全国各地2023年中考数学试卷解析版分类汇编矩形菱形与正方形

一、选择题

矩形菱形与正方形〔2023•上海，第6题4分〕如图，AC、BD是菱形ABCD的对角线，那么以下结论肯定正确的选项是〔 〕菱形的周长等于两条对角线之和的两倍菱形的面积等于两条对角线之积的两倍考点：菱形的性质．分析：分别利用菱形的性质结合各选项进而求出即可．解答：解：AABCD∴AB=BC=AD，∵AC＜BD，∴△ABD△ABCB、∵S△ABD 平行四边形ABCD △ABC 平行四边形ABCD=S ，S =S ，C、菱形的周长与两条对角线之和不存在固定的数量关系，故此选项错误；D、菱形的面积等于两条对角线之积的，故此选项错误；应选：B．A．22考点：分析：B．18菱形的性质C．14D．11解答：依据菱形的对角线平分一组对角可得∠BAC=∠BCA，再依据等角的余角相等求出∠BAE=∠EBE=AB，然后求出EC，同理可得AF，然后推断出四边形AECF依据周长的定义列式计算即可得解．解：在菱形ABCD中，∠BAC=∠BCA，∵AE⊥AC，∴∠BAC+∠BAE=∠BCA+∠E=90°，∴∠BAE=∠E，∴BE=AB=4，∴EC=BE+BC=4+4=8，A．22考点：分析：B．18菱形的性质C．14D．11解答：依据菱形的对角线平分一组对角可得∠BAC=∠BCA，再依据等角的余角相等求出∠BAE=∠EBE=AB，然后求出EC，同理可得AF，然后推断出四边形AECF依据周长的定义列式计算即可得解．解：在菱形ABCD中，∠BAC=∠BCA，∵AE⊥AC，∴∠BAC+∠BAE=∠BCA+∠E=90°，∴∠BAE=∠E，∴BE=AB=4，∴EC=BE+BC=4+4=8，点评：点评：同理可得AF=8，∵AD∥BC，∴四边形AECF∴四边形AECF2〔AE+EC〕=2〔3+8〕=22．A．此题考察了菱形的对角线平分一组对角的性质，等角的余角相等的性质，平行四边形的判定与性质，熟记性质并求出EC的长度是解题的关键．〔202363ABCD中，M，N分别在AB，CDAM=CN，MN与AC交于点O，连接BO．假设∠DAC=28°，则∠OBC的度数为〔 〕A．28° B．52° C．62° D．72°考点：菱形的性质，全等三角形．分析：依据菱形的性质以及AM=CN，利用ASA可得△AMO≌△CNOAO=CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数．解答：∵四边形ABCD为菱形，∴AB∥CD，AB=BC，∴∠MAO=∠NCO，∠AMO=∠CNO，在△AMO和CNO中，∵ ，∴AM≌CN〔AS，∴AO=CO，∵AB=BC，∴BO⊥AC，∴∠BOC=90°，∵∠DAC=28°，∴∠BCA=∠DAC=28°，∴∠OBC=90°﹣28°=62°．C．点评： 此题考察了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，留意把握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．4.〔2023•山东聊城，第93〕如图，在矩形ABCDAB3，点E，F上连接假设四边形BEDF是菱形且则边BC的长〔 〕A．2A．2B．3C．6D．考点考点依据矩形的性质和菱形的性质得∠ABE=∠EBD=∠DBC=30°，AB=BO=3BEDF是菱形，所以BE，AEBCABCD∴∠A=90°，BA⊥BF，∵四边形BEDF∴EF⊥BD，∠EBO=∠DBF，∴EF⊥BD，∠EBO=∠DBF，∴AB=BO=3，∠ABE=∠EBO，∴∠ABE=∠EBD=∠DBC=30°，∴BE==2，∴BF=BE=2，∵EF=AE+FC，AE=CF，EO=FO∴CF=AE= ，∴BC=BF+CF=3 ，应选B．的一半，解题的关键是求出∠ABE=∠EBD=∠DBC=30°．5.〔2023•浙江杭州，第5题，3分〕以下命题中，正确的选项是〔 〕A．梯形的对角线相等A．梯形的对角线相等C．矩形的对角线不能相互垂直B．菱形的对角线不相等D．平行四边形的对角线可以相互垂直考点考点专题A进展推断；依据菱形的性质对B进展推断；依据矩形的性质对CD解：A、等腰梯形的对角线相等，所以A选项错误；B、菱形的对角线不肯定相等，假设相等，则菱形变为正方形，所以BCC选项错误；D、平行四边形的对角线可以相互垂直，此时平行四边形变为菱形，所以D选项正确．D．此题考察了命题与定理：推断一件事情的语句，叫做命题．很多命题都是由题设和结论两局部组成，题设是事项，结论是由事项推出的事项，一个命题可以写成6.(2023年贵州黔东南1〔4分如图，在矩形ABCD中AB=BC=1，将矩形ABCD沿折叠，使点C与点A重合，则折痕EF的长为〔 〕A． 6B． 12C． D．4考点：翻折变换〔折叠问题．分析：设BE=x，表示出CE=16﹣x，依据翻折的性质可得AE=CE，然后在Rt△ABE勾股定理列出方程求出x，再依据翻折的性质可得∠AEF=∠CEF，依据两直线平行，内错角相等可得∠AFE=∠CEF，然后求出∠AEF=∠AFE，依据等角对等边可得AE=AF，过点E作EH⊥ADH，可得四边形ABEH是矩形，依据矩形的性质求出EH、AH，然后求出FH，再利用勾股定理列式计算即可得解．解答：解：设BE=x，则CE=BC﹣BE=16﹣x，EF翻折后点C与点A∴AE=CE=16﹣x，Rt△ABEAB2+BE2=AE2，82+x2=〔16﹣x〕2，x=6，∴AE=16﹣6=10，由翻折的性质得，∠AEF=∠CEF，∵矩形ABCD的对边AD∥BC，∴∠AFE=∠CEF，∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF=10，EEH⊥AD于H，则四边形ABEH∴EH=AB=8，AH=BE=6，∴FH=AF﹣AH=10﹣6=4，Rt△EFHEF=D．

= =4．点评：此题考察了翻折变换的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，熟记各性质并作利用勾股定理列方程求出BE7〔2023•遵义93分〕如图，边长为2的正方形ABCDP是CD的中点，连接AP并延BC的延长线于点F，作△CPFO，连接BPOE，连接EF，则EF〔〕A．A．B．C．D．考点考点先求出CP、BF长，依据勾股定理求出BP，依据相像得出比例式，即可求出答案．ABCD∴∠ABC=∠PCF=90°，CD∥AB，∵F为CDCD=AB=BC=2，∴CP=1，∵PC∥AB，∴△FCP∽△FBA，∴==，∴BF=4，∴CF=4﹣2=2，由勾股定理得：BP==，∵四边形ABCD∴∠BCP=∠PCF=90°，∴PF∴∠E=90°=∠BCP，∵∠PBC=∠EBF，∴△BCP∽△BEF，∴=，∴=，∴EF= ，D．此题考察了正方形的性质，圆周角定理，相像三角形的性质和判定的应用，主要考察学生的推理力量和计算力量，题目比较好，难度适中．8〔2023•十堰93分〕如图，在四边形ABCD中A∥BD⊥B，垂足为点，连接交DE于点F，点G为AF的中点，∠ACD=2∠ACB．假设DG=3，EC=1，则DE的长为〔 〕A．2A．2B．C．2D．考点考点依据直角三角形斜边上的中线的性质可得DG=AG，依据等腰三角形的性质可得∠GAD=∠GDA，依据三角形外角的性质可得∠CGD=2∠GAD，再依据平行线的性质和等量关系可得∠ACD=∠CGD，依据等腰三角形的性质可得CD=DG，再依据勾股定理即可求解．解：∵AD∥BC，DE⊥BC，∴DE⊥AD，∠CAD=∠ACBGAF∴DG=AG，∴∠GAD=∠GDA，∴∠CGD=2∠CAD，∵∠ACD=2∠ACB，∴∠ACD=∠CGD，∴CD=DG=3，Rt△CEDDE==2．应选：C．综合考察了勾股定理，等腰三角形的判定与性质和直角三角形斜边上的中线，解题的关键是证明CD=DG=3．〔2023•江苏徐州,第7题3分假设顺次连接四边形的各边中点所得的四边形是菱形则该四边形肯定是〔 〕矩形B．等腰梯形C． 对角线相等的四边形D．对角线相互垂直的四边形考点：中点四边形．分析：首先依据题意画出图形，由四边形EFGH是菱形，点E，F，G，H分别是边AD，AB，BC，CD的中点，利用三角形中位线的性质与菱形的性质，即可判定原四边形肯定是对角线相等的四边形．解答：解：如图，依据题意得：四边形EFGHE，F，G，H分别是边AD，AB，BC，CD∴EF=FG=CH=EH，BD=2EF，AC=2FG，∴BD=AC．∴原四边形肯定是对角线相等的四边形．C．点评：此题考察了菱形的性质与三角形中位线的性质．此题难度适中，留意把握数形结合思想的应用．〔2023•94〕如图，ABCD是正方形场地，点EDCAEBC相交于点F．有甲、乙、丙三名同学同时从点A动身，甲沿着A﹣B﹣F﹣CC，乙沿着A﹣F﹣E﹣C﹣D的路径行走至D，丙沿着A﹣F﹣C﹣D的路径行走至D．假设三名同学行走的速度都一样，则他们到达各自的目的地的先后挨次〔由先至后〕是〔〕甲乙丙 B．甲丙乙 C．乙丙甲 D．丙甲乙考点：正方形的性质；线段的性质：两点之间线段最短；比较线段的长短．分析：依据正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ECFAF＞AB，EF＞CF，分别求出甲、乙、丙行走的距离，再比较即可．解答：解：∵四边形ABCD∴AB=BC=CD=AD，∠B=90°，甲行走的距离是AB+BF+CF=AB+BC=2AB；乙行走的距离是AF+EF+EC+CD；丙行走的距离是AF+FC+CD，∵∠B=∠ECF=90°，∴AF＞AB，EF＞CF，∴AF+FC+CD＞2AB，AF+FC+CD＜AF+EF+EC+CD，∴甲比丙先到，丙比乙先到，即挨次是甲丙乙，B．点评：此题考察了正方形的性质，直角三角形的性质的应用，题目比较典型，难度适中．11〔2023•福建福,第9题4分〕如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形AD.BE相交于点F，则∠BFC为【 】A．45° B．55° C．60° D．75°12〔2023•甘肃兰,第7题4分〕以下命题中正确的选项是〔 〕有一组邻边相等的四边形是菱形有一组邻边相等的四边形是菱形有一个角是直角的平行四边形是矩形C．对角线垂直的平行四边形是正方形D．一组对边平行的四边形是平行四边形考点考点利用特别四边形的判定定理对个选项逐一推断后即可得到正确的选项．解：A、一组邻边相等的平行四边形是菱形，应选项错误；B、正确；C、对角线垂直的平行四边形是菱形，应选项错误；D、两组对边平行的四边形才是平行四边形，应选项错误．B．此题考察了命题与定理的学问，解题的关键是牢记特别的四边形的判定定理，难度不大，属于根底题．13〔2023•广第8题3分将四根长度相等的细木条首尾相接用钉子钉成四边，转动这个四边形使它外形转变当时如图测得 当时，如图， 〔 〕．〔A〕

〔B〕2 〔C〕图2-① 图2-②

〔D〕【考点】正方形、有内角的菱形的对角线与边长的关系【分析】由正方形的对角线长为2可知正方形和菱形的边长为 ，当=60°时，菱形较短的对角线等于边长，故答案为．【答案】A14〔2023•广第10题3分如图四边、

在线段上，连接，①；②

和相交于点．设，；③ ；④

〔〕．以下结论：．其中结论正确的个数是〔 〕．〔A〕4个 〔B〕3个 〔C〕2个 〔D〕1个【考点】三角形全等、相像三角形【分析】①由可证②延长BG交DE于点H，由①可得，

，故①正确；〔对顶角〕∴=90°，故②正确；③由可得 ，故③不正确；④， 等于相像比的平方，即 ，∴，故④正确．【答案】B7.8.二、填空题〔2023•上海，第18题4分〕如图，在矩形ABCD中，点E在边BC上，BE=2CE，将矩形沿着过点E的直线翻折后，点C、D分别落在边BC下方的点C′、D′处，且点C′、D′、B在同一条直线上折痕与边AD交于点F，D′F与BE交于点G．设AB=t，那么△EFG的周长 t〔用含t的代数式表示．分析：依据翻折的性质可得CE=C′E，再依据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半推断出∠EBC′=30°，然后求出∠BGD′=60°，依据对顶角相等可得∠FGE=∠∠BGD′=60°，依据两直线平行，内错角相等可得∠AFG=∠FGE，再求出∠EFG=60°，然后推断出△EFG是等边三角形，依据等边三角形的性质表示出EF，即可得解．∵BE=2CE，∴BE=2C′E，又∵∠C′=∠C=90°，∴∠EBC′=30°，∵∠FD′C′=∠D=90°，∴∠BGD′=60°，∴∠FGE=∠∠BGD′=60°，∵AD∥BC，∴∠AFG=∠FGE=60°，∴∠EFG=〔180°﹣∠AFG〕=〔180°﹣60°〕=60°，∴△EFG∴AB=t，∴EF=t÷=t，∴△EFG=3×t=2t．故答案为：2t．三角形的判定与性质，熟记性质并推断出△EFG是等边三角形是解题的关键．〔2023•山东枣庄，第17题4分〕如图，将矩形ABCD沿CE向上折叠，使点B落在AD边上的点F处．假设AE=BE，则长AD与宽AB的比值是 ．考点：分析：

翻折变换〔折叠问题〕AE=BE，可设AE=2k，则BE=3k，AB=5k．由四边形ABCD∠A=∠ABC=∠D=90°，CD=AB=5k，AD=BC．由折叠的性质可得∠EFC=∠B=90°，EF=EB=3k，CF=BC，由同角的余角相等，即可得∠DCF=∠AFE．在Rt△AEF中，依据勾股定理求出AF= = k，解答：

由cos∠AFE=cos∠DCF得出CF=3 k，即AD=3 k，进而求解即可．解：∵AE=BE，AE=2k，则BE=3k，AB=5k．∵四边形ABCD∴∠A=∠ABC=∠D=90°，CD=AB=5k，AD=BC．∵将矩形ABCDCEB落在AD边上的点F∴∠EFC=∠B=90°，EF=EB=3k，CF=BC，∴∠AFE+∠DFC=90°，∠DFC+∠FCD=90°，∴∠DCF=∠AFE，∴cos∠AFE=cos∠DCF．Rt△AEF，∵∠A=90°，AE=2k，EF=3k，∴AF=∴ = ，即

= k，= ，∴CF=3 k，∴AD=BC=CF=3 k，∴长AD与宽AB的比值是 = ．故答案为 ．点评：

此题考察了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理以及三角函数的定义．解此题的关键是数形结合思想与转化思想的应用．〔2023•江苏苏州,第13题3分〕正方形ABCD的对角线AC= ，则正方形ABCD的周长为 4．考点考点依据正方形的对角线等于边长的可得解．ABCD的对角线AC=，∴边长AB= ÷ =1，∴正方形ABCD=4×1=4．故答案为：4．点评：点评：此题考察了正方形的性质，比较简洁，熟记正方形的对角线等于边长的倍是解题的关键．〔2023•173〕如图，在矩形ABCD中，=，以点BBC径画弧，交边AD于点E．假设AE•ED=，则矩形ABCD的面积为 5．考点考点连接BE，设AB=3x，BC=5x，依据勾股定理求出AE=4x，DE=x，求出x的值，求出AB、BC，即可求出答案．BEBE=BC．AB=3x，BC=5x，∵四边形ABCD∴AB=CD=3x，AD=BC=5x，∠A=90°，由勾股定理得：AE=4x，DE=5x﹣4x=x，∵AE•ED=，∴4x•x=，解得：x=〔负数舍去，AB=3x=，BC=5x=，∴矩形ABCD的面积是AB×BC=×=5，故答案为：5．此题考察了矩形的性质，勾股定理的应用，解此题的关键是求出x的值，题目比较好，难度适中．〔2023•山东淄博,第15题4分〕▱ABCD，对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个适当的条件，使▱ABCD成为一个菱形，你添加的条件是 AD=DC．考点：菱形的判定；平行四边形的性质．专题：开放型．分析：依据菱形的定义得出答案即可．解答：解：∵邻边相等的平行四边形是菱形，∴平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，试添加一个条件：可以为：AD=DC；故答案为：AD=DC．点评：此题主要考察了菱形的判定以及平行四边形的性质，依据菱形的定义得出是解题关键．6．〔2023•123〕20cm，两个相邻的内角的度数之比为1：2，则较长的对角线长度是5 cm．考点考点：菱形的性质；特别角的三角函数值分析：依据菱形的对角线相互垂直且平分各角，可设较小角为x，由于邻角之和为180°，∴x+2x=180°，所以x=60°，画出其图形，依据三角函数，可以得到其中较长的对角线的长．解答：20cm5cm1：260°画出图形如下所示：∴∠ABO=30°，AB=5cm，∵最长边为BD，BO=AB•cos∠ABO=5×=．点评：此题考察了菱形的对角线相互垂直且平分各角7〔2023•144分菱形校的一块菱形花园两对角线的长分别是6m8m，则这个花园的面积为24m2．考点考点：分析：解答：菱形的判定与性质；中点四边形由于题中给出的条件是中点，所以可利用三角形中位线性质，以及矩形对角线相等去证明四条边都相等，从而说明是一个菱形．依据菱形的面积公式求出即可．解：连接AC、BD，在△ABD中，∵AH=HD，AE=EB∴EH=BD，同理FG=BD，HG=AC，EF=AC，又∵在矩形ABCD中，AC=BD，∴EH=HG=GF=FE，∴四边形EFGH为菱形；2．点评：此题考察了菱形的判定和菱形的面积，三角形的中位线的应用，留意：菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义，②四边相等，③对角线相互垂直平分．考点依据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出面积，再依据中心对称的性质推断出阴影局部的面积等于菱形的面积的一半解答．解：∵菱形的两条对角线的长分别为68，∴菱形的面积=×6×8=24，∵O是菱形两条对角线的交点，8〔2023•17题4分〕如图，四边形ABCD考点依据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出面积，再依据中心对称的性质推断出阴影局部的面积等于菱形的面积的一半解答．解：∵菱形的两条对角线的长分别为68，∴菱形的面积=×6×8=24，∵O是菱形两条对角线的交点，∴阴影局部的面积=×24=12．∴阴影局部的面积=×24=12．故答案为：12．积的一半是解题的关键．9〔2023•17题4分〕假设菱形的两条对角线的长为a和，且b满足﹣1〕2+ =0，那么菱形的面积等于 ．考点考点依据非负数的性质列式求出a、b，再依据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．解：由题意得，a﹣1=0，b﹣4=0，a=1，b=4，∵菱形的两条对角线的长为ab，∴菱形的面积=×1×4=2．故答案为：2．此题考察了非负数的性质，菱形的性质，主要利用了菱形的面积等于对角线乘积的一半，需熟记．6.7.8.三、解答题〔2023•2810〕如图，在四边形ABCD中，点HBC的中点，作射线AH，在线段AH及其延长线上分别取点E，F，连结BE，CF．请你添加一个条件，使得△BEH≌△CFH，你添加的条件是 ，并证明．在问题〔1〕中，当BH与EH满足什么关系时，四边形BFCE是矩形，请说明理由．考点：矩形的判定．分析：〔1〕依据全等三角形的判定方法，可得出当EH=FH，BE∥CF，∠EBH=∠FCH时，都可以证明△BEH≌△CFH，〔2〕由〔1〕可得出四边形BFCE是平行四边形，再依据对角线相等的平行四边形为矩形可得出BH=EH时，四边形BFCE是矩形．解答：〔1〕答：添加：EH=FHHBC的中点，∴BH=CH，在△BEH和CFH中， ，∴BE≌CF〔SA；〔2〕解：∵BH=CH，EH=FH，∴四边形BFCE是平行四边形〔对角线相互平分的四边形为平行四边形，BH=EH时，则BC=EF，∴平行四边形BFCE为矩形〔对角线相等的平行四边形为矩形．点评：此题考察了全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定，是根底题，难度不大．2.〔2023•2411〕猜测与证明：1摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGFB、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，AFMAF的中点，连接DM、MEDMME的关系，并证明你的结论．拓展与延长：假设将”猜测与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变DMME的关系为DM=DE．如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明〔1〕中的结论仍旧成立．考点考点：分析：解答：四边形综合题猜测：延长EMAD于点H，利用△FME≌△AMHHM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明．延长EMAD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，连接AE，AEEC在同一条直线上，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，猜测：DM=ME证明：如图1，延长EM交AD于点H，∵四边形∵四边形ABCD和CEFG是矩形，∴AD∥EF，∴∠EFM=∠HAM，在△FME和△AMH中，∴△FME≌△AMH〔ASA〕∴HM=EM，∴DM=HM=ME，∴DM=ME．〔1〕1，延长EM交AD于点H，∵四边形ABCDCEFG是矩形，∴AD∥EF，∴∠EFM=∠HAM，在△FME和△AMH中，∴HM=EM，在RT△HDE中，HM=EM，∴DM=HM=ME，∴DM=ME，故答案为：DM=ME．〔2〕2，连接AE，点评：点评：∵四边形ABCDECGF是正方形，∴∠FCE=45°，∠FCA=45°，∴AE和EC在同一条直线上，∴DM=AM=MF，∴AM=MF=ME，∴DM=ME．中线与斜边的关系找出相等的线段．〔20232212〕1，在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD的中点，连接AE、BFG．BCF沿BFBP〔如图，延长FP交BA的延长线于点，求si∠BQP的值；ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AEAH〔如图3，假设AMBF相交于点N，当正方形ABCD4时，求四边形GHMN的面积．考点〔1〕由四边形ABCDABBC=90°A=B，又由B=C，即可证ABBCBACBABCB=90AB+∠BA=90，即A⊥B；由△BCF≌△BPF,可得CF=PF,BC=BP,∠BFE=∠BFP，由CD∥AB得∠BFC=∠ABF,从而5QB=QFPFxBP2xRt△QBFQB为2AGN AN

x，即可求得答案；由AHM(AM)2可求出△AGN的面积，进一步可求出四边形GHMN的面积．解答：(1)证明：∵E、F分别是正方形ABCDBC、CD的中点，∴CF=BE，∴RAB≌R△BCF BACBF BA+∠BE=90CBBE=90，∴BG=90，∴A⊥BFFFPFBFFP=90，∵CD∥AB, 令P〔>，则P=2，在R△BPQ中，设Q=， 2=(+42,,∴

5k，∴sin∠BQP=BP2k42 QP 5k 5225AGN AN AGN 25∵AH=90,G//H,∴

( )2 ∴AM 1

( )25∴四边形GHMN=SΔAHMSΔAGN=14=45 5答：四边形GHMN4.5点评：此题考察了相像三角形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角函数等学问．此题综合性较强，难度较大，留意把握旋转前后图形的对应关系，留意数形结合思想的应用．〔2023•山东烟台，第2510〕在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以一样的速度在直线DC，CB上移动．如图①，当点E自DC，点FCB移动时，连接AE和DF交于点P，请你写AEDF的位置关系，并说明理由；如图②，当，F分别移动到边D，CB的延长线上时，连接AE和D1〕论还成立吗？〔请你直接答复“是”或“否”，不需证明〕如图③，当F分别在边CBC的延长线上移动时，连接AD〔〕中的结论还成立吗？请说明理由；如图④，当E，F分别在边DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图．假设AD=2，试求出线段CP的最小值．考点：全等三角形，正方形的性质，勾股定理，运动与变化的思想.〔1A=D，A⊥DADDC．由全等三角形的性质得A=D，∠DAE=∠CDFAE⊥DF；是．四边形ABCD是正方形，所以AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，所以AE⊥DF；成立．由〔1〕同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDFFDAE于点G，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；由于点P在运动中保持∠APD=90°，P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得OC的长，再求CP即可．〔1A=D，A⊥D．理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠ADC=∠C=90°．∵DE=CF，∴△ADE≌△DCF．∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，由于∠CDF+∠ADF=90°，∴∠DAE+∠ADF=90°．∴AE⊥DF；是；成立．理由：由〔1〕同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDFFD交AE于点G，则∠CDF+∠ADG=90°，∴∠ADG+∠DAE=90°．∴AE⊥DF；如图：由于点P在运动中保持∠APD=90°，P的路径是一段以AD为直径的弧，AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，在Rt△ODC中，OC= ，．点评： 此题主要考察了四边形的综合学问综合性较强特别是〔4〕题要认真分析．〔2023•浙江杭州，第22题，12分〕菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC=4，BD=4，动点P在线段BD上从点B向点DPF⊥AB于点FPFBG关于BDQEDH与四边形PEBGAC对称．设菱形ABCDS1，未被盖住局部的面积为S2，BP=x．用含x的代数式分别表示S1，S2；假设S1=S2，求x考点考点专题分析：〔1〕E、F、G、HPBO上与点PODSS1 2〔2〕由S=S和S+S=8 可以求出S=S=4 ．然后在两种状况下分别建立关于x的1 2 1 2 1 2方程，解方程，结合不同状况下x的范围确定x的值．〔〕①当点P在BO上时，如图1所示．∵四边形ABCD是菱形，AC=4 ，BD=4，∴AC⊥BD，BO=BD=2，AO=AC=2 ，且S =BD•AC=8 ．菱形ABCD∴tan∠ABO= = ．∴∠ABO=60°．Rt△BFP∵∠BFP=90°，∠FBP=60°，BP=x，∴sin∠FBP= = =sin60°= ．∴FP= x．∴BF=．∵四边形PFBG关于BD四边形QEDH与四边形PEBG关于AC∴S =S =S =S ．△BFP △BGP △DEQ △DHQ∴S=4S1 △BFP=4×× x•= ．∴S=8 ﹣ ．2②当点POD2∵AB=4，BF=，∴AF=AB﹣BF=4﹣．Rt△AFM∵∠AFM=90°，∠FAM=30°，AF=4﹣．∴tan∠FAM= =tan30°= ．∴FM= 〔4﹣．∴S =AF•FM△AFM=〔4﹣〕•

〔4﹣〕= 〔4﹣〕2．∵四边形PFBG关于BD四边形四边形QEDH与四边形PEBG关于AC∴S =S△AFM △AEM △CHN △CGN=S =S ．∴S=4S2 △AFM=4×〔4﹣〕2=〔x﹣8〕2．∴S=81﹣S=82﹣〔x﹣8〕2．综上所述：1，S=82﹣；ODS=81﹣〔x﹣8〕2，S=2〔x﹣8〕2．〔2〕①当点PBO0＜x≤2．∵S=S，S+S=8 ，1 2 1 2∴S=4 ．1∴S=1=4．解得：x=21，x=﹣2 ．2∵2＞2，﹣2＜0，∴当点PBO=S1 2∵S=S，S+S=8 ，1 2 1 2∴S=4 ．2∴S=2〔x﹣8〕2=4．解得：x=8+21，x=8﹣22．∵8+2＞4，2＜8﹣2＜4，∴x=8﹣2 ．综上所述：假设S=S，则x的值为8﹣2 ．1 2角的三角函数值等学问，还考察了分类争论的思想．6.〔2023•十堰14〔3分〕ABC中，点D是BC的中点，点，F分别在线段AD及其延长线上，且DE=DF．给出以下条件：①BE⊥EC；②BF∥CE；③AB=AC；从中选择一个条件使四边形BECF是菱形，你认为这个条件 ①〔只填写序号．分析：首先利用对角线相互平分的四边形是平行四边形判定该四边形为平行四边形，然后结合菱形的判定得到答案即可．∴四边形EBFC∵邻边相等或对角线垂直的平行四边形是菱形，∴选择BE⊥EC，故答案为：①．73分〔2023•娄底如图要使平行四边形ABCD是矩形则应添加的条件 AC=B〔不唯一〕〔添加一个条件即可．考点考点专题依据矩形的判定定理：①对角线相等的平行四边形是矩形，②有一个角是直角的平行四边形是矩形，直接添加条件即可．解：依据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，有一个角是直角的平行四边形是矩形故添加条件：∠ABC=90°或AC=BD．故答案为：∠ABC=90°或AC=BD．908.(2023年湖北咸宁24〔12分〕)如图，正方形OABC的边O，OC在坐标轴上，点B的坐标为〔4．点P从点A动身，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动；点Q从点OxP到达点OQBP，过P点作BP的垂线，与过点Q平行于y轴的直线l相交于点D．BDy轴交于点E，连接P．设点P运动的时间为s．∠PBD的度数 45°，点D的坐标 ，〕〔用t表示；当t，△PBE探究△POE周长是否随时间t的变化而变化？假设变化，说明理由；假设不变，试求这个定值．考点：四边形综合题；解一元一次方程；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质．专题：压轴题；探究型．分析：〔1〕易证△BAP≌△PQD，从而得到DQ=AP=t，从而可以求出∠PBD的度数和点D坐标．由于∠EBP=45°，1是以正方形为背景的一个根本图形，简洁得到EP=AP+CE．由于△PBE底边不定，故分三种状况争论，借助于三角形全等及勾股定理进展求解，然后结合条件进展取舍，最终确定符合要求的t由〔2〕已证的结论EP=AP+CE很简洁得到△POE周长等于AO+CO=8，从而解决问题．解答：〔〕如图，由题可得：AP=OQ=1×t=t〔秒〕∴AO=PQ．∵四边形OABC∴AO=AB=BC=OC，∠BAO=∠AOC=∠OCB=∠ABC=90°．∵DP⊥BP，∴∠BPD=90°．∴∠BPA=90°﹣∠DPQ=∠PDQ．∵AO=PQ，AO=AB，∴AB=PQ．在△BAP△PQD∴△BAP≌△PQD．∴AP=DQ，BP=PD．∵∠BPD=90°，BP=PD，∴∠PBD=∠PDB=45°．∵AP=t，∴DQ=t．∴点D坐标为t，．故答案为①假设PB=PE，则∠PBE=∠PEB=45°．∴∠BPE=90°．∵∠BPD=90°，∴∠BPE=∠BPD．E与点DQ与点O与条件“DQ∥y∴这种状况应舍去．EB=EP，则∠PBE=∠BPE=45°．∴∠BEP=90°．∴∠PEO=90°﹣∠BEC=∠EBC．在△POE△ECB∴△POE≌△ECB．∴OE=BC，OP=EC．∴OE=OC．∴点E与点C重合EC=．∴点P与点O重合PO=．∵点〔4，，∴AO=CO=4．t=AP=AO=4．BP=BE，Rt△BAPRt△BCE∴Rt△BAP≌Rt△BCEH．∴AP=CE．∵AP=t，∴CE=t．∴PO=EO=4﹣t．∵∠POE=90°，∴PE=〔4t．OA到点F，使得AF=CE，连接BF2在△FAB△ECB∴△FAB≌△ECB．∴FB=EB，∠FBA=∠EBC．∵∠EBP=45°，∠ABC=90°，∴∠ABP+∠EBC=45°．∴∠FBP=∠FBA+∠ABP=∠EBC+∠ABP=45°．∴∠FBP=∠EBP．在△FBP△EBP∴△FBP≌△EBP．∴FP=EP．∴EP=FP=FA+AP=CE+AP．∴EP=t+t=2t．∴〔4﹣t〕=2t．解得：t=4﹣4∴当t为4秒或〔4﹣4〕秒时，△PBE为等腰三角形．∵EP=CE+AP，∴OP+PE+OE=OP+AP+CE+OE=AO+CO=4+4=8．∴△POE8．点评：此题考察了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理等学问，考察了分类争论的思想，考察了利用根本活动阅历解决问题的力量，综合性格外强．生疏正方形与一个度数为45°的角组成的根本图形〔其中角的顶点与正方形的一个顶点重合，角的两边与正方形的两边分别相交〕是解决此题的关键．9.(2023年河南14如图，在菱形ABCD中,AB=1,DA=60ABCD绕点A转30得到菱形AC的运动能路径为CC/.3π33答案：42 .AC2个三角形/FC作关心线如图，313在R△AEA=3，A/=1,=2,A=2,3331333在R△BE中B=－2=(－2)+(2)2=－ ,/F=∠CF/=90/BF

2 32 ,423431 3134234∴/=

= 2,CF=1－2= 2 ,在R△CBHCB=6,B=1,31 332

∴A=2,∴A2=3,D C33D/FEBBHC33D/FEBBHC//S =2×/×C=2× 2 = 4 ,△D/FC

30π πS扇形AC/=360×A2=360×3=4 A3π 2 33S=S

－2×S

=－2×阴影 扇形ACC/π 3=+－42

△D/FC 4 4

第14题3202315.)如图，矩形ABCD中，AD=5,AB=7EDC上一个动点，把△ADE沿AE折叠，当点D的对应点/落在∠ABC的角平分线上时，DE的长3为 .5 5答案32：过作F⊥AB交AB于CD于;如图1，ED≌△E/EE,AA=5,设A，则B=，在R△B/F中，∵PB是∠ABC的平分线，AB/=40,则B=，在R△AFA/2A2/252〕2，解得=4或=，即/B=3或4.

D PEH CD/D/F图1x=41，设DE=y，在R△/HEE=E/，H/=2,5 5即2+222，解得=2，即D=2x=32，设DE=y，在R△/HEE=E/，H/=1,5 5即2+122，解得=3，即D=3〔2023•2510〕菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点OO作一条直线分别交DABC的延长线于点E、F，连接BE、DF．求证：四边形BFDE是平行四边形；假设EF⊥AB，垂足为M，tan∠MBO=，求EM：MF

D EPH CD/D/F图2考点考点分析：〔1〕依据两直线平行，内错角相等可得∠AEO=∠CFO，然后利用“角角边”证明△AEO和△CFO全等，依据全等三角形对应边相等可得OE=OF，再依据对角线相互平分的四边形是平行四边形证明即可；〔2〕设OM=x，依据∠MBO的正切值表示出BM，再依据△AOMOBM三角形对应边成比例求出AM，然后依据△AEMBFM成比例求解即可．解答：〔1〕ABCDAD∥BC，OA=OC，OB=OD，∴∠AEO=∠CFO，在△AEOCFO，∴△AE≌CF〔AA，∴OE=OF，又∵OB=OD，∴四边形BFDE〔2〕解：设OM=x，∵EF⊥AB，tan∠MBO=，∴BM=2x，又∵AC⊥BD，又∵AC⊥BD，∴△AOM∽△OBM，∴=，∴AM==x，∵AD∥BC，∴△AEM∽△BFM，∴EM：MF=AM：BM=x：2x=1：4．点评：此题考察了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，相像三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，难点在于〔2〕两次求出三角形相像．〔2023239〕对一张矩形纸片ABCD第一步：先对折，使ADBCMN，开放；A落在MN上的点A′BBE，同时，得到线段BA′，EA′，1；第三步：再沿EA′所在的直线折叠，点B落在AD上的点B′处，得到折痕EF，同时得到线B′F，2．〔1〕证明：∠ABE=30°；〔2〕证明：四边形BFB′E〔折叠问题；菱形的判定；矩形的性质分析：〔1〕MAB的中点推断出A′是EFBA′垂直平分EF，依据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BE=BF，再依据等腰三角形三线合一的性质可得∠A′BE=∠A′BF，依据翻折的性质可得∠ABE=∠A′BE，然后依据矩形的四个角都是直角计算即可得证；〔2〕依据翻折变换的性质可得BE=B′E，BF=B′F，然后求出BE=B′E=B′F=BF，再依据四条边都相等的四边形是菱形证明．1〕∵对折AD与BC重合，折痕是MN，MAB∴A′是EF∵∠BA′E=∠A=90°，∴BA′垂直平分EF，∴BE=BF，∴∠A′BE=∠A′BF，由翻折的性质，∠ABE=∠A′BE，∴∠ABE=∠A′BE=∠A′BF，∴∠ABE=×90°=30°；∴∠ABE=×90°=30°；〔2〕∵沿EA′所在的直线折叠，点B落在AD上的点B′处，∴BE=B′E，BF=B′F，∵BE=BF，∴BE=B′E=B′F=BF，∴四边形BFB′EBA′垂直平分EF〔20232511【问题情境】1，四边形ABCDM是BCE是CDAE∠DAM．【探究展现】证明：AM=AD+MC；AM=DE+BM【拓展延长】假设四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，探究展现1中的结论是否成立？请分别作出推断，不需要证明．考点考点性质；正方形的性质专题〔1〕从平行线和中点这两个条件动身，延长A、BC交于点N，如图1〔，易证△ADE≌△NCE，从而有AD=CN，只需证明AM=NMFA⊥AE交CBFAM=FMFB=DEFB=DE，只需证明它们所在的两个三角形全等即可．2〔1