专题08 特殊平行四边形计算与证明（讲练）-2024年中考数学冲刺复习讲练测（浙江新中考）（解析版）

第第页

考点要求命题预测特殊平行四边形特殊平行四边形是矩形、菱形、正方形的合集，在浙江中考中通常以综合题出现，其中，矩形还经常成为综合压轴题的问题背景来考察，矩形其他出题类型还有选择、填空题的压轴题，难度都比较大，需要加以重视。菱形的考察类型也比较多样，选择、填空题常考察菱形的基本性质，综合题中也常以压轴题出现。正方形整体考察的较少，但是出现时也基本都是选择题的压轴题，难度也较大。所以考生在这块知识点的复习上，必须都要特别的重视，熟练掌握特殊平行四边的性质与判定，以及其应用。一．选择题（共3小题）1．（2023•杭州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．若∠AOB＝60°，则＝（）A． B． C． D．【答案】D【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AO＝BO＝CO＝DO，∵∠AOB＝60°，∴△ABO是等边三角形，∴∠BAO＝60°，∴∠ACB＝30°，∴BC＝AB，∴＝，故选：D．2．（2023•温州）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）的会徽，图2由其主体图案中相邻两个直角三角形组合而成．作菱形CDEF，使点D，E，F分别在边OC，OB，BC上，过点E作EH⊥AB于点H．当AB＝BC，∠BOC＝30°，DE＝2时，EH的长为（）A． B． C． D．【答案】C【解析】解：∵四边形CDEF是菱形，DE＝2，∴CD＝DE＝CF＝EF＝2，CF∥DE，CD∥EF，∵∠CBO＝90°，∠BOC＝30°，∴OD＝2DE＝4，OE＝DE＝2，∴CO＝CD+DO＝6，∴BC＝AB＝CD＝3，OB＝BC＝3，∵∠A＝90°，∴＝＝3，∵EF∥CD，∴∠BEF＝∠BOC＝30°，∴，∵EH⊥AB，∴EH∥OA，∴△BHE∽△BAO，∴，∴，∴EH＝，故选：C．3．（2023•绍兴）如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD＝60°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE＝OF．点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是（）A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形 C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形【答案】A【解析】解：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴∠BDC＝∠ABD＝60°，∠ADB＝∠CBD＝90°﹣60°＝30°，∵OE＝OF、OB＝OD，∴DF＝EB，∵对称，∴DF＝DF2，BF＝BF1，BE＝BE2，DE＝DE1，E1F2＝E2F1．∵对称∴∠F2DC＝∠CDF＝60°，∴∠EDA＝∠E1DA＝30°，∴∠E1DB＝60°，同理∠F1BD＝60°，∴DE1∥BF1，∵E1F2＝E2F1，∴四边形E1E2F1F2是平行四边形，如图2所示，当E，F，O三点重合时，DO＝OB，∴DE1＝DF2＝AE1＝AE2，即E1E2＝E1F2，∴四边形E1E2F1F2是菱形．如图3所示，当E，F分别为OD，OB的中点时，设DB＝4，则DF2＝DF＝1，DE1＝DE＝3，在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝2，连接AE，AO，∵∠ABO＝60°，BO＝2＝AB，∴△ABO是等边三角形，∵E为OB中点，∴AE⊥OB，BE＝1，∴．根据对称性可得．∴AD2＝12，＝9，＝3，∴，∴ΔDE1A是直角三角形，且∠E1＝90°，四边形E1E2F1F2是矩形．当F，E分别与D，B重合时，△BE1D，△BDF1都是等边三角形，则四边形E1E2F2F2是菱形，∴在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，故选：A．二．填空题（共2小题）4．（2023•台州）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6．在边AD上取一点E，使BE＝BC，过点C作CF⊥BE，垂足为点F，则BF的长为．【答案】．【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠A＝90°，∴∠AEB＝∠FBC，∵CF⊥BE，∴∠CFB＝90°，∴∠CFB＝∠A，在△ABE和△FCB中，，∴△ABE≌△FCB（AAS），∴FC＝AB＝4，∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝6，在Rt△FCB中，由勾股定理得，故答案为：．5．（2023•湖州）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上．（1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，则BE的长是4cm．（2）若，则tan∠DAH的值是3．【答案】（1）4；（2）3．【解析】解：（1）∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，∴AE＝BE，BF＝CF，∵AE+FC＝11cm，∴BE+BF＝11cm，即BE+BE+EF＝11cm，即2BE+EF＝11cm，∵EF＝3cm，∴2BE+3cm＝11cm，∴BE＝4cm，故答案为：4；（2）设AH＝x，∵，∴可设DG＝5k，GH＝4k，∵四边形EFGH是正方形，∴HE＝EF＝FG＝GH＝4k，∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，∴AE＝BE，BF＝CF，∠ABE＝∠CBF＝45°，∴CG＝CF+GF＝BF+4k＝BE+8k＝AH+12k＝x+12k，∠ABC＝∠ABE+∠CBF＝45°+45°＝90°，∵四边形ABCD对角互补，∴∠ADC＝90°，∴∠ADH+∠CDG＝90°，∵四边形EFGH是正方形，∴∠AHD＝∠CGD＝90°，∴∠ADH+∠DAH＝90°，∴∠DAH＝∠CDG，∴tan∠DAH＝tan∠CDG，∴，即，整理得：x2+12kx﹣45k2＝0，解得x1＝3k，x2＝﹣15k（舍去），∴tan∠DAH＝＝＝3．故答案为：3．三．解答题（共7小题）6．（2023•温州）如图，已知矩形ABCD，点E在CB延长线上，点F在BC延长线上，过点F作FH⊥EF交ED的延长线于点H，连结AF交EH于点G，GE＝GH．（1）求证：BE＝CF；（2）当＝，AD＝4时，求EF的长．【答案】（1）证明见解析过程；（2）6．【解析】（1）证明：∵FH⊥EF，∴∠HFE＝90°，∵GE＝GH，∴，∴∠E＝∠GFE，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝DC，∠ABC＝∠DCB＝90°，∴△ABF≌△DCE（AAS），∴BF＝CE，∴BF﹣BC＝CE﹣BC，即BE＝CF；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴DC⊥BC，即DC⊥EF，AB＝CD，BC＝AD＝4，∵FH⊥EF，∴CD∥FH，∴△ECD∽△EFH，∴，∴，∵，∴，设BE＝CF＝x，∴EC＝x+4，EF＝2x+4，∴，解得x＝1，∴EF＝6．7．（2023•绍兴）在平行四边形ABCD中（顶点A，B，C，D按逆时针方向排列），AB＝12，AD＝10，∠B为锐角，且sinB＝．（1）如图1，求AB边上的高CH的长；（2）P是边AB上的一动点，点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'，①如图2，当C'落在射线CA上时，求BP的长；②当△AC'D'是直角三角形时，求BP的长．【答案】（1）8；（2）①；②6或8±．【解析】解：（1）在▱ABCD中，BC＝AD＝10，在Rt△BCH中，HC＝BCsinB＝．（2）①如图，作CH⊥BA于点H，由（1）得，BH＝＝＝6，作C'Q⊥BA交BA延长线于点Q，则∠CHP＝∠PQC'＝90°，∴∠C'PQ+∠PC'Q＝90°，∵∠C'PQ+∠CPH＝90°，∴∠PC'Q＝∠CPH，由旋转知PC'＝PC，∴△PQC′≌△CHP（AAS）．设BP＝x，则PQ＝CH＝8，C′Q＝PH＝6﹣x，QA＝PQ﹣PA＝x﹣4．∵C′Q⊥AB，CH⊥AB，∴C′Q∥CH，∴△AQC′∽△AHC，∴，∴，∴x＝，∴BP＝，②由旋转得△PCD≌△PC′D′，CD＝C'D'CD⊥CD'又∵AB∥CD，∴C'D'⊥AB情况一：当以C′为直角顶点时，如图．∵C'D'⊥AB，∴C′落在线段BA延长线上．∵PC⊥PC'，∴PC⊥AB，由（1）知，PC＝8，∴BP＝6．情况二：当以A为直角顶点时，如图，设C'D'与射线BA的交点为T，作CH⊥AB于点H．∵PC⊥PC'，∴∠CPH+∠TPC'＝90°，∵点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'，∴∠CPD＝∠C'PD'＝90°，PC＝PD，PC'＝PD'，∴∠CPD＝∠C'PD'，∴△PCD≌△PC'D'（SAS），∴∠PCD＝∠PC'D'，∵AB∥CD，∴∠BPC＝∠PCD＝∠PC'D'，∵∠C'PT+∠CPB＝90°，∴∠C'PT+∠PC'T＝90°，∴∠PTC'＝90°＝∠CHP，∴△CPH≌△PC′T（AAS），∴C′T＝PH，PT＝CH＝8．设C′T＝PH＝t，则AP＝6﹣t，∴AT＝PT﹣PA＝2+t．∵∠C'AD'＝90°，C'D'⊥AB，∴△ATD′∽△C′TA，∴，∴AT2＝C'T⋅TD'，∴（2+t）2＝t（12﹣t），化简得t2﹣4t+2＝0，解得，∴BP＝BH+HP＝8±，情况三：当以D'为直角顶点时，点P落在BA的延长线上，不符合题意．综上所述，BP＝6或8±．②方法二：动静互换：将C、D看成静止的，点A绕P点顺时针旋转90°，∴△APA1是等腰直角三角形，∴A点轨迹是在∠BAE＝45°的射线AE上，当△A1CD为直角三角形时，（i）当∠A1CD＝90°时，∴∠BP1A1＝90°，∴BP1＝＝6；（ii）当点A为直角时，以CD为直径作圆O交AE于点A2、A3.如图所示，则△AOE为等腰直角三角形，∵AO＝8，∴AE＝8，OF＝4，∴A2F＝A3F＝2，AF＝4，∴AA2＝4+2，∴AP2＝4+BP2＝12﹣（4+）＝8﹣，（iii）AA3＝4﹣2，∴AA3＝4﹣，∴BP3＝12﹣（4﹣）＝8+，综上所述：BP＝6或8±．8．（2023•杭州）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝EF＝FD，连接AE，EC，CF，FA．（1）求证：四边形AECF是平行四边形．（2）若△ABE的面积等于2，求△CFO的面积．【答案】（1）见解析过程；（2）△CFO的面积为1．【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝CO，BO＝DO，∵BE＝DF，∴EO＝FO，∴四边形AECF是平行四边形；（2）解：∵BE＝EF，∴S△ABE＝S△AEF＝2，∵四边形AECF是平行四边形，∴S△AEF＝S△CEF＝2，EO＝FO，∴△CFO的面积＝1．9．（2023•宁波）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．（1）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD为邻等四边形．（2）如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．（3）如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB＝∠ABC＝90°，∠BCD为邻等角，连结AC，过B作BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC＝8，DE＝10，求四边形EBCD的周长．【答案】（1）证明过程见解答；（2）图形见解答；（3）38﹣6．【解析】（1）证明：在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，∴∠ABC＝180°﹣∠A＝90°，∵对角线BD平分∠ADC，∴∠ADB＝∠CDB，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∴∠CBD＝∠CDB，∴CD＝CB，∴四边形ABCD为邻等四边形；（2）解：如下3个图，点D′、D、D″即为所求；（3）解：如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∴CD＝CB，∵∠DAB＝∠ABC＝90°，∴AD∥BC，∵BE∥AC，∴四边形AEBC是平行四边形，∴EB＝AC＝8，AE＝BC，∴AE＝BC＝DC，设AE＝BC＝DC＝x，∵DE＝10，∴AD＝DE﹣AE＝10﹣x，过点D作DF⊥BC于点F，得矩形ABFD，∴AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x，∴CF＝BC﹣BF＝x﹣（10﹣x）＝2x﹣10，在Rt△ABE和Rt△DFC中，根据勾股定理得：BE2﹣AE2＝AB2，CD2﹣CF2＝DF2，∴BE2﹣AE2＝CD2﹣CF2，∴82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2，整理得x2﹣20x+82＝0，解得x1＝10﹣3，x2＝10+3（不符合题意，舍去），∴CD＝CB＝10﹣3，∴四边形EBCD的周长＝BE+DE+2CD＝8+10+2×（10﹣3）＝38﹣6．10．（2023•绍兴）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H．（1）求证：∠DAG＝∠EGH；（2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由．【答案】见解答．【解析】（1）证明：在正方形ABCD中，AD⊥CD，GE⊥CD，∴∠ADE＝∠GEC＝90°，∴AD∥GE，∴∠DAG＝∠EGH．（2）解：AH⊥EF，理由如下．连结GC交EF于点O，如图：∵BD为正方形ABCD的对角线，∴∠ADG＝∠CDG＝45°，又∵DG＝DG，AD＝CD，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠DAG＝∠DCG．在正方形ABCD中，∠ECF＝90°，又∵GE⊥CD，GF⊥BC，∴四边形FCEG为矩形，∴OE＝OC，∴∠OEC＝∠OCE，∴∠DAG＝∠OEC，由（1）得∠DAG＝∠EGH，∴∠EGH＝∠OEC，∴∠EGH+∠GEH＝∠OEC+∠GEH＝∠GEC＝90°，∴∠GHE＝90°，∴AH⊥EF．11．（2023•衢州）如图1，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝4，AD＝8，点E为AD边上一点（0＜AE＜3），连结EO并延长，交BC于点F．四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，线段B′F交AD边于点G．（1）求证：GE＝GF．（2）当AE＝2DG时，求AE的长．（3）令AE＝a，DG＝b．①求证：（4﹣a）（4﹣b）＝4．②如图2，连结OB′，OD，分别交AD，B′F于点H，K．记四边形OKGH的面积为S1，△DGK的面积为S2，当a＝1时，求的值．【答案】（1）证明见解答过程；（2）AE的长为6﹣2；（3）①证明见解答过程；②的值为．【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠GEF＝∠BFE，∵四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，∴∠BFE＝∠GFE，∴∠GEF＝∠GFE，∴GE＝GF；（2）解：过G作GH⊥BC于H，如图：设DG＝x，则AE＝2x，∴GE＝AD﹣AE﹣DG＝8﹣3x＝GF，∵∠GHC＝∠C＝∠D＝90°，∴四边形GHCD是矩形，∴GH＝CD＝AB＝4，CH＝DG＝x，∵点O为矩形ABCD的对称中心，∴CF＝AE＝2x，∴FH＝CF﹣CH＝x，在Rt△GFH中，FH2+GH2＝GF2，∴x2+42＝（8﹣3x）2，解得x＝3+（此时AE大于AD，舍去）或x＝3﹣，∴AE＝2x＝6﹣2；∴AE的长为6﹣2；（3）①证明：过O作OQ⊥AD于Q，连接OA，OD，OG，如图：∵点O为矩形ABCD的对称中心，EF过点O，∴O为EF中点，OA＝OD，OQ＝AB＝2，∵GE＝GF，∴OG⊥EF，∴∠GOQ＝90°﹣∠EOQ＝∠QEO，∵∠GQO＝90°＝∠OQE，∴△GOQ∽△OEQ，∴＝，即GQ•EQ＝OQ2，∴GQ•EQ＝4，∵OA＝OD，OQ⊥AD，∴AQ＝DQ＝AD＝4，∴EQ＝AQ﹣AE＝4﹣a，GQ＝DQ﹣GD＝4﹣b，∴（4﹣a）（4﹣b）＝4；②解：连接B'D，OG，OB，如图：∵四边形ABFE与A′B′FE关于EF所在直线成轴对称，∴BF＝B'F，∵点O为矩形ABCD的对称中心，∴BF＝DE，∴B'F＝DE，同理OD＝OB＝OB'，由（1）知GF＝GE，∴B'F﹣GF＝DE﹣GE，即B'G＝DG，∵OG＝OG，∴△DOG≌△B'OG（SSS），∴∠ODG＝∠OB'G，∵DG＝B'G，∠DGK＝∠B'GH，∴△DGK≌△B'GH（ASA），∴DK＝B'H，GK＝GH，∴OD﹣DK＝OB'﹣B'H，即OK＝OH，∵OG＝OG，∴△OGK≌△OGH（SSS），∴S△OGK＝S△OGH，∴S1＝2S△OGK，∴＝，∵∠EGF＝∠DGB'，GE＝GF，GD＝GB'，∴∠GEF＝∠GFE＝∠GDB'＝∠GB'D，∴EF∥B'D，∴△OKF∽△DKB'，△EGF∽△DGB'，∴＝，∵＝，∴＝＝＝＝，∵△EGF∽△DGB'，∴＝，当a＝1时，由①知（4﹣1）×（4﹣b）＝4，∴b＝，∴AE＝1，DG＝，∴GE＝AD﹣AE﹣DG＝，∴＝＝＝＝，∴的值为．12．（2022•金华）如图，在菱形ABCD中，AB＝10，sinB＝，点E从点B出发沿折线B﹣C﹣D向终点D运动．过点E作点E所在的边（BC或CD）的垂线，交菱形其它的边于点F，在EF的右侧作矩形EFGH．（1）如图1，点G在AC上．求证：FA＝FG．（2）若EF＝FG，当EF过AC中点时，求AG的长．（3）已知FG＝8，设点E的运动路程为s．当s满足什么条件时，以G，C，H为顶点的三角形与△BEF相似（包括全等）？【答案】（1）证明见解析部分；（2）AG的长为5或7；（3）s的值为1或或或10≤s≤12．【解析】解：（1）如图1中，∵四边形ABCD是菱形，∴BA＝BC，∴∠BAC＝∠BCA，∵FG∥BC．∴∠AGF＝∠ACB，∴∠AGF＝∠FAG，∴FA＝FG；（2）设AC的中点为O．①如图2中，当点E在BC上时，过点A作AM⊥CB于点M．在Rt△ABM中，AM＝AB•sinB＝10×＝6，∴BM＝＝＝8，∴FG＝EF＝AM＝6，CM＝BC﹣BM＝2，∵OA＝OC，OE∥AM，∴CE＝EM＝CM＝1，∴AF＝EM＝1，∴AG＝AF+FG＝7．②如图3中，当点E在CD上时，过点A作AN⊥CD于N．同法FG＝EF＝AN＝6，CN＝2，AF＝EN＝CN，∴AG＝FG﹣AF＝6﹣1＝5，综上所述，满足条件的AG的长为5或7；（3）过点A作AM⊥BC于点M，AN⊥CD于点N．①当点E在线段BM上时，0＜s≤8，设EF＝3x，则BE＝4x，GH＝EF＝3x．a、若点H点C的左侧，s+8＜10，即0＜s＜2，如图4，CH＝BC﹣BH＝10﹣（4x+8）＝2﹣4x，由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，∴＝，解得x＝，经检验x＝是分式方程的解，∴s＝4x＝1．由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝，∴＝，解得x＝，∴s＝4x＝．b、若点H在点C的右侧，s+8＞10，即2＜s≤8，如图5，CH＝BH﹣BC＝（4x+8）﹣10＝4x﹣2，由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，∴＝，方程无解，由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝，∴＝，解得x＝，∴s＝4x＝．②当点E在线段MC上时，8＜s≤10，如图6，EF＝6，EH＝8，BE＝s，∴BH＝BE+EH＝s+8，CH＝BH﹣BC＝s﹣2，由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，∴＝，方程无解，由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝，∴＝，解得s＝1±（舍弃）③当点E在线段CN上时，10＜s≤12，如图7，过点C作CJ⊥AB于点J，在Rt△BJC中，BC＝10，CJ＝6，BJ＝8，∵EH＝BJ＝8，JF＝CE，∴BJ+JF＝EH+CE，即CH＝BF，∴△GHC≌△EFB，符合题意，此时10＜s≤12．④当点E在线段DN上时，12＜s＜20，∵∠EFB＞90°，∴△GHC与△BEF不相似．综上所述．满足条件的s的值为1或或或10≤s≤12．考点一特殊平行四边形题型01利用矩形的性质与判定求解1.矩形的性质※矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫矩形。矩形是特殊的平行四边形。※矩形的性质：（1）具有平行四边形的性质（2）对角线相等（3）四个角都是直角。注意：（矩形是轴对称图形，有两条对称轴）2.直角三角形斜边上的中线直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半3.矩形的判定※矩形的判定：（1）有一个内角是直角的平行四边形叫矩形(根据定义)。（2）对角线相等的平行四边形是矩形。（3）四个角都相等的四边形是矩形。1．（2023•拱墅区三模）如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，若∠CAE＝15°，则∠BOE的度数为（）A．60° B．75° C．72° D．90°【答案】B【解析】解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠EAD＝45°，AD∥BC，OA＝OB，∴∠AEB＝∠EAD＝45°，∴BE＝BA．∵∠CAE＝15°，∠BAE＝45°，∴∠BAC＝60°，又∵OA＝OB，∴△OAB为等边三角形，∴BO＝BA，∴BO＝BE，∴∠BOE＝∠BEO，∵△OAB为等边三角形，∴∠ABO＝60°，∴∠OBE＝90°﹣60°＝30°，∴∠BOE＝（180°﹣30°）÷2＝75°．故选：B．2．（2023•西湖区校级三模）如图，在矩形ABCD中，M为BC边上一点，连接AM，过点D作DE⊥AM于E，若DE＝DC＝，AE＝3EM，则CM的长为（）A． B． C．1 D．2【答案】C【解析】解：∵四边形ABCD是长方形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠C＝90°，AD∥BC，∴∠DAE＝∠AMB，∵DE＝CD，∴AB＝DE，∵DE⊥AM，∴∠DEA＝∠DEM＝90°，在△ABM和△DEA中，，∴△ABM≌△DEA（AAS），∴AM＝AD，BM＝AE，∵AE＝3EM，∴BC＝AD＝AM＝4EM，连接DM，如图所示，在Rt△DEM和Rt△DCM中，，∴Rt△DEM≌Rt△DCM（HL），∴EM＝CM，设EM＝CM＝x，则BM＝AE＝3x，AM＝AE+EM＝4x，在Rt△ABM中，由勾股定理得：AB2+BM2＝AM2，即（）2+（3x）2＝（4x）2，解得x1＝1，x2＝﹣1（舍去），∴CM＝1．故选：C．3．（2023•衢江区三模）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E，F分别为AB，BC上的点，DE，AF交于点G，BE＝CF＝1，记△AEG与四边形CDGF的面积分别为S1，S2，则S2﹣S1＝（）A． B． C． D．【答案】B【解析】解：如图，连接DF，∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝3，∵BE＝CF＝1，∴AE＝2，设△ADG的面积为m，∴S2＝S△ADF﹣S△ADG+S△CDF＝×4×3﹣m+×3×1＝﹣m，S1＝S△ADE﹣S△ADG＝×4×2﹣m＝4﹣m，∴S2﹣S1＝﹣m﹣4+m＝，故选：B．4．（2023•金东区二模）如图，将5个大小相同的长方形置于平面直角坐标系中，若顶点A（2，9），B（6，3），则顶点C的坐标是（）A．（4，5） B．（3，5） C．（4，7） D．（5，6）【答案】A【解析】解：如图，∵A（2，9），B（6，3），∴D（6，9），∴AD＝6﹣2＝4，BD＝9﹣3＝6，∴每个长方形的长为6÷3＝2，宽为4÷4＝1，∴点C的坐标为：（2+1×2，9﹣2×2），即（4，5），故选：A．6．（2023•丽水模拟）如图，∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，PE⊥OA于点E，PF⊥OC于点F，PG⊥OB于点G，则的值是（）A．1 B．2 C． D．【答案】C【解析】解：过点G作GM⊥OC于点M，过点P作PN⊥MG于点N，∵∠AOB＝90°，PE⊥OA，PG⊥OB，∴四边形OEPG为矩形，∴OE＝PG，∵PN⊥MG，PF⊥OC，MG⊥OC，∴∠PNM＝∠PFM＝∠NMF＝90°，∴四边形FMNP为矩形，∴PN＝MF，∵∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，∴∠MOG＝45°，∴OG＝OM，同理PG＝PN，∴OE＝MF，∴＝＝．故选：C．7．（2023•淳安县一模）如图，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝8，M为线段BD上一动点，MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，则PQ的最小值是（）A． B．3 C． D．【答案】C【解析】解：如图，连接CM，∵MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，∴∠CPM＝∠CQM＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝6，CD＝AB＝8，∠BCD＝90°，∴四边形PCQM是矩形，∴PQ＝CM，由勾股定理得：BD＝＝＝10，当CM⊥BD时，CM最小，则PQ最小，此时，S△BCD＝BD•CM＝BC•CD，∴CM＝＝＝，∴PQ的最小值为，故选：C．题型02与矩形(或正方形)有关的折叠问题矩形（正方形）的折叠问题的常用解题思路：1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角；2）折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）．3)折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）.4）选择一个直角三角形(不找以折痕为边长的直角三角形)，利用未知数表示其它直角三角形三边，通过勾股定理/相似三角形知识求解.模型四：思路：1．（2023•椒江区一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝9，BC＝12，E为边BC的中点，F为边AB上一点，连接EF，△BEF与△GEF关于EF对称，延长EG，FG分别交边AD，CD于点H，I．若∠HFG＝∠FEB，则DI为（）A． B． C．1 D．【答案】C【解析】解：如图：连接IE，∵△BEF与△GEF关于EF对称，∴∠FGE＝∠B＝90°，∠GEF＝∠FEB，BE＝EG，BF＝FG，又∵∠HFG＝∠FEB，∴∠HFG＝∠GEF，∴∠HFG+∠FHG＝∠GEF+∠FHG，即∠HGF＝∠HFE＝90°，∵∠A＝∠B＝90°，∴∠AFH+∠BFE＝90°，∠BEF+∠BFE＝90°，∴∠AFH＝∠BEF＝∠HFG，在△AFH和△GFH中，，∴△AFH≌△GFH（AAS），∴AF＝FG＝BF，∴F为边AB的中点，即，∵E为边BC的中点，∴，∴，∵∠IGE＝∠C＝90°，IE＝IE，∴Rt△EGI≌Rt△ECI（HL），∴∠GEI＝∠CEI，∴∠FEB＝∠GEB，∴∠FEI＝90°；∵∠FEB+∠CEI＝∠CEI+∠CIE＝90°，∴∠FEB＝∠CIE，∴Rt△BFE∽Rt△CEI，∴，∴IC＝，∴DI＝CD﹣IC＝9﹣8＝1．故选：C．2．（2021•温岭市一模）将矩形纸片ABCD按如图方式折叠，若△DFG刚好是等边三角形，则矩形的两边AD，AB的比为（）A．2：1 B． C． D．【答案】B【解析】解：设AD，BC边长为a，AB，CD边长为b，∵△DFG为等边三角形，∴∠FDG＝∠DGF＝∠DGC＝60°，∴∠CDG＝30°，∵tan∠DGC＝＝，∴GC＝CD＝b．∵cos∠DGC＝＝，∴GD＝2GC＝b，由翻折可得BG＝GD＝b，∴BC＝BG+GC＝b+b＝b，即a＝b，∴＝＝．故选：B．3．（2022•长兴县模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝7cm，BC＝2cm，点N在边CD上，CN＝1cm点M是矩形ABCD的边AB上一动点，现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B′，C′上．边MB′与边CD交于点E，当点M从点A运动到点B的过程中，点E运动的路径长为（﹣）cm．【答案】（﹣）．【解析】解：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠1＝∠3，由翻折的性质可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，∴∠2＝∠3，∴MB′＝NB′，∵NB′＝＝＝（cm），∴BM＝NB′＝（cm）．如图2中，当点M与A重合时，AE＝EN，设AE＝EN＝xcm，在Rt△ADE中，则有x2＝22+（6﹣x）2，解得x＝，∴DE＝6﹣＝（cm），如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′＝7﹣1﹣2＝4（cm），如图4中，当点M运动到点B′落在CD时，DB′（即DE″）＝7﹣1﹣＝（6﹣）（cm），∴点E的运动轨迹E→E′→E″，运动路径＝EE′+E′B′＝4﹣+4﹣（6﹣）＝（﹣）（cm）．故答案为：（﹣）．题型03根据矩形的性质与判定解决多结论问题1．（2023•长兴县二模）如图，平行四边形ABCD中，AC⊥BC，过点D作DE∥AC交BC的延长线于点E，点M为AB的中点，连接CM．（1）求证：四边形ADEC是矩形；（2）若CM＝5，且AC＝8，求四边形ADEC的周长．【答案】见试题解答内容【解析】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥CE，∵DE∥AC，∴四边形ADEC是平行四边形，∵AC⊥BC，∴∠ACE＝90°，∴四边形ADEC是矩形；（2）∵AC⊥BC，∴∠ACB＝90°，∵点M为AB的中点，∴AB＝2CM＝10，∵AC＝8，∴BC＝＝6，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC＝6，∴四边形ADEC的周长＝2×（6+8）＝28．2．（2023•舟山三模）如图，在▱ABCD中，∠ACB＝90°，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E，连接AE交CD于点F．（1）求证：四边形ACED是矩形；（2）连接BF，若∠ABC＝60°，CE＝2，求BF的长．【答案】（1）证明见解答；（2）BF的长是2．【解析】（1）证明：∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵DE⊥BC，∴AC∥DE，∵四边形ABCD是平行四边形，点E在BC的延长线上，∴AD∥CE，∴四边形ACED是平行四边形，∵∠ACE＝90°，∴四边形ACED是矩形．（2）解：∵四边形ACED是矩形，四边形ABCD是平行四边形，∴AE＝CD＝AB，AF＝EF，AD＝CE＝CB＝2，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴BF⊥AE，AB＝AE＝BE＝2CE＝2×2＝4，∴∠AFB＝90°，AF＝AE＝×4＝2，∴BF＝＝＝2，∴BF的长是2．题型04根据菱形的性质与判定求解1.菱形的性质菱形的定义：一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。※菱形的性质：（1）具有平行四边形的性质且四条边都相等（3）两条对角线互相垂直平分,每一条对角线平分一组对角。注意：菱形是轴对称图形，每条对角线所在的直线都是对称轴。2.菱形的判定※菱形的判别方法：一组邻边相等的平行四边形是菱形。对角线互相垂直的平行四边形是菱形。四条边都相等的四边形是菱形。3.菱形的面积菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半1．（2024•钱塘区一模）如图，在菱形ABCD中，过顶点D作DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为E，F，连结EF．若cosA＝，△BEF的面积为2，则菱形ABCD的面积为（）A．18 B．24 C．30 D．36【答案】D【解析】解：如图，过点F作FG⊥AB于点G，∵DE⊥AB，DF⊥BC，∴∠DEA＝∠DFG＝90°，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝AD＝CD，∠A＝∠C，AD∥BC，在△ADE和△CDF中，，∴△ADE≌△CDF（AAS），∴AE＝CF，∴AB﹣AE＝BC﹣CF，即BE＝BF，设BE＝BF＝3a，∵AD∥BC，∴∠FBG＝∠A，∴cos∠FBG＝＝cosA＝，∴BG＝BF＝2a，∴FG＝＝＝a，∵S△BEF＝BE•FG＝•3a•a＝2，∴3a2＝4，∵cosA＝＝＝，∴BE＝AB，∴AB＝3BE＝9a，∴AE＝AB＝6a，∴DE＝＝＝3a，∴S菱形ABCD＝AB•DE＝9a•3a＝9×4＝36，故选：D．2．（2024•拱墅区校级模拟）如图，在菱形ABCD中，∠C＝80°，则∠ABD的度数为（）A．80° B．70° C．60° D．50°【答案】D【解析】解：∵菱形ABCD，∴AB∥CD，∠ABD＝∠CBD，∴∠C+∠ABD+∠CBD＝180°，∵∠C＝80°，∴，故选：D．3．（2022•温州校级模拟）如图，菱形ABCD中，过点C作CE⊥BC交BD于点E，若∠BAD＝118°，则∠CEB＝（）A．59° B．62° C．69° D．72°【答案】A【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠ABD＝∠CBE，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠BAD＝118°，∴∠ABD＝＝31°，∴∠CBE＝31°，∵CE⊥BC，∴∠BCE＝90°，∴∠CEB＝90°﹣31°＝59°．故选：A．4．（2023•宁波模拟）如图，若菱形ABCD的周长16cm，则菱形ABCD的一边的中点E到对角线交点O的距离为（）A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm【答案】B【解析】解：如图，连接BD，∵四边形ABCD是周长为16cm的菱形，∴AB＝4cm，AC⊥BD，∵点E为AB的中点，∴OE＝AB＝2cm，故选：B．5．（2022•玉环市一模）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°．△AEF的两顶点E，F分别落在边BC，CD上．从给出的四个条件中任选一个：①∠EAF＝60°；②∠AEF＝60°；③AE＝AF，④EA＝EF，能够推出△AEF为等边三角形的有（）A．①② B．②④ C．①②④ D．①③④【答案】C【解析】解：①∠EAF＝60°，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AB∥CD，连接AC，∵∠B＝60°，∴∠ECF＝∠180°﹣∠B＝120°，∴△ABC为等边三角形，∴AB⊥CA，∠ACB＝∠BAC＝60°，∴∠ACF＝∠ECF﹣∠ECA＝120°﹣60°＝60°，∵∠EAF＝60°，∴∠EAF﹣∠EAC＝∠BAC﹣∠EAC，∴∠CAF＝∠BAE，在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（ASA），∴AE＝AF，∵AE＝AF，∠EAF＝60°，∴∠AEF＝∠AFE＝＝60°，∴可以推出结论，△AEF为等边三角形；②∠AEF＝60°，作EG∥AB交AC于点G，如图3所示：则∠GEC＝∠B＝60°，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，∠D＝∠B＝60°，∠ACB＝∠ACD，∴△ABC是等边三角形，∠BCF＝120°，∴∠ACB＝60°，∴∠ACB＝∠GEC＝60°，∴△GEC是等边三角形，∴EG＝EC，∠EGC＝60°，∴∠EGA＝120°，∵∠AEF＝60°＝∠GEC，∴∠1＝∠2，在△AEG和△FEC中，，∴△AEG≌△FEC（ASA），∴AE＝EF，∵∠AEF＝60°，∴△AEF为等边三角形．③条件太少，不能推出△AEF为等边三角形；如图，过点E作EN⊥CD，交DC的延长线于点N，在AB上截取BH＝BE，连接EH，过点A作AM⊥EH，交EH的延长线于点M，∵BH＝BE，∠B＝60°，∴△BEH是等边三角形，∴∠BHE＝∠B＝60°＝∠AHM，∵AB＝BC，BH＝BE，∴AH＝EC，又∵∠M＝∠N＝90°，∠AHM＝∠ECN＝60°，∴△AHM≌△ECN（AAS），∴AM＝EN，又∵AE＝EF，∴Rt△AEM≌Rt△EFN（HL），∴∠AEM＝∠EFN，∴∠AEM+∠CEF＝∠EFN+CEF＝∠ECN＝60°，∴∠AEF＝60°，又∵AE＝EF，∴△AEF是等边三角形，故选：C．6．（2023•龙湾区模拟）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论：①；②与△DEG全等的三角形共有5个；③四边形ODEG与四边形OBAG面积相等；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．其中一定成立的是（）A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④【答案】A【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD（SSS），∵CD＝DE，∴AB＝DE，在△ABG和△DEG中，，∴△ABG≌△DEG（AAS），∴AG＝DG，∴OG是△ACD的中位线，∴OG＝CD＝AB，故①正确；∵AB∥CE，AB＝DE，∴四边形ABDE是平行四边形，∵∠BCD＝∠BAD＝60°，∴△ABD、△BCD是等边三角形，∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，∴OD＝AG，四边形ABDE是菱形，故④正确；∴AD⊥BE，由菱形的性质得：△BGA≌△BGD≌△EGD（SSS），在△BGA和△COD中，，∴△BGA≌△COD（SAS），∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正确；∵OB＝OD，∴S△BOG＝S△DOG，∵四边形ABDE是菱形，∴S△ABG＝S△DGE，∴四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，故③正确；故选：A．7．（2024•拱墅区校级模拟）如图是由6个形状、大小完全相同的菱形组成的网格，菱形的顶点称为格点，已知菱形的一个角（∠O）为60°，点A，B，C都在格点上，则sin∠ABC的值是．【答案】见试题解答内容【解析】解：如图，连接EA，EC，设菱形的边长为a，由题意得∠AEF＝30°，∠CEF＝60°，∴AE＝2cos30°•a＝a，EC＝a，则AC＝2a，∴AE2+CE2＝AC2，∴∠AEC＝90°，∴∠ACE＝60°，∴∠ACE＝∠ACG＝∠BCG＝60°，∴∠ECB＝180°，∴E、C、B共线，在Rt△AEB中，sin∠ABC＝＝＝．故答案为：．8．（2023•南湖区二模）如图，菱形ABCD中，以点A为圆心，以AB长为半径画弧，分别交BC，CD于点E，F．若∠EAF＝60°，则∠D的度数为80°．【答案】80°．【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝BC＝DC，由题意得：AB＝AE，AD＝AF，∴∠AEB＝∠B，∠AFD＝∠D，∴∠AEB＝∠B＝∠AFD＝∠D，在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF（AAS），∴∠BAE＝∠DAF，设∠B＝∠D＝x，则∠AEB＝∠B＝x，∴∠DAF＝∠BAE＝180°﹣2x，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠B+∠BAD＝180°，即x+180°﹣2x+60°+180°﹣2x＝180°，解得：x＝80°，∴∠D＝80°，故答案为：80°．9．（2023•瓯海区模拟）如图，将边长为6的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD方向平移，得到△A′B′C′，当两个三角形重叠部分为菱形时，则AA′为12﹣6．【答案】见试题解答内容【解析】解：如图所示：∵四边形A′ECF是菱形，∴A′E＝EC＝FC＝A′F，∵边长为6的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD方向平移，∴∠A＝∠ACD＝45°，∴AD＝DC，则A′D＝DF，AA′＝A′E，∴设A′E＝x，则A′D＝DF＝6﹣x，A′F＝x，故在Rt△A′DF中，x2＝（6﹣x）2+（6﹣x）2，解得：x1＝12﹣6，x2＝12+6＞6（不合题意舍去），故AA′为：12﹣6．故答案为：12﹣6．10．（2024•宁波模拟）如图，AC是菱形ABCD的一条对角线，点B在射线AE上．（1）请用尺规把这个菱形补充完整．（保留作图痕迹，不要求写作法）（2）若，∠CAB＝30°，求菱形ABCD的面积．【答案】（1）见解析；（2）18．【解析】解：（1）如图所示；（2）设BD，AC交于O，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝CO＝AC＝3，∵∠CAB＝30°，∴BO＝AO＝3，∴BD＝2BO＝6，∴菱形ABCD的面积＝＝＝18．11．（2022•江干区校级模拟）如图，四边形ABCD是菱形，E是AB的中点，AC的垂线EF交AD于点M，交CD的延长线于点F．（1）求证：AM＝AE；（2）连接CM，DF＝2．①求菱形ABCD的周长；②若∠ADC＝2∠MCF，求ME的长．【答案】（1）证明过程见解析；（2）①16；②2．【解析】（1）证明：如图，连接BD，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥DB，AD＝AB，∵EM⊥AC，∴ME∥BD，∵点E是AB的中点，∴点M是AD的中点，AE＝AB，∴AM＝AD，∴AM＝AE．（2）解：①由（1）得，点M是AD的中点，∴AM＝MD，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴∠F＝∠AEM，∠EAM＝∠FDM，∴△MDF≌△MAE（AAS），∴AE＝DF，∵AB＝2AE，DF＝2，∴AB＝4，∴菱形ABCD的周长为4AB＝4×4＝16．②如图，连接CM，记EF与AC交点为点G，∵AM＝AE，△MAE≌△MDF，∴DF＝DM，MF＝ME，∴∠DMF＝∠DFM，∴∠ADC＝2∠DFM，∵∠ADC＝2∠MCD，∴∠MCD＝∠DFM，∴MF＝MC＝ME，∠EMC＝2∠F＝∠MDC，∵ME⊥AC，AM＝AE，∴∠MGC＝90°，ME＝2MG，∴MC＝2MG，∴∠GMC＝60°，∴∠ADC＝60°，∴∠MCD＝30°，∴∠DMC＝90°，∴△DMC为直角三角形，∵DF＝2，∴DM＝2，CD＝4，∴CM＝＝2，∴ME＝2．12．（2024•浙江模拟）如图，四边形ABCD是平行四边形，O是对角线AC的中点，过点O的直线分别交边BC，AD于点E，F，连接AE，CF．（1）求证：BE＝DF；（2）作∠AEB的平分线交AB于点G，若EG∥AC，求证：四边形AECF是菱形．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，OA＝OC，AD＝BC，∴∠FAO＝∠ECO，在△FAO与△CEO中，，∴△FAO≌△CEO（ASA），∴AF＝CE，∴AD﹣AF＝BC﹣CE，即BE＝DF；（2）∵AF＝CE，AF∥CE，∴四边形AECF是平行四边形，∵EG∥AC，∴∠GEB＝∠ACE，∠GEA＝∠EAC，∵∠AEB的平分线交AB于点G，∴∠GEB＝∠GEA，∴∠ACE＝∠EAC，∴AE＝EC，∴▱AECF是菱形．13．（2023•义乌市校级模拟）如图，在△ABC中，D为BC边的中点，过D点分别作DE∥AB交AC于点E，DF∥AC交AB于点F．（1）证明：△BDF≌△DCE；（2）请你给△ABC增加一个条件，AF＝AE（答案不唯一）．使四边形AFDE成为菱形（不添加其他辅助线，写出一个即可，不必证明）【答案】见试题解答内容【解析】（1）证明：∵D为BC边的中点，过D点分别作DE∥AB交AC于点E，DF∥AC交AB于点F∴∠FDB＝∠C，BD＝CD，∠B＝∠CDE，∴△BDF≌△DCE；（4分）（2）解：AF＝AE（答案不唯一）．（6分）14．（2024•温州模拟）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延长线于点E，连接OE．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）若，∠ADC＝120°，求四边形ABCD的面积．【答案】（1）见解答；（2）8．【解析】（1）证明：∵AB∥CD，∴∠ACD＝∠BAC，∵AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC，∴AD＝CD，∵AB＝AD，∴AB＝CD，∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AB＝AD，∴平行四边形ABCD是菱形；（（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∠ADC＝120°，∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，∠DAB＝60°，，∴，AB＝2BO，∴，∴AB2＝AO2+BO2，∴4BO2﹣BO2＝12，∴BO＝2（负值舍去），∴BD＝4，∴菱形ABCD的面积＝．15．（2023•拱墅区二模）如图，在▱ABCD中，CE平分∠BCD，交AD于点E，DF平分∠ADC，交BC于点F，CE与DF交于点P，连接EF，BP．（1）求证：四边形CDEF是菱形；（2）若AB＝2，BC＝3，∠A＝120°，求BP的值．【答案】见试题解答内容【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，∴∠EDF＝∠DFC，∵DF平分∠ADC，∴∠EDF＝∠CDF，∴∠DFC＝∠CDF，∴CD＝CF，同理可得CD＝DE，∴CF＝DE，且CF∥DE，∴四边形CDEF为菱形；（2）解：如图，过P作PG⊥BC于G，∵AB＝2，BC＝3，∠A＝120°，且四边形CDEF为菱形，∴CF＝EF＝CD＝AB＝2，∠ECF＝∠BCD＝∠A＝60°，∴△CEF为等边三角形，∴CE＝CF＝2，∴PC＝CE＝1，∴CG＝PC＝，PG＝PC＝，∴BG＝BC﹣CG＝3﹣＝，在Rt△BPG中，由勾股定理可得BP＝＝＝，即BP的值为．题型05根据正方形的性质与判定求解1.正方形的概念与性质正方形的定义：一组邻边相等的矩形叫做正方形。※正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质。（正方形是轴对称图形，有两条对称轴）2.正方形的判定※正方形常用的判定：有一个内角是直角的菱形是正方形；邻边相等的矩形是正方形；对角线相等的菱形是正方形；对角线互相垂直的矩形是正方形。注意：正方形、矩形、菱形和平行边形四者之间的关系(如图3所示)：1．（2024•温州模拟）如图，四边形ABCD，四边形EBGF，四边形HNQD都是正方形，BG，NQ，BC是某个直角三角形的三边，其中BC是斜边，若NP＝3PQ，四边形AEMH的面积为8，则AB的长为（）A．10 B． C． D．12【答案】C【解析】解；设NP＝3x，PQ＝x，EF＝y，则NQ＝4x，EM＝y﹣3x，∵四边形ABCD，四边形EBGF，四边形HNQD都是正方形，∴BF＝EF＝y，∠A＝∠C＝∠CQP＝∠CGP＝∠AEM＝∠AHM＝90°，HN＝NQ＝4x，MN＝NP＝3x，∴四边形AEMH，四边形PQCG都是矩形，∴CG＝OP＝x，∴BC＝BG+CG＝x+y，∵四边形AEMH的面积为8，MH＝HN﹣MN＝x，∴x（y﹣3x）＝8；∵BG，NQ，BC是某个直角三角形的三边，其中BC是斜边，∴BG2+NQ2＝BC2，∴y2+（4x）2＝（x+y）2，∴16x2+y2＝x2+2xy+y2，∴，∴，解得（负值舍去），∴，∴，故选：C．2．（2024•椒江区校级模拟）将四个全等的三角形按如图所示的方式围成一个正方形ABCD，记△AED的面积为S1，四边形EFCG的面积为S2．若EG∥CF，EG＝3，，则图中阴影部分的面积为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】解：连接GF、HF，HE，由题意可知：DE＝CG＝BF＝AH，DG＝CF＝BH＝AE，∠ADE＝∠DCG＝∠CBF＝∠BAH，∠DAE＝∠CDG＝∠BCF＝∠ABH，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC＝∠DCB＝∠CBA＝∠BAD＝90°，∴∠EDG＝∠GCF，∴△EDG≌△GCF（SAS），∴EG＝GF，同理可证：△EDG≌△GCF≌△FBH≌△HAE，则：EG＝GF＝FH＝HE，∴四边形EGFH是菱形，∴EG∥HF，又∵EG∥CF，∴C，F，H在同一直线上，又∵∠CBA＝∠ABH+∠FBH+∠CBF＝∠BCF+∠FBH+∠CBF＝90°，∴∠BHC＝90°，∵△EDG≌△GCF≌△FBH≌△HAE，∴∠BHC＝∠CFG＝∠DGE＝∠AEH＝90°，则∠GFH＝90°，∴四边形EGFH是正方形，∴D，G，F在同一直线上；A，E，G在同一直线上；B，H，E在同一直线上；设DG＝CF＝BH＝AE＝x，则S1＝，s2＝＝，∵，即：，∴（负值已舍去），∴，故选：D．3．（2023•衢江区三模）如图1，《蝶几图》是明朝的戈汕分割正方形的一种方式，以正方形为模分割为长斜（等腰梯形），右半斜和左半斜（直角梯形），小三斜，大三斜和闺（均为等腰直角三角形）．现取右半斜两张，左半斜两张和小三斜两张，共6张拼成图2，若图1大正方形的边长为4，则图2阴影部分的周长是（）A．4 B．4﹣1 C．4 D．5【答案】C【解析】解：∵图1大正方形的边长为4，∴GH＝×4＝2，∵△GHK、△KLM是等腰直角三角形，∴KH＝GH＝2，由题意知L是KH中点，NI＝LI，∴KL＝LH＝，∴图2中，OP+PQ＝OF＝，∴阴影的周长＝4（PO+PQ）＝4OF＝4．故选：C．4．（2023•鄞州区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC、BD的交点，E、F分别为边BC、CD上一点，且OE⊥OF，连接EF．若，则EF的长为（）A．2 B．2+ C．+1 D．3【答案】A【解析】解：在正方形ABCD中，AC和BD为对角线，∴∠AOB＝∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，OB＝OC，∵∠AOE＝150°，∴∠BOE＝60°；∵OE⊥OF，∴∠EOF＝∠BOC＝90°，∴∠BOE＝∠COF＝60°，∴△BOE≌△COF（ASA），∴OE＝OF，∴△OEF是等腰直角三角形；过点F作FG⊥OD，如图，∴∠OGF＝∠DGF＝90°，∵∠ODC＝45°，∴△DGF是等腰直角三角形，∴GF＝DG＝DF＝，∵∠AOE＝150°，∴∠BOE＝60°，∴∠DOF＝30°，∴OF＝2GF＝，∴EF＝OF＝2．故选：A．5．（2023•仙居县二模）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点E在边AD上，且，点F是边AB上任意一点，G、H分别是CF、EF的中点，则GH等于（）A．2.5 B．3 C． D．【答案】A【解析】解：连接CE，∵四边形ABCD是正方形，AB＝4，∴CD＝AD＝AB＝4，∠D＝90°，∵，∴，∴，∵G、H分别是CF、EF的中点，∴GH是△FCE中位线，∴，故选：A．6．（2023•余杭区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边CD，AD上，BE与CF交于点G，若BC＝4，DE＝AF＝1，则CG的长是（）A．2 B． C． D．【答案】D【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，BC＝4，∴∠CDF＝∠BCE＝90°，AD＝DC＝BC＝4，又∵DE＝AF＝1，∴CE＝DF＝3，在△CDF和△BCE中，，∴△CDF≌△BCE（SAS），∴∠DCF＝∠CBE，∵∠DCF+∠BCF＝90°，∴∠CBE+∠BCF＝90°，∴∠BGC＝90°，在Rt△BCE中，BC＝4，CE＝3，∴BE＝＝5，∴BE•CG＝BC•CE，∴CG＝＝＝．故选：D．7．（2023•西湖区校级二模）由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成的大正方形ABCD如图所示．连结CF，并延长交AB于点N．若AB＝3，EF＝3，则FN的长为（）A．2 B． C． D．3【答案】C【解析】解：设AE＝x，则FB＝x，AF＝EF+AE＝3+x，由勾股定理可知，AF2+FB2＝AB2，（3+x）2+x2＝（3）2，解得x＝3，∴AF＝6，CG＝GF＝3，∴∠GCF＝∠GFC＝∠BFN＝45°∴NF为∠AFB的角平分线，由角平分线性质可知，S△AFN：S△BFN＝AF：FB＝2：1，∴AN：NB＝2：1，∴NB＝，由勾股定理可知，CN＝5，CF＝3，∴FN＝CN﹣CF＝2．故选：C．8．（2023•绍兴模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝30°，∠C＝60°，AB＝6，AD＝4，E、F是BC上的两动点，且EF＝4，点E从点B出发，当点F移动到点C时，两点停止运动．在四边形AEFD形状的变化过程中，依次出现的特殊四边形是（）A．平行四边形→菱形→