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第十八章 平行四边形章末测试卷
能力提升培优测
（考试时间：90分钟 试卷满分：120分）
考前须知：
1．本卷试题共24题，单选10题，填空6题，解答8题。
2．测试范围：平行四边形（人教版）。
第Ⅰ卷
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．（3分）下列判断错误的是（ ）
A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形
B．四个内角都相等的四边形是矩形
C．邻边相等的平行四边形是菱形
D．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：A、两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故不符合题意；
B、四个内角都相等的四边形是矩形，故不符合题意；
C、邻边相等的平行四边形是菱形，故不符合题意；
D、两条对角线相等、垂直且平分的四边形是正方形，故符合题意；
故选：D．
2．（3分）如图，已知 ABCD的周长为38，对角线AC、BD相交于点O，点E是CD的中点，△DOE的周
长为15，则BD的长为（ ）
▱
A．8 B．10 C．11 D．23
【分析】由平行四边形的性质及周长为38得到 AD+CD＝19，BD＝2OD，由点E是CD的中点得到OE是
1 1
△ACD的中位线，DE= CD，则OE= AD，由△DOE的周长为15得到OD+OE+DE＝15，求出
2 211
OD= ，即可得到BD长．
2
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，其周长为38，对角线AC、BD相交于点O，
∴BD＝2OD，AD＝BC，AB＝CD，
1
∴AD+CD= ×38＝19，
2
∵点E是CD的中点，
1
∴OE是△ACD的中位线，DE= CD，
2
1
∴OE= AD，
2
∵△DOE的周长为15，
∴OD+OE+DE＝15，
1 1
即OD+ AD+ CD=15，
2 2
19
∴OD+ =15，
2
11
∴OD= ，
2
∴BD＝11，
所以BD的长为11，
故选：C．
3．（3分）如图，用一根绳子检查一个平行四边形书架的侧边是否和上、下底都垂直，只需要用绳子分别测
量书架的两条对角线AC，BD的长就可以判断，其数学依据是（ ）
A．三个角都是直角的四边形是矩形
B．对角线互相平分的四边形是矩形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．对角线互相垂直平分的四边形是矩形
【分析】根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形即可判定．
【解答】解：推理依据是对角线相等的平行四边形是矩形，故C选项符合题意．
故选：C．
4．（3分）已知：在四边形ABCD中，AB＝6，CD＝10，M、N分别是AD，BC的中点，则线段MN的取值范围（ ）
A．2＜MN＜8 B．2＜MN≤8 C．4＜MN＜16 D．4＜MN≤16
【分析】当AB∥CD时，MN最短，利用中位线定理可得MN的最长值，作出辅助线，利用三角形中位线及
三边关系可得MN的其他取值范围．
【解答】解：连接BD，过M作MG∥AB，连接NG．
∵M是边AD的中点，AB＝6，MG∥AB，
1 1
∴MG是△ABD的中位线，BG＝GD，MG= AB= ×6＝3．
2 2
∵N是BC的中点，BG＝GD，CD＝10，
1 1
∴NG是△BCD的中位线，NG= CD= ×10＝5，
2 2
在△MNG中，由三角形三边关系可知NG﹣MG＜MN＜MG+NG，即5﹣3＜MN＜5+3，
∴2＜MN＜8，
当MN＝MG+NG，即MN＝8时，四边形ABCD是梯形，
故线段MN长的取值范围是2＜MN≤8．
故选：B．
5．（3分）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，∠DHO＝
20°，则∠CAD的度数是（ ）
A．20° B．25° C．30° D．40°
【分析】由四边形ABCD是菱形，可得OB＝OD，AC⊥BD，又由DH⊥AB，∠DHO＝20°，可求得∠OHB
的度数，然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，证得△OBH是等腰三角形，继而求得∠ABD的
度数，然后求得∠CAD的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，AC⊥BD，∵DH⊥AB，
1
∴OH＝OB= BD，
2
∵∠DHO＝20°，
∴∠OHB＝90°﹣∠DHO＝70°，
∴∠ABD＝∠OHB＝70°，
∴∠CAD＝∠CAB＝90°﹣∠ABD＝20°．
故选：A．
6．（3分）在平行四边形ABCD中，∠A的角平分线把边BC分成长度为4和5的两条线段，则平行四边形
ABCD的周长为（ ）
A．13或14 B．26或28 C．13 D．无法确定
【分析】设∠A的平分线交BC于点E，可证明AB＝EB，再分两种情况讨论，一是EB＝5，EC＝4，则AB
＝EB＝5，BC＝EB+EC＝9；二是EB＝4，EC＝5时，则AB＝EB＝4，BC＝EB+EC＝9，分别求出平行四边
形ABCD的周长即可．
【解答】解：设∠A的平分线交BC于点E，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠BEA＝∠DAE，
∵∠BAE＝∠DAE，
∴∠BEA＝∠BAE，
∴AB＝EB，
当EB＝5，EC＝4时，如图1，
则AB＝EB＝5，BC＝EB+EC＝9，
∴2AB+2BC＝2×5+2×9＝28；
当EB＝4，EC＝5时，如图2，
则AB＝EB＝4，BC＝EB+EC＝9，
∴2AB+2BC＝2×4+2×9＝26，
∴平行四边形ABCD的周长为26或28，
故选：B．7．（3分）已知两张等宽的纸条交叉叠放在一起，重叠部分构成一个四边形ABCD，对角线AC＝8，BD＝6，
过点D作DH⊥AB于点H，则DH的长是（ ）
A．2.4 B．4.8 C．5 D．9.6
【分析】过点D作DF⊥BC于F，设AC、BD交点为O．根据平行四边形的判定定理得到四边形ABCD是
平行四边形，推出四边形ABCD是菱形；根据勾股定理得到AB=❑√AO2+OB2=5，于是得到结论．
【解答】解：过点D作DF⊥BC于F，设AC、BD交点为O．
∵两条纸条宽度相同，
∴DH＝DF．
∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，∵S ＝AB•DH＝BC•DF，
ABCD
又∵▱DH＝DF．
∴BC＝AB，
∴四边形ABCD是菱形；
1 1
∴OB＝OD= BD＝3，OA＝OC= AC＝4，AC⊥BD．
2 2
∴AB=❑√AO2+OB2=5，
1
∴AB•DH= AC•BD，
2
1
×6×8
∴DH 2 24，
= =
5 5
答：DH的长是4.8；
故选：B．
8．（3分）如图，点A，B，E在同一条直线上，正方形ABCD、正方形BEFG的边长分别为6、8，H为线段
DF的中点，则BH的长为（ ）
A．6 B．8 C．6或8 D．5❑√2
【分析】连接BD、BF，由正方形的性质可得：∠CBD＝∠FBG＝45°，∠DBF＝90°，再应用勾股定理求
BD、BF和DF，最后应用“直角三角形斜边上中线等于斜边一半”可求得BH．
【解答】解：如图，连接BD、BF，
∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，
∴AB＝AD＝6，BE＝EF＝8，∠A＝∠E＝90°，∠ABD＝∠CBD＝∠EBF＝∠FBG＝45°，
∴∠DBF＝90°，
∴BD=❑√AB2+AD2=6❑√2，BF=❑√BE2+EF2=8❑√2，
在Rt△BDF中，
∴DF=❑√BD2+BF2=❑√(6❑√2) 2+(8❑√2) 2=10❑√2，
∵H为线段DF的中点，
1
∴BH= DF＝5❑√2，
2故选：D．
9．（3分）如图，∠MON＝90°，长方形ABCD的顶点A、B分别在边OM，ON上，当B在边ON上运动时，
A随之在边OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB＝4，BC＝1，运动过程中，点D到点O的
最大距离为（ ）
❑√145
A．❑√2+1 B．❑√5+2 C． D．2
5
【分析】取AB的中点E，连接OE、DE、OD，根据三角形的任意两边之和大于第三边可知当O、D、E三
点共线时，点D到点O的距离最大，再根据勾股定理列式求出DE的长，根据直角三角形斜边上的中线等
于斜边的一半求出OE的长，两者相加即可得解．
【解答】解：如图，取AB的中点E，连接OE、DE、OD，
∵OD＜OE+DE，
∴当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，
此时，∵AB＝4，BC＝1，
1
∴OE=AE= AB=2，
2
DE=❑√AD2+AE2=❑√22+12=❑√5，
∴OD的最大值为：❑√5+2．
故选：B．10．（3分）如图，在正方形ABCD中，以AB为边作等边三角形ABP，连接AC，PD，PC，则下列结论；
1
①∠BCP＝75°；②△ADP≌△BCP；③△ADP和△ABC的面积比为1：2；④S = CP2 ．其中结论
△CDP 4
正确的序号有（ ）
A．①②④ B．②③ C．①③④ D．①②③④
【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质可得AB＝BP＝BC，∠ABC＝90°，∠ABP＝60°，由等腰三角
形的性质可得∠BCP＝∠BPC＝75°，故①正确；利用SAS证明△DAP≌△CBP，可判断②，由三角形的
1 1 1 1 1 1
面积公式可得S△ABC =
2
×BC×AB =
2
×AD×AB，S△ADP =
2
×AD×PH =
2
×AD×
2
AB =
4
×AD×AB，可得
1 1
△ADP和△ABC的面积比为1：2，故③正确；由直角三角形的性质可得CN=
2
PC，可得S△PDC =
2
×
1
DP×CN= PC2，故④正确，即可求解．
4
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，△ABP是等边三角形，
∴AB＝BP＝BC，∠ABC＝90°，∠ABP＝60°，
∴∠DAP＝∠CBP＝30°，
∴∠BCP＝∠BPC＝75°，故①正确；
∵AD＝BC，AP＝BP，∠DAP＝∠CBP＝30°，
∴△DAP≌△CBP（SAS），故②正确；
如图，∵△ABP是等边三角形，过点P作PG⊥AB于点G，PH⊥AD于点H，
∴AG＝GB，
∵∠BAD＝∠AGP＝90°，∴四边形AGPH是矩形，
∴PH＝AG，
1 1 1 1 1 1
∵S△ABC =
2
×BC×AB =
2
×AD×AB，S△ADP =
2
×AD×PH =
2
×AD×
2
AB =
4
×AD×AB，
∴△ADP和△ABC的面积比为1：2，故③正确；
∵∠PCD＝∠BCD﹣∠BCP＝15°，PC＝PD，
∴∠PCD＝∠PDC＝15°，
∴∠CPN＝30°，
∵CN⊥DP，
1
∴CN= PC，
2
1 1
∴S△PDC =
2
×DP×CN =
4
PC2，故④正确，
综上所述：①②③④．
故选：D．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分） ABCD中，∠A+∠C＝140°，则∠B＝ 110 ° ．
【分析】由平行四边形的性质可得∠A＝∠C，∠A+∠B＝180°，再求出∠A＝70°，即可求出∠B的度数．
▱
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A＝∠C，AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A+∠C＝140°，
∴∠A＝70°，
∴∠B＝180°﹣70°＝110°，
故答案为：110°．
12．（3分）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB＝5，AC＝6，BD＝8．过点A作
24
AE⊥BC于点E，则AE的长 ．
5【分析】根据平行四边形的对角线互相平分结合勾股定理逆定理，得到AC⊥BD，进而得到四边形ABCD
为菱形，等积法求出AE的长即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝5，AC＝6，BD＝8，
1 1
∴OA= AC=3，OB= BD=4，
2 2
∵AB＝5，
∴OA2+OB2＝AB2，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD为菱形，
∴BC＝AB＝5，
∵AE⊥BC，
1
∴四边形ABCD的面积=BC⋅AE= AC⋅BD，
2
1
即：5AE= ×6×8=24，
2
24
∴AE= ；
5
24
故答案为： ．
5
13．（3分）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，E为对角线AC的中点，连接BE，ED，BD．
若∠BAD＝56°，则∠EDB的度数为 3 4 度．
【分析】根据已知条件可以判断EA＝EB＝EC＝DE，根据三角形外角定理可得到：∠DEC＝
∠DAE+∠ADE＝2∠DAE，同理∠BEC＝2∠BAE，∠DEB＝2∠DAE+2∠BAE＝2∠DAB＝116°．
【解答】解：∵∠ABC＝∠ADC＝90°，E为对角线AC的中点，∴EA＝EB＝EC＝DE，
∴∠DAE＝∠EDA，∠BAE＝∠EBA，
在△AED中，∠DEC＝∠DAE+∠ADE＝2∠DAE，
同理可得到：∠BEC＝2∠BAE，∠DEB＝∠DEC+∠BEC＝2∠DAE+2∠BAE＝2（∠DAE+∠BAE）＝2×56°
＝112°，
1
∴∠EDB= ×（180°﹣112°）＝34°．
2
故答案为：34．
14．（3分）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（1，1），B（﹣1，1），如果以A，B，C，O为顶点的四
边形是平行四边形，那么满足条件的所有点C的坐标为 （﹣ 2 ， 0 ）或（ 2 ， 0 ）或（ 0 ， 2 ）． ．
【分析】需要分类讨论：以AB为该平行四边形的边和对角线两种情况．
【解答】解：如图，①当AB为该平行四边形的边时，AB＝OC，
∵点A（1，1），B（﹣1，1），O（0，0）
∴点C坐标（﹣2，0）或（2，0）
②当AB为该平行四边形的对角线时，C（0，2）．
故答案为：（﹣2，0）或（2，0）或（0，2）．
15．（3分）如图，矩形ABCD中，CD＝3，BC＝5，点E为射线AD上的一个动点，△ABE与△FBE关于直
线BE对称，当点E、F、C三点共线时，AE的长为 1 ．
【分析】根据题意分两种情况进行求解：当点E在AD上时，当点E在AD的延长线上时，△ABE与△FBE
关于直线BE对称及点E、F、C三点共线可进行求解．【解答】解：当点E在AD上时，由对称得BF＝AB＝3，∠BFE＝∠A＝90°，AE＝EF，
在Rt△BCF中，CF=❑√BC2−BF2=❑√52−32=4，
设AE＝EF＝x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝5，∠D＝90°，
在Rt△CDE中，CD2+DE2＝CE2，
∴32+（5﹣x）2＝（4+x）2，
解得x＝1；
当点E在AD的延长线上时，且点E、F、C三点共线，如图所示：
∵AD∥BC，∠AEB＝∠FEB，
∴∠AEB＝∠EBC，
∴∠EBC＝∠FEB，
∴BC＝EC＝5，
在Rt△CDE中，DE=❑√EC2−CD2=4，
∴AE＝AD+DE＝5+4＝9；
综上所述：AE＝1或9；
故答案为：1或9．
16．（3分）如图，点E是边长为8的正方形ABCD的对角线BD上的一个动点（不与点B、D重合），连接
AE，以AE为边向左侧作正方形AEFG，点P为AD的中点连接PG、DG，DG与BA的延长线交于点H，在
点E运动过程中，线段PG的最小值是 2❑√2 ．【分析】先证明△GAD≌△EAB，求出∠PDG＝45°，进而得出点G在线段DH上，当PG⊥DH时，PG最
短，此时△PDG为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质即可求出PG的长度，即可得出答案．
【解答】解：四边形ABCD、四边形AEFG均为正方形，
∴∠DAB＝∠GAE＝90°，AD＝AB，AG＝AE，∠ABD＝45°，
∴∠DAB﹣∠DAE＝∠GAE﹣∠DAE，即∠GAD＝∠EAB，
在△GAD和△EAB中，
{
AG=AE
)
∠GAD=∠EAB ，
AD=AB
∴△GAD≌△EAB（SAS），
∴∠PDG＝∠ABD＝45°，
∴点G在线段DH上，
∴当PG⊥DH时，PG最短，
∵正方形ABCD的边长为8，点P为AD的中点，
∴DP＝4，
∵PG⊥DH，∠PDG＝45°，
∴△PDG为等腰直角三角形，
❑√2
∴PG= PD＝2❑√2，
2
故答案为：2❑√2．
三．解答题（共8小题，满分72分）
17．（8分）已知，如图，在 ABCD中，点E，F是对角线BD上的两点，且BE＝DF，分别连接AE，EC，
CF，FA．
▱
求证：四边形AECF是平行四边形．
【分析】想办法证明OA＝OC，OE＝OF即可解决问题．【解答】证明：如图，连接AC交BD于O．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵DF＝BE，
∴DE＝BF，
∴OF＝OE，
∴四边形AECF是平行四边形．
18．（8分）如图，在△OAB中，∠1＝∠2．延长AO至点C，且AO＝CO，延长BO至点D，且BO＝DO，顺
次连接BC，CD，DA得到四边形ABCD．
（1）补全图形；
（2）所得四边形ABCD为（从①矩形；②菱形；③正方形中选择，只填写序号即可），请说明理由．
【分析】（1）根据题意作图即可；
（2）根据矩形的判定即可得到四边形ABCD是矩形．
【解答】解：（1）如图，四边形ABCD即为所求．
（2）结论：四边形ABCD是矩形．
理由：∵∠1＝∠2，
∴OA＝OB，
∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝2OA，BD＝2OB，OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）19．（8分）如图， ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC，AE∥BD，OE与AB交于点F．
（1）在不添加新的点和线的前提下，增加一个条件： AC ⊥ BD （答案不唯一）． ，使得四边形AOBE
▱
是矩形，并说明理由；
（2）若AC⊥BD，OE＝10，AC＝16，求 ABCD的面积．
▱
【分析】（1）添加：AC⊥BD（答案不唯一）．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可；
（2）利用矩形的性质求出AB，再利用勾股定理求出OB，可得结论．
【解答】解：（1）添加：AC⊥BD（答案不唯一）．
理由：∵BE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AOBE是平行四边形，
∵AC⊥DB，
∴∠AOB＝90°，
∴四边形AOBE是矩形；
故答案为：
（2）由（1）可知，四边形AOBE是矩形，
∴AB＝OE＝10，
∵四边形ABCD是平行四边形，
1
∴OA＝OC= AC＝8，
2
∵AC⊥BD，
∴OD＝OB=❑√AB2−AO2=❑√102−82=6，
∴BD＝12，
1 1
∴四边形ABCD的面积= •AC•BD= ×16×12＝96．
2 2
20．（8分）如图所示，O是矩形ABCD的对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD．
（1）求证：OE⊥DC．
（2）若∠AOD＝120°，DE＝2，求矩形ABCD的面积．【分析】（1）由题意可证四边形ODEC是平行四边形，通过证明四边形ODEC是菱形，可得OE⊥DC；
（2）由题意可得∠DAO＝30°，AC＝4，根据直角三角形的性质可得CD＝2，AD＝2❑√3，根据矩形的面积
公式可求矩形ABCD的面积．
【解答】（1）证明：
∵DE∥AC，CE∥BD，
∴DE∥OC，CE∥OD，
∴四边形ODEC是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OD＝OC＝OA＝OB，
∴四边形ODEC是菱形，
∴OE⊥DC，
（2）∵DE＝2，且四边形ODEC是菱形
∴OD＝OC＝DE＝2＝OA，
∴AC＝4
∵∠AOD＝120，AO＝DO
∴∠DAO＝30°，且∠ADC＝90°
∴CD＝2，AD=❑√3CD＝2❑√3
∴S矩形ABCD ＝2×2❑√3=4❑√3
21．（8分）如图①，如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，E、F分别是BC、AD的中点，连接EF并延长，
分别与BA、CD的延长线交于点M、N．
（1）求证：∠BME＝∠CNE；
（2）如图②，在四边形ADBC中，AB与CD相交于点O，AB＝CD，E、F分别是BC、AD中点，连接EF，分别交DC、AB于点M、N，判断△OMN的形状．
【分析】（1）取BD的中点H，连接FH、HE，利用三角形中位线定理和平行线性质完成即可；
（2）如图，取BD的中点H，连接HE、HF，证明HF、HE分别是△ABD、△BCD的中位线，得到
1 1
HF∥AB，HE∥CD，HF= AB，HE= CD，进而证明HF＝HE，∠ONM＝∠OMN，即可证明△OMN
2 2
是等腰三角形．
【解答】（1）证明：如图所示，连接BD，取BD的中点H，连接HE、HF，
∵E、F分别是AD、BC的中点，
∴HF、HE分别是△BCD、△ABD的中位线，
1 1
∴HF∥CN，HE∥BM，HF= CD，HE= AB，
2 2
∵AB＝CD，
∴HF＝HE，
∴∠HEF＝∠HFE，
∵HF∥CN，HE∥BM，
∴∠HEF＝∠BME，∠HFE＝∠CNE，
∴∠BME＝∠CNE；
（2）解：△OMN是等腰三角形；
证明：如图，取BD的中点H，连接HE、HF，
∵E、F分别是BC、AD的中点，
∴HF、HE分别是△ABD、△BCD的中位线，
1 1
∴HF∥AB，HE∥CD，HF= AB，HE= CD，
2 2∵AB＝CD，
∴HF＝HE，
∴∠HFE＝∠HEF，
∵HF∥AB，HE∥CD，
∴∠HFE＝∠ONM，∠HEF＝∠OMN，
∴∠ONM＝∠OMN，
∴OM＝ON，
∴△OMN是等腰三角形．
22．（10分）如图1，在正方形ABCD中，点E在AB上，点F在BC上，AF与DE相交于点G，AF＝DE，求
证：∠DGF＝90°．
（1）请完成上题的证明过程；
（2）如图2，在菱形ABCD中，点E在AB上，点F在射线BC上，AF与DE相交于点G，AF＝DE，求
证：∠DGF＝∠B．
【分析】（1）根据正方形的性质和已知条件证明Rt△DAE≌Rt△ABF，再通过证明∠ADE+∠DAF＝90°证
明∠DGF＝90°；
（2）作AH⊥BC于点H，EK⊥CD于点K，根据同一个菱形的高相等证明EK＝AH，再由AF＝DE证明
Rt△EKD≌Rt△AHF得到∠EDC＝∠F，再推出∠DGF＝∠B．
【解答】（1）证明：如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝AB，∠DAE＝∠B＝90°，
∵AF＝DE，
∴Rt△DAE≌Rt△ABF（HL），
∴∠ADE＝∠BAF，
∴∠ADE+∠DAF＝∠BAF+∠DAF＝∠DAB＝90°，
∴∠DGF＝∠ADE+∠DAF＝90°．
（2）证明：如图2，作AH⊥BC于点H，EK⊥CD于点K，则∠EKD＝∠AHF＝90°，设AF交CD于点R，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，
∴S菱形ABCD ＝EK•DC＝AH•BC，
∴EK＝AH，
∵AF＝DE，
∴Rt△EKD≌Rt△AHF（HL），
∴∠EDC＝∠F，
∴∠DRF﹣∠EDC＝∠DRF﹣∠F，
∵∠DGF＝∠DRF﹣∠EDC，∠DCF＝∠DRF﹣∠F，
∴∠DGF＝∠DCF，
∵CD∥AB，
∴∠DCF＝∠B，
∴∠DGF＝∠B．
23．（10分）如图，在正方形ABCD中，点P在射线AC上，点E在射线BC上．（1）连接BP，如图1，求证：PD＝PB；
（2）过点P作PE⊥PD交BC于点E，如图2，求证：BE=❑√2AP；
（3）点P在射线AC上，点E在射线BC上，若CD＝6，CP＝4❑√2，PE⊥PD，直接写出EC的长：EC＝
2 或 14 ．
【分析】（1）利用“SAS”证明△BAP≌△DAP即可得证；
（2）连接PB，作PF⊥AB于F，PG⊥BC于G，由（1）可得：PB＝PD，△BAP≌△DAP，由全等三角形
的性质结合正方形的性质得出∠CBP＝∠CDP，证明四边形FBGP是矩形，△AFP是等腰直角三角形，得
出FP＝BG，AP=❑√2FP，证明出BP＝EP，由等腰三角形的性质得出BE＝2BG，即可得解；
（3）分两种情况：当点P在线段AC上时，此时点E在线段BC上；当点P在射线AC上时，此时点E在射
线BC上，作PF⊥AB交AB的延长线于F，PG⊥BC交BC的延长线于G，延长DC交PF于H；分别求解
即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，点P在对角线AC上，
∴AB＝AD，∠BAP＝∠DAP＝45°，
在△BAP和△DAP中，
{
AP=AP
)
∠BAP=∠DAP ，
AB=AD
∴△BAP≌△DAP（SAS），
∴PD＝PB；
（2）证明：如图，连接PB，作PF⊥AB于F，PG⊥BC于G，
，
由（1）可得：PB＝PD，△BAP≌△DAP，
∴∠ABP＝∠ADP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，∠BAC＝45°，
∴∠ABC﹣∠ABP＝∠ADC﹣∠ADP，即∠CBP＝∠CDP，
∵PF⊥AB，PG⊥BC，
∴∠PFA＝∠PFB＝∠FBG＝∠PGB＝∠PGC＝90°，
∴四边形FBGP是矩形，△AFP是等腰直角三角形，∴FP＝BG，AP=❑√2FP，
∴AP=❑√2FP=❑√2BG，
∵PD⊥PE，
∴∠DPE＝90°，
∵∠DPE+∠PEC+∠DCE+∠CDP＝360°，
∴∠PEC+∠CDP＝180°，
∵∠PEC+∠PEB＝180°，
∴∠CDP＝∠PEB，
∴∠PBE＝∠PEB，
∴BP＝EP，
∵PG⊥BC，
∴BE＝2BG，
∵AP=❑√2FP=❑√2BG，
∴BE=❑√2AP；
（3）解：EC的长为2或14；理由如下：
如图3，当点P在线段AC上时，此时点E在线段BC上，
∵四边形ABCD是正方形，CD＝6，
∴AD＝AC＝BC＝6，
∴AC=❑√AD2+CD2=6❑√2，
∴AP=AC−CP=6❑√2−4❑√2=2❑√2，
由（2）可得BE=❑√2AP，
∴BE=❑√2AP=4，
∴CE＝BC﹣BE＝6﹣4＝2；
如图4，当点P在射线AC上时，此时点E在射线BC上，作PF⊥AB交AB的延长线于F，PG⊥BC交BC
的延长线于G，延长DC交PF于H，，
∵四边形ABCD是正方形，CD＝6，
∴AD＝AC＝BC＝6，∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，∠BAC＝∠BCA＝45°，
∴AC=❑√AD2+CD2=6❑√2，
∴AP=AC+CP=6❑√2+4❑√2=10❑√2，
∵PG⊥BC，PF⊥AB，
∴∠F＝∠FBG＝∠PGB＝∠HCG＝∠BAD＝∠ADH＝90°，
∴四边形BFPG是矩形，四边形AFHD是矩形，△AFP是等腰直角三角形，
❑√2
∴FP∥BG，AF=FP=BG=DH= AP=10，
2
∴DH⊥FP，
∴∠CHP＝90°，
∴四边形CHPG是正方形，
❑√2
∴HP=GP=CG= CP=4，
2
∵PE⊥PD，
∴∠EPG+∠DPG＝∠HPD+∠DPG＝90°，
∴∠EPG＝∠HPD，
∵HP＝GP，∠DHP＝∠EGP＝90°，
∴△DHP≌△EGP（AAS），
∴GE＝DH＝10，
∴CE＝CG+GE＝4+10＝14；
综上所述，CE＝2或14，
故答案为：2或14．
24．（12分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝6cm，BC＝10cm，动点P，Q分别从A，C同时出
发，点P以1cm/s的速度由A向D运动，点Q以2m/s的速度由C向B运动，其中一个动点到达终点时，另
一个动点随之停止运动．设运动时间为t s．
（1）PD＝ （ 6 ﹣ t ） cm，BQ＝ （ 1 0 ﹣ 2 t ） cm；（分别用含t的式子表示）
（2）当点P，Q与四边形ABCD的任意两个顶点所形成的四边形为平行四边形时，求t的值；（3）在（2）的条件下，若∠C＝45°，（2）中的平行四边形为菱形时，直接写出DC的长：DC＝ 4 cm
2 2
或（2❑√2+ ❑√7 ） cm 或（ 2❑√2− ❑√7 ） cm ．
3 3
【分析】（1）设运动时间为t秒，则AP＝t cm，CQ＝2t cm；
（2）设t秒后四边形ABQP是平行四边形；分情况讨论，根据平行四边形的性质列出方程解方程即可求
解；
（3）根据（2）的三种不同情况根据菱形四边相等，分别画出图形利用等腰直角三角形性质和勾股定理求
解即可．
【解答】解：（1）∵点P以1cm/s的速度由A向D运动，点Q以2cm/s的速度由C向B运动，
∴设运动时间为t秒，则AP＝t cm，CQ＝2t cm，
∵AD＝6cm，BC＝10cm，
∴PD＝（6﹣t）cm；BQ＝（10﹣2t）cm，
故答案为：（6﹣t）；（10﹣2t）；
（2）①当DP＝CQ时，四边形PDQC是平行四边形，
依题意得：6﹣t＝2t，
解得t＝2；
②当PD＝BQ时，四边形DPBQ是平行四边形，
依题意得：6﹣t＝10﹣2t，
解得t＝4；
③当AP＝BQ时，四边形PABQ是平行四边形，
依题意得：t＝10﹣2t，
10
解得t= ；
3
④当PA＝CQ时，t＝2t，t＝0这种情况不可能，
10
综上所述，t的值为2或 或4；
3
2 2
（3）DC的长为4cm或（2❑√2+ ❑√7）cm或（2❑√2− ❑√7）cm；理由如下：
3 3
①当t＝2，四边形PDCQ是菱形时，如图1：即DP＝CQ＝CD＝2t＝4cm；
②当t＝4，四边形PDQB是菱形时，即CQ＝2t＝8cm，PD＝BQ＝DQ＝2cm，
∴CQ＝8cm，
过点Q作QH⊥CD，
∵∠C＝45°，
∴∠C＝∠HQC＝45°，
❑√2
∴QH＝CH，QH= QC＝4❑√2＞QD＝2cm，故此时不存在CD使四边形PDQB是菱形；
2
10
③当t= 四边形PABQ是菱形时，如图3，
3
20 10 8
依题意得：CQ＝2t= cm，AP＝BQ＝PQ= cm，PD= cm，
3 3 3
过点D作DK∥PQ，过点K作KH⊥CD垂足为H，当KH在△CKD内部时，
∵AD∥BC，
∴四边形PDKQ使平行四边形，
10 8
∴DK＝PQ= cm，QK＝PD= cm，
3 320 8
∴KC＝CQ﹣QK= − =4（cm），
3 3
∵∠C＝45°，KH⊥CD，
∴∠CKH＝∠C＝45°，
∴KH＝HC，
在RT△KCH中，由勾股定理得：KH2+CH2＝KC2＝42，
∴KH＝HC＝2❑√2cm，
√ 10 2
在RT△KDH中，由勾股定理得：HD=❑√DK2−K H2=❑( ) 2−(2❑√2) 2= ❑√7（cm），
3 3
2
∴CD＝CH+DH＝（2❑√2+ ❑√7）cm；
3
当KH在△CKD外部时，如图4，
2
此时CD＝CH﹣DH＝（2❑√2− ❑√7）cm，
3
2 2
综上所述，CD长为4cm或（2❑√2+ ❑√7）cm或（2❑√2− ❑√7）cm，
3 3
故答案为：4cm或（）cm或（）cm．
