21.(8分)如图,在菱形ABCD中,∠ABC=100°,点P在对角线AC上,PE//BC交AB于点E,PF//AB交BC于点F。
(1)求∠EPF的度数;
(2)连结PD,当∠DPC=60°时,判断PD与PF的数量关系并证明。

21.(1)因为PE//BC,PF//AB,所以四边形PEBF是平行四边形,所以∠EPF=∠ABC=100°；
(2)PD=PF,理由如下:
因为四边形ABCD是菱形,所以AB//CD。因为PF//AB,所以PF//CD。因为在菱形ABCD中,∠ABC=100°,AB//CD,所以∠BCD=180°-100°=80°,所以$∠DCP=\frac{1}{2}∠BCD=40°$。因为∠DPC=60°,所以∠PDC=180°-60°-40°=80°,所以∠PDC=∠FCD,所以四边形PFCD是等腰梯形,所以PD=FC。因为PF//AB,所以∠CFP=∠ABC=100°。因为∠FCP=40°,所以∠CPF=180°-100°-40°=40°,所以∠CPF=∠FCP=40°,所以PF=FC,所以PD=PF。

【分析】
本题分为两小问，第(1)问需利用平行四边形的判定与性质求角度；第(2)问需结合菱形性质、三角形内角和、等腰梯形及等腰三角形的判定推导线段关系。第(1)问先由两组对边平行判定四边形PEBF是平行四边形，利用平行四边形对角相等得∠EPF=∠ABC；第(2)问先利用菱形邻角互补、对角线平分内角求出相关角度，再通过角度关系判定等腰梯形和等腰三角形，进而得到PD与PF的数量关系。
【解析】
(1) 因为PE//BC，PF//AB，所以四边形PEBF是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）。根据平行四边形对角相等，可得∠EPF=∠ABC=100°。
(2) PD=PF，证明如下：
① 因为四边形ABCD是菱形，所以AB//CD，∠BCD + ∠ABC=180°，AC平分∠BCD。已知∠ABC=100°，则∠BCD=180°-100°=80°，故∠DCP=1/2∠BCD=40°。
② 在△DPC中，∠DPC=60°，根据三角形内角和为180°，得∠PDC=180°-∠DCP-∠DPC=180°-40°-60°=80°，因此∠PDC=∠FCD=80°，又PF//CD，所以四边形PFCD是等腰梯形（同一底上两角相等的梯形是等腰梯形），故PD=FC。
③ 因为PF//AB，所以∠CFP=∠ABC=100°，在△PFC中，∠CPF=180°-∠CFP-∠FCP=180°-100°-40°=40°，则∠CPF=∠FCP=40°，所以PF=FC（等角对等边）。
综上，PD=PF。
【答案】
(1) ∠EPF=100°；(2) PD=PF
【知识点】
菱形的性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定
【点评】
本题综合考查菱形、平行四边形、等腰三角形及等腰梯形的相关性质，需熟练运用几何定理逐步推导，逻辑要求较高，是菱形相关的典型综合题。
【难度系数】
0.5

22.(10分)如图,点E,F分别在正方形ABCD的边AD,DC上,BE⊥AF于点G,已知GC=CB。
(1)求证:F为CD的中点;
(2)连结DG,求证:DG平分∠EGF。

22.证明:(1)延长AF与BC的延长线相交于点H。因为GC=CB,所以∠1=∠2。因为BE⊥AF,所以∠BGH=90°。所以∠2+∠H=90°,∠1+∠CGH=90°,所以∠CGH=∠H,所以CH=CG,所以CH=AD。因为四边形ABCD是正方形,所以∠ADF=∠HCF=90°。因为∠AFD=∠HFC,所以$△ ADF ≌ △ HCF$(AAS),所以CF=DF,所以F为CD的中点；
(2)过点D作DM⊥AF于点M,DN⊥BE于点N,所以∠DNE=∠DMF=90°。因为BE⊥AF,所以∠BGA=90°。因为四边形ABCD是正方形,所以AB=AD,∠ADC=∠BAD=90°,所以∠ABG=90°-∠BAG=∠DAF,所以$△ ABE ≌ △ DAF$(ASA),所以AE=DF。因为AD=CD,所以DE=CF,所以DE=DF。因为AD//BC,所以∠EAG=∠H。因为∠AGE=∠FCH=90°,所以∠AEG=∠CFH,所以∠NED=∠DFM,所以$△ DEN ≌ △ DFM$(AAS),所以DN=DM,所以DG平分∠EGF。
或者过点D作DM⊥AF于点M,DN⊥BE于点N,所以∠DNE=∠DMF=90°。因为BE⊥AF,所以∠BGA=90°=∠MGN,所以四边形GMDN是矩形,所以∠NDM=90°,所以∠NDE=90°-∠EDM=∠FDM。因为DE=DF,所以$△ DEN ≌ △ DFM$(AAS),所以DN=DM。所以DG平分∠EGF。

【分析】
要证明F为CD的中点，需通过构造全等三角形推导：延长AF交BC的延长线于点H，利用GC=CB的条件结合BE⊥AF的直角关系，推导出CH=CG，进而得到CH=AD，再证明△ADF与△HCF全等，即可得到CF=DF，证得F是CD中点；要证明DG平分∠EGF，根据角平分线的判定定理，只需证明点D到∠EGF两边（AF、BE）的距离相等，因此过D作AF、BE的垂线，通过正方形的性质和全等三角形的判定，证明两条垂线段相等即可得证。
【解析】
(1) 证明：延长AF交BC的延长线于点H。
∵ GC=CB，
∴ ∠1=∠2。
∵ BE⊥AF，
∴ ∠BGH=90°，
∴ ∠2 + ∠H = 90°，∠1 + ∠CGH = 90°，
∴ ∠CGH=∠H，
∴ CH=CG，
∴ CH=CB。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD=CB，AD//BC，∠ADF=∠HCF=90°，
∴ CH=AD，
在△ADF和△HCF中：
$\{\begin{array}{l}∠ADF=∠HCF\\∠AFD=∠HFC\\AD=CH\end{array} $
∴ △ADF≌△HCF（AAS），
∴ CF=DF，即F为CD的中点；
(2) 证明：过点D作DM⊥AF于点M，DN⊥BE于点N，
∴ ∠DNE=∠DMF=90°。
∵ BE⊥AF，
∴ ∠BGA=90°，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=AD，∠ADC=∠BAD=90°，
∴ ∠ABG=90°-∠BAG=∠DAF，
在△ABE和△DAF中：
$\{\begin{array}{l}∠ABG=∠DAF\\AB=AD\\∠BAE=∠ADF=90°\end{array} $
∴ △ABE≌△DAF（ASA），
∴ AE=DF，
∵ AD=CD，
∴ AD - AE = CD - DF，即DE=CF，
由(1)知CF=DF，
∴ DE=DF，
又
∵ ∠NDE=90°-∠AEG，∠DFM=90°-∠DAF，且∠AEG=∠DAF，
∴ ∠NDE=∠DFM，
在△DEN和△DFM中：
$\{\begin{array}{l}∠DNE=∠DMF\\∠NDE=∠DFM\\DE=DF\end{array} $
∴ △DEN≌△DFM（AAS），
∴ DN=DM，
∵ DM⊥AF，DN⊥BE，
∴ DG平分∠EGF。
【答案】
22.证明:(1)延长AF与BC的延长线相交于点H。因为GC=CB,所以∠1=∠2。因为BE⊥AF,所以∠BGH=90°。所以∠2+∠H=90°,∠1+∠CGH=90°,所以∠CGH=∠H,所以CH=CG,所以CH=AD。因为四边形ABCD是正方形,所以∠ADF=∠HCF=90°。因为∠AFD=∠HFC,所以△ADF≌△HCF(AAS),所以CF=DF,所以F为CD的中点；(2)过点D作DM⊥AF于点M,DN⊥BE于点N,所以∠DNE=∠DMF=90°。因为BE⊥AF,所以∠BGA=90°。因为四边形ABCD是正方形,所以AB=AD,∠ADC=∠BAD=90°,所以∠ABG=90°-∠BAG=∠DAF,所以△ABE≌△DAF(ASA),所以AE=DF。因为AD=CD,所以DE=CF,所以DE=DF。因为∠NDE=90°-∠AEG,∠DFM=90°-∠DAF,且∠AEG=∠DAF,所以∠NDE=∠DFM,所以△DEN≌△DFM(AAS),所以DN=DM,所以DG平分∠EGF。
【知识点】
正方形性质、全等三角形判定与性质、角平分线判定
【点评】
本题是正方形背景下的典型几何证明题，重点考查全等三角形的应用与角平分线的判定，需要通过添加辅助线构造全等关系，对学生的逻辑推理和辅助线构造能力有一定要求，是初中几何的核心题型之一。
【难度系数】
0.5

23.(10分)如图1,在矩形ABCD中,AB=4,AD=8,连结BD,点P为BD上的一点,过点P的线段分别交边AD,BC于点E,F。

(1)若PB=PD,求证:BE=DF;
(2)在(1)的条件下,请再添加一个条件(不再连线和添加字母),使得四边形EBFD为菱形,并说明理由;
(3)当$EF ⊥ BC$且四边形EBFD有且仅有两条边相等时,求AE的长。

23.(1)证明:在矩形ABCD中,因为AD//BC,所以∠PBF=∠PDE。因为∠BPF=∠DPE,PB=PD,所以$△ PBF ≌ △ PDE$(ASA),所以BF=DE,所以BF平行且等于DE,所以四边形BFDE是平行四边形,所以BE=DF；
(2)方法1:添加EB=ED(或∠EDB=∠EBD),理由如下:因为四边形EBFD是平行四边形,EB=ED,所以四边形EBDF是菱形(有一组邻边相等的平行四边形是菱形)。
方法2:添加EF⊥BD(或∠EBP+∠BEP=90°),理由如下:因为四边形EBFD是平行四边形,EF⊥BD,所以四边形EBDF是菱形(对角线互相垂直的平行四边形是菱形)；
方法3:添加BP平分∠EBF(或EF平分∠BED),理由如下:在□EBFD中,因为ED//BF,所以∠EDB=∠FBD。因为BP平分∠EBF,所以∠EBD=∠FBD,所以∠EDB=∠EBD,所以EB=ED,所以□EBFD是菱形；
方法4:添加BP平分∠EBF且EF平分∠BED,理由如下:在□EBFD中,因为ED//BF,所以∠EBF+∠BED=180°。因为BP平分∠EBF且EF平分∠BED,所以$∠EBP+∠BEP=\frac{1}{2}∠EBF+\frac{1}{2}∠BED=90°$,所以∠EPB=180°-(∠EBP+∠BEP)=90°,即EF⊥BD,所以□EBFD是菱形；
(3)①如图2,当BE=DE时,设BE=DE=x,则AE=8-x,在Rt△ABE中有$(8-x)^2+4^2=x^2$,解得x=5,此时AE=8-x=3;②如图3,当BE=DF时,因为EF=DC,所以Rt△BEF≌Rt△FDC(HL),所以BF=FC=4。此时AE=ED=4(不合题意,舍去);如图3,当BF=DE时,因为AD=BC,所以AE=BF=DE=4(不合题意,舍去);③如图4,当BF=DF时,设BF=DF=a,则CF=8-a,在Rt△CDF中有,$(8-a)^2+4^2=a^2$,解得a=5,所以AE=BF=a=5。综上所述,AE的长为3或5。

【分析】
本题是矩形相关的几何综合题，分三小问逐步突破：
(1) 要证BE=DF，先利用矩形对边平行的性质得到内错角相等，结合PB=PD，通过ASA证明三角形全等，推出四边形BFDE是平行四边形，再由平行四边形对边相等得结论；
(2) 已证四边形EBFD是平行四边形，根据菱形的判定定理，添加“一组邻边相等”或“对角线互相垂直”的条件即可使其成为菱形；
(3) 由EF⊥BC结合矩形性质得EF⊥AD，再根据“四边形EBFD有且仅有两条边相等”分情况讨论，利用勾股定理列方程求解，排除不符合题意的情况得到AE的长。
【解析】
(1) 证明：在矩形ABCD中，AD//BC，
∴∠PBF=∠PDE。
在△PBF和△PDE中，
$\{\begin{array}{l}∠PBF=∠PDE \\PB=PD \\∠BPF=∠DPE\end{array} $
∴△PBF≌△PDE（ASA），
∴BF=DE且BF//DE，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∴BE=DF。
(2) 示例：添加条件EB=ED，理由如下：
由(1)知四边形EBFD是平行四边形，又
∵EB=ED，
∴四边形EBFD是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）。
(3)
∵EF⊥BC，矩形ABCD中AD//BC，
∴EF⊥AD，且EF=AB=4，BF=AE，DE=FC。
设AE=x，则BF=x，DE=8-x。
分情况讨论：
① 当BE=DE时，BE=8-x，在Rt△ABE中，由勾股定理得：
$4^2 + x^2 = (8-x)^2$，解得x=3，符合题意；
② 当BF=DF时，DF=x，在Rt△CDF中，由勾股定理得：
$4^2 + (8-x)^2 = x^2$，解得x=5，符合题意；
③ 其余情况不符合“仅有两条边相等”的条件，舍去。
综上，AE的长为3或5。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 示例：添加EB=ED，理由见解析；(3) AE的长为3或5。

【知识点】
矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查矩形性质、全等三角形、平行四边形与菱形判定及勾股定理，第三问需分类讨论，对逻辑分析能力要求较高，是典型的几何中档题。
【难度系数】
0.5