第十八章：平行四边形练习题
一、单选题
1．（2022春·北京东城·八年级统考期末）如图，在中，AD＝AC，∠ACD＝70°，则∠B的度数是（ ）
A．40° B．60° C．70° D．80°
2．（2022秋·北京海淀·八年级校考期末）在中，，则的大小为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022春·北京昌平·八年级统考期末）如图，是的中位线，的角平分线交于点，，，则的长为（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
4．（2022春·北京石景山·八年级统考期末）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC边上的中点，若DE=4，则BC等于（ ）
A．2 B．4 C．8 D．10
5．（2022春·北京海淀·八年级统考期末）如图，在中，，E为AD上一动点，M，N分别为BE，CE的中点，则MN的长为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．不确定
6．（2022春·北京通州·八年级统考期末）在下列条件中，能判定四边形为矩形的是（ ）
A．两组对边分别平行 B．四个内角度数相等 C．对角线长度相等 D．对角线互相垂直
7．（2022春·北京房山·八年级统考期末）如图，的对角线交于点O，是等边三角形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．8
8．（2022春·北京大兴·八年级统考期末）一个菱形的两条对角线的长分别是4和6，这个菱形的面积是（ ）．
A．6 B．10 C．12 D．24
9．（2022春·北京昌平·八年级统考期末）下列图形中，具备“对角线相等”的性质的是（ ）
A．平行四边形 B．菱形 C．梯形 D．矩形
10．（2022春·北京延庆·八年级统考期末）正方形、矩形、菱形都具有的特征是（ ）
A．对角线互相平分 B．对角线相等
C．对角线互相垂直 D．对角线平分一组对角
11．（2022春·北京门头沟·八年级统考期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，只需添加一个条件，即可证明菱形是正方形，这个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
12．（2022春·北京延庆·八年级统考期末）如图，在平行四边形中，，，的平分线交于点E，则的长为___________．
13．（2022春·北京丰台·八年级统考期末）如图，在中，，，则∠C的度数是______．
14．（2022春·北京东城·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AD于点E，AB＝2，BC＝5，则DE＝______．
15．（2022春·北京西城·八年级统考期末）如图，在△ABC中，，，点M，N分别为AC，BC的中点，连接MN．若，则MN的长度是______．
16．（2022春·北京东城·八年级统考期末）如图，两段公路AC，BC互相垂直，公路AB的中点M与点C被湖隔开，若测得AB的长为2km，则M，C两点间的距离为______km．
17．（2022秋·北京海淀·八年级校考期末）如图，在矩形中，，对角线，相交于点，垂直平分于点，则的长为_______．
18．（2022春·北京平谷·八年级统考期末）如图，在ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，点F，G在边BC 上，且DFEG．只需添加一个条件即可证明四边形DFGE是矩形，这个条件可以是___．(写出一个即可)
19．（2022春·北京朝阳·八年级北京八十中校考期末）图中菱形的两条对角线长分别为和，将其沿对角线裁分为四个三角形，将这四个三角形无重叠地拼成如图所示的图形，则图中菱形的面积等于__________；图中间的小四边形的面积等于__________．
20．（2022春·北京门头沟·八年级统考期末）已知菱形的两条对角线长分别为6和8，则它的面积为___________．
21．（2022春·北京石景山·八年级统考期末）如图，正方形的边长为1，以对角线为边作第二个正方形，再以对角线为边作第三个正方形，…，则第二个正方形的面积为_____________，第n个正方形的面积为_____________（用含n的代数式表示）．
22．（2022春·北京大兴·八年级统考期末）如图，点E是正方形ABCD的对角线BD上一点，，，垂足分别是F，G，，则AE＝______．
三、解答题
23．（2022春·北京通州·八年级统考期末）如图，在□ABCD中，E，F分别在AD，BC上，且AE=CF，连结BE、DF．求证：BE=DF．
24．（2022春·北京朝阳·八年级统考期末）如图，在中，E，F分别是AB，CD的中点，求证：AF＝CE．
25．（2022春·北京平谷·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，取BD中点O，过点O作直线EF，分别交AD，BC于点E，F，求证：AE＝CF．
26．（2022春·北京门头沟·八年级统考期末）已知：如图，在 中，点在上，点在的延长线上，且，连接，．求证：．
27．（2022春·北京石景山·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，AE平分∠BAD，交DC的延长线于点E.求证：BC=DE
28．（2022秋·北京房山·八年级统考期末）如图，中，，点D为边中点，．作点B关于直线的对称点，连接交于点E，过点C作交直线于点F．
(1)依题意补全图形，并直接写出和的度数（用含的式子表示）；
(2)用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
29．（2022春·北京朝阳·八年级统考期末）已知直线l及线段AB，点B在直线上，点A在直线外．如图，
（1）在直线l上取一点C（不与点B重合），连接AC；
（2）以点A为圆心，BC长为半径作弧，以点B为圆心，AC长为半径作弧，两弧交于点D（与点C位于直线AB异侧）；
（3）连接CD交AB于点O，连接AD，BD．
根据以上作图过程及所作图形，在下列结论①OA＝OB；②；③∠ACD＝∠ADC中，一定正确的是______（填写序号）．
30．（2022春·北京海淀·八年级统考期末）如图，在中，D是AB上一点，，DE平分∠ADC交AC于点E，DF平分∠BDC交BC于点F，．
(1)求证：四边形CEDF是矩形；
(2)若，，连接BE，求BE的长．
31．（2022春·北京西城·八年级统考期末）已知：如图，在中，．求作：矩形ABCD．
作法：①作线段AB的垂直平分线交AB于点O．
②作射线CO．
③以点O为圆心，线段CO长为半径画弧，交射线CO于点D．
④连接AD，BD，则四边形ACBD即为所求作的矩形．
(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；
(2)完成下面的证明．
证明：∵，①
∴四边形ACBD是平行四边形．（②）（填推理的依据）
∵，
∴四边形ACBD是矩形．（③）（填推理的依据）
32．（2022春·北京石景山·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，将沿对角线BD翻折，点A落在点E处，DE与BC交于点F．
(1)求证：；
(2)若，求DF的长．
33．（2022春·北京朝阳·八年级统考期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D，E分别是AB，BC的中点，，．
(1)求证：四边形BDEF是菱形；
(2)连接DF交BC于点M，连接CD，若BE＝4，，求DM，CD的长．
34．（2022春·北京丰台·八年级统考期末）如图，在中，，DE平分∠BDC交BC于点O，交AB的延长线于点E，连接CE．
(1)求证：四边形BECD是菱形；
(2)如果，，求四边形BECD的面积．
35．（2022春·北京东城·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，E是边BC上的一点（不与B，C重合），点D关于直线AE的对称点是点F，连接AF，BF，直线AE，BF交于点P，连接DF．
(1)在图1中补全图形，∠AFD______∠BAP（填“>”“＝”或“<”）；
(2)猜想∠APB和∠DFP的数量关系，并证明；
(3)用等式表示线段PA，PB，PF之间的数量关系，并证明．
36．（2022春·北京丰台·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点E是直线AC上任意一点（不与点A，C重合），过点E作交直线CD于点F，过点F作交直线AC于点G．
(1)如图1，当点E在线段AC上时，猜想EG与AB的数量关系；
(2)如图2，当点E在线段AC的延长线上时，补全图形，并判断（1）中EG与AB的数量关系是否仍然成立．如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．
参考答案：
1．C
【分析】根据AD＝AC，可知等腰三角形底角相等∠ACD＝∠ADC＝70°；在 ABCD中，对角相等，可知∠B=70°．
【详解】AD＝AC，
∠ACD＝∠ADC＝70°，
在 ABCD中，
∠B＝∠ADC =70°，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等边对等角，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
2．B
【分析】根据平行四边形对角相等即可求出，再根据平行线的性质可求．
【详解】解：平行四边形，
∴AD∥BC，，
，
，
．
故选：．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和平行线的性质，解题关键是熟记这些性质，准确应用它们进行推理计算．
3．C
【分析】由平行线的性质得到内错角相等和角平分线的性质通过等量代换，得到， ，所以，因此
【详解】解： 点、分别为边、的中点，
，
∵BF是∠ABC的角平分线
故选：．
【点睛】本题考查了平行线的性质及三角形的中位线性质；利用三角形的中位线性质是解决本题的关键点．
4．C
【分析】根据三角形中位线定理计算即可．
【详解】解：∵D、E分别是AB、AC边上的中点，DE=4，
∴BC=2DE=2×4=8，
故选：C．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．
5．B
【分析】首先由平行四边形的对边相等的性质求得；然后利用三角形中位线定理求得．
【详解】解：如图，在在平行四边形中，．
，分别为，的中点，
是的中位线，
．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和三角形中位线定理，解题过程中是利用平行四边形的性质结合三角形中位线定理来求有关线段的长度的．
6．B
【分析】根据矩形的性质逐项判断即可．
【详解】A项，两组对边分别平行可证明四边形为平行四边形，无法确定其为矩形，故A项不符合题意；
B、四边形的内角和为360°，四个内角相等，则四个内角都为90°，即可判断四边形为矩形，故B项符合题意；
C、等腰梯形的对角线也相等，故此项说法无法判断四边形为矩形，故C项不符合题意；
D、菱形的对角线相互垂直，即对角线相互垂直的四边形可以不是矩形，故D项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，掌握矩形的判定、平行四边形的性质、菱形的性质等知识是解答本题的关键．
7．A
【分析】根据等底等高，可知，求出△AOB的面积即可；
【详解】解：∵是等边三角形，，
∴，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查等边三角形的性质、矩形的性质，等高模型等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题．
8．C
【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
【详解】解：∵菱形的两条对角线的长分别为4和6，
∴这个菱形的面积=×4×6=12．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形面积公式．
9．D
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形以及梯形的性质即可确定．
【详解】解：A.平行四边形对角线不一定相等，对角线相等的平行四边形是矩形，故此选项错误；
B.菱形对角线不一定相等，对角线相等的菱形是正方形，故此选项错误；
C.梯形的对角线不一定相等，只有等腰梯形的对角线相等，故此选项错误；
D.矩形的对角线相等，故此选项正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形以及梯形的性质，正确理解性质是关键．
10．A
【分析】根据正方形的性质，菱形的性质及矩形的性质进行分析，三者都是平行四边形，从而得到答案．
【详解】解：A、三者均具有此性质，故正确；
B、菱形不具有此性质，故不正确；
C、矩形不具有此性质，故不正确；
D、矩形不具有此性质，故不正确；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形、矩形、菱形的性质．
11．A
【分析】根据正方形的判定定理可进行求解．
【详解】解：四边形是菱形，，
四边形是正方形，
故选：A．
【点睛】本题主要考查正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
12．6
【分析】由平行四边形的性质可得，，再由平行线的性质和角平分线的性质求出，从而得出其长．
【详解】解：四边形是平行四边形，
，．
，
平分，
，
，
，
故答案是：6．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，角平分线的性质，解题的关键是求出的长．
13．50°
【分析】在△ABD中，求出∠A的度数，再根据平行四边形对角相等得出答案．
【详解】在△ABD中，AB=AD，∠ABD=65°，
∴∠A=180°－2×65°=50°．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠C=∠A=50°．
故答案为：50°．
【点睛】本题主要考查了等腰三角形的性质，平行四边形的性质等，等腰三角形的顶角度数等于180°－2×底角度数．
14．3
【分析】根据平行四边形的性质及角平分线的定义，即可证得AE=AB=2，据此即可求得DE的长．
【详解】解：四边形ABCD是平行四边形，
，，
，
又平分，
，
，
，
，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了四边形的性质，角平分线的定义及等角对等边，得到AE=AB=2是解决本题的关键．
15．2
【分析】根据含30°角的直角三角形的性质求出AB，再根据三角形中位线定理解答即可．
【详解】解：在△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，BC＝2，则AB＝2BC＝4，
∵点M，N分别为AC，BC的中点，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN＝AB＝2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、含30°角的直角三角形的性质，掌握三角形中位线等于第三边的一半是解题的关键．
16．1
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得km．
【详解】解：∵在中，，为的中点，
(km) ，
故答案为：1．
【点睛】本题考查直角三角形的性质，解题关键点是熟练掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，理解题意，将实际问题转化为数学问题是解题的关键．
17．
【分析】由矩形的性质和线段垂直平分线的性质证出OA=OB=AB=3，得出BD=2OB=6，由勾股定理求出AD即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OD，OA=OC，AC=BD，
∴OA=OB，
∵AE垂直平分OB，
∴AB=AO，
∴OA=OB=AB=3，
∴BD=2OB=6，
∴AD===．
故答案为：．
【点睛】此题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质是解决问题的关键．
18．∠DFG=90°（答案不唯一）
【分析】由三角形中位线定理得DEBC，再由DFEG，得四边形DFGE是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论．
【详解】解：添加条件为：∠DFG=90°，理由如下：
∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DEBC，
∵DFEG，
∴四边形DFGE是平行四边形，
又∵∠DFG=90°，
∴平行四边形DFGE是矩形，
故答案为：∠DFG=90°（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质以及三角形中位线定理等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
19． 24 1
【分析】根据菱形的面积等于对角线长乘积的一半，求出图1菱形的面积，再根据菱形的对角线长可得菱形边长为5，进而可得图2中间的小四边形的面积是边长为5的正方形的面积减去菱形的面积．
【详解】∵图1中菱形的两条对角线长分别为6和8，
∴菱形的面积等于×6×8＝24，
菱形的边长等于＝5，
∴图2中间的小四边形的面积等于25 24＝1．
故答案为：24，1．
【点睛】本题考查了图形的剪拼、菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
20．24
【分析】菱形的面积等于两条对角线之积的一半，根据面积公式直接进行计算即可．
【详解】解：∵菱形的两条对角线长分别为6和8，
∴菱形的面积为：
故答案为：
【点睛】本题考查的是菱形的性质，熟练的掌握菱形的面积是两条对角线之积的一半是解本题的关键．
21． 2
【分析】根据勾股定理求出、、、 ，的边长，根据正方形的面积公式即可求解．
【详解】解：由题意，正方形的边长为1，则其面积为1；
∴，正方形的边长为；
∴，正方形的边长为；
……
∴，正方形的边长为．
故答案为：2，．
【点睛】本题考查规律探索、正方形的面积计算，解题的关键在于利用勾股定理求出正方形的边长，找出规律．
22．5
【分析】先用正方形的性质证明△ABE≌△CBE，得出AE=CE，然后判断出四边形EFCG是矩形，根据矩形的性质即可得到结论．
【详解】解：如图，连接CE，
∵BD是正方形的对角线，
∴∠BCD=90°，∠ABE=∠CBE=45°，AB=BC，
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴AE=CE，
∵EF⊥BC，EG⊥CD，
∴∠EGC=∠CFE=90°，
∴∠EGC=∠CFE=∠BCD=90°，
∴四边形EFCG是矩形，
∴CE=FG=AE=5．
故答案为：5
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，解本题的关键是判断出AE=CE．
23．详见解析
【分析】根据平行四边形性质得出AD∥BC，AD=BC，求出DE=BF，DE∥BF，得出四边形DEBF是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵AE=CF，
∴DE=BF，DE∥BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴BE=DF．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定；熟练掌握平行四边形的性质，证明四边形DEBF是平行四边形是解决问题的关键．
24．见解析
【分析】证明四边形AECF是平行四边形，即可得到AF=CE．
【详解】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∵E，F分别是AB，CD的中点，
∴CF=CD，AE=AB，
∴CF=AE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AF=CE．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，正确掌握平行四边形的判定定理与性质定理并进行推论论证是解题的关键．
25．见解析
【分析】欲证明AE=CF，只要证明△DOE≌△BOF（ASA）即可；
【详解】∵BD的中点是O，
∴OB=OD
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC， AD=BC
∴∠ODE=∠OBF，∠OED=∠OFB，
在△AOE和△COF中，
，
∴△DOE≌△BOF（ASA），
∴DE=BF
∴AD-DE=BC-BF
∴AE=CF．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质．解题的关键是熟记平行四边形的各种性质以及全等三角形的各种判定方法．
26．证明见解析
【分析】由平行四边形的性质，得到AB=DC，AB∥DC，再根据SAS来证明≌即可．
【详解】证明：在 中，，，，
，
在和中，
，
≌，
．
【点睛】本题考查平行四边形的性质及SAS证三角形全等，解题关键是找到两个三角形全等的条件．
27．证明见解析.
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AD=BC，
∴∠BAE=∠E ，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE，
∴∠E=∠DAE ，
∴DA=DE，
又∵AD=BC，
∴BC=DE．
28．(1)图见解析，，；
(2)，证明见解析．
【分析】（1）根据题意，补全图形，再利用轴对称的性质以及平行线的性质，求解即可；
（2）连接，通过平行线的性质证明，得到，即可求证．
【详解】（1）解：如下图所示：
由题意可得：，，
∴为等腰三角形，，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（2），证明如下：
连接，如下图：
由题意可得：，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴
【点睛】此题考查了轴对称的性质，平行线的判定与性质，三角形中位线的性质，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握相关基本性质．
29．①②##②①
【分析】由作图可得，AD=BC，AC=BD，证得四边形ACBD是平行四边形，根据性质可判断．
【详解】解：由作图可得，AD=BC，AC=BD，
∴四边形ACBD是平行四边形，
∴OA=OB，AD∥BC，∠ACD=∠BDC，即①②正确，③错误，
故答案为：①②．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定及性质，正确理解已知中的作图得到AD=BC，AC=BD是解题的关键．
30．(1)见解析
(2)
【分析】（1）证∠EDF=90°，∠CED=90°，再由∠DFC=90°，即可得出结论；
（2）证△ACD是等边三角形，得∠ACD=60°，AC=AD=2，则AE=CE=1，再由勾股定理得DE，然后由三角形中位线定理得BC=2DE=，由勾股定理即可得出结论．
(1)
解：证明：∵DE平分∠ADC，DF平分∠BDC，
∴∠ADE=∠CDE=∠ADC，∠CDF=∠BDC，
∴∠CDE+∠CDF=（∠ADC+∠BDC）=×180°=90°，
即∠EDF=90°，
∵AD=DC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴∠CED=∠AED=×180°=90°，
又∵∠DFC=90°，
∴四边形CEDF是矩形；
(2)
解：由（1）可知，四边形CEDF是矩形，
∴∠CED=∠ECF=90°，
∴∠A=90°-∠B=90°-30°=60°，DE⊥AC，
∵AD=DC，
∴CE=AE，△ACD是等边三角形，
∴∠ACD=60°，AC=AD=2，
∴AE=CE=1，
∴DE=，
∠DCB=∠ECF-∠ACD=90°-60°=30°，
∴∠DCB=∠B，
∴DB=DC=AD，
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC=2DE=，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：BE=，
即BE的长为．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
31．(1)见解析
(2)①OC ②对角线互相平分的四边形是平行四边形 ③有一个角是直角的平行四边形是矩形
【分析】（1）根据要求作出图形即可；
（2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可．
（1）
解：作图如图所示．
（2）
证明∶∵OA=OB， OC=OD，
∴四边形ACBD是平行四边形(对角线互相平分的四边形是平行四边形)，
∵∠ACB=90°，
∴四边形ACBD是矩形(有一个角是直角的平行四边形是矩形)．
故答案为∶①OC ②对角线互相平分的四边形是平行四边形 ③有一个角是直角的平行四边形是矩形．
【点睛】本题考查作图一复杂作图，平行四边形的判定和性质，矩形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本作图．
32．(1)证明见解析
(2)5
【分析】（1）由矩形的性质和折叠的性质可得，，利用“AAS”证明三角形全等，即可求解；
（2）根据（1）的全等三角形的性质得到，进而推出，然后根据勾股定理求．
（1）
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴，．
∵将沿对角线BD翻折，点A落在点E处，DE与BC交于点F，
∴，，
∴，．
在和中
，
∴；
（2）
解：由（1）得，
∴．
∵，，
∴．
在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，求得是解答关键．
33．(1)见解析
(2)DM=1，CD=
【分析】（1）先证明四边形BDEF是平行四边形，再由等腰三角形的中位线的性质得到BD=AB，DE=AC，推出BD=DE，由此得到结论；
（2）由菱形的性质得到DF⊥BE，BM=EM=BE=2，根据三角形中位线得到CE=BE=4，DE=AC=，即可利用勾股定理求出DM，CD．
【详解】（1）证明：∵，．
∴四边形BDEF是平行四边形，
∵AB＝AC，
∴∠ABC=∠C，
∵D，E分别是AB，BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，BD=AB，
∴DE=AC，
∴BD=DE，
∴四边形BDEF是菱形；
（2）连接DF交BE于M
∵四边形BDEF是菱形，
∴DF⊥BE，BM=EM=BE=2，
∴∠DME=90°，
∵DE是△ABC的中位线，
∴CE=BE=4，DE=AC=，
在Rt△DEM中，DM=，
在Rt△CDM中，CM=EM+CE=2+4=6，
∴CD=．
【点睛】此题考查了菱形的判定定理及性质定理，勾股定理，三角形中位线的判定及性质定理，正确掌握各知识点并应用是解题的关键．
34．(1)见解析
(2)24
【分析】（1）利用平行线和角平分线的性质证明，推出，结合已知条件证明，，得出四边形BECD是平行四边形，结合即可证明四边形BECD是菱形；
（2）利用菱形的面积等于对角线乘积的一半求解；
【详解】（1）证明：∵中，，
∴，
∴．
∵DE平分∠BDC，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴四边形BECD是平行四边形．
又∵，
∴四边形BECD是菱形；
（2）解：∵中，，，
∴，，
由（1）知四边形BECD是菱形，
∴，，
在中，由勾股定理可得，，
∴，
∴，
即四边形BECD的面积为24．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、菱形的判定、菱形的面积公式、勾股定理等，掌握菱形的判定方法及面积公式是解题的关键．
35．(1)
(2)∠APB＝∠DFP，证明见解析
(3)，证明见解析
【分析】（1）根据对称的性质，正方形的性质即可求解；
（2）由（1）条件及AF＝AD＝AB即可证明；
（3）先证（SAS），再由全等三角形的性质即可证明；
(1)
解：（1）补全图形如图所示；
∵点D、F关于AE对称，
∴∠AFD=∠ADF，AE⊥FD，
∵∠BAD=90°
∴∠BAP=∠ADF，
∴∠AFD=∠BAP，
(2)
由（1）可知∠AFD=∠BAP，
∵AF＝AD＝AB，
∴∠AFB＝∠ABF．
又∵∠AFB＝∠AFD＋∠DFP，∠ABF＝∠BAP＋∠APB，
∴∠DFP＝∠APB．
(3)
（3）．
证明：如图，过点A作AQ⊥AP，与射线PD交于点Q．
∵AP⊥DF，∠APB＝∠DFP，
∴∠APB＝45°，
由对称性可知∠APQ＝45°．
∴为等腰直角三角形．
∴AP＝AQ，．
∵∠BAD=∠PAQ=90°，
∴∠BAP＝∠DAQ，
∵AB=AD，AP=AQ，
∴（SAS）．
∴BP＝DQ．
∵PQ＝PD＋DQ，PF＝PD，
∴．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形的全等证明，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
36．(1)，理由见解析
(2)成立，理由见解析
【分析】（1）点E作于点H，于点P，证明，得到．过点B作于点M，证明，进而得出，再利用等腰直角三角形的性质即可得出结论；
（2）过点E作交DC延长线于点H，交BC延长线于点P，过点B作于点O，证明，再证，进而得出为等腰直角三角形，即可证得结论．
(1)
解：，理由如下：
∵ 正方形ABCD，
∴，，
过点E作于点H，于点P，如下图所示，
则，
∴，
∴四边形CHEP是矩形，
∵ ，，
∴与均为等腰直角三角形，
∴，，
∴四边形CHEP是正方形，
∴．
∵ ，
∴，
又∵ ，
∴，
在与中，
，
∴，
∴．
过点B作于点M，
则，
∵ ，
∴，
在与中，
，
∴，
∴．
∴，
∴，
即．
∵ ，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴；
(2)
解：成立，理由如下：
过点E作交DC延长线于点H，交BC延长线于点P，过点B作于点O，如下图所示，
则，
∴四边形CHEP是矩形，
∵ ，
∴，
∴，
∴，
∴四边形CHEP是正方形，
∴．
设CF与BE交于点Q，
在与中，
∴，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴．
∵ ，，
∴，
∵ ，
∴，
在与中，
，
∴，
∴．
∵ ，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等，熟练掌握上述知识点，通过作辅助线构造全等三角形，将所求线段进行等量代换是解题的关键．
