF
∵AB∥CD．
∴∠CDF=∠H，∠C=∠CBH=90°
∴∠EDF=∠H
∴EH=DE=5．
∴BH=EH−BE=5−1=4，
∴CD=BH=4．
在△CDF和△BHF中
{∠C=∠CBH=90°
)
CD=BH
∠CDF=∠H
∴△CDF≌△BHF(ASA)，∴CF=BF．
∵点G是DE的中点，
∴GF是△DEH的中位线，
1
∴GF= EH=2.5．
2
故选∶B．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正
方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理是解决问题关键．
10．如图，正方形ABCD与正方形CEFG，点B，C，E在同一条直线上，点P在BC边上，
PA=PF，且∠APF=90°，连接AF交CD于H，有下列结论：①BP=CE；②
1
AP=AH；③∠BAP=∠GFP；④BC+CE= AF2 ；⑤
2
S +S =2S ，以上结论正确的个数有（ ）
正方形ABCD 正方形CEFG △APF
A．5个 B．4个 C．3个 D．2个
【答案】C
【分析】利用等角的余角相等得到∠BAP=∠FPE，则可根据“AAS”判断
△ABP≌△PEF，则BP=EF，再利用四边形CEFG是正方形得到CE=EF，则可对
①进行判断；由于∠BAP≠∠DAH，则不能判断△ABP≌△ADH，于是可对②进行
判断；利用GF∥CE得到∠EPF=∠GFP，加上∠BAP=∠EPF，所以
∠BAP=∠GFP，则可对③进行判断；通过证明△APF为等腰直角三角形得到
1
AF=❑√2AP，则AP2= AF2 ，利用勾股定理得到AP2=AB2+BP2，加上
2
AB=BC,BP=CE，则可对④进行判断；然后利用正方形和等腰三角形的面积公式可
对⑤进行判断．
【详解】解：∵∠APF=90°，
∴∠APB+∠FPE=90°，
而∠APB+∠BAP=90°，∴∠BAP=∠FPE，
在△ABP和△PEF中
{∠BAP=∠EPF
)
∠B=∠E ，
AP=PF
∴△ABP≌△PEF(AAS)，
∴BP=EF，
∵四边形CEFG是正方形，
∴CE=EF，
∴BP=CE，故①正确；
∵∠BAP≠∠DAH，
∴不能判断△ABP≌△ADH，
∴不能确定AP=AH，故②错误；
∵四边形CEFG是正方形，
∴GF∥CE，
∴∠EPF=∠GFP，
而∠BAP=∠EPF，
∴∠BAP=∠GFP，所以③正确；
∵∠APF=90°,AP=PF，
∴△APF为等腰直角三角形，
∴AF=❑√2AP，
1
∴AP2= AF2
，
2
∵AP2=AB2+BP2，
而AB=BC,BP=CE，
1
∴BC2+CE2= AF2
，所以④错误；
2
1
∵S +S =AB2+CE2=AP2 ，S = AP2 ，
正方形ABCD 正方形CEFG △APF 2
∴S +S =2S ，所以⑤正确．
正方形ABCD 正方形CEFG △APF
故选：C．
【点睛】本题考查了四边形的综合题，涉及全等三角形的性质和判定，等腰直角三角
形的性质和判定、勾股定理，正方形的性质等知识点，能灵活运用全等三角形的知识解决相关问题是解题的关键．
二、填空题（本题共6小题，每小题3分，共18分．）
11．在△ABC中，∠BAC为钝角，AF，CE都是这个三角形的高，P为AC的中点，若
∠B=42°，则∠EPF的度数为 ．
【答案】96°
【分析】本题考查的是直角三角形的性质，斜边上的中线等于斜边的一半、等边对等
角．根据直角三角形两个锐角互余求出∠BCE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜
1 1
边的一半，得到PF= AC=PC，PE= AC=PC，根据等边对等角可得
2 2
∠PFC=∠PCF，∠PEC=∠PCE，再根据三角形的外角的性质可得：
∠EPF=2∠BCE=96°．
【详解】解：∵CE⊥BA，∠B=42°，
∴∠BCE=48°，
∵AF⊥BC，CE⊥BA，P为AC的中点，
1 1
∴PF= AC=PC，PE= AC=PC，
2 2
∴∠PFC=∠PCF，∠PEC=∠PCE，
∵∠APF是△PFC的外角，
∴∠APF=∠PFC+∠PCF=2∠PCF，
同理可得：∠APE=∠PEC+∠PCE=2∠PCE，
∴∠EPF=2∠PCF+2∠PCE=2∠BCE=96°，
故答案为：96°．
12．小宇利用尺规在▱ABCD内作出点E，又在BC边上作出点F，作图痕迹如图所示，若
EF=2，则AB,CD之间的距离为 ．【答案】4
【分析】本题考查了平行四边形的性质，尺规作图，角平分线的性质定理：
过点E作EM⊥CD于点M，ME交BA的延长线于点N，则由平行四边形得到
EN⊥BA，而EF⊥BC，故EN=EF=2,EF=EM=2,MN=EN+EM=4．
【详解】解：过点E作EM⊥CD于点M，ME交BA的延长线于点N．
由作图可知，BE平分∠ABC，CE平分∠BCD，EF⊥BC，
∵▱ABCD
∴AB∥CD，
∵EM⊥CD，
∴EN⊥BA，
∵EF⊥BC，
∴EN=EF=2,EF=EM=2,MN=EN+EM=4，
∴AB,CD之间的距离为4．
故答案为：4．
13．在菱形ABCD中，∠B=60°,AB=6，点E在边AB上，连接CE，若CE=2❑√7，则
线段AE的长为 ．
【答案】2或4
【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，添加辅助线构
造直角三角形是解题关键．
过点C作CF⊥AB于F，连接AC，由菱形性质可得BC=AB=6，进而可得△ABC
是等边三角形，从而利用勾股定理可求得CF=3❑√3，再分两种情况：①当点E在AF
上时，②当点E在BF上时，分别求解即可．【详解】解：过点C作CF⊥AB于F，连接AC，
∵菱形ABCD，AB=6，
∴BC=AB=6
∵∠B=60°
∴△ABC是等边三角形，
∵CF⊥AB
1
∴AF=BF= AB=3，
2
∴CF=❑√BC2−BF2=❑√62−32=3❑√3
分两种情况：①当点E在AF上时，
由勾股定理，得EF=❑√CE2−CF2=❑√(2❑√7) 2 −(3❑√3) 2=1，
∴AE=AF−EF=3−1=2；
②当点E在BF上时，
由勾股定理，得EF=❑√CE2−CF2=❑√(2❑√7) 2 −(3❑√3) 2=1
∴AE=AF+EF=3+1=4；
综上，线段AE的长为2或4，
故答案为：2或4．
14．如图，在矩形ABCD中，AB=2,BC=4，对角线AC、BD相交于点O，过点O的直
线交CD的延长线于点G，交边AD于点E，若AE=2.5，则DG的长为 ．
【答案】3【分析】此题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，根据面积求线段的长度
等知识，设直线OG交BC于点F，由矩形的性质得
OA=OC,AD∥BC,CD=AB=2,AD=BC=4,∠BCD=∠ADC=∠ADG=90°，
而AE=2.5，则DE=1.5，可证明△AOE≌△COF，得AE=CF=2.5，则
1 1
S =4，由S =4+ ×1.5DG= ×2.5×(2+DG)，求得DG=3，于是得
四边形CDEF △CFG 2 2
到问题的答案，证明△AOE≌△COF是解题的关键．
【详解】解：设直线OG交BC于点F，如图：
∵四边形ABCD是矩形，AB=2,BC=4,AE=2.5，对角线AC、BC交于点O，
∴OA=OC，AD∥BC,CD=AB=2,AD=BC=4 ，
∠BCD=∠ADC=∠ADG=90°，
∴∠OAE=∠OCF，∠OEA=∠OFC，DE=AD−AE=4−2.5=1.5 ，
在△AOE和△COF中，
{∠OAE=∠OCF
)
∠OEA=∠OFC ，
OA=OC
∴△AOE≌△COF(AAS)，
∴AE=CF=2.5，
1
∴S = ×(1.5+2.5)×2=4，
四边形CDEF 2
1 1
∵S =4+ ×1.5DG= ×2.5×(2+DG)，
△CFG 2 2
∴DG=3，
故答案为：3．
15．如图，AC是正方形ABCD的一条对角线，E是AC上一点，F是BC延长线上一点，
连接BE，EF，DF．若AB=AE，EB=EF=4，则DF的长为 ．【答案】4❑√2
【分析】连接DE，先证明△ABE≌△ADE(SAS)，得出DE=BE，从而得出
DE=EF=4，根据三角形的内角和定理得出∠≝=180°−∠AED−∠CEF=90°，
则有DEF为等腰直角三角形，最后根据勾股定理求出结果即可．
【详解】解：连接DE，如图所示，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAC=∠DAC=∠BCA=∠ACD=45°，
∵AE=AE，
∴△ABE≌△ADE(SAS)，
∴DE=BE，
∵BE=EF=4，
∴DE=EF=4，
∵AB=AE，
∴AD=AE，
180°−45°
∴∠AED=∠ADE=∠AEB=∠ABE= =67.5°，
2
∴∠EBF=90°−∠ABE=22.5°，
∵BE=EF，
∴∠BFE=∠EBF=22.5°，
∴∠CEF=∠BCA−∠BFE=45°−22.5°=22.5°，
∴∠≝=180°−∠AED−∠CEF=90°，
∴△≝¿为等腰直角三角形，∴DF=❑√DE2+EF2=4❑√2，
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形全等的判定和性
质，勾股定理，三角形内角和定理，掌握知识点的应用及正确作出辅助线，构造全等
三角形是解题的关键．
16．如图，在矩形ABCD中，AB=15，AD=6，E，F分别是AB和DC上的两个动点，M
为BC的中点，则DE+EF+FM的最小值是 ．
【答案】15❑√2
【分析】本题考查轴对称-最短路线问题、矩形的性质，作点D关于AB的对称点D′，
作点M关于CD的对称点M′，连接D′M′，D′E，FM′，则所求的最小值即为D′M′，
利用勾股定理求解即可．
【详解】解：作点D关于AB的对称点D′，作点M关于CD的对称点M′，连接D′M′，
D′E，FM′，
则DE+EF+FM=D′E+EF+FM′≥D′M′，
∴当D′，E，F，M′在同一条直线上时，所求的DE+EF+FM最小，最小值即为
D′M′的长，
∵矩形ABCD中，AB=15，AD=6，
∴AB=CD=15，AD=AD′=BC=6，
过点M′作AD的垂线，交AD的延长线于点H，则四边形DCM′H为矩形，
∴H M′=AB=15，
∵M为BC的中点，AD=BC=6，
∴MC=CM′=DH=3，∴H D′=AD+AD′+DH=6+6+3=15，
∴D′M′=❑√H D′2+H M′2=❑√152+152=15❑√2，
∴DE+EF+FM的最小值是15❑√2．
故答案为：15❑√2．
三、解答题（本题共6小题，共52分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17．（8分）如图，AD是等腰三角形ABC的底边BC上的高，O是AC的中点，延长DO
到点E，使AE∥BC，连接CE．
(1)求证：四边形ADCE是矩形；
(2)若AB=2，BC=2❑√2，求证：四边形ADCE是正方形．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】（1）由AD是等腰三角形ABC底边BC上的高，可得AD⊥BC，BD=CD，
∠ADC=∠ADB=90°，即D为BC的中点，则DO∥AB，证明四边形AEDB是平
行四边形，由AE=CD，AE∥CD，证明四边形ADCE是平行四边形，由
∠ADC=90°，可证四边形ADCE是矩形；
（2）根据等腰三角形的性质得到BD=CD，根据勾股定理得到AD=CD，根据正方
形的判定定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵AD是等腰三角形ABC底边BC上的高，
∴AD⊥BC，BD=CD，∠ADC=∠ADB=90°，
∴D为BC的中点，
又∵O是AC的中点，
∴DO∥AB，
∵DE∥AB，AE∥BD，∴四边形AEDB是平行四边形，
∴AE=BD=CD，
∵AE=CD，AE∥CD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵∠ADC=90°，
∴四边形ADCE是矩形；
（2）证明：∵AD是等腰三角形ABC底边BC上的高，
1
∴BD=CD= BC=❑√2，
2
∴AD=❑√AB2−BD2=❑√22−(❑√2) 2=❑√2，
∴AD=CD，
∴矩形ADCE是正方形．
【点睛】本题考查了中位线的性质与判定，正方形的判定，矩形的判定和性质，等腰
三角形的性质，勾股定理，熟练掌握各知识点是解题的关键．
18．（8分）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，CD的中点为E，连接OE
并延长至点F，使得EF=OE，连接CF，DF．
(1)求证：四边形OCFD是矩形；
(2)若EF=5，BD=16，求菱形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析．
(2)96．
【分析】（1）根据对角线互相平分可得到四边形OCFD四边形是平行四边形，再根
据菱形的对角线互相垂直，可得到一个角是直角，即可证明；
（2）由EF=5易得OF=10，由勾股定理可得OC的长度，再根据菱形的面积等于对
角线之积的一半即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵CD的中点为E，
∴DE=CE，
又EF=OE，∴四边形OCFD是平行四边形，
在菱形ABCD中，AC⊥BD，
∴∠DOC=90°，
又四边形OCFD是平行四边形，
∴四边形OCFD是矩形．
（2）解：由（1）可知四边形OCFD是矩形，
∴CF=OD,∠OCF=90°
∵EF=OE，EF=5，
∴OF=10，
1 1
在菱形ABCD中，OD= BD，OC= AC
2 2
又BD=16，
1
∴OD= BD=8，
2
在Rt△OCF中，
∴OC2=102−82=36，
即OC=6，
∴AC=12，
1
∴S = ×12×16=96．
▱ABCD 2
即菱形ABCD的面积为96．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定，平行四边形的判定，勾股定理等
知识，解题的关键是要先判断出四边形OCFD是矩形．
19．（8分）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AD⊥BD，E是CD的
中点，过点E作EF∥BD，交BC于点F．
(1)求证：四边形OEFB是矩形；
(2)若AD=8，DC=12，求四边形OEFB的面积．
【答案】(1)见解析
(2)8❑√5【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定
理、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
（1）证OE是△BCD的中位线，得OE∥BC，则四边形OEFB是平行四边形，再证
∠CBD=90°，即可得出结论；
（2）根据勾股定理得出DB，进而利用矩形的面积公式解答即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=DO,AD∥BC．
∵点E是CD的中点，
∴OE是△BCD的中位线．
∴OE∥BC．
又∵EF∥BD，
∴四边形OEFB是平行四边形．
∵AD⊥BD,AD∥BC，
∴BC⊥BD，
∴∠CBD=90°．
∴四边形OEFB是矩形．
（2）∵AD=8，
1 1
∴OE= BC= AD=4，
2 2
∵AD⊥BD,AB=DC=12，
∴DB=❑√AB2−AD2=❑√122−82=4❑√5，
1
∴OB= BD=2❑√5，
2
∴矩形OEFB的面积=OB⋅OE=4×2❑√5=8❑√5．
20．（8分）如图1，Rt△CEF中，∠C=90°，∠CEF，∠CFE的外角平分线交于点
A，过点A分别作AB⊥CE的延长线于B，AD⊥CF的延长线于D．(1)填空：∠EAF的度数______；
(2)求证：AB=AD；
(3)若BE=CE=3，求DF的长；
(4)如图2，在△PQR中，∠QPR=45°，高PH=12，QH=4，求HR的长度．
【答案】(1)45°
(2)见解析
(3)DF=2
(4)HR=6
【分析】（1）过A点作AG⊥EF于G，利用角平分线定义求出
∠AEB=∠AEG，∠AFD=∠AFG，可得△ABE≌△AGE(AAS)，
△ADF≌△AGF(AAS)，得
1 1
∠DAF=∠GAF= ∠DAG，∠BAE=∠GAE= ∠BAG再证明四边形ABCD是
2 2
矩形．得∠BAD=90°，得∠EAF=45°；
（2）根据角平分线性质得，AB=AG，AD=AG，即得AB=AD．
（3）根据（1）（2）小题结论得四边形ABCD是正方形，得CD=BC=6，根据全等
三角形得¿=BE=3，DF=GF，设DF=x，CF=6−x，EF=3+x，根据
EF2=CE2+CF2，得(3+x) 2=32+(6−x) 2，解得x=2，即得DF=2；
（4）把△PQH和△PRH分别沿PQ，PR翻折，得到△PQK和△PRM，延长
KQ，MR交于点N，可得四边形PKNM是正方形，得MN=KN=12，得QN=8，
RN=12−HR，根据(12−HR) 2+82=(4+HR) 2，即得HR=6．
【详解】（1）证明：过A点作AG⊥EF于G，∴∠AGE=∠AGF=90°，
∵Rt△CEF中，∠C=90°，AB⊥CE，AD⊥CF，
∴∠B=∠D=∠C=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
∵EA，FA分别是Rt△CEE两个外角的平分线，
∴∠AEB=∠AEG，∠AFD=∠AFG，
∵∠B=∠AGE=90°，∠D=∠AGF=90°，AE=AE，AF=AF，
∴△ABE≌△AGE(AAS)，△ADF≌△AGF(AAS)，
1 1
∴∠DAF=∠GAF= ∠DAG，∠BAE=∠GAE= ∠BAG，
2 2
1
∴∠EAF= (∠DAG+∠BAG)=45°；
2
故答案为：45°；
（2）解：过A点作AG⊥EF于G，
∵EA，FA分别是Rt△CEE两个外角的平分线，AB⊥CE，AD⊥CF，
∴AB=AG，AD=AG，
∴AB=AD；
（3）解：∵BE=CE=3，
∴BC=AE+CE=6，由（1）（2）知，四边形ABCD是矩形，AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，
∴CD=BC=6，
∵△ABE≌△AGE(AAS)，△ADF≌△AGF(AAS)，
∴¿=BE=3，DF=GF，
设DF=x，
则CF=6−x，EF=3+x，
∵∠C=90°，
∴EF2=CE2+CF2，
∴(3+x) 2=32+(6−x) 2，
解得，x=2，
∴DF=2；
（4）解：把△PQH和△PRH分别沿PQ，PR翻折，得到△PQK和△PRM，延长
KQ，MR交于点N，
∴∠KPQ=∠HPQ，∠MPR=∠HPR，PK=PM=PH=12，KQ=HQ=4，
HR=MR，
∴∠KPQ+∠HPQ+∠MPR+∠HPR=∠KPM=90°=∠K=∠M，
∴四边形PKNM是正方形，
∴MN=KN=PK=12，
∴QN=12−4=8，RN=12−MR=12−HR，
∴Rt△QRN中，(12−HR) 2+82=(4+HR) 2，
∴HR=6．【点睛】本题考查了正方形与三角形综合．熟练掌握角平分线定义和性质．全等三角
形的判定和性质，矩形和正方形判定和性质，勾股定理，轴对称性质，作辅助线，是
解题关键．
21．（10分）我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
【概念理解】
（1）我们已经学习了平行四边形，菱形，矩形和正方形，在这四种图形中一定是垂美
四边形的是_______；
【性质探究】
（2）如图①，已知四边形ABCD是垂美四边形，请探究两组对边AB,CD与BC,AD
之间的数量关系，并说明理由；
【问题解决】
（3）如图②，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正
方形ABDE，连接BE,CG,EG，已知AC=4,AB=5，求GE2．
【答案】（1）菱形，正方形；（2）73
【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论；
（2）利用勾股定理即可得出结论；
（3）如答图，连接CE,BG，设CE交BA于点M．先证明△GAB≌△CAE(SAS)，得
出四边形CGEB是垂美四边形，借助（2）的结论即可得出结论．
【详解】解：（1）∵菱形，正方形的对角线互相垂直∴菱形，正方形是垂美四边形；
（2）∵四边形ABCD是垂美四边形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°．
由勾股定理，得AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，
AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2，
∴AD2+BC2=AB2+CD2；
（3）如答图，连接CE,BG，设CE交BA于点M．
∵∠CAG=∠BAE=90°
，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，
即∠GAB=∠CAE．
在△GAB和△CAE中，
{
AG=AC
)
∠GAB=∠CAE
AB=AE
∴△GAB≌△CAE(SAS)，
∴∠ABG=∠AEC．
∵∠AEC+∠AME=90°，
∴∠ABG+∠AME=90°．
∵∠BMC=∠AME，
∴∠ABG+∠BMC=90°，
∴CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形．
由（2）可知CG2+BE2=CB2+GE2．
∵AC=4,AB=5，
∴由勾股定理，得CB2=9,CG2=32,BE2=50，
∴GE2=CG2+BE2−CB2=73．
【点睛】此题考查了正方形和菱形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的应
用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．22．（10分）综合与实践
在综合与实践课上，赵老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．
操作一：对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平．
连接PM并延长交CD于点Q，连接BQ，BM．
(1)数学思考：
如图1，当点M在EF上时，∠MBQ与∠PQD的数量关系是_______．
(2)拓展再探：
如图2，当改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），使点M不在EF上时，
判断（1）中∠MBQ与∠PQD的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明；若不成
立，请说明理由．
(3)迁移应用：
在（2）的探究中，连接DM，已知正方形纸片ABCD的边长为6，当△PMD的周长
最小时，AP的长为多少？
【答案】(1)2∠MBQ=∠PQD；
(2)成立，理由见解析；
(3)当△PMD的周长最小时，AP的长为6❑√2−6
【分析】本题主要考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股
定理等知识：
（1）由折叠得AB=BM=BC，证明Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，得到
∠MQB=∠CQB，再根据平角定义和三角形内角和定理可得结论；
（2）方法同（1）；
（3）△PMD的周长表示为AD+DM，AD=6，当DM取最小值时，△PMD的周长
最小，设AP=x，则DP=6−x，由勾股定理列方程求解即可
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠A=∠C=90°，
由折叠得，AB=BM，∠A=∠BMP=90°，
∴∠BMQ=90°，BM=BC，
在Rt△BMQ和Rt△BCQ中，
{BQ=BQ)
，
BM=BC
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，
∴∠MQB=∠CQB，
∵∠MQB+∠BQC+∠PQD=180°，∠MQB=90°−∠MBQ，
∴2∠MQB+∠PQD=2(90°−∠MBQ)+∠PQD=180°，
∴∠PQD=2∠MBQ；
（2）解：成立，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠C=90°，
由折叠得，AB=BM，∠A=∠BMP=90°，
∴∠BMQ=90°，BM=BC，
在Rt△BMQ和Rt△BCQ中，
{BQ=BQ)
，
BM=BC
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，
∴∠MQB=∠CQB，
∵∠MQB+∠BQC+∠PQD=180°，∠MQB=90°−∠MBQ，
∴2∠MQB+∠PQD=2(90°−∠MBQ)+∠PQD=180°，
∴∠PQD=2∠MBQ；
（3）解：由折叠得，AP=PM，
∴△PMD的周长为PD+PM+DM=PD+AP+DM=AD+DM，
当DM取最小值时，△PMD的周长最小，
∵点M的轨迹是以点B为圆心，AB的长为半径的圆弧；
以点B为圆心，AB的长为半径画圆，当点D，M，B共线时，DM最小，设AP=x，则DP=6−x，
由折叠得，PM=AP=x，∠DMB=90°，
∵BD=❑√2AD=6❑√2，
∴DM=6❑√2−6，
在Rt△PDM中，DM2+PM2=PD2，
∴(6❑√2−6) 2+x2=(6−x) 2，
∴x=6❑√2−6，
∴AP=6❑√2−6
