八年级数学下册 第二十一章 四边形 单元测试卷（二） 人教版

八年级数学下册第二十一章四边形单元测试卷（二）人教版一、单选题：本大题共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，在正方形ABCD内作等边三角形AED，连接BE，CE，则∠EBC的度数为（）A．15° B．20° C．22.5° D．30°2．如图，在△ABC中，CF⊥AB于F，BE⊥AC于E，M为BC的中点，EF=5，BC=8，则△EFM的周长是（）A．13 B．18 C．15 D．163．如图，两对全等的直角三角形拼成矩形ABCD，中空的部分是矩形EFGH，连结DE，若点M是GF的中点，BE=3，AB=310，AD=2A．72 B．85 C．62 4．如图，在矩形ABCD中，AC与DB交于O，AB=6，AD=8，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为E，F，则PE+PF的值为（）A．2.4 B．4.8 C．5 D．105．如图，已知正方形ABCD边长是6，点P是线段BC上一动点，过点D作DE⊥AP于点E．连接EC，若CE=CD，则△CDE的面积是（）A．18 B．413 C．636．在平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点A的坐标为(4，0)，点P为边AB上一点，∠CPB=60°，沿CP折叠正方形后，点B落在平面内点B'处，则B'点坐标为()A．（4−23,2） B．（2,4−237．如图，每个小正方形的边长均为1个单位长度，△ABC的三个顶点都在格点上，点D、E分别是边AB、AC与网格对角线的交点，连结DE，则DE的长为（）A．2 B．10 C．32 D．8．如图，已知菱形ABCD的边长为7，∠ABC=80°，延长BC至点E，射线CF在∠DCE的内部且满足∠DCF=50°，过点D作DG⊥CF交CF于点G，过点G作GH⊥CE交CE于点H.若A．37 B．27 C．339．如图，在平行四边形ABCD中，∠C=120°，AB=8，AD=10，点H、G分别是CD、BC上的动点，连接AH、GH，E、F分别为AH、GH的中点，则EF的最小值是（）A．4 B．5 C．532 10．如图，在菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD=DE，连接BE分别交AC，AD于点F，G，连接OG，有下列结论：①OG=12AB；②与△EGD全等的三角形共有5个；③S菱形ABCD=8S△ODG；④由点A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分.11．如图，在正方形ABCD中，点E是DC边的中点，FG⊥AE分别交AD，BC边于点F，G．若AB=4，则FG的长为．12．如图，在△ABC中，AC=BC，AB=4，D，E分别是AB，AC边上的中点，点F在BC的延长线上，CF=12BC，若CF=3，则EF的长为13．如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC，BD的交点，过点O作OE⊥OF分别交AB，BC于E，F两点，AE=6，CF=2，则△EOF的面积为．14．正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1,CE=3，H是AF的中点，那么CH的长是．15．如图，正方形纸片ABCD的边长是4cm，三角板EFG中，∠F=90°，∠G=30°，三、解答题：本大题共7小题，共72分.16．如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=2，点O是AC的中点，点P是边AC上的任意一点，点D在边BC上，且满足PB=PD，作DE⊥AC于点E．（1）证明：PE=OB；（2）记m=AP⋅PC+BP2，猜想当点P在AC上运动时，m的值是否会发生改变？若不变，求出17．如图，在四边形ABCD中，AD=BC，点M、N、P分别是CD、AB及BD的中点（1）求证：∠（2）如图，分别将AD,NM,BC延长，AD与NM的延长线交于点E,NM与BC的延长线交于点F，求证：∠18．在平行四边形ABCD中，AE⊥CD于E，CF⊥AD于F，H为AD上一动点，连接CH，CH交AE于G，且AE=CD=4．（1）如图1，若∠B=60°，求CF、AF的长；（2）如图2，当FH=FD时，求证：CG=ED+AG；（3）如图3，若∠B=60°，点H是直线AD上任一点，将线段CH绕C点逆时针旋转60°，得到线段CH'，请直接写出19．点P是平行四边形ABCD的对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BP作垂线，垂足分别为点E、F．点O为AC的中点．

（1）如图1，当点P与点O重合时，线段OE和OF的数量关系是；（2）当点P运动到如图2所示的位置时，请在图中补全图形并通过证明判断（1）中的结论是否仍然成立？（3）如图3，点P在线段OA的延长线上运动，当∠OEF＝30°时，线段AE、CF、OE是否存在一定的数量关系，若存在请说明理由．20．在直角三角形ABC中，∠ACB=90°，CP平分∠ACB交AB于点P．（1）如图1，过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥AC于点F，求证：四边形PECF为正方形；（2）若BC=2AC，以点P为顶点作正方形PQNH，其点Q在射线BC上，点H在射线CA上．①如图2，当PB=PQ时，求证：点A为CH中点；②如图3，当点N在射线BA上，且AC=3时，求BN的长度．21．综合与实践问题情境：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C始终重合，连AF，取AF的中点M，EF的中点N，连接MD、MN．特例感知：（1）若直角三角板ECF和正方形ABCD如图1摆放，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，请判断MD与MN之间的数量关系，并加以证明；深入探究：（2）若直角三角板ECF和正方形ABCD如图2摆放，点E、F分别在BC、DC的延长线．其他条件不变，则（1）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．（3）若AB=6，CE=4，连接DN，在摆放的过程中，△DMN的面积存在最大值S1和最小值S2，请直接写出S122．【问题提出】（1）如图①，正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点E，连接EF，若EF=3，则正方形ABCD的边长为________；【问题探究】（2）如图②，在正方形ABCD中，点E是边CD上一点，且点E不与C、D重合，过点A作AE的垂线交CB延长线于点F，连接EF，试判断△AEF的形状，并说明理由；【问题解决】（3）如图③，四边形ABCD是某果园的平面示意图，该果园共有A、B、C、D、E五个出口，其中出口E在边CD上，已知．AD=CD=120米，DE=40米，BC=160米，∠ADC=∠C=90°，AE、BE为果园内两条小路，现在BE的中点F处修建一个临时库房，沿DF修一条运输通道．①判断△AEB的形状，并说明理由；②试求该运输通道的长度DF．23．“数形结合”是一种重要的数学思想，通过数和形之间的对应关系和相互转化可以解决很多抽象的数学问题．学习二次根式时，老师给同学们布置一道思考题：求代数式x2+1+4−x2+4的最小值．小华同学发现x2+1可看作两直角边分别为x和1的直角三角形的斜边长，4−x2+4可看作两直角边分别是4−x和2的直角三角形的斜边长．于是构造出如图所示，将问题转化为求线段CE+DE的最小值（其中先仔细阅读上面材料，然后用“数形结合”思想解答下面问题：（1）直接写出代数式x2（2）若x，y均为正数，且x+y=8，求x2（3）若152−x

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：∵在正方形ABCD内作等边三角形AED，∴AB=AD=AE，∠BAD=∠ABC=90°，∠DAE=60°，∴∠BAE=∠BAD−∠DAE=30°，∵AB=AE，∴∠ABE=∠AEB=180°−∠BAE∴∠EBC=∠ABC−∠ABE=15°，故答案为：A.

【分析】先根据正方形、等边三角形的性质得出AB=AD=AE，∠BAD=∠ABC=90°，∠DAE=60°，从而根据角的构成可求出∠BAE的度数，然后利用等边对等角和三角形内角和定理可求出∠ABE的度数，最后根据再根据角的构成，由∠EBC=∠ABC-∠ABE可算出答案.2．【答案】A3．【答案】B【解析】【解答】解：根据题意，BE=DG=3，CG=AE=AB2−BE2=90−9=9.

∵M是GF的中点，

∴GM=12GF=12HE.

∴GM是△DHE的中位线.

∴DH=2DG=2×3=6.

∵AD=210，

∴AH=AD2−DH2=40−36=2.

4．【答案】B【解析】【解答】解：如图所示，连接OP，过点A作AG⊥BD于G，∵AB=6，AD=8，∴由勾股定理可得：BD=AS△ABD=1解得：AG=24在矩形ABCD中，∵OA=OD，S△AOD∴PE+PF=AG=24故PE+PF=24故选：B．

【分析】本题考查矩形的性质、勾股定理和三角形面积公式的综合应用，首先利用勾股定理求出矩形对角线BD的长度，再通过ΔABD的面积等积法求出边BD上的高AG；结合矩形对角线互相平分且相等的性质，连接OP后将ΔAOD的面积拆分为ΔAPO和ΔDPO的面积和，利用面积公式推导得出PE+PF=AG，进而求出结果。5．【答案】D【解析】【解答】解：作CF⊥ED于点F，如图所示，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠CDA＝90°，∴∠ADE+∠FDC＝90°，∵CF⊥DE，CD＝CE，∴EF＝DF＝12∴∠FDC+∠DCF＝90°，∴∠ADE＝∠DCF，在△ADE和△DCF中，∠AED=∠DFC∠ADE=∠DCF∴△ADE≌△DCF（AAS），∴DE＝CF，∴DF＝12∵∠CFD＝90°，CD＝6，∴DF2+CF2＝CD2，即DF2+（2DF）2＝62，解得DF2＝7.2，∴S△CDE＝DE⋅CF2=2DF⋅2DF故答案为：D．【分析】作CF⊥ED于点F，由正方形性质得AD＝DC，∠CDA＝90°，由等腰三角形三线合一得EF＝DF＝12DE，∠CFD＝90°，由直角三角形两锐角互余、角的构成及同角的余角相等推出∠ADE＝∠DCF，从而利用“AAS”判断出△ADE≌△DCF，由全等三角形的对应边相等得DE＝CF，则DF＝12CF，在Rt△CDF中，利用勾股定理表示出DF6．【答案】B【解析】【解答】解：过点B'作B'D⊥OC于点D，

∵A（4，0），

∴OA=4，∵四边形OABC为正方形，

∴OA=OC=4，∠BCO=∠B=90°，

∵∠BPC=60°，

∴∠BCP=30°，由折叠得B'C=BC=4，∠B'CP=∠BCP=30°，∴∠B'CD=90°-∠BCP-∠B'CP=30°，∴B'∴DC=C∴OD=4−23，

∴点B'的坐标为故答案为：B．【分析】过点B'作B'D⊥OC于点D，由点A的坐标得出OA=4，根据正方形的性质得出OA=OC=4，∠BCO=∠B=90°，由直角三角形两锐角互余求出∠BCP=30°，由折叠得B'C=BC=4，∠B'CP=∠BCP=30°，根据角的构成推出∠B'CD=90°-∠BCP-∠B'CP=30°，由含30°角直角三角形的性质求出B'D=127．【答案】D【解析】【解答】解：∵由作图知D为AB的中点，E为AC的中点，

∴DE为AB的中点

∴DE=12BC

∵BC=12+3故答案为：D.【分析】由图形特点知DE为中位线，由中位线定理可得DE的长.8．【答案】D【解析】【解答】解：如图，连接AO，交BD于O，

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=80°，

∴BO=DO，AC⊥BD，∠BCD=100°，∠BDC=40°，

∵∠DCF=50°

∴∠GCH=30°，

∵GH⊥CE，

∴CG=2GH=2，

∵DG⊥CF，∠DCF=50°

∴∠CDG=40°=∠BDC

∴OD平分∠BDG，

又∵AC⊥BD，DG⊥CG，

∴OC=CG=2，

∴OD=CD2−OC2故答案为：D.【分析】由菱形的性质可得BO=DO，AC⊥BD，∠BCD=100°，∠BDC=40°，由直角三角形的性质可得CG=2GH=2，由角平分线的性质可得OC=CG=2，由勾股定理可求OD的长，即可求解.9．【答案】D【解析】【解答】解：如图，连接AG，过点A作AN⊥BC于N，∵四边形ABCD是平行四边形，∠C=120°，∴∠B=60°，∵AN⊥BC，∴∠BAN=30°，∴BN=1∴由勾股定理得AN=3∵E、F分别为AH、GH的中点，∴EF=1∴当AG⊥BC时，AG有最小值，即EF有最小值，∴当点G与点N重合时，AG的最小值为43∴EF的最小值为23故选：D．【分析】本题考查平行四边形的性质、三角形中位线定理、直角三角形的性质和垂线段最短的原理。首先连接AG，根据三角形中位线定理，E、F分别为AH、GH的中点，因此EF=12AG，求EF的最小值即可转化为求AG的最小值；根据垂线段最短的性质，当AG垂直于BC时，AG取得最小值；由平行四边形的邻角互补，∠C=120°可推出∠B=60°，在Rt△ABN中，利用直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半，得BN=1210．【答案】C【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=DA，AB∥CD，OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，∴∠BAG=∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AODSSS∵CD=DE，∴AB=DE，在△ABG和△DEG中，∠BAG=∠EDG∠ABG=∠DGE∴△ABG≌△DEGAAS∴AG=DG，∴OG是△ACD的中位线，∴OG=12CD=12连接AE，∵AB∥CE，AB=DE，∴四边形ABDE为平行四边形，∵∠BCD=∠BAD=60°，∴△ABD、△CBD是等边三角形，∴AB=BD=AD，∠ODC=60°，∴OD=AG，四边形ABDE为菱形，故④正确；∴AD⊥BE，在△BGA和△COD中，AG=DO∠BAG=∠CDO∴△BGA≌△CODSAS∴△ABO≌△BCO≌△AOD≌△COD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②错误；∵OG是△ACD的中位线，∴S△ODG=S∴S△ODG=1综上所述，正确的有①③④，故选：C．

【分析】本题考查菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及三角形中位线定理的综合应用，首先根据菱形的性质得到边和角的关系，证明ΔABG≅ΔDEG得出AG=DG，结合O为AC中点判定OG为ΔACD的中位线，验证结论①；连接AE，利用菱形和等边三角形的性质证明四边形ABDE为菱形，验证结论④；通过全等三角形的判定找出与ΔEGD全等的三角形，判断结论②的真假；利用三角形面积的倍数关系推导菱形ABCD与ΔODG的面积关系，验证结论③。11．【答案】2【解析】【解答】解：过点B作BN∥GF交AD于点N，如图所示：∵四边形ABCD是正方形，AB=4，∴AD∥BC,AD=AB=CD=4,∠BAN=∠D=90°，∴四边形BGFN是平行四边形，∴BN=GF，∵AE⊥FG,BN∥GF，∴BN⊥AE，∴∠BNA+∠EAD=90°，∵∠AED+∠EAD=90°，∴∠BNA=∠AED，在△AED和△BNA中，∠AED=∠BNA∠D=∠BAN∴△AED≌△BNAAAS∴AE=BN=FG，∵点E是DC边的中点，∴DE=CD=2，∴AE=A∴FG=25，

故答案为：【分析】过点B作BN∥GF交AD于点N，根据正方形性质可得AD∥BC,AD=AB=CD=4,∠BAN=∠D=90°，根据平行四边形判定定理可得四边形BGFN是平行四边形，则BN=GF，根据角之间的关系可得∠BNA=∠AED，再根据全等三角形判定定理可得△AED≌△BNAAAS，则AE=BN=FG12．【答案】4【解析】【解答】解：连接DE、CD，

∵D，E分别是AB，AC边上的中点，AB=4，

∴DE是△ABC的中位线，BD=2，

∴DE=12BC，DE//BC，

∵CF=12BC，CF=3，

∴DE=CF，BC=6，

∴四边形DCFE为平行四边形，

∴EF=CD，

∵CA=CB，D是AB的中点，

∴CD⊥AB，

∴故答案为：42【分析】连接DE、CD，根据三角形中位线定理得到DE=113．【答案】10【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠EBO=∠FCO=45°，BO=CO，∠BOC=90°，AB=BC，∴∠BOF+∠COF=90°．∵OE⊥OF，∴∠BOF+∠BOE=90°，∴∠COF=∠BOE，∴在△COF和△BOE中，∠COE=∠BOECO=BO∴△COF≌△BOEASA∴BE=CF=2，OE=OF,∴AB−BE=BC−CF，即AE=BF=6，∴在Rt△BEF中，EF=B∴OE=OF=25∴S△EOF故答案为：10．

【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理的综合应用，先根据正方形的性质得到∠EBO=∠FCO=45°、BO=CO、∠BOC=90°，结合OE⊥OF推出∠COF=∠BOE，进而证明ΔCOF≅ΔBOE，得到BE=CF=2、OE=OF，再求出BF=AE=6，在RtΔBEF中用勾股定理求出EF，进而求出OE和14．【答案】5【解析】【解答】解：如图，连接AC、CF，

∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形

∴AB=BC=1，CE=EF=3，∠ACD=∠GCF=45°

∴AC=2，∴在Rt△ACF中，AF=A∵H是AF的中点，∴CH=故答案为：5．【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理和直角三角形的性质，根据直角三角形的性质构造辅助线是解题关键.根据正方形性质：四边相等，对角线平分对角可知：AB=BC=1，CE=EF=3，∠ACD=∠GCF=45°再根据勾股定理可求出AC、CF，再根据角的和差运算可知：∠ACF=∠ACD+∠GCF=90°，然后利用勾股定理：在Rt△ACF中，AF=AC215．【答案】4【解析】【解答】解：∵，∠F=90°，∠G=30°，EF=23cm，

∴EG=2EF=43cm，

∴GF=EG2−EF故答案为：4.【分析】根据勾股定理和30°的直角三角形的性质得到GF长，连接EH，即可得到FH=E16．【答案】（1）证明：∵∠ABC=90°,AB=BC，

∴△ABC是等腰直角三角形

又∵点O是AC的中点，∴BO⊥AC,OB=1∴∠OBC=∠C=45°，又∵PB=PD，∴∠PBD=∠PDB，∠OBP=∠PBD−45°,∠EPD=∠PDB−45°，∴∠OBP=∠EPD，

∵BO⊥AC,DE⊥AC,∴∠BOP=∠PED=90°，

在△OBP和△EPD中

​PB=PD∴△OBP≌△EPD，∴PE=OB；（2）不会发生变化，m=4，

解：m的值不变，理由如下：

∵由（1）可知△OBP≌△EPD，

∴OP=DE，

∵DE⊥AC，∠C=45°，

∴△CDE是等腰直角三角形

∴DE=CE，

∴OP=DE=CE，

由（1）得PE=OB=OA，

∴AP⋅PC=OA−OPPE+CE

=OA−OPOA+OP

=OA2−OP2，

又∵OB2=BP2-OP2，

AB2=OB2+OA2

∴m=AP⋅PC+B【解析】【分析】（1）根据等腰直角三角的性质等边对等角，证明BO⊥AC,AO=OB=OC，∠OBP=∠EPD，根据全等三角形判定定理AAS证明△OBP≌△EPD，再根据全等三角形的性质即可得到结论；（2）根据（1）中的信息证明OP=DE=CE，结合PE=OB=OA，等量代换可得AP⋅PC=OA（1）解：∵∠ABC=90°,AB=BC，点O是AC的中点，∴BO⊥AC,AO=OB=OC，∴∠OBC=∠C=45°，又∵PB=PD，∴∠PBD=∠PDB，∠OBP=∠PBD−45°,∠EPD=∠PDB−45°，∴∠OBP=∠EPD，又∠BOP=∠PED=90°，∴△OBP≌△EPD，∴PE=OB；（2）解：m的值不变，理由如下：∵△OBP≌△EPD，∴OP=DE，∵DE⊥AC，∠C=45°，∴DE=CE，∴OP=DE=CE，由（1）得PE=OB=OA，∴AP⋅PC===OA∴m=AP⋅PC+B=B=O=A=4（定值）．17．【答案】（1）证明：∵M、N、P分别是CD、AB、BD的中点，∴MP=12BC∴AD=BC，

∴MP=PN，即△MNP为等腰三角形，

∴∠PMN=∠PNM.（2）证明：∵M、N、P分别是CD、AB、BD的中点，∴PN∥BC，PM∥AD，

∴∠PMN=∠F，∠PNM=∠AEM，

∵∠PNM=∠PMN，

∴∠AEM=∠F.【解析】【分析】（1）根据连接三角形任意两边中点的连线叫中位线，三角形的中位线等于第三边的一半可得MP=12BC，NP=18．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=60°，∴∠B=∠D=60°，∵CF⊥AD，∴在Rt△CFD中：∠FCD=90°−∠D=30°，

∵CD=4∴DF=12CD=2∵AE⊥CD，在Rt△AED中，∠EAD=90°−∠D=30°，

∵AE=4∴DE=12AD∴AD=8∴AF=AD−DF=8（2）证明：如图，过点B作BK⊥CH于点K，连接BG，∵CF⊥AD，FH=FD，∴CF垂直平分DH，∴CD=CH，∴∠CHF=∠D，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，AB=CD，∴∠CHF=∠BCH，∴∠D=∠BCH，在△BKC和△AED中，∠BKC=∠AED=90°∠BCK=∠D∴△BKC≌△AEDAAS∴CK=DE，BK=AE，∵AB=CD，AE=CD，∴BK=AB，在Rt△ABG和RtAB=BKBG=BG∴Rt∴AG=KG，∴CG=CK+KG=ED+AG；（3）4−2【解析】【解答】解：（3）如图，在DA取点P，使得DP=CD，连接PH'并延长交BC于Q，连接∵四边形ABCD是平行四边形，∠B=60°，∴∠B=∠D=60°，∴△CDP是等边三角形，∴∠DCP=60°，CD=CP，由旋转的性质可知，∠HCH'=60°∴∠DCP−∠PCH=∠HCH'−∠PCH，

在△CDH和△CPHCD=CP∠DCH=∠PC∴△CDH≌△CPH∴∠D=∠CPH∴∠CPH∴PQ∥CD，∵AE⊥CD，∴AE⊥PQ，设PQ与AE的交点为O，∵点H'在直线PQ∴当点H'运动到点O处时，A∵∠AED=90°，∠D=60°，∴∠DAE=30°，由（1）可知，AD=8∵CD=DP=4，∴AP=AD−DP=8在Rt△AOP中，∠PAO=30°∴OP=12AP=即AH'的最小值为4−23．

【分析】（1）根据平行四边形的性质，可得∠B=∠D=60°，再利用含30度角的直角三角形的性质可得DF=2，CF=23；同理在Rt△AED（2）过点B作BK⊥CH于点K，连接BG，由垂直平分线的性质和等边对等角的性质，得到∠CHF=∠D，结合平行线的性质即可由AAS证明△BKC≌△AED，得到CK=DE，BK=AE，进而得出BK=AB，再利用HL证明Rt△ABG≌Rt△KBG（3）在DA取点P，使得DP=CD，连接PH'并延长交BC于Q，连接CP，则△CDP是等边三角形，结合旋转的性质，可证△CDH≌△CPH'SAS，得出∠CPH'=∠PCD=60°，进而推出AE⊥PQ，设PQ与AE的交点为O，点H'在直线PQ上运动，则当点H'运动到点O处时，（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B=∠D=60°，∵CF⊥AD，∴∠CFD=90°，在Rt△CFD中，∠FCD=90°−∠D=30°，CD=4∴DF=12CD=2∵AE⊥CD，∴∠AED=90°，在Rt△AED中，∠EAD=90°−∠D=30°，AE=4∴DE=1∴AE=A∴AD=8∴AF=AD−DF=8（2）证明：如图，过点B作BK⊥CH于点K，连接BG，∵CF⊥AD，FH=FD，∴CF垂直平分DH，∴CD=CH，∴∠CHF=∠D，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，AB=CD，∴∠CHF=∠BCH，∴∠D=∠BCH，在△BKC和△AED中，∠BKC=∠AED=90°∠BCK=∠D∴△BKC≌△AEDAAS∴CK=DE，BK=AE，∵AB=CD，AE=CD，∴BK=AB，在Rt△ABG和RtAB=BKBG=BG∴Rt∴AG=KG，∴CG=CK+KG=ED+AG；（3）解：如图，在DA取点P，使得DP=CD，连接PH'并延长交BC于Q，连接∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠B=∠D=60°，∴△CDP是等边三角形，∴∠DCP=60°，CD=CP，由旋转的性质可知，∠HCH'=60°∴∠DCP−∠PCH=∠HCH'−∠PCH在△CDH和△CPHCD=CP∠DCH=∠PC∴△CDH≌△CPH∴∠D=∠CPH∴∠CPH∴PQ∥CD，∵AE⊥CD，∴AE⊥PQ，设PQ与AE的交点为O，∵点H'在直线PQ∴当点H'运动到点O处时，A∵∠AED=90°，∠D=60°，∴∠DAE=30°，由（1）可知，AD=8∵CD=DP=4，∴AP=AD−DP=8在Rt△AOP中，∠PAO=30°∴OP=12AP=即AH'的最小值为19．【答案】（1）OE＝OF（2）解：补全图形如图所示，结论仍然成立，理由如下：如图2，延长EO交CF于点G，∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴AE∥CF，∴∠EAO＝∠GCO，∵点O为AC的中点，∴AO＝CO，又∵∠AOE＝∠COG，∴△AOE≌△COG（ASA），∴OE＝OG，∵∠GFE＝90°，∴OE＝OF；（3）解：OE=CF+AE点P在线段OA的延长线上运动时，如图3，延长EO交FC的延长线于点H，由（2）可知△AOE≌△COH，∴AE＝CH，OE＝OH，又∵∠OEF＝30°，∠HFE＝90°，∴HF＝EH＝OE，∴OE＝CF+CH=CF+AE即OE=CF+AE【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AO=CO，

∵∠AEO=∠CFO=90°，∠AOE=∠COF，

∴△AOE≌△COF（AAS），

∴OE=OF，

故答案为：OE=OF.

【分析】（1）证明△AOE≌△COF（AAS），可得OE=OF；

（2）根据题意先补图，延长EO交CF于点G，证明△AOE≌△COG（ASA），可得OE＝OG，再利用直角三角形斜边中线的性质即可求解；

（3）OE=CF+AE，理由：延长EO交FC的延长线于点H，同（2）可证△AOE≌△COH，可得AE＝CH，OE＝OH，再根据∠OEF＝30°，∠HFE＝90°，可得HF＝EH＝OE，再利用线段的和差即可求解.20．【答案】（1）证明：∵PE⊥BC，PF⊥AC

∴∠PEC=∠PFC=90°，

又∵∠ACB=90°，

∴CP是∠ACB的平分线，PE⊥BC，PF⊥AC，

∴PE=PF，

∴四边形PECF为正方形（2）解：①证明：过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥AC于点F，

由(1)可知四边形PECF为正方形.

∴CE=CF=PE=PF，

∵四边形PQNH是正方形，

∴PQ=PH，

∵PB=PQ，

∴PB=PH，

在Rt△BEP和Rt△HFP中，

PE=PFPB=PH

∴Rt△BEP≌Rt△HFP(HL)，

∴BE=HF，

∴BC=CH=2AC，

∴点A为CH中点.

②如图，过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥AC于点F，

由(1)可知四边形PECF为正方形，

同理由PE=PFPQ=PH

可证Rt△PEO≌Rt△PFH(HL)

∵BC=2AC=6，S△ABC=12BC·AC=12BC·PE+12AC·PF=12(BC+AC)·PE

∴PE=2.

过点N作NG⊥BQ交BO延长线于点G，

∴tan∠ABC=ACBC=GNBG=12，

∵【解析】【分析】(1)先根据作图方法由三个角是直角得出四边形PECF为矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形即可证明结论；

(2)①结合(1)的结论可证明Rt△BEP≌Rt△HFP(HL)得到BE=HF，进而BC=CH，从而证明CH=2CA；

②先结合(1)得出Rt△PEO≌Rt△PFH(AAS)，然后再证明Rt△BEP≌Rt△HFP(HL)得到PE=QG和GN=QE，从而推出CG=GN=BC，最后在Rt△BGN中求解BN的长.21．【答案】（1）MD=MN，

证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=BC=CD=DA,∠B=∠ADF=90°，

∵CE=CF，

∴BE=DF，

∴△ABE≌△ADFSAS，

∴AF=AE，

∵MN为△AEF的中位线，

∴MD=12AF，MN=12AF

∴MD=MN；

（2）仍然成立，

证明：如图，连接AE，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=BC=CD=DA,∠ABE=∠ADF=90°

∵CE=CF

∴BC+CE=DC+CF，

即BE=DF，

∴△ABE≌△ADFSAS

∴AF=AE，

∵M,N为AF,EF的中点，

∴AM=MF,FN=EN

∴MD=12AF，【解析】【解答】解：（3）如图3，连接AE，AC，

设AE交DM于O，交CD于G，

∵DM=MF=AM，

∴∠MDF=∠MFD=∠AEB，

∵∠DGO=∠CGE,∠ODG=∠CEG，

∴∠DOG=∠ECG=90°，

∵MN∥AE，

∴∠DOG=∠DMN=90°，

∴MN⊥DM，

∵四边形ABCD是正方形，AB=6，

∴AC=AB2+BC2=62，

∵MN=DM=AM，

∴S△DMN=12MN⋅DM=12AM2=1212AF2=18AF2

由题意可知，AC−CF≤AF≤AC+CF，

即62−4≤AF≤62+4（2）连接AE，然后利用（1）题的两个全等三角形可以进一步证明结论；（3）首先证明△DMN是等腰直角三角形，可得S△DMN=122．【答案】（1）6；

（2）△AEF是等腰直角三角形．

理由：∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=AB，∠D=∠ABC=∠DAB=90°，

∴∠D=∠ABF=90°，∠DAE+∠BAE=90°．

∵AE⊥AF，

∴∠EAF=90°，

∴∠BAE+∠BAF=90°，

∴∠DAE=∠BAF，

∴△ADE≌△ABFASA，

∴AF=AE，

∴△AEF是等腰直角三角形；

（3）①过点A作AG⊥BC于点G，如图③．

∵∠ADC=∠DCG=∠AGC=90°，

∴四边形ADCG是矩形．

∵AD=CD，

∴四边形ADCG是正方形，

∴∠GAD=90°，AG=CG=AD=CD=120米，

∴BG=BC−CG=40米=DE，

在△ABG和△AED中，

AG=AD∠AGB=∠ADEBG=DE