数学八年级下册（2024）21.3 特殊的平行四边形同步达标检测题

这是一份数学八年级下册（2024）21.3 特殊的平行四边形同步达标检测题，共7页。试卷主要包含了夯实基础，能力提升，拓展创新等内容，欢迎下载使用。
1．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为CD的中点．若OE＝3，则菱形ABCD的周长为（ ）
A．6B．12C．24D．48
2．如图，BD是菱形ABCD的对角线，点E在BD上，过点E作EF∥BC交CD边于点F，如果∠ABC=50°，那么∠DEF的度数为（ ）
A．25°B．30°C．35°D．40°
3．如图，矩形ABCD的对角线交于点O，若∠ACB=30〫，AB=2，则BD的长为（ ）
A．2B．3C．23D．4
4．在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如图关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转化的条件，其中填写错误的是（ ）
A．①对角相等B．②对角线互相垂直
C．③有一组邻边相等D．④对角线相等
5．如图，在矩形ABCD中，点E为BA延长线上一点，F为CE的中点，以B为圆心，BF长为半径的圆弧过AD与CE的交点G，连接BG．若AB=4，CE=10，则AG=（ ）
A．2B．2.5C．3D．3.5
6．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，AC，BD交于点O，添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法中正确的有( )
①添加“AB∥CD”，则四边形ABCD是菱形；
②添加“∠BAD＝90°，则四边形ABCD是矩形；
③添加“OA＝OC”，则四边形ABCD是菱形；
④添加“∠ABC＝∠BCD＝90°”，则四边形ABCD是正方形．
A．1个B．2个C．3个D．4个
7．如图，矩形内两个相邻正方形的面积分别为9和3，则阴影部分的面积为（ ）
A．8﹣3 3B．9﹣3 3C．3 3 ﹣3D．3 3 ﹣2
8．如图，将Rt△ABC沿斜边AB向右平移得到△DEF，BC与DF交于点H，延长AC，EF交于点G，连结GH.若BD=2，GH=3，则AE的长为 .
9．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若∠BAD=60°，AC=83，则对角线BD的长 ．
10．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°,∠B=30°,BC=6,D是AB边上的动点（不与点A，B重合），过点D分别作DE⊥AC于点E,DF⊥BC于点F，连接EF，则EF的最小值为 ．
11．在矩形ABCD中，取CD的中点E，连接AE并延长，交BC的延长线于点F．
（1）求证：AE=EF．
（2）已知AB=4，AF=6，求AD的长．
12．在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）判断四边形ADCF的形状，并说明理由．
（2）若AC=4，AB=42，求四边形ADCF的面积．
13．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD是∠BAC的平分线，过D作DE∥AC，DF∥AB分别交AB、AC于点E、F.
（1）求证：四边形AEDF为菱形；
（2）若AC=8，DC=4，连接EF，求EF的长.
二、能力提升
14．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．35B．2C．210D．42
15．如图，在四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，且OA=OB=OC=OD，动点E从点B开始，沿折线B—A—D运动至点D停止，CE与BD相交于点N，点F是线段CE的中点，连接OF，有下列结论：①四边形ABCD是矩形；②当点E在边AB上，且CD=4OF时，点E是AB的中点；③当AB=3，BC=4时，线段OF长度的最大值为2；④当点E在边AB上，且∠COF=60°时，△OFN是等边三角形．其中正确的结论有( )
A．1个B．2个C．3个D．4个
16．如图，在矩形ABCD中，AD=13，CD=12，点E，F分别在BC，CD上，BE=5，CF=6，若点G是AE的中点，H是BF的中点，连接GH，则GH的长为 ．
17．如图，已知正方形ABCD的边长为12，点E在DC边上，点G在BC的延长线上，设正方形CEFG的面积为S1，以线段AD和DE为邻边的矩形的面积为S2，且S1=43S2.
（1）求线段DE的长.
（2）若H为BC边上一点，CH=5，连接DH，DG，判断△DHG的形状.
18．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是AB的中点，连接OE，过点B作BF∥AC交OE的延长线于点F，连接AF．
（1）求证：四边形AOBF为矩形；
（2）若OE=25，BD=2AC，求AB的长及点A到BC的距离．
三、拓展创新
19． 如图， 在 Rt△ABC 中， ∠C=90°， AC=4， BC=3， 分别以AC， AB为边向外作正方形ACDE， 正方形 ABMN， 连结NE， 则NE的长为( )
A．10B．9C．73D．41
20．如图，正方形ABCD的边长为2，M是BC的中点，N是AM上的动点，过点N作EF⊥AM分别交AB，CD于点E，F，则EM＋AF的最小值为 .
21．如图，E 为正方形 ABCD 内一点，BE=BC ，过点 B 作 BF⊥EC 交射线 AE于点 F ，连结 DF ．若正方形边长为 8,DF=5 ，则 BF= 。
22．已知矩形ABCD，点E在射线BC上，CG是矩形外角∠DCF的角平分线．
（1）如图1，当四边形ABCD是正方形，点E是BC边的任意一点，∠AEG=90°且EG交CG于点G．
①求证：AE=EG．
②在①的条件下，如图2，连接AC，过点E作EP⊥AC，垂足为P，若正方形边长为4，当四边形ECGP是平行四边形时，直接写出BE的长_______．
（2）如图3，四边形ABCD是矩形AB>AD，在线段BC的延长线上取一点E，使∠BAE=45°，AE交CD于点H，交CG于点G，连接BG，依题意补全图形，用等式表示线段BA，BC，BG之间的数量关系，并证明．
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴BO=DO，AB=BC=CD=DA，
∵OE=3，且点E为CD的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴BC=2OE=6．
∴菱形ABCD的周长为：4BC=4×6=24．
故选：C．
【分析】根据菱形性质可得BO=DO，AB=BC=CD=DA，根据三角形中位线定理可得BC，再根据菱形周长即可求出答案.
2．【答案】A
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=50°，
∴∠DBC=12∠ABC=25°，
∵EF∥BC，
∴∠DEF=∠DBC=25°．
故选：A．
【分析】根据菱形性质可得∠DBC=12∠ABC=25°，再根据直线平行性质即可求出答案.
3．【答案】D
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，且对角线交于点O，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC＝OB＝OD，
∵∠ACB＝30°，AB＝2，
∴∠OBC＝∠ACB＝30°，
∴∠ABO＝∠ABC−∠OBC＝90°−30°＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝OB＝AB＝2，
∴BD＝2OB＝4．
故答案为：D．
【分析】根据矩形的性质得∠ABC＝90°，OA＝OC＝OB＝OD，则∠OBC＝∠ACB＝30°，进而得∠ABO＝60°，由此得△AOB是等边三角形，则OA＝OB＝AB＝2，据此可得BD的长．
4．【答案】A
【解析】【解答】解：A、对角相等的平行四边形不一定是矩形，故A符合题意；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确，故B不符合题意；
C、有一组邻边相等的矩形是正方形，正确，故C不符合题意；
D、对角线相等的菱形是正方形，正确，故D不符合题意．
故选：A．
【分析】根据矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定结合题意对选项逐一分析即可求解。
5．【答案】C
【解析】【解答】解：∵矩形ABCD中，
∴∠ABC=∠BAC=90°，
∵F为CE的中点，CE=10，
∴BG=BF=12CE=5，
在Rt△ABG中，AG=BG2−AB2=52−42=3，
故选：C.
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BG，再根据勾股定理即可求出答案.
6．【答案】C
【解析】【解答】解： ∵AB=AD， BC=DC，
∴AC垂直平分BD，
当添加：“AB∥CD”， 则∠ABD =∠BDC，
∵∠BDC=∠DBC，
∴∠ABO=∠CBO，
又∵BO=BO， ∠BOA =∠BOC，
∴△ABO≌△CBO(ASA)，
∴BA=BC，
∴AB= BC =CD = DA，
∴四边形ABCD是菱形，故①符合题意；
当添加“∠BAD=90°”， 无法证明四边形ABCD是矩形，故②符合题意；
当添加条件“OA=OC"时，
∵OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故③符合题意；
当添加条件“∠ABC =∠BCD =90°”时，则∠ABC+∠BCD=180°，
∴AB∥CD，
由证选项A可知四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形，故④符合题意；
故选： C.
【分析】根据AB=AD， BC = DC， 可以得到AC垂直平分BD，然后再根据各个选项中的条件，可以判断各个选项中的说法是否正确，从而可以解答本题.
7．【答案】C
【解析】【解答】解：矩形内两个相邻正方形的面积分别为9和3，
∴两个正方形的边长分别为3和3；
∴阴影部分的面积为：33−3=33−3.
故答案为：C.
【分析】利用正方形的面积可求出两个正方形的边长，利用平移法将两个阴影部分放在一起，可得到一个矩形，边长分别为3和3−3；然后利用矩形的面积公式矩形计算即可.
8．【答案】8
【解析】【解答】解：连接CF，
由平移可得：AG∥DF，BC∥EG，CF=AD=BE，
∴四边形CHFG是平行四边形，
又∵∠GCH=90°，
∴CHFG是矩形，
∴CF=GH=3，
∴AE=AD+DB+BE=3+2=3=8，
故答案为：8.
【分析】连接CF，先得到四边形CHFG为矩形，根据矩形相等得到CF=GH=3，再由平移的性质得到CF=AD=BE，根据线段的和差解答即可．
9．【答案】8
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD,AO=12AC=12×83=43，BD=2OD，∠DAO=12BAD=12×60°=30°
∴AD=2OD，
在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD2=OD2+AO2，
∴2OD2=OD2+48，
∴OD=4（舍负）
∴BD=2OD=2×4=8
故答案为：8．
【分析】利用菱形的性质可得∠DAO=12BAD=12×60°=30°，利用含30°角的直角三角形的性质可得AD=2OD，再利用勾股定理可得2OD2=OD2+48，求出OD的长，最后求出BD的长即可.
10．【答案】3
【解析】【解答】解：如图：连接CD，
∵DE⊥AC，E,DF⊥BC，∠C=90°，
∴四边形ECFD是矩形，
∴EF=CD，
由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段CD的值最小，即EF最小，
∵∠B=30°，
∴CD=12BC=3，即EF的最小值为3．
故答案为：3．
【分析】由于矩形的对角线相等，则连接CD可得EF=CD，由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段CD的值最小，即EF最小；再根据含30度直角三角形的性质求解即可．
11．【答案】（1）证明：∵E是CD的中点，
∴DE=CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥CF，
∴∠DAE=∠CFE，∠D=∠ECF，
∴△ADE≌△FCE（AAS），
∴AE=FE．
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠B=90°,
∵AB=4，AF=6，
∴BF=AF2−AB2=62−42=25,
∵△ADE≌△FCE，
∴AD=FC，
∵AD=BC，
∴BC=12BF=5，
∴AD=5.
【解析】【分析】（1）由矩形的性质可得AD∥CF，利用平行线的性质可得∠DAE=∠CFE，∠D=∠ECF，因而根据AAS可证明△ADE≌△FCE，即可证明．
（2）根据矩形的性质可得∠B=90°,由勾股定理得BF=AF2−AB2=25,再根据全等三角形的性质以及中点即可得解．
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，E是CD的中点，
∴AD∥CF，DE=CE，
∴∠DAE=∠CFE，∠D=∠ECF，
∴△ADE≌△FCE（AAS），
∴AE=FE．
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠B=90°,
∵AB=4，AF=6，
∴BF=AF2−AB2=62−42=25,
由（1）知△ADE≌△FCE，则AD=FC，
∵AD=BC，
∴BF=2BC=25，
∴AD=BC=5.
12．【答案】（1）解：四边形ADCF是菱形，理由如下：∵D是BC的中点，E是AD的中点，
∴BD=CD，AE=DE，
∵AF∥BC，
∴∠EAF=∠EDB，∠AFE=∠DBE，
在△AFE和△DBE中，
∠EAF=∠EDB∠AFE=∠DBEAE=DE，
∴△AFE≌△DBEAAS，
∴AF=BD，
∴AF=CD，
又∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，
∴AD=CD，
∴平行四边形ADCF是菱形．
（2）解：由（1）已得：四边形ADCF是菱形，∴S四边形ADCF=2S△ACD，
∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，AC=4，AB=42，
∴S△ACD=12S△ABC=12×12AC⋅AB=14×4×42=42，
∴S四边形ADCF=2×42=82，
即四边形ADCF的面积为82．
【解析】【分析】(1)本题考查菱形的判定、三角形全等的判定与性质、直角三角形斜边中线的性质，先根据E是AD中点得到AE=DE，结合AF∥BC得到内错角相等，利用AAS判定ΔAFE≅ΔDBE，得到AF=BD，再结合D是BC中点推出AF=CD，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”判定四边形ADCF为平行四边形，最后利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得到AD=CD，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”证明其为菱形；
(2)本题考查菱形的面积计算和三角形的中线性质，根据菱形的性质可知菱形ADCF的面积为2SΔACD，再根据直角三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分，得到SΔACD=12SΔABC，先计算RtΔABC的面积，再依次推导求出菱形的面积。
（1）解：四边形ADCF是菱形，理由如下：
∵D是BC的中点，E是AD的中点，
∴BD=CD，AE=DE，
∵AF∥BC，
∴∠EAF=∠EDB，∠AFE=∠DBE，
在△AFE和△DBE中，
∠EAF=∠EDB∠AFE=∠DBEAE=DE，
∴△AFE≌△DBEAAS，
∴AF=BD，
∴AF=CD，
又∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，
∴AD=CD，
∴平行四边形ADCF是菱形．
（2）解：由（1）已得：四边形ADCF是菱形，
∴S四边形ADCF=2S△ACD，
∵在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是BC的中点，AC=4，AB=42，
∴S△ACD=12S△ABC=12×12AC⋅AB=14×4×42=42，
∴S四边形ADCF=2×42=82，
即四边形ADCF的面积为82．
13．【答案】（1）证明：∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形四边形AEDF为平行四边形，∠BAD=∠FDA，
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠BAD=∠CAD，
∴∠FDA=∠CAD，
∴AF=DF，
∴平行四边形AEDF为菱形
（2）解：∵∠C=90°，AC=8，DC=4，
∴AD=AD2+DC2=82+42=45，
由（1）可知，AF=DF，四边形AEDF为菱形，
∴OA=OD=12AD=25，OE=OF，AD⊥EF，
设AF=DF=x，则CF=AC-AF=8-x，
在Rt△CDF中，由勾股定理得：DC2+CF2=DF2，
即42+（8-x）2=x2，
解得：x=5，
∴DF=5，
∴OF=DF2+OD2=52+(25)2=5，
∴EF=2OF=25，
即EF的长为25．
【解析】【分析】（1）根据平行四边形判定定理可得四边形四边形AEDF为平行四边形，∠BAD=∠FDA，再根据角平分线定义可得∠BAD=∠CAD，则∠FDA=∠CAD，根据等角对等边可得AF=DF，再根据菱形判定定理即可求出答案.
（2）根据勾股定理可得AD，再根据菱形性质可得OA=OD=12AD=25，OE=OF，AD⊥EF，设AF=DF=x，则CF=AC-AF=8-x， 根据勾股定理建立方程，解方程可得DF=5，再根据勾股定理即可求出答案.
14．【答案】C
【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°，
∴BE=CE=12CB=3,
由折叠得AF=AB， FE=BE=3， ∠AFE=∠B=90°，
∴AF= AD， ∠AFG =∠D = 90°，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
AG=AGAF=AD,
∴ Rt△AFG ≌ Rt△ADG(HL)，
∴FG=DG，
∵CE2+CG2=EG2,且CG=6-DG， EG=3+FG=3+DG，
∴32+6−DG2=3+DG2,解得DG=2，
∴AG=AD2+DG2=62+22=210,
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. BE=CE=12CB=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.
15．【答案】C
【解析】【解答】解：①∵OA=OB=OC=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，AC=BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，故①正确；
②由①可知，四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，
∵O，F分别是AC，CE的中点，点E在AB上，
∴OF是△ACE的中位线，
∴AE=2OF，
∵CD=4OF，
∴CD=AB=2AE，
∴点E是AB的中点，故②正确；
③∵OF是△ACE的中位线，
∴OF=12AE，
∴当AE的值最大时，OF的值最大，
当点E与点D重合时，AE的值最大，此时AE=AD=BC=4，
∴线段OF长度的最大值是2，故③正确；
④当点E在边AB上，且∠COF=60°时，∠OFN=∠COF+∠OCF>60°，
∴△OFN不是等边三角形，故④错误．
综上所述，正确的结论有3个，
故选：C．
【分析】本题综合考查矩形的判定与性质、三角形中位线定理、等边三角形的判定，解题需逐一分析每个结论，结合相关定理进行推理验证。①中由OA=OB=OC=OD，先根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”判定ABCD是平行四边形，再由AC=BD（OA+OC=OB+OD），根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，判定结论①正确；②中O、F分别为AC、CE的中点，根据三角形中位线定理得AE=2OF，结合矩形AB=CD和CD=4OF，推出AB=2AE，即E是AB中点，结论②正确；③中始终有OF=12AE，则OF的最大值取决于AE的最大值，当E与D重合时AE最长，此时AE=AD=BC=4，故OF最大值为2，结论③正确；④中根据三角形的外角性质，∠OFN=∠COF+∠OCF=60°+∠OCF>60°，不满足等边三角形“三个角都是60°”的判定条件，结论④错误。
16．【答案】5
【解析】【解答】解：如图，连接BG，并延长交AD与N，连接NF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠D=90°，
∴∠NAG=∠BEG，
∵点G是AE的中点，
∴AG=EG，
∵∠AGN=∠BGE，
∴△AGN≌△EGBASA，
∴AN=BE=5，BG=GN，
∴DN=AD−AN=13−5=8，
∵CD=12，CF=6，
∴DF=DC−CF=6，
∴NF=DN2+DF2=10，
∵H是BF的中点，BG=GN，
∴GH是△BNF的中位线，
∴GH=12NF=5，
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∠NAG=∠BEG，利用中点的性质得出AG=EG，对顶角相等得出∠AGN=∠BGE，此时可以利用ASA证明△AGN≌△EGB，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。
17．【答案】（1）解：设正方形CEFG的边长为a，
∴正方形ABCD的边长为12，
∴DE=12−a，
∴S1=43S2.
∴a2=43×12×(12−a)，
解得：a=8，或a=−24（舍去），
∴DE=12−8=4；
（2）解：△DHG是等腰三角形；理由如下：
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴∠DCH=∠DCG=90°，CD=12，CG=8，
∴DH=CH2+CD2=52+122=13，
∵CH=5，
∴GH=CG+CH=13，
∴DH=GH，
∴△DHG是等腰三角形.
【解析】【分析】（1）设正方形CEFG的边长为a，由题意可得DE=12−a，再根据矩形面积建立方程，解方程即可求出答案.
（2）根据正方形性质可得∠DCH=∠DCG=90°，CD=12，CG=8，再根据勾股定理可得DH，根据边之间的关系可得GH，则DH=GH，再根据等腰三角形判定定理即可求出答案.
18．【答案】（1）证明：∵BF∥AC，
∴∠EFB=∠EOA，∠EBF=∠EAO，
∵点E是AB的中点，
∴BE=AE，
在△EFB和△EOA中，∠EFB=∠EOA，∠EBF=∠EAO，BE=AE，
∴△EFB≌△EOAAAS，
∴BF=AO，
∴四边形AOBF是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴平行四边形AOBF是矩形。
（2）解：∵四边形AOBF是矩形，
∴AB=2OE=45；
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=12AC，OB=12BD，BC=AB，
∵BD=2AC，
∴OB=2OA，
在Rt△ABO中，由勾股定理得AB2=OA2+OB2，
∴452=OA2+2OA2，
∴OA=4或OA=−4（舍去），
∴AC=8，BD=16，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=64，
设点A到BC的距离为h，则BC⋅ℎ=64，
∴ℎ=1655，
∴点A到BC的距离为1655．
【解析】【分析】（1）先依据平行线性质得出∠EFB=∠EOA，∠EBF=∠EAO，再依据中点定义得出BE=AE，此时可以利用AAS证明△EFB≌△EOA，并结合全等三角形性质得BF=AO，此时依据平行四边形的判定即可得出四边形AOBF是平行四边形，再由菱形对角线互相垂直得到AC⊥BD，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BD=2AC，逐步推出OB=2OA；此时可以放到Rt△ABO中，利用勾股定理计算得出OA=4，则AC=8，BD=16，再利用等面积法求解即可．
（1）证明：∵BF∥AC，
∴∠EFB=∠EOA，∠EBF=∠EAO，
∵点E是AB的中点，
∴BE=AE，
∴△EFB≌△EOAAAS，
∴BF=AO，
∴四边形AOBF是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴平行四边形AOBF是矩形；
（2）解：∵四边形AOBF是矩形，
∴AB=2OE=45；
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=12AC，OB=12BD，BC=AB，
∵BD=2AC，
∴OB=2OA，
在Rt△ABO中，由勾股定理得AB2=OA2+OB2，
∴452=OA2+2OA2，
∴OA=4或OA=−4（舍去），
∴AC=8，BD=16，
∴S菱形ABCD=12AC⋅BD=64，
设点A到BC的距离为h，则BC⋅ℎ=64，
∴ℎ=1655，
∴点A到BC的距离为1655．
19．【答案】C
【解析】【解答】解：过点N作NG⊥AC于点G，交NE于点H，如图所示，
∵ABMNO正方形
∴∠BAN=90°，AB=AN
∴∠BAC+∠NAG=90°
又∵∠BAC+∠ABC=90°
∴∠ABC=∠NAG
又∵∠G=∠ACB
∴△ABC≌△NAG(SAS)
∴GN=AC=4，GA=BC=3
∵ACDE为正方形
∴AC=AE
∴NG=AE
∵∠NHG=∠FHE，∠HAE=∠NGH
∴△AEH≌△GNH(AAS)
∴NH=EH，GH=AH=32
∴NH=GH2+NG2=42+(32)2=732
∴NE=73.
故答案：C.
【分析】过点N作NG⊥AC于点G，交NE于点H，易证△ABC≌△NAG得GN=AC，得GN=AE，由此可得△AEH≌△GNH，得NH=EH，GH=AH，求出NH的值，即得NE的长.
20．【答案】10
【解析】【解答】解：过F作 FG⟂AB于G，则 FG=BC=AB,∠ ABM=∠FGE=90∘,
∵正方形ABCD的边长为2，
∴AB=BC=2,∠ABC=90∘,
∵M是BC的中点，
∴BM=12BC=1,
∴AM=AB2+BM2=5,
∵EF⟂AM,
∴∠BAM=∠GFE,
∴△ABM≅△FGE(SAS),
∴AM=EF,
将EF沿EM方向平移至MH，连接FH，则EF=M. H,∠AMH=90∘,EM=FH,
当A、F、H三点共线时，EM+AF=FH+AF=AH的值最小，
此时. EM+AF=AH=AM2+MH2=5+5=10,
∴EM+AF的最小值为 10,
故答案为： 10.
【分析】根据正方形的性质求得AB与BM，再由勾股定理求得AM； 过F作 FG⟂AB于G，证明 △ABM≅△FGE得AM=EF，再将EF沿EM方向平移至MH， 连接FH， 当A、F、H三点共线时，EM+AF=FH+AF=AH的值最小，由勾股定理求出此时的AH的值便可.
21．【答案】103
【解析】【解答】连接AC、BD，设BF与CE交于点O，
∵BE=BC，BF⊥EC，
∴BF平分∠EBC，即∠EBF=∠CBF，
又∵BF=BF，
∴△EBF≌△CBF，
∴∠BFE=∠BFC，FE=FC，
设∠EBF=∠CBF=α，
∵ABCD是正方形，
∴BA=BC=CD=DA=BE，∠ABC=90°，∠ACD=∠ACB=45°，
∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=90°-2α，
∵BE=BA，
∴∠BAE=∠BEA=180°−∠ABE2=45°+α，
又∵∠EBC=2α，BE=BC，
∴∠BEC=∠BCE=90°-α，
∴∠FEC=180°-∠BEA-∠BEC=45°，
∴∠BFE=∠BFC=12∠EFC=45°，
又∵∠ADC=∠AFC=90°，
∴∠AFD=∠ACD=45°，
∴∠DFB=∠AFD+∠BFE=90°，
在Rt△BCD中，BD=BC2+CD2=82+82=82，
在Rt△BFD中，BF=BD2−DF2=(82)2−52=103，
故答案为：103.
【分析】连接AC、BD，设BF与CE交于点O，先证明△EBF≌△CBF，即可得到∠BFE=∠BFC，FE=FC，然后设∠EBF=∠CBF=α，然后根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理得到∠DFB=90°，然后根据勾股定理解题即可.
22．【答案】（1）①如图所示，在AB上截取BH=BE，连接EH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠B=∠BCD=∠DCF=90°，
∴∠BHE=∠BEH=45°，
∴∠AHE=180°−∠BHE=135°；
∵AB−BH=BC−BE，
∴HA=CE；
∵∠AEG=90°，
∴∠BAE+∠BEA=∠BEA+∠CEG=90°，
∴∠BAE=∠CEG；
∵CG是矩形外角∠DCF的角平分线，
∴∠DCG=12∠DCF=45°，
∴∠ECG=∠DCE+∠DCG=135°，
∴∠AHE=∠ECG，
∴△AHE≌△ECGASA，
∴AE=EG；
②43.
（2）解：补全图形如下所示，AB2+BC2=2BG2，
证明如下：如图所示，连接DG，BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠BCD=∠DCF=∠ABC=90°，AD=BC，
∵∠BAE=45°，
∴∠DAE=∠BAD−∠BAE=45°，
∴△AHD是等腰直角三角形，
∴AD=DH，∠AHD=45°，
∴DH=BC，∠CHE=∠AHD=45°，∠DHG=180°−45°=135°，
∴△CHE是等腰直角三角形，
∵CG是矩形外角∠DCF的角平分线，
∴CG⊥HE，CG=HG，∠HCG=45°，
∴∠BCG=∠BCD+∠HCG=135°，
∴∠BCG=∠DHG，
∴△BCG≌△DHGSAS，
∴DG=BG，∠BGC=∠DGH，
∵∠BGC+∠BGA=90°，
∴∠DGH+∠BGA=90°，
∴∠DGB=90°，
在Rt△BDG中，由勾股定理得BD2=BG2+DG2=2BG2，
在Rt△BDA中，由勾股定理得BD2=AB2+AD2，
∴AB2+AD2=2BG2，
∴AB2+BC2=2BG2．
【解析】【解答】（1）解：②如图所示，在AB上截取BH=BE，连接EH，
同理可证明△AHE≌△ECG，
∴HE=CG；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=45°，∠BCD=∠DCF=90°，
∵PE⊥AC，
∴△CPE是等腰直角三角形，
∴PE=PC，
∴CE=PE2+PC2=2PE；
∵四边形ECGP是平行四边形，
∴CG=PE，
∴HE=PE，
∴CE=2HE，
在Rt△BHE中，HE=BH2+BE2=2BE，
∴CE=2BE，
∵BC=BE+CE=4，
∴BE+2BE=4，
∴BE=43；
故答案为：43.
【分析】（1）①在AB上截取BH=BE，连接EH，先利用线段的和差及等量代换可得HA=CE，再利用角的运算和等量代换可得∠AHE=∠ECG，再利用“ASA”证出△AHE≌△ECG，最后利用全等三角形的性质可得AE=EG；
②在AB上截取BH=BE，连接EH，先利用勾股定理求出CE=PE2+PC2=2PE，HE=BH2+BE2=2BE， 再结合BC=BE+CE=4，可得BE+2BE=4，最后求出BE=43即可；
（2）先补全图形，再证出△BCG≌△DHGSAS，可得DG=BG，∠BGC=∠DGH，再利用勾股定理可得BD2=BG2+DG2=2BG2，BD2=AB2+AD2，最后利用等量代换可得AB2+BC2=2BG2．
（1）解：①如图所示，在AB上截取BH=BE，连接EH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠B=∠BCD=∠DCF=90°，
∴∠BHE=∠BEH=45°，
∴∠AHE=180°−∠BHE=135°；
∵AB−BH=BC−BE，
∴HA=CE；
∵∠AEG=90°，
∴∠BAE+∠BEA=∠BEA+∠CEG=90°，
∴∠BAE=∠CEG；
∵CG是矩形外角∠DCF的角平分线，
∴∠DCG=12∠DCF=45°，
∴∠ECG=∠DCE+∠DCG=135°，
∴∠AHE=∠ECG，
∴△AHE≌△ECGASA，
∴AE=EG；
②如图所示，在AB上截取BH=BE，连接EH，
同理可证明△AHE≌△ECG，
∴HE=CG；
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=45°，∠BCD=∠DCF=90°，
∵PE⊥AC，
∴△CPE是等腰直角三角形，
∴PE=PC，
∴CE=PE2+PC2=2PE；
∵四边形ECGP是平行四边形，
∴CG=PE，
∴HE=PE，
∴CE=2HE，
在Rt△BHE中，HE=BH2+BE2=2BE，
∴CE=2BE，
∵BC=BE+CE=4，
∴BE+2BE=4，
∴BE=43；
（2）解：补全图形如下所示，AB2+BC2=2BG2，证明如下：
如图所示，连接DG，BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠BCD=∠DCF=∠ABC=90°，AD=BC，
∵∠BAE=45°，
∴∠DAE=∠BAD−∠BAE=45°，
∴△AHD是等腰直角三角形，
∴AD=DH，∠AHD=45°，
∴DH=BC，∠CHE=∠AHD=45°，∠DHG=180°−45°=135°，
∴△CHE是等腰直角三角形，
∵CG是矩形外角∠DCF的角平分线，
∴CG⊥HE，CG=HG，∠HCG=45°，
∴∠BCG=∠BCD+∠HCG=135°，
∴∠BCG=∠DHG，
∴△BCG≌△DHGSAS，
∴DG=BG，∠BGC=∠DGH，
∵∠BGC+∠BGA=90°，
∴∠DGH+∠BGA=90°，
∴∠DGB=90°，
在Rt△BDG中，由勾股定理得BD2=BG2+DG2=2BG2，
在Rt△BDA中，由勾股定理得BD2=AB2+AD2，
∴AB2+AD2=2BG2，
∴AB2+BC2=2BG2．