專題07 菱形的判定和性質 帶解析

2022-2023學年蘇科版八年級數學下冊精選壓軸題培優(yōu)卷專題07菱形的判定和性質一．選擇題（共10小題，滿分20分，每小題2分）1．（2分）（2021春?孝義市期中）如圖，△ABC中，AC＝，BC＝4，AB＝，點D是AB的中點，EB∥CD，EC∥AB，則四邊形CEBD的周長是（）A． B．8 C． D．解：∵EB∥CD，EC∥AB，∴四邊形CEBD是平行四邊形，在△ABC中，∵AC＝，BC＝4，AB＝，∴（）2+42＝2+16＝18＝（3）2，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形，∴∠ACB＝90°，∵點D是AB的中點，∴DC＝AD＝DB＝AB＝，∴四邊形CEBD是菱形，四邊形CEBD的周長＝4DB＝4×＝6．故選：C．2．（2分）（2022春?鎮(zhèn)安縣期末）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC與BD交于點O，E為CD延長線上一點，且CD＝DE，連接BE，分別交AC，AD于點F、G，連接OG、AE，則下列結論：①OG＝AB；②四邊形ABDE是菱形；③四邊形ODEG與四邊形OBAG面積相等．其中正確的有（）A．0個 B．1個 C．2個 D．3個解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD（SSS），∵CD＝DE，∴AB＝DE，在△ABG和△DEG中，，∴△ABG≌△DEG（AAS），∴AG＝DG，∴OG是△ACD的中位線，∴OG＝CD＝AB，故①正確；∵AB∥CE，AB＝DE，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∵∠BCD＝∠BAD＝60°，∴△ABD、△BCD是等邊三角形，∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，∴OD＝AG，四邊形ABDE是菱形，故②正確；∴AD⊥BE，由菱形的性質得：△BGA≌△BGD≌△EGD（SSS），在△BGA和△COD中，，∴△BGA≌△COD（SAS），∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，∵OB＝OD，∴S△BOG＝S△DOG，∵四邊形ABDE是菱形，∴S△ABG＝S△DGE，∴四邊形ODEG與四邊形OBAG面積相等，故③正確；故正確的結論有3個．故選：D．3．（2分）（2022春?平邑縣期末）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，延長CB至E使BE＝CD，連接AE，下列結論①AE＝2OD；②∠EAC＝90°；③四邊形ADBE為菱形；④S四邊形AEBO＝S菱形ABCD中，正確的結論個數有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝BC＝CD，AD∥BC，BD＝2DO，又∵BE＝CD，∴AD＝BE，∴四邊形ADBE是平行四邊形，當BD＝AD時，四邊形ADBE為菱形，故③不正確，∴AE＝BD，∴AE＝2DO，故①正確；∵四邊形ADBE是平行四邊形，四邊形ABCD是菱形，∴AE∥BD，AC⊥BD，∴AE⊥AC，即∠CAE＝90°，故②正確；∵四邊形ADBE是平行四邊形，∴S△ABE＝S△ABD＝S菱形ABCD，∵四邊形ABCD是菱形，∴S△ABO＝S菱形ABCD，∴S四邊形AEBO＝S△ABE+S△ABO＝S菱形ABCD，故④正確；正確的結論個數有3個，故選：C．4．（2分）（2022?槐蔭區(qū)一模）四邊形不具有穩(wěn)定性．四條邊長都確定的四邊形，當內角的大小發(fā)生變化時，其形狀也隨之改變．如圖，改變正方形ABCD的內角，使正方形ABCD變?yōu)榱庑蜛BC′D′，如果∠DAD′＝30°，那么菱形ABC′D′與正方形ABCD的面積之比是（）A． B． C． D．1解：過D'作D'M⊥AB于M，如圖所示：則∠D'MA＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴正方形ABCD的面積＝AB2，AB＝AD，∠BAD＝90°，∵∠DAD′＝30°，∴∠D'AM＝90°﹣30°＝60°，∴∠AD'M＝30°，∴AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，∵四邊形ABC′D′是菱形，∴AB＝AD'＝AD，菱形ABCD的面積＝AB×D'M＝AB2，∴菱形ABC′D′與正方形ABCD的面積之比＝＝，故選：A．5．（2分）（2022?橋西區(qū)校級模擬）在學習菱形時，幾名同學對同一問題，給出了如下幾種解題思路，其中正確的是（）已知：如圖，四邊形ABCD是菱形，E、F是直線AC上兩點，AF＝CE．求證：四邊形FBED是菱形．甲：利用全等，證明四邊形FBED四條邊相等，進而說明該四邊形是菱形；乙：連接BD，利用對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，判定四邊形FBED是菱形；丙：該題目錯誤，根據已知條件不能夠證明該四邊形是菱形．A．甲、乙對，丙錯 B．乙、丙對，甲錯 C．三個人都對 D．甲、丙對，乙錯解：甲：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠BAD＝∠BCD，AB＝BC＝CD＝AD，∴∠BAC＝∠DAC＝∠BCA＝∠DCA，∴∠BAF＝∠DAF＝∠BCE＝∠DCE，在△BAF和△DAF中，，∴△BAF≌△DAF（SAS），∴BF＝DF，同理：△DCE≌△BCE（SAS），△BAF≌△BCE（SAS），∴BE＝DE，BF＝BE，∴BF＝DF＝BE＝DE，∴四邊形FBED是菱形；乙：連接BD交AC于O，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∵AF＝CE，∴OA+AF＝OC+CE，即OF＝OE，∴四邊形FBED是平行四邊形，又∵AC⊥BD，∴平行四邊形FBED是菱形；綜上所述，甲對、乙對，丙錯，故選：A．6．（2分）（2021春?溫江區(qū)校級期中）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，AB＝AD，連接BD，∠BAD的角平分線交BD，BC分別于點O、E，若EC＝3，CD＝4，則BO的長為（）A．4 B．3 C． D．2解：連接DE．在直角三角形CDE中，EC＝3，CD＝4，根據勾股定理，得DE＝5．∵AB＝AD，AE平分∠BAD，∴AE⊥BD，∴AE垂直平分BD，∠BAE＝∠DAE．∴DE＝BE＝5．∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB，∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE＝5，∴BC＝BE+EC＝8，∴四邊形ABED是菱形，由勾股定理得出BD＝，∴BO＝BD＝2，故選：D．7．（2分）（2021春?澄海區(qū)期末）如圖，分別以直角△ABC的斜邊AB，直角邊AC為邊向△ABC外作等邊△ABD和等邊△ACE，F為AB的中點，DE與AB交于點G，EF與AC交于點H，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，給出如下結論：①EF⊥AC；②四邊形ADFE為菱形；③AD＝4AG；④4FH＝BD；其中正確結論的是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④解：∵△ACE是等邊三角形，∴∠EAC＝60°，AE＝AC，∵∠BAC＝30°，∴∠EAF＝∠ACB＝90°，AB＝2BC，∵F為AB的中點，∴AB＝2AF，∴BC＝AF，在△ABC和△EFA中，，∴△ABC≌△EFA（SAS），∴FE＝AB，∠AEF＝∠BAC＝30°，∴∠AHE＝180°﹣∠EAC﹣∠AEF＝180°﹣60°﹣30°＝90°，∴EF⊥AC，故①正確，∵EF⊥AC，∠ACB＝90°，∴FH∥BC，∵F是AB的中點，∴FH是△ABC的中位線，∴FH＝BC，∵BC＝AB，AB＝BD，∴BD＝4FH，故④正確；∵AD＝BD，BF＝AF，∴∠DFB＝90°，∠BDF＝30°，∵∠FAE＝90°，∴∠DFB＝∠EAF，∵EF⊥AC，∴∠AEF＝30°，∴∠BDF＝∠FEA，在△DBF和△EFA中，，∴△DBF≌△EFA（AAS），∴AE＝DF，∵FE＝AB＝AD，∴四邊形ADFE為平行四邊形，∵AB＞AC，∴AD＞AE，∴四邊形ADFE不是菱形，故②錯誤；∵AG＝AF，∴AG＝AB，∵AD＝AB，則AD＝4AG，故③正確，故選：C．8．（2分）（2021春?辛集市期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC的垂直平分線分別與AD，AC，BC相交于點E，O，F．下列結論正確的個數有（）①四邊形AFCE為菱形；②△ABF≌△CDE；③當F為BC中點時，∠ACD＝90°．A．0個 B．1個 C．2個 D．3個解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，∠B＝∠D，AB∥CD，∴∠EAC＝∠FCA，∵EF垂直平分AC，∴OA＝OC，EA＝EC，∴∠EAC＝∠ECA，∴∠FCA＝∠ECA，在△AOE和△COF中，，∴△AOE≌△COF（ASA），∴OE＝OF，∴四邊形AFCE為平行四邊形，∵EF垂直平分AC，∴平行四邊形AFCE是菱形，①正確；∴AE＝CF，∴BF＝DE，在△ABF和△CDE中，，∴△ABF≌△CDE（SAS），②正確；∵四邊形AFCE是菱形，∴AF＝CF，∵F為BC的中點，∴BF＝CF，∴AF＝CF＝BC，∴∠BAC＝90°，∵AB∥CD，∴∠ACD＝∠BAC＝90°，③正確；正確的個數有3個，故選：D．9．（2分）（2022?遷安市一模）問題：已知：如圖，四邊形ABCD是菱形，E、F是直線AC上兩點，AF＝CE．求證：四邊形FBED是菱形．幾名同學對這個問題，給出了如下幾種解題思路，其中正確的是（）甲：利用全等，證明四邊形FBED四條邊相等，進而說明該四邊形是菱形；乙：連接BD，利用對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，判定四邊形FBED是菱形；丙：該題目錯誤，根據已知條件不能夠證明該四邊形是菱形．A．甲、乙對，丙錯 B．乙、丙對，甲錯 C．三個人都對 D．甲、丙對，乙錯解：甲：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠BAD＝∠BCD，AB＝BC＝CD＝AD，∴∠BAC＝∠DAC＝∠BCA＝∠DCA，∴∠BAF＝∠DAF＝∠BCE＝∠DCE，在△BAF和△DAF中，，∴△BAF≌△DAF（SAS），∴BF＝DF，同理：△DCE≌△BCE（SAS），△BAF≌△BCE（SAS），∴BE＝DE，BF＝BE，∴BF＝DF＝BE＝DE，∴四邊形FBED是菱形；乙：連接BD交AC于O，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∵AF＝CE，∴OA+AF＝OC+CE，即OF＝OE，∴四邊形FBED是平行四邊形，又∵AC⊥BD，∴平行四邊形FBED是菱形；綜上所述，甲對、乙對，丙錯，故選：A．10．（2分）（2019春?西湖區(qū)期末）如圖，分別以Rt△ABC的斜邊AB，直角邊AC為邊向外作等邊△ABD和△ACE，F為AB的中點，DE，AB相交于點G．連接EF，若∠BAC＝30°，下列結論：①EF⊥AC；②四邊形ADFE為菱形；③AD＝4AG；④△DBF≌△EFA．則正確結論的序號是（）A．①③ B．②④ C．①③④ D．②③④解：連接FC，如圖所示：∵∠ACB＝90°，F為AB的中點，∴FA＝FB＝FC，∵△ACE是等邊三角形，∴EA＝EC，∵FA＝FC，EA＝EC，∴點F、點E都在線段AC的垂直平分線上，∴EF垂直平分AC，即EF⊥AC；∵△ABD和△ACE都是等邊三角形，F為AB的中點，∴DF⊥AB即∠DFA＝90°，BD＝DA＝AB＝2AF，∠DBA＝∠DAB＝∠EAC＝∠ACE＝60°．∵∠BAC＝30°，∴∠DAC＝∠EAF＝90°，∴∠DFA＝∠EAF＝90°，DA⊥AC，∴DF∥AE，DA∥EF，∴四邊形ADFE為平行四邊形而不是菱形；∵四邊形ADFE為平行四邊形，∴DA＝EF，AF＝2AG，∴BD＝DA＝EF，DA＝AB＝2AF＝4AG；在△DBF和△EFA中，，∴△DBF≌△EFA（SAS）；綜上所述：①③④正確，故選：C．二．填空題（共10小題，滿分20分，每小題2分）11．（2分）（2014春?西城區(qū)校級期中）如圖，將兩條等寬的紙條重疊在一起，則四邊形ABCD是菱形，若AB＝8，∠ABC＝60°，則AC＝8．解：過點A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，∵兩條紙條寬度相同，∴AE＝AF．∵AB∥CD，AD∥BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形．∵S?ABCD＝BC?AE＝CD?AF．又∵AE＝AF．∴BC＝CD，∴四邊形ABCD是菱形．∴AB＝BC，又∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形．∴AC＝AB＝8．故答案是：菱形，8．12．（2分）（2022?惠城區(qū)二模）如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，BD為AC的中線，過點C作CE⊥BD于點E，過點A作BD的平行線，交CE的延長線于點F，在AF的延長線上截取FG＝BD，連接BG、DF．若AG＝13，CF＝6，則BG＝5．解：∵AG∥BD，BD＝FG，∴四邊形BGFD是平行四邊形，∵CF⊥BD，∴CF⊥AG，又∵點D是AC中點，∴BD＝DF＝AC，∴四邊形BGFD是菱形，設GF＝x，則AF＝13﹣x，AC＝2x，∵在Rt△ACF中，∠CFA＝90°，∴AF2+CF2＝AC2，即（13﹣x）2+62＝（2x）2，解得：x＝5，即BG＝5．故答案是：5．13．（2分）（2022?禪城區(qū)校級二模）如圖，△ABC中，AC＝，BC＝4，AB＝3，點D是AB的中點，EB∥CD，EC∥AB，則四邊形CEBD的周長是6．解：∵EB∥CD，EC∥AB，∴四邊形CEBD是平行四邊形，在△ABC中，∵AC＝，BC＝4，AB＝3，∴AC2+BC2＝（）2+42＝18，AB2＝（3）2＝18，∴AC2+BC2＝AB2，∴△ABC是直角三角形，∴∠ACB＝90°，∵點D是AB的中點，∴DC＝AD＝DB＝AB＝，∴四邊形CEBD是菱形，四邊形CEBD的周長＝4DB＝4×＝6．14．（2分）（2022?順德區(qū)一模）有兩個全等矩形紙條，長與寬分別為8和6，按圖所示交叉疊放在一起，則重合部分構成的四邊形周長為25．解：如圖所示：由題意得：矩形ABCD≌矩形BEDF，∴∠A＝90°，AB＝BE＝6，AD∥BC，BF∥DE，AD＝8，∴四邊形BGDH是平行四邊形，∴平行四邊形BGDH的面積＝BG×AB＝BH×BE，∴BG＝BH，∴四邊形BGDH是菱形，∴BH＝DH＝DG＝BG，設BH＝DH＝x，則AH＝8﹣x，在Rt△ABH中，由勾股定理得：62+（8﹣x）2＝x2，解得：x＝，∴BG＝，∴四邊形BGDH的周長＝4BG＝25；故答案為：25．15．（2分）（2020春?海曙區(qū)期末）如圖，△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝8cm，動點E從點A出發(fā)，沿AB方向以每秒2cm的速度向終點B運動；同時，動點F從點B出發(fā)，沿BC方向以每秒1cm的速度向終點C運動，將△CEF沿著BC邊翻折，點E的對應點為點E'，設點E運動的時間為t秒，則當t＝秒時，四邊形EFE'C為菱形．解：過E作EG⊥BC于G，如圖所示：則EG∥AC，∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝8cm，∴BC＝AB＝4（cm），由題意得：BF＝tcm，AE＝2tcm，則CF＝（4﹣t）cm，BE＝（8﹣2t）cm，∵四邊形EFE'C為菱形，∴EF＝EC，∵EG⊥BC，∴FG＝CG＝CF＝（2﹣t）cm，∵EG∥AC，∴∠BEG＝∠A＝30°，∴BE＝2BG，∴8﹣2t＝2（t+2﹣t），解得：t＝，故答案為：．16．（2分）（2020?嘉祥縣一模）如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝2，BC＝6，CD＝8，E，F分別是邊AB、CD的中點，DH⊥BC于H，現有下列結論；①∠CDH＝30°；②EF＝4；③四邊形EFCH是菱形；④S△EFC＝3S△BEH．你認為結論正確的有①②③．（填寫正確的序號）解：①∵AD∥BC，AB⊥BC，DH⊥BC，∴四邊形ABHD是矩形，∴BH＝AD＝2，AB＝DH，∴CH＝BC﹣BH＝6﹣2＝4，∵CD＝8，∴CH＝CD，∴∠CDH＝30°；①正確；②∵E，F分別是邊AB、CD的中點，∴CF＝CD＝4，EF∥BC，EF＝（AD+BC）＝4，②正確；③∵EF∥BC，EF＝CH＝4，∴四邊形EFCH是平行四邊形，又∵EF＝CF＝4，∴四邊形EFCH是菱形；③正確；④∵EF＝4，BH＝2，∴S△EFC＝2S△BEH．④錯誤；故選：①②③．17．（2分）（2016?歷城區(qū)一模）如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，BD為AC邊的中線，過點C作CE⊥BD于點E，過點A作BD的平行線，交CE的延長線于點F，在AF的延長線上截取FG＝BD，連接BG、DF．若AB＝12，BC＝5，則四邊形BDFG的周長為26．解：∵AG∥BD，BD＝FG，∴四邊形BGFD是平行四邊形，∵CF⊥BD，∴CF⊥AG，又∵點D是AC中點，∴BD＝DF＝AC，∴四邊形BGFD是菱形，∴BG＝GF＝DF＝BD，∵在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝12，BC＝5，由勾股定理得：AC＝13，∵BD為△ACB的中線，∴BD＝AC＝，∴BG＝GF＝DF＝BD＝，故四邊形BDFG的周長＝4GF＝26．故答案為：26．18．（2分）（2021?葫蘆島模擬）如圖所示，分別以Rt△ABC的直角邊AC，斜邊AB為邊向△ABC外構造等邊△ACD和等邊△ABE，F為AB的中點，連接CF，DF，EF，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°．有下列五個結論：①AC⊥DF；②DA+DF＝BE；③四邊形ADCF是菱形；④S四邊形BCDE＝6S△ACD；⑤四邊形BCDF是平行四邊形．其中正確的結論是①③⑤解：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，∴∠BAC＝60°，AC＝AB，∵△ACD是等邊三角形，∴∠ACD＝60°，∴∠ACD＝∠BAC，∴CD∥AB，∵F為AB的中點，∴BF＝AF＝AB，∴BF∥CD，CD＝BF＝AF，∴四邊形BCDF為平行四邊形，故⑤正確；四邊形ADCF是平行四邊形，∵∠ACB＝90°，AF＝BF，∴CF＝AF＝AB，∴四邊形ADCF是菱形，故③正確；∵四邊形BCDF為平行四邊形，∴DF∥BC，又∵∠ACB＝90°，∴AC⊥DF，故①正確；∵DA＝CA，DF＝BC，AB＝BE，BC+AC＞AB，∴DA+DF＞BE，故②錯誤；設AC＝x，則AB＝2x，∴S△ACD＝x2，S△ACB＝x2，S△ABE＝x2，∴＝＝，故④錯誤；故答案為：①③⑤．19．（2分）（2021?朝天區(qū)模擬）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD＝2AB，CE⊥AB于點E，點F、G分別是AD、BC的中點，連接CF、EF、FG，下列四種說法：①CE⊥FG；②四邊形ABGF是菱形；③BC＝2EG；④∠DFC＝∠EFG．正確的有①②③④．（填序號）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵點F、G分別是AD、BC的中點，∴AF＝AD，BG＝BC，∴AF＝BG，∵AF∥BG，∴四邊形ABGF是平行四邊形，∴AB∥FG，∵CE⊥AB，∴CE⊥FG；故①正確；∵AD＝2AB，AD＝2AF，∴AB＝AF，∴四邊形ABGF是菱形，故②正確；∵CE⊥AB，∴∠BEC＝90°，∵點G是BC的中點，∴BC＝2EG，故③正確；延長EF，交CD延長線于M，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠A＝∠MDF，∵F為AD中點，∴AF＝FD，在△AEF和△DFM中，，∴△AEF≌△DMF（ASA），∴FE＝MF，∠AEF＝∠M，∵CE⊥AB，∴∠AEC＝90°，∴∠AEC＝∠ECD＝90°，∵FM＝EF，∴FC＝EF＝FM，∴CF＝EM，∴∠ECM＝90°，∴∠FCD＝∠M＝∠FCE＝∠FEC＝45°，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AD∥BC，∵AF＝DF，AD＝2AB，∴DF＝DC，∴∠DCF＝∠DFC，∵DF＝AF＝AD，CD＝AB＝AD，∴四邊形CDFG是菱形，∴FG∥CD，∴∠DCF＝∠CFG，∵FG⊥CE，∴∠EFG＝∠CFG，∴∠EFG＝∠DFC，故④正確，故答案為：①②③④．20．（2分）（2018秋?阿城區(qū)期末）如圖直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于點D，AF平分∠CAB交CD于點E、交BC于點F，EG∥AB交CB于點G，FH⊥AB于H，以下4個結論：①∠ACD＝∠B；②△CEF是等邊三角形；③CD＝FH+DE；④BG＝CE中正確的是①③④（將正確結論的序號填空）．解：如圖，連接EH，∵∠ACB＝90°，∴∠3+∠4＝90°，∵CD⊥AB，∴∠ADC＝90°，∴∠B+∠4＝90°，∴∠3＝∠B，故①正確；∵∠ADC＝∠ACB＝90°，∴∠1+∠AFC＝90°，∠2+∠AED＝90°，∵AE平分∠CAB，∴∠1＝∠2，∵∠AED＝∠CEF，∴∠CEF＝∠AFC，∴CE＝CF，∴△CEF是等腰三角形，故②錯誤；∵AF平分∠CAB，FH⊥AB，FC⊥AC，∴FH＝FC，在Rt△CAF和Rt△HAF中，，∴Rt△CAF≌Rt△HAF（HL），∴AC＝AH，在△CAE和△HAE中，，∴△CAE≌△HAE（SAS），∴∠3＝∠AHE，CE＝EH，∵∠3＝∠B，∴∠AHE＝∠B，∴EH∥BC，∵CD⊥AB，FH⊥AB，∴CD∥FH，∴四邊形CEFH是平行四邊形，∴CE＝FH，∴CD＝CE+DE＝FH+DE，故③正確；∵EG∥AB，EH∥BC，∴四邊形EHBG是平行四邊形，∴EH＝BG，∵CE＝EH，∴BG＝CE．故④正確．所以正確的是①③④．故答案為：①③④．三．解答題（共8小題，滿分60分）21．（6分）（2022春?鄂州期中）如圖，在四邊形ABCD中，∠BDC＝90°，E是BC的中點，AD∥BC，AB∥DE．（1）求證：四邊形ABED是菱形；（2）過點E作EF⊥AB于點F，若CD＝8，BC＝12，求EF的長．（1）證明：∵∠BDC＝90°，E是BC的中點，∴DE＝BC＝BE，又∵AD∥BC，AB∥DE，∴四邊形ABED是平行四邊形．又∵DE＝BE，∴四邊形ABED是菱形；（2）解：過點D作DG⊥BC于點G，∵CD＝8，BC＝12，∴BD＝＝＝4，∵，∴，∴DG＝，又∵S菱形ABED＝AB?EF＝BE?DG，∵CD＝CE，∴EF＝DG＝．22．（8分）（2022春?巴彥縣期末）在四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，BD平分∠ABC．（1）如圖1，求證：四邊形ABCD是菱形；（2）如圖2，連接AC，過點D作DE⊥BD交BC延長線于點E，在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖中所有與△CDE面積相等的三角形（△CDE除外）．（1）證明：∵AD∥BC，AD＝BC，∴ABCD為平行四邊形，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∴∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD，∴四邊形ABCD為菱形；（2）解：∵DE⊥BD，AC⊥BD，∴AC∥DE，∵AD∥CE，∴四邊形ACED是平行四邊形，∴BC＝AD＝CE，∴圖中所有與△CDE面積相等的三角形有△BCD，△ABD，△ACD，△ABC．23．（7分）（2022春?秦淮區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，AB∥DC，AB＝BC，BD平分∠ABC，過點C作CE⊥AB交AB的延長線于點E，連接OE．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）若AB＝2，BD＝4，求OE的長．解：（1）∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠CDB，∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∴∠CDB＝∠CBD，∴BC＝CD，且AB＝BC，∴CD＝AB，且AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，且AB＝BC，∴四邊形ABCD是菱形；（2）∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC，BD⊥AC，BO＝DO＝2，∵AO＝＝＝4，∵CE⊥AB，AO＝CO，∴EO＝AO＝CO＝4．24．（6分）（2022春?碑林區(qū)校級月考）如圖，在平行四邊形ABCD中，點E，F，G，H分別在邊AB，BC，CD，DA上，AE＝CG，AH＝CF，且EG平分∠HEF．（1）求證：四邊形EFGH是菱形；（2）若EF＝6，∠HEF＝60°，求EG的長，（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A＝∠C，AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠D，∵AE＝CG，AH＝CF，∴BE＝DG，BF＝DH，在△AEH與△CGF中，，∴△AEH≌△CGF（SAS）；∴EH＝FG同理：△BEF≌△DGH（SAS），∴EF＝GH，∴四邊形EFGH是平行四邊形，∴HG∥EF，∴∠HGE＝∠FEG，∵EG平分∠HEF，∴∠HEG＝∠FEG，∴∠HEG＝∠HGE，∴HE＝HG，∴平行四邊形EFGH是菱形；（2）解：連接HF交EG于點O，如圖所示：由（1）可知，四邊形EFGH是菱形，∴EG＝2OE，EG⊥FH，∠FEO＝∠HEF＝×60°＝30°，∴OF＝EF＝×6＝3，在Rt△EOF中，由勾股定理得：OE＝＝＝3，∴EG＝2OE＝2×3＝6．25．（8分）（2022春?章貢區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，E是BD的中點，連接AE，CE，過點C作CF∥AE交AD于點F，且CF＝BD，連接EF．（1）求證：四邊形AECF是菱形；（2）若S△BCD＝6，求四邊形AECF的面積．（1）證明：∵∠BCD＝∠BAD＝90°，E是BD的中點，∴AE＝BD，CE＝BD，∴AE＝CE，∵CF＝BD，∴CF＝AE，∵CF∥AE，∴四邊形AECF是平行四邊形，又∵AE＝CE，∴平行四邊形AECF是菱形；（2）解：∵E是BD的中點，∴S△CDE＝S△BCD＝3，∵四邊形AECF是菱形，∴AF∥EC，∴S△CEF＝S△CDE＝3，∴四邊形AECF的面積＝2S△CEF＝6．26．（8分）（2021春?饒平縣校級期中）如圖，?ABCD的對角線AC、BD相交于點O，BD＝12cm，AC＝6cm，點E在線段BO上從點B以1cm/s的速度向點O運動，點F在線段OD上從點O以2cm/s的速度向點D運動．（1）