专题47平行四边形的性质与判定大题专练重难点培优解析版浙教版.docx

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专题47平行四边形的性质与判定大题专练重难点培优解析版浙教版

专题4.7平行四边形的性质与判定大题专练（重难点培优）

姓名：

__________________班级：

______________得分：

_________________

注意事项：

本试卷试题共25题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．

一．解答题（共25小题）

1．（2020春•江干区期末）如图，E、F是▱ABCD对角线AC上两点，AE＝CF，求证：

四边形BFDE是平行四边形．

【分析】连接BD，交AC于点O．根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明．

【解析】证明：

连接BD，交AC于点O．

∵ABCD是平行四边形，

∴OA＝OCOB＝OD，

又∵AE＝CF，

∴OA﹣AE＝OC﹣CF，即OE＝OF，

∴四边形BFDE是平行四边形．

2．（2020春•拱墅区期末）如图，在▱ABCD中，点G，H分别是AB，CD的中点，点E，F在对角线AC上，且AE＝CF．

（1）求证：

四边形EGFH是平行四边形；

（2）连接BD交AC于点O，若BD＝10，AE+CF＝EF，求EG的长．

【分析】

（1）先由平行四边形的性质及点G，H分别是AB，CD的中点，得出△AGE和△CHF全等的条件，从而判定△AGE≌△CHF（SAS），然后由全等三角形的性质和角的互补关系得出GE＝HF，GE∥HF，则可得出结论．

（2）先由平行四边形的性质及BD＝10，得出OB＝OD＝5，再根据AE＝CF、AE+CF＝EF及OA＝OC得出AE＝OE，从而可得EG是△ABO的中位线，利用中位线定理可得EG的长度．

【解析】

（1）证明：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD，

∴∠GAE＝∠HCF，

∵点G，H分别是AB，CD的中点，

∴AG＝CH，

∵AE＝CF，

∴△AGE≌△CHF（SAS），

∴GE＝HF，∠AEG＝∠CFH，

∴∠GEF＝∠HFE，

∴GE∥HF，

又∵GE＝HF，

∴四边形EGFH是平行四边形；

（2）连接BD交AC于点O，如图：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴OA＝OC，OB＝OD，

∵BD＝10，

∴OB＝OD＝5，

∵AE＝CF，OA＝OC，

∴OE＝OF，

∵AE+CF＝EF，

∴2AE＝EF＝2OE，

∴AE＝OE，

又∵点G是AB的中点，

∴EG是△ABO的中位线，

∴EG

OB＝2.5．

∴EG的长为2.5．

3．（2020•婺城区校级模拟）如图，在▱ABCD中，∠ABC和∠ADC的平分线分别交CD，AB边于点F，E，

（1）求证：

∠1＝∠2．

（2）求证：

四边形DEBF是平行四边形．

【分析】

（1）根据平行四边形的性质以及角平分线的定义即可解决问题

（2）由在▱ABCD中，∠ABC的平分线交CD于点E，∠ADC的平分线交AB于点F，易证得∠AED＝∠CDE＝∠ABF，继而证得DE∥BF，则可证得四边形DEBF是平行四边形

【解析】

（1）证明：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠ADC＝∠ABC，

又∵∠1

∠ADC，∠2

∠ABC，

∴∠1＝∠2．

（2）证明：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD，∠ADC＝∠ABC，

又∵∠CDE

∠ADC，∠ABF

∠ABC，

∴∠CDE＝∠ABF．

∵∠CDE＝∠AED，

∴∠AED＝∠ABF，

∴DE∥BF，

∴四边形DFBE是平行四边形，

4．（2020•衢州模拟）如图，在▱ABCD中，点E、F在AC上，且AE＝CF．求证：

四边形BEDF是平行四边形．

【分析】本题中，在连接BD交AC于O，则可知OB＝OD，OA＝OC，又AE＝CF，所以OE＝OF，然后依据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明．

【解析】证明：

连接BD交AC于O，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AO＝CO，BO＝DO

∵AE＝CF，

∴AO﹣AE＝CO﹣CF．

即EO＝FO．

∴四边形BEDF为平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）．

5．（2019春•宁波期中）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝6cm，AD＝10cm，点P在AD边上以每秒1cm的速度从点A向点D运动，点Q在BC边上以每秒4cm的速度从点C出发，在CB间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动，同时点Q也停止运动．设运动时间为ts，当t为何值时，以P，D，Q，B为顶点的四边形是平行四边形？

【分析】由四边形ABCD为平行四边形可得出PD∥BQ，结合平行四边形的判定定理可得出当PD＝BQ时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，分四种情况考虑，在每种情况中由PD＝BQ即可列出关于t的一元一次方程，解之即可得出结论．

【解析】∵四边形ABCD为平行四边形，

∴PD∥BQ．

若要以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形，则PD＝BQ．

设运动时间为t．

当0＜t

时，AP＝t，PD＝10﹣t，CQ＝4t，BQ＝10﹣4t，

∴10﹣t＝10﹣4t，

解得：

t＝0（舍去）；

当

t≤5时，AP＝t，PD＝10﹣t，BQ＝4t﹣10，

∴10﹣t＝4t﹣10，

解得：

t＝4；

当5＜t

时，AP＝t，PD＝10﹣t，CQ＝4t﹣20，BQ＝30﹣4t，

∴10﹣t＝30﹣4t，

解得：

t

；

当

t≤10时，AP＝t，PD＝10﹣t，BQ＝4t﹣30，

∴10﹣t＝4t﹣30，

解得：

t＝8．

综上所述：

当运动时间为4秒或

秒或8秒时，以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形．

6．（2019春•西湖区校级月考）如图，在△ABC中，已知∠ACB＝90°，D是BC的中点，CE＝BE，CE∥AD

（1）求证：

DE＝AC；

（2）连结AE，若AC＝2，BC＝6，求△AEB的周长．

【分析】

（1）由∠ACB＝90°，DE⊥BC，CE∥AD，易证得四边形ACED是平行四边形，然后根据平行四边形的对边相等，即可求得DE的长；

（2）首先利用勾股定理即可得到结论．

【解析】

（1）∵∠ACB＝90°，

∴AC⊥BC，

∵DE⊥BC，

∴AC∥DE，

∵CE∥AD，

∴四边形ACED是平行四边形，

∴DE＝AC；

（2）∵∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝6，

∴AB

2

，

过E作EF⊥AC的延长线于F，

∴CF＝DE＝AC＝2，EF＝CD

BC＝3，

∴AE

5，

∵BE

，

∴△AEB的周长＝AB+BE+AE＝2

5．

7．（2020春•江汉区期末）如图，E，F是▱ABCD对角线BD上两点，且BE＝DF．

（1）求证：

四边形AECF是平行四边形；

（2）连接AC，若∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝AE＝3，求AC的长．

【分析】

（1）连接AC，交BD于点O，由平行四边形的性质得到OA＝OC，OB＝OD，证得OE＝OF，则即可得出结论；

（2）由勾股定理求出BF＝5，证出四边形AECF是菱形，得AC⊥EF，由勾股定理的OA2＝AB2﹣OB2＝AE2﹣OE2，解得OF＝1.8，则OA＝2.4，得AC＝2OA＝4.8．

【解析】

（1）证明：

连接AC，交BD于点O，如图所示：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴OA＝OC，OB＝OD，

∵BE＝DF，

∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF，

∵OA＝OC，

∴四边形AECF是平行四边形．

（2）解：

∵∠BAF＝90°，AB＝4，AF＝3，

∴BF

5，

∵四边形AECF是平行四边形，AE＝AF，OE＝OF，OA＝OC，

∴四边形AECF是菱形，

∴AC⊥EF，

∴OA2＝AB2﹣OB2＝AE2﹣OE2，

∴42﹣（5﹣OF）2＝32﹣OF2，

解得：

OF＝1.8，

∴OA

2.4，

∴AC＝2OA＝4.8．

8．（2020春•灯塔市期末）如图，点B、E分别在AC、DF上，AF分别交BD、CE于点M、N，∠A＝∠F，∠C＝∠D．

（1）求证：

四边形BCED是平行四边形；

（2）已知DE＝3，连接BN，若BN平分∠DBC，求CN的长．

【分析】

（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可证明；

（2）根据平行四边形的性质和角平分线定义可以证明CN＝CB＝DE．

【解析】

（1）证明：

∵∠A＝∠F，

∴DF∥AC，

∴∠C＝∠FEC，

又∵∠C＝∠D，

∴∠FEC＝∠D，

∴DB∥EC，

∴四边形BCED是平行四边形；

（2）∵BN平分∠DBC，

∴∠DBN＝∠CBN，

∵BD∥EC，

∴∠DBN＝∠BNC，

∴∠CBN＝∠BNC，

∴CN＝BC，

又∵BC＝DE＝3，

∴CN＝3．

9．（2020•新丰县模拟）已知，如图，在▱ABCD中，延长AB到点E，延长CD到点F，使得BE＝DF，连接EF，分别交BC，AD于点M，N，连接AM，CN．

（1）求证：

△BEM≌△DFN；

（2）求证：

四边形AMCN是平行四边形．

【分析】

（1）根据平行四边形的性质得出∠BAD＝∠BCD，AB∥CD，根据平行线的性质得出∠BAD＝∠ADF，∠EBC＝∠BCD，∠E＝∠F，求出∠ADF＝∠EBC，根据全等三角形的判定得出即可；

（2）根据全等求出DN＝BM，求出AN＝CM，根据平行四边形的判定得出即可．

【解析】证明：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠BAD＝∠BCD，AB∥CD，

∴∠BAD＝∠ADF，∠EBC＝∠BCD，∠E＝∠F，

∴∠ADF＝∠EBC，

在△DFN和△BEM中

∴△DFN≌△BEM（ASA）；

（2）四边形ANCM是平行四边形，

理由是：

∵由

（1）知△DFN≌△BEM，

∴DN＝BM，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD＝BC，且AD∥BC，

∴AD﹣DN＝BC﹣BM，

∴AN＝CM，AN∥CM，

∴四边形ANCM是平行四边形．

10．（2020春•海陵区校级期中）▱ABCD中，AE平分∠BAD交BC于E，O为AE中点，连接BO并延长交AD于F，连接EF．

（1）判断四边形ABEF的形状并说明理由；

（2）若AB＝2，∠D＝60°，当△BFC为直角三角形时，求△BFC的周长．

【分析】

（1）由△AOF≌△EOB，推出AF＝BE，由AF∥BE，可得四边形ABEF是平行四边形，再证明AB＝BE即可解决问题；

（2）分∠CBF不为直角和∠BFC＝90°两种情况求得周长即可．

【解析】

（1）四边形ABEF是菱形；

理由：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AF∥BE，

∴∠FAO＝∠BEO，

∵∠AOF＝∠EOB，OA＝OE，

∴△AOF≌△EOB，

∴AF＝BE，

∴四边形ABEF是平行四边形；

∵AE平分∠BAD，

∴∠FAE＝∠BAE，

∵∠FAE＝∠AEB，

∴∠BAE＝∠AEB，

∴BA＝BE，

∴四边形ABEF是菱形．

（2）∵∠BAE＝∠B＝60°，

∴∠CBF不可能为直角；

当∠BCF＝90°时，BF＝2OB

，CF

，BC＝3，此时△BFC的周长为

；

当∠BFC＝90°时，BC＝4，CF＝2，BF

，此时△BFC的周长为

；

所以△BFC的周长为

或

．

11．（2020•秦淮区二模）图，点E、F分别在▱ABCD的边AB、CD的延长线上，且BE＝DF，连接AC、EF、AF、CE，AC与EF交于点O．

（1）求证：

AC、EF互相平分；

（2）若EF平分∠AEC，判断四边形AECF的形状并证明．

【分析】

（1）要证明线段AC与EF互相平分，可以把这两条线段作为一个四边形的对角线，然后证明这个四边形是平行四边形即可；

（2）要证四边形AECF是菱形，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可．

【解析】

（1）证明：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB＝DC，AB∥DC．

又∵BE＝DF，

∴AB+BE＝DC+DF，

即AE＝CF．

∵AE＝CF，AE∥CF，

∴四边形AECF是平行四边形．

∴AC、EF互相平分．

（2）四边形AECF是菱形．

证明：

∵AB∥DC，

∴∠AEO＝∠CFO．

∵EF平分∠AEC，

∴∠AEO＝∠CEO．

∴∠CEO＝∠CFO．

∴CE＝CF．

∵四边形AECF是平行四边形，

∴四边形AECF是菱形．

12．（2020春•赣榆区期中）如图，在▱ABCD中，E为BC边上一点，且AB＝AE．

（1）求证：

△ABC≌△EAD；

（2）若∠B＝65°，∠EAC＝25°，求∠AED的度数．

【分析】

（1）先证明∠B＝∠EAD，然后利用SAS可进行全等的证明；

（2）先根据等腰三角形的性质可得∠BAE＝50°，求出∠BAC的度数，即可得∠AED的度数．

【解析】

（1）证明：

∵在平行四边形ABCD中，AD∥BC，BC＝AD，

∴∠EAD＝∠AEB，

又∵AB＝AE，

∴∠B＝∠AEB，

∴∠B＝∠EAD，

在△ABC和△EAD中，

，

∴△ABC≌△EAD（SAS）．

（2）解：

∵AB＝AE，

∴∠B＝∠AEB，

∴∠BAE＝50°，

∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝50°+25°＝75°，

∵△ABC≌△EAD，

∴∠AED＝∠BAC＝75°．

13．（2018春•鄂城区期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝45°，BC＝10，过点A作AD∥BC，且点D在点A的右侧．点P从点A出发沿射线AD方向以每秒1个单位的速度运动，同时点Q从点C出发沿射线CB方向以每秒2个单位的速度运动，在线段QC上取点E，使得QE＝2，连结PE，设点P的运动时间为t秒．

（1）若PE⊥BC，求BQ的长；

（2）请问是否存在t的值，使以A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形？

若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】

（1）作AM⊥BC于M，由已知条件得出AB＝AC，由等腰三角形的性质得出BM＝CM，由直角三角形斜边上的中线性质得出AM

BC＝5，证出△APN和△CEN是等腰直角三角形，得出PN＝AP＝t，CE＝NE＝5﹣t，由CE＝CQ﹣QE＝2t﹣2得出方程，解方程即可；

（2）由平行四边形的判定得出AP＝BE，得出方程，解方程即可．

【解析】

（1）作AM⊥BC于M，设AC交PE于N．如图所示：

∵∠BAC＝90°，∠B＝45°，

∴∠C＝45°＝∠B，

∴AB＝AC，

∴BM＝CM，

∴AM

BC＝5，

∵AD∥BC，

∴∠PAN＝∠C＝45°，

∵PE⊥BC，

∴PE＝AM＝5，PE⊥AD，

∴△APN和△CEN是等腰直角三角形，

∴PN＝AP＝t，CE＝NE＝5﹣t，

∵CE＝CQ﹣QE＝2t﹣2，

∴5﹣t＝2t﹣2，

解得：

t

，所以BQ＝BC﹣CQ＝10﹣2

；

（2）存在，t＝4或12；理由如下：

若以A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形，

则AP＝BE，

∴t＝10﹣2t+2或t＝2t﹣2﹣10

解得：

t＝4或12

∴存在t的值，使以A，B，E，P为顶点的四边形为平行四边形，t＝4或12．

14．（2020•岱岳区三模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝2AB，F是AD的中点，作CE⊥AB，垂足E在线段AB上，连接EF、CF．

（1）若∠ADC＝80°，求∠ECF；

（2）求证：

∠ECF＝∠CEF．

【分析】

（1）根据平行四边形的判定定理得到四边形ABCD是平行四边形，由线段中点的定义得到AF＝FD，根据等腰三角形的性质得到∠DFC＝∠DCF

（180°﹣80°）＝50°，于是得到结论；

（2）如图，延长EF，交CD延长线于M，根据平行线的性质得到∠A＝∠MDF，根据全等三角形的性质得到FE＝MF，∠AEF＝∠M，根据直角三角形的性质得到FC

EM＝FE，由等腰三角形的性质得到．

【解析】

（1）∵AD∥BC，AD＝BC，

∴四边形ABCD是平行四边形，

∵F是AD的中点，

∴AF＝FD，

∵在▱ABCD中，AD＝2AB，

∴AF＝FD＝CD，

∴∠DFC＝∠DCF

（180°﹣80°）＝50°，

∵CE⊥AB，

∴CE⊥CD，

∴∠DCE＝90°，

∴∠ECF＝90°﹣50°＝40°；

（2）如图，延长EF，交CD延长线于M，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD，

∴∠A＝∠MDF，

∵F为AD中点，

∴AF＝FD，

在△AEF和△DFM中，

，

∴△AEF≌△DMF（ASA），

∴FE＝MF，∠AEF＝∠M，

∵CE⊥AB，

∴∠AEC＝90°，

∴∠AEC＝∠ECD＝90

°，

∵FM＝EF，

∴FC

EM＝FE，

∴∠ECF＝∠CEF．

15．（2017•南充模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝CD，点E，F分别在边BC，CD上，

且BE＝DF＝AD，AF与DE交于点G．

（1）求证：

AB＝BF．

（2）当AB＝5

，AD＝2

，求DG的长．

【分析】

（1）先证△BCF≌△DCE，再证四边形ABED是平行四边形，从而得AB＝DE＝BF．

（2）延长AF交BC延长线于点M，设EC＝FC＝x，在Rt△DEC中，由勾股定理可得x的值，再证明点G是DE的中点即可求出DG的长．

【解析】

（1）证明：

∵BC＝CD，BE＝DF，

∴CF＝CE，

在△BCF与△DCE中，

，

∴△BCF≌△DCE，

∴BF＝DE，

∵AD∥BC，BE＝AD，

∴四边形ABED是平行四边形；

∴AB＝DE，

∴AB＝BF．

（2）由

（1）可得AB＝DE＝5

，设EC＝FC＝x，

在Rt△DEC中，由勾股定理可得x2+（x+2

）2＝（5

）2，

解得：

x

，

延长AF交BC延长线于点H，

∵AD∥BC，

∴∠1＝∠H，

∵AD＝DF，

∴∠1＝∠2，

∵∠2＝∠3，

∴∠3＝∠H，

∴FC＝CH，

∵EH＝2x＝2

，

∴AD＝EH，

∵AD∥BC，

∴DG＝EG，

∴DG

DE

．

16．（2020春•丛台区校级期末）已知：

如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，点D是AB的中点，点E是CD的中点，过点C作CF∥AB交AE的延长线于点F．

（1）求证：

△ADE≌△FCE；

（2）求证：

四边形ACFD是平行四边形．

（3）若∠DCF＝120°，DE＝2，求BC的长．

【分析】

（1）根据点E是CD的中点，可得DE＝CE，根据CF∥AB，可得∠ADE＝∠FCE，∠DAE＝∠CFE，进而利用AAS可以证明△ADE≌△FCE；

（2）结合

（1）的CF＝AD，再由CF∥AB，即可证明四边形ACFD是平行四边形；

（3）结合

（1）先证明四边形DCFB是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD＝DB，得平行四边形DCFB是菱形，由∠DCF＝120°，可得△CDB是等边三角形，由DE＝2，即可求BC的长．

【解析】

（1）∵点E是CD的中点，

∴DE＝CE，

∵CF∥AB，

∴∠ADE＝∠FCE，∠DAE＝∠CFE，

在△ADE和△FCE中，

，

∴△ADE≌△FCE（AAS）；

（2）证明：

∵△ADE≌△FCE，

∴AD＝CF，又CF∥AB，

∴四边形ACFD是平行四边形；

（3）∵点D是AB的中点，

∴AD＝BD，

∵AD＝CF，

∴BD＝CF，又CF∥AB，

∴四边形DCFB是平行四边形，

∵∠ACB＝90°，点D是AB的中点，

∴DC＝AD＝BD，

∴平行四边形DCFB是菱形，

∴∠DCF＝120°，

∴∠CDB＝60°，

∴△CDB是等边三角形，

∴BC＝CD＝2DE＝4，

答：

BC的长为4．

17．（2020春•青羊区期末）如图，在四边形ABCD中，点E和点F是对角线AC上的两点，AE＝CF，DF＝BE，且DF∥BE．

（1）求证：

四边形ABCD是平行四边形；

（2）若∠CEB＝2∠EBA，BE＝3，EF＝2，求AC的长．

【分析】

（1）证△ADF≌△CBE（SAS），得到AD＝CB，∠DAF＝∠BCE，证出AD∥CB，即可得到结论；

（2）证∠EAB＝∠EBA，得出AE＝BE＝3，则CF＝AE＝3，即可得出答案．

【解析】

（1）证明：

∵AE＝CF，

∴AE+EF＝CF+EF，

即AF＝CE，

∵DF∥BE，

∴∠DFA＝∠BEC，

在△ADF和△CBE中，

，

∴△ADF≌△CBE（SAS），

∴AD＝CB，∠DAF＝∠BCE，

∴AD∥CB，

∴四边形ABCD是平行四边形；

（2）解：

∵∠CEB＝∠EBA+∠EAB＝2∠EBA，

∴∠EAB＝∠EBA，

∴AE＝BE＝3，

∴CF＝AE＝3，

∴AC＝AE+EF+CF＝3+2+3＝8．

18．（2020春•莲湖区期末）如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是平行四边形ABCD的对角线，AG∥BD交CB的延长线于点G．

（1）求证：

四边形BEDF是平行四边形．

（2）若AE＝DE，求∠G的度数．

【分析】

（1）根据平行四边形的性质得出AD∥BC，DC∥AB，DC＝AB，推出DF＝BE，DF∥BE，根据平行四边形的判定推出即可；

（2）先证明四边形AGBD是平行四边形，再证出∠ADB＝90°，得到四边形AGBD为矩形，即可得出结论．

【解析】

（1）证明：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB＝CD，AB∥CD，

∵E、F分别为边AB、CD的中点，

∴

，

∴BE＝DF．

∵BE∥DF，

∴四边形BEDF是平行四边形．

（2）解：

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BG，

∵AG∥BD，

∴四边形AGBD是平行四边形，

∵点E是AB的中点，

∴AE＝BE

AB，

∵AE＝DE，

∴AE＝DE＝BE，即DE

AB，

∴△ABD是直角三角形，∠ADB＝90°，

∴平行四边形AGBD是矩形．

∴∠G＝90°．

19．（2020•扬州）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点O作EF⊥AC，分别交AB、DC于点E、F，连接AF、CE．若OE

，求EF的长；

【分析】判定△AOE≌△COF（ASA），即可得OE＝OF

，进而得出EF的长；

【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD，AO＝CO，

∴∠FCO＝∠EAO，

又∵∠AOE＝∠COF，

∴△AOE≌△COF（ASA），

∴OE＝OF

，

∴EF＝2OE＝3；

20．（2020春•龙岗区校级期末）如图，四边形ABCD中，BE⊥AC交AD于点G，DF⊥AC于点F，已知AF＝CE，AB＝CD．

（1）求证：

四边形ABCD是平行四边形；

（2）如果∠GBC＝∠BCD，AG＝6，GE＝2，求AB的长．

【分析】

（1）证Rt△ABE≌Rt△CDF（HL），得∠BAE＝∠DCF，证出AB∥CD，由AB＝CD，即可证出四边形ABCD是平行四边形；

（2）证四边形BCDG是等腰梯形，得BG＝CD＝AB，由勾股定理得AE＝4

，设AB＝BG＝x，则BE＝x﹣2，在Rt△ABE中，由勾股定理得出方程，解方程即可．

【解析】

（1）证明：

∵BE⊥AC，DF⊥AC，

∴∠AEB＝∠CFD＝90°，

∵AF＝CE，

∴AF﹣EF＝CE﹣EF，

即AE＝CF，

在Rt