2023-2024学年9上数学期末考点（北师大版）专题01 特殊平行四边形（考点清单20个考点）解析版

专题01特殊平行四边形（考点清单）【考点1菱形的性质】【考点2菱形的判定】【考点3菱形的性质与判定综合运用】【考点4菱形中最小问题】【考点5矩形的性质】【考点6直角三角形斜边上的中线】【考点7矩形的判定】【考点8矩形的性质与判定综合运用】【考点9矩形形中最小值问题】【考点10梯子模型运用】【考点11矩形中折叠问题】【考点12矩形中动点问题】【考点13正方形的性质】【考点14正方形的判定】【考点15矩形的性质与判定综合运用】【考点16正方形中最小值问题】【考点17正方形-对角互模型】【考点18正方形-半角互模型】【考点19正方形-手拉手模型】【考点20正方形-十字架模型】【考点1菱形的性质】1．（2023春•延庆区期末）菱形和平行四边形都具有的性质是（）A．对角线相等 B．对角线互相垂直 C．对角线平分一组对角 D．对角线互相平分【答案】D【解析】解：菱形和平行四边形都具有的性质是：对角线互相平分，故选：D．2．（2023春•惠民县期末）如图，菱形ABCD中对角线相交于点O，且OE⊥AB，若AC＝8，BD＝6，则OE的长是（）A．2.5 B．5 C．2.4 D．不确定【答案】C【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥DB，AO＝AC，BO＝BD，∵AC＝8，BD＝6，∴AO＝4，BO＝3，S菱形ABCD＝×8×6＝24，∴AB＝＝5，S△AOB＝6，∵•AB•EO＝×AO×BO，∴5EO＝4×3，EO＝，故选：C．3．（2023春•黄岩区期末）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交于点O，DH⊥BC于点H．若AC＝8，BD＝6，则DH的长度为（）A． B． C． D．4【答案】C【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，∴AC⊥BD，AO＝OC＝AC＝4，OB＝OD＝BD＝3，在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC＝＝＝5，∵DH⊥BC，∴S菱形ABCD＝BC•DH＝AC•BD，即5DH＝×8×6，解得：DH＝，故选：C．【考点2菱形的判定】4．（2023春•台江区校级期末）要检验一张四边形的纸片是否为菱形，下列方案中可行的是（）A．度量四个内角是否相等 B．测量两条对角线是否相等 C．测量两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等 D．将这纸片分别沿两条对角线对折，看对角线两侧的部分是否每次都完全重合【答案】D【解析】解：A、四个内角是否相等，只能判定矩形，不能判定菱形，故选项A不符合题意；B、对角线是否相等不能判定形状，故选项B不符合题意；C、两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等只能判定矩形，不能判定菱形，故选项C不符合题意；D、将这纸片分别沿两条对角线对折，看对角线两侧的部分是否每次都完全重合，能判定菱形，故选项D符合题意．故选：D．5．（2023春•丰台区期末）如图，下列条件之一能使▱ABCD是菱形的为（）①AC＝BD；②AC平分∠BAD；③AB＝BC；④AC⊥BD；A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】D【解析】解：①∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD，∴平行四边形ABCD是矩形；②∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∵AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC，∴∠ACB＝∠BAC，∴AB＝CB，∴平行四边形ABCD是菱形；③∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，∴平行四边形ABCD是菱形；④∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形；综上所述，能使▱ABCD是菱形的为②③④，故选：D．6．（2023春•雁峰区期末）如图1，在▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为钝角．要在对边BC，AD上分别找点M，N，使四边形ABMN为菱形．现有图2中的甲、乙两种用尺规作图确定点M，N的方案，则可得出结论（）A．只有甲正确 B．只有乙正确 C．甲、乙都不正确 D．甲、乙都正确【答案】D【解析】解：方案甲：根据作图可知AM平分∠DAB，AN＝AB，∴∠NAM＝∠BAM，∵在▱ABCD中，AD∥CD，∴∠NAM＝∠AMB，∴∠BAM＝∠AMB，∴AB＝BM，∴AN＝BM，∴四边形ABMN是平行四边形，∵AB＝AN，∴四边形ABMN是菱形，故方案甲正确；方案乙：根据作图可知BA＝BM，AN＝AB，则AN＝BM，∵AN∥BM，∴四边形ABMN是平行四边形，∵AB＝AN，∴四边形ABMN是菱形，故方案乙正确；故选：D．【考点3菱形的性质与判定综合运用】7．（2023春•鼓楼区校级期末）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，BD＝2，求OE的长．【答案】见试题解答内容【解析】（1）证明：∵AB∥DC，∴∠OAB＝∠DCA，∵AC为∠DAB的平分线，∴∠OAB＝∠DAC，∴∠DCA＝∠DAC，∴CD＝AD＝AB，∵AB∥DC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AD＝AB，∴平行四边形ABCD是菱形；（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，BD⊥AC，∵CE⊥AB，∴OE＝OA＝OC，∵BD＝2，∴，在Rt△AOB中，，OB＝1，∴，∴OE＝OA＝2．8．（2023春•开福区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＜BC，D是AC的中点，过点D作DE⊥AC交BC于点E，延长ED至F，使DF＝DE，连接AE，AF，CF．（1）求证：四边形AECF是菱形；（2）若BE＝1，EC＝4，求EF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）2．【解析】（1）证明：∵D是AC的中点，∴AD＝CD，∵DF＝DE，∴四边形AECF是平行四边形，∵DE⊥AC，∴平行四边形AECF是菱形；（2）解：由（1）知四边形AECF是菱形，∴AE＝CE＝4，∵BE＝1，EC＝4，在Rt△ABE中，AB＝，在Rt△ABC中，AC＝，∵，即，∴．9．（2023春•保定期末）如图，AD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC、AB的平行线，交AB于点E，交AC于点F．（1）求证：四边形AEDF是菱形．（2）若AF＝13，AD＝24．求四边形AEDF的面积．【答案】见试题解答内容【解析】（1）证明：∵AB∥DF，AC∥DE，∴四边形AEDF是平行四边形．∵AD是△ABC的角平分线，∴∠BAD＝∠DAC．又∵AC∥DE，∴∠ADE＝∠DAC．∴∠ADE＝∠BAD．∴EA＝ED．∴四边形AEDF是菱形．（2）解：连接EF交AD于点O．∵四边形AEDF是菱形，∴EF＝2FO．∴AO＝．∵AD⊥EF．在Rt△AOF中，由勾股定理得OF＝＝＝5．∴OE＝OF＝5．∴四边形AEDF的面积＝＝＝120．【考点4菱形中最小问题】10．（2023春•梁平区期末）如图，在菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6．E是CD边上一动点，过点E分别作EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G，连接FG，则FG的最小值为（）A．2.4 B．3 C．4.8 D．4【答案】A【解析】解：连接OE，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OD＝BD＝3，OC＝AC＝4，由勾股定理得CD＝＝5，又∵EF⊥OC，EG⊥OD，∴四边形OFEG为矩形，∴GF＝OE，当OE⊥CD时，OE值最小，此时，S△OCD＝OC•OD＝CD•OE，∴OE＝＝2.4，∴FG的最小值为2.4．故选：A．11．（2022秋•泰山区校级期末）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是边CD，BC上的动点，连接AE，EF，G，H分别为AE，EF的中点，连接GH．若∠B＝45°，BC＝2，则GH的最小值为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】解：连接AF，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴，∵G，H分别为AE，EF的中点，∴GH是△AEF的中位线，∴，当AF⊥BC时，AF最小，GH得到最小值，则∠AFB＝90°，∵∠B＝45°，∴△ABF是等腰直角三角形，∴，∴，即GH的最小值为，故选：D．12．（2023春•阳城县期末）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝2，E，F两点分别从A，B两点同时出发，以相同的速度分别向终点B，C移动，连接EF，在移动的过程中，EF的最小值为．【答案】见试题解答内容【解析】解：连接DB，作DH⊥AB于H，如图，∵四边形ABCD为菱形，∴AD＝AB＝BC＝CD，而∠A＝60°，∴△ABD和△BCD都是等边三角形，∴∠ADB＝∠DBC＝60°，AD＝BD，在Rt△ADH中，AH＝1，AD＝2，∴DH＝，在△ADE和△BDF中，∴△ADE≌△BDF，∴∠2＝∠1，DE＝DF∴∠1+∠BDE＝∠2+∠BDE＝∠EDF＝60°，∴△DEF为等边三角形，∴EF＝DE，而当E点运动到H点时，DE的值最小，其最小值为，∴EF的最小值为，故答案为：．【考点5矩形的性质】13．（2023春•绿园区期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（）A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．对角线平分一组对角【答案】C【解析】解：矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，故选：C．14．（2023春•青秀区校级期末）如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．若∠AOB＝60°，BD＝8，则AB的长为（）A．3 B．4 C． D．5【答案】B【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，且BD＝8，∴，∵∠AOB＝60°，∴△AOB是等边三角形，OA＝AB＝4，故选：B．15．（2023春•涪陵区期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，BE⊥AC于点E，且AC＝4CE，若OC＝4，则矩形ABCD的面积为（）A．12 B．20 C． D．【答案】C【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，∴BO＝OD，AO＝OC＝4，BD＝AC，∴OC＝OB＝4，∵AC＝4CE，∴OC＝2CE，∴OE＝，∵BE⊥AC，∴BE＝＝，∴矩形ABCD的面积＝2S△ABC＝2×AC•BE＝2×＝16．故选：C．【考点6直角三角形斜边上的中线】16．（2023春•怀远县期末）如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，若∠A＝20°，则∠BDC＝（）A．30° B．40° C．45° D．60°【答案】B【解析】解：∵∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，∴BD＝CD＝AD，∴∠A＝∠DCA＝20°，∴∠BDC＝∠A+∠DCA＝20°+20°＝40°．故选：B．17．（2023春•南宁期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，∠ACD＝3∠BCD，点E是斜边AB的中点，且CD＝1，则AB的长为（）A．2 B． C．3 D．【答案】B【解析】解：∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCD＝90°，∵∠ACD＝3∠BCD，∴∠ACD＝67.5°，∠BCD＝22.5°，∵CD⊥AB，∴∠CDA＝90°，∴∠A＝90°﹣∠ACD＝22.5°，∵E是斜边AB的中点，∴EC＝AB，∴CE＝AE，∴∠ECA＝∠A＝22.5°，∴∠DEC＝∠A+∠ECA＝45°，∴∠DCE＝90°﹣∠DEC＝45°，∴△DCE是等腰直角三角形，∴CE＝CD＝，∴AB＝2．故选：B．18．（2023春•南陵县期末）如图，在△ABC中，BC＝26，且BD，CE分别是AC，AB上的高，F，G分别是BC，DE的中点，若ED＝10，则FG的长为（）A．10 B．12 C．13 D．14【答案】B【解析】解：如图：连接EF、DF，，∵F是BC的中点，BD⊥AC，CE⊥AB，∴，∵G是DE的中点，∴FG⊥ED，，在Rt△DGF中，，故选：B．【考点7矩形的判定】19．（2023春•黄州区期末）下列说法中，错误的是（）A．菱形的对角线互相垂直 B．对角线相等的四边形是矩形 C．平行四边形的对角线互相平分 D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形【答案】B【解析】解：A、菱形的对角线互相垂直，故不符合题意；B、对角线相等的平行四边形是矩形，故符合题意；C、平行四边形的对角线互相平分，故不符合题意；D、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故不符合题意；故选：B．20．（2022秋•文山市期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，OA＝OC，OB＝OD，添加下列条件，不能判定四边形ABCD是矩形的是（）A．AB＝AD B．OA＝OB C．AB⊥AD D．∠ABO＝∠BAO【答案】A【解析】解：∵四边形ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，∴四边形ABCD是平行四边形，当AB＝AD时，可判定四边形ABCD是菱形；当AB⊥AD时，可判定四边形ABCD是矩形；当OA＝OB时，AC＝BD，可判定四边形ABCD是矩形；当∠BAO＝∠ABO时，∴OA＝OB，∴AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形；故选：A．21．（2023春•恩施市期末）如图，在△ABC中，点D是边BC上的点（与B、C两点不重合），过点D作DE∥AC，DF∥AB，分别交AB、AC于E、F两点，下列说法正确的是（）A．若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是菱形 B．若BD＝CD，则四边形AEDF是菱形 C．若AD垂直平分BC，则四边形AEDF是矩形 D．若AD⊥BC，则四边形AEDF是矩形【答案】A【解析】解：A、若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是菱形；正确；B、若BD＝CD，则四边形AEDF是平行四边形，不一定是菱形；错误；C、若AD垂直平分BC，则四边形AEDF是菱形，不一定是矩形；错误；D、若AD⊥BC，则四边形AEDF是平行四边形，不一定是矩形；错误；故选：A．【考点8矩形的性质与判定综合运用】22．（2022秋•平昌县校级期末）如图：在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC至点F，使CF＝BE，连接DF．（1）求证：四边形AEFD是矩形；（2）若BF＝16，DF＝8，求CD的长．【答案】（1）见详解；（2）CD＝10．【解析】解：（1）在菱形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝CD＝AB，∵CF＝BE，∴CF+EC＝BE+EC，∴EF＝BC，∴EF＝AD，∵AD∥BC，∴四边形AEFD是平行四边形，∵AE⊥BC，∴平行四边形AEFD是矩形；（2）在菱形ABCD中，BC＝CD，∵BF＝16，∴CF＝BF﹣BC＝16﹣CD，∵在矩形AEFD中，∠F＝90°，∵DF＝8，∴在Rt△CFD中，，解得：CD＝10．23．（2023春•怀化期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，CF＝AE，连接AF，BF．（1）求证：四边形BFDE是矩形．（2）若AF是∠DAB的平分线．若CF＝6，BF＝8，求DC的长．【答案】（1）证明见解析；（2）16．【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD∥AB，CD＝AB，∵CF＝AE，∴DF＝BE，又∵DF∥BE，∴四边形DFBE是平行四边形，∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90°，∴平行四边形DFBE是矩形；（2）解：由（1）可知，四边形BFDE是矩形，∴∠BFD＝90°，∴∠BFC＝90°，∴BC＝＝＝10，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC＝10，AB∥DC，∴∠BAF＝∠DFA，∵AF是∠DAB的平分线，∴∠BAF＝∠DAF，∴∠DAF＝∠DFA，∴DF＝DA＝10，∴DC＝DF+CF＝10+6＝16．24．（2023春•临邑县期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使得CF＝BE，连接DF，（1）求证：四边形AEFD是矩形；（2）连接OE，若AB＝13，OE＝，求AE的长．【答案】（1）证明见解析；（2）12．【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC且AD＝BC，∵BE＝CF，∴BC＝EF，∴AD＝EF，∵AD∥EF，∴四边形AEFD是平行四边形，∵AE⊥BC，∴∠AEF＝90°，∴四边形AEFD是矩形；（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AB＝13，∴BC＝AB＝13，AC⊥BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，∵AE⊥BC，∴∠AEC＝90°，∴OE＝AC＝OA＝2，AC＝2OE＝4，∴OB＝＝＝3，∴BD＝2OB＝6，∵菱形ABCD的面积＝BD×AC＝BC×AE，即×6×4＝13×AE，解得：AE＝12．【考点9矩形形中最小值问题】25．（2023春•自贡期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BA＝5，AC＝12，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，点G为四边形DEAF对角线交点，则线段GF的最小值为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】解：如图，连接AD、EF，∵∠BAC＝90°，且BA＝5，AC＝12，∴BC＝＝＝13，∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠DEA＝∠DFA＝∠BAC＝90°，∴四边形DEAF是矩形，∴EF＝AD，GF＝GE，当AD⊥BC时，AD的值最小，则EF的值最小，此时，△ABC的面积＝BA•AC＝BC×AD，∴AD＝＝＝，∴EF的最小值为，∴GF的最小值＝×＝，故选：B．26．（2022秋•朝阳区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝10，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连结CP、QD，则PC+QD的最小值为（）A．22 B．24 C．25 D．26【答案】D【解析】解：如图，连接BP，在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝10，∵AP＝CQ，∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，∴DP＝QB，DP∥BQ，∴四边形DPBQ是平行四边形，∴PB∥DQ，PB＝DQ，则PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，在BA的延长线上截取AE＝AB＝12，连接PE，则BE＝2AB＝24，∵PA⊥BE，∴PA是BE的垂直平分线，∴PB＝PE，∴PC+PB＝PC+PE，连接CE，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，∴CE＝＝＝26，∴PC+PB的最小值为26，即PC+QD的最小值为26，故选：D．【考点10梯子模型运用】27．（2023春•赵县期末）如图，∠MON＝90°，长方形ABCD的顶点B、C分别在边OM、ON上，当B在边OM上运动时，C随之在边ON上运动，若CD＝5，BC＝24，运动过程中，点D到点O的最大距离为（）A．24 B．25 C． D．26【答案】B【解析】解：如图，取BC的中点E，连接OE、DE、OD，∵OD≤OE+DE，∴当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，此时，∵CD＝5，BC＝24，∴OE＝EC＝BC＝12，DE＝，∴OD的最大值为：12+13＝25．故选：B．28．（2023春•清原县期末）如图，矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，点A在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上．当点A在x轴上运动时，点D也随之在y轴上运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为+1．【答案】+1．【解析】解：如图，取AD的中点H，连接CH，OH，∵矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，∴CD＝AB＝1，AD＝BC＝2，∵点H是AD的中点，∴AH＝DH＝1，∴CH＝＝＝，∵∠AOD＝90°，点H是AD的中点，∴OH＝AD＝1，在△OCH中，CO＜OH+CH，当点H在OC上时，CO＝OH+CH，∴CO的最大值为OH+CH＝+1，故答案为：+1．【考点11矩形中折叠问题】29．（2023春•龙江县期末）如图，点E在矩形纸片ABCD的边AD上，将矩形ABCD沿BE折叠，使点A落在对角线BD上的点A′处．若∠DBC＝28°，则∠A′EB的度数为（）A．48° B．59° C．62° D．66°【答案】B【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ABC＝90°，∴∠ABD＝90°﹣∠DBC＝90°﹣28°＝62°，由折叠的性质可得∠A＝∠BA′E＝90°，∠A′BE＝∠ABE＝∠ABD＝31°，在Rt△A′BE中，∠A′EB＝90°﹣∠A′BE＝90°﹣31°＝59°，故选：B．30．（2023春•乾安县期末）如图，四边形ABCD为矩形纸片，把纸片ABCD折叠，使点B恰好落在CD边的中点E处，折痕为AF，若CD＝6，则AF等于（）A． B． C． D．8【答案】A【解析】解：由折叠的性质得BF＝EF，AE＝AB，因为CD＝6，E为CD中点，故ED＝3，又因为AE＝AB＝CD＝6，所以∠EAD＝30°，则∠FAE＝（90°﹣30°）＝30°，设FE＝x，则AF＝2x，在△AEF中，根据勾股定理，（2x）2＝62+x2，x2＝12，x1＝2，x2＝﹣2（舍去）．AF＝2×2＝4．故选：A．31.（2023春•梅州期末）如图1，已知长方形纸带ABCD，AB∥CD，AD∥BC，∠C＝90°，点E、F分别在边AD、BC上，∠1＝20°，如图2，将纸带先沿直线EF折叠后，点C、D分别落在H、G的位置，如图3，将纸带再沿FS折叠一次，使点H落在线段EF上点M的位置，那么∠2＝60°．【答案】60．【解析】解：在矩形ABCD中，AD∥BC，∵∠1＝20°，∴∠BFE＝∠1＝20°，∴∠EFC＝180°﹣20°＝160°，根据第一次折叠，可得∠EFH＝∠EFC＝160°，根据第二次折叠，可知∠MFS＝∠HFS＝80°，∴∠2＝∠MFS﹣∠EFB＝80°﹣20°＝60°，故答案为：60【考点12矩形中动点问题】32．（2023春•长安区期末）如图，在长方形ABCD中，已知AB＝6cm，BC＝10cm，点P以2cm/s的速度由点B向点C运动，同时点Q以acm/s的速度由点C向点D运动，若某时刻以A、B、P为顶点的三角形和以P、C、Q为顶点的三角形全等，则a的值为（）A．2 B．3 C．2或 D．2或【答案】D【解析】解：由已知得：PC＝BC﹣BP＝（10﹣2t）cm；①若△ABP≌△PCQ．则AB＝PC＝6cm，∴6＝10﹣2t，∴t＝2．∴a＝2；②若△ABP≌△QCP．则AB＝CQ＝6cm，BP＝CP＝（10﹣2t）cm，则t＝．得：a＝6．解得：a＝．综上，a的值为2或．故选：D．33．（2023春•莲池区期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝4cm，BC＝3cm，E为CD的中点动点P从A点出发，以每秒1cm的速度沿A→B→C→E运动，最终到达点E．若点P运动的时间为x秒，则当△APE的面积为5cm2时，x的值为（）A．5 B．3或5 C． D．或5【答案】D【解析】解：①当P在AB上时，∵△APE的面积等于5cm2，∴x•3＝5，解得：x＝；当P在BC上时，∵△APE的面积等于5cm2，∴S矩形ABCD﹣S△CPE﹣S△ADE﹣S△ABP＝5，∴3×4﹣（3+4﹣x）×2﹣×2×3﹣×4×（x﹣4）＝5，解得：x＝5；③当P在CE上时，∵△APE的面积为5cm2，∴（4+3+2﹣x）×3＝5，解得：x＝（不合题意舍去），综上所述，x的值为或5，故选：D．34．（2023春•来凤县期末）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：①当t＝4s时，四边形ABMP为矩形；②当t＝5s时，四边形CDPM为平行四边形；③当CD＝PM时，t＝4或5s；④当CD＝PM时，t＝4或6s．其中结论正确的个数有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】A【解析】解：根据题意，可得DP＝tcm，BM＝tcm，∵AD＝10cm，BC＝8cm，∴AP＝（10﹣t）cm，CM＝（8﹣t）cm，当四边形ABMP为矩形时，AP＝BM，即10﹣t＝t，解得t＝5，故①不正确；当四边形CDPM为平行四边形时，则DP＝CM，即8﹣t＝t，解得t＝4，故②不正确；当CD＝PM时，分两种情况：当四边形CDPM是平行四边形时，则DP＝CM，即8﹣t＝t，解得t＝4，当四边形CDPM是等腰梯形时，过点M作MG⊥AD于点G，过点C作CH⊥AD于点H，如图所示，则∠MGP＝∠CHD＝90°，∵CD＝PM，GM＝HC，∴Rt△MGP≌Rt△CHD（HL），∴GP＝HD，∴，又BM＝t，∠A＝∠B＝90°，MG⊥AD，∴AG＝BM，即，解得t＝6，综上可得，当CD＝PM时，t＝6或t＝4，故③错误，④正确，∴正确的结论有1个．故选：A．【考点13正方形的性质】35．（2023春•红旗区校级期末）菱形，矩形，正方形都具有的性质是（）A．四条边相等，四个角相等 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分【答案】D【解析】解：菱形，矩形，正方形都具有的性质为对角线互相平分．故选：D．36．（2023春•馆陶县期末）如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E，若∠CBF＝20°，则∠AED的度数为（）A．45° B．60° C．65° D．70°【答案】C【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC＝∠DAC＝∠ACB＝45°，∴∠AEB＝∠ACB+∠CBE＝65°，在△ABE和△ADE中，，∴△ABE≌△ADE（SAS），∴∠AED＝∠AEB＝65°，故选：C．37．（2023春•红旗区校级期末）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC＝1，CE＝3，H是AF的中点，那么CH的长是（）A．2.5 B． C． D．2【答案】B【解析】解：连接AC、CF，如图，∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，∴∠ACD＝45°，∠FCG＝45°，AC＝BC＝，CF＝CE＝3，∴∠ACF＝45°+45°＝90°，在Rt△ACF中，AF＝＝2，∵H是AF的中点，∴CH＝AF＝．故选：B．【考点14正方形的判定】38．（2023春•栖霞市期末）已知平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，则下列说法准确的是（）A．当OA＝OC时，平行四边形ABCD为矩形 B．当AB＝AD时，平行四边形ABCD为正方形 C．当∠ABC＝90°时，平行四边形ABCD为菱形 D．当AC⊥BD时，平行四边形ABCD为菱形【答案】D【解析】解：A．当OA＝OC时，不能判定平行四边形ABCD为矩形，故此选项不符合题意；B．根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，则平行四边形ABCD是菱形，不一定是正方形，故此选项不符合题意；C．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形能判定平行四边形ABCD为矩形，故此选项不符合题意；D．当AC⊥BD时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得平行四边形ABCD是菱形，故本选项正确．故选：D．39．（2023春•黄岩区期末）如图，在△ABC中，DE∥AC，DF∥AB，下列四个判断不正确的是（）A．四边形AEDF是平行四边形 B．如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是矩形 C．如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形 D．如果AD⊥BC，且AB＝AC，那么四边形AEDF是正方形【答案】D【解析】解：由DE∥CA，DF∥BA，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEDF是平行四边形；又有∠BAC＝90°，根据有一角是直角的平行四边形是矩形，可得四边形AEDF是矩形．故A、B正确；如果AD平分∠BAC，那么∠EAD＝∠FAD，又有DF∥BA，可得∠EAD＝∠ADF，∴∠FAD＝∠ADF，∴AF＝FD，那么根据邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形AEDF是菱形，故C正确；如果AD⊥BC且AB＝AC，那么AD平分∠BAC，同上可得四边形AEDF是菱形．故D错误．故选：D．40．（2023春•宜都市期末）满足下列条件的四边形是正方形的是（）A．对角线互相垂直且相等的平行四边形 B．对角线互相垂直的菱形 C．对角线相等的矩形 D．对角线互相垂直平分的四边形【答案】A【解析】解：A选项，对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故A选项正确，符合题意；B选项，对角线互相垂直的长方形是正方形，故B选项错误，不符合题意；C选项，对角线相等的菱形是正方形，故C选项错误，不符合题意；D选项，对角线互相垂直平分的长方形是正方形，故D选项错误，不符合题意；故选：A．【考点15矩形的性质与判定综合运用】41．（2022春•碑林区校级期末）如图，已知四边形ABCD为正方形AB＝2，点E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．在下列结论中：①矩形DEFG是正方形；②2CE+CG＝AD；③CG平分∠DCF；④CE＝CF．其中正确的结论有（）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④【答案】A【解析】解：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，∴NE＝NC，∴四边形EMCN为正方形，∵四边形DEFG是矩形，∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF，又∠DNE＝∠FME＝90°，在△DEN和△FEM中，，∴△DEN≌△FEM（ASA），∴ED＝EF，∴矩形DEFG为正方形；故①正确；∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，在△ADE和△CDG中，，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，∵∠DCF＝90°，∴CG平分∠DCF，故③正确；∴AC＝AE+CE＝CE+CG＝AD，故②错误；当DE⊥AC时，点C与点F重合，∴CE不一定等于CF，故④错误，故选：A．42．（2023春•中江县期末）如图，E、F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且DF＝BE．（1）求证：四边形AECF是菱形；（2）若，BF＝4，求四边形AECF的周长．【答案】（1）证明见解析；（2）4．【解析】（1）证明：连接AC，交BD于点O，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，AO＝CO，DO＝BO，∵BE＝DF，∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF，∴四边形AECF是平行四边形，∵AC⊥EF，∴四边形AECF是菱形；（2）解：由（1）知：四边形AECF是菱形，∵AB＝3，AC⊥EF，∴AC＝BD＝6，∴OA＝3，∵BF＝4，∴EF＝BD﹣BF＝2，∴OE＝1，∴AE＝，∴菱形AECF的周长＝4．43．（2023春•番禺区校级期中）如图，在△ABC中，点D、E、F分别在BC、AB、AC边上，且DE∥AC，DF∥AB．（1）如果∠BAC＝90°那么四边形AEDF是矩形；（2）如果AD是△ABC的角平分线，那么四边形AEDF是菱形；（3）如果∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线，那么四边形AEDF是正方形，证明你的结论（仅需证明第3）题结论）【答案】见试题解答内容【解析】解：（1）∵DE∥AC，DF∥AB，∴四边形AEDF是平行四边形，又∵∠BAC＝90°，∴四边形AEDF是矩形；（2）∵DE∥AC，DF∥AB，∴∠ADE＝∠DAF，四边形AEDF是平行四边形，又∵AD是△ABC的角平分线，∴∠DAE＝∠DAF，∴∠ADE＝∠DAE，∴AE＝DE，∴▱AEDF是菱形；（3）由（1）知四边形AEDF是矩形，由（2）知四边形AEDF是菱形，所以四边形AEDF是正方形．44．（2023春•来凤县期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE．交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．①求证：矩形DEFG是正方形；②探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．【答案】见试题解答内容【解析】①证明：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：∵正方形ABCD，∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，且NE＝NC，∴四边形EMCN为正方形，∵四边形DEFG是矩形，∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF，又∠DNE＝∠FME＝90°，在△DEN和△FEM中，，∴△DEN≌△FEM（ASA），∴ED＝EF，∴矩形DEFG为正方形；②解：CE+CG的值为定值，理由如下：∵矩形DEFG为正方形，∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，在△ADE和△CDG中，，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∴AC＝AE+CE＝AB＝×2＝4，∴CE+CG＝4是定值．【考点16正方形中最小值问题】45．（2023•池州开学）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD上的动点，且BE＝CF，连接BF，DE，则BF+DE的最小值为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】解：如图，连接AE，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，又∵BE＝CF，∴△ABE≌△BCF（SAS），∴AE＝BF，∴BF+DE的最小值等于AE+DE的最小值，如图，作点A关于BC的对称点H，连接BH，则A，B，H三点共线，连接DH，DH与BC的交点即为所求的点E，根据对称性可知AE＝HE，HB＝AB＝2，∴AE+DE＝DH，在Rt△ADH中，AH＝4，AD＝2，由勾股定理得，∴BF+DE的最小值为，故选：D．46．（2023春•邗江区校级期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在AB、AD、CD上，AB＝3，AE＝1，DG＞AE，BF＝EG，BF与EG交于点P．连接DP，则DP的最小值为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】解：如图，过点E作EM⊥CD于点M，取BE的中点Q，连接QP、QD，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠A＝∠ADC＝∠DME＝90°，AB∥CD，∴四边形ADME是矩形，∴EM＝AD＝AB，在Rt△BAF和Rt△EMG中，，∴Rt△BAF≌Rt△EMG（HL），∴∠ABF＝∠MEG，∠AFB＝∠EGM，∵AB∥CD，∴∠MGE＝∠BEG＝∠AFB，∵∠ABF+∠AFB＝90°，∴∠ABF+∠BEG＝90°，∴∠EPF＝90°，∴BF⊥EG，∵△EPB是直角三角形，Q是BE的中点，∴，∵AB＝3，AE＝1，∴BE＝3﹣1＝2，∴QB＝QE＝1，∵QD﹣QP≤DP，∴当Q、D、P共线时，DP有最小值，∵，AQ＝AE+EQ＝1+1＝2，∴，∴，∴PD的最小值为．故选：A．47．（2023春•江油市期末）如图，在正方形ABCD中，点M在BD上运动，过点M分别作ME⊥AB，MF⊥AD，垂足分别为点E，F，若BC＝4，则EF的最小值为（）A． B．2 C． D．【答案】D【解析】解：连接AM，∵四边形ABCD是正方形，∠ADB＝45°，AD＝BC＝4，∴∠A＝90°，∵ME⊥AB，MF⊥AD，∴四边形AFME是矩形，∴AM＝EF，当AM垂直于BD时，AM最小，此时EF最小，∵∠AMD＝90°，∠ADM＝45°，∴△ADM是等腰直角三角形，∴AM＝AD＝2，∴EF的最小值是2．故选：D．【考点17正方形-对角互模型】48．（2023秋•莲湖区期中）定义：若一个四边形满足三个条件①有一组对角互补，②一组邻边相等，③相等邻边的夹角为直角，则称这样的四边形为“直角等邻对补”四边形，简称为“直等补”四边形．根据以上定义，解答下列问题．（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E在CD边上，点F在CB边的延长线上，且DE＝BF，连接AE，AF，请根据定义判断四边形AFCE是否是“直等补”四边形，并说明理由．（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝AD，AE⊥BC于点E，若AB＝20，CD＝4，求BC的长．【答案】（1）四边形AFCE是“直等补”四边形，理由见解析；（2）28．【解析】解：（1）四边形AFCE是“直等补”四边形，理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠D＝∠ABC＝90°，∴∠ABF＝90°，在△ABF与△ADE中，，∴△ABF≌△ADE（SAS），∴AF＝AE，∠BAF＝∠DAE，∴∠BAF+∠BAE＝∠DAE+∠BAE＝90°，∴∠FAE＝90°，∴∠FAE+∠C＝180°，∴四边形AFCE是“直等补”四边形；（2）连接BD，∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝AD，∴∠BAD＝90°，∴∠C+∠BAD＝180°，∴∠C＝90°，∵AB＝AD＝20，∴BD＝＝20，∵CD＝4，∴BC＝＝28．49．（2023春•栖霞市期末）如图，已知四边形ABCD是正方形，对角线AC、BD相交于O，设E、F分别是AD、AB上的点，若∠EOF＝90°，DO＝4，求四边形AEOF的面积．【答案】四边形AEOF的面积是8．【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，对角线AC、BD相交于O，∴DO＝BO，AO＝CO，且BD＝AC，BD⊥AC，∴DO＝AO＝4，∠AOD＝90°，∵∠EOF＝90°，∴∠DOE＝∠AOF＝90°﹣∠AOE，∵AD＝AB＝AB＝CB，∠DAB＝∠ABC＝90°，∴∠ADB＝∠ABD＝45°，∠BAC＝∠BCA＝45°，∴∠ADB＝∠BAC，在△DOE和△AOF中，，∴△DOE≌△AOF（ASA），∴S△DOE＝S△AOF，∴S四边形AEOF＝S△AOE+S△AOF＝S△AOE+S△DOE＝S△AOD＝×4×4＝8，∴四边形AEOF的面积是8．50．（2023秋•峄城区校级月考）如图，正方形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，OA1交AB于点E，OC1交BC于点F．（1）求证：△AOE≌△BOF；（2）如果两个正方形的边长都为4，求四边形OEBF的面积．【答案】（1）证明见解答过程；（2）4．【解析】（1）证明：在正方形ABCD中，AO＝BO，∠AOB＝90°，∠OAB＝∠OBC＝45°，∵∠AOE+∠EOB＝90°，∠BOF+∠EOB＝90°，∴∠AOE＝∠BOF．在△AOE和△BOF中，，∴△AOE≌△BOF（ASA）．（2）解：∵△AOE≌△BOF，∴S四边形OEBF＝S△EOB+S△OBF＝S△EOB+S△AOE＝S△AOB＝S正方形ABCD＝×42＝4，答：四边形OEBF的面积为4．【考点18正方形-半角互模型】51．（2023春•宁津县期末）（1）对于试题“如图①，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、DC上的点，且∠EAF＝45°，连接EF，探究BE、DF、EF之间的数量关系”，数学王老师给出了如下的思路：延长CB到M，使得BM＝DF，连接AM，……，利用三角形全等的判定及性质解答，……请根据数学王老师的思路探究BE、DF、EF之间的数量关系，并说明理由；（2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、DC上的点，且∠EAF＝∠BAD，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．【答案】（1）EF＝BE+DF，理由见解析；（2）成立，理由见解析．【解析】解：（1）EF＝BE+DF，理由：如图①，延长CB到M，使得BM＝DF，连接AM，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABM＝90°，又∵BM＝DF，∴△ADF≌△ABM（SAS），∴AF＝AM，∠1＝∠2，∵∠EAF＝45°，∴∠1+∠3＝45°，∴∠2+∠3＝∠MAE＝45°＝∠EAF，又∵AE＝AE，∴△EAM≌△EAF（SAS），∴EF＝EM＝BE+BM，又∵BM＝DF，∴EF＝BE+DF；（2）EF＝BE+DF仍然成立，理由如下：如图②，延长CB到M，使得BM＝DF，连接AM，∵∠ABC+∠D＝180°，∠AB