中考数学二轮复习冲刺第14讲 特殊的四边形（知识精讲+真题练+模拟练+自招练）（解析版）

第14讲特殊的四边形（知识精讲+真题练+模拟练+自招练）【考纲要求】1.会识别矩形、菱形、正方形以及梯形；2.掌握矩形、菱形、正方形的概念、判定和性质，会用矩形、菱形、正方形的性质和判定解决问题．3.掌握梯形的概念以及了解等腰梯形、直角梯形的性质和判定，会用性质和判定解决实际问题【知识导图】【考点梳理】考点一、几种特殊四边形性质、判定四边形性质判定边角对角线矩形对边平行且相等四个角是直角相等且互相平分①有一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形.中心、轴对称图形菱形四条边相等对角相等，邻角互补垂直且互相平分，每一条对角线平分一组对角①有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形中心对称图形正方形四条边相等四个角是直角相等、垂直、平分，并且每一条对角线平分一组对角1、邻边相等的矩形是正方形2、对角线垂直的矩形是正方形3、有一个角是直角的菱形是正方形4、对角线相等的菱形是正方形中心、轴对称等腰梯形两底平行，两腰相等同一底上的两个角相等相等1、两腰相等的梯形是等腰梯形；2、在同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形；3、对角线相等的梯形是等腰梯形.轴对称图形考点二、中点四边形相关问题中点四边形的概念：把依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形．若中点四边形为矩形，则原四边形满足条件对角线互相垂直；若中点四边形为菱形，则原四边形满足条件对角线相等；若中点四边形为正方形，则原四边形满足条件对角线互相垂直且相等．考点三、重心1.线段的中点是线段的重心；三角形三条中线相交于一点，这个交点叫做三角形的重心；三角形的重心与顶点的距离等于它与对边中点的距离的2倍.平行四边形对角线的交点是平行四边形的重心。【典型例题】题型一、特殊的平行四边形的应用例1.如图，设四边形ABCD是边长为1的正方形，以对角线AC为边作第二个正方形ACEF、再以对角线AE为边作笫三个正方形AEGH，如此下去…．若正方形ABCD的边长记为a1，按上述方法所作的正方形的边长依次为a2，a3，a4，…，an，则an=___________．【思路点拨】求a2的长即AC的长，根据直角△ABC中AB2+BC2=AC2可以计算，同理计算a3、a4．由求出的a2=a1，a3=a2…，an=an-1=（）n-1，可以找出规律，得到第n个正方形边长的表达式．【答案】（）n-1.【解析】∵a2=AC，且在直角△ABC中，AB2+BC2=AC2，∴a2=a1=，同理a3=a2=2，,a4=a3=2，…由此可知：an=an-1=（）n-1故答案为：（）n-1.【总结升华】考查了正方形的性质，以及勾股定理在直角三角形中的运用，考查了学生找规律的能力，本题中找到an的规律是解题的关键．【变式】长为1，宽为a的矩形纸片（），如图那样折一下，剪下一个边长等于矩形宽度的正方形（称为第一次操作）；再把剩下的矩形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时矩形宽度的正方形（称为第二次操作）；如此反复操作下去．若在第n此操作后，剩下的矩形为正方形，则操作终止．当n=3时，a的值为________．第一次操作第二次操作第一次操作第二次操作【答案】或.例2．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AC=6，BD=8，点P是AC延长线上的一个动点，过点P作PE⊥AD，垂足为E，作CD延长线的垂线，垂足为E，则|PE﹣PF|=．【思路点拨】延长BC交PE于G，由菱形的性质得出AD∥BC，OA=OC=AC=3，OB=OD=BD=4，AC⊥BD，∠ACB=∠ACD，由勾股定理求出AD，由对顶角相等得出∠PCF=∠PCG，由菱形的面积的两种计算方法求出EG，由角平分线的性质定理得出PG=PF，得出PE﹣PF=PE﹣PG=EG即可．【答案】4.8．【解析】解：延长BC交PE于G，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，OA=OC=AC=3，OB=OD=BD=4，AC⊥BD，∠ACB=∠ACD，∴AD==5，∠PCF=∠PCG，∵菱形的面积=AD•EG=AC•BD=×6×8=24，∴EG=4.8，∵PE⊥AD，∴PE⊥BG，∵PF⊥DF，∴PG=PF，∴PE﹣PF=PE﹣PG=EG=4.8．故答案为：4.8．【总结升华】本题考查了菱形的性质、勾股定理、角平分线的性质定理、菱形面积的计算等知识；本题综合性强，有一定难度，通过作辅助线证出PG=PF是解决问题的关键．题型二、梯形的应用例3．如图，在梯形ABCD中，已知AD∥BC，∠B=90°，AB=7，AD=9，BC=12，在线段BC上任取一点E，连接DE，作EF⊥DE，交直线AB于点F．（1）若点F与B重合，求CE的长；（2）若点F在线段AB上，且AF=CE，求CE的长；（3）设CE=x，BF=y，写出y关于x的函数关系式（直接写出结果可）．【思路点拨】（1）先证明四边形ABED为矩形，CE=BC-AD，继而即可求出答案；（2）设AF=CE=x，则HE=x-3，BF=7-x，再通过证明△BEF∽△HDE，根据对应边成比例，然后代入求解即可；（3）综合（1）（2）两种情况，然后代入求出解析式即可．【答案与解析】（1）∵F与B重合，且EF⊥DE，∴DE⊥BC，∵AD∥BC，∠B=90°，∴∠A=∠B=90°，∴四边形ABED为矩形，∴BE=AD=9，∴CE=12-9=3．（2）作DH⊥BC于H，则DH=AB=7，CH=3．设AF=CE=x，∵F在线段AB上，∴点E在线段BH上，CH=3，CE=x，∴HE=x-3，BF=7-x，∵∠BEF+90°+∠HED=180°，∠HDE+90°+∠HED=180°，∴∠BEF=∠HDE，又∵∠B=∠DHE=90°，∴△BEF∽△HDE∴=，∴=，整理得x2-22x+85=0，（x-5）（x-17）=0，∴x=5或17，经检验，它们都是原方程的解，但x=17不合题意，舍去．∴x=CE=5．（3）作DH⊥BC于H，∵AD∥BC，∠B=90°，AB=7，AD=9，BC=12，CE=x，BF=y，∴则HE=x-3，BF=y，当3≤x≤12时，易证△BEF∽△HDE，∴=，∴y=-x2+x-，当0≤x＜3，易证△BEF∽△HDE，则HE=3-x，BF=y，∴=，∴y=x2－x＋．【总结升华】本题考查直角梯形的知识，同时考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，是一道小的综合题，注意对这些知识的熟练掌握并灵活应用．【变式】如图为菱形ABCD与正方形EFGH的重迭情形，其中E在CD上，AD与GH相交于I点，且AD∥HE．若∠A=60°，且AB=7，DE=4，HE=5，则梯形HEDI的面积为（）.Ａ．Ｂ．Ｃ．10-Ｄ．10+【答案】B.题型三、特殊四边形与其他知识结合的综合运用例4.正方形ABCD边长为2，点E在对角线AC上，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°至DF的位置，连接AF，EF．（1）证明：AC⊥AF；（2）设AD2=AE×AC，求证：四边形AEDF是正方形；（3）当E点运动到什么位置时，四边形AEDF的周长有最小值，最小值是多少？【思路点拨】（1）由已知条件及正方形的性质易证△CDE≌△ADF，所以可得∠ECD=∠DAF=45°，CE=AF，进而可得∠CAF=90°，即AC⊥AF；（2）若AD2=AE×AC，再由条件∠CAD=∠EAD=45°，易证△EAD∽△DAC，所以∠AED=∠ADC=90°，即有∠AED=∠EDF=∠EAF=90°，又DE=DF，继而证明四边形AEDF为正方形；（3）当E点运动到AC中点位置时，四边形AEDF的周长有最小值，由（2）得CE=AF，则有AE+AF=AC=2，又DE=DF，所以四边形AEDF的周长l=AE+AF+DE+DF=4+2DE，则DE最小四边形的周长最小，问题得解．【答案与解析】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠CDA=90°，CD=AD，ED=FD，∠CAD=45°，∵将线段DE绕点D顺时针旋转90°至DF的位置，∴∠EDF=90°，∴∠CDE=∠ADF，在△CDE和△ADF中，，∴△CDE≌△ADF，∴∠ECD=∠DAF=45°，CE=AF，∴∠CAF=90°，即AC⊥AF；（2）∵AD2=AE×AC，∴∵∠CAD=∠EAD=45°，∴△EAD∽△DAC，∴∠AED=∠ADC=90°，即有∠AED=∠EDF=∠EAF=90°，又DE=DF，∴四边形AEDF为正方形（3）当E点运动到AC中点位置时，四边形AEDF的周长有最小值，理由如下：由（2）得CE=AF，则有AE+AF=AC=2，又DE=DF，则当DE最小时，四边形AEDF的周长l=AE+AF+DE+DF=4+2DE最小，当DE⊥AC时，E点运动到AC中点位置时，此时DE=2四边形AEDF的周长最小值为8．【总结升华】本题用到的知识点有正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及四边形周长最小值的问题、动点问题，题目的综合性较强，难度中等，是一道不错的中考题压轴题．例5．如图所示，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC、CD上滑动，且E、F不与B、C、D重合．

（1）证明不论E、F在BC、CD上如何滑动，总有BE=CF；

（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，分别探讨四边形AECF和△CEF的面积是否发生变化？如果不变，求出这个定值；如果变化，求出最大（或最小）值．【思路点拨】（1）先求证AB=AC，进而求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4=60°，AC=AB进而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF；（2）根据△ABE≌△ACF可得=,故根据S四边形AECF=+=+=即可解题；当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，又根据=S四边形AECF-，则△CEF的面积就会最大．【答案与解析】（1）证明：连接AC，如下图所示，∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，∠1+∠EAC=60°，∠3+∠EAC=60°，∴∠1=∠3，∵∠BAD=120°，∴∠ABC=60°，∴△ABC和△ACD为等边三角形，∴∠4=60°，AC=AB，∴在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（ASA）．∴BE=CF；（2）解：四边形AECF的面积不变，△CEF的面积发生变化．理由：由（1）得△ABE≌△ACF，则S△ABE=S△ACF，故S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值，作AH⊥BC于H点，则BH=2，S四边形AECF=S△ABC=BC•AH=BC•=，由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．故△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，又S△CEF=S四边形AECF-S△AEF，则此时△CEF的面积就会最大．∴S△CEF=S四边形AECF-S△AEF=-××=．【总结升华】考查了菱形的性质、全等三角形判定与性质及三角形面积的计算，求证△ABE≌△ACF是解题的关键，有一定难度．例6.如图，正方形ABCD的边AD与矩形EFGH的边FG重合，将正方形ABCD以1cm/s的速度沿FG方向移动，移动开始前点A与点F重合，在移动过程中，边AD始终与边FG重合，连接CG，过点A作CG的平行线交线段GH于点P，连接PD．已知正方形ABCD的边长为1cm，矩形EFGH的边FG，GH的长分别为4cm，3cm，设正方形移动时间为x（s），线段GP的长为y（cm），其中0≤x≤2.5．

（1）试求出y关于x的函数关系式，并求当y=3时相应x的值；

（2）记△DGP的面积为S1，△CDG的面积为S2．试说明S1-S2是常数；

（3）当线段PD所在直线与正方形ABCD的对角线AC垂直时，求线段PD的长．【思路点拨】（1）根据题意表示出AG、GD的长度，再由△GCD∽△APG，利用对应边成比例可解出x的值．（2）利用（1）得出的y与x的关系式表示出S1、S2，然后作差即可．（3）延长PD交AC于点Q，然后判断△DGP是等腰直角三角形，从而结合x的范围得出x的值，在Rt△DGP中，解直角三角形可得出PD的长度．【答案与解析】（1）∵CG∥AP，∴△GCD∽△APG，∴=，∵GF=4，CD=DA=1，AF=，∴GD=3-，AG=4-，∴=，即y=，∴y关于x的函数关系式为y=，当y=3时，=3，解得x=2.5，经检验的x=2.5是分式方程的根．故x的值为2.5；（2）∵S1=GP•GD=••（3-）=，S2=GD•CD=（3-x）×1=，∴S1-S2=-=即为常数；（3）延长PD交AC于点Q．∵正方形ABCD中，AC为对角线，∴∠CAD=45°，∵PQ⊥AC，∴∠ADQ=45°，∴∠GDP=∠ADQ=45°．∴△DGP是等腰直角三角形，则GD=GP，∴3-x=，化简得：x2-5x+5=0．解得：x=，∵0≤x≤2.5，∴x=，在Rt△DGP中，PD==（3-x）=．【总结升华】此题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质及解直角三角形的知识，解答本题的关键是用移动的时间表示出有关线段的长度，然后运用所学知识进行求解．【变式】如图，E是矩形ABCD边BC的中点，P是AD边上一动点，PF⊥AE，PH⊥DE，垂足分别为F，H．

（1）当矩形ABCD的长与宽满足什么条件时，四边形PHEF是矩形？请予以证明；

（2）在（1）中，动点P运动到什么位置时，矩形PHEF变为正方形？为什么？

【答案】（1）AD=2AB．证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AB=CD；∵E是BC的中点，∴AB=BE=EC=CD；则△ABE、△DCE是等腰Rt△；∴∠AEB=∠DEC=45°；∴∠AED=90°；四边形PFEH中，∠PFE=∠FEH=∠EHP=90°，故四边形PFEH是矩形；（2）点P是AD的中点时，矩形PHEF变为正方形；理由如下：由（1）可得∠BAE=∠CDE=45°；∴∠FAP=∠HDP=45°；又∵∠AFP=∠PHD=90°，AP=PD，∴Rt△AFP≌Rt△DHP；∴PF=PH；在矩形PFEH中，PF=PH，故PFEH是正方形．.【中考过关真题练】一．选择题（共6小题）1．（2022•鄂尔多斯）如图，菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，矩形BEFG的边EF经过点C，且点G在边AD上，若BG＝4，则BE的长为（）A． B． C． D．3【分析】方法一：过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，由菱形的性质得出AB＝BC＝CD＝2，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，由直角三角形的性质求出MG＝3，证明△GBM∽△BCE，由相似三角形的性质得出，则可求出答案．方法二：连接CG，求出S菱形ABCD＝2，根据S△BCG＝可求出答案．【解答】解：过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝BC＝CD＝2，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，∴∠MGN＝90°，∴四边形GMCN为矩形，∴GM＝CN，在△CDN中，∠D＝60°，CD＝2，∴CN＝CD•sin60°＝2＝3，∴MG＝3，∵四边形BEFG为矩形，∴∠E＝90°，BG∥EF，∴∠BCE＝∠GBM，又∵∠E＝∠BMG，∴△GBM∽△BCE，∴，∴，∴BE＝，方法二：连接CG，同方法一求出△BGC的BC上的高为3，∴S菱形ABCD＝2，∵S△BCG＝，∴，∴BE＝．故选：B．【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．2．（2022•广州）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上，且CE＝1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（）A． B． C．2﹣ D．【分析】连接EF，由正方形ABCD的面积为3，CE＝1，可得DE＝﹣1，tan∠EBC＝＝＝，即得∠EBC＝30°，又AF平分∠ABE，可得∠ABF＝∠ABE＝30°，故AF＝＝1，DF＝AD﹣AF＝﹣1，可知EF＝DE＝×（﹣1）＝﹣，而M，N分别是BE，BF的中点，即得MN＝EF＝．【解答】解：连接EF，如图：∵正方形ABCD的面积为3，∴AB＝BC＝CD＝AD＝，∵CE＝1，∴DE＝﹣1，tan∠EBC＝＝＝，∴∠EBC＝30°，∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝60°，∵AF平分∠ABE，∴∠ABF＝∠ABE＝30°，在Rt△ABF中，AF＝＝1，∴DF＝AD﹣AF＝﹣1，∴DE＝DF，△DEF是等腰直角三角形，∴EF＝DE＝×（﹣1）＝﹣，∵M，N分别是BE，BF的中点，∴MN是△BEF的中位线，∴MN＝EF＝．故选：D．【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及含30°角的直角三角形三边关系，等腰直角三角形三边关系，解题的关键是根据已知求得∠EBC＝30°．3．（2022•绍兴）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F是对角线BD上的动点，且BE＝DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形MENF；②存在无数个矩形MENF；③存在无数个菱形MENF；④存在无数个正方形MENF．其中正确的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．【解答】解：连接AC，MN，且令AC，MN，BD相交于点O，∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵BE＝DF，∴OE＝OF，只要OM＝ON，那么四边形MENF就是平行四边形，∵点E，F是BD上的动点，∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；只要MN＝EF，OM＝ON，则四边形MENF是矩形，∵点E，F是BD上的动点，∴存在无数个矩形MENF，故②正确；只要MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是菱形，∵点E，F是BD上的动点，∴存在无数个菱形MENF，故③正确；只要MN＝EF，MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是正方形，而符合要求的正方形只有一个，故④错误；故选：C．【点评】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线．4．（2022•随州）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DO的中点，连接MP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板．则在剪开之前，关于该图形，下列说法正确的有（）①图中的三角形都是等腰直角三角形；②四边形MPEB是菱形；③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的．A．只有① B．①② C．①③ D．②③【分析】①利用正方形的性质和中位线的性质可以解决问题；②利用①的结论可以证明OM≠MP解决问题；③如图，过M作MG⊥BC于G，设AB＝BC＝x，利用正方形的性质与中位线的性质分别求出BE和MG即可判定是否正确．【解答】解：①如图，∵E，F分别为BC，CD的中点，∴EF为△CBD的中位线，∴EF∥BD，∵AP⊥EF，∴AP⊥BD，∵四边形ABCD为正方形，∴A、O、P、C在同一条直线上，∴△ABC、△ACD、△ABD、△BCD、△OAB、△OAD、△OBC、△OCD、△EFC都是等腰直角三角形，∵M，N分别为BO，DO的中点，∴MP∥BC，NF∥OC，∴△DNF、△OMP也是等腰直角三角形．故①正确；②根据①得OM＝BM＝PM，∴BM≠PM∴四边形MPEB不可能是菱形．故②错误；③∵E，F分别为BC，CD的中点，∴EF∥BD，EF＝BD，∵四边形ABCD是正方形，且设AB＝BC＝x，∴BD＝x，∵AP⊥EF，∴AP⊥BD，∴BO＝OD，∴点P在AC上，∴PE＝EF，∴PE＝BM，∴四边形BMPE是平行四边形，∴BO＝BD，∵M为BO的中点，∴BM＝BD＝x，∵E为BC的中点，∴BE＝BC＝x，过M作MG⊥BC于G，∴MG＝BM＝x，∴四边形BMPE的面积＝BE•MG＝x2，∴四边形BMPE的面积占正方形ABCD面积的．∵E、F是BC，CD的中点，∴S△CEF＝S△CBD＝S四边形ABCD，∴四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的（1﹣﹣﹣）＝．故③正确．故选：C．【点评】本题主要考查了正方形的性质，同时也利用了中位线的性质，也考查了正方形的面积公式和三角形的面积公式，综合性比较强，能力要求比较高．5．（2022•湘西州）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，OH＝4，若菱形ABCD的面积为32，则CD的长为（）A．4 B．4 C．8 D．8【分析】在Rt△BDH中先求得BD的长，根据菱形面积公式求得AC长，再根据勾股定理求得CD长．【解答】解：∵DH⊥AB，∴∠BHD＝90°，∵四边形ABCD是菱形，∴OB＝OD，OC＝OA＝，AC⊥BD，∴OH＝OB＝OD＝（直角三角形斜边上中线等于斜边的一半），∴OD＝4，BD＝8，由得，＝32，∴AC＝8，∴OC＝＝4，∴CD＝＝8，故选C．【点评】本题考查了菱形性质，直角三角形性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是先求得BD的长．6．（2022•绵阳）如图，E、F、G、H分别是矩形的边AB、BC、CD、AD上的点，AH＝CF，AE＝CG，∠EHF＝60°，∠GHF＝45°，若AH＝2，AD＝5+，则四边形EFGH的周长为（）A．4（2+） B．4（+1） C．8（+） D．4（++2）【分析】先构造15°的直角三角形，求得15°的余弦和正切值；作EK⊥FH，可求得EH：EF＝2：；作∠ARH＝∠BFT＝15°，分别交直线AB于R和T，构造“一线三等角”，先求得FT的长，进而根据相似三角形求得ER，进而求得AE，于是得出∠AEH＝30°，进一步求得结果．【解答】解：如图1，Rt△PMN中，∠P＝15°，NQ＝PQ，∠MQN＝30°，设MN＝1，则PQ＝NQ＝2，MQ＝，PN＝，∴cos15°＝，tan15°＝2﹣，如图2，作EK⊥FH于K，作∠AHR＝∠BFT＝15°，分别交直线AB于R和T，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠C，在△AEH与△CGF中，，∴△AEH≌△CGF（SAS），∴EH＝GF，同理证得△EBF≌△GDH，则EF＝GH，∴四边形EFGH是平行四边形，设HK＝a，则EH＝2a，EK＝，∴EF＝EK＝a，∵∠EAH＝∠EBF＝90°，∴∠R＝∠T＝75°，∴∠R＝∠T＝∠HEF＝75°，可得：FT＝＝＝2，AR＝AH•tan15°＝4﹣2，△FTE∽△ERH，∴，∴，∴ER＝4，∴AE＝ER﹣AR＝2，∴tan∠AEH＝＝，∴∠AEH＝30°，∴HG＝2AH＝4，∵∠BEF＝180°﹣∠AEH﹣∠HEF＝75°，∴∠BEF＝∠T，∴EF＝FT＝2，∴EH+EF＝4+2＝2（2+），∴2（EH+EF）＝4（2+），∴四边形EFGH的周长为：4（2+），故答案为：A．【点评】本题考查了矩形性质，全等三角形判定和性质，解直角三角形，构造15°特殊角的图形及其求15°的函数值，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造“一线三等角”及构造15°直角三角形求其三角函数值．二．填空题（共9小题）7．（2022•青海）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，过点O的直线交AD，BC于点E，F，若AB＝3，BC＝4，则图中阴影部分的面积为6．【分析】首先结合矩形的性质证明△AOE≌△COF，得△AOE、△COF的面积相等，从而将阴影部分的面积转化为△BDC的面积．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝3，∴OA＝OC，AB＝CD＝3，AD∥BC，∴∠AEO＝∠CFO；又∵∠AOE＝∠COF，在△AOE和△COF中，，∴△AOE≌△COF，∴S△AOE＝S△COF，∴S阴影＝S△AOE+S△BOF+S△COD＝S△COF+S△BOF+S△COD＝S△BCD，∵S△BCD＝BC•CD＝＝6，∴S阴影＝6．故答案为6．【点评】此题主要考查了矩形的性质以及全等三角形的判定和性质，能够根据三角形全等，从而将阴影部分的面积转化为矩形面积的一半，是解决问题的关键．8．（2022•辽宁）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16．【分析】连接EF交CD于O，证明四边形CEDF是菱形，可得CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝2，在Rt△COE中，可得CE＝＝＝4，故四边形CEDF的周长是4CE＝16．【解答】解：连接EF交CD于O，如图：∵DE∥AC，DF∥BC，∴四边形CEDF是平行四边形，∵CD是△ABC的角平分线，∴∠FCD＝∠ECD，∵DE∥AC，∴∠FCD＝∠CDE，∴∠ECD＝∠CDE，∴CE＝DE，∴四边形CEDF是菱形，∴CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝2，在Rt△COE中，CE＝＝＝4，∴四边形CEDF的周长是4CE＝4×4＝16，故答案为：16．【点评】本题考查是三角形角平分线及菱形性质和判定，解题的关键是掌握平行线性质，证明四边形CEDF是菱形．9．（2022•西宁）矩形ABCD中，AB＝8，AD＝7，点E在AB边上，AE＝5．若点P是矩形ABCD边上一点，且与点A，E构成以AE为腰的等腰三角形，则等腰三角形AEP的底边长是5或4．【分析】分情况讨论：①当AP＝AE＝5时，则△AEP是等腰直角三角形，得出底边PE＝AE＝5即可；②当P1E＝AE＝5时，求出BE，由勾股定理求出P1B，再由勾股定理求出底边AP1即可．【解答】解：如图所示，①当AP＝AE＝5时，∵∠BAD＝90°，∴△AEP是等腰直角三角形，∴底边PE＝AE＝5；②当P1E＝AE＝5时，∵BE＝AB﹣AE＝8﹣5＝3，∠B＝90°，∴P1B＝，∴底边AP1＝；综上所述：等腰三角形AEP1的底边长为5或4；故答案为：5或4．【点评】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的判定，进行分类讨论是解决问题的关键．10．（2022•攀枝花）如图，以△ABC的三边为边在BC上方分别作等边△ACD、△ABE、△BCF．且点A在△BCF内部．给出以下结论：①四边形ADFE是平行四边形；②当∠BAC＝150°时，四边形ADFE是矩形；③当AB＝AC时，四边形ADFE是菱形；④当AB＝AC，且∠BAC＝150°时，四边形ADFE是正方形．其中正确结论有①②③④（填上所有正确结论的序号）．【分析】①利用SAS证明△EFB≌△ACB，得出EF＝AC＝AD；同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；根据两边分别相等的四边形是平行四边形得出四边形ADFE是平行四边形，即可判断结论①正确；②当∠BAC＝150°时，求出∠EAD＝90°，根据有一个角是90°的平行四边形是矩形即可判断结论②正确；③先证明AE＝AD，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可判断结论③正确；④根据正方形的判定：既是菱形，又是矩形的四边形是正方形即可判断结论④正确．【解答】解：①∵△ABE、△CBF是等边三角形，∴BE＝AB，BF＝CB，∠EBA＝∠FBC＝60°；∴∠EBF＝∠ABC＝60°﹣∠ABF；∴△EFB≌△ACB（SAS）；∴EF＝AC＝AD；同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；由AE＝DF，AD＝EF即可得出四边形ADFE是平行四边形，故结论①正确；②当∠BAC＝150°时，∠EAD＝360°﹣∠BAE﹣∠BAC﹣∠CAD＝360°﹣60°﹣150°﹣60°＝90°，由①知四边形AEFD是平行四边形，∴平行四边形ADFE是矩形，故结论②正确；③由①知AB＝AE，AC＝AD，四边形AEFD是平行四边形，∴当AB＝AC时，AE＝AD，∴平行四边形AEFD是菱形，故结论③正确；④综合②③的结论知：当AB＝AC，且∠BAC＝150°时，四边形AEFD既是菱形，又是矩形，∴四边形AEFD是正方形，故结论④正确．故答案为：①②③④．【点评】本题考查了平行四边形及矩形、菱形、正方形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法和性质是解答此题的关键．11．（2022•营口）如图，将△ABC沿着BC方向平移得到△DEF，只需添加一个条件即可证明四边形ABED是菱形，这个条件可以是AB＝AD（答案不唯一）．（写出一个即可）【分析】由平移的性质得AB∥DE，AB＝DE，则四边形ABED是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结论．【解答】解：这个条件可以是AB＝AD，理由如下：由平移的性质得：AB∥DE，AB＝DE，∴四边形ABED是平行四边形，又∵AB＝AD，∴平行四边形ABED是菱形，故答案为：AB＝AD（答案不唯一）．【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及平移的性质等知识，熟练掌握菱形的判定和平移的性质是解题的关键．12．（2022•吉林）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD的中点，点F在对角线AC上，且AF＝AC，连接EF．若AC＝10，则EF＝．【分析】由AF＝AC可得点F为AO中点，从而可得EF为△AOD的中位线，进而求解．【解答】解：在矩形ABCD中，AO＝OC＝AC，AC＝BD＝10，∵AF＝AC，∴AF＝AO，∴点F为AO中点，又∵点E为边AD的中点，∴EF为△AOD的中位线，∴EF＝OD＝BD＝．故答案为：．【点评】本题考查矩形的性质，解题关键是掌握三角形的中位线的性质．13．（2022•甘肃）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AD∥BC，在不添加任何辅助线的前提下，要想四边形ABCD成为一个矩形，只需添加的一个条件是∠A＝90°（答案不唯一）．【分析】先证四边形ABCD是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论．【解答】解：需添加的一个条件是∠A＝90°，理由如下：∵AB∥DC，AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，又∵∠A＝90°，∴平行四边形ABCD是矩形，故答案为：∠A＝90°（答案不唯一）．【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．14．（2022•海南）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，AE＝AF，∠EAF＝30°，则∠AEB＝60°；若△AEF的面积等于1，则AB的值是．【分析】利用“HL”先说明△ABE与△ADF全等，得结论∠BAE＝∠DAF，再利用角的和差关系及三角形的内角和定理求出∠AEB；先利用三角形的面积求出AE，再利用直角三角形的边角间关系求出AB．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°．在Rt△ABE和Rt△ADF中，，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）．∴∠BAE＝∠DAF．∴∠BAE＝（∠BAD﹣∠EAF）＝（90°﹣30°）＝30°．∴∠AEB＝60°．故答案为：60．过点F作FG⊥AE，垂足为G．∵sin∠EAF＝，∴FG＝sin∠EAF×AF．∵S△AEF＝×AE×FG＝×AE×AF×sin∠EAF＝1，∴×AE2×sin30°＝1．即×AE2×＝1．∴AE＝2．在Rt△ABE中，∵cos∠BAE＝，∴AB＝cos30°×AE＝×2＝．故答案为：．【点评】本题主要考查了正方形的性质及解直角三角形，掌握正方形的性质及直角三角形的边角间关系是解决本题的关键．15．（2022•黔东南州）如图，折叠边长为4cm的正方形纸片ABCD，折痕是DM，点C落在点E处，分别延长ME、DE交AB于点F、G，若点M是BC边的中点，则FG＝cm．【分析】如图，连接DF，可证得Rt△DAF≌Rt△DEF（HL），则AF＝EF，设AF＝xcm，则EF＝xcm，利用勾股定理求得x＝，再由△FGE∽△FMB，即可求得答案．【解答】解：如图，连接DF，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD＝AB＝BC＝4cm，∠A＝∠B＝∠C＝90°，∵点M是BC边的中点，∴CM＝BM＝BC＝2cm，由折叠得：DE＝CD＝4cm，EM＝CM＝2cm，∠DEM＝∠C＝90°，∴∠DEF＝180°﹣90°＝90°，AD＝DE，∴∠A＝∠DEF，在Rt△DAF和Rt△DEF中，，∴Rt△DAF≌Rt△DEF（HL），∴AF＝EF，设AF＝xcm，则EF＝xcm，∴BF＝（4﹣x）cm，FM＝（x+2）cm，在Rt△BFM中，BF2+BM2＝FM2，∴（4﹣x）2+22＝（x+2）2，解得：x＝，∴AF＝EF＝cm，BF＝4﹣＝cm，FM＝+2＝cm，∵∠FEG＝∠DEM＝90°，∴∠FEG＝∠B＝90°，∵∠EFG＝∠BFM，∴△FGE∽△FMB，∴＝，即＝，∴FG＝cm，故答案为：．【点评】此题考查了折叠的性质、正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定与性质．此题有一定难度，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．三．解答题（共10小题）16．（2022•云南）如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，E为线段AD的中点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF，∠BDF＝90°．（1）求证：四边形ABDF是矩形；（2）若AD＝5，DF＝3，求四边形ABCF的面积S．【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，得∠BAE＝∠FDE，而点E是AD的中点，可得△BEA≌△FED（ASA），即知EF＝EB，从而四边形ABDF是平行四边形，又∠BDF＝90°，即得四边形ABDF是矩形；（2）由∠AFD＝90°，AB＝DF＝3，AF＝BD，得AF＝＝＝4，S矩形ABDF＝DF•AF＝12，四边形ABCD是平行四边形，得CD＝AB＝3，从而S△BCD＝BD•CD＝6，即可得四边形ABCF的面积S为18．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴BA∥CD，∴∠BAE＝∠FDE，∵点E是AD的中点，∴AE＝DE，在△BEA和△FED中，，∴△BEA≌△FED（ASA），∴EF＝EB，又∵AE＝DE，∴四边形ABDF是平行四边形，∵∠BDF＝90°．∴四边形ABDF是矩形；（2）解：由（1）得四边形ABDF是矩形，∴∠AFD＝90°，AB＝DF＝3，AF＝BD，∴AF＝＝＝4，∴S矩形ABDF＝DF•AF＝3×4＝12，BD＝AF＝4，∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD＝AB＝3，∴S△BCD＝BD•CD＝×4×3＝6，∴四边形ABCF的面积S＝S矩形ABDF+S△BCD＝12+6＝18，答：四边形ABCF的面积S为18．【点评】本题考查平行四边形性质及应用，涉及矩形的判定，全等三角形判定与性质，勾股定理及应用等，解题的关键是掌握全等三角形判定定理，证明△BEA≌△FED．17．（2022•聊城）如图，△ABC中，点D是AB上一点，点E是AC的中点，过点C作CF∥AB，交DE的延长线于点F．（1）求证：AD＝CF；（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．【分析】（1）由CF∥AB，得∠ADF＝∠CFD，∠DAC＝∠FCA，又AE＝CE，可证△ADE≌△CFE（AAS），即得AD＝CF；（2）由AD＝CF，AD∥CF，知四边形ADCF是平行四边形，若AC⊥BC，点D是AB的中点，可得CD＝AB＝AD，即得四边形ADCF是菱形．【解答】（1）证明：∵CF∥AB，∴∠ADF＝∠CFD，∠DAC＝∠FCA，∵点E是AC的中点，∴AE＝CE，∴△ADE≌△CFE（AAS），∴AD＝CF；（2）解：当AC⊥BC时，四边形ADCF是菱形，证明如下：由（1）知，AD＝CF，∵AD∥CF，∴四边形ADCF是平行四边形，∵AC⊥BC，∴△ABC是直角三角形，∵点D是AB的中点，∴CD＝AB＝AD，∴四边形ADCF是菱形．【点评】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．18．（2022•广元）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC平分∠DAB，AB＝2CD，E为AB中点，连结CE．（1）求证：四边形AECD为菱形；（2）若∠D＝120°，DC＝2，求△ABC的面积．【分析】（1）由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证四边形AECD是平行四边形，由平行线的性质和角平分线的性质可证AD＝CD，可得结论；（2）由菱形的性质可求AE＝BE＝CE＝2，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求BC，AC的长，即可求解．【解答】（1）证明：∵E为AB中点，∴AB＝2AE＝2BE，∵AB＝2CD，∴CD＝AE，又∵AE∥CD，∴四边形AECD是平行四边形，∵AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠EAC，∵AB∥CD，∴∠DCA＝∠CAB，∴∠DCA＝∠DAC，∴AD＝CD，∴平行四边形AECD是菱形；（2）∵四边形AECD是菱形，∠D＝120°，∴AD＝CD＝CE＝AE＝2，∠D＝120°＝∠AEC，∴AE＝CE＝BE，∠CEB＝60°，∴∠CAE＝30°＝∠ACE，△CEB是等边三角形，∴BE＝BC＝EC＝2，∠B＝60°，∴∠ACB＝90°，∴AC＝BC＝2，∴S△ABC＝×AC×BC＝×2×2＝2．【点评】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的性质，角平分线的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．19．（2022•湖州）如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝Rt∠，D是AB边上一点，以BD为直径的半圆O与边AC相切，切点为E，过点O作OF⊥BC，垂足为F．（1）求证：OF＝EC；（2）若∠A＝30°，BD＝2，求AD的长．【分析】（1）连接OE，由切线的性质可证明OE⊥AC，根据有三个角是直角的四边形OECF是矩形，可得结论；（2）根据含30°角的直角三角形的性质可得AO的长，由线段的差可得答案．【解答】（1）证明：连接OE，∵AC是⊙O的切线，∴OE⊥AC，∴∠OEC＝90°，∵OF⊥BC，∴∠OFC＝90°，∴∠OFC＝∠C＝∠OEC＝90°，∴四边形OECF是矩形，∴OF＝EC；（2）解：∵BD＝2，∴OE＝1，∵∠A＝30°，OE⊥AC，∴AO＝2OE＝2，∴AD＝AO﹣OD＝2﹣1＝1．【点评】本题主要考查切线的性质，矩形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．20．（2022•邵阳）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝DF，OE＝OA．求证：四边形AECF是正方形．【分析】先证明四边形AECF是菱形，再证明EF＝AC，即可得出结论【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，∵BE＝DF，∴OE＝OF，∴四边形AECF是菱形；∵OE＝OA＝OF，∴OE＝OF＝OA＝OC，即EF＝AC，∴菱形AECF是正方形．【点评】本题主要考查了菱形的性质与判定，正方形的判定，掌握相关定理是解题基础21．（2022•凉山州）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．（1）求证：四边形ADBF是菱形；（2）若AB＝8，菱形ADBF的面积为40．求AC的长．【分析】（1）利用平行线的性质可得∠AFC＝∠FCD，∠FAE＝∠CDE，利用中点的定义可得AE＝DE，从而证明△FAE≌△CDE，然后利用全等三角形的性质可得AF＝CD，再根据D是BC的中点，可得AF＝BD，从而可证四边形AFBD是平行四边形，最后利用直角三角形斜边上的中线可得BD＝AD，从而利用菱形的判定定理即可解答；（2）利用（1）的结论可得菱形ADBF的面积＝2△ABD的面积，再根据点D是BC的中点，可得△ABC的面积＝2△ABD的面积，进而可得菱形ADBF的面积＝△ABC的面积，然后利用三角形的面积进行计算即可解答．【解答】（1）证明：∵AF∥BC，∴∠AFC＝∠FCD，∠FAE＝∠CDE，∵点E是AD的中点，∴AE＝DE，∴△FAE≌△CDE（AAS），∴AF＝CD，∵点D是BC的中点，∴BD＝CD，∴AF＝BD，∴四边形AFBD是平行四边形，∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，∴AD＝BD＝BC，∴四边形ADBF是菱形；（2）解：∵四边形ADBF是菱形，∴菱形ADBF的面积＝2△ABD的面积，∵点D是BC的中点，∴△ABC的面积＝2△ABD的面积，∴菱形ADBF的面积＝△ABC的面积＝40，∴AB•AC＝40，∴×8•AC＝40，∴AC＝10，∴AC的长为10．【点评】本题考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定与性质是解题的关键．22．（2022•巴中）如图，▱ABCD中，E为BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，延长EC至点G，使CG＝CE，连接DG、DE、FG．（1）求证：△ABE≌△FCE；（2）若AD＝2AB，求证：四边形DEFG是矩形．【分析】（1）由平行四边形的性质推出AB∥CD，根据平行线的性质推出∠EAB＝∠CFE，利用AAS即可判定△ABE≌△FCE；（2）先证明四边形DEFG是平行四边形，再证明DF＝EG，即可证明四边形DEFG是矩形．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∴∠EAB＝∠CFE，又∵E为BC的中点，∴EC＝EB，在△ABE和△FCE中，，∴△ABE≌△FCE（AAS）；（2）∵△ABE≌△FCE，∴AB＝CF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝DC，∴DC＝CF，又∵CE＝CG，∴四边形DEFG是平行四边形，∵E为BC的中点，CE＝CG，∴BC＝EG，又∵AD＝BC＝EG＝2AB，DF＝CD+CF＝2CD＝2AB，∴DF＝EG，∴平行四边形DEFG是矩形．【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△ABE≌△FCE是解题的关键．23．（2022•六盘水）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAC，CF平分∠ACD．（1）求证：△ABE≌△CDF；（2）当△ABC满足什么条件时，四边形AECF是矩形？请写出证明过程．【分析】（1）由ASA证△ABE≌△CDF即可；（2）由（1）可知，∠CAE＝∠ACF，则AE∥CF，再由全等三角形的性质得AE＝CF，则四边形AECF是平行四边形，然后由等腰三角形的在得∠AEC＝90°，即可得出结论．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，∠B＝∠D，AB∥CD，∴∠BAC＝∠ACD，∵AE平分∠BAC、CF平分∠ACD，∴∠BAE＝∠CAE＝∠BAC，∠DCF＝∠ACF＝∠ACD，∴∠BAE＝∠DCF，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（ASA）；（2）解：当△ABC满足AB＝AC时，四边形AECF是矩形，理由如下：由（1）可知，∠CAE＝∠ACF，∴AE∥CF，∵△ABE≌△CDF，∴AE＝CF，∴四边形AECF是平行四边形，又∵AB＝AC，AE平分∠BAC，∴AE⊥BC，∴∠AEC＝90°，∴平行四边形AECF是矩形．【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．24．（2022•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．【分析】（1）根据线段中点的定义可得AD＝AB，根据三角形的中位线定理可得EF∥AB，EF＝AB，从而可得EF＝AD，进而可得四边形ADFE是平行四边形，然后利用平行四边形的性质即可解答；（2）当AF＝BC时，四边形ADFE为矩形，再根据三角形的中位线定理可得DE＝BC，从而可得AF＝DE，然后利用（1）的结论即可解答．【解答】（1）证明：∵点D是AB的中点，∴AD＝AB，∵点E是AC的中点，点F是BC的中点，∴EF是△ABC的中位线，∴EF∥AB，EF＝AB，∴EF＝AD，∴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：∵线段DE为△ABC的中位线，∴DE＝BC，∵AF＝BC，∴AF＝DE，由（1）得：四边形ADFE是平行四边形，∴四边形ADFE为矩形．【点评】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，三角形的中位线定理，三角形的角平分线，中线和高，熟练掌握三角形的中位线定理，以及矩形的判定是解题的关键．25．（2022•德阳）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2cm，过点D作BC的垂线，交BC的延长线于点H．点F从点B出发沿BD方向以2cm/s向点D匀速运动，同时，点E从点H出发沿HD方向以1cm/s向点D匀速运动．设点E，F的运动时间为t（单位：s），且0＜t＜3，过F作FG⊥BC于点G，连结EF．（1）求证：四边形EFGH是矩形；（2）连结FC，EC，点F，E在运动过程中，△BFC与△DCE是否能够全等？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由．【分析】（1）根据平行线的判定定理得到EH∥FG，由题意知BF＝2tcm，EH＝tcm，推出四边形EFGH是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到四边形EFGH是矩形；（2）根据菱形的性质得到∠ABC＝60°，AB＝2cm，求得∠ADC＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝2cm，解直角三角形即可得到结论．【解答】（1）证明：∵EH⊥BC，FG⊥BC，∴EH∥FG，由题意知BF＝2tcm，EH＝tcm，∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，∴∠CBD＝30°，∴FG＝BF＝tcm，∴EH＝FG，∴四边形EFGH是平行四边形，∵∠FGH＝90°，∴四边形EFGH是矩形；（2）△BFC与△DCE能够全等，理由：∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2cm，∴∠ADC＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝2cm，AB∥CD，∴∠CBD＝∠CDB＝30°，∠DCH＝∠ABC＝60°，∵DH⊥BC，∴∠CHD＝90°，∴∠CDH＝90°﹣60°＝30°＝∠CBF，在Rt△CDH中，cos∠CDH＝，∴DH＝2×＝3，∵BF＝2tcm，∴EH＝tcm，∴DE＝（3﹣t）cm，∴当BF＝DE时，△BFC≌△DEC，∴2t＝3﹣t，∴t＝1．【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，解直角三角形，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．【中考挑战满分模拟练】一．选择题（共8小题）1．（2023•莲湖区一模）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，则下列结论中不正确的是（）A．当AB＝BC时，它是菱形 B．当AC⊥BD时，它是菱形 C．当AC＝BD时，它是矩形 D．当AC垂直平分BD时，它是正方形【分析】根据平行四边形的性质、矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定即可解决问题．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形，故A正确，当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形，故B正确，当AC＝BD时，四边形ABCD是矩形，故C正确，当AC垂直平分BD时，它是正方形，故D不正确．故选：D．【点评】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．2．（2023•三江县校级一模）如图，∠BDE＝90°，正方形BEGC和正方形AFED的面积分别是289和225，则以BD为直径的半圆的面积是（）A．16π B．8π C．4π D．2π【分析】利用勾股定理求出BD，再求半圆的面积即可．【解答】解：∵正方形BEGC和正方形AFED的面积分别是289和225，∴BE2＝289，DE2＝225，∵∠BDE＝90°，∴，∴以BD为直径的半圆的面积为：；故选：B．【点评】本题考查勾股定理．熟练掌握勾股定理，是解题的关键．3．（2023•未央区校级三模）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6和8，则这个菱形的面积是（）A．48 B．40 C．24 D．20【分析】由菱形的面积等于对角线长乘积的一半，列式计算即可．【解答】解：∵菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6和8，∴AC⊥BD，这个菱形的面积＝AC•BD＝×6×8＝24，故选：C．【点评】本题考查了菱形的性质，熟记菱形的面积公式是解题的关键．4．（2023•汉阳区校级一模）如图，菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，过点B作BE⊥AB交CD于点E，连接AE，F为AE的中点，H为BE的中点，连接FH和CF，CF交BE于点G，则GF的长为（）A．3 B． C．2 D．【分析】由菱形的性质得AB＝BC＝CD＝4，AB∥CD，∠BAD＝∠BCE＝60°，再由三角形中位线定理得FH＝AB＝2，FH∥AB，然后证△FHG≌△CEG（AAS），得EG＝GH＝EH＝，进而由勾股定理即可得出结论．【解答】解：∵菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，∴AB＝BC＝CD＝4，AB∥CD，∠BAD＝∠BCE＝60°，∵F为AE的中点，H为BE的中点，∴EH＝BE，FH是△ABE的中位线，∴FH＝AB＝2，FH∥AB，∴FH∥AB∥CD，∵BE⊥AB，∴FH⊥BE，CD⊥BE，∴∠FHE＝∠BEC＝90°，∴∠CBE＝90°﹣60°＝30°，∴CE＝BC＝2，∴BE＝＝＝2，∴EH＝BE＝，∴FH＝CE，在△FHG和△CEG中，，∴△FHG≌△CEG（AAS），∴EG＝GH＝EH＝，在Rt△FHG中，由勾股定理得：GF＝＝＝，故选：D．【点评】本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．5．（2023•碑林区校级模拟）如图，四边形ABCD的两条对角线相交于点O，且互相平分．添加下列条件，仍不能判定四边形ABCD为菱形的是（）A．AC⊥BD B．AB＝AD C．AC＝BD D．∠ABD＝∠CBD【分析】根据菱形的定义及其判定、矩形的判定对各选项逐一判断即可得．【解答】解：∵四边形ABCD的两条对角线相交于点O，且互相平分，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，当AB＝AD或AC⊥BD时，均可判定四边形ABCD是菱形；当AC＝BD时，可判定四边形ABCD是矩形；当∠ABD＝∠CBD时，由AD∥BC得：∠CBD＝∠ADB，∴∠ABD＝∠ADB，∴AB＝AD，∴四边形ABCD是菱形；故选：C．【点评】本题主要考查菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的定义和各判定及矩形的判定．6．（2023•碑林区校级一模）四边形不具有稳定性．四条边长都确定的四边形，当内角的大小发生变化时，其形状也随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，使正方形ABCD变为菱形ABC′D′，如果∠DAD′＝30°，那么菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比是（）A． B． C． D．1【分析】过D'作D'M⊥AB于M，求出正方形ABCD的面积＝AB2，再由含30°角的直角三角形的性质得AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，然后求出菱形ABCD的面积＝AB×D'M＝AB2，即可求解．【解答】解：过D'作D'M⊥AB于M，如图所示：则∠D'MA＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴正方形ABCD的面积＝AB2，AB＝AD，∠BAD＝90°，∵∠DAD′＝30°，∴∠D'AM＝90°﹣30°＝60°，∴∠AD'M＝30°，∴AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，∵四边形ABC′D′是菱形，∴AB＝AD'＝AD，菱形ABCD的面积＝AB×D'M＝AB2，∴菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比＝＝，故选：A．【点评】本题考查了菱形的性质、正方形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质和正方形的性质，证出D'M＝AD'是解题的关键．7．（2023•深圳模拟）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，已知∠ACB＝25°，则∠AOB的大小是（）A．130° B．65° C．50° D．25°【分析】由矩形的性质得OB＝OC，再由等腰三角形的性质得∠OBC＝∠ACB＝25°，然后由三角形的外角性质即可得出结论．【解答】解：∵矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，∴OB＝OC，∴∠OBC＝∠ACB＝25°，∴∠AOB＝∠OBC+∠ACB＝25°+25°＝50°，故选：C．【点评】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质以及三角形的外角性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．8．（2023•孟村县校级一模）在下列条件中，能够判定▱ABCD为矩形的是（）A．AB＝AC B．AC⊥BD C．AB＝AD D．AC＝BD【分析】由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．【解答】解：A、▱ABCD中，AB＝AC，不能判定▱ABCD是矩形，故选项A不符合题意；B、∵▱ABCD中，AC⊥BD，∴▱ABCD是菱形，故选项B不符合题意；C、∵▱ABCD中，AB＝AD，∴▱ABCD是菱形，故选项C不符合题意；D、∵▱ABCD中，AC＝BD，∴▱ABCD是矩形，故选项D符合题意；故选：D．【点评】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定和菱形的判定是解题的关键．二．填空题（共8小题）9．（2023•福安市一模）如图平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA＝OB，∠OAD＝65°．则∠ODC＝25°．【分析】由平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA＝OB，易证得四边形ABCD是矩形，继而可求得答案．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵OA＝OB，∴OA＝OB＝OC＝OD，∴AB＝CD，∴四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，∵∠ODA＝∠OAD＝65°，∴∠ODC＝∠ADC﹣∠ODA＝25°．故答案为：25°．【点评】此题考查了矩形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．10．（2023•雁塔区校级一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若CD＝3BE，∠DAE＝∠DEA，EO＝1，则线段AE的长为．【分析】设BE＝x，则CD＝3x，根据菱形的性质得AB＝AD＝CD＝3x，OB＝OD，AC⊥BD，再证明DE＝DA＝3x，所以1+x＝2x，解得x＝1，然后利用勾股定理计算OA，再计算AE的长．【解答】解：设BE＝x，则CD＝3x，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝AD＝CD＝3x，OB＝OD，AC⊥BD，∵∠DAE＝∠DEA，∴DE＝DA＝3x，∴BD＝4x，∴OB＝OD＝2x，∵OE+BE＝BO，∴1+x＝2x，解得x＝1，即AB＝3，OB＝2，在Rt△AOB中，OA＝＝＝，在Rt△AOE中，AE＝＝＝．故答案为：．【点评】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．11．（2023•定远县校级一模）七巧板是中国古代劳动人民发明的一种传统智力玩具，它由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成．（清）陆以活《冷庐杂识》卷中写道：近又有七巧图，其式五，其数七，其变化之式多至千余，体物肖形，随手变幻，盖游戏之具，足以排闷破寂，故世俗皆喜为之．如图是一个用七巧板拼成装饰图，放入长方形ABCD内，装饰图中的三角形顶点E，F分别在边AB，BC上，三角形①的边GD在AD上，则＝．【分析】设七巧板的边长为x，根据正方形的性质、矩形的性质分别表示出AB，BC，进一步求出的值．【解答】解：设七巧板的边长为x，则AB＝x+x，BC＝x+x+x＝2x，∴＝＝，故答案为：．【点评】本题考查了矩形的性质，七巧板，关键是熟悉七巧板的特征，表示出AB，BC的长．12．（2023•莲湖区一模）如图，在菱形ABCD中，对角线交于O，且对角线AC＝12，tan∠OCD＝，点E是边AB的中点，则OE＝5．【分析】由菱形的性质得AB＝CD，OA＝OC＝AC＝6，AC⊥BD，再由锐角三角函数定义得OD＝8，然后由勾股定理得AB＝CD＝10，即可解决问题．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝12，∴AB＝CD，OA＝OC＝AC＝6，AC⊥BD，在Rt△OCD中，tan∠OCD＝＝，∴OD＝OC＝×6＝8，∴AB＝CD＝＝＝10，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，点E是边AB的中点，∴OE＝AB＝5，故答案为：5．【点评】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理以及锐角三角函数定义等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．13．（2023•秦都区校级模拟）如图所示，四边形ABCD中，AC⊥BD于点O，AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，点P为线段AC上的一个动点．过点P分别作PM⊥AD于点M，作PN⊥DC于点N．连接PB，在点P运动过程中，PM+PN+PB的最小值等于7.8．【分析】证四边形ABCD是菱形，得CD＝AD＝5，连接PD，由三角形面积关系求出PM+PN＝4.8，得当PB最短时，PM+PN+PB有最小值，则当BP⊥AC时，PB最短，即可得出答案．【解答】解：∵AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，∴AC＝8，四边形ABCD是平行四边形，∵AC⊥BD于点O，∴平行四边形ABCD是菱形，AD＝＝＝5，∴CD＝AD＝5，连接PD，如图所示：∵S△ADP+S△CDP＝S△ADC，∴AD•PM+DC•PN＝AC•OD，即×5×PM+×5×PN＝×8×3，∴5×（PM+PN）＝8×3，∴PM+PN＝4.8，∴当PB最短时，PM+PN+PB有最小值，由垂线段最短可知：当BP⊥AC时，PB最短，∴当点P与点O重合时，PM+PN+PB有最小值，最小值＝4.8+3＝7.8，故答案为：7.8．【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、最小值问题以及三角形面积等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．14．（2023•崂山区一模）如图，在矩形ABCD中，连接BD，过点C作∠DBC平分线BE的垂线，垂足为点E，且交BD于点F；过点C作∠BDC平分线DH的垂线，垂足为点H，且交BD于点G，连接HE，若BC＝2，CD＝，则线段HE的长度为．【分析】先证明△BEC≌△BEF，可得CE＝FE，BF＝BC＝2，同理：CH＝GH，DG＝CD＝，从而得HE＝，再利用勾股定理得BD＝，进而即可求解．【解答】解：∵BE平分∠DBC，∴∠CBE＝∠FBE，∵CF⊥BE，∴∠BEC＝∠BEF＝90°，又∵BE＝BE，∴△BEC≌△BEF（ASA），∴CE＝FE，BF＝BC＝2，同理：CH＝GH，DG＝CD＝，∴HE是△CGF的中位线，∴HE＝，在矩形ABCD中，，，由勾股定理得：BD＝，∴GF＝BF+DG﹣BD＝，∴HE＝，故答案为：．【点评】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，中位线的性质，推出HE是△CGF的中位线是解题的关键．15．（2023•雁塔区校级模拟）如图，已知边长为2的正方形ABCD外有一个点E，过点E作直线BC的垂线，垂足为F，连接AE．若，则AE的最小值是1+．【分析】连接AC，作AG⊥CE交直线CE于点G，可求得∠DCA＝∠DAC＝45°，AC＝＝＝2，再由tan∠FCE＝＝，得∠BCE＝60°，可知点E在与直线BC所成的锐角为60°的直线上运动，当点E与点G重合时，AE的值最小，在AG上取一点H，连接CH，使CH＝AH，则∠CHG＝15°+15°＝30°，设CG＝m，则CH＝AH＝2CG＝2m，GH＝m，所以AG＝2m+m，由勾股定理得（2m+m）2+m2＝（2）2，求出m的值再求出AG的长即可．【解答】解：连接AC，作AG⊥CE交直线CE于点G，则∠AGC＝90°，∵四边形ABCD是边长为2的正方形，∴AD＝CD＝2，∠D＝∠BCD＝90°，∴∠DCA＝∠DAC＝45°，AC＝＝＝2，∵EF⊥BC，EF＝CF，∴∠CFE＝90°，∴tan∠FCE＝＝，∴∠BCE＝60°，∴点E在与直线BC所成的锐角为60°的直线上运动，∴当点E与点G重合时，AE的值最小，在AG上取一点H，连接CH，使CH＝AH，∴∠DCG＝180°﹣90°﹣60°＝30°，∴∠ACG＝45°+30°＝75°，∴∠HAC＝90°﹣75°＝15°，∴∠HCA＝∠HAC＝15°，∴∠CHG＝15°+15°＝30°，设CG＝m（m＞0），∴CH＝AH＝2CG＝2m，∴GH＝＝＝m，∴AG＝2m+m，∵AG2+CG2＝AC2，∴（2m+m）2+m2＝（2）2，整理得（2+）m2＝2，∴m2＝4﹣2＝（﹣1）2，∴m＝﹣1，∴AG＝2×（﹣1）+×（﹣1）＝1+，∴AE的最小值是1+，故答案为：1+．【点评】此题重点考查正方形的性质、锐角三角函数与解直角三角形、勾股定理、直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、垂线段最短等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．16．（2023•榆林一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E、F分别在边AB、CD上，点M为线段EF上一动点，过点M作EF的垂线分别交边AD、BC于点G、点H．若线段EF恰好平分矩形ABCD的面积，且DF＝1，则GH的长为．【分析】先判断EF过矩形的对称中心，作DI∥EF，AJ∥GH，证明△ADI∽△BAJ，从而求出BJ，进而求得．【解答】解：如图，连接AC，交EF于O，∵线段EF恰好平分矩形ABCD的面积，∴O是矩形的对称中心，∴BE＝DF＝1，作DI∥EF，AJ∥GH，∵四边形ABCD是矩形，∴DF∥IE，∴四边形DIEF是平行四边形，∴EI＝DF＝1，∴AI＝AB﹣BE﹣EI＝2，同理可得，AJ＝GH，∵EF⊥GH，∴DI⊥AJ，由（1）得，∠AID＝∠AJB，∴△ADI∽△BAJ，∴，∴，∴BJ＝，在Rt△ABJ中由勾股定理得，AJ＝＝＝，∴GH＝，故答案为：，【点评】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质，通过作辅助线构建平行四边形是解题的关键．三．解答题（共9小题）17．（2023•雁塔区校级模拟）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，点E，F分别是OB，OC上的点，且OE＝OF，连接AE，DF．求证：∠EAD＝∠FDA．【分析】由矩形的性质得出AO＝OD，则∠ODA＝∠OAD，证明△ADF≌△DAE（SAS），由全等三角形的性质可得出结论．【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，∴OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，∴AO＝OD，∴∠ODA＝∠OAD，又∵OF＝OE，∴OA+OF＝OD+OE，即AF＝DE，又∵AD＝DA，∴△ADF≌△DAE（SAS），∴∠FDA＝∠EAD．【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握矩形的性质是解题的关键．18．（2023•碑林区校级模拟）如图，点P为菱形ABCD对角线BD上一点，点E在边AD上，连接PA、PC、PE，且∠AEP＝∠DCP．求证：PC＝PE．【分析】根据菱形的性质得到AD＝CD，∠ADP＝∠CDP，根据全等三角形的性质得到AP＝CP，∠DCP＝∠DAP，等量代换得到∠DAP＝∠AEP，于是得到结论．【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝CD，∠ADP＝∠CDP，在△ADP与△CDP中，，∴△ADP≌△CDP（SAS），∴AP＝CP，∠DCP＝∠DAP，∵∠AEP＝∠DCP，∴∠DAP＝∠AEP，∴AP＝PE，∴PC＝PE．【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判断和性质，等腰三角形的判定，熟练正确菱形的性质是解题的关键．19．（2023•雁塔区校级二模）如图，在菱形ABCD中，过点D分别作DE⊥AB于点E，作DF⊥BC于点F．求证：AE＝CF．【分析】先由菱形的性质得到AD＝CD，∠A＝∠C，再由AAS证得△ADE≌△CDF，即可得出结论．【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝CD，∠A＝∠C，∵DE⊥AB，DF⊥BC，∴∠AED＝∠CFD＝90°，在△ADE和△CDF中，，∴△ADE≌△CDF（AAS），∴AE＝C