專題13 四邊形（真題3個考點模擬14個考點） （解析版）

專題13四邊形（真題3個考點模擬14個考點）一．平行四邊形的性質(zhì)（共1小題）1．（2022?安徽）如圖，?OABC的頂點O是坐標(biāo)原點，A在x軸的正半軸上，B，C在第一象限，反比例函數(shù)y＝的圖象經(jīng)過點C，y＝（k≠0）的圖象經(jīng)過點B．若OC＝AC，則k＝3．【分析】設(shè)出C點的坐標(biāo)，根據(jù)C點的坐標(biāo)得出B點的坐標(biāo)，然后計算出k值即可．【解答】解：由題知，反比例函數(shù)y＝的圖象經(jīng)過點C，設(shè)C點坐標(biāo)為（a，），作CH⊥OA于H，過A點作AG⊥BC于G，∵四邊形OABC是平行四邊形，OC＝AC，∴OH＝AH，CG＝BG，四邊形HAGC是矩形，∴OH＝CG＝BG＝a，即B（3a，），∵y＝（k≠0）的圖象經(jīng)過點B，∴k＝3a?＝3，故答案為：3．【點評】本題主要考查反比例函數(shù)的圖象和性質(zhì)，熟練掌握反比例函數(shù)的圖象和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)等知識是解題的關(guān)鍵．二．矩形的性質(zhì)（共1小題）2．（2022?安徽）兩個矩形的位置如圖所示，若∠1＝α，則∠2＝（）A．α﹣90° B．α﹣45° C．180°﹣α D．270°﹣α【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)和三角形外角的性質(zhì)，可以用含α的式子表示出∠2．【解答】解：由圖可得，∠1＝90°+∠3，∵∠1＝α，∴∠3＝α﹣90°，∵∠3+∠2＝90°，∴∠2＝90°﹣∠3＝90°﹣（α﹣90°）＝90°﹣α+90°＝180°﹣α，故選：C．【點評】本題考查矩形的性質(zhì)、三角形外角的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，用含α的代數(shù)式表示出∠2．三．正方形的性質(zhì)（共2小題）3．（2023?安徽）如圖，點E在正方形ABCD的對角線AC上，EF⊥AB于點F，連接DE并延長，交邊BC于點M，交邊AB的延長線于點G．若AF＝2，F(xiàn)B＝1，則MG＝（）A．2 B． C．+1 D．【分析】根據(jù)相似三角形的判定結(jié)合正方形的性質(zhì)證得△AEF∽△ACB，求得AC＝3，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得AE＝2，CE＝，證得△ADE∽△CME，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到CM＝＝BM，證得△CDM≌△BGM，求出BG，根據(jù)勾股定理即可求出MG．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，AF＝2，F(xiàn)B＝1，∴CD＝AD＝AB＝BC＝3，∠ADC＝∠DAB＝∠ABC＝90°，DC∥AB，AD∥BC，∴AC＝＝3，∵EF⊥AB，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ACB，∴＝，∴＝，∴EF＝2，∴AE＝＝2，∴CE＝AC﹣AE＝，∵AD∥CM，∴△ADE∽△CME，∴＝，∴＝＝2，∴CM＝＝BM，在△CDM和△BGM中，，∴△CDM≌△BGM（SAS），∴CD＝BG＝3，∴MG＝＝＝．故選：B．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（2019?安徽）如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)將對角線AC三等分，且AC＝12，點P在正方形的邊上，則滿足PE+PF＝9的點P的個數(shù)是（）A．0 B．4 C．6 D．8【分析】作點F關(guān)于BC的對稱點M，連接FM交BC于點N，連接EM，交BC于點H，可得點H到點E和點F的距離之和最小，可求最小值，即可求解．【解答】解：如圖，作點F關(guān)于BC的對稱點M，連接FM交BC于點N，連接EM，交BC于點H∵點E，F(xiàn)將對角線AC三等分，且AC＝12，∴EC＝8，F(xiàn)C＝4＝AE，∵點M與點F關(guān)于BC對稱∴CF＝CM＝4，∠ACB＝∠BCM＝45°∴∠ACM＝90°∴EM＝＝4則在線段BC存在點H到點E和點F的距離之和最小為4＜9在點H右側(cè)，當(dāng)點P與點C重合時，則PE+PF＝12∴點P在CH上時，4＜PE+PF≤12在點H左側(cè)，當(dāng)點P與點B重合時，BF＝＝2∵AB＝BC，AE＝CF，∠BAE＝∠BCF∴△ABE≌△CBF（SAS）∴BE＝BF＝2∴PE+PF＝4∴點P在BH上時，4＜PE+PF≤4∴在線段BC上點H的左右兩邊各有一個點P使PE+PF＝9，同理在線段AB，AD，CD上都存在兩個點使PE+PF＝9．即共有8個點P滿足PE+PF＝9，故選：D．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，最短路徑問題，在BC上找到點H，使點H到點E和點F的距離之和最小是本題的關(guān)鍵．一．多邊形內(nèi)角與外角（共1小題）1．（2023?廬陽區(qū)校級一模）如圖，五邊形ABCDE中，AB∥CD，∠1、∠2、∠3是外角，則∠1+∠2+∠3等于（）A．100° B．180° C．210° D．270°【分析】先根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠4+∠5＝180°，再由多邊形的外角和為360°即可得出結(jié)論．【解答】解：延長AB，DC，∵AB∥CD，∴∠4+∠5＝180°．∵多邊形的外角和為360°，∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，∴∠1+∠2+∠3＝360°﹣（∠4+∠5）＝360°﹣180°＝180°．故選：B．【點評】本題考查的是多邊形的外角與內(nèi)角，熟知多邊形的外角和等于360°是解題的關(guān)鍵．二．平行四邊形的性質(zhì)（共10小題）2．（2023?碭山縣二模）如圖，在?ABCD中，M是AD上一點，E是BC上一動點，過點E作EF∥CM交BM于點F，若BC＝20，CD＝15，，則S△MEF的最大值為（）A．40 B．30 C．20 D．15【分析】過點C作CN⊥AD于點N，設(shè)BE＝x（0＜x＜20），先解直角三角形可得CN＝12，從而可得S△BCM＝120，S△MBE＝6x，再根據(jù)相似三角形的判定可證△BEF∽△BCM，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得S△BEF＝，從而可得S△MEF＝，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可．【解答】解：如圖，過點C作CN⊥AD干點N，設(shè)BE＝x（0＜x＜20），∴sinD＝，CD＝15，∴CN＝CD?sinD＝×15＝12，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴S△BCM＝BC?CN＝120，S△MBE＝BE?CN＝6x，∵EF∥CM，∴△BEF∽△BCM，∴＝（）2＝，∴S△MEF＝S△MBE﹣S△BEF＝6x﹣＝，由二次函數(shù)的性質(zhì)可知，在0＜x＜20內(nèi)，當(dāng)x＝10時，S△MEF取得最大值，最大值為30，故選：B．【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、解直角三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)、二次函數(shù)的應(yīng)用，正確求出△MEF的面積的函數(shù)表達(dá)式是解題關(guān)鍵．3．（2023?定遠(yuǎn)縣校級一模）如圖，?ABCD的對角線AC，BD交于點O，AE平分∠BAD，交BC于點E，且∠ADC＝60°，AD＝2AB，連接OE，下列結(jié)論：①∠CAD＝30°；②OD＝AB；③S平行四邊形ABCD＝AC?CD；④S四邊形OECD＝S△AOD：⑤OE＝AD．其中成立的個數(shù)是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)可證明△ABE為等邊三角形，由BC＝AD＝2AB，可判斷①，證明∠BAC＝90°，可判斷②；由平行四邊形的面積公式可判斷③；利用三角形中線的性質(zhì)結(jié)合三角形的面積可求解判斷④，由三角形中位線定理可求AB＝2OE，即可判斷⑤，即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∠ADC＝60°，∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，OB＝OD，AO＝CO，∴∠DAE＝∠AEB，∠BAD＝∠BCD＝120°，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE，∴∠BAE＝∠AEB∴△ABE為等邊三角形，∴∠BAE＝∠AEB＝60°，AB＝BE＝AE，∵BC＝AD＝2AB，∴EC＝AE＝BE，∴∠EAC＝∠ECA＝30°，∴∠CAD＝30°，故①正確；∵∠BAD＝120°，∠CAD＝30°，∴∠BAC＝90°，∴BO＞AB，∴OD＞AB，故②錯誤；∴S?ABCD＝AB?AC＝AC?CD，故③正確；∵∠BAC＝90°，BC＝2AB，∴E是BC的中點，∴S△BEO：S△BCD＝1：4，∴S四邊形OECD：S△BCD＝3：4，∴S四邊形OECD：S?ABCD＝3：8，∵S△AOD：S?ABCD＝1：4，∴S四邊形OECD＝S△AOD，故④正確．∵AO＝OC，BE＝EC，∴AB＝2OE，∵AD＝2AB，∴OE＝AD，故⑤正確，故選：D．【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，三角形中位線定理，等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．4．（2023?滁州二模）如圖，在?ABCD中，∠B＝60°，AB＝9，AD＝6，點E為邊AB上一動點，連接ED并延長至點F，使得，以EC，EF為鄰邊構(gòu)造?EFGC，連接EG交DC于點O．當(dāng)EG的長最小時，AE的長為（）A． B．1 C．2 D．【分析】利用?EFGC證明△DOE∽△COG，根據(jù)已知條件求出EG與OE的線段比例關(guān)系，從而得出OE的長最小時，EG的長最小，即可求出OE⊥AB．根據(jù)?ABCD和AM⊥DC推出四邊形AEMO的形狀，進(jìn)而證明AE＝OM，即可求出AE的長度．【解答】解：過點A作AM⊥DC交CD于M，∵，∴．∵EFGC為平行四邊形，∴EF＝CG，EF∥CG，∴∠EDO＝∠OCG，∠DEO＝∠OGC，∴△DOE∽△COG．∴，∴．∴OE的長最小時，EG的長最小，∴OE⊥AB．∵在?ABCD中，∠B＝∠ADC＝60°，AD＝6，AM⊥DC，∴．∵OE⊥CD，AM⊥DC，∴AM∥OE，∵在?ABCD中，AB∥CD，∴四邊形AEOM為平行四邊形．∴AE＝OM＝DO﹣DM＝1．故選：B．【點評】本題考查了平行四邊形的綜合運用，涉及到的知識點有三角形相似，30°所對應(yīng)的直角邊是斜邊的一半等，綜合性較強(qiáng)．解題的關(guān)鍵在于是否能根據(jù)線段之間比例關(guān)系推出OE⊥AB，從而求出AE長度，解題的重點在于能否想到作輔助線AM⊥DC．5．（2023?廬陽區(qū)模擬）如圖，已知：平行四邊形ABCD中，BE⊥CD于E，BE＝AB，∠DAB＝60°，∠DAB的平分線交BC于F，連接EF．則∠EFA的度數(shù)等于（）A．30° B．40° C．45° D．50°【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到AD∥BC，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠DAF＝∠AFB，根據(jù)角平分線的定義得到∠DAF＝∠BAF＝DAB＝30°，求得∠BAF＝∠AFB＝30°，求得∠EBF＝30°，于是得到結(jié)論．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DAF＝∠AFB，∵AF平分∠∠DAB，∴∠DAF＝∠BAF＝DAB＝30°，∴∠BAF＝∠AFB＝30°，∴AB＝BF，∵BE＝AB，∴BE＝BF，∴∠BEF＝∠BFE，∵BE⊥CD，∴∠BEC＝90°，∵DAB＝60°，∴∠C＝∠DAB＝60°，∴∠EBF＝30°，∴∠BFE＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠EFA＝∠BFE﹣∠BFA＝45°，故選：C．【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，角平分線的定義，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．6．（2023?阜陽模擬）如圖，在平行四邊形ABCD中，∠ABC＝45°，E、F分別在CD和BC的延長線上，AE∥BD，∠EFC＝30°，AB＝1．則CF的長為（）A． B． C．4 D．【分析】首先證明四邊形ABDE是平行四邊形，可得AB＝DE＝CD，即D為CE中點，然后再得CE，再利用三角函數(shù)可求出HF和CH的長即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB＝DC，∵AE∥DB，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∴AB＝DE＝CD，即D為CE中點．∵AB＝1，∴CE＝2，∵AB∥CD，∴∠ECF＝∠ABC＝45°，過E作EH⊥BF于點H，∵CE＝2，∠ECF＝45°，∴EH＝CH＝，∵∠EFC＝30°，∴，∴．故選：A．【點評】此題主要考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，以及三角函數(shù)的應(yīng)用，關(guān)鍵是掌握平行四邊形對邊相等．7．（2023?定遠(yuǎn)縣二模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，點P為BC邊上任意一點，連接PA，以PA，PC為鄰邊作平行四邊形PAQC，連接PQ，則PQ長度的最小值為（）A．3 B．2.5 C．2.4 D．2【分析】以PA，PC為鄰邊作平行四邊形PAQC，由平行四邊形的性質(zhì)可知O是AC中點，PQ最短也就是PO最短，所以應(yīng)該過O作BC的垂線P′O，然后根據(jù)△P′OC和△ABC相似，利用相似三角形的性質(zhì)即可求出PQ的最小值．【解答】解：∵∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，∴AC＝＝＝4，∵四邊形APCQ是平行四邊形，∴PO＝QO，CO＝AO，∵PQ最短也就是PO最短，∴過O作BC的垂線OP′，∵∠ACB＝∠P′CO，∠CP′O＝∠CAB＝90°，∴△CAB∽△CP′O，∴＝，∴＝，∴OP′＝，∴則PQ的最小值為2OP′＝2.4，故選：C．【點評】本題考查了勾股定理的運用、平行四邊形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)以及垂線段最短的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作出高線構(gòu)造出相似三角形．8．（2023?阜陽三模）如圖，平行四邊形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，AE⊥BC，垂足為E，，AC＝2，BD＝2，則AE的長為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可求解OA，OB的長，利用勾股定理的逆定理可得∠BAO＝90°，再根據(jù)勾股定理可求解BC的長，由△ABC得面積公式可計算求解AE的長．【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，AC＝2，BD＝2，∴OA＝AC＝1，OB＝BD＝，∵AB＝，∴AB2+OA2＝OB2，∴△AOB為直角三角形，且∠BAO＝90°，∴BC＝＝＝3，∵S△ABC＝AC?AB＝BC?AE，∴2×＝3AE，解得AE＝．故選：D．【點評】本題主要考查平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理及逆定理，三角形的面積，利用勾股定理求解BC的長是解題的關(guān)鍵．9．（2023?花山區(qū)二模）如圖，△ABC為等邊三角形，D、E分別是邊BC、AC上的點，且滿足BD＝CE＝BC，P是邊AB上的動點，以P、D、E為頂點，DE為對角線構(gòu)造?PDQE，若AB＝10，則BQ的最小值為（）A． B． C． D．10【分析】依據(jù)題意，建立平面直角坐標(biāo)系，由直線AB的解析式可設(shè)P（m，m），Q（x，y），再根據(jù)平行四邊形的對角線互相平分進(jìn)而求出x，y的關(guān)系，最后根據(jù)垂線段最短可以得解．【解答】解：由題意，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)平行四邊形對角線交于點M．由題意，∵BD＝CE＝BC＝AB＝，∴D（，0），E（，）．∵M(jìn)是DE的中點，∴M（，）．由題意，設(shè)直線AB為y＝kx，A為（5，），∴5＝5k．∴k＝．∴直線AB為y＝x．∵P在直線AB上，∴可設(shè)P（m，m）．再設(shè)Q（x，y），∴＝，＝．∴上面兩式消去m得，x﹣y＝10．∴Q在直線y＝x﹣10上（如上圖）．∴當(dāng)BQ垂直于直線y＝x﹣10時，BQ最?。畬τ谥本€y＝x﹣10，令x＝0，∴y＝﹣10；令y＝0，∴x＝10．∴利用面積法可得BQ的最小值為＝5．故選：A．【點評】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)，解題時要熟練掌握并靈活運用是關(guān)鍵．10．（2023?六安模擬）如圖，?ABCD的對角線AC，BD交于點O，AE平分∠BAD，交BC于點E，且∠ADC＝60°，AB＝BC，連接OE，下列結(jié)論：①∠CAD＝30°；②OD＝AB；③S?ABCD＝AC?CD；④S四邊形OECD＝S△AOD，其中成立的個數(shù)為（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】結(jié)合平行四邊形的性質(zhì)可證明△ABE為等邊三角形，由AB＝BC可判定①，證明∠BAC＝90°，可判定②；由平行四邊形的面積公式可判定③；利用三角形中線的性質(zhì)結(jié)合三角形的面積可求解判定④．【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∠ADC＝60°，∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，OB＝OD，∴∠DAE＝∠AEB，∠BAD＝∠BCD＝120°，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE，∴∠BAE＝∠AEB∴△ABE為等邊三角形，∴∠BAE＝∠AEB＝60°，AB＝BE＝AE，∵AB＝BC，∴EC＝AE，∴∠EAC＝∠ECA＝30°，∴∠CAD＝30°，故①正確；∵∠BAD＝120°，∠CAD＝30°，∴∠BAC＝90°，∴BO＞AB，∴OD＞AB，故②錯誤；∴S?ABCD＝AB?AC＝AC?CD，故③正確；∵∠BAC＝90°，BC＝2AB，∴E是BC的中點，∴S△BEO：S△BCD＝1：4，∴S四邊形OECD：S△BCD＝3：4，∴S四邊形OECD：S?ABCD＝3：8，∵S△AOD：S?ABCD＝1：4，∴S四邊形OECD＝S△AOD，故④正確．故選：C．【點評】本題主要考查平行線的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，三角形的面積，靈活運用三角形的面積解決問題是解題的關(guān)鍵．11．（2023?杜集區(qū)校級模擬）如圖，在?ABCD中，AB＝4，AD＝6，∠ABC＝60°，E是邊BC上的一個動點，F(xiàn)是對角線BD上的一個動點，且BE＝DF，則（DE+CF）2的最小值為92﹣8．?【分析】延長DA到M，使DM＝DB，連接FM，CM，作CN⊥AD于N，作DH⊥BC交BC延長線于H，由平行四邊形的性質(zhì)推出△DMF≌△BDE（SAS），得到FM＝DE，因此當(dāng)點M、F、C共線時，（FC+ED）2最小，求出DH的長，CH的長，得到MN的長，CN的長，由勾股定理求出MC2，即可解決問題．【解答】解：延長DA到M，使DM＝DB，連接FM，CM，作CN⊥AD于N，作DH⊥BC交BC延長線于H，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB∥CD，CD＝AB＝4，BC＝AD＝6，∴∠MDF＝∠DBE，∵DF＝BE，∴△DMF≌△BDE（SAS），∴FM＝DE，∴DE+CF＝FM+CF，∴當(dāng)點M、F、C共線時，（FC+ED）2最小，∵AB∥CD，∴∠DCH＝∠ABC＝60°，∴CH＝CD＝2，DH＝CH＝2，∴BH＝BC+CH＝6+2＝8，∴BD＝＝2，∵DN∥CH，CN⊥AD，DH⊥CH，∴四邊形NCHD是矩形，∴DN＝CH＝2，CN＝DH＝2，∴MN＝DM﹣DN＝2﹣2，∴CM2＝MN2+CN2＝92﹣8，∴（DE+CF）2的最小值為＝92﹣8．故答案為：92﹣8．【點評】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，關(guān)鍵是通過作輔助線構(gòu)造全等三角形，得到FM＝DE，因此當(dāng)點M、F、C共線時，（FC+ED）2最小，由勾股定理求出CM2，即可解決問題．三．平行四邊形的判定（共1小題）12．（2023?蚌山區(qū)二模）在△ABC中，點D，E分別是AB，BC邊的中點，點F在DE的延長線上，添加一個條件，使得四邊形ADFC為平行四邊形，則這個條件不可以是（）A．AD＝CF B．△BDE≌△CFE C．△CFE∽△BCA D．∠A＝∠F【分析】利用三角形中位線定理得到DE∥AC且，結(jié)合平行四邊形的判定定理進(jìn)行選擇．【解答】解：∵在△ABC中，D，E分別是AB，BC的中點，∴DE是△ABC的中位線，∴DE∥AC且，即：FD∥AC，A、根據(jù)AD＝CF，F(xiàn)D∥AC不能判定四邊形ADFC為平行四邊形，故本選項符合題意；B、根據(jù)△BDE≌△CFE可得DE＝EF，即：，可得DF＝AC，由“一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形”得到四邊形ADFC為平行四邊形，故本選項不符合題意；C、根據(jù)△CFE∽△BCA可得∠BCF＝∠B，即：AD∥CF，由“兩組組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形”得到四邊形ADFC為平行四邊形，故本選項不符合題意；D、根據(jù)FD∥AC可得∠A＝∠BDF，結(jié)合∠A＝∠F可得∠BDF＝∠F，即：AD∥CF，由“兩組組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形”得到四邊形ADFC為平行四邊形，故本選項不符合題意；故選：A．【點評】本題主要考查了三角形的中位線的性質(zhì)和平行四邊形的判定，關(guān)鍵在于理解三角形中位線定理：三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半．四．平行四邊形的判定與性質(zhì)（共1小題）13．（2023?懷遠(yuǎn)縣校級模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D、E分別是AB、BC的中點，F(xiàn)在CA延長線上，∠FDA＝∠B，AC＝6，AB＝8，則四邊形AEDF的周長為（）A．16 B．20 C．18 D．22【分析】根據(jù)勾股定理先求出BC的長，再根據(jù)三角形中位線定理和直角三角形的性質(zhì)求出DE和AE的長，進(jìn)而由已知可判定四邊形AEDF是平行四邊形，從而不難求得其周長．【解答】解：在Rt△ABC中，∵AC＝6，AB＝8，∴BC＝10，∵E是BC的中點，∴AE＝BE＝5，∴∠BAE＝∠B，∵∠FDA＝∠B，∴∠FDA＝∠BAE，∴DF∥AE，∵D、E分別是AB、BC的中點，∴DE∥AC，DE＝AC＝3∴四邊形AEDF是平行四邊形∴四邊形AEDF的周長＝2×（3+5）＝16．故選：A．【點評】熟悉直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的判定以及平行四邊形的判定．熟練運用三角形的中位線定理和直角三角形的勾股定理是解題的關(guān)鍵．五．菱形的性質(zhì)（共10小題）14．（2023?太和縣二模）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC與BD交于點O，在BD上取一點E，使得DE＝AD，連接AE，若BD＝16，，則BC的長為（）A．10 B．9 C． D．【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)，得△AEO，△ADO是直角三角形，根據(jù)DE＝AD，設(shè)AD＝a，可用含a的式子表示OE，AO的長，根據(jù)直角三角形的勾股定理即可求解．【解答】解：在菱形ABCD中，對角線AC與BD交于點O，BD＝16，∴，BD⊥AC，∠AOE＝∠AOD＝90°，∴△AEO，△ADO是直角三角形，∵DE＝AD，設(shè)AD＝a，∴DE＝DO+OE，則OE＝DE﹣DO＝a﹣8，在Rt△AEO中，，，在Rt△ADO中，AO2＝AD2﹣DO2＝a2﹣82，∴，解得，a1＝﹣2（舍去），a2＝10，∴AD＝10，∵四邊形ABCD是菱形，∴BC＝AD＝10，故選：A．【點評】本題主要考查菱形與直角三角形的綜合，掌握菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形中勾股定理的計算是解題的關(guān)鍵．15．（2023?定遠(yuǎn)縣模擬）如圖，菱形ABCD的兩條對角線相交于O，若AC＝8，BD＝6，則菱形ABCD的周長是（）A．32 B．24 C．40 D．20【分析】根據(jù)菱形對角線互相垂直平分的性質(zhì)，可以求得BO＝OD，AO＝OC，在Rt△AOD中，根據(jù)勾股定理可以求得AB的長，即可求菱形ABCD的周長．【解答】解：∵菱形ABCD的兩條對角線相交于O，AC＝8，BD＝6，由菱形對角線互相垂直平分，∴BO＝OD＝3，AO＝OC＝4，∴AB＝＝5，故菱形的周長為20，故選：D．【點評】本題考查了勾股定理在直角三角形中的運用，以及菱形各邊長相等的性質(zhì)，本題中根據(jù)勾股定理計算AB的長是解題的關(guān)鍵．16．（2023?太和縣二模）由6個形狀相同、大小相等的菱形組成如圖所示的網(wǎng)格，菱形的頂點A，B，C都在格點（網(wǎng)格線的交點）上，若∠O＝60°，則tan∠ABC的值為．【分析】如圖，連接EA、EC，先證明∠AEC＝90°，E、C、B共線，再根據(jù)，求出AE、EB即可求解．【解答】解：如圖，連接EA，EC，設(shè)菱形的邊長為a，由題意得∠AEF＝30°，∠BEF＝60°，∴AE＝，EB＝2a，∴∠AEC＝90°，∵∠ACE＝∠ACG＝∠BCG＝60°，∴∠ECB＝180°，∴E、C、B共線，在Rt△AEB中，，故答案為：．【點評】本題考查菱形的性質(zhì)，三角函數(shù)、特殊三角形邊角關(guān)系等知識，解題的關(guān)鍵是添加輔助線構(gòu)造直角三角形解決問題．17．（2023?安慶模擬）如圖，菱形ABCD的對角線BD長度為4，邊長，M為菱形外一個動點，滿足BM⊥DM，N為MD中點，連接CN．則當(dāng)M運動的過程中，CN長度的最大值為（）A．1+ B． C．1 D．2【分析】連接AC，交BD于點O，連接ON，易得ON是△BDM的中位線，得到ON∥BM，取OD的中點E，連接CE，NE，得到CN≤CE+NE，得到當(dāng)C，N，E三點共線時，CN最長，進(jìn)行求解即可．【解答】解：連接AC，交BD于點O，連接ON，∵菱形ABCD的對角線BD長度為4，邊長，∴AC⊥BD，，，∴，∵N為MD中點，∴ON∥BM，∵BM⊥DM，∴ON⊥DM，∴∠OND＝90°，取OD的中點E，連接CE，NE，則：，∵CN≤CE+NE，∴當(dāng)C，N，E三點共線時，CN的長度最大為；故選：A．【點評】本題考查菱形的性質(zhì)，三角形的中位線定理，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線．掌握并靈活運用相關(guān)知識點，構(gòu)造三角形的中位線是解題的關(guān)鍵．18．（2023?潛山市模擬）如圖，菱形ABCD中，∠D＝135°，BE⊥CD于E，交AC于F，F(xiàn)G⊥BC于G．若△BFG的周長為6，則菱形的邊長為6．【分析】根據(jù)AAS證明CGF≌△CEF，可得FG＝FE，CG＝CE，由△BFG的周長為6，可得BG+GF+BF＝BG+EF+BF＝BG+CG＝BC＝6．【解答】解：菱形ABCD中，∠D＝135°，∴∠BCD＝45°，∵BE⊥CD于E，交AC于F，F(xiàn)G⊥BC于G，∴△BFG和△BEC是等腰直角三角形，在△CGF和△CEF中，，∴△CGF≌△CEF（AAS），∴FG＝FE，CG＝CE，∵△BFG的周長為6，∴BG+GF+BF＝BG+EF+BF＝BG+CG＝BC＝6．故答案為：6．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．19．（2023?南陵縣模擬）已知菱形ABCD，邊長為4，E，F(xiàn)分別在AB，AD上，BE＝，∠ABC＝∠ECF＝60°，則＝（）A． B． C． D．【分析】證明△BCE≌△ACF（ASA），則BE＝AF＝，過E點作EM∥BC交AC于點M，可得△AEM是等邊三角形，＝，求出AE＝EM＝，即可求＝．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴BC＝AB，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC＝BC，∵∠ECF＝60°，∴∠BCE＝∠ACF，∵∠B＝∠DAC＝60°，∴△BCE≌△ACF（ASA），∴BE＝AF，∵AB＝4，BE＝，∴AE＝，AF＝，過E點作EM∥BC交AC于點M，∴EM∥AD，∴＝，∠FAC＝∠GME＝60°，∠AEM＝∠ABC＝60°，∴△AEM是等邊三角形，∴AE＝EM＝，∴＝＝，故選：B．【點評】本題考查菱形的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，三角形全等的判定及性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．20．（2023?金寨縣二模）在菱形ABCD中，AC與BD交于O，OA：OB：AB的值可以是（）A．1：1：2 B．1：2：3 C．2：3：4 D．3：4：5【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AO＝BO，結(jié)合三角形的三邊關(guān)系A(chǔ)O+BO＞AB可求解．【解答】解：在菱形ABCD中，AC⊥BD，AO＝AC，BO＝BD，∴OA2+OB2＝AB2，∴AO：BO：AB可能是3：4：5．故選：D．【點評】本題主要考查矩形的性質(zhì)，三角形的三邊關(guān)系，由矩形的性質(zhì)得AO＝BO是解題的關(guān)鍵．21．（2023?合肥三模）如圖，菱形ABCD中，點E，F(xiàn)，G分別為AB，BC，CD的中點，EF＝2，F(xiàn)G＝4，則菱形ABCD的面積為（）A．12 B．16 C．20 D．32【分析】連接BD、AC，由三角形中位線定理得AC＝2EF＝4，BD＝2FG＝8，再由菱形面積公式即可得出結(jié)論．【解答】解：如圖，連接BD、AC，∵點E，F(xiàn)，G分別為AB，BC，CD的中點，∴EF是△ABC的中位線，F(xiàn)G是△BDC的中位線，∴AC＝2EF＝4，BD＝2FG＝8，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴S菱形ABCD＝AC?BD＝×4×8＝16，故選：B．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)以及三角形中位線定理，熟練掌握菱形的性質(zhì)，由三角形中位線定理求出AC和BD的長是解題的關(guān)鍵．22．（2023?廬陽區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，菱形ABCD的頂點A，B，C在坐標(biāo)軸上，若點A的坐標(biāo)為（0，3），tan∠ABO＝，則菱形ABCD的周長為（）A．6 B． C． D．【分析】根據(jù)點A的坐標(biāo)為（0，3），可以得到AO＝3，根據(jù)tan∠ABO＝，可以求出BO，根據(jù)勾股定理可以求出AB，最后由菱形的性質(zhì)可以求出菱形的周長．【解答】解：∵點A的坐標(biāo)為（0，3），∴AO＝3，∵tan∠ABO＝，∴＝，∴＝，∴BO＝，∵△AOB是直角三角形，∴AB＝＝＝＝2，∵菱形的四條邊相等，∴菱形ABCD的周長為2×4＝8．故選：C．【點評】本題考查了銳角三角函數(shù)的定義、勾股定理和菱形的性質(zhì)，熟練掌握銳角三角函數(shù)的定義、勾股定理和菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．23．（2023?安徽模擬）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，以點D為圓心，適當(dāng)長為半徑作弧，交BA所在直線于點M、N，分別以點M，N為圓心，大于MN的長為半徑作弧，兩弧相交于點P，連接DP交BA延長線于點E，連接OE，若AB＝，OE＝，則DE的長為．【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，OB＝OD，AB＝AD＝，由作圖過程可知：DE⊥BE，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得BD＝2，根據(jù)勾股定理得OA＝1，方法一：然后利用勾股定理列出方程求出AE，進(jìn)而可以解決問題．方法二：根據(jù)sin∠ABO＝＝，得＝，進(jìn)而可以解決問題．【解答】解：在菱形ABCD中，AC⊥BD，OB＝OD，AB＝AD＝，由作圖過程可知：DE⊥BE，∴OE＝OB＝OD＝，∴BD＝2，∴OA＝＝1，方法一：在Rt△ADE和Rt△BDE中，根據(jù)勾股定理得：DE2＝AD2﹣AE2，DE2＝BD2﹣BE2，∴（）2﹣AE2＝（2）2﹣（+AE）2，∴AE＝∴AE2＝，∴DE2＝AD2﹣AE2＝6﹣＝，∴DE＝．方法二：∵sin∠ABO＝＝，∴＝，∴DE＝．故答案為：．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，二次根式的應(yīng)用，解直角三角形，解決本題的關(guān)鍵是掌握菱形的性質(zhì)．六．菱形的判定（共2小題）24．（2023?蚌埠三模）如圖推理中，空格①②③④處可以填上條件“對角線相等”的是（）A．①② B．①④ C．③④ D．②③【分析】由菱形，矩形，正方形的判定，即可解決問題．【解答】解：∵對角線相等的平行四邊形是矩形，∴②處應(yīng)該填上條件“對角線相等”；∵對角線相等的菱形是正方形，∴③處應(yīng)該填上條件“對角線相等”．故選：D．【點評】本題考查菱形，矩形，正方形的判定，關(guān)鍵是掌握菱形，矩形，正方形的判定方法．25．（2023?杜集區(qū)校級模擬）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，延長AD到E，使DE＝AD，連接EB，EC，DB，下列條件中，不能使四邊形DBCE成為菱形的是（）A．AB＝BE B．BE⊥DC C．∠ABE＝90° D．BE平分∠DBC【分析】根據(jù)菱形的判定方法一一判斷即可；【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，又∵AD＝DE，∴DE∥BC，且DE＝BC，∴四邊形BCED為平行四邊形，A、∵AB＝BE，DE＝AD，∴BD⊥AE，∴?DBCE為矩形，故本選項錯誤；B、∵BE⊥DC，∴對角線互相垂直的平行四邊形為菱形，故本選項正確；C、∵∠ABE＝90°，∴BD＝DE，∴鄰邊相等的平行四邊形為菱形，故本選項正確；D、∵BE平分∠DBC，∴對角線平分對角的平行四邊形為菱形，故本選項正確．故選：A．【點評】此題主要考查了平行四邊形的判定以及菱形的判定，正確掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．七．菱形的判定與性質(zhì)（共3小題）26．（2023?池州模擬）如圖，某同學(xué)剪了兩條寬均為的紙條，交叉疊放在一起，且它們的交角為60°，則它們重疊部分的面積為（）A．3 B．2 C．3 D．6【分析】過A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，則AE＝AF＝，先證四邊形ABCD是平行四邊形，再證BC＝CD，則平行四邊形ABCD是菱形，得AB＝BC，然后由銳角三角函數(shù)定義求出AB＝2，即可解決問題．【解答】解：過A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，則AE＝AF＝，∠AEB＝90°，∵AD∥BC，AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ABE＝∠ADF＝60°，S平行四邊形ABCD＝BC?AE＝CD?AF，∴BC＝CD，∴平行四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵sin∠ABE＝＝sin60°＝，∴AB＝＝＝2，∴BC＝2，∴S菱形ABCD＝BC?AE＝2×＝2，故選：B．【點評】此題考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)定義等知識，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．27．（2023?廬陽區(qū)校級一模）四邊形不具有穩(wěn)定性．四條邊長都確定的四邊形，當(dāng)內(nèi)角的大小發(fā)生變化時，其形狀也隨之改變．如圖，改變正方形ABCD的內(nèi)角，使正方形ABCD變?yōu)榱庑蜛BC′D′，如果∠DAD′＝30°，那么菱形ABC′D′與正方形ABCD的面積之比是（）A． B． C． D．1【分析】過D'作D'M⊥AB于M，求出正方形ABCD的面積＝AB2，再由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，然后求出菱形ABCD的面積＝AB×D'M＝AB2，即可求解．【解答】解：過D'作D'M⊥AB于M，如圖所示：則∠D'MA＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴正方形ABCD的面積＝AB2，AB＝AD，∠BAD＝90°，∵∠DAD′＝30°，∴∠D'AM＝90°﹣30°＝60°，∴∠AD'M＝30°，∴AM＝AD'，D'M＝AM＝AD'，∵四邊形ABC′D′是菱形，∴AB＝AD'＝AD，菱形ABCD的面積＝AB×D'M＝AB2，∴菱形ABC′D′與正方形ABCD的面積之比＝＝，故選：A．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識；熟練掌握菱形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)，證出D'M＝AD'是解題的關(guān)鍵．28．（2023?安徽二模）如圖，在∠AOB中，以點O為圓心，任意長為半徑作弧，交射線OA于點C，交射線OB于點D，再分別以C、D為圓心，OC的長為半徑，兩弧在∠AOB的內(nèi)部交于點E，作射線OE，若OC＝10，OE＝16，則C、D兩點之間距離為（）A．10 B．12 C．13 D．【分析】根據(jù)作圖過程可證明四邊形OCED是菱形，根據(jù)菱形的對角線互相垂直平分，再根據(jù)勾股定理即可求得CD的長．【解答】解：由作圖過程可知：OC＝OD，OC＝CE＝DE，∵OC＝OD＝DE＝CE，∴四邊形ODEC是菱形．如圖，連接CD交OE于點F，∵四邊形OCED是菱形，∴OE⊥CD，OF＝FE＝OE＝8，OC＝10，∴CF＝DF＝6，∴CD＝12．故選：B．【點評】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握菱形的判定與性質(zhì)．八．矩形的性質(zhì)（共9小題）29．（2023?碭山縣一模）如圖，在矩形ABCD中，AC，BD相交于點O，AE平分∠BAD交BC于點E，若∠CAE＝15°，OA＝6，則BE的長為（）A．5 B．6 C．7 D．8【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得出∠BAE＝∠EAD＝45°，AD∥BC，OA＝OB＝6，證出∠AEB＝∠EAD＝45°，得出BE＝BA．證出△OAB為等邊三角形，得出BO＝BA＝6，則可得出答案．【解答】解：在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠EAD＝45°，AD∥BC，OA＝OB＝6，∴∠AEB＝∠EAD＝45°，∴BE＝BA．∵∠CAE＝15°，∠BAE＝45°，∴∠BAC＝60°，又∵OA＝OB，∴△OAB為等邊三角形，∴BO＝BA＝6，∴BO＝BE＝6．故選：B．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)、等邊三角形和等腰三角形的判定及三角形的內(nèi)角和等知識點，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．30．（2023?廬陽區(qū)校級三模）如圖，E，F(xiàn)為矩形ABCD內(nèi)兩點，AE⊥EF，CF垂直EF，垂足分別為E、F，若AE＝1，CF＝2，EF＝4，則BD＝（）A． B．5 C． D．6【分析】連接AC，交EF于點M，BD于O，根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)和勾股定理解答．【解答】解：連接AC，交EF于點M，BD于O，∵AE⊥EF，CF⊥EF，∴∠AEM＝∠CFM＝90°，∵∠AME＝∠CMF，∴△AEM∽△CFM，∴＝，∵AE＝1，EF＝4，CF＝2，∴EM＝，MF＝，在Rt△AEM中，AM＝＝＝，在Rt△CFM中，MC＝＝＝，∴AC＝AM+CM＝+＝5，∵四邊形ABCD是矩形，∴BD＝AC＝5，故選：B．【點評】本題主要考查矩形的性質(zhì)及相似三角形的判定和性質(zhì)，構(gòu)造三角形相似利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例求得AC的長是解題的關(guān)鍵，注意勾股定理的應(yīng)用．31．（2023?來安縣二模）如圖，P為矩形ABCD的邊AB的延長線上的動點，AH⊥PC于H，點E在邊AD上，若AB＝6，BC＝8，AE＝2，則線段EH的最大值為（）A． B． C． D．【分析】連接AC，以AC為直徑作△ABC的外接圓⊙O，當(dāng)E，O，H三點共線時，EH取最大值，再過O作OF⊥AD于F，根據(jù)勾股定理求出，而，即可求出線段EH的最大值．【解答】解：連接AC，以AC為直徑作△ABC的外接圓⊙O，∵AH⊥PC，∴點H在⊙O上，當(dāng)E，O，H三點共線時，EH取最大值，過O作OF⊥AD于F，∵AB＝6，BC＝8，∴AC＝10，∵F為AD的中點，∴，在Rt△OEF中，，，∴線段EH的最大值為．故選：D．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，圓的性質(zhì)，三角形的任意兩邊之和大于第三邊，作輔助線并判斷出EH最大時的情況是解題的關(guān)鍵．32．（2023?合肥三模）如圖，a∥b，矩形ABCD的頂點B在直線a上，若∠1＝34°，則∠2的度數(shù)為（）A．34° B．46° C．56° D．66°【分析】過點A作AE∥a，利用矩形的性質(zhì)和平行線的判定與性質(zhì)解答即可．【解答】解：過點A作AE∥a，如圖，∴∠EAB＝∠1＝34°．∵a∥b，AE∥a，∴AE∥b，∴∠2＝∠DAE，∵四邊形ABCD為矩形，∴∠DAB＝90°，∴∠DAE＝90°﹣∠EAB＝56°，∴∠2＝56°．故選：C．【點評】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，本題是豬腳模型，過點A作AE∥a是解題的關(guān)鍵．33．（2023?合肥三模）將一直角三角形和矩形如圖放置，若∠1＝42°，則∠2＝（）A．58° B．54° C．48° D．44°【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AB∥CD，根據(jù)對頂角的性質(zhì)得到∠3＝∠1＝42°，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理即可得到結(jié)論．【解答】解：如圖，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠3＝∠1＝42°，∵∠GEF＝∠3＝42°，∠G＝90°，∴∠2＝∠GFE＝180°﹣90°﹣42°＝48°，故選：C．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，對頂角相等，熟練掌握平行線的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．34．（2023?碭山縣二模）如圖，在矩形ABCD中，M是BC上一點，將△ABM沿AM折疊，使點B落在B'處，若∠AMB＝α，則∠B'AD等于（）A．α﹣90° B．α﹣45° C．90°﹣2α D．90°﹣α【分析】根據(jù)矩形性質(zhì)得出∠ABC＝90°，AD∥BC，求出∠DAM＝∠AMB＝α，∠BAM＝90°﹣α，根據(jù)折疊可知∠B'AM＝∠BAM＝90°﹣α，最后求出結(jié)果即可．【解答】解：∵四邊形ABCD為矩形，∴∠ABC＝90°，AD∥BC，∴∠DAM＝∠AMB＝α，∠BAM＝90°﹣α，根據(jù)折疊可知，∠B'AM＝∠BAM＝90°﹣α，∴∠B'AD＝∠B'AM﹣∠DAM＝90°﹣α﹣α＝90°﹣2α，故C正確．故選：C．【點評】本題主要考查了矩形與折疊，平行線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握矩形性質(zhì)，求出∠DAM＝∠AMB＝α，∠BAM＝90°﹣α．35．（2023?肥西縣二模）如圖，四邊形OABC是矩形，A（2，1），B（0，5），點C在第二象限，則點C的坐標(biāo)是（）A．（﹣1，3） B．（﹣1，2） C．（﹣2，3） D．（﹣2，4）【分析】過C作CE⊥y軸于E，過A作AF⊥y軸于F，得到∠CEO＝∠AFB＝90°，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AB＝OC，AB∥OC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CE＝AF，OE＝BF，BE＝OF，于是得到結(jié)論．【解答】解：過C作CE⊥y軸于E，過A作AF⊥y軸于F，∴∠CEO＝∠AFB＝90°，∵四邊形ABCO是矩形，∴AB＝OC，AB∥OC，∴∠ABF＝∠COE，∴△OCE≌△ABF（AAS），同理△BCE≌△OAF，∴CE＝AF，OE＝BF，BE＝OF，∵A（2，1），B（0，5），∴AF＝CE＝2，BE＝OF＝1，OB＝5，∴OE＝4，∴點C的坐標(biāo)是（﹣2，4）；故選：D．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．36．（2023?龍子湖區(qū)二模）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，∠AOD＝120°，矩形ABCD的面積是9，那么這個矩形的周長是（）A．3+3 B．4+4 C． D．【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得出OA＝OB，進(jìn)而利用等邊三角形的性質(zhì)和判定解答即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴OA＝OB，∵∠AOD＝120°，∴∠AOB＝60°，∴△AOB是等邊三角形，∴AB＝OA＝OB＝AC，∴BC＝AB，∵矩形ABCD的面積是9，∴AB?BC＝AB?AB＝9，∴AB＝3，BC＝3，∴這個矩形的周長＝6+6，故選：C．【點評】此題主要考查了勾股定理、矩形的性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)；熟練掌握矩形的性質(zhì)，由勾股定理求出AB是解決問題的關(guān)鍵關(guān)鍵．37．（2023?亳州模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，點P從點A出發(fā)，按A→B→C的方向在邊AB和BC上移動，記AP＝x，點D到直線AP的距離DE為y，則y的最小值是（）A．6 B． C．5 D．4【分析】根據(jù)題意和圖形可知，當(dāng)點P在AB段時，y的值是定值8，當(dāng)點P在BC段時，y隨x的變化而變化，然后根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)，可以得到y(tǒng)和x的關(guān)系，再根據(jù)題意，可以得到x的取值范圍，從而可以得到y(tǒng)的最小值．【解答】解：連接AC，當(dāng)點B在AB上運動時，y的值恒為8，當(dāng)點P在BC上時，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠B＝90°，AD＝BC＝8，∴∠BAP+∠DAE＝90°，∠BAP+∠APB＝90°，∴∠DAE＝∠APB，∵DE⊥AP，∴∠DEA＝90°，∴∠B＝∠DEA，∴△ABP∽△DEA，∴，即，∴y＝，∵AB＝6，BC＝8，∠B＝90°，∴AC＝10，∴6＜x≤10，∴當(dāng)x＝10時，y取得最小值＝，故選：B．【點評】本題考查矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．九．矩形的判定與性質(zhì)（共2小題）38．（2023?金安區(qū)一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，P為邊BC上一動點，PE⊥AB于點E，PF⊥AC于點F，M為EF的中點，則AM的最小值是（）?A． B． C． D．【分析】連接MP，根據(jù)矩形的判定和性質(zhì)得出EF＝AP，根據(jù)當(dāng)AP⊥BC時，AP的值最小，即AM的值最小，利用勾股定理解答即可．【解答】解：連接MP．∵∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，∴BC＝＝10，∵PE⊥AB，PF⊥AC，∴四邊形AFPE是矩形，∴EF＝AP，EF與AP互相平分，∵M(jìn)是EF的中點，∴M為AP的中點，∴AM＝AP，∵AP⊥BC時，AP最短，同樣AM也最短，∴當(dāng)AP⊥BC時，AP＝＝4.8，∴AP最短時，AP＝4.8，∴當(dāng)AM最短時，AM＝AP＝2.4．即AM的最小值為2.4．故選：B．【點評】此題考查矩形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)矩形的判定和性質(zhì)得出EF＝AP解答．39．（2023?繁昌縣校級模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，M為斜邊AB上的一個動點，過點M作MD⊥AC于點D，ME⊥BC于點E．若線段DE的最小值是，則此時BM＝．【分析】易得四邊形CDME為矩形，連接CM，得到CM＝DE，過點C作CF⊥AB，得到當(dāng)M與F重合時，CM最小，即DE最小，進(jìn)而得到，勾股定理求出AF，再利用，求出AB的長，利用AB﹣AF即可得出BF的長，即為BM的長．【解答】解：∵M(jìn)D⊥AC，ME⊥BC，∠C＝90°，∴四邊形CDME為矩形，連接CM，過點C作CF⊥AB，則：CM＝DE，∠CFB＝∠CFA＝∠ACB＝90°，當(dāng)CM最小時，DE的值最小，當(dāng)M與F重合時，DE的值最小，∵線段DE的最小值是，∴，在Rt△AFC中，，∴，即：，∴，∴，即．故答案為：．【點評】本題考查矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形．解題的關(guān)鍵是確定點M的位置．一十．正方形的性質(zhì)（共9小題）40．（2023?蚌埠二模）如圖，AC是正方形ABCD的對角線，AE平分∠CAB交DC的延長線于點E，交BC于點F，則的值為（）A． B． C．2 D．【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)和角平分線定義證明AC＝EC，可得CE＝AB，由AB∥CE，得△CFE∽△BFA，對應(yīng)邊成比例即可解決問題．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∠ACB＝45°，∠ABC＝90°，∴AC＝AB，∠BAE＝∠E，∵AE平分∠CAB，∴∠BAE＝∠CAE，∴∠E＝∠CAE，∴AC＝EC，∴CE＝AB，∵AB∥CE，∴△CFE∽△BFA，∴＝＝＝．故選：A．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的定義，熟練掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．41．（2023?廬陽區(qū)校級三模）在邊長為2的正方形ABCD中，點E、F是對角線BD上的兩個動點，且始終保持BF﹣BE＝1，連接AE、CF，則AE+CF的最小值為（）A． B．3 C． D．【分析】通過證明四邊形EFHA是平行四邊形，可得AE＝FH，則當(dāng)點F，點H，點C三點共線時，AE+CF有最小值，由勾股定理可得．【解答】解：如圖作AH∥BD，使得AH＝EF＝1，連接HF，∵AH＝EF，AH∥EF，∴四邊形EFHA是平行四邊形，∴AE＝FH，∴AE+CF＝FH+CF，∴當(dāng)點F，點H，點C三點共線時，AE+CF有最小值，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，AC＝2，∵AH∥DB，∴AC⊥CH，∴∠CAH＝90°，在Rt△ACH中，CH＝＝＝3，故選：B．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，即可求解．42．（2023?蕪湖一模）如圖，在正方形ABCD中，已知邊AB＝5，點E是BC邊上一動點（點E不與B、C重合），連接AE，作點B關(guān)于直線AE的對稱點F，則線段CF的最小值為（）?A．5 B． C． D．【分析】連接AF，AC，利用勾股定理、軸對稱的性質(zhì)可得AC、AF的長．依據(jù)AF+CF≥AC，即可得到當(dāng)C，F(xiàn)，A在同一直線上時，CF存在最小值．【解答】解：如圖所示，連接AF，AC，∵正方形ABCD的邊長為5，∴AC＝，∵B，F(xiàn)關(guān)于AE成軸對稱，∴AE垂直平分BF，∴AB＝AF＝5，∵AF+CF≥AC，∴當(dāng)C，F(xiàn)，A在同一直線上時，CF的最小值為AC﹣AF＝﹣5，故選：B．【點評】本題主要考查了正方形的性質(zhì)以及勾股定理的運用，解決問題的關(guān)鍵是依據(jù)兩點之間，線段最短進(jìn)行判斷．43．（2023?蜀山區(qū)校級三模）如圖，正方形ABCD的邊長為2，延長CB至點E，BE＝1，連接DE交AB于點G，連接AE，并取AE的中點F，連接FG并延長交BC于點H，則FH＝（）?A． B． C． D．【分析】先作輔助線構(gòu)造全等三角形，然后利用△AGD∽△BGE，從而求出EH的長，再過F作EC的垂線，構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理即可求解．【解答】解：延長DA、HF相交于點M，如圖：∵F是中點，∴AF＝EF，又∵∠MAF＝∠HEF，∠AFM＝∠HFE，∴△AFM≌△EFH（ASA），∴AM＝EH，∵AD∥EC，∴△AGD∽△BGE，△DMG∽△EHG，∴，，∴，∴DM＝2EH，又∵DM＝AM+AD＝EH+AD＝2EH，AD＝2，∴EH＝2，過F作FN⊥BE于點N，∵F是中點，∴FN＝AB＝1，EN＝，∴NH＝，在Rt△FNH中，F(xiàn)H2＝FN2+NH2，∴FH＝故選：B．【點評】本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形、相似三角形的性質(zhì)，解答過程中作輔助線是解題的關(guān)鍵．44．（2023?蜀山區(qū)三模）在邊長為8的正方形ABCD中，E為AB邊上一點，AE＝3BE，連接DE，G為DE中點，若點M在正方形ABCD的邊上，且MG＝5，則滿足條件的點M的個數(shù)是（）A．3個 B．4個 C．5個 D．6個【分析】過點G作GP⊥AD于點P，PG的延長線交BC于F，連接AG并延長交CD于Q，先求出AE＝6，BE＝2，再利用勾股定理求出AE＝10，則GD＝GE＝5，證PG為△AED的中位線得PG＝3，PD＝PA＝4，進(jìn)而可求出GA＝5，然后可求得GF＝5，最后再證△GDQ和△GEA全等得GQ＝GA＝5，據(jù)此即可得出答案．【解答】解：過點G作GP⊥AD于點P，PG的延長線交BC于F，連接AG并延長交CD于Q，∵四邊形ABCD為正方形，邊長為8，∴AB＝BC＝CD＝DA＝8，∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB∥CD，∵點E在AB上，且AE＝3BE，∴AE＝6，BE＝2，在Rt△AED中，AD＝8，AE＝6，由勾股定理得：，∵點G為AE的中點，∴GD＝GE＝5，則點D、E即為滿足條件的點，則四邊形ABFP、PFCD均為矩形，∵點G為DE的中點，GP∥AB，∴PG為△AED的中位線，∴，，在Rt△GAP中，AP＝4，PG＝3，由勾股定理得：，則點A即為滿足條件的點，∵PF＝AB＝8，PG＝3，∴GF＝PF﹣PG＝8﹣3＝5，則點F即為滿足條件的點，∵AB∥CD，∴∠GDQ＝∠GEA，∠GQD＝∠GAE，在△GDQ和△GEA中，，∴△GDQ≌△GEA（AAS），∴GQ＝GA＝5，則點Q即為滿足條件的點，綜上所述：滿足條件的點M的個數(shù)是5個．故選：C．【點評】此題主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，線段的垂直平分線，三角形的中位線解答此題的關(guān)鍵是正確的作出輔助線，利用正方形和矩形的性質(zhì)、勾股定理等計算得出GD、GE、GA、GF、GQ的長．45．（2023?定遠(yuǎn)縣校級三模）七巧板是我國古代勞動人民的發(fā)明之一，被譽為“東方魔板”，它是由五塊等腰直角三角形、一塊正方形和一塊平行四邊形共七塊板組成的．（清）陸以活《冷廬雜識》卷中寫道：近又有七巧圖，其式五，其數(shù)七，其變化之式多至千余，體物肖形，隨手變幻，蓋游戲之具，足以排悶破寂，故世俗皆喜為之．如圖，是一個用七巧板拼成的裝飾圖，放入長方形ABCD內(nèi)，裝飾圖中的三角形頂點E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，三角形①的邊GD在邊AD上，則的值為（）A． B． C． D．【分析】設(shè)七巧板正方形的邊長為x，根據(jù)正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)分別表示出BF，BE的長，即可求解．【解答】解：設(shè)七巧板正方形的邊長為x，∴2BE2＝x2，∴BE2＝，∴BE＝x，∴，∴＝，故選：D．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，七巧板，勾股定理，正方形的性質(zhì)，表示出BF，BE的長是解題的關(guān)鍵．46．（2023?阜陽三模）如圖，在邊長為3的正方形ABCD中，點E在邊AD上，且DE＝1．△BEF是以E為直角頂點的等腰直角三角形，EF，BF分別交CD于點M，N，過點F作AD的垂線交AD的延長線于點G．連接DF，則下列結(jié)論錯誤的是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)AB＝3，AE＝2，由勾股定理得；證明△BAE≌△EGF得到AB＝EG＝3，AE＝GF＝2于是DG＝EG﹣DE＝3﹣1＝2，根據(jù)勾股定理；過點F作FH⊥CD于點H，證明四邊形DGFH是正方形，得到DH＝2，CH＝1，證明△HFN∽△CBN，△DEM∽△HFM，計算CN，HN，HM，計算求解即可．【解答】解：A、∵邊長為3的正方形ABCD，DE＝1，∴AB＝BC＝CD＝DA＝3，AE＝2，∠BAD＝∠ADC＝∠BCD＝90°，∴；∵△BEF是以E為直角頂點的等腰直角三角形，∴，故該項正確，不符合題意；B、∵邊長為3的正方形ABCD，F(xiàn)G⊥DG，∴∠BAE＝∠EGF＝90°，∵△BEF是以E為直角頂點的等腰直角三角形，∴BE＝EF，∠AEB+∠GEF＝90°，∵∠AEB+∠ABE＝90°，∴∠ABE＝∠GEF，∴△BAE≌△EGF（AAS），∴AB＝EG＝3，AE＝GF＝2，∴DG＝EG﹣DE＝3﹣1＝2，∴，故該項正確，不符合題意；C、過點F作FH⊥CD于點H，∵∠FHD＝∠HDG＝∠DGF＝90°，DG＝FG＝2，∴四邊形DGFH是正方形，∴DH＝DG＝2，CH＝CD﹣DH＝3﹣2＝1，∵∠BCN＝∠FHN，∠BNC＝∠FNH，∠EDM＝∠FHM，∠EMD＝∠FMH，∴△HFN∽△CBN，△DEM∽△HFM，∴，∴，∴，∴，故該項正確，不符合題意；D、∵，∴，∴，故該項錯誤，符合題意；故選D．【點評】本題考查了正方形的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角形全等的判定和性質(zhì)，熟練掌握正方形的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角形全等的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．47．（2023?淮南二模）如圖，在△BCP中，BP＝2，PC＝4，現(xiàn)以BC為邊在BC的下方作正方形ABCD并連接AP，則AP的最大值為（）?A． B．6 C． D．【分析】將△ABP繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得△BCE，連接PE，則△BPE是等腰直角三角形，AP＝CE，再利用三角形三邊關(guān)系可得答案．【解答】解：將△ABP繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°得△BCE，連接PE，則△BPE是等腰直角三角形，AP＝CE，∴PE＝BP＝2，在△CPE中，CE≤PE+CP，∴CE的最大值為2+4，即AP的最大值為2+4，故選：D．【點評】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形三邊關(guān)系等知識，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．48．（2023?安徽模擬）如圖，正方形ABCD的邊長AB＝8，E為平面內(nèi)一動點，且AE＝4，F(xiàn)為CD上一點，CF＝2，連接EF，ED，則EF+ED的最小值為（）A．6 B．4 C．4 D．6【分析】如圖，當(dāng)點E運動到點E′時，在AD邊上取AH＝2，證明△DAE′∽△E′AH，根據(jù)EF+ED的最小值為HF的值，再根據(jù)勾股定理即可求解．【解答】解：如圖，當(dāng)點E運動到點E′時，EF+ED的值最小，最小值為EF+DE'，在AD邊上取AH＝2，∵AE′＝AE＝4，∴＝2，∵AD＝8，∴＝2，∴，∵∠DAE′＝∠E′AH，∴△DAE′∽△E′AH，∴＝2，∴E′H＝DE'，∴EF+ED＝EF+E′D＝EF+E′H＝HF，∴EF+ED的最小值為HF的值，∵DH＝AD﹣AH＝6，DF＝DC﹣CF＝6，在Rt△DHF中，根據(jù)勾股定理，得HF＝，故選：A．【點評】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，構(gòu)造出E'H＝DE'是解本題的關(guān)鍵．一十一．正方形的判定與性質(zhì)（共3小題）49．（2023?禹會區(qū)模擬）下列說法：（1）對角線互相垂直的四邊形是菱形；（2）對角線相等的平行四邊形是矩形；（3）對角線互相垂直平分的四邊形是正方形；（4）兩組對角相等的四邊形是平行四邊形；其中正確的有（）個．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】根據(jù)平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定逐個判斷即可．【解答】解：對角線互相平分且垂直的四邊形是菱形，故（1）錯誤；對角線相等的平行四邊形是矩形，故（2）正確；對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，不一定是正方形，故（3）錯誤兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形，故（4）正確；即正確的個數(shù)是2，故選：B．【點評】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)等知識點，能熟記平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定定理是解此題的關(guān)鍵．50．（2023?池州模擬）如圖，正方形ABCD的邊長為2，G是對角線BD上一動點，GE⊥CD于點E，GF⊥BC于點F，連結(jié)EF，給出四種情況：①若G為BD上任意一點，則AG＝EF；②若BG＝AB，則∠DAG＝22.5°；③若G為BD的中點，則四邊形CEGF是正方形；④若DG：BG＝1：3，則．則其中正確的是①②③④．【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得出EF＝GC，進(jìn)而利用全等三角形的判定和性質(zhì)判斷①；根據(jù)等腰三角形的內(nèi)角和定理判斷②；根據(jù)正方形的判定判斷③；根據(jù)正方形的面積公式和三角形的面積公式解答判斷④．【解答】解：連接GC，AC，AC與BD相交于點O，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠C＝90°，AD＝DC，∠ADG＝∠CDG＝45°，∵GE⊥CD于點E，GF⊥BC于點F，∴∠GEC＝∠GFC＝90°，∴四邊形GFCE是矩形，∴EF＝GC，在△ADG與△CDG中，，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴AG＝GC，∴AG＝EF，故①正確；∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABD＝45°，∠BAD＝90°，∵AB＝BG，∴∠BAG＝＝67.5°，∴∠DAG＝∠BAD﹣∠BAG＝90°﹣67.5°＝22.5°，故②正確；當(dāng)G是BD的中點時，G是AC，BD的交點，即G與O重合，∴CE＝CD，CF＝BC，∴CE＝CF，∴矩形GFCE是正方形，故③正確；∵正方形ABCD的邊長為2，∴正方形ABCD的面積＝4，∵DG：BG＝1：3，∴，故④正確；故答案為：①②③④．【點評】此題考查正方形的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)解答．51．（2023?六安三模）如圖，在正方形ABCD中，AB＝8，F(xiàn)是對角線AC的中點，點G、E分別在AD、CD邊上運動，且保持AG＝DE，連接GE、GF、EF，在此運動變化的過程中，下列結(jié)論：①△GFE是等腰直角三角形；②四邊形DGFE不可能為正方形，③GE長度的最小值為；④四邊形DGFE的面積保持不變；⑤△DGE面積的最大值為8，其中正確的結(jié)論是（）A．①②③ B．①③④⑤ C．①③④ D．③④⑤【分析】連接DF，可證明△FAG≌△FDE，得FG＝FE，∠AFG＝∠DFE，則∠GFE＝∠AFD＝90°，所以△GFE是等腰直角三角形，可判斷①正確；∠GFE＝∠GDE＝90°，F(xiàn)G＝FE，所以當(dāng)∠FGD＝90°時，四邊形DGFE是正方形，可判斷②錯誤；作FH⊥AD于點H，則FH＝AD＝4，當(dāng)點G與點H重合時FG最小，此時GE最小，GE的最小值為4，可判斷③正確；由S△FAG＝S△FDE，得S四邊形DGFE＝S△ADF＝S正方形ABCD＝16，所以四邊形DGFE的面積保持不變，可判斷④正確；因為S△DGE+S△GFE＝S四邊形DGFE＝16，所以當(dāng)FG＝FH＝4時，S△GFE最?。?，此時S△DGE最大＝16﹣8＝8，可判斷⑤正確，于是得到問題的答案．【解答】解：連接DF，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD＝AB＝8，∠ADC＝90°，∴∠FAG＝∠FCD＝45°，∵F是對角線AC的中點，∴DF⊥AC，DF＝AF＝CF＝AC，∠FDE＝∠FDA＝∠ADC＝45°，∴∠FAG＝∠FDE，在△FAG和△FDE中，，∴△FAG≌△FDE（SAS），∴FG＝FE，∠AFG＝∠DFE，∴∠GFE＝∠DFG+∠DFE＝∠DFG+∠AFG＝∠AFD＝90°，∴△GFE是等腰直角三角形，故①正確；∵∠GFE＝∠GDE＝90°，∴當(dāng)∠FGD＝90°時，四邊形DGFE是矩形，∵FG＝FE，∴此時四邊形DGFE是正方形，∴四邊形DGFE可能為正方形，故②錯誤；作FH⊥AD于點H，則AH＝DH，∴FH＝AD＝4，∵GE＝＝＝FG，∴當(dāng)點G與點H重合時FG最小，此時GE最小，∵FG＝FH＝4，GE＝×4＝4，∴GE的最小值為4，故③正確；∵S△FAG＝S△FDE，∴S四邊形DGFE＝S△FDH+S△FEE＝S△FDH+S△FAE＝S△ADF＝S正方形ABCD＝×8×8＝16，∴四邊形DGFE的面積保持不變，故④正確；∵S△DGE+S△GFE＝S四邊形DGFE＝16，∴當(dāng)FG＝FH＝4時，S△GFE最小＝×4×4＝8，此時S△DGE最大＝16﹣8＝8，∴△DGE面積的最大值為8，故⑤正確，故選：B．【點評】此題重點考查正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、等角的余角相等、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，正確地作出輔助線并且證明△FAG≌△FDE是解題的關(guān)鍵．一十二．梯形（共1小題）52．（2023?定遠(yuǎn)縣一模）如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，點E在BC上，AE＝BE，點F是CD的中點，且AF⊥AB，若AD＝2.7，AF＝4，AB＝6，則CE的長為（）A． B． C．2.5 D．2.3【分析】延長AF、BC交于點G．根據(jù)AAS可以證明△AFD≌△GFC，則AG＝2AF＝8，CG＝AD＝2.7；根據(jù)勾股定理，得BG＝10，則BC＝7.3；根據(jù)等邊對等角，得∠BAE＝∠B，根據(jù)等角的余角相等，得∠EAG＝∠AGE，則AE＝GE，則BE＝BG＝5，進(jìn)而求得CE的長．【解答】解：延長AF、BC交于點G．∵AD∥BC，∴∠D＝∠FCG，∠DAF＝∠G．又DF＝CF，∴△AFD≌△GFC．∴AG＝2AF＝8，CG＝AD＝2.7．∵AF⊥AB，AB＝6，∴BG＝10．∴BC＝BG﹣CG＝7.3．∵AE＝BE，∴∠BAE＝∠B．∴∠EAG＝∠AGE．∴AE＝GE．∴BE＝BG＝5．∴CE＝BC﹣BE＝2.3．故選：D．【點評】此題綜合運用了全等三角形的判定及性質(zhì)、勾股定理、等邊對等角的性質(zhì)、等角的余角相等以及等角對等邊的性質(zhì)．一十三．中點四邊形（共1小題）53．（2023?安慶模擬）如圖，D、E、F、G分別為AC、AB、BO、CO的中點，∠BOC＝90°，若AO＝3，BO＝4，CO＝3，則四邊形DEFG的周長8．【分析】根據(jù)勾股定理求出BC＝5，根據(jù)三角形中位線定理得到DE＝FG＝BC，EF＝DG＝AO，得到EF+DG＝3，DE+FG＝5，計算即可．【解答】解：∵∠BOC＝90°，BO＝4，CO＝3，∴BC＝＝＝5，∵D、E、F、G分別為AC、AB、BO、CO的中點，∴DE，F(xiàn)G分別為△ABC，△OBC的中位線，EF，DG分別為△AOB，△AOC的中位線，∴DE＝FG＝BC＝2.5，EF＝DG＝OA＝1.5，∴EF+DG＝3，DE+FG＝5，∴四邊形DEFG的周長＝EF+DG+DE+FG＝3+5＝8，故答案為：8．【點評】本題考查的是三角形中位線定理、勾股定理，熟記三角形中位線等于第三邊的一半是解題的關(guān)鍵．一十四．四邊形綜合題（共7小題）54．（2023?定遠(yuǎn)縣二模）菱形ABCD中，AB＝4，∠B＝60°，E，F(xiàn)分別是AB，AD上的動點，且BE＝AF，連接EF，交AC于G，則下列結(jié)論：①△BEC≌△AFC；②△ECF為等邊三角形；③CE的最小值為2．其中正確的結(jié)論是（）A．①② B．①②③ C．①③ D．②③【分析】由“SAS”可證△CBE≌△CAF，故①正確，由全等三角形的性質(zhì)可得CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，可證△ECF是等邊三角形，故②正確；當(dāng)CE⊥AB時，CE最小，由直角三角形的性質(zhì)可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，AB＝4，∠B＝60°，∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠BAC＝∠CAD＝∠BAD＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴CB＝CA，∠ACB＝60°，在△BCE和△ACF中，，∴△CBE≌△CAF（SAS），故①正確；∵△CBE≌△CAF，∴CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，∵∠ACB＝∠BCE+∠ECA＝60°，∴∠ACF+∠ECA＝60°，即∠ECF＝60°，∴△ECF是等邊三角形，故②正確；當(dāng)CE⊥AB時，CE最小，在Rt△CBE中，∠B＝60°，BC＝4，∴CE＝BC?sinB＝4×＝2，∴EF的最小值是2，故③正確；故選：B．【點評】本題是四邊形綜合題，考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．55．（2023?宣州區(qū)三模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，F(xiàn)為BC中點，P是線段BF上一點，設(shè)BP＝m（0＜m≤2），連接AP并將它繞點P順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PE，連接CE，EF，則在點P從點B向點F運動的過程中，下列說法錯誤的是（）A．∠EFC＝45° B．點D始終在直線EF上 C．△FCE的面積為m D．CE的最小值為【分析】由“AAS”可證△BAP≌△HPE，可得BP＝EH＝m，AB＝PH＝2，可求EH＝FH＝m，可求∠EFC＝45°，可判斷A選項，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠DFC＝45°，可得點D在直線EF上，可判斷B選項，由三角形的面積關(guān)系可求S△EFC＝m，可判斷C選項，當(dāng)CE⊥DF時，CE有最小值，由等腰直角三角形的性質(zhì)可求CE的最小值為，可判斷D選項，即可求解．【解答】解：如圖，過點E作EH⊥BC于H，∵BP＝m（0＜m≤2），∴點P在線段BF上，∵F為BC中點，∴CF＝BF＝2，∵將AP繞P順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PE，∴AP＝PE，∠APE＝90°＝∠ABP＝∠PHE，∴∠BPA+∠EPH＝90°，∠BAP+∠BPA＝90°，∴∠BAP＝∠EPH，在△BAP和△HPE中，，∴△BAP≌△HPE（AAS），∴BP＝EH＝m，AB＝PH＝2，∴FH＝PH﹣PF＝2﹣（2﹣m）＝m，∴EH＝FH，∴∠EFC＝45°，故選項A不