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人教版八年级下数学进阶测试 21.3特殊的平行四边形（二阶）
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 总分
评分
阅卷人 一、选择题：本8题，每小题3分，共24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。
得分
1．按如下步骤作四边形ABCD：如图，①画∠EAF；②以点A为圆心，1个单位长度为半径画弧，分别交AE，AF于点B，D；③分别以点B和点D为圆心，1个单位长度为半径画弧，两弧交于点C；④连接BC，DC，BD.若∠A＝40°，则∠BDC的度数是(　　)
A．64° B．66° C．68° D．70°
【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：由尺规作图可知：AB=AD=BC=DC，
∴四边形ABCD是菱形，
故选： D.
【分析】由尺规作图可知AB=AD=BC=DC，则四边形ABCD是菱形， 根据菱形性质得AB∥CD，∠BD 再根据得 由此可得出的度数.
2．（2025·西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（　　）
A．3 B．2 C．2 D．4
【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， AB=6， 点E是BC的中点，
∴CB=CD=AD=AB=6，∠D=∠B=∠C=90°，
由折叠得AF=AB， FE=BE=3， ∠AFE=∠B=90°，
∴AF= AD， ∠AFG =∠D = 90°，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
∴ Rt△AFG ≌ Rt△ADG(HL)，
∴FG=DG，
且CG=6-DG， EG=3+FG=3+DG，
解得DG=2，
故答案为： C.
【分析】由正方形的性质得CB=CD=AD=AB=6，∠D=∠B=∠C =90°， 则. =3， 由折叠得AF= AB， FE = BE =3， ∠AFE=∠B=90°， 可证明Rt△AFG≌ Rt△ADG， 得FG=DG， 利用勾股定理求得DG=2， 即可求出AG长解答即可.
3． 如图，P 是正方形ABCD 的对角线BD上的一点，连结AP，PE⊥DC，PF⊥BC，垂足分别是E，F，连结EF.若CE=5，CF=3，则AP 的长为(　　)
A．4 B．5 C． D．
【答案】D
【知识点】矩形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，连接PC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADP=∠CDP，∠BCD=90°
∵PD=PD，
在△APD和△CPD中，
∴△APD≌△CPD(SAS)，
∴AP=CP，
∵PE⊥DC， PF⊥BC，
∴∠PFC =∠BCD =∠CEP =90°，
∴四边形PFCE是矩形，
∴PC=EF，
∴AP=EF，
∴在Rt△CEF中， CE=5， CF =3，
，
故选： D.
【分析】连接PC， 证明△APD≌△CPD， 可得AP=CP， 再证得四边形PFCE是矩形， 可得PC = EF，从而得到AP = EF， 然后在Rt△CEF中， 利用勾股定理可求出EF，即可求解.
4．（2023八下·商城期末）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连接BF交AC于点M，连接DE、BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=EF；④S△AOE：S△BCM=2：3．其中正确结论的个数是（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质；线段垂直平分线的判定；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①∵矩形ABCD中，O为AC中点，
∴OB=OC，
∵∠COB=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC，
∵FO=FC，
∴FB垂直平分OC，
∴此结论正确；
②∵FB垂直平分OC，
∴△CMB≌△OMB，
∵OA=OC，∠FOC=∠EOA，∠DCO=∠BAO，
∴△FOC△EOA，
∴FO=EO，
∴OB⊥EF，
∴△FOB≌△OEB，
∴△EOB与△CMB不全等，
∴此结论错误；
③由△OFB≌△OEB≌△CFB
得：∠OBF=∠OBE=∠CBF=30°，BF=BE，
∴△BEF是等边三角形，
∴BF=EF，
∵DF∥BE且DF=BE，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE=BF，
∴DE=EF，
∴此结论正确；
④在直角△BOE中
∵∠OBE=30°，
∴BE=2OE，
∵∠OAE=∠AOE=30°，
∴AE=OE，
∴BE=2AE，
∴S△AOE：S△BOE=1：2，
又∵FM∶BM=1∶3，
∴S△BCM = S△BCF= S△BOE
∴S△AOE：S△BCM=2∶3
∴此结论正确；
∴其中正确结论的个数为3个.
故答案为：B．
【分析】
①由矩形的对角线相等且互相平分可得OB=OC，根据有一个角等于60度的等腰三角形时等边三角形可得 OBC是等边三角形，然后根据线段垂直平分线的性质的逆定理可求解；
②根据线段的垂直平分线的性质可证△OMB△OEB，由题意，用角边角可得△FOC△EOA，由全等三角形的对应边相等可得FO=EO，用边角边可证△EOB△FOB≠ CMB；
③根据有一个角等于60度的等腰三角形时等边三角形可得△BEF是等边三角形，由等边三角形的性质得出BF=EF，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，由平行四边形的对边相等可得DE=BF，于是可得DE=EF；
④由②可知△BCF△BEO，则面积相等，由题意可知△AOE和△BEO的高相等，其面积比就等于两底的比，即S△AOE：S△BOE=AE：BE，再由直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半即可求解．
5．（2025·绍兴模拟）如图，E是正方形边上一点，连接，过点E作，且，连接交于点G，，，则的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
延长到点H，使，连接、，如图，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
则在直角三角形中，根据勾股定理可得：，
解得：，即；
故答案为：B.
【分析】利用垂直的定义，结合已知条件可证得，延长到点H，使，连接、，利用正方形的性质可得边和角相等，利用SAS可证得△ABH≌△ADG，利用全等三角形的性质可证得，由此可推出∠HAE=∠EAG，利用SAS可证得，由此可证得EH=EG，设，可表示出CG，EG的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到DG的长.
6．（2025八下·广东期中）如图，在矩形中，点为边的中点，点为边上一点，且平分．若，，则的长为（　　）
A．5 B． C．6 D．
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质；线段的中点；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：延长交于G，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∵，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：C．
【分析】延长交于G，根据矩形性质可得，，则，根据线段中点可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，根据边之间的关系可得FG，再根据等角对等边即可求出答案.
7．（2025·营山模拟）如图，在正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，．点是的中点，连接，，若，，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；等腰三角形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SSS
【解析】【解答】解：如图，连接，
四边形为正方形，
，，，
在和中，
，
∴，
，
，
，
即，
为中点，
，
，为中点，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，，为中点，
，
，
，
，
，
故答案为：A．
【分析】连接，利用正方形的性质可证得，，，利用HL可知利用 全等三角形的性质可证，进而可得，利用等腰三角形性质和直角三角形斜边上的中线性质证得，再利用SSS可证得，可推出，，利用三角形的内角和定理可表示出∠DAP的度数，同时可求出∠PAE的度数，由此可表示出∠DAE的度数，利用平行线的性质可得到∠AEB的度数，然后求出∠CEF的度数.
8．（2025九上·观山湖月考）如图，剪两张对边平行且宽度相同的纸条随意交叉叠放在一起，转动其中一张，重合部分构成一个面积为的四边形，当时，则纸条的宽度是（　　）
A．2 B．4 C． D．
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定；菱形的判定
【解析】【解答】解：∵，，
∴四边形为平行四边形，
如图，过点A分别作，边上的高为，，连接AC，
∵两条纸条宽度相同，
∴，
∴，即，
∴四边形为菱形，
设菱形的边长为x，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
在中，，
由勾股定理得，，
∵，
∴，
∴，即纸条宽度为．
故答案为：D
【分析】本题综合考察平行四边形、菱形的判定，等边三角形的性质以及菱形面积公式的应用。首先由两组对边分别平行（、）判定四边形 是平行四边形；又因为纸条宽度相同，即平行四边形两组对边上的高相等，根据“面积=底×高”可推出邻边相等，因此四边形 是菱形。设菱形边长为 ，由 可判定 是等边三角形；过 作 于 ，则 是纸条的宽度，在 中，利用勾股定理可得 ；再根据菱形面积公式 ，代入面积 求出 ，进而得到 的长度。
阅卷人 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分。
得分
9．（2026九上·南山月考）如图，在矩形中，，，点E，F分别在，上，，，若点G是的中点，H是的中点，连接，则的长为　 　．
【答案】5
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-ASA；对顶角及其性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接，并延长交与N，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵点G是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵H是的中点，，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：5．
【分析】本题做出辅助线后，结合矩形的性质以及平行线的性质，得出，利用中点的性质得出，对顶角相等得出，此时可以利用ASA证明，从而计算并得出DN=8；然后放到直角三角形DNF中，利用勾股定理求出NF=10，最后利用三角形中位线定理即可求出GH的长度。
10．（2025八下·罗定期中）如图在正方形中，点E在上，连接，，F为的中点连接．若，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：正方形
，
F为的中点，
设
，
在中，
即
解得
故，
在中
解得（负值舍去）
故答案为：．
【分析】根据正方形性质可得，，根据线段中点可得BE，设，则，，根据勾股定理建立方程，解方程可得，故，，再根据勾股定理即可求出答案.
11．如图，顺次连结任意四边形 ABCD 各边的中点，所得的四边形 EF-GH 是中点四边形。有下列四个说法：
①中点四边形 EFGH 一定是平行四边形；
②当四边形 ABCD 是矩形时，中点四边形EFGH 也是矩形；
③当中点四边形 EFGH 是菱形时，四边形ABCD 是矩形；
④当四边形 ABCD 是正方形时，中点四边形EFGH也是正方形。
其中正确的是　 　(填序号)。
【答案】①④
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：如图，连结AC，BD.
∵E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点，
∴EF，HG，EH，GF分别是△ABC，△ACD，△ABD，△BCD的中位线，
∴EF∥AC，HG∥AC，EH∥BD，GF∥BD，
∴EF∥HG，EH∥GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，故①正确.
若四边形ABCD是矩形，则AC=BD.
由三角形中位线定理，得EF=AC，EH=BD，
∴EF=EH，
∴ EFGH是菱形，故②错误.
若四边形EFGH是菱形，则AC=BD，
但四边形ABCD不一定是矩形，故③错误.
若四边形ABCD是正方形，
则AC=BD，AC⊥BD，
可得EF=EH，EF⊥EH，
∴ EFGH是正方形，故④正确.
∴正确的说法是①④.
【分析】应用三角形中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，求解即可.
12．如图，在菱形ABCD 中，∠A=60°，G为AD 中点，点E在BC的延长线上，F，H分别为CE，GE的中点，∠EHF=∠DGE，CF= ，则AB=　 　.
【答案】4
【知识点】勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】提示：如图，连接CG，过点 C作CM⊥AD，交AD的延长线于点M.
∵F，H分别为CE，GE的中点，
∴FH 是△CEG的中位线.
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB∥CD.
∴∠DGE=∠E.
∵∠EHF=∠DGE， ∴∠E=∠EHF.
∴HF=EF=CF. ∴CG=2HF=2
∵AB∥CD， ∴∠CDM=∠A=60°.
设DM=x，则CD=2x，CM= x.
∵G为AD的中点， ∴DG=x.
在 Rt△CMG中，由勾股定理得
∴x=2. ∴AB=CD=2x=4.
故答案为：4.
【分析】连接CG，过点C作 交AD的延长线于M，利用平行线的性质和三角形中位线定理可得C 由AB∥CD，得 设DM=x，则 ，在 中，借助勾股定理得：CG 即可求出x的值，从而解决问题.
13．（2024八下·平城期中）如图，正方形的对角线相交于点，以为顶点的正方形的两边，分别变正方形的边，于点，．记的面积为，的面积为，若正方形的边长，则的大小为　 　．
【答案】9
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】先利用角的运算和等量代换可得，再利用“SAS”证出，再求出，最后求出即可.
阅卷人 三、解答题：本大题共2小题，共11分。
得分
14．（2025九上·龙岗月考）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，点E是的中点，连接，过点B作交的延长线于点F，连接．
（1）求证：四边形为矩形；
（2）若，，求的长及点A到的距离．
【答案】（1）证明：∵，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴平行四边形是矩形。
（2）解：∵四边形是矩形，
∴；
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴，
设点A到的距离为h，则，
∴，
∴点A到的距离为．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；两直线平行，内错角相等
【解析】【分析】（1）先依据平行线性质得出，再依据中点定义得出，此时可以利用证明，并结合全等三角形性质得，此时依据平行四边形的判定即可得出四边形是平行四边形，再由菱形对角线互相垂直得到，最后依据矩形的判定即可得出证明结论；
（2）根据矩形的性质、菱形的性质以及，逐步推出；此时可以放到中，利用勾股定理计算得出，则，再利用等面积法求解即可．
（1）证明：∵，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴；
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴，
设点A到的距离为h，则，
∴，
∴点A到的距离为．
15．（2025八上·鄞州期中）如图， 在△ABC中， CF⊥AB 于F， BE⊥AC于E， M为BC的中点.
（1）若EF=4， BC=10， 求△EFM的周长；
（2）取EF的中点 N， 连结MN， 求证 MN⊥EF.
【答案】（1）解：∵CF⊥AB于F，
M为BC的中点，
同理，
∴△EFM的周长=5+5+4=14；
（2）证明：∵，，
∴ME=MF，
又∵点N是EF的中点，
∴ MN⊥EF .
【知识点】直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】(1)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得然后根据三角形的周长的定义列式计算即可得解；
（2）根据（1）中结论得到ME=MF，然后根据三线合一解答即可.
1 / 1人教版八年级下数学进阶测试 21.3特殊的平行四边形（二阶）
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
题号 一 二 三 总分
评分
阅卷人 一、选择题：本8题，每小题3分，共24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。
得分
1．按如下步骤作四边形ABCD：如图，①画∠EAF；②以点A为圆心，1个单位长度为半径画弧，分别交AE，AF于点B，D；③分别以点B和点D为圆心，1个单位长度为半径画弧，两弧交于点C；④连接BC，DC，BD.若∠A＝40°，则∠BDC的度数是(　　)
A．64° B．66° C．68° D．70°
2．（2025·西藏）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E是BC的中点，把△ABE沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG，则AG的长为（　　）
A．3 B．2 C．2 D．4
3． 如图，P 是正方形ABCD 的对角线BD上的一点，连结AP，PE⊥DC，PF⊥BC，垂足分别是E，F，连结EF.若CE=5，CF=3，则AP 的长为(　　)
A．4 B．5 C． D．
4．（2023八下·商城期末）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连接BF交AC于点M，连接DE、BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=EF；④S△AOE：S△BCM=2：3．其中正确结论的个数是（　　）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
5．（2025·绍兴模拟）如图，E是正方形边上一点，连接，过点E作，且，连接交于点G，，，则的长为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025八下·广东期中）如图，在矩形中，点为边的中点，点为边上一点，且平分．若，，则的长为（　　）
A．5 B． C．6 D．
7．（2025·营山模拟）如图，在正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，．点是的中点，连接，，若，，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025九上·观山湖月考）如图，剪两张对边平行且宽度相同的纸条随意交叉叠放在一起，转动其中一张，重合部分构成一个面积为的四边形，当时，则纸条的宽度是（　　）
A．2 B．4 C． D．
阅卷人 二、填空题：本大题共5小题，每小题3分，共15分。
得分
9．（2026九上·南山月考）如图，在矩形中，，，点E，F分别在，上，，，若点G是的中点，H是的中点，连接，则的长为　 　．
10．（2025八下·罗定期中）如图在正方形中，点E在上，连接，，F为的中点连接．若，则的长为　 　．
11．如图，顺次连结任意四边形 ABCD 各边的中点，所得的四边形 EF-GH 是中点四边形。有下列四个说法：
①中点四边形 EFGH 一定是平行四边形；
②当四边形 ABCD 是矩形时，中点四边形EFGH 也是矩形；
③当中点四边形 EFGH 是菱形时，四边形ABCD 是矩形；
④当四边形 ABCD 是正方形时，中点四边形EFGH也是正方形。
其中正确的是　 　(填序号)。
12．如图，在菱形ABCD 中，∠A=60°，G为AD 中点，点E在BC的延长线上，F，H分别为CE，GE的中点，∠EHF=∠DGE，CF= ，则AB=　 　.
13．（2024八下·平城期中）如图，正方形的对角线相交于点，以为顶点的正方形的两边，分别变正方形的边，于点，．记的面积为，的面积为，若正方形的边长，则的大小为　 　．
阅卷人 三、解答题：本大题共2小题，共11分。
得分
14．（2025九上·龙岗月考）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，点E是的中点，连接，过点B作交的延长线于点F，连接．
（1）求证：四边形为矩形；
（2）若，，求的长及点A到的距离．
15．（2025八上·鄞州期中）如图， 在△ABC中， CF⊥AB 于F， BE⊥AC于E， M为BC的中点.
（1）若EF=4， BC=10， 求△EFM的周长；
（2）取EF的中点 N， 连结MN， 求证 MN⊥EF.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】三角形内角和定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：由尺规作图可知：AB=AD=BC=DC，
∴四边形ABCD是菱形，
故选： D.
【分析】由尺规作图可知AB=AD=BC=DC，则四边形ABCD是菱形， 根据菱形性质得AB∥CD，∠BD 再根据得 由此可得出的度数.
2．【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， AB=6， 点E是BC的中点，
∴CB=CD=AD=AB=6，∠D=∠B=∠C=90°，
由折叠得AF=AB， FE=BE=3， ∠AFE=∠B=90°，
∴AF= AD， ∠AFG =∠D = 90°，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
∴ Rt△AFG ≌ Rt△ADG(HL)，
∴FG=DG，
且CG=6-DG， EG=3+FG=3+DG，
解得DG=2，
故答案为： C.
【分析】由正方形的性质得CB=CD=AD=AB=6，∠D=∠B=∠C =90°， 则. =3， 由折叠得AF= AB， FE = BE =3， ∠AFE=∠B=90°， 可证明Rt△AFG≌ Rt△ADG， 得FG=DG， 利用勾股定理求得DG=2， 即可求出AG长解答即可.
3．【答案】D
【知识点】矩形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：如图，连接PC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADP=∠CDP，∠BCD=90°
∵PD=PD，
在△APD和△CPD中，
∴△APD≌△CPD(SAS)，
∴AP=CP，
∵PE⊥DC， PF⊥BC，
∴∠PFC =∠BCD =∠CEP =90°，
∴四边形PFCE是矩形，
∴PC=EF，
∴AP=EF，
∴在Rt△CEF中， CE=5， CF =3，
，
故选： D.
【分析】连接PC， 证明△APD≌△CPD， 可得AP=CP， 再证得四边形PFCE是矩形， 可得PC = EF，从而得到AP = EF， 然后在Rt△CEF中， 利用勾股定理可求出EF，即可求解.
4．【答案】B
【知识点】等边三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质；线段垂直平分线的判定；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①∵矩形ABCD中，O为AC中点，
∴OB=OC，
∵∠COB=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC，
∵FO=FC，
∴FB垂直平分OC，
∴此结论正确；
②∵FB垂直平分OC，
∴△CMB≌△OMB，
∵OA=OC，∠FOC=∠EOA，∠DCO=∠BAO，
∴△FOC△EOA，
∴FO=EO，
∴OB⊥EF，
∴△FOB≌△OEB，
∴△EOB与△CMB不全等，
∴此结论错误；
③由△OFB≌△OEB≌△CFB
得：∠OBF=∠OBE=∠CBF=30°，BF=BE，
∴△BEF是等边三角形，
∴BF=EF，
∵DF∥BE且DF=BE，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE=BF，
∴DE=EF，
∴此结论正确；
④在直角△BOE中
∵∠OBE=30°，
∴BE=2OE，
∵∠OAE=∠AOE=30°，
∴AE=OE，
∴BE=2AE，
∴S△AOE：S△BOE=1：2，
又∵FM∶BM=1∶3，
∴S△BCM = S△BCF= S△BOE
∴S△AOE：S△BCM=2∶3
∴此结论正确；
∴其中正确结论的个数为3个.
故答案为：B．
【分析】
①由矩形的对角线相等且互相平分可得OB=OC，根据有一个角等于60度的等腰三角形时等边三角形可得 OBC是等边三角形，然后根据线段垂直平分线的性质的逆定理可求解；
②根据线段的垂直平分线的性质可证△OMB△OEB，由题意，用角边角可得△FOC△EOA，由全等三角形的对应边相等可得FO=EO，用边角边可证△EOB△FOB≠ CMB；
③根据有一个角等于60度的等腰三角形时等边三角形可得△BEF是等边三角形，由等边三角形的性质得出BF=EF，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，由平行四边形的对边相等可得DE=BF，于是可得DE=EF；
④由②可知△BCF△BEO，则面积相等，由题意可知△AOE和△BEO的高相等，其面积比就等于两底的比，即S△AOE：S△BOE=AE：BE，再由直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半即可求解．
5．【答案】B
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
延长到点H，使，连接、，如图，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
设，则，
则在直角三角形中，根据勾股定理可得：，
解得：，即；
故答案为：B.
【分析】利用垂直的定义，结合已知条件可证得，延长到点H，使，连接、，利用正方形的性质可得边和角相等，利用SAS可证得△ABH≌△ADG，利用全等三角形的性质可证得，由此可推出∠HAE=∠EAG，利用SAS可证得，由此可证得EH=EG，设，可表示出CG，EG的长，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到DG的长.
6．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质；线段的中点；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：延长交于G，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∵，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：C．
【分析】延长交于G，根据矩形性质可得，，则，根据线段中点可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，根据边之间的关系可得FG，再根据等角对等边即可求出答案.
7．【答案】A
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；等腰三角形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SSS
【解析】【解答】解：如图，连接，
四边形为正方形，
，，，
在和中，
，
∴，
，
，
，
即，
为中点，
，
，为中点，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
，，为中点，
，
，
，
，
，
故答案为：A．
【分析】连接，利用正方形的性质可证得，，，利用HL可知利用 全等三角形的性质可证，进而可得，利用等腰三角形性质和直角三角形斜边上的中线性质证得，再利用SSS可证得，可推出，，利用三角形的内角和定理可表示出∠DAP的度数，同时可求出∠PAE的度数，由此可表示出∠DAE的度数，利用平行线的性质可得到∠AEB的度数，然后求出∠CEF的度数.
8．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定；菱形的判定
【解析】【解答】解：∵，，
∴四边形为平行四边形，
如图，过点A分别作，边上的高为，，连接AC，
∵两条纸条宽度相同，
∴，
∴，即，
∴四边形为菱形，
设菱形的边长为x，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
在中，，
由勾股定理得，，
∵，
∴，
∴，即纸条宽度为．
故答案为：D
【分析】本题综合考察平行四边形、菱形的判定，等边三角形的性质以及菱形面积公式的应用。首先由两组对边分别平行（、）判定四边形 是平行四边形；又因为纸条宽度相同，即平行四边形两组对边上的高相等，根据“面积=底×高”可推出邻边相等，因此四边形 是菱形。设菱形边长为 ，由 可判定 是等边三角形；过 作 于 ，则 是纸条的宽度，在 中，利用勾股定理可得 ；再根据菱形面积公式 ，代入面积 求出 ，进而得到 的长度。
9．【答案】5
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定-ASA；对顶角及其性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：如图，连接，并延长交与N，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵点G是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵H是的中点，，
∴是的中位线，
∴，
故答案为：5．
【分析】本题做出辅助线后，结合矩形的性质以及平行线的性质，得出，利用中点的性质得出，对顶角相等得出，此时可以利用ASA证明，从而计算并得出DN=8；然后放到直角三角形DNF中，利用勾股定理求出NF=10，最后利用三角形中位线定理即可求出GH的长度。
10．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：正方形
，
F为的中点，
设
，
在中，
即
解得
故，
在中
解得（负值舍去）
故答案为：．
【分析】根据正方形性质可得，，根据线段中点可得BE，设，则，，根据勾股定理建立方程，解方程可得，故，，再根据勾股定理即可求出答案.
11．【答案】①④
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：如图，连结AC，BD.
∵E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点，
∴EF，HG，EH，GF分别是△ABC，△ACD，△ABD，△BCD的中位线，
∴EF∥AC，HG∥AC，EH∥BD，GF∥BD，
∴EF∥HG，EH∥GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，故①正确.
若四边形ABCD是矩形，则AC=BD.
由三角形中位线定理，得EF=AC，EH=BD，
∴EF=EH，
∴ EFGH是菱形，故②错误.
若四边形EFGH是菱形，则AC=BD，
但四边形ABCD不一定是矩形，故③错误.
若四边形ABCD是正方形，
则AC=BD，AC⊥BD，
可得EF=EH，EF⊥EH，
∴ EFGH是正方形，故④正确.
∴正确的说法是①④.
【分析】应用三角形中位线定理“三角形的中位线等于第三边的一半”，根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，求解即可.
12．【答案】4
【知识点】勾股定理；菱形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】提示：如图，连接CG，过点 C作CM⊥AD，交AD的延长线于点M.
∵F，H分别为CE，GE的中点，
∴FH 是△CEG的中位线.
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB∥CD.
∴∠DGE=∠E.
∵∠EHF=∠DGE， ∴∠E=∠EHF.
∴HF=EF=CF. ∴CG=2HF=2
∵AB∥CD， ∴∠CDM=∠A=60°.
设DM=x，则CD=2x，CM= x.
∵G为AD的中点， ∴DG=x.
在 Rt△CMG中，由勾股定理得
∴x=2. ∴AB=CD=2x=4.
故答案为：4.
【分析】连接CG，过点C作 交AD的延长线于M，利用平行线的性质和三角形中位线定理可得C 由AB∥CD，得 设DM=x，则 ，在 中，借助勾股定理得：CG 即可求出x的值，从而解决问题.
13．【答案】9
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】先利用角的运算和等量代换可得，再利用“SAS”证出，再求出，最后求出即可.
14．【答案】（1）证明：∵，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
在中，，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴平行四边形是矩形。
（2）解：∵四边形是矩形，
∴；
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴，
设点A到的距离为h，则，
∴，
∴点A到的距离为．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS；两直线平行，内错角相等
【解析】【分析】（1）先依据平行线性质得出，再依据中点定义得出，此时可以利用证明，并结合全等三角形性质得，此时依据平行四边形的判定即可得出四边形是平行四边形，再由菱形对角线互相垂直得到，最后依据矩形的判定即可得出证明结论；
（2）根据矩形的性质、菱形的性质以及，逐步推出；此时可以放到中，利用勾股定理计算得出，则，再利用等面积法求解即可．
（1）证明：∵，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形是菱形，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴；
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
∴或（舍去），
∴，
∴，
设点A到的距离为h，则，
∴，
∴点A到的距离为．
15．【答案】（1）解：∵CF⊥AB于F，
M为BC的中点，
同理，
∴△EFM的周长=5+5+4=14；
（2）证明：∵，，
∴ME=MF，
又∵点N是EF的中点，
∴ MN⊥EF .
【知识点】直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】(1)根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得然后根据三角形的周长的定义列式计算即可得解；
（2）根据（1）中结论得到ME=MF，然后根据三线合一解答即可.
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