專(zhuān)題18特殊的平行四邊形（講義）

專(zhuān)題18特殊的平行四邊形核心知識(shí)點(diǎn)精講理解掌握矩形的概念、性質(zhì)、判定方法、面積計(jì)算方法；理解掌握菱形的概念、性質(zhì)、判定方法、面積計(jì)算方法；理解掌握正方形的概念、性質(zhì)、判定方法、面積計(jì)算方法；掌握矩形、菱形、正方形的綜合運(yùn)用?？键c(diǎn)1矩形的概念與性質(zhì)1.矩形的概念有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫做矩形。2.矩形的性質(zhì)（1）具有平行四邊形的一切性質(zhì)（2）矩形的四個(gè)角都是直角（3）矩形的對(duì)角線(xiàn)相等（4）矩形是軸對(duì)稱(chēng)圖形3.矩形的判定（1）定義：有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形（2）定理1：有三個(gè)角是直角的四邊形是矩形（3）定理2：對(duì)角線(xiàn)相等的平行四邊形是矩形4.矩形的面積S矩形=長(zhǎng)×寬=ab考點(diǎn)2菱形1.菱形的概念有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形2.菱形的性質(zhì)（1）具有平行四邊形的一切性質(zhì)（2）菱形的四條邊相等（3）菱形的對(duì)角線(xiàn)互相垂直，并且每一條對(duì)角線(xiàn)平分一組對(duì)角（4）菱形是軸對(duì)稱(chēng)圖形3.菱形的判定（1）定義：有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形（2）定理1：四邊都相等的四邊形是菱形（3）定理2：對(duì)角線(xiàn)互相垂直的平行四邊形是菱形4.菱形的面積S菱形=底邊長(zhǎng)×高=兩條對(duì)角線(xiàn)乘積的一半考點(diǎn)3正方形1.正方形的概念有一組鄰邊相等并且有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫做正方形。2.正方形的性質(zhì)（1）具有平行四邊形、矩形、菱形的一切性質(zhì)（2）正方形的四個(gè)角都是直角，四條邊都相等（3）正方形的兩條對(duì)角線(xiàn)相等，并且互相垂直平分，每一條對(duì)角線(xiàn)平分一組對(duì)角（4）正方形是軸對(duì)稱(chēng)圖形，有4條對(duì)稱(chēng)軸（5）正方形的一條對(duì)角線(xiàn)把正方形分成兩個(gè)全等的等腰直角三角形，兩條對(duì)角線(xiàn)把正方形分成四個(gè)全等的小等腰直角三角形（6）正方形的一條對(duì)角線(xiàn)上的一點(diǎn)到另一條對(duì)角線(xiàn)的兩端點(diǎn)的距離相等。3.正方形的判定（1）判定一個(gè)四邊形是正方形的主要依據(jù)是定義，途徑有兩種：先證它是矩形，再證有一組鄰邊相等。先證它是菱形，再證有一個(gè)角是直角。（2）判定一個(gè)四邊形為正方形的一般順序如下：先證明它是平行四邊形；再證明它是菱形（或矩形）；最后證明它是矩形（或菱形）4.正方形的面積設(shè)正方形邊長(zhǎng)為a，對(duì)角線(xiàn)長(zhǎng)為bS正方形=【題型1：矩形的概念和性質(zhì)】【典例1】（2024?深圳模擬）如圖，點(diǎn)O是矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O作EF⊥AC，交BC于點(diǎn)E，交AD于點(diǎn)F．（1）在不添加新的點(diǎn)和線(xiàn)的前提下，請(qǐng)?jiān)黾右粋€(gè)條件：AO＝CO，使得OE＝OF，并說(shuō)明理由；（2）若OE＝OF，AB＝6，BC＝8，求EF的長(zhǎng)．【答案】（1）AO＝CO；（2）EF=15【分析】（1）利用三角形全等可以說(shuō)明；（2）根據(jù)勾股定理先求出AC的長(zhǎng)度，再根據(jù)三角形全等得出AO＝CO＝5，然后根據(jù)三角函數(shù)得出關(guān)于EO的方程，最后即可求得EF．【解答】解：（1）AO＝CO；理由如下：∵AD∥BC，∴∠FAO＝∠ECO，∵EF⊥AC，∴∠AOF＝∠COE，又∵AO＝CO，∴△AOF≌COE（ASA），∴OE＝OF．（2）∵∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，∴AC=AB∵EF⊥AC，∴∠AOF＝∠COE，∵AD∥BC，∴∠FAO＝∠ECO，又∵EO＝FO，∴△AOF≌COE（AAS），∴AO＝CO＝5，在Rt△COE中，tan∠OCE=OE在Rt△ACB中，tan∠ACB=AB∴OE5∴OE=15∴EF=15一．選擇題（共3小題）1．（2023?曲江區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，O是矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC的中點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)．若AB＝6，BC＝8，則△BOE的周長(zhǎng)為（）A．10 B．8+25 C．8+213 D．14【答案】C【分析】易知OE是中位線(xiàn)，則OE=12CD＝3，在Rt△ABE中，利用勾股定理求得BE的長(zhǎng)，在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC的長(zhǎng)，根據(jù)矩形性質(zhì)可求BO，從而求出△【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，AB＝6，BC＝8，∴AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∵點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)，E為AD的中點(diǎn)，∴OE=12CD＝3，AE=在Rt△ABE中，AE＝4，AB＝6，根據(jù)勾股定理得，BE=A在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理得，AC=A∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∵點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)，∴BO＝5．∴△BOE周長(zhǎng)為5+3+213=8+213故選：C．2．（2023?遂溪縣一模）如圖，矩形ABCD中，AC、BD交于點(diǎn)O，M、N分別為BC、OC的中點(diǎn)．若∠ACB＝30°，AB＝8，則MN的長(zhǎng)為（）A．2 B．4 C．8 D．16【答案】B【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)和含30°的直角三角形的性質(zhì)得出AC＝BD＝16，進(jìn)而求出BD＝2BO，再依據(jù)中位線(xiàn)的性質(zhì)推知MN=12【解答】解：如圖，∵四邊形ABCD是矩形，AC，BD交于點(diǎn)O，∠ACB＝30°，AB＝8，∴BD＝AC＝2AB＝2×8＝16，∴BD＝2BO，即2BO＝16．∴BO＝8．又∵M(jìn)、N分別為BC、OC的中點(diǎn)，∴MN是△CBO的中位線(xiàn)，∴MN=12故選：B．3．（2023?揭陽(yáng)一模）如圖，點(diǎn)O是矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC的中點(diǎn)，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)．若AB＝6，BC＝8，則△BOE的周長(zhǎng)為（）A．12 B．9+37 C．8+213【答案】C【分析】根據(jù)題意可得OE是△ACD的中位線(xiàn)，則OE=12CD=3，在Rt△ABE中，利用勾股定理求得BE，在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可求得BO【解答】解：∵點(diǎn)O是矩形ABCD對(duì)角線(xiàn)AC的中點(diǎn)，E點(diǎn)為AD中點(diǎn)，∴AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，OE=12CD=3在Rt△ABE中，BE=A在Rt△ABC中，AC=A∴BO=1則△BOE的周長(zhǎng)為：5+3+213故選：C．【題型2：矩形的判定】【典例2】（2023?榕城區(qū)二模）如圖，?ABCD中，AC，BD相交于點(diǎn)O，E，F(xiàn)分別是OA，OC的中點(diǎn)．（1）求證：BE＝DF；（2）設(shè)ACBD=k，當(dāng)k為何值時(shí)，四邊形【答案】2．【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)，即可得到BO＝OD，EO＝FO，進(jìn)而得出四邊形BFDE是平行四邊形，進(jìn)而得到BE＝DF；（2）先確定當(dāng)OE＝OD時(shí)，四邊形DEBF是矩形，從而得k的值．【解答】（1）證明：如圖，連接DE，BF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BO＝OD，AO＝OC，∵E，F(xiàn)分別為AO，OC的中點(diǎn)，∴EO=12OA，OF=∴EO＝FO，∵BO＝OD，EO＝FO，∴四邊形BFDE是平行四邊形，∴BE＝DF；（2）解：當(dāng)k＝2時(shí)，四邊形DEBF是矩形；理由如下：當(dāng)BD＝EF時(shí)，四邊形DEBF是矩形，∴當(dāng)OD＝OE時(shí)，四邊形DEBF是矩形，∵AE＝OE，∴AC＝2BD，∴當(dāng)k＝2時(shí)，四邊形DEBF是矩形．1．（2023?越秀區(qū)模擬）如圖，要使?ABCD成為矩形，需要添加的條件是（）A．∠ABC＝90° B．∠ABD＝∠CBD C．AC⊥BD D．AB＝BC【答案】A【分析】由矩形的判定：有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形，即可判斷．【解答】解：A、∠ABC＝90°，根據(jù)“有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形”，得到?ABCD是矩形，故A符合題意；B、∠ABD＝∠CBD，由AD∥BC得到∠ADB＝∠CBD，因此∠ABD＝∠ADB，所以AB＝AD，?ABCD是菱形，故B不符合題意；C、AC⊥BD，由平行線(xiàn)四邊形的性質(zhì)，得到AC垂直平分BD，因此AB＝AD，?ABCD是菱形，故C不符合題意；D、AB＝BC，此時(shí)?ABCD是菱形，故D不符合題意．故選：A．2．（2023?龍湖區(qū)校級(jí)二模）在下列條件中，能夠判定?ABCD為矩形的是（）A．AB＝AC B．AC⊥BD C．AB＝AD D．AC＝BD【答案】D【分析】由矩形的判定和菱形的判定分別對(duì)各個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷即可．【解答】解：A、?ABCD中，AB＝AC，不能判定?ABCD是矩形，故選項(xiàng)A不符合題意；B、∵?ABCD中，AC⊥BD，∴?ABCD是菱形，故選項(xiàng)B不符合題意；C、∵?ABCD中，AB＝AD，∴?ABCD是菱形，故選項(xiàng)C不符合題意；D、∵?ABCD中，AC＝BD，∴?ABCD是矩形，故選項(xiàng)D符合題意；故選：D．3．（2023?東莞市校級(jí)模擬）如圖，在等腰三角形MNO中，MO＝NO，點(diǎn)Q是MN中點(diǎn)，點(diǎn)S是QO中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O作OP∥MN交NS的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)P，連接MP．求證：四邊形OPMQ是矩形．【答案】證明見(jiàn)解析．【分析】證△OPS≌△QNS（ASA），得PS＝NS，再證四邊形OPMQ是平行四邊形，然后由等腰三角形的性質(zhì)得OQ⊥MN，則∠OQM＝90°，即可得出結(jié)論．【解答】證明：∵OP∥MN，∴∠POS＝∠NQS，∵點(diǎn)S是QO中點(diǎn)，∴OS＝QS，在△OPS和△QNS中，∠POS=∠NQSOS=QS∴△OPS≌△QNS（ASA），∴PS＝NS，∴四邊形OPMQ是平行四邊形，∵M(jìn)O＝NO，點(diǎn)Q是MN中點(diǎn)，∴OQ⊥MN，∴∠OQM＝90°，∴平行四邊形OPMQ是矩形．【題型3：矩形的性質(zhì)與判定】【典例3】（2023?越秀區(qū)模擬）如圖，要使?ABCD成為矩形，需要添加的條件是（）A．∠ABC＝90° B．∠ABD＝∠CBD C．AC⊥BD D．AB＝BC【答案】A【分析】由矩形的判定：有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形，即可判斷．【解答】解：A、∠ABC＝90°，根據(jù)“有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形”，得到?ABCD是矩形，故A符合題意；B、∠ABD＝∠CBD，由AD∥BC得到∠ADB＝∠CBD，因此∠ABD＝∠ADB，所以AB＝AD，?ABCD是菱形，故B不符合題意；C、AC⊥BD，由平行線(xiàn)四邊形的性質(zhì)，得到AC垂直平分BD，因此AB＝AD，?ABCD是菱形，故C不符合題意；D、AB＝BC，此時(shí)?ABCD是菱形，故D不符合題意．故選：A．1.（2023?龍湖區(qū)校級(jí)二模）在下列條件中，能夠判定?ABCD為矩形的是（）A．AB＝AC B．AC⊥BD C．AB＝AD D．AC＝BD【答案】D【分析】由矩形的判定和菱形的判定分別對(duì)各個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷即可．【解答】解：A、?ABCD中，AB＝AC，不能判定?ABCD是矩形，故選項(xiàng)A不符合題意；B、∵?ABCD中，AC⊥BD，∴?ABCD是菱形，故選項(xiàng)B不符合題意；C、∵?ABCD中，AB＝AD，∴?ABCD是菱形，故選項(xiàng)C不符合題意；D、∵?ABCD中，AC＝BD，∴?ABCD是矩形，故選項(xiàng)D符合題意；故選：D．2．（2023?東莞市校級(jí)模擬）如圖，在等腰三角形MNO中，MO＝NO，點(diǎn)Q是MN中點(diǎn)，點(diǎn)S是QO中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O作OP∥MN交NS的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)P，連接MP．求證：四邊形OPMQ是矩形．【答案】證明見(jiàn)解析．【分析】證△OPS≌△QNS（ASA），得PS＝NS，再證四邊形OPMQ是平行四邊形，然后由等腰三角形的性質(zhì)得OQ⊥MN，則∠OQM＝90°，即可得出結(jié)論．【解答】證明：∵OP∥MN，∴∠POS＝∠NQS，∵點(diǎn)S是QO中點(diǎn)，∴OS＝QS，在△OPS和△QNS中，∠POS=∠NQSOS=QS∴△OPS≌△QNS（ASA），∴PS＝NS，∴四邊形OPMQ是平行四邊形，∵M(jìn)O＝NO，點(diǎn)Q是MN中點(diǎn)，∴OQ⊥MN，∴∠OQM＝90°，∴平行四邊形OPMQ是矩形．3．（2023?榕城區(qū)二模）如圖，?ABCD中，AC，BD相交于點(diǎn)O，E，F(xiàn)分別是OA，OC的中點(diǎn)．（1）求證：BE＝DF；（2）設(shè)ACBD=k，當(dāng)k為何值時(shí)，四邊形【答案】2．【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)，即可得到BO＝OD，EO＝FO，進(jìn)而得出四邊形BFDE是平行四邊形，進(jìn)而得到BE＝DF；（2）先確定當(dāng)OE＝OD時(shí)，四邊形DEBF是矩形，從而得k的值．【解答】（1）證明：如圖，連接DE，BF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BO＝OD，AO＝OC，∵E，F(xiàn)分別為AO，OC的中點(diǎn)，∴EO=12OA，OF=∴EO＝FO，∵BO＝OD，EO＝FO，∴四邊形BFDE是平行四邊形，∴BE＝DF；（2）解：當(dāng)k＝2時(shí)，四邊形DEBF是矩形；理由如下：當(dāng)BD＝EF時(shí)，四邊形DEBF是矩形，∴當(dāng)OD＝OE時(shí)，四邊形DEBF是矩形，∵AE＝OE，∴AC＝2BD，∴當(dāng)k＝2時(shí)，四邊形DEBF是矩形．【題型4：菱形的性質(zhì)】【典例4】（2023?潮州模擬）如圖，四邊形ABCD是菱形，AC與BD相交于點(diǎn)O，DH⊥AB交AO于點(diǎn)E，連接OH，下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）A．AC?OH＝AB?DH B．△AEH≌△DEC C．OB2+OC2＝AD2 D．∠DAO＝∠ODE【答案】B【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)和勾股定理逐一進(jìn)行判斷即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴菱形ABCD的面積=12AC?∵DH⊥AB，∴菱形ABCD的面積＝AB?DH，∴12AC?BD＝AB?DH∵∠DHB＝90°，OB＝OD，∴OH=12∴BD＝2OH，∴12AC?2OH＝AB?DH∴AC?OH＝AB?DH，故A正確；根據(jù)題意不能得到△AEH≌△DEC，故B錯(cuò)誤；∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝BC，AC⊥BD，∴OB2+OC2＝BC2＝AD2，故C正確；∵∠AOD＝∠DHB＝90°∴∠DAO+∠ADO＝∠ODE+∠OBA＝90°，∵AD＝AB，∴∠ADB＝∠ABD，∴∠DAO＝∠ODE，故D正確；綜上所述：結(jié)論錯(cuò)誤的是B，故選：B．1．（2024?深圳模擬）如圖，在菱形ABCD中，∠B＝60°，連接AC，若AC＝6，則菱形ABCD的周長(zhǎng)為（）A．24 B．30 C．183 D．【答案】A【分析】先根據(jù)菱形的性質(zhì)證明AB＝BC＝CD＝AD，在根據(jù)已知條件證明△ABC是等邊三角形，求出AB＝BC＝AC＝6，從而求出菱形周長(zhǎng)即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∵∠B＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC＝AC＝6，∴AB＝BC＝CD＝AD＝6，∴菱形ABCD的周長(zhǎng)為：AB+BC+CD+AD＝6+6+6+6＝24，故選：A．2．（2024?深圳模擬）如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC與BD相交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥AB于點(diǎn)F，交AC于點(diǎn)E．已知AE＝4，EC＝6，則OEBFA．33 B．3010 C．1010【答案】B【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AC⊥BD，AB∥CD，AB＝CD，AO＝CO，即可求出CO的長(zhǎng)，再證△CDE∽△COD即可得出CD的長(zhǎng)，于是得出AB的長(zhǎng)，再證△AFE∽△CDE，即可求出AF的長(zhǎng)，從而求出BF的長(zhǎng)，即可得出答案．【解答】解：∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，AB∥CD，AB＝CD，AO＝CO，∴∠AFD＝∠CDF，∵DF⊥AB，∴∠AFD＝90°，∴∠CDF＝90°，∴∠CDE＝∠COD＝90°，又∵∠DCE＝∠OCD，∴△CDE∽△COD，∴CDCO即CD2＝CO?CE，∵AE＝4，EC＝6，∴AC＝AE+CE＝4+6＝10，∴AO＝CO＝5，∴OE＝AO﹣AE＝5﹣4＝1，∴CD2＝5×6＝30，即CD=30∴AB=CD=30∵AB∥CD，∴△AFE∽△CDE，∴AECE∴46∴AF=2∴BF=AB?AF=30∴OEBF故選：B．3．（2023?越秀區(qū)校級(jí)二模）由6個(gè)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(diǎn)稱(chēng)為格點(diǎn)，點(diǎn)A，B，C都在格點(diǎn)上，∠O＝60°，則tan∠ABC＝（）A．32 B．33 C．12【答案】A【分析】如圖，連接EA、EC，先證明∠AEC＝90°，E、C、B共線(xiàn)，再根據(jù)tan∠ABC=AEEB，求出AE、【解答】解：如圖，連接EA，EC，設(shè)菱形的邊長(zhǎng)為a，由題意得∠AEF＝30°，∠BEF＝60°，∴AE=3a，EB＝2a∴∠AEC＝90°，∵∠ACE＝∠ACG＝∠BCG＝60°，∴∠ECB＝180°，∴E、C、B共線(xiàn)，在Rt△AEB中，tan∠ABC=AE故選：A．【題型5：菱形的判定】【典例5】（2022?越秀區(qū)校級(jí)二模）如圖，△ABC中，D為BC上一點(diǎn)，DE∥AB，DF∥AC．增加下列條件能判定四邊形AFDE為菱形的是（）A．點(diǎn)D在∠BAC的平分線(xiàn)上 B．AB＝AC C．∠A＝90° D．點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)【答案】A【分析】先證四邊形AFDE是平行四邊形，然后逐一判斷即可得出結(jié)論．【解答】解：∵DE∥AB，DF∥AC，∴四邊形AFDE是平行四邊形，如圖，連接AD，∴三角形ADE和三角形ADF的面積相等，∴當(dāng)點(diǎn)D在∠BAC的平分線(xiàn)上，點(diǎn)D到AE，AF的距離相等，∴AF＝AE，∴平行四邊形AFDE是菱形；B，D不能得平行四邊形AFDE是菱形；C能得平行四邊形AFDE是矩形；故選：A．1.（2023?深圳一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC與BD相交于點(diǎn)O，如果添加一個(gè)條件，可推出平行四邊形ABCD是菱形，那么這個(gè)條件可以是（）A．AB＝AC B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AB⊥AC【答案】C【分析】由菱形的判定和矩形的判定分別對(duì)各個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷，即可得出結(jié)論．【解答】解：A、平行四邊形ABCD中，AB＝AC，不能推出平行四邊形ABCD是菱形，故選項(xiàng)A不符合題意；B、∵平行四邊形ABCD中，AC＝BD，∴平行四邊形ABCD是矩形，不一定是菱形，故選項(xiàng)B不符合題意；C、∵平行四邊形ABCD中，AC⊥BD，∴平行四邊形ABCD是菱形，故選項(xiàng)C符合題意；D、平行四邊形ABCD中，AB⊥AC，不能推出平行四邊形ABCD是菱形，故選項(xiàng)D不符合題意；故選：C．2．（2023?龍華區(qū)二模）如圖，這條活靈活現(xiàn)的“小魚(yú)”是由若干條線(xiàn)段組成的，它是一個(gè)軸對(duì)稱(chēng)圖形，對(duì)稱(chēng)軸為直線(xiàn)l，則下列結(jié)論不一定正確的是（）A．點(diǎn)C和點(diǎn)D到直線(xiàn)l的距離相等 B．BC＝BD C．∠CAB＝∠DAB D．四邊形ADBC是菱形【答案】D【分析】根據(jù)軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)可得AB垂直平分CD，可判斷A選項(xiàng)，根據(jù)線(xiàn)段垂直平分線(xiàn)的性質(zhì)可判斷B選項(xiàng)，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可判斷C選項(xiàng)，根據(jù)對(duì)角線(xiàn)互相垂直平分的四邊形是菱形可判斷D選項(xiàng)．【解答】解：連接CD，交AB于點(diǎn)O，根據(jù)軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，可得AB垂直平分CD，∴點(diǎn)C和點(diǎn)D到直線(xiàn)l的距離相等，故A不符合題意；∵AB垂直平分CD，∴BC＝BD，AC＝AD，故B不符合題意；∵AC＝AD，AO⊥CD，∴∠CAB＝∠DAB，故C不符合題意；∵點(diǎn)O不一定是AB的中點(diǎn)，∴四邊形ABCD不一定是菱形，故D符合題意，故選：D．3．（2023?高要區(qū)一模）如圖，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在?ABCD的邊AB，BC上，AE＝CF，連接DE，DF．若∠1＝∠2．（1）證明：△DAE≌△DCF．（2）證明：?ABCD為菱形．【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和全等三角形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和菱形的判定定理即可得到結(jié)論．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A＝∠C，在△DAE和△DCF中，∠1=∠2∠A=∠C∴△DAE≌△DCF（AAS），（2）∵△DAE≌△DCF，∴AD＝CD，∴?ABCD為菱形．【題型6：菱形的性質(zhì)與判定】 【典例6】（2023?新會(huì)區(qū)校級(jí)一模）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，過(guò)點(diǎn)D作∠ADC的角平分線(xiàn)交AB于點(diǎn)E，連接AC交DE于點(diǎn)O，AD∥CE．（1）求證：四邊形AECD是菱形；（2）若AD＝10，△ACD的周長(zhǎng)為36，求菱形AECD的面積．【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）96．【分析】（1）證四邊形AECD是平行四邊形，∠CDE＝∠AED，再證∠AED＝∠ADE，則AD＝AE，然后由菱形的判定即可得出結(jié)論；（2）由菱形的性質(zhì)得OA＝OC，CD＝AD＝10，OD＝OE，AC⊥DE，再求出AC＝16，則OA＝OC＝8，然后由勾股定理得OD＝6，則DE＝2OD＝12，即可解決問(wèn)題．【解答】（1）證明：∵AB∥CD，AD∥CE，∴四邊形AECD是平行四邊形，∠CDE＝∠AED，∵DE平分∠ADC，∴∠CDE＝∠ADE，∴∠AED＝∠ADE，∴AD＝AE，∴平行四邊形AECD是菱形；（2）解：由（1）可知，四邊形AECD是菱形，∴OA＝OC，CD＝AD＝10，OD＝OE，AC⊥DE，∵△ACD的周長(zhǎng)為36，∴AC＝36﹣AD﹣CD＝36﹣10﹣10＝16，∴OA＝OC＝8，在Rt△AOD中，由勾股定理得：OD=A∴DE＝2OD＝12，∴菱形AECD的面積=12AC?DE1．（2023?南海區(qū)校級(jí)模擬）如圖，兩個(gè)全等的矩形紙片重疊在一起，矩形的長(zhǎng)和寬分別是8和6，則重疊部分的四邊形周長(zhǎng)是．【答案】25．【分析】先證四邊形ABCD平行四邊形，再證四邊形ABCD是菱形，得CD＝BC＝AB＝AD，設(shè)CD＝BC＝x，則CG＝8﹣x，然后在Rt△CDG中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【解答】解：如圖，由題意得：矩形BFDE≌矩形BHDG，∴∠G＝90°，DG＝DE＝6，BG∥DH，BE∥DF，BG＝8，∴四邊形ABCD平行四邊形，∴平行四邊形ABCD的面積＝AD?DG＝CD?DE，∴AD＝CD，∴平行四邊形ABCD是菱形，∴CD＝BC＝AB＝AD，設(shè)CD＝BC＝x，則CG＝8﹣x，在Rt△CDG中，由勾股定理得：62+（8﹣x）2＝x2，解得：x=25∴CD=25∴菱形ABCD的周長(zhǎng)＝4CD＝25，即重疊部分的四邊形周長(zhǎng)是25，故答案為：25．2．（2023?黃埔區(qū)校級(jí)二模）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是矩形外一點(diǎn)，CE∥BD，BE∥AC，∠ABD＝30°，連接AE交BD于點(diǎn)F、連接CF．若AC＝8，則線(xiàn)段CF的長(zhǎng)為23．【答案】23．【分析】根據(jù)平行四邊形的判定定理得到四邊形OBEC是平行四邊形，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到OB＝OC，根據(jù)菱形的判定定理即可得到平行四邊形OBEC是菱形，可得BE＝OC＝AO，由“AAS”可證△AOF≌△EBF，可得BF＝OF，推出△OBC是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到CF⊥OB，解直角三角形即可得到結(jié)論．【解答】解：（1）∵CE∥BD，BE∥AC，∴四邊形OBEC是平行四邊形，∵四邊形ABCD是矩形，∴AC＝BD，OB=12BD，OC=∴OB＝OC，∴平行四邊形OBEC是菱形；∴OC＝BE＝OA，∵BE∥AC，∴∠OAF＝∠BEF，在△AOF與△EBF中，∠OAF=∠BEF∠AFO=∠EFB∴△AOF≌△EBF（AAS），∴OF＝BF，∵AC＝8，∴BD＝8，∴OC＝OB＝4，∵∠ABD＝30°，∴∠OBC＝60°，∴△OBC是等邊三角形，∴CF⊥OB，∴CF=32OC＝2故答案為：23．3．（2023?南海區(qū)一模）如圖，△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足為D，點(diǎn)E、F、G分別是AB、CE、AC中點(diǎn)，直線(xiàn)DF交AC點(diǎn)G．（1）求證：四邊形AEDG是菱形；（2）若DG⊥CE，求∠BCE的度數(shù)．【答案】（1）見(jiàn)解析過(guò)程；（2）30°．【分析】（1）由直角三角形的性質(zhì)可得BE＝DE＝AE=12AB，DG＝AG=12AC，可得AE＝DE＝（2）通過(guò)證明△BDE是等邊三角形，可得∠B＝60°，即可求解．【解答】（1）證明：∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD，∵點(diǎn)E、F分別是AB、CE中點(diǎn)，∴BE＝DE＝AE=12AB，DG＝AG=∴AE＝DE＝DG＝AG，∴四邊形AEDG是菱形；（2）解：∵四邊形AEDG是菱形，∴AB∥DG，∵DG⊥CE，∴∠BEC＝90°，又∵BD＝CD，∴BD＝CD＝DE，∴BD＝DE＝BE，∴△BDE是等邊三角形，∴∠B＝60°，∴∠BCE＝30°．【題型7：正方形的性質(zhì)】【典例7】（2023?潮陽(yáng)區(qū)一模）如圖，點(diǎn)E是正方形ABCD對(duì)角線(xiàn)BD上一點(diǎn)，連接AE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AE，交BC于點(diǎn)F．已知DE=2，則CFA．2 B．2 C．6 D．22【答案】B【分析】過(guò)點(diǎn)E作EH⊥BC，交AD于G，證明△DGE是等腰直角三角形，由DE=2，可得DG＝EG＝1．易證△AGE≌△EHF，則EG＝HF【解答】解：如圖，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥BC交BC于點(diǎn)H，交AD于G，在正方形ABCD中，AD∥BC，∠EBH＝∠ADB＝45°，∴四邊形AGHB和四邊形DGHC是長(zhǎng)方形，△DGE是等腰直角三角形，∴AG＝BH＝EH，DG＝EG＝1，∴CH＝DG＝1，∵AG⊥GH，AE⊥EF，∴∠AGE＝∠AEF＝∠FHE＝90°，∴∠GAE+∠AEG＝∠FEH+∠AEG＝90°，∴∠GAE＝∠FEH，∴△AGE≌△EHF（ASA），∴GE＝FH＝1；∴CF＝CH+FH＝2．故選：B．1．（2023?越秀區(qū)校級(jí)二模）如圖，已知∠MON＝90°，線(xiàn)段AB長(zhǎng)為6，AB兩端分別在OM、ON上滑動(dòng)，以AB為邊作正方形ABCD，對(duì)角線(xiàn)AC、BD相交于點(diǎn)P，連接OC．則OC的最大值為（）A．6+35 B．8 C．3+35【答案】C【分析】取AB的中點(diǎn)E，連接OE、CE，根據(jù)“直角三角形斜邊上的中線(xiàn)等于斜邊的一半”可求得OE＝BE=12AB，再根據(jù)勾股定理求得CE=BE2+CB2=35【解答】解：取AB的中點(diǎn)E，連接OE、CE，∵∠AOB＝90°，線(xiàn)段AB長(zhǎng)為6，∴OE＝BE=12∵四邊形ABCD是正方形，∴∠CBE＝90°，CB＝AB＝6，∴CE=BE2∵OC≤OE+CE，∴OC≤3+35，∴OC的最大值為3+35，故選：C．2．（2023?揭陽(yáng)二模）如圖，以正方形ABCD的頂點(diǎn)A為圓心，以AD的長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，交對(duì)角線(xiàn)AC于點(diǎn)E，再分別以D，E為圓心，以大于12DE的長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，兩弧交于圖中的點(diǎn)F處，連接AF并延長(zhǎng)，與BC的延長(zhǎng)線(xiàn)交于點(diǎn)P，則∠PA．90° B．45° C．30° D．22.5°【答案】D【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠DAC＝∠ACD＝45°，由作圖知，∠CAP=12∠【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAC＝∠ACD＝45°，由作圖知，∠CAP=12∠∴∠P＝180°﹣∠ACP﹣∠CAP＝22.5°，故選：D．3.（2023?深圳模擬）如圖，正方形ABCD中，E、F分別為邊AD、DC上的點(diǎn)，且AE＝FC，過(guò)F作FH⊥BE，交AB于G，過(guò)H作HM⊥AB于M，若AB＝9，AE＝3，則下列結(jié)論中：①△ABE≌△CBF；②BE＝FG；③2DH＝EH+FH；④HMAEA．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】D【分析】根據(jù)題目條件即可證明△ABE≌△CBF，即可判定①；根據(jù)△ABE≌△CBF得，∠BEA＝∠BFC，BE＝BF，由∠FGB＝∠FBA得到BF＝FG即可判定②；延長(zhǎng)BE到Q，使EQ＝FH，連接DQ，證明△DEQ≌△DFH，推出DQ＝DH，∠QDE＝∠FDH，求出∠QDH＝90°，得出△DQH是等腰直角三角形，由勾股定理得EH+FH=2DH，即可判定連接EF，證明EF=2DE=62，BE=310，根據(jù)FH2＝EF2﹣EH2＝BF2﹣BH2，求出BH，根據(jù)【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠DAB＝∠DCB＝90°，在△ABE和△CBF中，AB=BC∠DAB=∠DCB=90°∴△ABE≌△CBF（SAS），∴①△ABE≌△CBF正確；∵△ABE≌△CBF，∴∠BEA＝∠BFC，BE＝BF，∵DC∥AB，∴∠FBA＝∠BFC，∴∠BEA＝∠FBA，∵FH⊥BE，∴∠HBG+∠HGB＝∠EBA+∠BEA，∴∠HGB＝∠BEA，∴∠HGB＝∠FBA，即∠FGB＝∠FBA，∴BF＝FG，∴BE＝FG，∴②BE＝FG正確；延長(zhǎng)BE到Q，使EQ＝FH，連接DQ，如圖：∵DC∥AB，∴∠FGB＝∠DFH，∵∠FGB＝∠AEB，∠AEB＝∠DEQ，∴∠DFH＝∠DEQ，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC＝90°，AD＝DC，∵AE＝FC，∴DE＝DF，在△DFH和△DEQ中，DF=DE∠DFH=∠DEQ∴△DFH≌△DEQ（SAS），∴DQ＝DH，∠QDE＝∠FDH，∵∠ADC＝90°，∴∠QDH＝∠QDE+∠EDH＝∠FDH+∠EDH＝∠ADC＝90°，∴△DQH是等腰直角三角形，∴EH+FH=EH+EQ=HQ=2∴③2DH=EH+FH連接EF，如圖：∵AD＝CD＝9，AE＝CF＝3，∴DE＝DF＝6，∴EF=2∵BF=B∴BE=BF=310設(shè)BH＝x則EH=BE?EH=310∵FH⊥BE，在Rt△FHE中FH2＝EF2﹣EH2＝BF2﹣BH2，∴FH∴x=9105∵HM⊥AB，∠A＝90°，∴sin∠ABE=HM∴HM9∴HM=9∴HMAE∴④HMAE∴①②③④都正確．故答案選：D．【題型8：正方形的判定】【典例8】（2022?越秀區(qū)二模）下列命題中，真命題是（）A．有兩邊相等的平行四邊形是菱形 B．有一個(gè)角是直角的四邊形是直角梯形 C．四個(gè)角相等的菱形是正方形 D．兩條對(duì)角線(xiàn)相等的四邊形是矩形【答案】C【分析】做題時(shí)首先知道各種四邊形的判定方法，然后作答．【解答】解：A、鄰邊相等的平行四邊形是菱形，有兩邊相等的平行四邊形是菱形，并沒(méi)有說(shuō)明是鄰邊，故A錯(cuò)誤；B、有一個(gè)角是直角的四邊形是直角梯形，還可能是正方形或矩形，故B錯(cuò)誤；C、四個(gè)角相等的菱形是正方形，故C正確；D、兩條對(duì)角線(xiàn)相等的四邊形是矩形，還可能是梯形或正方形，故D錯(cuò)誤．故選：C．1．（2023?南海區(qū)校級(jí)一模）給出下列判斷，正確的是（）A．一組對(duì)邊相等，另一組對(duì)邊平行的四邊形是平行四邊形 B．對(duì)角線(xiàn)相等的四邊形是矩形 C．對(duì)角線(xiàn)互相垂直且相等的四邊形是正方形 D．有一條對(duì)角線(xiàn)平分一個(gè)內(nèi)角的平行四邊形為菱形．【答案】D【分析】根據(jù)平行四邊形的判定，矩形、菱形、正方形的判定定理即可得到結(jié)論．【解答】解：A、一組對(duì)邊相等，另一組對(duì)邊平行的四邊形不一定是平行四邊形，可能是等腰梯形，故不符合題意；B、對(duì)角線(xiàn)相等且平分的四邊形是矩形，故不符合題意；C、對(duì)角線(xiàn)互相垂直平分且相等的四邊形是正方形，故不符合題意；D、有一條對(duì)角線(xiàn)平分一個(gè)內(nèi)角的平行四邊形為菱形，故符合題意；故選：D．2．（2023?順德區(qū)校級(jí)三模）在四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是邊AD，BC的中點(diǎn)，G、H分別是對(duì)角線(xiàn)BD，AC的中點(diǎn)，依次連接E，G，F(xiàn)、H得到的四邊形一定是（）A．平行四邊形 B．菱形 C．矩形 D．正方形【答案】A【分析】利用三角形的中位線(xiàn)定理可以證得FG＝EH，F(xiàn)G∥EH，即可得出結(jié)論．【解答】解：∵四邊形ABCD中，E、F、G、H分別是AD、BC、BD、AC的中點(diǎn)，∴FG=12CD，F(xiàn)G∥CD．HE=12CD，∴FG＝EH，F(xiàn)G∥EH，∴四邊形EGFH是平行四邊形．故選：A．3．（2023?南海區(qū)模擬）給出下列判斷，正確的是（）A．一組對(duì)邊平行，另一組對(duì)邊相等的四邊形是平行四邊形 B．對(duì)角線(xiàn)相等的四邊形是矩形 C．對(duì)角線(xiàn)互相垂直且相等的四邊形是正方形 D．有一條對(duì)角線(xiàn)平分一個(gè)內(nèi)角的平行四邊形為菱形【答案】D【分析】根據(jù)平行四邊形的判定，矩形、菱形、正方形的判定定理即可得到結(jié)論．【解答】解：A、一組對(duì)邊相等，另一組對(duì)邊平行的四邊形不一定是平行四邊形，可能是等腰梯形，故不符合題意；B、對(duì)角線(xiàn)相等且平分的四邊形是矩形，故不符合題意；C、對(duì)角線(xiàn)互相垂直平分且相等的四邊形是正方形，故不符合題意；D、有一條對(duì)角線(xiàn)平分一個(gè)內(nèi)角的平行四邊形為菱形，故符合題意；故選：D．【題型9：正方形的性質(zhì)與判定】【典例9】（2023?東莞市校級(jí)二模）如圖，已知一個(gè)矩形紙片OACB，將該紙片放置在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（10，0），點(diǎn)B（0，6），點(diǎn)P為BC邊上的動(dòng)點(diǎn)，將△OBP沿OP折疊得到△OPD，連接CD、AD．則下列結(jié)論中：①當(dāng)∠BOP＝45°時(shí)，四邊形OBPD為正方形；②當(dāng)∠BOP＝30°時(shí)，△OAD的面積為15；③當(dāng)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，CD的最小值為234?6；④當(dāng)OD⊥AD時(shí)，BPA．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】D【分析】①由矩形的性質(zhì)得到∠OBC＝90°，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，推出四邊形OBPD是矩形，根據(jù)正方形的判定定理即可得到四邊形OBPD為正方形；故①正確；②過(guò)D作DH⊥OA于H，得到OA＝10，OB＝6，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到DH=12OD=3，根據(jù)三角形的面積公式得到△OAD的面積為12OA?DH③連接OC，于是得到OD+CD≥OC，即當(dāng)OD+CD＝OC時(shí)，CD取最小值，根據(jù)勾股定理得到CD的最小值為234?6；故③④根據(jù)已知條件推出P，D，A三點(diǎn)共線(xiàn)，根據(jù)平行線(xiàn)的性質(zhì)得到∠OPB＝∠POA，等量代換得到∠OPA＝∠POA，求得AP＝OA＝10，根據(jù)勾股定理得到BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正確．【解答】解：①∵四邊形OACB是矩形，∴∠OBC＝90°，∵將△OBP沿OP折疊得到△OPD，∴OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，∵∠BOP＝45°，∴∠DOP＝∠BOP＝45°，∴∠BOD＝90°，∴∠BOD＝∠OBP＝∠ODP＝90°，∴四邊形OBPD是矩形，∵OB＝OD，∴四邊形OBPD為正方形；故①正確；②過(guò)D作DH⊥OA于H，∵點(diǎn)A（10，0），點(diǎn)B（0，6），∴OA＝10，OB＝6，∴OD＝OB＝6，∠BOP＝∠DOP＝30°，∴∠DOA＝30°，∴DH=1∴△OAD的面積為12OA?DH=12③連接OC，則OD+CD≥OC，即當(dāng)OD+CD＝OC時(shí)，CD取最小值，∵AC＝OB＝6，OA＝10，∴OC=OA2∴CD＝OC﹣OD＝234?即CD的最小值為234?6；故③④∵OD⊥AD，∴∠ADO＝90°，∵∠ODP＝∠OBP＝90°，∴∠ADP＝180°，∴P，D，A三點(diǎn)共線(xiàn)，∵OA∥CB，∴∠OPB＝∠POA，∵∠OPB＝∠OPD，∴∠OPA＝∠POA，∴AP＝OA＝10，∵AC＝6，∴CP=1∴BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正確；故選：D．1.（2022?龍崗區(qū)模擬）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠BAC的平分線(xiàn)交BC于點(diǎn)D，DE∥AB，DF∥AC．（1）求證：四邊形AFDE為正方形；（2）若AD＝22，求四邊形AFDE的面積．【答案】（1）見(jiàn)解答．（2）4．【分析】（1）根據(jù)題目條件可得四邊形AFDE為平行四邊形，進(jìn)而可通過(guò)角平分線(xiàn)證明其鄰邊相等，再加上一個(gè)90°角，即可說(shuō)明是正方形，（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)先求出邊長(zhǎng)，即可得面積．【解答】（1）證明：∵DE∥AB，DF∥AC，∴四邊形AFDE是平行四邊形．∵AD平分∠BAC，∴∠FAD＝∠EAD．∵DE∥AB，∴∠EDA＝∠FAD．∴∠EDA＝∠EAD．∴AE＝DE．∴四邊形AFDE是菱形．∵∠BAC＝90°，∴四邊形AFDE是正方形．（2）解：∵四邊形AFDE是正方形，AD＝22，∴AF＝DF＝DE＝AE=2∴四邊形AFDE的面積為2×2＝4．2．（2022?禪城區(qū)校級(jí)二模）如圖，正方形ABCD中，AB＝4，點(diǎn)E是對(duì)角線(xiàn)AC上的一點(diǎn)，連接DE．過(guò)點(diǎn)E作EF⊥ED，交AB于點(diǎn)F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接AG．（1）求證：矩形DEFG是正方形；（2）求AG+AE的值；（3）若F恰為AB中點(diǎn)，連接DF交AC于點(diǎn)M，請(qǐng)直接寫(xiě)出ME的長(zhǎng)．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）如圖，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．只要證明△EMD≌△ENF即可解決問(wèn)題；（2）只要證明△ADG≌△CDE，可得AG＝EC即可解決問(wèn)題；（3）如圖，作EH⊥DF于H．想辦法求出EH，HM即可解決問(wèn)題；【解答】解：（1）如圖，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠EAD＝∠EAB，∵EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，∴EM＝EN，∵∠EMA＝∠ENA＝∠DAB＝90°，∴四邊形ANEM是矩形，∵EF⊥DE，∴∠MEN＝∠DEF＝90°，∴∠DEM＝∠FEN，∵∠EMD＝∠ENF＝90°，∴△EMD≌△ENF，∴ED＝EF，∵四邊形DEFG是矩形，∴四邊形DEFG是正方形．（2）∵四邊形DEFG是正方形，四邊形ABCD是正方形，∴DG＝DE，DC＝DA＝AB＝4，∠GDE＝∠ADC＝90°，∴∠ADG＝∠CDE，∴△ADG≌△CDE（SAS），∴AG＝CE，∴AE+AG＝AE+EC＝AC=2AD＝42（3）如圖，作EH⊥DF于H．∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝4，AB∥CD，∵F是AB中點(diǎn)，∴AF＝FB∴DF=22+∵△DEF是等腰直角三角形，EH⊥DF，∴DH＝HF，∴EH=12DF∵AF∥CD，∴AF：CD＝FM：MD＝1：2，∴FM=2∴HM＝HF﹣FM=5在Rt△EHM中，EM=H一．選擇題（共7小題）1．如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，AB上，滿(mǎn)足DE＝AF，連接CE，DF，點(diǎn)P，Q分別是DF，CE的中點(diǎn)，連接PQ．若∠ADF＝α．則∠PQE可以用α表示為（）A．α B．45°﹣α C．45°?α2 D．3【答案】B【分析】連接DQ，根據(jù)正方形的性質(zhì)先證明△ADF≌△DCE，得出∠DCE＝α，DF＝CE，進(jìn)而得出DQ＝PD，∠PDQ＝90°﹣2α，根據(jù)三角形的內(nèi)角和表示出∠PQD即可求解．【解答】解：連接DQ，如圖：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠A＝∠CDE＝90°，∵AF＝DE，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴DF＝CE，∠ADF＝∠DCE＝α，∵點(diǎn)P，Q分別是DF，CE的中點(diǎn)，∴PD=12DF＝DQ=∴∠DPQ＝∠DQP，∠CDQ＝α，∴∠PDQ＝90°﹣2α，∠DQE＝2α，∴∠PQD=180°?(90°?2α)2=∴∠PQE＝45°+α﹣2α＝45°﹣α，故選：B．2．如圖，在矩形ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC與BD相交于點(diǎn)O，AB＝5，BC＝12，以點(diǎn)O為圓心作圓，若⊙O與直線(xiàn)AD相交、與直線(xiàn)CD相離，則⊙O的半徑r的取值范圍是（）A．r＜52 B．r＞52 C．5【答案】C【分析】分別求出⊙O與直線(xiàn)AD、直線(xiàn)CD相切時(shí)的半徑即可解答．【解答】解：當(dāng)⊙O與直線(xiàn)AD相切時(shí)，r=12AB當(dāng)⊙O與直線(xiàn)CD相切時(shí)，r=12∴⊙O與直線(xiàn)AD相交、與直線(xiàn)CD相離，⊙O的半徑r的取值范圍是52＜故選：C．3．小明用四根長(zhǎng)度相同的木條制作了能夠活動(dòng)的菱形學(xué)具，他先活動(dòng)學(xué)具成為圖1所示菱形，并測(cè)得∠B＝60°，對(duì)角線(xiàn)AC＝8cm，接著活動(dòng)學(xué)具成為圖2所示正方形，則圖2中正方形對(duì)角線(xiàn)AC的長(zhǎng)為（）A．8cm B．16cm C．24cm D．82cm【答案】D【分析】連接AC．在圖1中，證△ABC是等邊三角形，得出AB＝BC＝AC＝8cm．在圖2中，由勾股定理求出AC即可．【解答】解：如圖1，圖2中，連接AC．圖1中，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵∠B＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC＝AC＝8cm，在圖2中，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠B＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴AC=2AB＝82cm故選：D．4．已知四邊形ABCD是菱形，AC，BD相交于點(diǎn)O，下列結(jié)論正確的是（）A．AO＝BO B．菱形ABCD的面積等于AC?BD C．AC平分∠BAD D．若∠AOD＝90°，則四邊形ABCD是正方形【答案】D【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)，正方形的判定可得出答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OB，菱形ABCD的面積=12AC?BD，AC平分∠若∠AOD＝90°，不能判定四邊形ABCD是正方形，故選：D．5．如圖，四邊形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC、BD相交于O，下列判斷正確的是（）A．若AC⊥BD，則四邊形ABCD是菱形 B．若AC＝BD，則四邊形ABCD是矩形 C．若AC⊥BD，AC＝BD，則四邊形ABCD是正方形 D．若AO＝OC，BO＝OD，則四邊形ABCD是平行四邊形【答案】D【分析】根據(jù)矩形，菱形，正方形，平行四邊形的判定定理即可得到結(jié)論．【解答】解：A、若AC⊥BD，則四邊形ABCD不一定是菱形，故選項(xiàng)A不符合題意；B、若AC＝BD，則四邊形不一定ABCD是矩形，故選項(xiàng)B不符合題意；C、若AC⊥BD，AC＝BD，則四邊形ABCD不一定是正方形，故選項(xiàng)C不符合題意；D、∵AO＝OC，BO＝OD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，故選項(xiàng)D符合題意；故選：D．6．如圖，矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC，BD交于點(diǎn)O，∠AOB＝60°，AC＝4，則邊AB長(zhǎng)為（）A．3 B．2 C．1 D．2【答案】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判定和性質(zhì)解答即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，AC＝4，∴OA=OB=1∵∠AOB＝60°，∴△AOB是等邊三角形，∴AB＝OA＝OB＝2，故選：D．7．如圖，ABCD是一張平行四邊形紙片，要求利用所學(xué)知識(shí)作出一個(gè)菱形，甲、乙兩位同學(xué)的作法如下：甲：連接AC，作AC的中垂線(xiàn)交AD、BC于E、F，則四邊形AFCE是菱形．乙：分別作∠A與∠B的平分線(xiàn)AE、BF，分別交BC于點(diǎn)E，交AD于點(diǎn)F，則四邊形ABEF是菱形．則關(guān)于甲、乙兩人的作法，下列判斷正確的為（）A．僅甲正確 B．僅乙正確 C．甲、乙均正確 D．甲、乙均錯(cuò)誤【答案】C【分析】首先證明△AOE≌△COF（ASA），可得AE＝CF，再根據(jù)一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形可判定判定四邊形AECF是平行四邊形，再由AC⊥EF，可根據(jù)對(duì)角線(xiàn)互相垂直的四邊形是菱形判定出AECF是菱形；四邊形ABCD是平行四邊形，可根據(jù)角平分線(xiàn)的定義和平行線(xiàn)的定義，求得AB＝AF，所以四邊形ABEF是菱形．【解答】解：甲的作法正確；∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∵EF是AC的垂直平分線(xiàn)，∴AO＝CO，在△AOE和△COF中，∵∠EAO=∠BCAAO=CO∴△AOE≌△COF（ASA），∴AE＝CF，又∵AE∥CF，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵EF⊥AC，∴四邊形AECF是菱形；乙的作法正確；∵AD∥BC，∴∠1＝∠2，∠6＝∠7，∵BF平分∠ABC，AE平分∠BAD，∴∠2＝∠3，∠5＝∠6，∴∠1＝∠3，∠5＝∠7，∴AB＝AF，AB＝BE，∴AF＝BE∵AF∥BE，且AF＝BE，∴四邊形ABEF是平行四邊形，∵AB＝AF，∴平行四邊形ABEF是菱形．故選：C．二．填空題（共5小題）8．七巧板又稱(chēng)七巧圖、智慧板，是中國(guó)民間流傳的智力玩具，它是由等腰直角三角形，正方形和平行四邊形組成的．如圖，若圖形“4”的小正方形的邊長(zhǎng)為3，則整個(gè)七巧板所組成的大正方形的面積為24．【答案】24．【分析】由七巧板的特征可求BO的長(zhǎng)，可得BD的長(zhǎng)，即可求解．【解答】解：如圖，∵圖形“4”的小正方形的邊長(zhǎng)為3，∴BO＝23，∴BD＝2BO＝43，∵四邊形ABCD是正方形，∴BD=2BC∴BC＝26，∴正方形ABCD的面積＝BC2＝24，故答案為：24．9．如圖，菱形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC，BD相交于點(diǎn)O，E為AD的中點(diǎn)，AC＝4，OE＝2，則tan∠EDO＝33【答案】33【分析】由菱形的性質(zhì)推出AC⊥BD，AO=12AD＝2，由直角三角形斜邊的中線(xiàn)求出AD＝4，由勾股定理求出OD=AD2?A【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=12∵AC＝4，∴AO＝2，∵E為AD的中點(diǎn)，∠AOD＝90°，∴OE=12∵OE＝2，∴AD＝4，∴OD=AD∴tan∠EDO=AO故答案為：3310．如圖，沿正方形對(duì)角線(xiàn)對(duì)折，互相重合的兩個(gè)小正方形里面的數(shù)字的積為0或﹣9．【答案】0或﹣9．【分析】分兩種情況：當(dāng)對(duì)折后重疊的數(shù)為0和6時(shí)；當(dāng)對(duì)折后重疊的數(shù)為3和﹣3時(shí)，利用有理數(shù)的乘法分別計(jì)算即可．【解答】解：當(dāng)對(duì)折后重疊的數(shù)為0和6時(shí)，乘積為0×6＝0，當(dāng)對(duì)折后重疊的數(shù)為3和﹣3時(shí)，乘積為﹣3×3＝﹣9，綜上所述，沿正方形對(duì)角線(xiàn)對(duì)折，互相重合的兩個(gè)小正方形里面的數(shù)字的積為0或﹣9，故答案為：0或﹣9．11．如圖，長(zhǎng)方形的長(zhǎng)是10cm，寬是4cm，則圖中陰影部分的面積是20cm2．【答案】20．【分析】由面積關(guān)系可求解．【解答】解：陰影部分面積=12×長(zhǎng)方形的面積=1故答案為：20．12．如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC與BD相交于點(diǎn)O，已知AB＝5cm，AO＝4cm，則BD的長(zhǎng)為6cm．【答案】6．【分析】由菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，BO＝DO，由勾股定理可求BO，即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BO＝DO，∵BO=AB2?AO∴DO＝BO＝3（cm），∴BD＝6（cm），故答案為：6．三．解答題（共3小題）13．如圖，在矩形ABCD中，DE平分∠ADC，∠EDO＝15°．（1）試比較線(xiàn)段AO與AE的大?。⒆C明你的結(jié)論；（2）連接OE，求∠AOE的大?。敬鸢浮恳?jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）由四邊形ABCD是矩形，DE平分∠ADC知∠CDE＝∠CED＝45°，得出△ADE是等腰直角三角形，AD＝AE，再證出△OAD是等邊三角形，得出AD＝AO＝DO，即可得出結(jié)論；（2）由等邊三角形的性質(zhì)得出∠DAO＝60°，得出∠OAE＝30°，再由等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理即可得出結(jié)果．【解答】解：（1）AO＝AE；理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠BAD＝90°，AO＝DO，∵DE平分∠ADC∴∠CDE＝∠ADE＝45°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴AD＝AE，又∵∠EDO＝15°，∴∠ADO＝60°；∴△OAD是等邊三角形；∴AD＝AO＝DO，∴AO＝AE；（2）∵△OAD是等邊三角形，∴∠DAO＝60°，∴∠OAE＝90°﹣∠DAO＝30°，∵AO＝AE，∴∠AOE＝（180°﹣30°）÷2＝75°．14．如圖，四邊形ABCD是正方形，E是CD邊上任意一點(diǎn)，連接AE，作BF⊥AE，DG⊥AE，垂足分別為F、G．求證：AF＝DG【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB＝AD，再利用同角的余角相等求出∠BAF＝∠ADG，再利用“角角邊”證明△BAF和△ADG全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得AF＝DG，【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠DAB＝90°，∵BF⊥AE，DG⊥AE，∴∠AFB＝∠AGD＝∠ADG+∠DAG＝90°，∵∠DAG+∠BAF＝90°，∴∠ADG＝∠BAF，在△BAF和△ADG中，∵∠BAF=∠ADG∠AFB=∠DGA∴△BAF≌△ADG（AAS），∴AF＝DG，15．如圖，在一個(gè)邊長(zhǎng)為am的正方形廣場(chǎng)的四個(gè)角上分別留出一個(gè)邊長(zhǎng)為bm的正方形花壇（a＞2b），其余的地方種草坪．（1）求種草坪的面積是多少平方米；（2）當(dāng)a＝84，b＝8，且種每平方米草坪的成本為5元時(shí)，種這塊草坪共需投資多少元？【答案】（1）（a2﹣4b2）m2；（2）34000元．【分析】（1）種草坪的面積等于大正方形的面積減去四個(gè)小正方形的面積；（2）利用分解因式的方法求出草坪的面積為a2﹣4b2＝（a+2b）（a﹣2b），再把a(bǔ)，b的值代入求出面積，再進(jìn)行計(jì)算即可．【解答】解：（1）種草坪的面積是（a2﹣4b2）m2；（2）當(dāng)a＝84，b＝8時(shí)，種草坪的面積是a2﹣4b2＝（a+2b）（a﹣2b）＝（84+2×8）（84﹣2×8）＝100×68＝6800（m2），所以種這塊草坪共需投資5×6800＝34000（元）．一．選擇題（共7小題）1．如圖，矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)交于點(diǎn)O，AB＝4，AD＝2，△ADE為等邊三角形，點(diǎn)F是直線(xiàn)ED上一點(diǎn)，連接OF，則線(xiàn)段OF的最小值為（）A．1 B．3 C．2 D．3【答案】D【分析】作輔助線(xiàn)，構(gòu)建直角三角形，確定當(dāng)OF⊥ED時(shí)，線(xiàn)段OF的最小值，先計(jì)算EM和OM的長(zhǎng)，根據(jù)含30度角直角三角形的性質(zhì)可得結(jié)論．【解答】解：連接OE，當(dāng)OF⊥ED時(shí)，線(xiàn)段OF的值最小，∵四邊形ABCD是矩形，∴AC＝BD，OA=12AC，OD＝BD=∴OD＝OA，∵△ADE是等邊三角形，∴DE＝AE＝AD＝2，∠DEA＝60°，∴OE是AD的垂直平分線(xiàn)，∴∠OEF＝30°，DM=12AD＝1，OM=1在Rt△DEM中，EM=D在Rt△OEF中，OE=3+2，∠∴OF=12OE故選：D．2．如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC與BD相交于點(diǎn)O，P是AC上任一點(diǎn)，PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，若AC＝8，BD＝6，則PE+PF的值為（）A．65 B．125 C．245【答案】C【分析】過(guò)P作PM⊥CD于M，由菱形的性質(zhì)推出CD∥AB，AC⊥BD，OA=12AC，OB=12BD，AC平分∠BCD，由角平分線(xiàn)的性質(zhì)推出PF＝PM，由PE⊥AB于，PM⊥CD，CD∥AB，得到P、E、M共線(xiàn)，因此PE+PF＝ME，由勾股定理求出AB=OA2+OB2=5，由菱形的面積公式得到AB?EM=【解答】解：過(guò)P作PM⊥CD于M，∵四邊形ABCD是菱形，∴CD∥AB，AC⊥BD，OA=12AC，OB=12BD，∵PF⊥BC于F，∴PF＝PM，∵PE⊥AB于，PM⊥CD，CD∥AB，∴P、E、M共線(xiàn)，∴PE+PF＝PE+PM＝ME，∵AC＝8，BD＝6，∴OA=12×8＝4，∴AB=O∵菱形ABCD的面積＝AB?EM=12AC?∴5EM=1∴EM=24∴PE+PF的值為245故選：C．3．如圖，在正方形ABCD中，分別以B，D為圓心，以相同長(zhǎng)度為半徑作弧相交于點(diǎn)E，作射線(xiàn)AE交對(duì)角線(xiàn)BD于點(diǎn)O，若AB＝4，則AO＝（）A．2 B．3 C．2 D．2【答案】D【分析】由作圖過(guò)程可得BE＝DE，根據(jù)AB＝AD可得AE是BD的垂直平分線(xiàn)，所以點(diǎn)O是正方形對(duì)角線(xiàn)AC，BD的交點(diǎn)，然后利用等腰直角三角形的性質(zhì)即可解決問(wèn)題．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，如圖，連接BE，DE，由作圖過(guò)程可知：BE＝DE，∴AE是BD的垂直平分線(xiàn)，∵四邊形ABCD是正方形，∴對(duì)角線(xiàn)AC，BD互相垂直平分，∴點(diǎn)E在AC上，∴點(diǎn)O是正方形對(duì)角線(xiàn)AC，BD的交點(diǎn)，∴OA=22AB=2故選：D．4．圖1是第七屆國(guó)際數(shù)學(xué)教育大會(huì)（ICME）的會(huì)徽，圖2由其主體圖案中相鄰兩個(gè)直角三角形組合而成．作菱形CDEF，使點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別在邊OC，OB，BC上，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AB于點(diǎn)H．當(dāng)AB＝BC，∠BOC＝30°，DE＝2時(shí)，EH的長(zhǎng)為（）A．3 B．32 C．2 D．【答案】C【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得到CD＝DE＝CF＝EF＝2，CF∥DE，CD∥EF，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到OD＝2DE＝4，OE=3DE＝23，求得CO＝CD+DO【解答】解：∵四邊形CDEF是菱形，DE＝2，∴CD＝DE＝CF＝EF＝2，CF∥DE，CD∥EF，∵∠CBO＝90°，∠BOC＝30°，∴OD＝2DE＝4，OE=3DE＝23∴CO＝CD+DO＝6，∴BC＝AB=12CD＝3，OB=3BC∵∠A＝90°，∴AO=OB2∵EF∥CD，∴∠BEF＝∠BOC＝30°，∴BE=3∵EH⊥AB，∴EH∥OA，∴△BHE∽△BAO，∴EHOA∴EH3∴EH=2故選：C．5．已知AB，CD，EF是三條平行線(xiàn)，小明在三條平行線(xiàn)之間擺放相同的長(zhǎng)方形紙片，如圖所示，在CD上方有7個(gè)，在CD下方有4個(gè)，AEFB構(gòu)成大長(zhǎng)方形．已知小紙片長(zhǎng)為a，寬為b，擺放方式不重疊也無(wú)空隙．小明發(fā)現(xiàn)，改變AB的長(zhǎng)度，空余部分的面積S1與S2的差不改變，則a，b之間的關(guān)系為（）A．5b＝2a B．4b＝a C．3b＝a D．5b＝3a【答案】B【分析】由矩形的性質(zhì)得出S1﹣S2＝AB×4b﹣4ab﹣AB×a+7ab＝（4b﹣a）AB+3ab，再根據(jù)改變AB的長(zhǎng)度，空余部分的面積S1與S2的差不改變，得出4b﹣a＝0，即可得出結(jié)果．【解答】解：∵四邊形AEFB為矩形，AB∥CD∥EF，∴AB＝EF，四邊形ABCD、四邊形CDFE都為矩形，∵在三條平行線(xiàn)之間擺放相同的長(zhǎng)方形紙片，小紙片長(zhǎng)為a，寬為b，擺放方式不重疊也無(wú)空隙，∴S1＝EF×4b﹣4b×a＝AB×4b﹣4ab，S2＝AB×a﹣7b×a＝AB×a﹣7ab，∴S1﹣S2＝AB×4b﹣4ab﹣AB×a+7ab＝（4b﹣a）AB+3ab，∵改變AB的長(zhǎng)度，空余部分的面積S1與S2的差不改變，∴4b﹣a＝0，∴4b＝a，故選：B．6．如圖，菱形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC，BD相交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，連接OE．若OB＝6，菱形ABCD的面積為54，則OE的長(zhǎng)為（）A．4 B．4.5 C．5 D．5.5【答案】B【分析】由菱形的性質(zhì)得出BD＝12，由菱形的面積得出AC＝9，再由直角三角形斜邊上的中線(xiàn)性質(zhì)即可得出結(jié)果．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD=12BD，BD⊥∴BD＝2OB＝12，∵S菱形ABCD=12AC?∴AC＝9，∵AE⊥BC，∴∠AEC＝90°，∴OE=12故選：B．7．如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，E為CD上一動(dòng)點(diǎn)，AE交BD于F，過(guò)F作FH⊥AE交BC于點(diǎn)H，過(guò)H作GH⊥BD于G，連結(jié)AH．以下四個(gè)結(jié)論中：①AF＝HE；②∠HAE＝45°；③AB=2FG；④△A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】B【分析】①作輔助線(xiàn)，延長(zhǎng)HF交AD于點(diǎn)L，連接CF，通過(guò)證明△ADF≌△CDF，可得：AF＝CF，故需證明FC＝FH，可證：AF＝FH；AF＜EH，據(jù)此得征；②由FH⊥AE，AF＝FH，可得：∠HAE＝45°，據(jù)此得證；③FG的長(zhǎng)度不是定值，據(jù)此得證；④作輔助線(xiàn)，延長(zhǎng)AD至點(diǎn)M，使AD＝DM，過(guò)點(diǎn)C作CI∥HL，則IL＝HC，再根據(jù)△MEC≌△MIC，可證：CE＝IM，同理可證AL＝HE，故△CEH的周長(zhǎng)為邊AM的長(zhǎng)，據(jù)此得證．【解答】解：①連接FC，延長(zhǎng)HF交AD于點(diǎn)L，如圖1，∵BD為正方形ABCD的對(duì)角線(xiàn)，∴∠ADB＝∠CDF＝45°．∵AD＝CD，DF＝DF，∴△ADF≌△CDF（SAS）．∴FC＝AF，∠ECF＝∠DAF．∵∠ALH+∠LAF＝90°，∴∠LHC+∠DAF＝90°．∵∠ECF＝∠DAF，∴∠FHC＝∠FCH，∴FH＝FC．∴FH＝AF，∵FH⊥AE，∴FH＜EH，∴AF＜EH，故①錯(cuò)誤；∵FH⊥AE，F(xiàn)H＝AF，∴∠HAE＝45°，故②正確；∵F是動(dòng)點(diǎn)，∴FG的長(zhǎng)度不是定值，不可能AB=2FG，故④延長(zhǎng)AD至點(diǎn)M，使AD＝DM，過(guò)點(diǎn)C作CI∥HL，如圖2，則四邊形LHCI為平行四邊形，∴LI＝HC，∵HL⊥AE，CI∥HL，∴AE⊥CI，∴∠DIC+∠EAD＝90°，∵∠EAD+∠AED＝90°，∴∠DIC＝∠AED，∵ED⊥AM，AD＝DM，∴EA＝EM，∴∠AED＝∠MED，∴∠DIC＝∠DEM，∴180°﹣∠DIC＝180°﹣∠DEM，∴∠CIM＝∠CEM，∵CM＝MC，∠ECM＝∠CMI＝45°，∴△MEC≌△CIM（AAS），∴CE＝IM，∵E，F(xiàn)，H共圓，∠HFE＝90°，∴HE為直徑，∵∠HCF＝90°，∴點(diǎn)C在以HE為直徑的圓上，∴∠FHE＝∠FCE，∵∠FCE＝∠FAD，∴∠FAD＝∠FHE，∵∠AFL＝∠HFE，AF＝HF，∴△AFL≌△FHE（ASA），∴AL＝HE，∴HE+HC+EC＝AL+LI+IM＝AM＝12．故△CEH的周長(zhǎng)為12，④正確．綜上所述，②④正確．故選：B．二．填空題（共5小題）8．如圖，菱形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC與BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，連接OE，∠ABC＝60°，BD＝43，則OE＝2．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得，∠ABO＝30°，AC⊥BD，則BO＝23，再利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴BO＝DO，∠ABO＝30°，AC⊥BD，AB＝AD，∴BO＝23，∴AO=33∴AB＝2AO＝4，∵E為AD的中點(diǎn)，∠AOD＝90°，∴OE=12故答案為：2．9．如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，M，N分別是BC，CD上的動(dòng)點(diǎn)，連接AM，BN交于點(diǎn)E，且∠BND＝∠AMC．（1）AMBN=3（2）連接CE，則CE的最小值為2．【答案】（1）32（2）2．【分析】（1）根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)即可得出結(jié)果；（2）取AB的中點(diǎn)O，連接OE，OC，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線(xiàn)等于斜邊的一半，得OE=12AB=3【解答】解：（1）∵∠AMB＝180°﹣∠AMC，∠BNC＝180°﹣∠BND，∠BND＝∠AMC，∴∠AMB＝∠BNC，∵∠ABM＝∠BCN，∴△ABM∽△BCN，AMBN故答案為：32（2）取AB的中點(diǎn)O，連接OE，OC，∴OB=1由（1）中△ABM∽△BCN，得∠BAM＝∠CBN，∵∠CBN+∠ABN＝90°，∴∠ABN+∠BAM＝90°即∠AEB＝90°，在Rt△AEB中，OE=1在Rt△OBC中，OC=O在△OCE中，CE≥OC﹣OE＝5﹣3＝2，故答案為：2．10．如圖，四邊形ABCD是菱形，AC、BD交于點(diǎn)E，DF⊥AB交AB于點(diǎn)F，連接EF，若AC＝16，EF＝6，則DF＝9.6．【答案】9.6．【分析】由菱形的性質(zhì)得到AC⊥BD，BE＝DE，AE=12AC，由直角三角形斜邊中線(xiàn)的性質(zhì)求出BD＝12，由勾股定理求出AB=AE2+BE2=10，由菱形的面積公式得到AB【解答】解：∵ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BE＝DE，AE=12∵DF⊥AB，∴∠BFD＝90°，∴EF=12∵EF＝6，∴BD＝12，∴BE=12∵AC＝16，∴AE=1∴AB=A∵菱形ABCD的面積＝AB?DF=12AC?∴10DF=1∴DF＝9.6．故答案為：9.6．11．邊長(zhǎng)分別為3a和2a的兩個(gè)正方形按如圖的樣式擺放，記圖中陰影部分的面積為S1，沒(méi)有陰影部分的面積為S2，則S1S2=【答案】1115【分析】結(jié)合圖形，發(fā)現(xiàn)：陰影部分的面積＝正方形的面積﹣沒(méi)有陰影部分的面積，沒(méi)有陰影部分的面積＝直角三角形的面積，代入求值即可．【解答】解：根據(jù)圖形可知：沒(méi)有陰影部分的面積為S2=12?3a?（3a+2a）=15陰影部分的面積為S1＝3a?3a+2a?2a﹣S2＝13a2?152a2=11∴S1故答案為：111512．如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，E為對(duì)角線(xiàn)AC上與A，C不重合的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AB于點(diǎn)F，EG⊥BC于點(diǎn)G，連接DE，F(xiàn)G，下列結(jié)論：①DE＝FG；②∠BFG＝∠ADE；③DE⊥FG；④FG的最小值為22．其中正確結(jié)論的有①②③④．（填序號(hào)）【答案】①②③④．【分析】連接BE，交FG于點(diǎn)O，由題意得∠EFB＝∠EGB＝90°，即可得四邊形EFBG為矩形，得FG＝BE，OB＝OF＝OE＝OG，用SAS即可得△ABE≌△ADE，即可判斷①；根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)得∠BFG＝∠ADE，即可判斷②，延長(zhǎng)DE，交FG于M，交FB于點(diǎn)H，由①得，∠ABE＝∠ADE，根據(jù)題意和角之間的關(guān)系得DE⊥FG，即可判斷③，根據(jù)垂線(xiàn)段最短得當(dāng)DE⊥AC時(shí)，DE最小，根據(jù)勾股定理得AC＝42，即可得FG的最小值為22，即可判斷④．【解答】解：如圖所示，連接BE，交FG于點(diǎn)O，∵EF⊥AB，EG⊥BC，∴∠EFB＝∠EGB＝90°，∵∠ABC＝90°，∴四邊形EFBG為矩形，∴FG＝BE，OB＝OF＝OE＝OG，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝45°，在△ABE和△ADE中，AE=AE∠BAC=∠DAC∴△ABE≌△ADE（SAS），∴BE＝DE，∴DE＝FG，即①正確；∵△ABE≌△ADE，∴∠ABE＝∠ADE，∵OB＝OF，∴∠OFB＝∠ABE，∴∠BFG＝∠ADE，即②正確，延長(zhǎng)DE，交FG于M，交FB于點(diǎn)H，由①得，∠ABE＝∠ADE，∵OB＝OF，∴∠OFB＝∠ABE，∴∠OFB＝∠ADE，∵∠BAD＝90°，∴∠ADE+∠AHD＝90°，∴∠OFB+∠AHD＝90°，即∠FMH＝90°，∴DE⊥FG，即③正確；∵E為對(duì)角線(xiàn)AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，∴當(dāng)DE⊥AC時(shí)，DE最小，∵AB＝AD＝CD＝4，∠ADC＝90°，∴AC=AD2∴DE=12AC＝2由①知，F(xiàn)G＝DE，∴FG的最小值為22，即④正確，綜上，①②③④正確，故答案為：①②③④．三．解答題（共3小題）13．如圖，正方形ABCD中，E是BC上的一點(diǎn)，連接AE，過(guò)B點(diǎn)作BG⊥AE，垂足為點(diǎn)G，延長(zhǎng)BG交CD于點(diǎn)F，連接AF．（1）求證：BE＝CF．（2）若正方形邊長(zhǎng)是5，BE＝2，求AF的長(zhǎng)．【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）34．【分析】（1）根據(jù)ASA證明△ABE≌△BCF，可得結(jié)論；（2）根據(jù)（1）得：△ABE≌△BCF，則CF＝BE＝2，最后利用勾股定理可得AF的長(zhǎng)．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF，∴∠BAE+∠AEB＝90°，∵BG⊥AE，∴∠BGE＝90°，∴∠AEB+∠EBG＝90°，∴∠BAE＝∠EBG，∴△ABE≌△BCF（ASA），∴BE＝CF；（2）∵正方形邊長(zhǎng)是5，∴AB＝BC＝CD＝5，∵BE＝2，∴由（1）得CF＝BE＝2，∴DF＝CD﹣CF＝5﹣2＝3，在Rt△ADF中，由勾股定理得：AF=A14．如圖，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，點(diǎn)E、點(diǎn)F分別是對(duì)角線(xiàn)AC上的點(diǎn)，且AE＝CF，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BF，交BC于點(diǎn)G，平移BF，使B、F的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別是G、H，連接DH．（1）當(dāng)△ADE是以AE為腰長(zhǎng)的等腰三角形時(shí)，求CE的長(zhǎng)；（2）連接BF、DE，判斷四邊形DEGH的形狀，并說(shuō)明理由．【答案】（1）CE的長(zhǎng)為2或5；（2）四邊形DEGH是矩形，證明見(jiàn)解答．【分析】（1）運(yùn)用勾股定理可得AC＝10，分兩種情況：當(dāng)AE＝AD＝8時(shí)，則CE＝AC﹣AE＝10﹣8＝2；當(dāng)AE＝DE時(shí)，∠EAD＝∠EDA，推出∠ECD＝∠EDC，得DE＝CE，進(jìn)而得出AE＝CE，可得CE＝5；（2）先證明△ADE≌△CBF（SAS），可得DE＝BF，∠AED＝∠CFB，即∠DEC＝∠AFB，由平行線(xiàn)的判定可得DE∥BF，結(jié)合平移可得DE∥GH，DE＝GH，證得四邊形DEGH是平行四邊形，再證得∠EGH＝90°，即可得出四邊形DEGH是矩形．【解答】解：（1）∵矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，BC＝AD＝8，CD＝AB＝6，∴AC=A當(dāng)AE＝AD＝8時(shí)，則CE＝AC﹣AE＝10﹣8＝2；當(dāng)AE＝DE時(shí)，∠EAD＝∠EDA，∵∠EAD+∠ECD＝90°，∠EDA+∠EDC＝90°，∴∠ECD＝∠EDC，∴DE＝CE，∴AE＝CE，∴CE=12綜上所述，當(dāng)△ADE是以AE為腰長(zhǎng)的等腰三角形時(shí)，CE的長(zhǎng)為2或5；（2）四邊形DEGH是矩形，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠DAE＝∠BCF，∵AE＝CF，∴△ADE≌△CBF（SAS），∴DE＝BF，∠AED＝∠CFB，∴180°﹣∠AED＝180°﹣∠CFB，即∠DEC＝∠AFB，∴DE∥BF，由平移得：BF∥GH，BF＝GH，∴DE∥GH，DE＝GH，∴四邊形DEGH是平行四邊形，∵EG⊥BF，∴EG⊥GH，∴∠EGH＝90°，∴四邊形DEGH是矩形．15．在數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，老師出了一道題，讓同學(xué)們解答．在?ABCD中，過(guò)點(diǎn)B作BE⊥CD于點(diǎn)E，點(diǎn)F在邊AB上，AF＝CE，連接DF．求證：四邊形BFDE是矩形．小星和小紅分別給出了自己的思路：小星：利用矩形的定義“有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫做矩形”來(lái)證明；小紅：利用定理“有三個(gè)角是直角的四邊形是矩形”來(lái)證明．（1）小星的思路正確，小紅的思路正確（選填“正確”或“錯(cuò)誤”）；（2）請(qǐng)選擇小紅或小星的思路完善證明過(guò)程．【答案】見(jiàn)試題解答內(nèi)容【分析】（1）由矩形的判定方法即可得出答案；（2）小紅的思路：由平行四邊形的性質(zhì)得出CD∥AB，AD＝CB，∠A＝∠C，易證∠BED＝∠EBF＝∠BEC＝90°，再證△ADF≌△CBE（SAS），得出∠DFA＝∠BEC＝90°，即可得出結(jié)論；小星的思路：由平行四邊形的性質(zhì)得出CD∥AB，CD＝AB，求出BF＝DE，則四邊形BFDE是平行四邊形，再由∠BED＝90°，即可得出結(jié)論．【解答】（1）解：小星：利用矩形的定義“有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫做矩形”來(lái)證明，正確，小紅：利用定理“有三個(gè)角是直角的四邊形是矩形”來(lái)證明，正確，故答案為：正確，正確；（2）證明：小紅的思路：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD∥AB，AD＝CB，∠A＝∠C，∵BE⊥CD，∴BE⊥AB，∴∠BED＝∠EBF＝∠BEC＝90°，在△ADF和△CBE中，AD=CB∠A=∠C∴△ADF≌△CBE（SAS），∴∠DFA＝∠BEC＝90°，∴∠BED＝∠EBF＝∠DFB＝90°，∴四邊形BFDE是矩形；小星的思路：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD∥AB，CD＝AB，∵AF＝CE，∴AB﹣AF＝CD﹣CE，即BF＝DE，∴四邊形BFDE是平行四邊形，∵BE⊥AB，∴∠BED＝90°，∴平行四邊形BFDE是矩形．一．選擇題（共5小題）1．（2019?深圳）如圖，已知菱形ABCD