專題 與平行四邊形有關(guān)的多結(jié)論問題（解析版）

八年級下冊數(shù)學(xué)《第十八章平行四邊形》專題與平行四邊形有關(guān)的多結(jié)論問題題型一平行四邊形中的多結(jié)論問題題型一平行四邊形中的多結(jié)論問題【例題1】（2022春?南海區(qū)校級月考）如圖，點E、F是平行四邊形ABCD對角線上兩點，在條件：①DE＝BF；②∠ADE＝∠CBF；③AF＝CE；④∠AFB＝∠CED中，添加一個條件，使四邊形DEBF是平行四邊形，可添加的條件是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【分析】通過證明三角形全等，得出四邊形DEBF的一組對邊平行且相等，即可得出是平行四邊形．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，AB∥CD，∴∠DAE＝∠BCF，∠DCF＝∠BAE，①DE＝BF時，不能證明△ADE≌△CBF，不能證明四邊形DEBF是平行四邊形；②∠ADE＝∠CBF時，在△ADE和△CBF中，∠ADE=∠CBFAD=BC∴△ADE≌△CBF（ASA），∴DE＝BF，∠AED＝∠CFB，∴∠DEF＝∠BFE，∴DE∥BF，∴四邊形DEBF是平行四邊形；③AF＝CE時，AE＝CF，在△ADE和△CBF中，AD=BC∠DAE=∠BCF∴△ADE≌△CBF（SAS），∴DE＝BF，∠AED＝∠CFB，∴∠DEF＝∠BFE，∴DE∥BF，∴四邊形DEBF是平行四邊形；④當(dāng)∠AFB＝∠CED時，則∠AEB＝∠CFD，在△ABE和△CDF中，∠AEB=∠CFD∠BAE=∠DCF∴△ABE≌△CDF（AAS），∴BE＝DF，∵∠AEB＝∠CFD，∴∠BEF＝∠DFE，∴BE∥DF，∴四邊形DEBF是平行四邊形；故選：D．【點評】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及平行線的判定；熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．【變式1-1】（2022?西城區(qū)校級開學(xué)）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，點D是AB的中點，延長CD至點E，使得∠CAB＝∠BAE，過點E作EF⊥AB于點F，G為CE的中點，給出結(jié)論：①CD=12AB；②BG＝FG；③四邊形AEBG是平行四邊形；④∠CAE+∠BGFA．①② B．③ C．②④ D．②③④【分析】構(gòu)造全等三角形，應(yīng)用三角形中位線定理，即可求解．【解答】解：延長EF交AC于M，作GN⊥AB于N，∵BD=12AB，DB＜∴CD＞12故①不符合題意；∵EF∥NG∥BC，EG＝CG，∴FN＝NB，∵GN⊥AB，∴FG＝GB，故②符合題意；∵∠EAF＝∠MAF，AF＝AF，∠AFE＝∠AFM，∴△AEF≌△AMF（ASA），∴FE＝FM，∵EG＝GC，∴FG∥AC，∴∠GFB＝∠CAB，∴∠GBF＝∠EAB，∴EA∥BG，∵∠EAD＝∠DBG，AD＝BD，∠ADE＝∠BDG，∴△AED≌△BGD（ASA），∴AE＝BG，∴四邊形AEBG是平行四邊形，故③符合題意；∵∠BFG+∠FBG+∠FGB＝180°，∠EAF＝∠MAF＝∠BFG＝∠GBF，∴∠EAC+∠FGB＝180°，故④符合題意，故選：D．【點評】本題考查三角形全等，三角形中位線定理，平行四邊形的判定，關(guān)鍵是靈活應(yīng)用這些知識點．【變式1-2】（2021春?光明區(qū)期末）如圖所示，在Rt△ABC外作等邊△ADE，點E在AB邊上，AC＝5，∠ABC＝30°，AD＝3．將△ADE沿AB方向平移，得到△A′D′E′，連接BD′．給出下列結(jié)論：①AB＝10；②四邊形ADD′A′為平行四邊形；③AB平分∠D′BC；④當(dāng)平移的距離為4時，BD′＝33．其中正確的是（填上所有正確結(jié)論的序號）．【分析】由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得AB＝2AC＝10，故①正確；再由平移的性質(zhì)得A'D'＝AD，A'D'∥AD，則四邊形ADD′A′為平行四邊形，故②正確；當(dāng)平移的距離為4時，EE'＝4，證出BE'＝D'E'，則∠E'BD'＝∠E'D'B=12∠A'E'D'＝30°，得∠A'D'B＝60°+30°＝90°，由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得BD'=3A'D'＝33，故④正確；由④得：當(dāng)平移的距離為4時，∠E'BD'＝∠ABC＝30【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝5，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝10，故①正確；由平移的性質(zhì)得：A'D'＝AD，A'D'∥AD，∴四邊形ADD′A′為平行四邊形，故②正確；當(dāng)平移的距離為4時，EE'＝4，∴BE'＝AB﹣AE﹣EE'＝10﹣3﹣4＝3，由平移的性質(zhì)得：∠A'D'E'＝∠A'E'D'＝∠AED＝60°，A'D'＝D'E'＝DE＝AD＝3，∴BE'＝D'E'，∴∠E'BD'＝∠E'D'B=12∠A'E'D'＝∴∠A'D'B＝60°+30°＝90°，∴BD'=3A'D'＝33，故④由④得：當(dāng)平移的距離為4時，∠E'BD'＝∠ABC＝30°，故③錯誤；故答案為：①②④．【點評】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、平移的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識；熟練掌握等邊三角形的性質(zhì)和平移的性質(zhì)，證明四邊形ADD′A′為平行四邊形是解題的關(guān)鍵．【變式1-3】如圖所示，在平行四邊形ABCD中，分別以AB、AD為邊作等邊△ABE和等邊△ADF，分別連接CE，CF和EF，則下列結(jié)論，一定成立的個數(shù)是（）①△CDF≌△EBC；②△CEF是等邊三角形；③∠CDF＝∠EAF；④CE∥DFA．1 B．2 C．3 D．4【分析】利用“邊角邊”證明△CDF和△EBC全等，判定①正確；同理求出△CDF和△EAF全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得CE＝CF＝EF，判定△ECF是等邊三角形，判定②正確；利用“8字型”判定③正確；若CE∥DF，則C、F、A三點共線，故④錯誤；即可得出答案．【解答】解：在?ABCD中，∠ADC＝∠ABC，AD＝BC，CD＝AB，∵△ABE、△ADF都是等邊三角形，∴AD＝DF，AB＝EB，∠DFA＝∠ADF＝∠ABE＝60°，∴DF＝BC，CD＝BE，∴∠CDF＝∠ADC﹣60°，∠EBC＝∠ABC﹣60°，∴∠CDF＝∠EBC，在△CDF和△EBC中，DF=BC∠CDF=∠EBC∴△CDF≌△EBC（SAS），故①正確；在?ABCD中，設(shè)AE交CD于O，AE交DF于K，如圖：∵AB∥CD，∴∠DOA＝∠OAB＝60°，∴∠DOA＝∠DFO，∵∠OKD＝∠AKF，∴∠ODF＝∠OAF，故③正確；在△CDF和△EAF中，CD=EA∠CDF=∠EAF∴△CDF≌△EAF（SAS），∴EF＝CF，∵△CDF≌△EBC，∴CE＝CF，∴EC＝CF＝EF，∴△ECF是等邊三角形，故②正確；則∠CFE＝60°，若CE∥DF時，則∠DFE＝∠CEF＝60°，∵∠DFA＝60°＝∠CFE，∴∠CFE+∠DFE+∠DFA＝180°，則C、F、A三點共線已知中沒有給出C、F、A三點共線，故④錯誤；綜上所述，正確的結(jié)論有①②③．故選：C．【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，鄰角互補的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．【變式1-4】（2022?豐順縣校級開學(xué)）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，BD＝2AD，E，F(xiàn)，G分別是OC，OD，AB的中點，下列結(jié)論：①BE⊥AC；②四邊形BEFG是平行四邊形；③△EFG≌△GBE；④EG＝EF，其中正確的有個．【分析】由平行四邊形的性質(zhì)可得AB＝CD，AD＝BC，BO＝DO=12BD，AO＝CO，AB∥CD，即可得BO＝DO＝AD＝BC，由等腰三角形的性質(zhì)可判斷①，由中位線定理和直角三角形的性質(zhì)可判斷②④，由平行四邊形的性質(zhì)可判斷【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AD＝BC，BO＝DO=12BD，AO＝CO，AB∥∵BD＝2AD，∴BO＝DO＝AD＝BC，且點E是OC中點，∴BE⊥AC，∴①正確；∵E、F、分別是OC、OD中點，∴EF∥DC，CD＝2EF，∵G是AB中點，BE⊥AC，∴AB＝2BG＝2GE，且CD＝AB，CD∥AB，∴BG＝EF＝GE，EF∥CD∥AB，∴四邊形BGFE是平行四邊形，∴②④正確；∵四邊形BGFE是平行四邊形，∴BG＝EF，GF＝BE，且GE＝GE，∴△BGE≌△FEG（SSS），∴③正確；故答案為：4．【點評】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，熟練運用這些性質(zhì)進行推理是本題的關(guān)鍵．【變式1-5】（2022春?本溪期末）如圖，在?ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，延長BC至點E，使得CE＝BC，連接AE交CD于點G，連接OG．下列結(jié)論：①OG=12AD；②AE平分∠CAD；③以點A，C，E，D為頂點構(gòu)成的四邊形是平行四邊形；④S?ABCD＝6S△OCG.其中正確的是【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)先證得△ADG≌△ECG，得出DG＝CG，AG＝EG即可解決問題．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD∥BC，AO＝OC，∴∠DAG＝∠E，∠ADG＝∠ECG，∵CE＝BC，∴CE＝AD，∴△ADG≌△ECG（ASA），∴AG＝GE，DG＝GC，∴OG是△CAD的中位線，四邊形ACED是平行四邊形，故③正確；∴OG=12AD，故∴OG∥AD，∴S△ACD＝4S△OCG，∴S?ABCD＝8S△OCG，故④錯誤；∵AC≠CE，∴∠E≠CAE，∴∠CAE≠∠DAG，故②錯誤．∴正確的是①③．故答案為①③．【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握平行四邊形的性質(zhì)并靈活運用．平行四邊形的性質(zhì)：①邊：平行四邊形的對邊相等．②角：平行四邊形的對角相等．③對角線：平行四邊形的對角線互相平分．【變式1-6】（2022春?城固縣期末）如圖，交AC于點F，連接BF，則下列結(jié)論中：①△S四邊形BDEF=32；④S△AEFA．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】連接EC，作CH⊥EF于H．首先證明△BAD≌△CAE，再證明△EFC是等邊三角形即可解決問題；【解答】解：連接EC，作CH⊥EF于H．∵△ABC，△ADE都是等邊三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD＝EC＝1，∠ACE＝∠ABD＝60°，∵EF∥BC，∴∠EFC＝∠ACB＝60°，∴△EFC是等邊三角形，CH=3∴EF＝EC＝BD，∵EF∥BD，∴四邊形BDEF是平行四邊形，故②正確，∵BD＝CF＝1，BA＝BC，∠ABD＝∠BCF，∴△ABD≌△BCF，故①正確，∵S平行四邊形BDEF＝BD?CH=3故③正確，∵CD＝2BD，AF＝2CF．∴S△AEF=23S△AEC=23?S故④錯誤，故選：C．【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)、等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是準確尋找全等三角形解決問題，屬于中考選擇題中的壓軸題．【變式1-7】（2022春?秦都區(qū)期末）如圖，分別以Rt△ABC的直角邊AC，斜邊AB為邊向外作等邊△ACD和等邊△ABE，F(xiàn)為AB的中點，連接DF、EF，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°．則以下結(jié)論：①AC⊥DF；②四邊形BCDF為平行四邊形；③DA+DF＝BE，其中正確的有（）A．0個 B．1個 C．2個 D．3個【分析】由平行四邊形的判定定理判斷②正確，再由平行四邊形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)判斷①正確，然后由三角形三邊關(guān)系判斷③錯誤，即可得出結(jié)論．【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，∴∠BAC＝60°，AC=12∵△ACD是等邊三角形，∴∠ACD＝60°，∴∠ACD＝∠BAC，∴CD∥AB，∵F為AB的中點，∴BF=12∴CD＝BF，∵CD∥AB，∴四邊形BCDF為平行四邊形，故②正確；∵四邊形BCDF為平行四邊形，∴DF∥BC，又∵∠ACB＝90°，∴AC⊥DF，故①正確；∵△ACD和△ABE都是等邊三角形，∴DA＝AC，DF＝BC，AB＝BE，∵BC+AC＞AB，∴DA+DF＞BE，故③錯誤；其中正確的有2個，故選：C．【點評】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)、含30°直角三角形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、三角形三邊關(guān)系等知識；熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)，證明四邊形BCDF為平行四邊形是解題的關(guān)鍵．【變式1-8】（2022秋?寧陽縣期末）如圖，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，△ABD，△ACE，△BCF都是等邊三角形，下列結(jié)論中：①AB⊥AC；②四邊形AEFD是平行四邊形；③∠DFE＝135°；④S四邊形AEFD＝20．正確的個數(shù)是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】由AB2+AC2＝BC2，得出∠BAC＝90°，故①正確；再由SAS證得△ABC≌△DBF，得AC＝DF＝AE＝8，同理△ABC≌△EFC（SAS），得AB＝EF＝AD＝6，則四邊形AEFD是平行四邊形，故②正確；然后由平行四邊形的性質(zhì)得∠DFE＝∠DAE＝150°，則③錯誤；最后求出S?AEFD＝24，故④錯誤；即可得出答案．【解答】解：∵AB＝6，AC＝8，BC＝10，62+82＝102，∴AB2+AC2＝BC2，∴△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，∴AB⊥AC，故①正確；∵△ABD，△ACE都是等邊三角形，∴∠DAB＝∠EAC＝60°，∴∠DAE＝150°，∵△ABD和△FBC都是等邊三角形，∴BD＝BA，BF＝BC，∠DBF+∠FBA＝∠ABC+∠ABF＝60°，∴∠DBF＝∠ABC，在△ABC與△DBF中，AB=DB∠ABC=∠DBF∴△ABC≌△DBF（SAS），∴AC＝DF＝AE＝8，同理可證：△ABC≌△EFC（SAS），∴AB＝EF＝AD＝6，∴四邊形AEFD是平行四邊形，故②正確；∴∠DFE＝∠DAE＝150°，故③錯誤；過A作AG⊥DF于G，如圖所示：則∠AGD＝90°，∵四邊形AEFD是平行四邊形，∴∠FDA＝180°﹣∠DFE＝180°﹣150°＝30°，∴AG=12AD＝∴S?AEFD＝DF?AG＝8×3＝24，故④錯誤；∴正確的個數(shù)是2個，故選：B．【點評】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識；熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)，證明△ABC≌△DBF是解題的關(guān)鍵．【變式1-9】（2022春?清苑區(qū)期末）如圖，已知△ABC是邊長為6的等邊三角形，點D是線段BC上的一個動點（點D不與點B，C重合），△ADE是以AD為邊的等邊三角形，過點E作BC的平行線，分別交線段AB，AC于點F，G，連接BE和CF．則下列結(jié)論中：①BE＝CD；②∠BDE＝∠CAD；③四邊形BCGE是平行四邊形；④當(dāng)CD＝2時，S△AEF＝23，其中正確的有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【分析】①證△AEB≌△ADC（SAS），得BE＝CD，故①正確；再由平角的定義和三角形內(nèi)角和定理得∠BDE＝∠CAD，故②正確；由∠EBC+∠ACB＝180°，得EB∥GC．則四邊形BCGE是平行四邊形．故③正確；證出BD＝2CD，得S△ACD=13S△ABC＝33，再證AF＝2BF，得S△AEF=23S△AEB=23S△ACD【解答】解：①∵△ABC和△ADE都是等邊三角形，∴AE＝AD，AB＝AC，∠EAD＝∠BAC＝60°，又∵∠EAB＝∠EAD﹣∠BAD，∠DAC＝∠BAC﹣∠BAD，∴∠EAB＝∠DAC，在△AEB和△ADC中，AE=AD∠EAB=∠DAC∴△AEB≌△ADC（SAS），∴BE＝CD，故①正確；∵∠BDE+∠ADE+∠ADC＝180°，∠ACD+∠ADC+∠CAD＝180°，∠ADE＝∠ACD＝60°，∴∠BDE＝∠CAD，故②正確；由①得△AEB≌△ADC，∴∠ABE＝∠ACB＝60°．又∵∠ABC＝∠C＝60°，∠EBC＝120°，∴∠EBC+∠ACB＝180°，∴EB∥GC．又∵EG∥BC，∴四邊形BCGE是平行四邊形，故③正確；∵AC＝BC＝6，CD＝2，∴BD＝4＝2CD，∴S△ACD=13S△ABC=13×3∵EG∥BC，∴∠BFE＝∠ABC＝60°＝∠ABE，∴△BEF是等邊三角形，∴BF＝BE，∴BF＝CD＝2，∴AF＝4＝2BF，∴S△AEF=23S△AEB=23S△ACD＝2故選：B．【點評】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)等知識；熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)，證明△AEB≌△ADC是解題的關(guān)鍵．【變式1-10】（2022春?洋縣期末）如圖，分別以Rt△ABC的斜邊AB、直角邊AC為邊向外作等邊△ABD和等邊△ACE，F(xiàn)為AB的中點，連接DF、EF，DE與AB相交于點G，若∠BAC＝30°，下列結(jié)論：①EF⊥AC；②四邊形ADFE為平行四邊形；③AD＝4AG；④△DBF≌△EFA．其中正確結(jié)論有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】①連接CF，可推出AF＝CF，結(jié)合AE＝CE，可得出①正確；②可證得AD∥BC∥EF，DF∥AE，從而得出②正確；③AD＝AB，AB＝2AF，AF＝2AG，從而得出③正確；④可得出∠DFB＝∠EAF＝90°，∠DBF＝∠AFE＝60°，DF＝AE，從而得出④正確．【解答】解：如圖，連接CF，∵∠ACB＝90°，點F是AB的中點，∴CF＝AF，∵△ACE是等邊三角形，∴AE＝CE，∴EF⊥AC，故①正確；∵△ABD是等邊三角形，△ACE是等邊三角形，∴∠AD＝BD，DAB＝60°，∠CAE＝60°，∴∠BAE＝∠BAC+∠CAE＝90°，∵點F是AB的中點，∴DF⊥AB，∴∠DFA＝∠BAE＝90°，∴DF∥AE，∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴∠ABC＝∠ADC＝60°，∴AD∥BC，由①知：AC⊥EF，BC⊥AC，∴EF∥BC，∴AD∥EF，∴四邊形ADFE是平行四邊形，故②正確；∵四邊形ADFE是平行四邊形，∴AF＝2AG，∵AD＝AB，AB＝2AF，∴AD＝B＝4AG，故③正確；∵EF∥BC，∴∠AFE＝∠ABC＝60°，∵△ABD是等邊三角形，∴∠DBF＝60°，∴∠DBF＝∠AFE，∵四邊形ADFE是平行四邊形，∴DF＝AE，∵∠DFB＝∠EAF＝90°，∴△DBF≌△EFA（AAS），故④正確，綜上所述：①②③④均正確，故答案為：D．【點評】本題考查了等邊三角形性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，直角三角形性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)等知識，解決問題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)基礎(chǔ)知識．題型二矩形中的多結(jié)論問題題型二矩形中的多結(jié)論問題【例題2】如圖所示，矩形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于E，∠CAE＝15°，則下面的結(jié)論：①△ODC是等邊三角形；②BC＝2AB；③∠AOE＝135°；④S△AOE＝S△COE，其中正確結(jié)論有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】根據(jù)矩形性質(zhì)求出OD＝OC，根據(jù)角求出∠DOC＝60°即可得出三角形DOC是等邊三角形，求出AC＝2AB，即可判斷②，求出∠BOE＝75°，∠AOB＝60°，相加即可求出∠AOE，根據(jù)等底等高的三角形面積相等得出S△AOE＝S△COE．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，OA＝OC，OD＝OB，AC＝BD，∴OA＝OD＝OC＝OB，∵AE平分∠BAD，∴∠DAE＝45°，∵∠CAE＝15°，∴∠DAC＝30°，∵OA＝OD，∴∠ODA＝∠DAC＝30°，∴∠DOC＝60°，∵OD＝OC，∴△ODC是等邊三角形，∴①正確；∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC＝90°∴∠DAC＝∠ACB＝30°，∴AC＝2AB，∵AC＞BC，∴2AB＞BC，∴②錯誤；∵AD∥BC，∴∠DBC＝∠ADB＝30°，∵AE平分∠DAB，∠DAB＝90°，∴∠DAE＝∠BAE＝45°，∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB，∴∠AEB＝∠BAE，∴AB＝BE，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠DOC＝60°，DC＝AB，∵△DOC是等邊三角形，∴DC＝OD，∴BE＝BO，∴∠BOE＝∠BEO=12（180°﹣∠OBE）＝∵∠AOB＝∠DOC＝60°，∴∠AOE＝60°+75°＝135°，∴③正確；∵OA＝OC，∴根據(jù)等底等高的三角形面積相等得出S△AOE＝S△COE，∴④正確；故選：C．【點評】本題考查了矩形性質(zhì)，平行線性質(zhì)，角平分線定義，等邊三角形的性質(zhì)和判定，三角形的內(nèi)角和定理等知識點的綜合運用．【變式2-1】（2022春?唐河縣期末）如圖，在?ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，對于下列條件：①∠1+∠3＝90°；②BC2+CD2＝AC2；③∠1＝∠2；④AC⊥BD．能判定四邊形ABCD是矩形的個數(shù)是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】由矩形的判定、菱形的判定分別對各個條件進行判斷即可．【解答】解：①∵∠1+∠3＝90°，∴∠ABC＝90°，∴?ABCD是矩形，故①正確；②∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，∵BC2+CD2＝AC2，∴BC2+AB2＝AC2，∴∠ABC＝90°，∴?ABCD是矩形，故②正確；③∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC=12AC，OB＝OD=∵∠1＝∠2，∴OA＝OB，∴AC＝BD，∴?ABCD是矩形，故③正確；④∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC⊥BD，∴?ABCD是菱形，故④錯誤；能判定四邊形ABCD是矩形的個數(shù)有3個，故選：C．【點評】本題考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四邊形的性質(zhì)、勾股定理的逆定理、等腰三角形的判定等知識；熟練掌握矩形的判定是解題的關(guān)鍵．【變式2-2】（2022春?招遠市期中）如圖，矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AD＝23，∠COB＝60°，BF⊥AC，交AC于點M，交CD于點F，延長FO交AB于點E，連接DE．則下列結(jié)論：①OE＝FC；②四邊形EBFD是菱形；③△DOF≌△CBF；④MB＝3．其中結(jié)論正確的序號是（）A．①②③ B．①②③④ C．①④ D．②③④【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)和等邊三角形的判定得出△OBC是等邊三角形，進而判斷①正確；根據(jù)ASA證明△AOE與△COF全等，進而判斷②正確；根據(jù)全等三角形的性質(zhì)判斷③④正確即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AC＝BD，∴OA＝OC＝OD＝OB，∵∠COB＝60°，∴△OBC是等邊三角形，∴OB＝BC＝OC，∠OBC＝60°，∵BF⊥AC，∴OM＝MC，∴FM是OC的垂直平分線，∴FO＝FC，∵OB＝CB，F(xiàn)O＝FC，F(xiàn)B＝FB，∴△OBF≌△CBF（SSS），∴∠FOB＝∠FCB＝90°，∵∠OBC＝60°，∴∠ABO＝30°，∴∠OBM＝∠CBM＝30°，∴∠ABO＝∠OBF，∵AB∥CD，∴∠OCF＝∠OAE，∵OA＝OC，∠AOE＝∠FOC，∴△AOE≌△COF（ASA），∴OE＝OF，∴OE＝FC，故①正確；∵OB⊥EF，∴四邊形EBFD是菱形，故②正確；∵△DOF≌△OBE≌△OBF≌△CBF，∴③正確；∵BC＝AD＝23，F(xiàn)M⊥OC，∠CBM＝30°，∴BM＝3，故④正確；∴正確的序號是：①②③④．故選：B．【點評】此題考查矩形的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)矩形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)解答．【變式2-3】如圖，在銳角△ABC中，延長BC到點D，點O是AC邊上的一個動點，過點O作直線MN∥BC，MN分別交∠ACB、∠ACD的平分線于E，F(xiàn)兩點，連接AE、AF，在下列結(jié)論中：①OE＝OF；②CE＝CF；③若CE＝12，CF＝5，則OC的長為6；④當(dāng)AO＝CO時，四邊形AECF是矩形．其中正確的有（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【分析】①只要證明OC＝OE，OC＝OF即可．②首先證明∠ECF＝90°，若EC＝CF，則∠OFC＝45°，顯然不可能，故②錯誤，③利用勾股定理可得EF＝13，推出OC＝6.5，故③錯誤．④根據(jù)矩形的判定方法即可證明．【解答】解：∵MN∥CB，∴∠OEC＝∠BCE，∠OFC＝∠ACF∵∠ACE＝∠BCE，∠ACF＝∠DCF，∴∠OEC＝∠OCE，∠OFC＝∠OCF，∴OC＝OE＝OF，故①正確，∵∠BCD＝180°，∴∠ECF＝90°，若EC＝CF，則∠OFC＝45°，顯然不可能，故②錯誤，∵∠ECF＝90°，EC＝12，CF＝5，∴EF=12∴OC=12EF＝6.5，故∴OE＝OF，OA＝OC，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵∠ECF＝90°，∴四邊形AECF是矩形．故選：C．【點評】本題考查矩形的判定，角平分線的定義，平行線的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考?？碱}型．【變式2-4】（2021?菏澤二模）如圖，在矩形ABCD中，O為AC中點，EF過O點且EF⊥AC分別交DC于F，交AB于E，點G是AE中點且∠AOG＝30°，則下列結(jié)論正確的個數(shù)為（）（1）DC＝3OG；（2）OG=12BC；（3）△OGE是等邊三角形；（4）S△AOE=16A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OG＝AG＝GE=12AE，再根據(jù)等邊對等角可得∠OAG＝30°，根據(jù)直角三角形兩銳角互余求出∠GOE＝60°，從而判斷出△OGE是等邊三角形，判斷出（3）正確；設(shè)AE＝2a，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)表示出OE，利用勾股定理列式求出AO，從而得到AC，再求出BC，然后利用勾股定理列式求出AB＝3a，從而判斷出（1）正確，（2）錯誤；再根據(jù)三角形的面積和矩形的面積列式求出判斷出（【解答】解：∵EF⊥AC，點G是AE中點，∴OG＝AG＝GE=12∵∠AOG＝30°，∴∠OAG＝∠AOG＝30°，∠GOE＝90°﹣∠AOG＝90°﹣30°＝60°，∴△OGE是等邊三角形，故（3）正確；設(shè)AE＝2a，則OE＝OG＝a，由勾股定理得，AO=AE2∵O為AC中點，∴AC＝2AO＝23a，∴BC=12AC=12×2在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB=(23a)∵四邊形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝3a，∴DC＝3OG，故（1）正確；∵OG＝a，12BC=3∴OG≠12BC，故（∵S△AOE=12a?3a=3SABCD＝3a?3a＝33a2，∴S△AOE=16SABCD，故（綜上所述，結(jié)論正確的是（1）（3）（4）共3個．故選：C．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積，設(shè)出AE、OG，然后用a表示出相關(guān)的邊更容易理解．【變式2-5】（2023?章丘區(qū)校級開學(xué)）如圖，矩形ABCD中，AC，BD相交于點O，過點B作BF⊥AC交CD于點F，交AC于點M，過點D作DE∥BF交AB于點E，交AC于點N，連接FN，EM．則下列結(jié)論：①DN＝BM；②EM∥FN；③AE＝CM；④當(dāng)AO＝AD時，四邊形DEBF是菱形．其中，正確結(jié)論的個數(shù)是（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】證△DNA≌△BMC（AAS），得出DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正確；證△ADE≌△CBF（ASA），得出AE＝FC，DE＝BF，由CF＞CM，故③錯誤；證四邊形NEMF是平行四邊形，得出EM∥FN，故②正確；證四邊形DEBF是平行四邊形，證出∠ODN＝∠ABD，則DE＝BE，得出四邊形DEBF是菱形；故④正確；即可得出結(jié)論．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAN＝∠BCM，∵BF⊥AC，DE∥BF，∴DE⊥AC，∴∠DNA＝∠BMC＝90°，在△DNA和△BMC中，∠DAN=∠BCM∠DNA=∠BMC∴△DNA≌△BMC（AAS），∴DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正確；在△ADE和△CBF中，∠ADE=∠CBFAD=BC∴△ADE≌△CBF（ASA），∴AE＝FC，DE＝BF，∵CF＞CM，∴AE＞CM，故③錯誤；∴DE﹣DN＝BF﹣BM，即NE＝MF，∵DE∥BF，∴四邊形NEMF是平行四邊形，∴EM∥FN，故②正確；∵AB＝CD，AE＝CF，∴BE＝DF，∵BE∥DF，∴四邊形DEBF是平行四邊形，∵AO＝AD，∴AO＝AD＝OD，∴△AOD是等邊三角形，∴∠ADO＝∠DAN＝60°，∴∠ABD＝90°﹣∠ADO＝30°，∵DE⊥AC，∴∠ADN＝∠ODN＝30°，∴∠ODN＝∠ABD，∴DE＝BE，∴四邊形DEBF是菱形；故④正確；正確結(jié)論的個數(shù)是3個，故選：C．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)、菱形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)和菱形的判定，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．【變式2-6】（2022春?華陰市期末）如圖，在矩形ABCD中，AC，BD相交于點O，過點B作BF⊥AC交CD于點F，交AC于點M，過點D作DE∥BF交AB于點E，交AC于點N，則下列結(jié)論：①DN＝BM；②AE＝FC；③當(dāng)AO＝AD時，四邊形DEBF是菱形．其中，正確結(jié)論的個數(shù)是（）A．0個 B．1個 C．2個 D．3個【分析】由“ASA”可證△DNO≌△BMO，可得DN＝BM；故①正確；通過證明四邊形DEBF是平行四邊形，可得DF＝BE，即可證AE＝CF，故②正確；先證△OAD是等邊三角形，可得∠ADB＝60°，由等邊三角形的性質(zhì)可得∠BDE＝30°＝∠DBE，可得DE＝BE，可證平行四邊形DEBF是菱形，即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴DO＝BO，AB∥CD，AB＝CD，∵DE∥BF，∴∠BDN＝∠DBM，在△DNO和△BMO中，∠DON=∠BOMOD=OB∴△DNO≌△BMO（ASA），∴DN＝BM；故①正確；∵AB∥CD，DE∥BF，∴四邊形DEBF是平行四邊形，∴DF＝BE，∴AE＝CF，故②正確；∵四邊形ABCD是矩形，∴AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，∴AO＝DO，又∵AO＝AD，∴△OAD是等邊三角形，∴∠ADB＝60°，∴∠ABD＝30°，∵BF∥DE，BF⊥AC，∴DE⊥AC，∴∠ADE＝∠BDE＝30°，∴∠BDE＝∠ABD，∴DE＝BE，∴平行四邊形DEBF是菱形，故③正確，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)，菱形的判定，等邊三角形的判定和性質(zhì)，靈活運用這些性質(zhì)解決問題解題的關(guān)鍵．【變式2-7】（2022秋?東河區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，O為AC的中點，過點O的直線分別與AB，CD交于點E，F(xiàn)，連接BF交AC于點M，連接DE，BO．若∠COB＝60°，F(xiàn)O＝FC，則下列結(jié)論：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③CM：AM＝1：3；④S△ADE：S△BCM＝2：3．其中正確的結(jié)論是．【分析】由線段垂直平分線的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，即可解決問題．【解答】解：∵矩形ABCD中，O為AC的中點，∴OB＝OC，∵FO＝FC，∴FB垂直平分OC，故①正確；∵OB＝CO，∠COB＝60°，∴△BOC是等邊三角形，∴∠OBC＝60°，∴∠OBE＝90°﹣∠OBC＝30°，∵△FOB和△FCB關(guān)于FB對稱，∴∠FBC＝∠OBM＝30°，∠FOB＝∠FCB＝90°，∴∠OBE＝∠CBF，∠EOB＝∠FCB＝90°，∴△BEO≌△BFC（ASA），故②錯誤；∵BF垂直平分CO，∴CM=12∵AO＝OC=1∴CM=14∴CM：MA＝1：3，故③正確；∵DC∥AB，∴∠FCO＝∠EAO，∵∠FOC＝∠AOE，OC＝OA，∴△COF≌△AOE（ASA），∴CF＝AE，∵∠DAE＝∠BCF，AD＝BC，∴△DAE≌△BCF（SAS），∴△ADE的面積＞△BCM的面積，故④錯誤．故正確的有①③．故答案為：①③．【點評】本題考查矩形，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，線段的垂直平分線，熟練掌握以上知識點是解題的關(guān)鍵．【變式2-8】（2022?榮昌區(qū)自主招生）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，∠DAC＝60°，點F在線段AO上，連接DF，以DF為邊作等邊三角形DFE，點E和點A分別位于DF兩側(cè)，下列結(jié)論：①DO＝DA；②DF＝EC；③∠ADF＝∠ECF；④∠BDE＝∠EFC中正確結(jié)論的序號為（）A．①④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④【分析】①根據(jù)∠DAC＝60°，OD＝OA，得出△OAD為等邊三角形，即可得出結(jié)論①正確；②如圖，連接OE，利用SAS證明△DAF≌△DOE，再證明△ODE≌△OCE，即可得出結(jié)論②正確；③通過等量代換即可得出結(jié)論③正確；④根據(jù)△DAO，△DEF是等邊三角形可以證明∠EFC＝∠ADF，然后根據(jù)②∠ADF＝∠BDE，等量代換即可得到∠BDE＝∠EFC．【解答】解：①在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，∵∠DAC＝60°，OD＝OA，∴△OAD為等邊三角形，∴∠DOA＝∠DAO＝∠ODA＝60°，AD＝OD，故①正確，②AD=OD∠ADF=∠ODEDF=DE連接∵△DFE為等邊三角形，∴∠EDF＝∠EFD＝∠DEF＝60°，DF＝DE，∵∠BDE+∠FDO＝∠ADF+∠FDO＝60°，∴∠BDE＝∠ADF，∵∠ADF+∠AFD+∠DAF＝180°，∴∠ADF+∠AFD＝180°﹣∠DAF＝120°，∵∠EFC+∠AFD+∠DFE＝180°，∴∠EFC+∠AFD＝180°﹣∠DFE＝120°，∴∠ADF＝∠EFC，∴∠BDE＝∠EFC，在△DAF和△DOE中，AD=OD∠ADF=∠ODE∴△DAF≌△DOE（SAS），∴∠DOE＝∠DAF＝60°，∵∠COD＝180°﹣∠AOD＝120°，∴∠COE＝∠COD﹣∠DOE＝120°﹣60°＝60°，∴∠COE＝∠DOE，在△ODE和△OCE中，OD=OC∠DOE=∠COE∴△ODE≌△OCE（SAS），∴ED＝EC＝DF，故②正確；③∵∠ODE＝∠ADF，∴∠ADF＝∠OCE，即∠ADF＝∠ECF，故結(jié)論③正確；④∵△DAO，△DEF是等邊三角形，∴∠DAO＝∠DFE＝60°，∴∠EFC+∠AFD＝∠ADF+∠AFD＝120°，∴∠EFC＝∠ADF，根據(jù)②知∠ADF＝∠BDE，∴∠BDE＝∠EFC．故④正確．故選：D．【點評】本題主要考查了矩形性質(zhì)，等邊三角形判定和性質(zhì)，全等三角形判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，點的運動軌跡等，熟練掌握全等三角形判定和性質(zhì)、等邊三角形判定和性質(zhì)等相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．【變式2-9】（2022秋?金水區(qū)校級期中）如圖，在矩形ABCD中，AD=2AB，∠BAD的平分線交BC于點E，DH⊥AE于點H，連接BH并延長交CD于點F，連接DE交BF于點O，下列結(jié)論：①△ABE≌△AHD；②HE＝CE；③H是BF的中點；④AB＝HF；⑤BC﹣CF＝2A．2 B．3 C．4 D．5【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)、角平分線的定義和垂線的定義，得出△ABE與△AHD是等腰直角三角形，進而得出AD=2AH，AE=2AB，再根據(jù)等量代換，得出AH＝AB，AD＝AE，再根據(jù)SAS，得出△ABE≌△AHD，即可判斷結(jié)論①；根據(jù)矩形，等腰直角三角形和全等三角形的性質(zhì)，得出DH＝AH＝AB＝BE，AD＝AE＝BC，再根據(jù)線段之間的等量關(guān)系，得出HE＝CE，即可判斷結(jié)論②；根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理，得出∠EBH＝∠OHD，再根據(jù)ASA，得出△BEH≌△HDF，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，得出BH＝HF，即H是BF的中點，即可判斷結(jié)論③；再根據(jù)AB＝AH，∠BAE＝45°，得出△ABH不是等邊三角形，進而即可判斷結(jié)論④；根據(jù)線段之間的數(shù)量關(guān)系，結(jié)合等量代換，得出BC﹣CF＝2【解答】解：∵在矩形ABCD中，∠BAD的平分線交BC于點E，DH⊥AE于點H，∴∠BAE＝∠HAD＝45°，∠ABE＝∠AHD＝90°，∴△ABE與△AHD是等腰直角三角形，∴AD=2AH，∵AD=2∴AH＝AB，AD＝AE，在△ABE與△AHD中，AH=AB∠BAE=∠HAD=45°∴△ABE≌△AHD（SAS），故①正確；∵在矩形ABCD中，△ABE與△AHD是等腰直角三角形，△ABE≌△AHD，∴DH＝AH＝AB＝BE，AD＝AE＝BC，∴AE﹣AH＝BC﹣BE，∴HE＝CE，故②正確；∵AB＝AH，∴∠AHB=1∴∠OHE＝∠AHB＝67.5°，∴∠DHO＝90°﹣67.5°＝22.5°，∵∠EBH＝90°﹣67.5°＝22.5°，∴∠EBH＝∠OHD，在△BEH和△HDF中，∠DHO=∠EBH=22.5°BE=DH∴△BEH≌△HDF（ASA），∴BH＝HF，即H是BF的中點，故③正確；∵AB＝AH，∠BAE＝45°，∴△ABH不是等邊三角形，∴AB≠BH，∵BH＝HF，∴AB≠HF，故④錯誤；∵CF＝CD﹣DF，∴BC﹣CF＝BC﹣（CD﹣DF），∵DF＝HE，∴BC﹣CF＝BC﹣（CD﹣HE）＝BC﹣CD+HE，∵HE＝AE﹣AH＝BC﹣CD，∴BC﹣CF＝HE+HE＝2HE，故⑤錯誤，綜上所述：正確的為：①②③，共有3個．故選：B．【點評】本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)與判定、全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、等邊三角形的判定，解本題的關(guān)鍵在熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)定理．題型三菱形中的多結(jié)論問題題型三菱形中的多結(jié)論問題【例題3】（2022春?綏濱縣期末）如圖，菱形ABCD的周長為40cm，對角線AC、BD相交于點O，DE⊥AB，垂足為E，DE：AB＝4：5，則下列結(jié)論：①DE＝8cm；②BE＝4cm；③BD＝45cm；④AC＝85cm；⑤S菱形ABCD＝80cm2，正確的有（）A．①②④⑤ B．①②③④ C．①③④⑤ D．①②③④⑤【分析】由菱形的性質(zhì)可求得菱形的邊長，結(jié)合DE：AB＝4：5可判斷①；在Rt△ABE中由勾股定理可求得AE，則可求得BE，可判斷②；在Rt△BDE中由勾股定理可求得BD，可判斷③；由菱形的對角線互相平分，可求得BO，在Rt△AOB中可求得AO，可求得AC，可判斷④；根據(jù)求得的AC和BD可求得菱形的面積，可判斷⑤，可得出答案．【解答】解：∵菱形ABCD的周長為40cm，∴AB=14×4cm＝∵DE：AB＝4：5，∴DE＝8cm，故①正確；∵DE⊥AB，且AD＝10cm，DE＝8cm，∴AE=AD2-D∴BE＝AB﹣AE＝10cm﹣6cm＝4cm，故②正確；∵DE＝8cm，BE＝4cm，∴BD=BD2+BE故③正確；∵四邊形ABCD是菱形，∴BO=12BD＝25cm，且AC⊥∴AO=AB2-BO∴AC＝2AO＝85cm，故④正確；∴S菱形ABCD=12AC?BD=12×85×4故⑤正確；∴正確的為①②③④⑤，故選：D．【點評】本題主要考查菱形的性質(zhì)，掌握菱形的四邊相等、對角線互相垂直且平分是解題的關(guān)鍵．注意菱形面積公式的應(yīng)用．【變式3-1】（2021秋?招遠市期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，BC∥AD，且AD＝DC，則下列說法：①四邊形ABCD是平行四邊形；②AB＝BC；③AC⊥BD④AC平分∠BAD；⑤若AC＝6，BD＝8，則四邊形ABCD的面積為24．其中正確的有（）A．2個 B．3個 C．4個 D．5個【分析】先證四邊形ABCD是平行四邊形，再證平行四邊形ABCD是菱形，即可得出結(jié)論．【解答】解：∵AB∥CD，BC∥AD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，故①正確；∵AD＝DC，∴平行四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AC⊥BD，AC平分∠BAD，故②③④正確，∵AC＝6，BD＝8，∴菱形ABCD的面積=12AC×BD=12×6×8正確的個數(shù)有5個，故選：D．【點評】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)等知識，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)和菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式3-2】（2023?沙縣一模）如圖，在△ABC中，點D、E、F分別為邊AB、BC、AC的中點，分別聯(lián)結(jié)DE、EF、DF、AE，點O是AE與DF的交點，下列結(jié)論中，正確的個數(shù)是（）①△DEF的周長是△ABC周長的一半；②AE與DF互相平分；③如果∠BAC＝90°，那么點O到四邊形ADEF四個頂點的距離相等；④如果AB＝AC，那么點O到四邊形ADEF四條邊的距離相等．A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】①根據(jù)三角形中位線定理即可解決問題；②根據(jù)三角形中位線定理證明四邊形ADEF是平行四邊形，進而可以解決問題；③證明四邊形ADEF是矩形，進而可以解決問題；④證明四邊形ADEF是菱形，再根據(jù)菱形的性質(zhì)即可解決問題．【解答】解：①∵點D、E、F分別為邊AB、BC、AC的中點，∴EF=12AB，DF=12BC∴EF+DF+DE=12（AB+BC+∴△DEF的周長是△ABC周長的一半，故①正確；②∵點D、E、F分別為邊AB、BC、AC的中點，∴DE∥AC，DF∥∥BC，∴四邊形ADEF是平行四邊形，∴AE與DF互相平分，故②正確；③∵∠BAC＝90°，四邊形ADEF是平行四邊形，∴四邊形ADEF是矩形，∴AE＝DF，OA＝OE＝OD＝OF，∴點O到四邊形ADEF四個頂點的距離相等，故③正確；④∵AB＝AC，∴AD＝AF，∵四邊形ADEF是平行四邊形，∴四邊形ADEF是菱形，∴AE，DF是菱形兩組對角的平分線，∴點O到四邊形ADEF四條邊的距離相等，故④正確．綜上所述：正確的是①②③④，共4個，故選：D．【點評】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，三角形中位線定理，解決本題的關(guān)鍵是掌握三角形中位線定理．【變式3-3】如圖，F(xiàn)是菱形ABCD的邊AD的中點，AC與BF相交于E，EG⊥AB于G，已知∠1＝∠2，則下列結(jié)論：①AE＝BE；②BF⊥AD；③AC＝2BF；④CE＝BF+BG．其中正確的結(jié)論是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【分析】連接DB交AC于O，由菱形性質(zhì)可得∠DAC＝∠CAB＝∠1，可得∠1＝∠2，可得AE＝BE，且EG⊥AB可得AG=12AB，可證△AEF≌△AEG，可判斷①②．由△ABO≌△ABF可判斷③．由∠DAC＝∠CAB＝∠2，可得∠DAC＝∠CAB＝∠2＝30°，可得BO＝BG，可證△BEO≌△BEG，可得EG＝EO，則CE＝CO+EO＝BF+EG可判斷【解答】解：連接DB交AC于O∵ABCD為菱形∴AD∥CB，AD＝AB，AC⊥BD，AO＝CO，∠DAC＝∠CAB∴∠1＝∠DAC，且∠1＝∠2∴∠CAB＝∠2∴AE＝BE故①正確∵AE＝BE，EG⊥AB∴AG＝GB=1∵F是AD中點∴AF=1∴AF＝AG，且∠DAC＝∠CAB，AE＝AE∴△AEF≌△AEG，∴∠AFE＝∠AEG＝90°∴BF⊥AD故②正確∵AB＝AB，∠AFB＝∠AOB，∠2＝∠CAB∴△AFB≌△ABO∴BF＝AO=1∴AC＝2BF故③正確∵∠2+∠CAB+∠CAD＝90°且∠2＝∠CAB＝∠CAD∴∠2＝∠CAB＝∠CAD＝30°∴BO=12AB＝BG且EB∴Rt△EGB≌Rt△EOB∴EG＝EO∴CE＝CO+EO＝BF+EG故④錯誤故選：A．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，關(guān)鍵是靈活運用菱形的性質(zhì)解決問題．【變式3-4】（2021春?茌平區(qū)期末）如圖，等邊△ABC沿射線BC向右平移到△DCE的位置，連接AD、BD，則下列結(jié)論：①AD＝BC；②BD、AC互相平分；③四邊形ACED是菱形；④∠ACD＝∠DCE，其中正確的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由△ABC、△DCE是等邊三角形，可求出∠ACD＝60°，繼而可判斷△ACD是等邊三角形，從而可判斷①是正確的；根據(jù)①的結(jié)論，可判斷四邊形ABCD是平行四邊形，從而可判斷②是正確的；根據(jù)①的結(jié)論，可判斷四邊形ACED是菱形，即③正確，繼而判定④正確．【解答】解：∵△ABC、△DCE是等邊三角形，∴∠ACB＝∠DCE＝60°，AC＝CD，∴∠ACD＝180°﹣∠ACB﹣∠DCE＝60°，∴△ACD是等邊三角形，∴AD＝AC＝BC，故①正確；由①可得AD＝BC，∵AB＝CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴BD、AC互相平分，故②正確；由①可得AD＝AC＝CE＝DE，故四邊形ACED是菱形，即③正確；∵四邊形ACED是菱形，∴∠ACD＝∠DCE；故④正確．故選：D．【點評】本題考查了平移的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)及菱形的判定．解答本題的關(guān)鍵是先判斷出△ACD是等邊三角形．【變式3-5】（2022春?龍湖區(qū)期末）如圖，在菱形ABCD中，AB＝AC＝1，點E、F分別為邊AB、BC上的點，且AE＝BF，連接CE、AF交于點H，連接DH交AC于點O，則下列結(jié)論：①△ABF≌△CAE；②∠FHC＝∠B；③△ADO≌△ACH；④S菱形ABCD=3A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】證得△ABC是等邊三角形，則可得∠B＝∠EAC＝60°，由SAS即可證得△ABF≌△CAE，可得∠BAF＝∠ACE，EC＝AF，由外角性質(zhì)可得∠FHC＝∠B，①②正確；由∠OAD＝60°＝∠EAC≠∠HAC，③△ADO≌△ACH不正確；求出△ABC的面積=34AB2=34，得菱形ABCD的面積【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵AB＝AC，∴AB＝BC＝AC，即△ABC是等邊三角形，∴AB＝CA，∠EAC＝∠B＝60°，同理：△ADC是等邊三角形∴∠OAD＝60°，在△ABF和△CAE中，BF=AE∠B=∠EAC∴△ABF≌△CAE（SAS）；∴∠BAF＝∠ACE，EC＝AF，∵∠FHC＝∠ACE+∠FAC＝∠BAF+∠FAC＝∠BAC＝60°，∴∠FHC＝∠B，故①正確，②正確；∵∠OAD＝60°＝∠EAC≠∠HAC，故③△ADO≌△ACH不正確；∵△ABC是等邊三角形，AB＝AC＝1，∴△ABC的面積=34AB2∴菱形ABCD的面積＝2△ABC的面積=3故④不正確；故選：B．【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識．熟練掌握菱形和等邊三角形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．【變式3-6】（2022春?仁化縣期中）如圖，?ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，AD=12AC，M、N、P分別是OA、OB、①CN⊥BD；②MN＝NP；③四邊形MNCP是菱形；④ND平分∠PNM．其中正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】證出OC＝BC，由等腰三角形的性質(zhì)得CN⊥BD，①正確；證出MN是△AOB的中位線，得MN∥AB，MN=12AB，由直角三角形的性質(zhì)得NP=12CD，則MN＝NP，②正確；周長四邊形MNCP是平行四邊形，無法證明四邊形MNCP是菱形；③錯誤；由平行線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)證出∠MND＝∠PND，則ND平分∠【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，BC＝AD，OA＝OC=12∵AD=12∴OC＝BC，∵N是OB的中點，∴CN⊥BD，①正確；∵M、N分別是OA、OB的中點，∴MN是△AOB的中位線，∴MN∥AB，MN=12∵CN⊥BD，∴∠CND＝90°，∵P是CD的中點，∴NP=12CD＝PD＝∴MN＝NP，②正確；∵MN∥AB，AB∥CD，∴MN∥CD，又∵NP＝PC，MN＝NP，∴MN＝PC，∴四邊形MNCP是平行四邊形，無法證明四邊形MNCP是菱形；③錯誤；∵MN∥CD，∴∠PDN＝∠MND，∵NP＝PD，∴∠PDN＝∠PND，∴∠MND＝∠PND，∴ND平分∠PNM，④正確；正確的個數(shù)有3個，故選：C．【點評】本題考查了平行四邊形性質(zhì)和判定，三角形中位線定理，直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等；熟練掌握三角形中位線定理、等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式3-7】如圖，在菱形ABCD中，∠B＝60°，點E、F分別從點B、D出發(fā)以同樣的速度沿邊BC、DC向點C運動．給出以下四個結(jié)論：①AE＝AF；②∠CEF＝∠CFE；③當(dāng)點E，F(xiàn)分別為邊BC，DC的中點時，△AEF是等邊三角形；④當(dāng)點E，F(xiàn)分別為邊BC，DC的中點時，△AEF的面積最大．上述結(jié)論中正確的序號有．（把你認為正確的序號都填上）【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)對各個結(jié)論進行驗證從而得到正確的序號．【解答】解：∵點E、F分別從點B、D出發(fā)以同樣的速度沿邊BC、DC向點C運動，∴BE＝DF，∵AB＝AD，∠B＝∠D，∴△ABE≌△ADF，∴AE＝AF，①正確；∴CE＝CF，∴∠CEF＝∠CFE，②正確；∵在菱形ABCD中，∠B＝60°，∴AB＝BC，∴△ABC是等邊三角形，∴當(dāng)點E，F(xiàn)分別為邊BC，DC的中點時，BE=12AB，DF=∴△ABE和△ADF是直角三角形，且∠BAE＝∠DAF＝30°，∴∠EAF＝120°﹣30°﹣30°＝60°，∴△AEF是等邊三角形，③正確；∵△AEF的面積＝菱形ABCD的面積﹣△ABE的面積﹣△ADF的面積﹣△CEF的面積=32AB2-12BE?AB×32×2-12×32×∴△AEF的面積是BE的二次函數(shù)，∴當(dāng)BE＝0時，△AEF的面積最大，④錯誤．故正確的序號有①②③．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定和等邊三角形的判定．【變式3-8】（2022秋?膠州市校級月考）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分別是AB，AD的中點，DE、BF相交于點G，連接BD，CG．有下列結(jié)論：①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④S△ABDA．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)和∠A＝60°，可知△ABD是等邊三角形，△BDC是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得∠BFD＝∠DEB＝90°，∠GDB＝∠GBD＝30°，即可判斷①選項；根據(jù)SSS可證△CDG≌△CBG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠DGC＝∠BGC＝60°，再根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可判斷②選項；根據(jù)△GBC為直角三角形，可知CG＞BC，進一步可知CG≠BD，即可判斷③選項；根據(jù)勾股定理可得DE=32AB，再根據(jù)三角形面積的求法即可判斷【解答】解：在菱形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，∵∠A＝60°，∴∠BCD＝∠A＝60°，∴△ABD是等邊三角形，△BDC是等邊三角形，∴∠ADB＝∠ABD＝60°，∠CDB＝∠CBD＝60°，∵E，F(xiàn)分別是AB，AD的中點，∴∠BFD＝∠DEB＝90°，∴∠GDB＝∠GBD＝30°，∴∠GDC＝∠GBC＝90°，DG＝BG，∴∠BGD＝180°﹣30°﹣30°＝120°，故①選項正確；在△CDG和△CBG中，CD=CBCG=CG∴△CDG≌△CBG（SSS），∴∠DGC＝∠BGC＝60°，∴∠GCD＝30°，∴CG＝2GD，∵DG＝BG，∴CG＝DG+BG，故②選項正確；∵△GBC為直角三角形，∴CG＞BC，∴CG≠BD，∴△BDF與△CGB不全等，故③選項錯誤；∵BE=12AB，BD＝AB，∠DEB＝根據(jù)勾股定理，得DE=32∴S△ABD=1故④選項正確，故正確的有①②④，故選：B．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)等，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式3-9】如圖，點E，F(xiàn)在菱形ABCD的對角線AC上，∠ADC＝120°，∠BEC＝∠CBF＝50°，ED與BF的延長線交于點M．則對于以下結(jié)論：①∠BME＝30°；②△ADE≌△ABE；③EM＝BC；④AE+BM=3EMA．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】先由菱形的性質(zhì)得AD＝AB＝BC＝CD，∠BAD＝∠BCD＝60°，∠DAE＝∠BAE，∠DCE＝∠BCE＝30°，再由三角形的外角性質(zhì)得∠BFE＝80°，則∠EBF＝50°，然后證△CDE≌△CBE（SAS），得∠DEC＝∠BEC＝50°，進而得出①正確；由SAS證△ADE≌△ABE，得②正確；證出△BEM≌△EBC（AAS），得BM＝EC，EM＝BC，③正確；連接BD交AC于O，由菱形的性質(zhì)得AC⊥BD，再由直角三角形的性質(zhì)得OD=12CD=12BC，OC=3OD，則OC【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠ADC＝120°，∴AD＝AB＝BC＝CD，∠BAD＝∠BCD＝60°，∠DAE＝∠BAE，∠DCE＝∠BCE=12∠BCD＝∵∠BFE＝∠BCE+∠CBF＝30°+50°＝80°，∴∠EBF＝180°﹣∠BEC﹣∠BFE＝180°﹣50°﹣80°＝50°，在△CDE和△CBE中，CD=CB∠DCE=∠BCE∴△CDE≌△CBE（SAS），∴∠DEC＝∠BEC＝50°，∴∠BEM＝∠DEC+∠BEC＝100°，∴∠BME＝180°﹣∠BEM﹣∠EBF＝180°﹣100°﹣50°＝30°，故①正確；在△ADE和△ABE中，AD=AB∠DAE=∠BAE∴△ADE≌△ABE（SAS），故②正確；∵∠EBC＝∠EBF+∠CBF＝100°，∴∠BEM＝∠EBC，在△BEM和△EBC中，∠BEM=∠EBC∠BME=∠ECB=30°∴△BEM≌△EBC（AAS），∴BM＝EC，EM＝BC，故③正確；連接BD交AC于O，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC，AC⊥BD，∵∠DCO＝30°，∴OD=12CD=12BC，∴OC=32∴AC＝2OC=3BC∵BM＝EC，EM＝BC，∴AE+BM＝AE+EC＝AC=3BC=3EM，故正確結(jié)論的個數(shù)是4個，故選：D．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)等知識；熟練掌握菱形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．【變式3-10】（2022春?西華縣期末）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC與BD交于點O，E為CD延長線上的一點，且CD＝DE，連接BE分別交AC、AD于點F、G，連接OG，則下列結(jié)論中一定成立的是（）①OG=12AB；②與△DEG全等的三角形共有5個；③四邊形ODEG與四邊形OBAG面積相等；④由點A、B、D、A．①③④ B．①④ C．①②③ D．②③④【分析】由AAS證明△ABG≌△DEG，得出AG＝DG，證出OG是△ACD的中位線，得出OG=12CD=12先證明四邊形ABDE是平行四邊形，證出△ABD、△BCD是等邊三角形，得出AB＝BD＝AD，因此OD＝AG，得出四邊形ABDE是菱形，④正確；由菱形的性質(zhì)得出△ABG≌△BDG≌△DEG，由SAS證明△ABG≌△DCO，得出△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，得出②不正確；由中線的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)可得S△BOG＝S△DOG，S△ABG＝S△DGE，可得四邊形ODEG與四邊形OBAG面積相等，得出③正確；即可得出結(jié)果．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△CBO≌△CDO≌△ADO，∵CD＝DE，∴AB＝DE，在△ABG和△DEG中，∠BAG=∠EDG∠AGB=∠DGE∴△ABG≌△DEG（AAS），∴AG＝DG，∴OG是△ACD的中位線，∴OG=12CD=12∵AB∥CE，AB＝DE，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∵∠BCD＝∠BAD＝60°，∴△ABD、△BCD是等邊三角形，∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，∴OD＝AG，四邊形ABDE是菱形，④正確；∴AD⊥BE，由菱形的性質(zhì)得：△ABG≌△BDG≌△DEG，在△ABG和△DCO中，OD=AG∠ODC=∠BAG=60°∴△ABG≌△DCO（SAS），∴△ABO≌△CBO≌△CDO≌△ADO≌△BAG≌△DBG≌△EDG，②不正確；∵OB＝OD，∴S△BOG＝S△DOG，∵四邊形ABDE是菱形，∴S△ABG＝S△DGE，∴四邊形ODEG與四邊形OBAG面積相等，故③正確；故選：A．【點評】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理；本題綜合性強，難度較大．題型四正方形中的多結(jié)論問題題型四正方形中的多結(jié)論問題【例題4】（2022春?隨縣期末）如圖，在正方形ABCD中，點M，N分別為邊CD，BC上的點，且DM＝CN，AM與DN交于點P，連接AN，點Q為AN的中點，連接PQ，BQ，若AB＝8，DM＝2，給出以下結(jié)論：①AM⊥DN；②∠MAN＝∠BAN；③△PQN≌△BQN；④PQ＝5．其中正確的結(jié)論有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】①正確，證明△ADM≌△DCN（SAS），可得結(jié)論．②③錯誤，利用反證法證明即可．④正確，利用勾股定理求出AN，再利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)求出PQ，可得結(jié)論．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADM＝∠DCN＝90°，在△ADM和△DCN，AD=DC∠ADM=∠DCN∴△ADM≌△DCN（SAS），∴∠DAM＝∠CDN，∵∠CDN+∠ADP＝90°，∴∠ADP+∠DAM＝90°，∴∠APD＝90°，∴AM⊥DN，故①正確，不妨假設(shè)∠MAN＝∠BAN，在△APN和△ABN中，∠APN=∠ABN=90°∠PAN=∠BAN∴△PAN≌△ABN（AAS），∴AB＝AP，這與AP＜AD，AB＝AD，矛盾，∴假設(shè)不成立，故②錯誤，不妨假設(shè)△PQN≌△BQN，則∠ANP＝∠ANB，同法可證△APN≌△ABN，∴AP＝AB，這與AP＜AD，AB＝AD，矛盾，∴假設(shè)不成立，故③錯誤，∵DM＝CN＝2，AB＝BC＝8，∴BN＝6，∵∠ABN＝90°，∴AN=AB∵∠APN＝90°，AQ＝QN，∴PQ=12AN＝5．故∴正確的有：①④，共2個，故選：B．【點評】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會用反證法解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．【變式4-1】（2022春?遵義期中）如圖，在正方形ABCD中，點O為對角線AC的中點，過O點的射線OM，ON分別交AB，BC于點E，F(xiàn)，且∠EOF＝90°，BO，EF交于點P，則下面結(jié)論：①圖形中全等的三角形只有三對；②△EOF是等腰直角三角形；③正方形ABCD的面積等于四邊形OEBF面積的4倍；④BE+BF=2OAA．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可證有四對全等三角形，可判斷①選項；根據(jù)△AOE≌△BOF可判斷②③選項，根據(jù)△BOE≌△COF可判斷④選項，即可得出答案．【解答】解：圖形中全等的三角形有四對：△ABC≌△ADC，△AOB≌△COB，△AOE≌△BOF，△BOE≌△COF；∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝DA，∵AC＝AC，∴△ABC≌△ADC（SSS）；∵點O為對角線AC的中點，∴OA＝OC，又∵OB＝OB，AB＝CB，∴△AOB≌△COB（SSS）；∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝∠D＝90°，∠BAO＝∠BCO＝45°，∵AB＝CB，OA＝OC，∠ABC＝90°，∴∠AOB＝90°，∠OBC＝45°，又∵∠EOF＝90°，∴∠AOE＝∠BOF，∵∠OAE＝∠OBF，OA＝OB，∴△AOE≌△BOF（ASA）；同理可證△BOE≌△COF（ASA）；故①選項不符合題意；∵△AOE≌△BOF，∴OE＝OF，∵∠EOF＝90°，∴△EOF是等腰直角三角形，故②選項符合題意；∵△AOE≌△BOF，∴四邊形OEBF的面積＝△ABO的面積，∵正方形ABCD的面積＝2△ABC的面積＝4△ABO的面積＝4四邊形OEBF的面積，∴③選項符合題意；∵△BOE≌△COF，∴BE＝CF，∴BE+BF＝CF+BF＝BC＝AB=2OA故④選項符合題意，故正確的有②③④，故選：C．【點評】本題考查了四邊形的綜合題，涉及全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等，本題綜合性較強，難度較大．【變式4-2】（2021秋?松山區(qū)期末）如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在BC，CD上，AE＝AF，AC與EF相交于點G．下列結(jié)論：①AC垂直平分EF；②BE+DF＝EF；③當(dāng)∠DAF＝15°時，△AEF為等邊三角形；④當(dāng)∠EAF＝60°時，∠AEB＝∠AFD．其中正確的結(jié)論是（）A．①③ B．②④ C．①③④ D．②③④【分析】由“HL”可證Rt△ABE≌Rt△ADF，可得BE＝DF，可得CE＝CF，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得AC垂直平分EF，可判斷①，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得EG＝GF，由角平分線的性質(zhì)可得BE＝EG，可判斷②，由全等三角形的性質(zhì)可得∠DAF＝∠BAE＝15°，可證△AEF是等邊三角形，可判斷③，通過分別求出∠AEB，∠AEF的度數(shù)，可判斷④，即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D＝90°，∠ACD＝∠ACB＝45°，∵AB＝AD，AE＝AF，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴BE＝DF，∴CE＝CF，又∵∠ACD＝∠ACB＝45°，∴AC垂直平分EF，故①正確；∵CE＝CF，∠BCD＝90°，AC垂直平分EF，∴EG＝GF，∵BE＝DF，∵EB⊥AB，EG⊥AC，∴當(dāng)AE平分∠BAC時，BE＝EG，即BE+DF＝EF，而題干中沒有此條件，故②錯誤；∵Rt△ABE≌Rt△ADF，∴∠DAF＝∠BAE＝15°，∴∠EAF＝60°，又∵AE＝AF，∴△AEF是等邊三角形，故③正確；∵Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴∠AEB＝∠AFD，故④正確；故選：C．【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)，等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，證明Rt△ABE≌Rt△ADF是本題的關(guān)鍵．【變式4-3】（2022春?港北區(qū)期中）如圖，在正方形ABCD中，E為BC上一點，過點E作EF∥CD，交AD于點F，交對角線BD于點G，取DG的中點H，連接AH，EH，F(xiàn)H．下列結(jié)論：①FH∥AE；②AH＝EH且AH⊥EH；③∠BAH＝∠HEC；④△EHF≌△AHD．其中正確的個數(shù)是（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【分析】①根據(jù)正方形對角線互相垂直、過一點有且只有一條直線與已知直線垂直即可得結(jié)論；②根據(jù)矩形的判定和性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)，證明三角形全等即可得結(jié)論；③根據(jù)全等三角形性質(zhì)、矩形的性質(zhì)進行角的計算即可得結(jié)論；④根據(jù)邊邊邊證明三角形全等即可得結(jié)論．【解答】解：①在正方形ABCD中，∠ADC＝∠C＝90°，∠ADB＝45°，∵EF∥CD，∴∠EFD＝90°，∴四邊形EFDC是矩形．在Rt△FDG中，∠FDG＝45°，∴FD＝FG，∵H是DG中點，∴FH⊥BD，∵正方形對角線互相垂直，過A點只能有一條垂直于BD的直線，∴AE不垂直于BD，∴FH與AE不平行．所以①不正確；②∵四邊形ABEF是矩形，∴AF＝EB，∠BEF＝90°，∵BD平分∠ABC，∴∠EBG＝∠EGB＝45°，∴BE＝GE，∴AF＝EG．在Rt△FGD中，H是DG的中點，∴FH＝GH，F(xiàn)H⊥BD，∴∠AFH＝∠AFE+∠GFH＝90°+45°＝135°，∠EGH＝180°﹣∠EGB＝180°﹣45°＝135°，∴∠AFH＝∠EGH，在△AFH和△EGH中，AF=EG∠AFH=∠EGH∴△AFH≌△EGH（SAS），∴AH＝EH，∠AHF＝∠EHG，∴∠AHF+AHG＝∠EHG+∠AHG，即∠FHG＝∠AHE＝90°，∴AH⊥EH．所以②正確；③∵△AFH≌△EGH，∴∠FAH＝∠GEH，∵∠BAF＝CEG＝90°，∴∠BAH＝∠HEC．所以③正確；④在△EHF和△AHD中，EF=ADFH=DH∴△EHF≌△AHD（SSS），所以④正確．所以其中正確有②③④，共3個，故選：B．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是得到△AFH≌△EGH，綜合利用以上知識解決問題．【變式4-4】（2021秋?茂南區(qū)月考）如圖，在正方形ABCD中，E是對角線BD上一點，且滿足BE＝BC．連接CE并延長交AD于點F，連接AE，過B點作BG⊥AE于點G，延長BG交AD于點H．在下列結(jié)論中：①AH＝DF；②∠AEF＝45°；③AH＝DE；④S四邊形EFHG＝S△DEF+S△AGH，其中正確的結(jié)論有（）個．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】先判斷出∠DAE＝∠ABH，再判斷△ADE≌△CDE得出∠DAE＝∠DCE＝22.5°，∠ABH＝∠DCF，再判斷出Rt△ABH≌Rt△DCF從而得到①