专题11 平行四边形与特殊的平行四边形-2022年中考数学真题分项汇编（全国通用）（解析版）

专题11平行四边形与特殊的平行四边形一．选择题1．（2022·四川内江）如图，在▱ABCD中，已知AB＝12，AD＝8，∠ABC的平分线BM交CD边于点M，则DM的长为（）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【分析】根据平行四边形的性质及角平分线的性质可得∠CBM＝∠CMB，利用等边对等角即可得MC＝BC＝8，进而可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD＝AB＝12，BC＝AD＝8，AB∥CD，∴∠ABM＝∠CMB，∵BM是∠ABC的平分线，∴∠ABM＝∠CBM，∴∠CBM＝∠CMB，∴MC＝BC＝8，∴DM＝CD﹣MC＝12﹣8＝4，故选：B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和角平分线的性质，掌握其相关性质是解题的关键．2．（2022·内蒙古赤峰）如图，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形，其中一张纸条在转动过程中，下列结论一定成立的是（

）A．四边形周长不变B．C．四边形面积不变D．【答案】D【分析】由平行四边形的性质进行判断，即可得到答案．【详解】解：由题意可知，∵，，∴四边形是平行四边形，∴；故D符合题意；随着一张纸条在转动过程中，不一定等于，四边形周长、面积都会改变；故A、B、C不符合题意；故选：D【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，解题的关键是掌握平行四边形对边相等．3．（2022·黑龙江大庆）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点A落在E处．若，，则的度数为(

)A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据平行四边形的性质，得出，根据平行线的性质，得出，根据折叠得出，根据三角形内角和得出∠A的度数即可．【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴，，根据折叠可知，，∴，，∴，故C正确．故选：C．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，平行线的性质，三角形内角和定理，折叠性质，根据已知条件求出是解题的关键．4．（2022·广东）如图，在中，，点D，E分别为，的中点，则（

）A． B． C．1 D．2【答案】D【分析】利用中位线的性质即可求解．【详解】∵D、E分比为AB、AC的中点，∴DE为△ABC的中位线，∴，∵BC=4，∴DE=2，故选：D．【点睛】本题考查了中位线的判定与性质，掌握中位线的判定与性质是解答本题的关键．5．（2022·广东）如图，在中，一定正确的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据平行四边形的性质：平行四边形的对边相等，然后对各选项进行判断即可．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形∴AB=CD，AD=BC故选C．【点睛】本题考查了平行四边形的性质．解题的关键在于熟练掌握平行四边形的性质．6．（2022·江苏无锡）如图，在ABCD中，，，点E在AD上，，则的值是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】过点B作BF⊥AD于F，由平行四边形性质求得∠A=75°，从而求得∠AEB=180°-∠A-∠ABE=45°，则△BEF是等腰直角三角形，即BF=EF，设BF=EF=x，则BD=2x，DF=，DE=DF-EF=（-1）x，AF=AD-DF=BD-DF=（2-）x，继而求得AB2=AF2+BF2=（2-）2x2+X2=（8-4）x2，从而求得，再由AB=CD，即可求得答案．【详解】解：如图，过点B作BF⊥AD于F，∵ABCD，∴CD=AB，CDAB，∴∠ADC+∠BAD=180°，∵∴∠A=75°，∵∠ABE=60°，∴∠AEB=180°-∠A-∠ABE=45°，∵BF⊥AD，∴∠BFD=90°，∴∠EBF=∠AEB=45°，∴BF=FE，∵AD=BD，∴∠ABD=∠A=75°，∴∠ADB=30°，设BF=EF=x，则BD=2x，由勾股定理，得DF=，∴DE=DF-EF=（-1）x，AF=AD-DF=BD-DF=（2-）x，由勾股定理，得AB2=AF2+BF2=（2-）2x2+x2=（8-4）x2，∴∴，∵AB=CD，∴，故选：D．【点睛】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，过点B作BF⊥AD于F，构建直角三角形与等腰直角三角形是解题的关键．7．（2022·山东烟台）一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为3：1，则这个正多边形是（）A．正方形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形【答案】C【分析】设这个外角是x°，则内角是3x°，根据内角与它相邻的外角互补列出方程求出外角的度数，根据多边形的外角和是360°即可求解．【详解】解：∵一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为3：1，∴设这个外角是x°，则内角是3x°，根据题意得：x+3x＝180°，解得：x＝45°，360°÷45°＝8（边），故选：C．【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，根据内角与它相邻的外角互补列出方程是解题的关键．8．（2022·内蒙古呼和浩特·中考真题）如图，四边形是菱形，，点是中点，是对角线上一点，且，则的值是（

）A．3 B． C． D．【答案】D【分析】取AC的中点M，连接EM设由中位线性质可得再根据，可得出从而得到FC的长，即可得到的结果．【详解】解：如图所示：取AC的中点M，连接EM，DM，设∵点是中点，∴EM是的中位线，四边形是菱形，，∠AMD=90°，，∴DM=，∴AM=故选：D．【点睛】本题主要考查了菱形的性质和中位线的性质，熟练掌握这些性质是解此题的关键．9．（2022·贵州黔东南）如图，在边长为2的等边三角形的外侧作正方形，过点作，垂足为，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，可得四边形AGFH是矩形，从而得到FH=AG，再由△ABC为等边三角形，可得∠BAG=30°，BG=1，从而得到，再证得∠DAH=∠BAG=30°，然后根据直角三角形的性质，即可求解．【详解】解：如图，过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，∵DF⊥BC，∴∠GFH=∠AHF=∠AGF=90°，∴四边形AGFH是矩形，∴FH=AG，∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°，BC=AB=2，∴∠BAG=30°，BG=1，∴，∴，在正方形ABED中，AD=AB=2，∠BAD=90°，∴∠DAH=∠BAG=30°，∴，∴．故选：D【点睛】本题主要考查了等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．10．（2022·海南）如图，菱形中，点E是边的中点，垂直交的延长线于点F，若，则菱形的边长是（

）A．3 B．4 C．5 D．【答案】B【分析】过C作CM⊥AB延长线于M，根据设，由菱形的性质表示出BC=4x，BM=3x，根据勾股定理列方程计算即可．【详解】过C作CM⊥AB延长线于M，∵∴设∵点E是边的中点∴∵菱形∴，CE∥AB∵⊥，CM⊥AB∴四边形EFMC是矩形∴，∴BM=3x在Rt△BCM中，∴，解得或（舍去）∴故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理，关键在于熟悉各个知识点在本题的灵活运用．属于拔高题．11．（2022·江苏无锡）下列命题中，是真命题的有（

）①对角线相等且互相平分的四边形是矩形

②对角线互相垂直的四边形是菱形③四边相等的四边形是正方形

④四边相等的四边形是菱形A．①② B．①④ C．②③ D．③④【答案】B【分析】直接利用平行四边形以及矩形、菱形、正方形的判定方法分别分析进而得出答案．【详解】解：①对角线相等且互相平分的四边形是矩形，正确；②对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故原命题错误；③四边相等的四边形是菱形，故原命题错误；④四边相等的四边形是菱形，正确．故选：B．【点睛】此题主要考查了命题与定理，正确把握特殊四边形的判定方法是解题关键．12．（2022·广西玉林）若顺次连接四边形各边的中点所得的四边形是正方形，则四边形的两条对角线一定是(

)A．互相平分 B．互相垂直 C．互相平分且相等 D．互相垂直且相等【答案】D【分析】由题意作出图形，然后根据正方形的判定定理可进行排除选项．【详解】解：如图所示，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AD、DC、BC、AB的中点，∴，∴四边形EFGH是平行四边形，对于A选项：对角线互相平分，四边形EFGH仍是平行四边形，故不符合题意；对于B选项：对角线互相垂直，则有，可推出四边形EFGH是矩形，故不符合题意；对于C选项：对角线互相平分且相等，则有，可推出四边形EFGH是菱形，故不符合题意；对于D选项：对角线互相垂直且相等，则有，，可推出四边形EFGH是正方形，故符合题意；故选D．【点睛】本题主要考查三角形中位线及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定，熟练掌握三角形中位线及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定是解题的关键．13．（2022·内蒙古赤峰）如图，菱形，点、、、均在坐标轴上，，点，点是的中点，点是上的一动点，则的最小值是（

）A．3 B．5 C． D．【答案】A【分析】直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小属“将军饮马”模型，由D关于直线AC的对称点B，连接BE，则线段BE的长即是PD+PE的最小值．【详解】如图：连接BE，，∵菱形ABCD，∴B、D关于直线AC对称，∵直线AC上的动点P到E、D两定点距离之和最小∴根据“将军饮马”模型可知BE长度即是PD+PE的最小值．，∵菱形ABCD，，点，∴，，∴∴△CDB是等边三角形∴∵点是的中点，∴,且BE⊥CD，∴故选：A．【点睛】本题考查菱形性质及动点问题，解题的关键是构造直角三角形用勾股定理求线段长．14．（2022·内蒙古包头）如图，在矩形中，，点E，F分别在边上，，AF与相交于点O，连接，若，则与之间的数量关系正确的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】过点O作OM⊥BC于点M，先证明四边形ABFE是正方形，得出，再利用勾股定理得出，即可得出答案．【详解】过点O作OM⊥BC于点M，，四边形ABCD是矩形，，，，四边形ABFE是正方形，，，，，由勾股定理得，，故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．15．（2022·黑龙江）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP．则下列结论：①；②；③；④若，则；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的．其中正确的结论是（

）A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤【答案】B【分析】分别对每个选项进行证明后进行判断：①通过证明得到EC=FD，再证明得到∠EAC=∠FBD，从而证明∠BPQ=∠AOQ=90°，即；②通过等弦对等角可证明；③通过正切定义得，利用合比性质变形得到，再通过证明得到，代入前式得，最后根据三角形面积公式得到，整体代入即可证得结论正确；④作EG⊥AC于点G可得EGBO，根据，设正方形边长为5a，分别求出EG、AC、CG的长，可求出，结论错误；⑤将四边形OECF的面积分割成两个三角形面积，利用，可证明S四边形OECF=S△COE+S△COF=S△DOF+S△COF=S△COD即可证明结论正确．【详解】①∵四边形ABCD是正方形，O是对角线AC、BD的交点，∴OC=OD，OC⊥OD，∠ODF=∠OCE=45°∵∴∠DOF+∠FOC=∠FOC+∠EOC=90°∴∠DOF=∠EOC在△DOF与△COE中∴∴EC=FD∵在△EAC与△FBD中∴∴∠EAC=∠FBD又∵∠BQP=∠AQO∴∠BPQ=∠AOQ=90°∴AE⊥BF所以①正确；②∵∠AOB=∠APB=90°∴点P、O在以AB为直径的圆上∴AO是该圆的弦∴所以②正确；③∵∴∴∴∴∵∴∴∴∴∵∴∴所以③正确；④作EG⊥AC于点G，则EGBO，∴设正方形边长为5a，则BC=5a，OB=OC=，若，则，∴∴∴∵EG⊥AC，∠ACB=45°，∴∠GEC=45°∴CG=EG=∴所以④错误；⑤∵，S四边形OECF=S△COE+S△COF∴S四边形OECF=S△DOF+S△COF=S△COD∵S△COD=∴S四边形OECF=所以⑤正确；综上，①②③⑤正确，④错误，故选B【点睛】本题综合考查了三角形、正方形、圆和三角函数，熟练运用全等三角形、相似三角形、等弦对等角和三角函数的定义是解题的关键．16．（2022·江苏泰州）如图，正方形ABCD的边长为2，E为与点D不重合的动点，以DE一边作正方形DEFG.设DE=d1，点F、G与点C的距离分别为d2，d3，则d1＋d2＋d3的最小值为(

)A． B． C． D．【答案】C【分析】连接CF、CG、AE，证可得，当A、E、F、C四点共线时，即得最小值；【详解】解：如图，连接CF、CG、AE，∵∴在和中，∵∴∴∴当时，最小，∴d1＋d2＋d3的最小值为，故选：C．【点睛】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，正确构造全等三角形是解本题的关键．17．（2022·四川广安）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE+PF的最小值是（）A．2 B． C．1.5 D．【答案】A【解析】【分析】取AB中点G点，根据菱形的性质可知E点、G点关于对角线AC对称，即有PE=PG，则当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，再证明四边形AGFD是平行四边形，即可求得FG=AD．【详解】解：取AB中点G点，连接PG，如图，∵四边形ABCD是菱形，且边长为2，∴AD=DC=AB=BC=2，∵E点、G点分别为AD、AB的中点，∴根据菱形的性质可知点E、点G关于对角线AC轴对称，∴PE=PG，∴PE+PF=PG+PF，即可知当G、P、F三点共线时，PE+PF=PG+PF最小，且为线段FG，如下图，G、P、F三点共线，连接FG，∵F点是DC中点，G点为AB中点，∴，∵在菱形ABCD中，，∴，∴四边形AGFD是平行四边形，∴FG=AD=2，故PE+PF的最小值为2，故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质、轴对称的性质、平行四边形的判定与性质等知识，找到E点关于AC的对称点是解答本题的关键．18．（2022·辽宁营口）如图，在矩形中，点M在边上，把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，连接，过点B作，垂足为F，若，则线段的长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先证明△BFC≌△CDE，可得DE=CF=2，再用勾股定理求得CE=，从而可得AD=BC=，最后求得AE的长．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴BC=AD，∠ABC=∠D=90°，AD∥BC，∴∠DEC=∠FCB，∵，∴∠BFC=∠CDE，∵把沿直线折叠，使点B落在边上的点E处，∴BC=EC，在△BFC与△CDE中，∴△BFC≌△CDE（AAS），∴DE=CF=2，∴，∴AD=BC=CE=，∴AE=AD-DE=，故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、折叠的性质，勾股定理的应用，解决本题的关键是熟练掌握矩形中的折叠问题．19．（2022·湖北恩施）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=10cm，BC=8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（

）A．当时，四边形ABMP为矩形B．当时，四边形CDPM为平行四边形C．当时，D．当时，或6s【答案】D【分析】计算AP和BM的长，得到AP≠BM，判断选项A；计算PD和CM的长，得到PD≠CM，判断选项B；按PM=CD，且PM与CD不平行，或PM=CD，且PM∥CD分类讨论判断选项C和D．【详解】解：由题意得PD=t，AP=AD-PD=10-t，BM=t，CM=8-t，∠A=∠B=90°，A、当时，AP=10-t=6cm，BM=4cm，AP≠BM，则四边形ABMP不是矩形，该选项不符合题意；B、当时，PD=5cm，CM=8-5=3cm，PD≠CM，则四边形CDPM不是平行四边形，该选项不符合题意；作CE⊥AD于点E，则∠CEA=∠A=∠B=90°，∴四边形ABCE是矩形，∴BC=AE=8cm，∴DE=2cm，PM=CD，且PQ与CD不平行，作MF⊥AD于点F，CE⊥AD于点E，∴四边形CEFM是矩形，∴FM=CE；∴Rt△PFM≌Rt△DEC（HL），∴PF=DE=2，EF=CM=8-t，∴AP=10-4-(8-t)=10-t，解得t=6s；PM=CD，且PM∥CD，∴四边形CDPM是平行四边形，∴DP=CM，∴t=8-t，解得t=4s；综上，当PM=CD时，t=4s或6s；选项C不符合题意；选项D符合题意；故选：D．【点睛】此题重点考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，应注意分类讨论，求出所有符合条件的t的值．20．（2022·湖北恩施）如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、DN．若，．则四边形MBND的周长为（

）A． B．5 C．10 D．20【答案】C【分析】先根据矩形的性质可得，再根据线段垂直平分线的性质可得，根据等腰三角形的性质可得，从而可得，根据平行线的判定可得，然后根据菱形的判定可得四边形是菱形，设，则，在中，利用勾股定理可得的值，最后根据菱形的周长公式即可得．【详解】解：四边形是矩形，，，由作图过程可知，垂直平分，，，，，四边形是平行四边形，又，设，则，在中，，即，解得，则四边形的周长为，故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．二．填空题21．（2022·广西梧州）如图，在中，，点D，E分别是边上的中点，连接．如果，，那么的长是_______m．【答案】4【分析】由D、E分别是AB和AC的中点得到DE是△ABC的中位线，进而得到，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，由此即可求出．【详解】解：∵D、E分别是AB和AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴，∵，∴由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：，∴，故答案为：4．【点睛】本题考查了三角形的中位线定理及直角三角形斜边上中线等于斜边的一半，属于基础题，熟练掌握中位线定理是解决本题的关键．22．（2022·贵州毕节）如图，在中，，点P为边上任意一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接，则长度的最小值为_________．【答案】##2.4【分析】利用勾股定理得到BC边的长度，根据平行四边形的性质，得知OP最短即为PQ最短，利用垂线段最短得到点P的位置，再证明利用对应线段的比得到的长度，继而得到PQ的长度．【详解】解：∵，∴，∵四边形APCQ是平行四边形，∴PO＝QO，CO＝AO，∵PQ最短也就是PO最短，∴过O作BC的垂线，∵,∴,∴，∴，∴，∴则PQ的最小值为，故答案为：．【点睛】考查线段的最小值问题，结合了平行四边形性质和相似三角形求线段长度，本题的关键是利用垂线段最短求解，学生要掌握转换线段的方法才能解出本题．23．（2022·山东烟台）如图1，△ABC中，∠ABC＝60°，D是BC边上的一个动点（不与点B，C重合），DEAB，交AC于点E，EFBC，交AB于点F．设BD的长为x，四边形BDEF的面积为y，y与x的函数图象是如图2所示的一段抛物线，其顶点P的坐标为（2，3），则AB的长为_____．【答案】【分析】根据抛物线的对称性知，BC＝4，作FH⊥BC于H，当BD＝2时，▱BDEF的面积为3，则此时BF＝，AB＝2BF，即可解决问题．【详解】解：∵抛物线的顶点为（2，3），过点（0，0），∴x＝4时，y＝0，∴BC＝4，作FH⊥BC于H，当BD＝2时，▱BDEF的面积为3，∵3＝2FH，∴FH＝，∵∠ABC＝60°，∴BF＝＝，∵DE∥AB，∴AB＝2BF＝，故答案为：．【点睛】本题主要考查了动点的函数图象问题，抛物线的对称性，平行四边形的性质，特殊角的三角函数值等知识，求出BC＝4是解题的关键．24．（2022·山东临沂）如图，在正六边形中，，是对角线上的两点，添加下列条件中的一个：①；②；③；④．能使四边形是平行四边形的是__________（填上所有符合要求的条件的序号）．【答案】①②④【分析】根据正六边形的性质，依次结合题给的条件，先证有关三角形是否全等，再证四边形是平行四边形．【详解】解：由正六边形的性质知：∠ABM=∠DEN，AB=DE，∠BAF=∠CDE，①若BM=EN，在△ABM和△DEN中，，∴（SAS），∴AM=DN，∠AMB=∠DNE，∴∠AMN=∠DNM，∴AMDN，∴四边形是平行四边形；②若，则∠BAN=∠EDM，在和中，，∴(ASA)，∴AN=DM，∠ANM=∠DMN，∴ANDM∴四边形是平行四边形；③若，结合条件AB=DE，∠ABM=∠DEN，SSA无法证明，也就无法证明四边形是平行四边形；④若，在△ABM和△DEN中，，∴（AAS），∴AM=DN，∠AMB=∠DNE，∴∠AMN=∠DNM，∴AMDN，∴四边形是平行四边形；综上所述，①②④符合题意．故答案为：①②④．【点睛】此题考查了正六边形的性质、全等三角形的判定以及平行四边形的判定．解题的关键是熟练运用上述知识逐一进行判断．25．（2022·江苏泰州）正六边形一个外角的度数为____________．【答案】##60度【分析】根据正多边形的每一个外角都相等和多边形的外角和等于360°解答即可．【详解】∵正六边形的外角和是360°，∴正六边形的一个外角的度数为：360°÷6＝60°，故答案为：60°．【点睛】本题主要考查多边形的外角和及正多边形外角度数的计算，掌握多边形外角和等于360°是解答本题的关键．26．（2022·黑龙江齐齐哈尔）如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，，要使四边形ABCD为菱形，应添加的条件是______________．（只需写出一个条件即可）【答案】AB=CD或AD∥BC或OA=OC或OB=OD等（只需写出一个条件即可）【分析】由菱形的判定方法进行判断即可．【详解】解：可以添加的条件是：AB＝CD，理由如下：∵，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形；也可以添加条件是：，利用如下：∵，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形；也可以添加的条件是OA=OC，利用如下：∵，∴，，∴（AAS），∴AB=CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形；也可以添加的条件是OB=OD，利用如下：∵，∴，，∴（AAS），∴AB=CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形．故答案为：AB=CD或AD∥BC或OA=OC或OB=OD等．（只需写出一个条件即可）【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定，熟记“对角线互相垂直的平行四边形为菱形”，是解题的关键．27．（2022·海南）如图，正方形中，点E、F分别在边上，，则___________；若的面积等于1，则的值是___________．【答案】

60

【分析】由正方形的性质证明，即可得到，再由可得，即可求出．设，表示出的面积，解方程即可．【详解】∵正方形∴，∵∴（HL）∴，∵，∴∴设∴∴∵的面积等于1∴，解得，（舍去）∴故答案为：60；．【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、30°直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．28．（2022·黑龙江哈尔滨）如图，菱形的对角线相交于点O，点E在上，连接，点F为的中点，连接，若，，，则线段的长为___________．【答案】【分析】先根据菱形的性质找到Rt△AOE和Rt△AOB，然后利用勾股定理计算出菱形的边长BC的长，再根据中位线性质，求出OF的长．【详解】已知菱形ABCD，对角线互相垂直平分，∴AC⊥BD，在Rt△AOE中，∵OE=3，OA=4，∴根据勾股定理得，∵AE=BE，∴，在Rt△AOB中，即菱形的边长为，∵点F为的中点，点O为DB中点，∴．故答案为【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、中位线的判定与性质；熟练掌握菱形性质，并能结合勾股定理、中位线的相关知识点灵活运用是解题的关键．29．（2022·山东青岛）图①是艺术家埃舍尔的作品，他将数学与绘画完美结合，在平面上创造出立体效果．图②是一个菱形，将图②截去一个边长为原来一半的菱形得到图③，用图③镶嵌得到图④，将图④着色后，再次镶嵌便得到图①，则图④中的度数是__________．【答案】60【分析】先确定∠BAD的度数，再利用菱形的对边平行，利用平行线的性质即可求出∠ABC的度数．【详解】如图，∵∠BAD=∠BAE=∠DAE，∠BAD+∠BAE+∠DAE=360°，∴∠BAD=∠BAE=∠DAE=120°，∵BC∥AD，∴∠ABC=180°-120°=60°，故答案为：60．【点睛】本题考查了菱形的性质与学生读题审题的能力，解题关键是理解题意，求出∠BAD的度数．30．（2022·江苏常州）如图，将一个边长为的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动成四边形，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到时才会断裂．若，则橡皮筋_____断裂（填“会”或“不会”，参考数据：）．【答案】不会【分析】设扭动后对角线的交点为，根据正方形的性质，得出扭动后的四边形为菱形，利用菱形的性质及条件，得出为等边三角形，利用勾股定理算出，从而得到，再比较即可判断．【详解】解：设扭动后对角线的交点为，如下图：，根据正方形的性质得，得出扭动后的四边形四边相等为菱形，，为等边三角形，，，，根据菱形的对角线的性质：，，不会断裂，故答案为：不会．【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的判定及性质、等边三角形、勾股定理，解题的关键是要掌握菱形的判定及性质．31．（2022·贵州铜仁）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=80°，延长BC到E，在∠DCE内作射钱CM，使得∠ECM=30°，过点D作DF⊥CM，垂足为F．若DF=，则BD的长为______（结果保留很号）．【答案】【分析】连接AC交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．【详解】解：如图，连接AC交BD于点H，由菱形的性质得∠ADC=∠ABC=80°，∠DCE=80°，∠DHC=90°，又∵∠ECM=30°，∴∠DCF=50°，∵DF⊥CM，∴∠CFD=90°，∴∠CDF=40°，又∵四边形ABCD是菱形，∴BD平分∠ADC，∴∠HDC=40°，在△CDH和△CDF中，，∴△CDH≌△CDF（AAS），∴DH=DF=，∴DB=2DH=．故答案为：．【点睛】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，菱形的对角线互相平分是此题的关键知识点，得出∠HDC=∠FDC是这个题最关键的一点．32．（2022·湖北十堰）“美丽乡村”建设使我市农村住宅旧貌变新颜，如图所示为一农村民居侧面截图，屋坡，分别架在墙体的点，处，且，侧面四边形为矩形，若测得，则_________．【答案】【分析】根据矩形的性质可得，求出，根据等边对等角可得，然后根据三角形内角和定理即可求解．【详解】四边形为矩形，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．33．（2022·湖北随州）如图1，在矩形ABCD中，，，E，F分别为AB，AD的中点，连接EF．如图2，将△AEF绕点A逆时针旋转角，使，连接BE并延长交DF于点H，则∠BHD的度数为______，DH的长为______．【答案】

90°##90度

##【分析】设EF交AD于点M，BH交AD于点N，先证明△ADF∽△ABE，可得∠ADF=∠ABE，可得∠BHD=∠BAD=90°；然后过点E作EG⊥AB于点G，可得四边形AMEG是矩形，从而得到EG=AM，AG=ME，∠ABE=∠MEN，然后求出，再利用锐角三角函数可得，从而得到，进而得到，可得到，从而得到，进而得到DN=2，即可求解．【详解】解：如图，设EF交AD于点M，BH交AD于点N，根据题意得：∠BAE=∠DAF，∠EAF=90°，，∴，在矩形ABCD中，，，∠BAD=90°，∴，∴△ADF∽△ABE，∴∠ADF=∠ABE，∵∠ANB=∠DNH，∴∠BHD=∠BAD=90°；如图，过点E作EG⊥AB于点G，∴∠AGE=∠AME=∠BAD=90°，∴四边形AMEG是矩形，∴EG=AM，AG=ME，ME∥AB，∴∠ABE=∠MEN，在中，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，即，∴，∵∠ADF=∠ABE，∴，即DH=2HN，∵，解得：或（舍去）．故答案为：90°，【点睛】本题主要考查了图形的旋转，解直角三角形，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质，矩形的性质和判定，相似三角形的判定和性质是解题的关键．34．（2022·贵州黔东南）如图，矩形的对角线，相交于点，//，//．若，则四边形的周长是_______．【答案】20【分析】首先由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD=5，由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD=10，OA=OC，OB=OD，∴OC=OD=BD=5，∵//，//．，∴四边形CODE是平行四边形，∵OC=OD=5，∴四边形CODE是菱形，∴四边形CODE的周长为：4OC=4×5=20．故答案为20．【点睛】本题考查菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形CODE是菱形是解题关键．35．（2022·辽宁辽宁·中考真题）如图，CD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC，BC的平行线，交BC于点E，交AC于点F．若∠ACB＝60°，CD＝4，则四边形CEDF的周长是_______．【答案】16【分析】连接EF交CD于O，先证明四边形CFDE为菱形，从而求出CO的长度，然后根据余弦定义求出CE即可得出答案．【详解】解：连接EF交CD于O，如图：∵DEAC，DFBC，∴四边形CEDF是平行四边形，∵CD是△ABC的角平分线，∴∠FCD＝∠ECD，∵DEAC，∴∠FCD＝∠CDE，∴∠ECD＝∠CDE，∴CE＝DE，∴四边形CEDF是菱形，∴CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝，在Rt△COE中，CE＝＝＝4，∴四边形CEDF的周长是4CE＝4×4＝16，故答案为：16．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，余弦的定义等知识，解题的关键是判断出四边形CEDF为菱形．36．（2022·广西贺州）如图，在矩形ABCD中，，E，F分别是AD，AB的中点，的平分线交AB于点G，点P是线段DG上的一个动点，则的周长最小值为__________．【答案】##【分析】在CD上取点H，使DH=DE，连接EH，PH，过点F作FK⊥CD于点K，可得DG垂直平分EH，从而得到当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF，再分别求出EF和FH，即可求解．【详解】解：如图，在CD上取点H，使DH=DE，连接EH，PH，过点F作FK⊥CD于点K，在矩形ABCD中，∠A=∠ADC=90°，AD=BC=6，CD=AB=8，∴△DEH为等腰直角三角形，∵DG平分∠ADC，∴DG垂直平分EH，∴PE=PH，∴的周长等于PE+PF+EF=PH+PF+EF≥FH+EF，∴当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF，∵E，F分别是AD，AB的中点，∴AE=DE=DH=3，AF=4，∴EF=5，∵FK⊥CD，∴∠DKF=∠A=∠ADC=90°，∴四边形ADKF为矩形，∴DK=AF=4，FK=AD=6，∴HK=1，∴，∴FH+EF=，即的周长最小为．故答案为：【点睛】本题主要考查了最短距离问题，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，明确题意，准确得到当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF是解题的关键．37．（2022·江苏无锡）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE、BC于点H、G，则BG＝________．【答案】1【分析】连接AG，EG，根据线段垂直平分线性质可得AG=EG，由点E是CD的中点，得CE=4，设BG=x，则CG=8-x，由勾股定理，可得出（8-x）2+42=82+x2，求解即可．【详解】解：连接AG，EG，如图，∵HG垂直平分AE，∴AG=EG，∵正方形ABCD的边长为8，∴∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=8，∵点E是CD的中点，∴CE=4，设BG=x，则CG=8-x，由勾股定理，得EG2=CG2+CE2=（8-x）2+42，AG2=AB2+BG2=82+x2，∴（8-x）2+42=82+x2，解得：x=1，故答案为：1．【点睛】本题考查正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理及其运用是解题的关键．38．（2022·黑龙江）在矩形ABCD中，，，点E在边CD上，且，点P是直线BC上的一个动点．若是直角三角形，则BP的长为________．【答案】或或6【分析】分三种情况讨论：当∠APE=90°时，当∠AEP=90°时，当∠PAE=90°时，过点P作PF⊥DA交DA延长线于点F，即可求解．【详解】解：在矩形ABCD中，，，∠BAD=∠B=∠BCD=∠ADC=90°，如图，当∠APE=90°时，∴∠APB+∠CPE=90°，∵∠BAP+∠APB=90°，∴∠BAP=∠CPE，∵∠B=∠C=90°，∴△ABP∽△PCE，∴，即，解得：BP=6；如图，当∠AEP=90°时，∴∠AED+∠PEC=90°，∵∠DAE+∠AED=90°，∴∠DAE=∠PEC，∵∠C=∠D=90°，∴△ADE∽△ECP，∴，即，解得：，∴；如图，当∠PAE=90°时，过点P作PF⊥DA交DA延长线于点F，根据题意得∠BAF=∠ABP=∠F=90°，∴四边形ABPF为矩形，∴PF=AB=9，AF=PB，∵∠PAF+∠DAE=90°，∠PAF+∠APF=90°，∴∠DAE=∠APF，∵∠F=∠D=90°，∴△APF∽△EAD，∴，即，解得：，即；综上所述，BP的长为或或6．故答案为：或或6【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，矩形的性质，并利用分类讨论思想解答是解题的关键．39．（2022·黑龙江大庆）如图，正方形中，点E，F分别是边上的两个动点，且正方形的周长是周长的2倍，连接分别与对角线交于点M，N．给出如下几个结论：①若，则；②；③若，则；④若，则．其中正确结论的序号为____________．【答案】②【分析】根据已知条件可得，即可判断①，进而推出，导角可得②正确，作于点，连接，证明是直角三角形，勾股定理验证③，证明，即可判断④求解．【详解】解：∵正方形的周长是周长的2倍，∴，，①若，则，故①不正确；如图，在的延长线上取点，使得，四边形是正方形，，，，，，，，，，，，，，，，，即，故②正确；如图，作于点，连接，则，，，，同理可得，，关于对称轴，关于对称，，，，是直角三角形，③若，，，故③不正确，，若，即，，，，又，，，即，，，，，，故④不正确．故答案为：②．【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．40．（2022·四川雅安）如图，把一张矩形纸片沿对角线折叠，若BC＝9，CD＝3，那么阴影部分的面积为_____．【答案】【分析】利用矩形与轴对称的性质先证明再利用勾股定理求解再利用三角形的面积公式可得答案．【详解】解：把一张矩形纸片沿对角线折叠，BC＝9，CD＝3，解得：故答案为：【点睛】本题考查的是矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理的应用，证明是解本题的关键．41．（2022·黑龙江）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，，，AH是的平分线，于点E，点P是直线AB上的一个动点，则的最小值是________．【答案】【分析】作点O关于AB的对称点F，连接OF交AB于G，连接PE交直线AB于P，连接PO，则PO=PF，此时，PO+PE最小，最小值=EF，利用菱形的性质与直角三角形的性质，勾股定理，求出OF，OE长，再证明△EOF是直角三角形，然后由勾股定理求出EF长即可．【详解】解：如图，作点O关于AB的对称点F，连接OF交AB于G，连接PE交直线AB于P，连接PO，则PO=PF，此时，PO+PE最小，最小值=EF，∵菱形ABCD，∴AC⊥BD，OA=OC，O=OD，AD=AB=3，∵∠BAD=60°，∴△ABD是等边三角形，∴BD=AB=3，∠BAO=30°，∴OB=，∴OA=，∴点O关于AB的对称点F，∴OF⊥AB，OF=2OG=OA=，∴∠AOG=60°，∵CE⊥AH于E，OA=OC，∴OE=OC=OA=，∵AH平分∠BAC，∴∠CAE=15°，∴∠AEC=∠CAE=15°，∴∠DOE=∠AEC+∠CAE=30°，∴∠DOE+∠AOG=30°+60°=90°，∴∠FOE=90°，∴由勾股定理，得EF=,∴PO+PE最小值=．故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质，利用轴对称求最短距离问题，直角三角形的性质，勾股定理，作点O关于AB的对称点F，连接OF交AB于G，连接PE交直线AB于P，连接PO，则PO=PF，则PO+PE最小，最小值=EF是解题的关键．42．（2022·辽宁锦州）如图，四边形为矩形，，点E为边上一点，将沿翻折，点C的对应点为点F，过点F作的平行线交于点G，交直线于点H．若点G是边的三等分点，则的长是____________．【答案】或【分析】过点作于点，根据题意可得四边形是平行四边形，证明，等面积法求得，勾股定理求得，可得的长，进而即可求解．【详解】①如图，过点作于点，，四边形是平行四边形折叠即，四边形是矩形中，，中，②如图，当时，同理可得，，，中，故答案为：或【点睛】本题考查了勾股定理，折叠，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，掌握以上知识，注意分类讨论是解题的关键．43．（2022·四川内江）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，点E、F分别是AB、DC上的动点，EF∥BC，则AF+CE的最小值是_____．【答案】10【分析】延长BC到G，使CG＝EF，连接FG，证明四边形EFGC是平行四边形，得出CE＝FG，得出当点A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小，根据勾股定理求出AG即可．【详解】解：延长BC到G，使CG＝EF，连接FG，∵，EF＝CG，∴四边形EFGC是平行四边形，∴CE＝FG，∴AF+CE＝AF+FG，∴当点A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小为AG，由勾股定理得，AG＝＝＝10，∴AF+CE的最小值为10，故答案为：10．【点睛】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的判定和性质，根据题意作出辅助线，得出当A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小，是解题的关键．三．解答题44．（2022·湖南长沙）如图，在中，对角线AC，BD相交于点O，．(1)求证：；(2)若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，，求BD的长及四边形ABCD的周长．【答案】(1)见解析(2)，四边形ABCD的周长为【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证；（2）根据三角形中位线的性质可得，进而可得的长，中，勾股定理求得，根据菱形的性质即可求解．(1)证明：四边形是平行四边，，四边形是菱形，；(2)解：点E，F分别为AD，AO的中点，是的中位线，，，，四边形是菱形，，，在中，，，，菱形形的周长为．【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，三角形中位线的性质，勾股定理，掌握菱形的性质与判定是解题的关键．45．（2022·江苏无锡）如图，在▱ABCD中，点O为对角线BD的中点，EF过点O且分别交AB、DC于点E、F，连接DE、BF．求证：(1)△DOF≌△BOE；(2)DE=BF．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据平行四边形ABCD的性质，利用ASA即可证明△DOF≌△BOE；（2）证明四边形BEDF的对角线互相平分，进而得出结论．(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，O是BD的中点，∴AB∥DC，OB=OD，∴∠OBE=∠ODF．在△BOE和△DOF中，，∴△BOE≌△DOF（ASA）；(2)证明：∵△BOE≌△DOF，∴EO=FO，∵OB=OD，∴四边形BEDF是平行四边形．∴DE=BF．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质，证明三角形全等是解决问的关键．46．（2022·黑龙江大庆）如图，在四边形中，点E，C为对角线上的两点，．连接．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，求证：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由可得，证明，则，，进而结论得证；（2）由，可知，，则，证明，进而结论得证．(1)证明：∵，∴，∴，在和中，∵，∴，∴，∴，又∵，∴四边形是平行四边形．(2)证明：由（1）知，，∴，∵，∴，，∴，在和中，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定．解题的关键在于熟练掌握全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定．47．（2022·广西贺州）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且，连接AF，CE，AC，EF，且AC与EF相交于点O．(1)求证：四边形AFCE是平行四边形；(2)若AC平分，，求四边形AFCE的面积．【答案】(1)详见解析；(2)24．【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形解答；（2）由平行线的性质可得，再根据角平分线的性质解得，继而证明，由此证明平行四边形AFCE是菱形，根据菱形的性质得到，结合正切函数的定义解得，最后根据三角形面积公式解答．(1)证明：四边形ABCD是平行四边形，即．四边形AFCE是平行四边形．(2)解：，．平分，．．，由（1）知四边形AFCE是平行四边形，平行四边形AFCE是菱形．，在中，，．．【点睛】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、正切函数的定义等知识，是重要考点，难度一般，掌握相关知识是解题关键．48．（2022·贵州毕节）如图1，在四边形中，和相交于点O，．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)如图2，E，F，G分别是的中点，连接，若，求的周长．【答案】(1)证明过程见解析(2)24【分析】(1)由得到BC//AD，再证明△AOD≌△COB得到BC=AD，由此即可证明四边形ABCD为平行四边形；(2)由ABCD为平行四边形得到BD=2BO，结合已知条件BD=2BA得到BO=BA=CD=OD，进而得到△DOF与△BOA均为等腰三角形，结合F为OC中点得到∠DFA=90°，GF为Rt△ADF斜边上的中线求出；过B点作BH⊥AC于H，求出BH=9，再证明四边形BHGE为平行四边形得到GE=BH=9，最后将GE、GF、EF相加即可求解．(1)证明：∵，∴BC∥AD，在△AOD和△COB中：，∴△AOD≌△COB(ASA)，∴BC=AD，∴四边形ABCD为平行四边形．(2)解：∵点E、F分别为BO和CO的中点，∴EF是△OBC的中位线，∴；∵ABCD为平行四边形，∴BD=2BO，又已知BD=2BA，∴BO=BA=CD=OD，∴△DOF与△BOA均为等腰三角形，又F为OC的中点，连接DF，∴DF⊥OC，∴∠AFD=90°，又G为AD的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：；过B点作BH⊥AO于H，连接HG，如上图所示：由等腰三角形的“三线合一”可知：AH=HO=AO=AC=4，∴HC=HO+OC=4+8=12，在Rt△BHC中，由勾股定理可知,∵H为AO中点，G为AD中点，∴HG为△AOD的中位线，∴HG∥BD，即HG∥BE，且，∴四边形BHGE为平行四边形，∴GE=BH=9，∴．【点睛】本题考察了三角形全等的判定方法、平行四边形的性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等，熟练掌握各图形的性质及定理是解决本题的关键．49．（2022·内蒙古包头）如图，在平行四边形中，是一条对角线，且，，，是边上两点，点在点的右侧，，连接，的延长线与的延长线相交于点．(1)如图1，是边上一点，连接，，与相交于点．①若，求的长；②在满足①的条件下，若，求证：；(2)如图2，连接，是上一点，连接．若，且，求的长．【答案】(1)①；②证明见解析(2)【分析】（1）①解：根据平行四边形的性质可证，得到，再根据，，，结合平行四边形的性质求出的长，代入比例式即可求出的长；②先根据证明可得，再根据，求出，进一步证明，最后利用等腰三角形的三线合一可证明结论．（2）如图，连接，先根据证明，再结合，说明，利用平行线分线段成比例定理可得，接着证明，可得到，设，则，根据构建方程求出，最后利用可得结论．(1)①解：如图，∵四边形是平行四边形，，，∴，，，，∴，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴的长为．②证明：∵，∴，∵，在和中，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴．(2)如图，连接，∵，，∴，∴，∵，在和中，∴，∴，∴∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，∴，设，则，∵，∴，∴，即，∴，∴．∴的长为．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的三线合一，平行线的判定及性质，平行线分线段成比例定理等知识．灵活运用相似三角形和全等三角形的判定及性质是解答本题的关键．50．（2022·北京）如图，在中，交于点，点在上，．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若求证：四边形是菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形，得出，，再根据，得出，即可证明结论；（2）先证明，得出，证明四边形ABCD为菱形，得出，即可证明结论．(1)证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴，，∵，∴，即，∴四边形是平行四边形．(2)∵四边形ABCD为平行四边形，∴，∴，∵∴，∴，∴四边形ABCD为菱形，∴，即，∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和性质，菱形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法，是解题的关键．51．（2022·黑龙江哈尔滨）已知矩形的对角线相交于点O，点E是边上一点，连接，且．(1)如图1，求证：；(2)如图2，设与相交于点F，与相交于点H，过点D作的平行线交的延长线于点G，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形（除外），使写出的每个三角形的面积都与的面积相等．【答案】(1)见解析(2)、、、【分析】（1）利用SSS证明两个三角形全等即可;（2）先证明Rt△ABE≌Rt△DCE得到AE=DE，则，根据三线合一定理证明∴OE⊥AD，推出，得到，即可证明由，得到∠OBF=∠OCH，，证明△BOF≌△COH，即可证明，则，即可推出，最后证明，即可得到；(1)证明：∵四边形是矩形，∴与相等且互相平分，∴，∵，，∴（SSS）；(2)解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠BAE=∠CDE=90°，OA=OD=OB=OC，又∵BE=CE，∴Rt△ABE≌Rt△DCE（HL）∴AE=DE，∴，∵OA=OD，AE=DE，∴OE⊥AD，∴，∴，∴，∴；∵，∴∠OBF=∠OCH，，又∵∠BOF=∠COH，OB=OC，∴△BOF≌△COH（ASA），∴，∴，∴，∴，∴；∵，∴∠AFE=∠DGE，∠EAF=∠EDG，又∵AE=DE，∴，∴；综上所述，、、、这4个三角形的面积与△AEF的面积相等．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三线合一定理，矩形的性质，平行线的性质与判定等等，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．52．（2022·湖北鄂州）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且∠CDF=∠BDC、∠DCF=∠ACD．(1)求证：DF=CF；(2)若∠CDF=60°，DF=6，求矩形ABCD的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）先证明△DCF≌△DCO得到DF=DO，CF=CO，再由矩形的性质证明OC=OD，即可证明DF=CF=OC=OD；（2）由全等三角形的性质得到∠CDO=∠CDF=60°，OD=DF=6，即可证明△OCD是等边三角形，得到CD=OD=6，然后解直角三角形BCD求出BC的长即可得到答案．(1)解：在△DCF和△DCO中，，∴△DCF≌△DCO（ASA），∴DF=DO，CF=CO，∵四边形ABCD是矩形，∴，∴DF=CF=OC=OD；(2)解：∵△DCF≌△DCO，∴∠CDO=∠CDF=60°，OD=DF=6，又∵OD=OC，∴△OCD是等边三角形，∴CD=OD=6，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCD=90°，∴，∴．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．53．（2022·山东威海）如图:(1)将两张长为8，宽为4的矩形纸片如图1叠放．①判断四边形AGCH的形状，并说明理由；②求四边形AGCH的面积．(2)如图2，在矩形ABCD和矩形AFCE中，AB＝2，BC＝7，CF＝，求四边形AGCH的面积．【答案】(1)①菱形，理由见解析；②20(2)【分析】（1）①根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；②设AH=CG=x，利用勾股定理构建方程即可解决问题；（2）两个矩形的对角线相等，可得出EC的长，设AH=CG=x，利用勾股定理以及边长之间的关系可得出x的值，进而可求出面积．(1)①∵四边形ABCD，四边形AECF都是矩形∴∴四边形AHCG为平行四边形∵∴∴∴四边形AHCG为菱形；②设AH=CG=x，则DH=AD-AH=8-x在中即解得∴四边形AHCG的面积为；(2)由图可得矩形ABCD和矩形AFCE对角线相等∴∴设AH=CG=x则HD=7-x在中，在中，∵EC=EH+CH=8∴x=3∴四边形AGCH的面积为．【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．54．（2022·内蒙古赤峰）同学们还记得吗？图①、图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两个图形．受这两个图形的启发，数学兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答：(1)【问题一】如图①，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，交于点，交于点，则与的数量关系为_________；(2)【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线、经过正方形的对称中心，直线分别与、交于点、，直线分别与、交于点、，且，若正方形边长为8，求四边形的面积；(3)【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形的顶点在正方形的边上，顶点在的延长线上，且，．在直线上是否存在点，使为直角三角形？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)16(3)或【分析】（1）由正方形的性质可得，，根据ASA可证，由全等三角形的性质可得结论；（2）过点O作交AD于点M，交BC于点N，作交AB于点T，交CD于点R，证明△进而证明；（3）分别求出，由勾股定理可得方程，求出x的值即可．(1)∵四边形ABCD是正方形，∴∠∵是对角线，∴∠，∴∠，∵四边形是正方形，∴∠，∴∠又∠∴，∴∴故答案为:(2)过点O作交AD于点M，交BC于点N，作交AB于点T，交CD于点R，如图，∵点O是正方形ABCD的中心，∴又∠A=90°∴四边形ATOM是正方形，∴同（1）可证△∴(3)∵四边形均为正方形，∴∠∵CG在CD上，∴又CE在BC的延长线上，∴设则在中，在中，延长AD，CE交于点Q，则四边形是矩形，∴∴，在中，若△为直角三角形，则有，即整理得，解得，∴或【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键55．（2022·江苏泰州）如图，线段DE与AF分别为△ABC的中位线与中线．(1)求证：AF与DE互相平分；(2)当线段AF与BC满足怎样的数量关系时，四边形ADFE为矩形？请说明理由．【答案】(1)见解析(2)AF=BC，理由见解析【分析】（1）易知点D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，所以线段DF与EF也为△ABC的中位线，由中位线定理证得四边形ADFE是平行四边形，因为平行四边形的对角线相互平分，此题可证；（2）根据对角线相等的平行四边形是矩形，结合已知条件可知，当AF=BC时，平行四边形ADFE为矩形．(1)证明：∵线段DE与AF分别为△ABC的中位线与中线，∴D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，∴线段DF与EF也为△ABC的中位线，∴DFAC，EFAB，∴四边形ADFE是平行四边形，∴AF与DE互相平分．(2)解：当AF=BC时，四边形ADFE为矩形，理由如下：∵线段DE为△ABC的中位线，∴DE=BC，由（1）知四边形ADFE为平行四边形，若ADFE为矩形，则AF=DE，∴当AF=BC时，四边形ADFE为矩形．【点睛】此题考查了中位线定理，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质；解题的关键是数形结合，熟练运用上述知识．56．（2022·四川雅安）如图，E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF．(1)求证：△ABE≌△CDF；(2)若AB＝3，BE＝2，求四边形AECF的面积．【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）利用正方形的性质证明再结合BE＝DF，从而可得结论；（2）先利用正方形的性质证明再求解EF的长，再利用四边形AECF的面积，即可得到答案．(1)证明：正方形ABCD，(2)如图，连结AC，正方形ABCD，∴四边形AECF的面积【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理的应用，二次根式的乘法运算，掌握“正方形的对角线相等且互相垂直平分”是解本题的关键．57．（2022·广西玉林）如图，在矩形中，，点E是边上的任一点（不包括端点D，C），过点A作交的延长线于点F，设．(1)求的长（用含a的代数式表示）；(2)连接交于点G，连接，当时，求证：四边形是菱形．【答案】(1)(2)见详解【分析】（1）根据矩形的性质可得，然后可证，进而根据相似三角形的性质可求解；（2）如图，连接AC，由题意易证四边形是平行四边形，然后可得，进而可证，则可证，最后问题可求证．(1)解：∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴；(2)证明：由题意可得如图所示：连接AC，在矩形中，，，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴四边形是菱形．【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、矩形的性质及菱形的判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、矩形的性质及菱形的判定是解题的关键．58．（2022·江苏无锡）如图，已知四边形ABCD为矩形，，点E在BC上，，将△ABC沿AC翻折到△AFC，连接EF．(1)求EF的长；(2)求sin∠CEF的值．【答案】(1)(2)【分析】(1)先由可求得的长度，再由角度关系可得，即可求得的长;(2)过F作于，利用勾股定理列方程，即可求出的长度，同时求出的长度，得出答案.(1)设，则，∴，在中，，∴，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，由折叠可知，∴，，∴，∴，在中，.(2)过F作FM⊥BC于M，∴∠FME=∠FMC=90°，设EM=a,则EC=3-a，在中，，在中，，∴，∴，∴，∴，∴，∴.【点睛】此题考查了锐角三角函数，勾股定理，矩形的性质，通过添加辅助线构建直角三角形是解题的关键．59．（2022·山东聊城）如图，中，点D是AB上一点，点E是AC的中点，过点C作，交DE的延长线于点F．(1)求证：；(2)连接AF，CD．如果点D是AB的中点，那么当AC与BC满足什么条件时，四边形ADCF是菱形，证明你的结论．【答案】(1)见解析(2)当时，四边形ADCF是菱形，证明见解析【分析】（1）由得∠ADF=∠CFD，∠DAC=∠FCA，结合，可证，根据全等三角形的性质即求解；（2）由，，易得四边形ADCF是平行四边形，若，点D是AB的中点，可得，即得四边形ADCF是菱形．(1)证明：∵，∴∠ADF=∠CFD，∠DAC=∠FCA．∵点E是AC的中点，∴AE=CE，∴，∴；(2)解：当时，四边形ADCF是菱形．证明如下：由（1）知，，∵，∴四边形ADCF是平行四边形．∵，∴是直角三角形．∵点D是AB的中点，∴，∴四边形ADCF是菱形．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质及菱形的判定，解题的关键是掌握全等三角形判定定理及菱形的判定定理．60．（2022·内蒙古通辽）已知点在正方形的对角线上，正方形与正方形有公共点．(1)如图1，当点在上，在上，求的值为多少；(2)将正方形绕点逆时针方向旋转，如图2，求：的值为多少；(3)，，将正方形绕逆时针方向旋转，当，，三点共线时，请直接写出的长度．【答案】(1)2(2)(3)【分析】（1）根据题意可得，根据平行线分线段成比例即可求解；（2）根据（1）的结论，可得，根据旋转的性质可得，进而证明，根据相似三角形的性质即可求解；（3）勾股定理求得，，进而根据，由相似三角形的性质即可求解．(1)正方形与正方形有公共点，点在上，在上，四边形是正方