九年级数学知识点【北师大版】：特殊的四边形大题（解析版）

2022-2023学年九年级数学上学期复习备考高分秘籍（月考+期中+期末）【北师大版】专题2.1特殊的四边形大题专练精选50题（培优强化）【题型一】矩形的性质1．（2021·浙江·余姚市舜水中学八年级期中）如图，在长方形纸片ABCD中，AB=3，AD=9，折叠纸片ABCD，使顶点C落在边AD的点G处，折痕分别交边AD、BC于点E、F． (1)求证：△GEF是等腰三角形(2)求△GEF面积的最大值．【答案】(1)见详解(2)7.5【分析】（1）在长方形ABCD中AD∥BC，即有∠GEF=∠EFC，根据折叠的性质有∠EFC=∠（2）先判断出当点G与点A重合时，ΔGEF面积最大，再根据折叠的性质可得GF=FC，∠AFE=∠EFC，根据勾股定理可求出AF=5，结合（1）的结论，可得AE=AF=5，即可求出△GEF（1）∵在长方形ABCD中AD∥∴∠GEF=∠EFC，∵根据折叠的性质有∠EFC=∠GFE，∴∠GEF=∠GFE，∴GE=GF，∴△GEF是等腰三角形；（2）如图，∵在长方形ABCD中，CD⊥AD，∴GE⊥CD，∴△GEF的面积为：S=1∵CD=AB=3，∴△GEF的面积的大小取决于GE的大小，∵根据折叠的性质有，D'G=CD=3，∴GE=D即随着G点往A点移动，可知DE在逐渐增大，∴当点G与点A重合时，DE最大，此时GE也最大，∴△GEF的面积也最大，如下图，当点G与点A重合时，△GEF面积最大，由折叠的性质可知，GF=FC，∠AFE=∠EFC，在Rt△ABF中，AF∴AF解得：AF=5，根据（1）中的结论可知：△AEF是等腰三角形，AE=AF，∴AE=AF=5，∵在长方形ABCD中，CD⊥AD，∴AE⊥CD，∴△GEF的面积最大值为：S=1即△GEF的面积最大值为7.5．【点睛】本题考查了矩形中的折叠问题，涉及矩形的性质、勾股定理的应用，解题的关键是找到△GEF面积最大时的位置，灵活运用矩形的性质．2．（2022·福建·莆田哲理中学八年级阶段练习）如图，将矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，使点B落在AD边上的点E处，连接BG交CE于点H，连接BE．(1)求证：BE平分∠AEC；(2)取BC中点P，连接PH，求证：PH∥CG；【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据旋转的性质知BC＝CE，再由等腰三角形的性质得到∠CBE＝∠CEB，根据矩形的性质得∠AEB＝∠CBE，再等量转化可得结论；（2）过点B作CE的垂线BQ，根据角平分线的性质得出AB＝BQ，由全等三角形的判定得△BHQ≌△GHC（AAS）即可得到结论．（1）∵矩形ABCD绕着点C按顺时针方向旋转得到矩形FECG，∴CB＝CE，∴∠EBC＝∠BEC，又∵AD∥BC，∴∠EBC＝∠BEA，∴∠BEA＝∠BEC，∴BE平分∠AEC；（2）如图1，过点B作CE的垂线BQ，∵BE平分∠AEC，BA⊥AE，BQ⊥CE，∴AB＝BQ，∴CG＝BQ，∵∠BQH＝∠GCH＝90°，BQ＝AB＝CG，∠BHQ＝∠GHC，∴△BHQ≌△GHC（AAS），∴BH＝GH，即点H是BG中点，又∵点P是BC中点，∴PH∥CG；【点睛】本题主要考查了矩形的性质、旋转以及全等，合理的画出辅助线是解决本题的关键．3．（2022·黑龙江齐齐哈尔·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，EF是直线DB上的两点，DE＝BF．(1)求证：四边形AFCE是平行四边形；(2)若四边形AFCE是矩形，且BD⊥AD，AB＝5，AD＝3，求DE的长．【答案】(1)证明见解析(2)DE=【分析】（1）连接AC交EF于点O，由平行四边形的性质可得AO＝CO，BO＝DO，可证OE＝OF，由对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形AFCE是平行四边形；（2）利用勾股定理可求BD，AO的长，由矩形的性质可得AO＝EO＝13，即可求解．（1）证明：连接AC交EF于点O，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝CO，BO＝DO，∵DE＝BF，∴OE＝OF，∴四边形AFCE是平行四边形；（2）解：∵BD⊥AD，AB＝5，AD＝3，∴BD=A∴BO＝DO＝2，∴AO=A∵四边形AFCE是矩形，∴AO＝CO，EO＝FO，AC＝EF，∴AO=EO=13∴DE=13【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，利用勾股定理求出AO的长是解题的关键．4．（2022·山东·邹城市第四中学八年级阶段练习）如图，长方形ABCD中，AB=8，BC=4，将长方形沿AC折叠，点D落在D'处．(1)求证：AF+D'F=CD；(2)求△AFC的面积是多少？【答案】(1)见详解(2)10【分析】（1）根据四边形ABCD是矩形，可得∠ACD=∠CAB，再根据翻折的性质有∠ACD=∠ACF，CD=CD′，即有∠ACF=∠CAB，则有AF=CF，即可求证；（2）结合（1）的结论，在Rt△BFC中，利用勾股定理即可求出BF=3，则CF可求，即问题得解．（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD=BC，AB=∴∠ACD=∠CAB，∵根据翻折的性质有∠ACD=∠ACF，CD=CD′，∴∠ACF=∠CAB，∴AF=CF，∴AF+D′F=CF+D′F=CD′，∵CD=CD′，∴AF+D′F=CD，得证；（2）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，即BC⊥AF，∵AB=8，BC=4，又∵在（1）已证明AF=CF，∴CF=AF=AB-FB，∴CF=8-FB，∴在Rt△BFC中，有BF∴BF解得：BF=3，∴CF=8-3=5，∴AF=5，则结合BC⊥AF，△AFC的面积为：S=1即△AFC的面积为10．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、平行的性质等知识，掌握折叠的性质找到题目中潜在的等量关系是解答本题的关键．5．（2022·山东·泰安市泰山区树人外国语学校八年级阶段练习）如图，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，点O是对角线BD的中点，过点O的直线分别交AB，CD边于点E，F．求证：四边形DEBF是平行四边形．【答案】见解析【分析】根据矩形的性质可以得出AB∥CD，根据平行线的性质即可得出∠FDO=∠EBO，∠DFO=∠BEO，即可证明△DOF≌△BOE，得出【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥∴∠FDO=∠EBO，∠DFO=∠BEO，∵点O是对角线BD的中点，∴DO=BO，在△DOF和△BOE中，∵∠FDO=∠EBO∴△DOF≌△BOEAAS∴DF=BE，∵DF∥∴四边形DEBF是平行四边形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的性质，全等三角形的判定和证明，平行线的性质，灵活应用以上定理选择合适的方法证明是本题的关键．6．（2022·重庆·通惠中学八年级阶段练习）如图，在矩形ABCD中，沿EF将矩形折叠，使A、C重合，AC与EF交于点H．(1)求证：AE＝AF；(2)若AB＝4，BC＝8，求△ABE的面积．【答案】(1)证明见解析(2)6【分析】（1）依据平行线的性质以及矩形的性质，即可得到∠AFE=∠AEF，进而得出AE=AF．（2）设BE=x，则AE=EC=8-x，在Rt△ABE中，根据勾股定理可得方程，即可得到BE的长，再根据三角形面积计算公式求解．（1）证明：∵四边形ABCD矩形，∴AD∥BC，∴∠AFE=∠FEC，由折叠的性质得：∠AEF=∠FEC，∴∠AFE=∠AEF，∴AE=AF．（2）解：根据折叠的性质可得AE=EC，设BE=x，则AE=EC=8-x，在Rt△ABE中，根据勾股定理可得：AB即42解得：x=3，∴BE=3，∴S△ABE=12AB•BE【点睛】本题主要考查了折叠问题以及矩形的性质的运用，解题的方法是设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．7．（2022·江西吉安·八年级期末）如图，已知AC=AE，BC=BE，∠AEB=∠CAD，CD⊥CE．(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；(2)若AD=CD=3，AC=4，求CE的长．【答案】(1)见解析(2)8【分析】（1）根据线段垂直平分线的性质得到：AB⊥CE，推出AB∥CD，再根据全等三角形的性质得到（2）先过A作AH⊥CD于H，再根据勾股定理和矩形的判定和性质即可得到结论．（1）证明：∵AC=AE，BC=BE，∴AB垂直平分CE，∴AB⊥CE，∵CD⊥CE，∴AB∥∵AC=AE，BC=BE，AB=AB，∴Δ∴∠AEB=∠ACB，∵∠AEB=∠CAD，∴∠ACB=∠CAD，∴BC∥∴四边形ABCD是平行四边形；（2）解：过A作AH⊥CD于H，∴AH∥∴四边形AHCF是矩形，∴CF=AH，∴AC∵AD=CD=3，AC=4，∴3∴DH=1∴AH=A∴CF=4由（1）知，CE=2CF，∴CE=8【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定和性质定理．8．（2021·湖南·常德市第二中学八年级期中）如图，折叠长方形纸片ABCD的一边AD，使点D落在BC边的点F处，已知AB=4，BC=5．(1)求线段BF的长；(2)求△AEF的面积．【答案】(1)3(2)25【分析】（1）根据矩形的性质和折叠的性质可得AD=AF=5，根据勾股定理可求BF的长；（2）根据勾股定理可求EF的长，根据三角形面积公式可求△AEF的面积．（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=4，BC=AD=5，∵把△AED折叠得到△AEF，∴△AEF≌△AED，∴AD=AF=5，EF=DE，在Rt△ABF中，BF=A（2）∵FC=BC−BF，∴CF=5−3=2，在Rt△EFC中，EF∴E∴EF=5∴S【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，熟练运用折叠的性质是本题的关键．9．（2022·海南省直辖县级单位·八年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交点O，AC=6，P，Q分别为AO，AD的中点，求PQ的长度．【答案】3【分析】根据矩形的性质可得BD=AC=6，BO=DO=12BD【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AC=6，∴BD=AC=6，OB=OD=1∴OD=1∵点P、Q是AO，AD的中点，∴PQ是△AOD的中位线，∴PQ=1【点睛】此题主要考查了矩形的性质以及三角形中位线定理，解题的关键是掌握矩形对角线相等且互相平分．10．（2022·甘肃·张掖市第一中学八年级期末）如图，把矩形ABCD沿折线AE进行折叠，使点D落在BC边的F点处．若AB＝8cm，BC＝10cm，求EC的长．【答案】CE＝3cm【分析】要求CE的长，应先设CE的长为x，由将△ADE折叠使点D恰好落在BC边上的点F可得Rt△ADE≌Rt△AEF，所以AF=10cm，EF=DE=8-x；在Rt△ABF中由勾股定理得：AB2+BF2=AF2，已知AB、AF的长可求出BF的长，又CF=BC-BF=10-BF，在Rt△ECF中由勾股定理可得：EF2=CE2+CF2，即：（8-x）2=x2+（10-BF）2，将求出的BF的值代入该方程求出x的值，即求出了CE的长．【详解】解：根据题意得：Rt△ADE≌Rt△AEF，∴∠AFE=90°，AF=10cm，EF=DE，设CE=xcm，则DE=EF=CD-CE=8-x，在Rt△ABF中由勾股定理得：AB2+BF2=AF2，即82+BF2=102，∴BF=6cm，∴CF=BC-BF=10-6=4（cm），在Rt△ECF中由勾股定理可得：EF2=CE2+CF2，即（8-x）2=x2+42，∴64-16x+x2=x2+16，∴x=3，即CE=3cm．【点睛】本题主要考查运用勾股定理、全等三角形、方程思想等知识，关键是正确建立方程，运用方程思想解决几何问题．【题型二】矩形的判定11．（2022·山东·泰安市泰山区树人外国语学校八年级期中）如图，在△ABC中，点O是AC边上的一动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F．(1)求证：EO＝FO；(2)当CE＝12，CF＝10时，求CO的长；(3)当O点运动到何处时，四边形AECF是矩形？并证明你的结论．【答案】(1)见解析(2)CO=(3)当O运动到AC中点时，四边形AECF是矩形，证明见解析【分析】（1）先根据等角对等边，得出OE=OC，OF=OC，再根据等量代换，得出OE=OF；（2）先根据角平分线的定义，求得∠ECF=90°，再根据勾股定理求得EF的长，最后根据直角三角形的性质，求得CO的长；（3）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形矩形判定即可．（1）∵MN∥BC，CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，∴∠BCE=∠ACE=∠OEC，∠OCF=∠FCD=∠OFC，∴OE=OC，OC=OF，∴OE=OF；（2）∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，∴∠ECF=12∴Rt△CEF中，EF=C又∵OE=OF，∴CO=1（3）当O运动到AC中点时，四边形AECF是矩形，证明：∵AO=CO，OE=OF，∴四边形AECF是平行四边形，由（2）可得∠ECF=90°，∴四边形AECF是矩形.【点睛】本题主要考查了矩形的判定，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，解题时注意：有一个角是直角的平行四边形是矩形；在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．12．（2021·江苏·海安市曲塘中学附属初级中学八年级阶段练习）如图，在△ABC中，AB=AC，D为边BC的中点，四边形ABDE是平行四边形，AC，DE相交于点O．(1)求证：四边形ADCE是矩形；(2)若∠AOE=90°，AE=2，求矩形ADCE对角线的长．【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）先证明四边形ADCE是平行四边形，由AB=AC，D为边BC的中点，可得∠ADC=90°，可证四边形ADCE是矩形；（2）根据∠AOE=90°，证明矩形ADCE是正方形，得CE=AE=2，∠AEC=90°，由勾股定理可得AC=AE2（1）证明：∵四边形ABDE是平行四边形，∴BD=AE，BD∥AE，∵D为BC的中点，∴CD=BD，∴CD=AE，∴四边形ADCE是平行四边形，又∵AB=AC，D为边BC的中点，∴AD⊥BC，∴∠ADC=90°，∴四边形ADCE是矩形．（2）解：∵四边形ADCE是矩形，∠AOE=90°，∴矩形ADCE是正方形，∴CE=AE=2，∠AEC=90°，∴由勾股定理可得AC=A即矩形ADCE对角线的长为22【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形和正方形的判定和勾股定理，熟练应用相关的判定和性质是解答本题的关键。13．（2022·四川·成都市龙泉驿区新思源学校八年级阶段练习）如图，已知△ABC中，AB＝AC，∠BAD＝∠CAD，F为BA延长线上的一点，AE平分∠FAC，(1)求证：AE∥(2)求证：四边形AECD是矩形；(3)BC=6cm，S四边形AECD=12cm2，求AB的长．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)AB=5【分析】（1）先根据已知条件求出AD⊥BC，再根据AE平分∠FAC，得出∠EAD=90°，从而证出AE∥BC；（2）根据DE∥AB，AE∥BC，得出四边形ABDE是平行四边形，AE=BD，再根据BD=CD，得出AE=CD，四边形AECD是平行四边形，最后根据∠ADC=90°，即可证出四边形AECD是矩形；（3）根据BC=6cm，得出CD=3cm，再根据SAECD＝12cm2，得出AD=4，最后根据勾股定理求出AC的长，即可求出AB的长．（1）解：∵AB=AC，∠BAD=∠CAD，∴AD⊥BC，∴∠ADB=90°，∵AE平分∠FAC，∴∠EAD=∠ADB=90°，∴AE∥BC；（2）∵DE∥AB，AE∥BC，∴四边形ABDE是平行四边形，∴AE=BD，∵BD=CD，∴AE=CD，∴四边形AECD是平行四边形，∵∠ADC=90°，∴四边形AECD是矩形；（3）∵BC=6cm，∴CD=3cm，∵SAECD＝12c∴AD=4，∴AB=AC=∴AB的长为5cm【点睛】本题考查了矩形的判定和性质的综合应用，用到的知识点是平行四边形的判断与性质、等腰三角形的性质、平行线的性质与判定、勾股定理等，综合运用以上知识是解题的关键．14．（2022·江西·铅山县教育局教学研究室八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CG．(1)求证：△ABE≌△CDF；(2)当AB与AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)AB=12【分析】（1）根据题意由平行四边形的性质得出AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，由平行线的性质得出∠ABE=∠CDF，证出BE=DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；（2）假设当AB=12AC时，由题意得AB=OA，并由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG=90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，证出EG=CF，得出四边形EGCF（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，∴∠ABE=∠CDF，∵点E，F分别为OB，OD的中点，∴BE=12OB，DF=12∴BE=DF，在△ABE和△CDF中，AB＝∴△ABE≌△CDF(SAS)．（2）当AB=12AC时，四边形EGCF当AB=12AC∵AC=2OA，AC=2AB，∴AB=OA，∵E是OB的中点，∴AG⊥OB，∴∠OEG=90°，同理：CF⊥OD，∴AG∥CF，∴EG∥CF，由（1）得：△ABE≌△CDF，∴AE=CF，∵EG=AE，∴EG=CF，∴四边形EGCF是平行四边形，∵∠OEG=90°，∴四边形EGCF是矩形．【点睛】本题考查矩形的判定和平行四边形的性质和判定以及全等三角形的判定和三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.15．（2022·江苏·盐城市毓龙路实验学校八年级阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，对角线AC、BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE．(1)求证：四边形ABCD是矩形；(2)若∠BDE＝15°，求∠EOC的度数；(3)在（2）的条件下，若AB＝2，求矩形ABCD的面积．【答案】(1)详见解析；(2)75°；(3)43【分析】（1）由平行线的性质易证∠BAD＝90°，得出∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，即可得出结论；（2）由矩形和角平分线的性质得出∠CDE＝∠CED＝45°，则EC＝DC，推出∠CDO＝60°，证明△OCD是等边三角形，求出∠OCB＝30°，得出∠COE＝75°，即可得出结果；（3）作OF⊥BC于F．求出EC、OF的长即可．（1）证明：∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∵∠ABC＝90°，∴∠BAD＝90°，∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，∴四边形ABCD是矩形；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，DE平分∠ADC，∴∠CDE＝∠CED＝45°，∴EC＝DC，又∵∠BDE＝15°，∴∠CDO＝60°，又∵矩形的对角线互相平分且相等，∴OD＝OC，∴△OCD是等边三角形，∴∠DOC＝∠OCD＝60°，∴∠OCB＝90°﹣∠DCO＝30°，∵CO＝CE，∴∠COE＝（180°﹣30°）÷2＝75°；（3）解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝2，∠BCA＝90°，由（1）可知，∠OCB＝30°，∴AC=2AB=4，∴BC=23∴矩形OEC的面积=BC×AB=43【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．16．（2022·江苏·盐城市毓龙路实验学校八年级阶段练习）如图，在▱ABCD中，E为CD边的中点，连接BE并延长，交AD的延长线于点F，延长ED至点G，使DG＝DE，分别连接AE、AG、FG．(1)求证：△BCE≌△FDE；(2)当BF平分∠ABC时，四边形AEFG是什么特殊四边形？请说明理由．【答案】(1)详见解析(2)四边形AEFG是矩形，详见解析【分析】（1）由AAS证明△BCE≌△FDE即可；（2）先证四边形AEFG是平行四边形，再证∠AEF＝90°，即可得出结论．（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠DFE＝∠CBE，∵E为CD边的中点，∴DE＝CE，在△BCE和△FDE中，∠BEC=∠FED∠CBE=∠DFE∴△BCE≌△FDE（AAS）；（2）解：四边形AEFG是矩形，理由如下：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠AFB＝∠FBC，由（1）得：△BCE≌△FDE，∴BC＝FD，BE＝FE，∴FD＝AD，∵GD＝DE，∴四边形AEFG是平行四边形，∵BF平分∠ABC，∴∠FBC＝∠ABF，∴∠AFB＝∠ABF，∴AF＝AB，∵BE＝FE，∴AE⊥FE，∴∠AEF＝90°，∴平行四边形AEFG是矩形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△BCE≌△FDE是解题的关键．17．（2022·江苏·盐城市明达初级中学八年级阶段练习）如图，在△ABC中，CD⊥AB于点D，过点A作EA⊥AB，且EA＝CD，连接CE、DE、AC．(1)求证：四边形ADCE是矩形．(2)若DE＝BC，求证：AD＝BD．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）由题目条件可证四边形ADCE是平行四边形,再结合∠EAD=90°，即可得出结论；（2）由矩形的性质可得出AC=DE，故得出AC=BC，由等腰三角形三线合一的性质即可得出结论．（1）证明：∵CD⊥AB于点D，过点A作EA⊥AB，∴∠EAD=∠CDB=90°，∴EA∥CD，∵EA＝CD，∴四边形ADCE为平行四边形，∵∠EAD=90°，∴四边形ADCE为矩形．（2）∵四边形ADCE为矩形，∴AC=ED，∵DE＝BC，∴AC=BC，∵CD⊥AB于点D，∴AD＝BD．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟记特殊四边形的判定与性质是解题的关键．18．（2022·河北保定·八年级期末）如图，在平行四边形ABCD中，AB=3，BC=5，对角线AC⊥AB，点E、F分别是BC，AD上的点，且BE=DF．(1)求证：四边形AECF是平行四边形．(2)当AE长度为______时，四边形AECF是矩形，说明四边形AECF是矩形的理由．【答案】(1)见解析(2)2.4【分析】（1）首先根据平行四边形的性质可得AD∥BC，AD=BC，再证明AF=EC，可证明四边形AECF是平行四边形；（2）由矩形的判定和三角形面积求出AE即可．（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AF∥EC,AD=BC，∵DF=BE，∴AF=EC，∴四边形AECF是平行四边形；（2）当AE长度为2.4时，四边形AECF是矩形，理由如下：由（1）知四边形AECF是平行四边形，若四边形AECF是矩形，则∠AEC=90°，即AE⊥BC，∵AB=3，BC=5，AC⊥AB，∴AC=BC∵1∴12×3×4=12×5∴AE=2.4．【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、勾股定理以及三角形面积等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．19．（2022·黑龙江绥化·八年级期末）如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于F，且AF＝DC，连接CF．(1)求证：D是BC的中点；(2)如果AB＝AC，试猜测四边形ADCF的形状，并证明你的结论．【答案】(1)见解析(2)四边形ADCF是矩形，理由见解析【分析】（1）可证△AFE≌△DBE，得出AF=BD，进而根据AF=DC，得出D是BC中点的结论；（2）若AB=AC，则△ABC是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一的性质知AD⊥BC；而AF与DC平行且相等，故四边形ADCF是平行四边形，又AD⊥BC，则四边形ADCF是矩形．（1）证明：∵E是AD的中点，∴AE=DE．∵AF∥BC，∴∠FAE=∠BDE，∠AFE=∠DBE．在△AFE和△DBE中，∠FAE=∠BDE∠AFE=∠DBE∴△AFE≌△DBE（AAS）．∴AF=BD．∵AF=DC，∴BD=DC．即：D是BC的中点；（2）解：四边形ADCF是矩形；证明：∵AF=DC，AF∥DC，∴四边形ADCF是平行四边形．∵AB=AC，BD=DC，∴AD⊥BC，即∠ADC=90°．∴平行四边形ADCF是矩形．【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，平行四边形、矩形的判定等知识综合运用．20．（2022·江苏·扬州市梅岭中学八年级阶段练习）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB，DE⊥BC，DF⊥AC，垂足分别为E、F，求证：四边形CFDE是正方形．【答案】证明见解析【分析】先推出∠CFD=∠CED=∠FCE=90°，即可证明四边形CFDE是矩形，再根据角平分线的性质得到DF=DE，即可证明矩形CFDE是正方形．【详解】解：∵∠ACB=90°，DF⊥AC，DE⊥BC，∴∠CFD=∠CED=∠FCE=90°，∴四边形CFDE是矩形，∵CD平分∠ACB，DF⊥AC，DE⊥BC，∴DF=DE，∴矩形CFDE是正方形．【点睛】本题主要考查了正方形的判定，矩形的判定，角平分线的性质，熟知正方形的判定条件是解题的关键．【题型三】菱形的性质21．（2022·陕西·西安铁一中分校九年级期末）如图，菱形ABCD中，点F为边AD上一点，点E为边CD上一点，连接BF、BE，若∠DFB+∠BEC=180°，求证：BF=BE．【答案】见解析【分析】由“AAS”可证△ABF≌△CBE，可得BF=BE．【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∠A=∠C，∵∠DFB+∠BEC=180°，∠DFB+∠AFB=180°，∴∠AFB=∠BEC，在△ABF和△CBE中，∠A=∠C∠AFB=∠BEC∴△ABF≌△CBE（AAS），∴BF=BE．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．22．（2022·河北·邢台市开元中学八年级阶段练习）如图，在菱形ABCD中，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，交AB于点E，连接DF，BF．(1)求证：AF=DF；(2)若∠ADC=110°，求∠FDC的度数．【答案】(1)见解析(2)∠FDC=75°．【分析】（1）连接BF，由线段垂直平分线的性质得AF=BF，再证△BCF≌△DCF（SAS），得BF=DF，即可得出结论；（2）由菱形的性质得∠DCA=∠DAC=35°，由AF=DF以及三角形的外角性质，得到∠DFC=∠FDA+∠DAC=70°，据此求解即可得出答案．（1）证明：连接BF，如图所示：∵EF是线段AB的垂直平分线，∴AF=BF，∵四边形ABCD是菱形，∴BC=DC，∠BCF=∠DCF，在△BCF和△DCF中，BC=DC∠BCF=∠DCF∴△BCF≌△DCF（SAS），∴BF=DF，∴AF=DF；（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∠ADC=110°，∴AD=DC，∠DCA=∠DAC=12(180°-∠ADC)=1∵AF=DF，∴∠FDA=∠DAC=35°，∴∠DFC=∠FDA+∠DAC=70°，∴∠FDC=180°-∠DFC-∠DCA=180°-70°-35°=75°．【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证明△BCF≌△DCF是解题的关键．23．（2022·江苏·飞达路中学八年级阶段练习）如图，四边形ABCD是菱形，AC=16，DB=12，DH⊥AB于点H，(1)求菱形ABCD的周长？(2)求DH的长？【答案】(1)菱形ABCD的周长为40；(2)DH=485【分析】（1）先根据菱形的性质得OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，再利用勾股定理计算出AB=10，即可得出菱形的周长；（2）根据菱形的面积公式得到12•AC•BD=DH•AB，再解关于DH（1）解：∵四边形ABCD是菱形，∴AO=OC=12AC=8，OB=OD=12BD=6，AC⊥在Rt△AOB中，AB=AO∴菱形ABCD的周长为：10×4=40；（2）解：∵S菱形ABCD=12•ACS菱形ABCD=DH•∴DH•10=12∴DH=485【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形的面积等于对角线乘积的一半．24．（2022·湖南衡阳·八年级期末）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O，分别过点C、点D作BD、AC的平行线交于点E，连接EO交CD于点F．(1)求证：四边形DECO是矩形；(2)若AC=4，BD=6，求EF的长．【答案】(1)证明见解析；(2)EF=【分析】（1）先证四边形DECO是平行四边形，再由菱形的性质得AC⊥BD，得∠DOC＝90°，即可得出结论；（2）由菱形的性质得OA＝OC＝2，OB＝OD＝3，AC⊥BD，再由勾股定理得CD＝13，然后由矩形的性质得EF＝OF，OE＝CD＝13，即可得出结论．（1）证明：∵CE∥BD，∴四边形DECO是平行四边形，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠DOC＝90°，∴平行四边形DECO是矩形；（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝4，BD＝6，∴OA＝OC＝2，OB＝OD＝3，AC⊥BD，∴∠COD＝90°，∴CD=O由（1）得：四边形DECO是矩形，∴EF＝OF，OE＝CD＝13，∴EF=1【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的性质、平行四边形的判定与性质、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．25．（2022·吉林·东北师大附中明珠学校八年级期末）如图，在5×5的正方形网格中，点A、B在格点上，按要求画出格点四边形．(1)在图①中画四边形ABCD，使得四边形ABCD是中心对称图形，但不是轴对称图形；(2)在图②中画出菱形ABEF（非正方形）．【答案】(1)作图见解析(2)作图见解析【分析】（1）根据平行四边形的性质作一个平行四边形ABCD即可；（2）利用菱形的性质作出图形即可．（1）解：如图所示：∴四边形ABCD即为所求；（2）解：如图所示：∴四边形ABEF即为所求．【点睛】本题考查在网格中作图，涉及到平行四边形的性质，菱形的性质，熟练掌握平行四边形及菱形的性质是解决问题的关键．26．（2022·山东泰安·八年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且DE∥AC，(1)若AC=4，求四边形OCED的周长；(2)若∠BAC=30°，S四边形OCED=2【答案】(1)8(2)4【分析】（1）根据平行四边形的判定得出四边形OCED是平行四边形，根据矩形的性质求出OC＝OD，根据菱形的判定得出即可．（2）根据矩形的性质以及30°锐角所对直角边等于斜边的一半得出AC＝2BC，设BC＝x，则AC＝2x，表示出AD，连接OE，交CD于点F，根据菱形的性质得出F为CD中点，求出OF＝12BC，求出OE＝2OF，进而利用菱形的面积求出x，即可求出AC（1）解：∵CE//OD，DE//OC，∴四边形OCED是平行四边形，∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，OC＝12AC，OD＝12∴OC＝OD，∴四边形OCED是菱形，∴OC＝CE＝ED＝DO，∵AC＝4，∴OC＝2，∴四边形OCED的周长为2×4＝8；（2）解：如图，连接OE，交CD于点F，在矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，设BC＝x，则AC＝2x，∴AB＝DC＝3x∵四边形ABCD为菱形，∴F为CD中点，∵O为BD中点，∴OF＝12BC∴OE＝BC＝x，∵S四边形∴12即12解得x＝2，∴AC＝2x＝4．【点睛】本题综合考查了菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，菱形的判定：①四条边都相等的四边形是菱形菱形．②对角线互相垂直的平行四边形是菱形菱形．③一组邻边相等的平行四边形是菱形菱形．27．（2022·河南驻马店·八年级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C的直线MN∥AB，点D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于点E，垂足为F，连接CD(1)求证：CE=AD；(2)当四边形BECD是菱形时，D在AB的什么位置？请说明你的理由；(3)在（2）的条件下，则当∠A=_________度时，四边形BECD是正方形．【答案】(1)见解析(2)D是AB的中点，理由见解析(3)45【分析】(1)根据内错角相等，两直线平行，判定AC∥DE，结合MN∥AB，判定四边形ADEC是平行四边形即可．（2）根据四边形BECD是菱形，得到CE=BD，结合CE=AD，得到AD=BD，判断即可．（3）根据四边形BECD是正方形，∠DBC=∠EBC=45°，根据直角三角形的两个锐角互余，计算即可．（1）证明：∵DE⊥BC，∴∠DFB=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACB=∠DFB，∴AC∥∵MN∥即CE∴四边形ADEC是平行四边形，∴CE=AD．（2）D是AB的中点．理由：∵四边形BECD是菱形，∴DC=DB，∴∠DBC=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠DCB=90°，∠A+∠ABC=90°，∴∠A=∠ACD，∴DC=DA，∴AD=DB，∴D是AB的中点．（3）45°．理由：∵四边形BECD是正方形，∴∠DBC=∠EBC=45°，∵∠ACB=90°，∴∠A=45°，故答案为：45°．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的性质，正方形的性质，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题的关键．28．（2022·山东临沂·八年级期末）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，BC上，且∠ADE＝∠CDF，求证：BE＝BF．【答案】证明见解析【分析】根据菱形的性质得∠A＝∠C，AD＝CD，由“ASA”可证△ADE≌△CDF，可得AE＝CF，再根据菱形的性质和线段的和差即可证明．【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形，∴∠A＝∠C，AD＝CD，AB=BC，在△ADE和△CDF中，∠A＝∴△ADE≌△CDF（ASA），∴AE=CF∵AB=BC∴AB-AE=BC-CF∴BE＝BF．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．29．（2022·浙江宁波·八年级期末）如图，将边长为4cm的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把△ACD沿着DA方向平移得到△A′C′D′，与AB，AC分别交于点G，H(1)求证：四边形AGC′(2)若四边形AGC′H是菱形，求【答案】(1)证明见解析(2)8−42【分析】（1）过C点作CD⊥AD′交AD的延长线于D（2）根据菱形的性质可得AG=GC′=C′（1）证：过C点作CD⊥AD′交AD的延长线于D∵把△ACD沿着DA方向平移得到△A′∴AC∥A′∵CD∥AB∴C′∴四边形AGC′（2）∵四边形AGC′∴AG=GC设AG=GC′=则BG=AB−AG=4−x∵∠A∴∠BC′∴△BC∴GC即x=24−x解得x=8−42∴AH=8−42【点睛】本题考查了平移变换、平行四边形的判定、菱形的性质等腰直角三角形的性质和判定，解决本题的关键是掌握以上的性质即可．30．（2022·湖北武汉·八年级期中）在菱形ABCD中，∠DCB＝120°，E为CD上一点．

图1

图2

图3(1)如图1，若∠DAE＝30°，求证：BC＝2CE．(2)F为CB上一点，∠EAF＝30°．①如图2，连接EF，求证：EA平分∠DEF．②如图3，若BF＝2FC，求DECE【答案】(1)见解析(2)①见解析；②DECE的值是【分析】（1）由四边形ABCD是菱形得AD=CD=BC，AD//BC，则∠D=180°−∠DCB=60°，而∠DAE=30°，所以∠AED=90°，根据“直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半”得DE=12AD=12（2）①在DC上截取GD=FC，连接AG、FG、AC，先证明ΔADC和ΔABC都是等边三角形，再证明ΔADG≅ΔACF，得AG=AF，∠DAG=∠CAF，则∠EAG=∠EAF=30°，得到AE垂直平分FG，EF=EG，得∠AEG=∠AEF②在①的基础上，作GP⊥AD于点P，FQ⊥DC交DC的延长线于点Q，则∠APG=∠GQF=90°，设PD=m，证明ΔPAG≅ΔQGF，可推导出GD=2PD=2m，CG=2GD=4m，PA=QG=5m，QF2=PG2=(2m)2（1）如图1，∵四边形ABCD是菱形，∴AD=CD=BC，AD//BC，∵∠DCB=120°，∠DAE=30°，∴∠D=180°−∠DCB=60°，∴∠AED=90°，∴DE=1∴CE=CD−DE=CD−1∴BC=2CE.（2）①证明：如图2，在DC上截取GD=FC，连接AG、FG、AC，∵AD=CD=AB=CB，∠B=∠D=60°，∴ΔADC和∴AD=AC，∠D=∠ACF=∠DAC=60°，∴Δ∴AG=AF，∠DAG=∠CAF，∴∠FAG=∠CAF+∠CAG=∠BAG+∠CAG=∠DAC=60°，∵∠EAF=30°，∴∠EAG=∠EAF=30°，∴AE垂直平分FG，∴EF=EG，∴∠AEG=∠AEF，EA平分∠DEF．②解：如图3，在DC上截取GD=FC，连接EF、AG、FG、AC，由①得AG=AF，EF=EG，∠FAG=60°，∴Δ∵CD−GD=CB−FC，∴BF=CG，∵BF=2FC，∴CG=2GD，作GP⊥AD于点P，FQ⊥DC交DC的延长线于点Q，则∠APG=∠GQF=90°，设PD=m，∵∠DPG=90°，∠D=60°，∴∠DGP=30°，∴GD=2PD=2m，CG=2GD=4m，∴AD=CD=2m+4m=6m，∴PA=6m−m=5m，∵∠D=∠AGF=60°，AG=GF，∴∠PAG=180°−∠D−∠AGD=120°−∠AGD，∠QGF=180°−∠AGF−∠AGD=120°−∠AGD，∴∠PAG=∠QGF，∴Δ∴PG=QF，PA=QG=5m，∴QF∵QF2+EQ2∴3m解得EG=14∴DE=2m+145m=∴DECE∴DECE的值是4【点睛】此题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、线段垂直平分线的性质、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，此题难度较大，正确地作出辅助线是解题的关键．【题型四】菱形的判定31．（2022·湖北·崇阳县大集中学八年级期中）如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN与AD相交于点M，与BC相交于点N，连接BM，DN．(1)求证：四边形BMDN是菱形；(2)若AB=12，AD=18，求MD的长．【答案】(1)见解析(2)13【分析】（1）证△DMO≌△BNO，得出OM＝ON，根据对角线互相平分证四边形BMDN是平行四边形，再根据对角线互相垂直，证菱形即可；（2）设BM=x，根据勾股定理列出方程，解方程，即可求出菱形边长．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，MN垂直平分BD，∴AD∥BC，∠A＝90°，OB＝OD，∴∠MDO＝∠NBO，∠DMO＝∠BNO，∵在△DMO和△BNO中，∠DMO=∠BNO∴△DMO≌△BNO（AAS）∴OM＝ON又∵OB＝OD∴四边形BMDN是平行四边形∵MN垂直平分BD，即MN⊥BD∴平行四边形BMDN是菱形．（2）解：∵四边形BMDN是菱形∴MB＝MD在Rt△AMB中，设BM=x，BM2＝AM2+AB2即x2＝（18﹣x）2+122解得：x＝13，即MD=13【点睛】本题考查了矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质，证明四边形是菱形是解决问题的关键．32．（2022·浙江·吴宁第三中学八年级期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线与边AD、BC分别交于点E、F．(1)求证：四边形AFCE是菱形．(2)若AF2=AC⋅EF，求证：CF【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据ASA证明△AOE≌△COF，得EO=FO，从而得出四边形AFCE为平行四边形，进一步由FE⊥AC，即可证得结论；（2）利用菱形的两种不同面积算法列出面积表达式，再根据AF（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴AE∥FC，∴∠EAO=∠FCO，∵EF垂直平分AC，∴AO=CO，∠AOE=∠COF=90°．∵∠AOE=∠COF，AO=CO，∠EAO=∠FCO∴△AOE≌△COF（ASA），∴EO=FO，∵AO=CO，EO=FO，∴四边形AFCE为平行四边形，又∵FE⊥AC，∴四边形AFCE为菱形；（2）证明∵四边形AFCE为菱形，∴AF=CF．又∵在矩形ABCD中，AB⊥CF，∴S∴2AF⋅AB=AC⋅EF又∵A∴A∴AF=2AB∴CF=2AB【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定和菱形面积的计算、勾股定理和全等三角形的判定与性质，熟练掌握上述知识点是解题的关键.33．（2022·江苏·盐城市明达初级中学八年级阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点M、N．(1)求证：四边形BNDM是菱形；(2)若BD＝24，MN＝10，求菱形BNDM的周长．【答案】(1)见解析(2)52【分析】（1）证△MOD≌△NOB（AAS），得出OM=ON，由OB=OD，证出四边形BNDM是平行四边形，进而得出结论；（2）由菱形的性质得出BM=BN=DM=DN，OB=12BD=12，OM=12MN=5，由勾股定理得（1）证明：∵AD∥BC，∴∠DMO=∠BNO，∵MN是对角线BD的垂直平分线，∴OB=OD，MN⊥BD，在△MOD和△NOB中，∠DMO=∠BNO∠MOD=∠NOB∴△MOD≌△NOB（AAS），∴OM=ON，∵OB=OD，∴四边形BNDM是平行四边形，∵MN⊥BD，∴四边形BNDM是菱形；（2）解：∵四边形BNDM是菱形，BD=24，MN=10，∴BM=BN=DM=DN，OB=12BD=12，OM=12在Rt△BOM中，由勾股定理得：BM=O∴菱形BNDM的周长=4BM=4×13=52．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．34．（2021·河南·许昌县第三初级中学八年级阶段练习）如图，矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发，相向而行，速度均为2cm/s，运动时间为ts(0≤t≤5)(1)若G、H分别是AB、DC的中点，且t≠2.5，则以E、G、F、H为顶点的四边形一定是．(2)在（1）的条件下，当t为何值时，以E、G、F、H为顶点的四边形是矩形，请明理由．(3)若G、H分别是折线A--B--C，C--D--A上的动点，分别从A、C开始，与E、F相同的速度同时出发，当t为何值时，以E、G、F、H为顶点的四边形是菱形，请直接写出t的值．【答案】(1)平行四边形(2)当t为4.5秒或0.5秒时，四边形EGFH是矩形(3)31【分析】（1）根据勾股定理求出AC，分E、F没相遇前，和相遇后，证明△AFG≌△CEH，根据全等三角形的性质得到GF=HE，利用内错角相等得GF∥HE，根据平行四边形的判定可得结论；（2）如图1，连接GH，分E、F没相遇前，和相遇后，两种情况，列方程计算即可；（3）连接AG．CH，判定四边形AGCH是菱形，得到AG=CG，根据勾股定理求出BG，得到AB+BG的长，根据题意解答．（1）解：在矩形ABCD中：AB=CD，AB∥CD，AD∥BC，∠B=90°，∴∠BAC=∠DCA，∵AB=6cm，BC=8cm，∴AC=10cm，∵G、H分别是AB、DC的中点，∴AG=12AB，CH=12∴AG=CH，∵E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发，相向而行，速度均为2cm/s，运动时间为ts，∴AE=CF，如图，当E、F没相遇前，∵AE=CF，∴AF=CE，∵∠BAC=∠DCA，AG=CH，∴△AGF≌△CHE，∴GF=HE，∠AFG=∠CEH，∴GF∥HE，∴四边形EGFH是平行四边形；如图，当E、F相遇后，∵AE=CF，∴AF=CE，∵∠BAC=∠DCA，AG=CH，∴△AGF≌△CHE，∴GF=HE，∠AFG=∠CEH，∴∠EFG=∠FEH，∴GF∥HE，∴四边形FGEH是平行四边形；综上所述：以E、G、F、H为顶点的四边形始终是平行四边形；故答案为：平行四边形；（2）如图1，连接GH，由（1）可知四边形EGFH是平行四边形，∵G、H分别是AB，DC的中点，∴GH=BC=8cm，∴当EF=GH=8cm时，四边形EGFH是矩形，∴如图，当E、F没相遇前，∵AE=CF=2t，则EF=10-4t=8，解得：t=0.5，如图，当E、F相遇后，∵AE=CF=2t，∴EF=2t+2t-10=8，解得：t=4.5，综上所述：当t为4.5秒或0.5秒时，四边形EGFH是矩形；（3）如图2，连接AG、CH，∵四边形GEHF是菱形，∴GH⊥EF，OG=OH，OE=OF，∵AF=CE，∴OA=OC，∴四边形AGCH是菱形，∴AG=CG，设AG=CG=x，则BG=8-x，由勾股定理得：AB即62解得：x=254∴BG=8-254=7∴AB+BG=6+74=31t=314÷2=31即t为318秒时，四边形EGFH【点睛】此题考查了矩形的性质、平行四边形的判定和菱形的判定，掌握矩形的性质定理．菱形的判定定理，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．35．（2022·贵州安顺·中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，E是AD边上的一点，连接CE，将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，延长CE交BA的延长线于点G．(1)求线段AE的长；(2)求证四边形DGFC为菱形；(3)如图2，M，N分别是线段CG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN=∠DCM，设DN=x，是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)AE=3(2)见解析(3)存在，x=2或2.5【分析】（1）根据在Rt△AEF中，A（2）根据（1）的结论分别求得GF,DG，根据四边相等的四边形是菱形即可得证；（3）分∠NDM=90°和∠DNM=90°两种情况分别讨论即可求解．（1）解：如图∵四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=8，∴AD=BC=8,DC=AB=10，∠DAB=∠B=90°，∵将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，∴CF=CD=10，在Rt△BCF中，BF=∴AF=AB−BF=10−6=4，设AE=a，则DE=EF=8−a，在Rt△AEF中，Aa2解得a=3，∴AE=3；（2）∵DE=AD−AE=8−3=5，∴tan∵四边形ABCD是矩形，∴DC∥∴∠EGA=∠DCE，∴tan∵EA=3，∴GA=6，Rt△GAD中，DG=∴FG=GA+AF=6+4=10，∴GD=DC=CF=GF，∴四边形DGFC为菱形；（3）∵∠DMN=∠DCM，设DN=x，△DMN是直角三角形设∠DMN=∠DCM=α由（2）可得tan∴tan∠DMN①当∠DNM=90°时，如图，∴DN=12NM∵GD=CD∴∠DGM=∠DCM=α∴∠NMG=90°−α∴∠DMG=90°−α+α=90°∵DG=DC=10∵∴GN=2NM∴10−x=2×2x解得x=2；②当∠NDM=90°时，同理可得DN=∴ND=综上所述，ND=2或2.5【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定，掌握以上知识是解题的关键．36．（2022·江苏·兴化市乐吾实验学校八年级阶段练习）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD、BC的中点，G、H分别是BD、AC的中点．(1)求证：四边形EGFH是平行四边形；(2)若AB=CD，探究四边形EGFH的形状，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)四边形EGFH的形状是菱形，理由见解析【分析】（1）利用三角形的中位线定理等量代换得出EG∥HF，且EG＝HF，即可证得四边形EGFH是平行四边形；（2）利用三角形的中位线定理求出GE＝GF，根据菱形的判定可得到结论．（1）证明：∵E，G分别是AD，BD的中点，∴EG∥AB，且EG＝12AB同理可证：HF∥AB，且HF＝12AB∴EG∥HF，且EG＝HF，∴四边形EGFH是平行四边形；（2）解：四边形EGFH是菱形，理由：∵G，F分别是BD，BC的中点，∴GF＝12CD由（1）知GE＝12AB，四边形EGFH又∵AB＝CD，∴GE＝GF，∴平行四边形EGFH是菱形．【点睛】本题考查的是三角形中位线定理的应用，平行四边形和菱形的判定，掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半和一组邻边相等的平行四边形是菱形是解题的关键．37．（2022·江苏·滨海县振东初级中学八年级阶段练习）如图，▱ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，且BE＝DF，EF与AC相交于点P．(1)求证：PA＝PC．(2)当EF⊥AC时，连接AF、CE，试判断四边形AECF的形状，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)四边形AECF是菱形，理由见解析【分析】（1）连接AF，CE，根据平行四边形的性质可得AB∥CD，AB＝CD，进而结合已知条件可得AE＝CF，根据一组对边平行且相等可得四边形AECF是平行四边形，进而可得PA＝PC；（2）根据对角线互相垂直的平行四边形即可得出结论．（1）证明：连接AF，CE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∵BE＝DF，∴AB﹣BE＝CD﹣DF，∴AE＝CF，∴四边形AECF是平行四边形，∴PA＝PC；（2）解：四边形AECF是菱形．理由：∵由（1）可知：四边形AECF是平行四边形，∵AC⊥EF，∴四边形AECF是菱形．【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，菱形的判定，掌握平行四边形的性质与菱形的性质是解题的关键．38．（2022·江苏·江阴市夏港中学八年级阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB=AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．(1)求证：四边形ABCD是菱形；(2)若AB=5，BD=2，求OE的长．【答案】(1)见解析(2)2【分析】（1）先判断出∠OAB=∠DCA，进而判断出∠DAC=∠DCA，得出CD=AD=AB，即可得出结论；（2）先判断出OE=OA=OC，再求出OB=1，利用勾股定理求出OA，即可得出结论．（1）证明：∵AB∥CD，∴∠OAB=∠DCA，∵AC为∠DAB的平分线，∴∠OAB=∠DAC，∴∠DCA=∠DAC，∴CD=AD=AB，∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AD=AB，∴▱ABCD是菱形；（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∴OA=OC，BD⊥AC，∵CE⊥AB，∴OE=OA=OC，∵BD=2，∴OB=12BD在Rt△AOB中，AB=5，OB=1，∴OA=∴OE=OA=2．【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，判断出CD=AD=AB是解本题的关键．39．（2022·江苏·如皋市石庄镇初级中学八年级阶段练习）如图，在▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC的平分线交AD于点F，EF∥AB交BC于点E．(1)求证：四边形ABEF是菱形；(2)若AB＝5，AE＝6，▱ABCD的面积为36，求CE的长．【答案】(1)见解析(2)EC=2.5．【分析】（1）先证四边形ABEF是平行四边形，由角平分线的性质和平行线的性质可证AB=AF，可得结论；（2）由菱形的性质可得AE⊥BF，AO=OE=3，BO=OF，AB=BE=5，由勾股定理可求BO，由菱形的面积公式可求菱形ABEF的面积=24，可求平行四边形EFDC的面积，即可求解．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，又∵EF∥AB，∴四边形ABEF是平行四边形，∵BF平分∠ABC，∴∠ABF=∠EBF，∵AF∥BC，∴∠AFB=∠EBF，∴∠ABF=∠AFB，∴AB=AF，∴四边形ABEF是菱形；（2）解：∵四边形ABEF是菱形，∴AE⊥BF，AO=OE=3，BO=OF，AB=BE=5，∴BO=AB∴BF=8，∴菱形ABEF的面积=12∵AD∥BC，AB∥EF∥CD，∴四边形ECDF是平行四边形，∴S平行四边形∴S菱形∴BE：EC=2：1，∴EC=2.5．【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，平行四边形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．40．（2022·四川·成都市龙泉驿区新思源学校八年级阶段练习）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于点E，垂足为F，连接CD，(1)求证：CE=AD；(2)当点D是AB的中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？请说明你的理由；(3)请直接写出在（2）的条件下，当∠A=______°时，四边形BECD是正方形．【答案】(1)见解析(2)当点D是AB的中点时，四边形BECD是菱形，理由见解析(3)45【分析】（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可；（3）当∠A=45°，四边形BECD是正方形．（1）证明：∵DE⊥BC，∴∠DFB=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACB=∠DFB，∴AC∥DE，∵MN∥AB，即CE∥AD，∴四边形ADEC是平行四边形，∴CE=AD；（2）解：四边形BECD是菱形，理由是：∵D为AB中点，∴AD=BD，∵CE=AD，∴BD=CE，∵BD∥CE，∴四边形BECD是平行四边形，∵∠ACB=90°，D为AB中点，∴CD=BD，∴四边形BECD是菱形；（3）解：当∠A=45°时，∵∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，由（2）可知，四边形BECD是菱形，∴∠ABC=∠CBE=45°，∴∠DBE=90°，∴四边形BECD是正方形．故答案为：45．【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，正方形的判定、直角三角形的性质的应用，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．【题型五】正方形的性质与判定41．（2022·山东·邹平市梁邹实验初级中学八年级期中）如图，已知在正方形ABCD中，M是AB的中点，E是AB延长线上一点，MN⊥DM且交∠CBE的平分线于N．试判定线段MD与MN的大小关系，并说明理由．【答案】DM＝MN；理由见详解【分析】取AD的中点H，连接HM，则BM＝HD，由已知可推出∠DHM＝∠MBN，∠BMN＝∠HDM，从而利用ASA判定△DHM≌△MBN，从而得到DM＝MN．【详解】DM＝MN，理由如下：取AD的中点H，连接HM，∵四边形ABCD是正方形，M为AB的中点，∴BM＝HD＝AM＝AH，∴△AMH为等腰直角三角形，∴∠DHM＝135°，∵BN是∠CBE的平分线．∴∠MBN＝135°，∴∠DHM＝∠MBN，又∵DM⊥MN，∴∠NMB+∠AMD＝90°，

又∵∠HDM+∠AMD＝90°，∴∠BMN＝∠HDM，∠HDM=∠BMNDH=MB∴△DHM≌△MBN（ASA），∴DM＝MN．【点睛】此题主要考查了学生对角平分线的定义，正方形的性质及全等三角形的判定等知识点的综合运用．关键是添加合适的辅助线，构造全等三角形．42．（2021·湖北·潜江市高石碑镇第一初级中学八年级期中）定义：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．(1)概念理解：如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由；(2)性质探究：如图2，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD．证明：AB(3)解决问题：如图3，分别以RtΔACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE，BG，GE．已知AC=4，AB=5，求GE的长．【答案】(1)是，理由见解析(2)见解析(3)73【分析】（1）由线段垂直平分线的判定定理证明即可；（2）垂直四边形对角线互相垂直，在直角三角形中，利用勾股定理即可推得结论；（3）先证明△GAB≅△CAE，得到∠ABG=∠AEC，然后再证明四边形CGEB是垂直四边形，结合第二问的结论即可求得GE的长．（1）四边形ABCD是垂直四边形，理由如下：证明：连接AC、BD，作图如下：∵AB=AD∴点A在线段BD的垂直平分线上又∵CB=CD∴点C在线段BD的垂直平分线上∴直线AC是线段BD的垂直平分线∴AC⊥BD，即四边形ABCD是垂直四边形（2）证明：∵AC⊥BD∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°由勾股定理，得A∴AB（3）连接CG、BE,作图如下：∵四边形ACFG和四边形ABDE都是正方形∴∠CAG=∠BAE=90∘，AG=AC，AB=AE，∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，在△GAB和△CAE中，AG=AC∠GAB=∠CAE∴△GAB≅△CAE(SAS)，∴∠ABG=∠AEC，又∵∠AEC+∠AME=90°，∴∠ABG+∠AME=90°，∴∠ABG+∠BMC=90°，∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，∴四边形CGEB是垂直四边形，由第二问知，CG∵AC＝4，AB＝5，且ΔACB为直角三角形，∴BC=5∴GE∵GE＞0，∴GE=73．【点睛】本题考查线段垂直平分线的判定定理、正方形的性质、三角形全等判定和性质、直角三角形勾股定理等知识点，牢记定理内容并灵活应用是解题的关键．43．（2022·湖北·崇阳县大集中学八年级期中）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N．(1)作△APB≌△AND（如图①），求证：△APM≌△ANM；(2)求证：MN(3)矩形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，（如图②），请你直接写出线段MN，BM，DN之间的数量关系．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)MN【分析】（1）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠PAM=∠NAM=45°，利用SAS即可证明△APM≌△ANM；（2）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，再由（1）的结论得到PM=MN，根据勾股定理即可证明MN（3）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△AB′M′，则△AMN≌△AM′N，利用全等三角形的性质可得出M′N=MN，由∠C=90°，∠CMN=45°可得出CM=CN，设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，进而可得出M′F=a-b，NF=b（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∵∠EAF=45°．∴∠BAM+∠NAD=45°，∵△APB≌△AND，∴PA=NA，∠PAB=∠NAD，∴∠PAB+∠BAM=45°，∴∠PAM=∠NAM=45°，在△APM和△ANM中，PA=NA∠PAM=∠NAM∴△APM≌△ANM(SAS)；（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABD=∠ADB=45°，∵△APB≌△AND，∴PB=ND，∠ABP=∠ADB=45°，∴∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，∴PM∵△APM≌△ANM，∴PM=MN，∴MN（3）解：MN将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△AB过点M′作M′F⊥CD于F同（1）可证△AMN≌△AM∴M′N=∵∠C=90°，∠CMN=45°，∴CM=CN．设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，∴M′F=AD-AB′=AD-AB=a+c-（b+c）=NF=DN+DF=DN+B′M′=DN+BM=b在Rt△M′FN中，∴MN【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用SAS即可证明△APM≌△ANM；（2）证明∠BPM=90°，利用勾股定理求解；（3）通过构造直角三角形，利用勾股定理找出MN44．（2022·福建·莆田哲理中学九年级期末）已知如图，在正方形ABCD中，FG⊥AE于点H，连接DH，且DH=BC，P是BC上的点．(1)求AG=2DF；(2)当∠GFP=45°，DF=PE=3，求PF的长．【答案】(1)见解析(2)PF=3【分析】（1）过D作DN⊥AE于N，交AB于点M，证明四边形DFGM为平行四边形，再证明DM垂直平分AH，连接MH，得到∠MHG=∠AGH，进一步得到MH=MG=MA，结论得证．（2）连接AC交GF于点K，连接PK，设CP＝x，先得到AM=MG=DF＝PE＝3，再证明△DAM≌△ABE（ASA），BE=AM=3，求得CF＝x＋3，再证△CFK∽△AGK，CFAG=CKAK，进一步证得C，F，K，P四点共圆，得到KP∥AE，则CPPE=CK（1）证明：过D作DN⊥AE于N，交AB于点M，如图1，∵FG⊥AE于点H，∴FG∥DN，∵四边形ABCD是正方形，∴CD∥AB，DA＝BC，∴DF∥MG，∴四边形DFGM为平行四边形，∴DF=MG，∵DH=BC，DA=BC∴DH=DA，∴DM垂直平分AH，连接MH，∴MA=MH，∴∠MAH=∠MHA，∵FG⊥AE，∴∠AHG＝90°，∴∠MAH+∠AGH=90°，∠MHA+∠MHG=90°，∴∠MHG=∠AGH，∴MH=MG=MA，∴AG=2MG=2DF．（2）连接AC交GF于点K，连接PK,如图2，设CP＝x，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∠ACP＝45°，BC＝CD，∵DF=PE=3，∴AM=MG=DF＝PE＝3，∵∠BAE＋∠DAN＝∠ADM＋∠DAN＝90°，∴∠BAE＝∠ADM，∵∠DAM＝∠ABE＝90°，AD＝BA，∴△DAM≌△ABE（ASA），∴BE=AM=3，∵BC＝CD，∴DF＋CF＝BE＋PE＋CP，∴CF＝x＋3，∵AB∥CD，∴△CFK∽△AGK，∴CFAG∵∠GFP＝∠ACP=45°，∴C，F，K，P四点共圆，∴∠FPK＝∠FCK=45°，∴∠GFP＝∠FPK＝45°，∴∠FKP＝180°－∠GFP－∠FPK＝90°，∴∠CKP＋∠CKF＝90°，∵∠KAH＋∠AKH＝90°，∠CKF＝∠AKH，∴∠KAH＝∠CKP，∴KP∥AE，∴CPPE∴CFAG∴x+36解得x＝3，即CP＝3，∴CF＝x＋3＝6，∴PF＝CP【点睛】此题主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理、四点共圆等知识，综合性较强，添加合适的辅助线是解题的关键．45．（2022·湖南·永顺县教育科学研究所八年级期末）如图①，在正方形ABCD中，E为CD上一动点，连接AE交对角线BD于点F，过点F作FG⊥AE交BC于点G．(1)求证：AF=FG；(2)如图②，连接EG，当BG=3，DE=2时，求EG的长．【答案】(1)见解析(2)5【分析】（1）连接CF，根据正方形ABCD中，AB=BC，∠ABF=∠CBF=45°，BF是共用边，推出△ABF≌△CBF，推出AF=CF，∠BAF=∠BCF，根据FG⊥AE，推出在四边形ABGF中，∠BAF+∠BGF=360°−90°−90°=180°，根据∠BGF+∠CGF=180°，推出∠BAF=∠CGF，推出∠CGF=∠BCF，得到CF=FG，推出AF=FG；（2）把△ADE顺时针旋转90°得到△ABH，得到AH=AE，BH=DE，∠BAH=∠DAE，根据AF=FG，FG⊥AE，判定△AFG是等腰直角三角形，得到∠EAG=45°，推出∠HAG=∠BAG+∠DAE=90°−45°=45°，得到∠EAG=∠HAG，根据AG=AG,推出△AHG≌△AEG，得到HG=EG，根据HG=BH+BG=DE+BG=2+3=5，得到EG=5．（1）证明：如图①，连接CF，在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABF=∠CBF=45°，在△ABF和△CBF中，AB=BC∴△ABF≌