蘇科版八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)壓軸題攻略專題05中心對(duì)稱圖形-平行四邊形綜合壓軸(50題12個(gè)考點(diǎn))(原卷版+解析)

專題05中心對(duì)稱圖形-平行四邊形綜合壓軸（50題12個(gè)考點(diǎn)）一．三角形中位線定理（共1小題）1．（2022秋?東平縣期末）如圖，△ABC中，∠BAD＝∠CAD，BE＝CE，AD⊥BD，DE＝，AB＝4，則AC的值為（）A．6 B． C．7 D．8二．平行四邊形的性質(zhì)（共3小題）2．（2023春?辛集市期末）如圖，?ABCD中，AB＝22cm，BC＝8cm，∠A＝45°，動(dòng)點(diǎn)E從A出發(fā)，以2cm/s的速度沿AB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)F從點(diǎn)C出發(fā)，以1cm/s的速度沿著CD向D運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)E到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，兩個(gè)點(diǎn)同時(shí)停止．則EF的長(zhǎng)為10cm時(shí)點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是（）A．6s B．6s或10s C．8s D．8s或12s3．（2023?六安模擬）如圖，?ABCD的對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，AE平分∠BAD，交BC于點(diǎn)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(gè)數(shù)為（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)4．（2023春?敘州區(qū)期末）如圖，矩形ABCD的面積為20cm2，對(duì)角線交于點(diǎn)O，以AB、AO為鄰邊作平行四邊形AOC1B，對(duì)角線交于點(diǎn)O1，以AB，AO1為鄰邊作平行四邊形AO1C2B……依此類推，則平行四邊形AO2022C2023B的面積為cm2．三．平行四邊形的判定與性質(zhì)（共2小題）5．（2023?莆田模擬）如圖，在△ABD中，AD＜AB，點(diǎn)D在直線AB上方，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACE，點(diǎn)B，D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別是C，E，將線段BD繞著點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段BF，點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是F，連接BE，CF．當(dāng)∠DAB的度數(shù)從0°逐漸增大到180°的過程中．四邊形BFCE的形狀依次是：平行四邊形→______→平行四邊形．畫線處應(yīng)填入（）A．菱形→矩形→正方形 B．矩形→菱形→正方形 C．菱形→平行四邊形→矩形 D．矩形→平行四邊形→菱形6．（2023春?尤溪縣期末）如圖，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，△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＝110°；④S四邊形AEFD＝1．正確的個(gè)數(shù)是（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)四．菱形的性質(zhì)（共2小題）7．（2023?平房區(qū)二模）如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F在OD上，DF＝OF，連接EF交OA于點(diǎn)G，若OG＝1，連接CE，S△BEC＝12，則線段CE的長(zhǎng)為．8．（2023春?泗水縣期末）如圖，在菱形ABCD中，∠ADB＝60°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，且∠EBF＝60°．（1）求證：△ABE≌△DBF；（2）判斷△BEF的形狀，并說明理由．五．菱形的判定（共1小題）9．（2023春?桂林期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，AD＝12cm，AB＝18cm，CD＝23cm，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以1cm/s的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，以2cm/s的速度沿折線B﹣C﹣D向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．（1）用含t的式子表示PB．（2）當(dāng)t為何值時(shí)，直線PQ把四邊形ABCD分成兩個(gè)部分，且其中的一部分是平行四邊形？（3）只改變點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度，使運(yùn)動(dòng)過程中某一時(shí)刻四邊形PBCQ為菱形，則點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度應(yīng)為多少？六．菱形的判定與性質(zhì)（共1小題）10．（2023?鄖西縣模擬）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中點(diǎn)，E是AD的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作AF∥BC交BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．（1）證明四邊形ADCF是菱形；（2）若AC＝4，AB＝5，求菱形ADCF的面積．七．矩形的性質(zhì)（共3小題）11．（2023春?定州市期中）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，連接EC，F(xiàn)D，點(diǎn)G，H分別是EC，F(xiàn)D的中點(diǎn)，連接GH，若AB＝6，BC＝10，則GH的長(zhǎng)度為（）A． B． C． D．212．（2023秋?錦江區(qū)校級(jí)期中）如圖，長(zhǎng)方形ABCD中，AD＝2AB＝8，點(diǎn)E、F分別為線段AD、BC上動(dòng)點(diǎn)，且AE＝CF，點(diǎn)G是線段BC上一點(diǎn)，且滿足BG＝2，四邊形AEFB關(guān)于直線EF對(duì)稱后得到四邊形A′EFB′，連接GB′，當(dāng)AE＝時(shí)，點(diǎn)B′與點(diǎn)D重合，在運(yùn)動(dòng)過程中，線段GB′長(zhǎng)度的最大值是．13．（2023秋?豐城市校級(jí)期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別為（10，0），（0，4），點(diǎn)D是OA的中點(diǎn)，點(diǎn)P在BC邊上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q是坐標(biāo)平面內(nèi)的任意一點(diǎn)．若以O(shè)，D，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是邊長(zhǎng)為5的菱形時(shí)，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為．八．矩形的判定（共1小題）14．（2022春?泰山區(qū)校級(jí)期中）如圖，在△ABC中，點(diǎn)O是AC邊上的一動(dòng)點(diǎn)，過O作直線MN∥BC，設(shè)MN交∠BCA的平分線于點(diǎn)E，交∠BCA的外角平分線于點(diǎn)F．（1）求證：EO＝FO；（2）當(dāng)CE＝12，CF＝10時(shí)，求CO的長(zhǎng)；（3）當(dāng)O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，四邊形AECF是矩形？并證明你的結(jié)論．九．正方形的性質(zhì)（共27小題）15．（2022秋?汝州市期末）如圖，在正方形ABCD中，E、F分別是AB，BC的中點(diǎn)，CE，DF交于點(diǎn)G，連接AG，下列結(jié)論：①CE＝DF；②CE⊥DF；③∠AGE＝∠CDF；④∠EAG＝30°，其中正確的結(jié)論是（）①② B．①③ C．①②④ D．①②③16．（2023秋?福田區(qū)期中）如圖，正方形ABCD外取一點(diǎn)E，連接AE、BE、DE．過點(diǎn)A作AE的垂線交DE于點(diǎn)P，若AE＝AP＝1，PB＝．下列結(jié)論：①EB⊥ED；②點(diǎn)B到直線DE的距離為；③S△APD+S△APB＝；④S正方形ABCD＝2．其中正確結(jié)論的序號(hào)是（）A．①③④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④17．（2023秋?呈貢區(qū)期中）如圖，正方形ABCD和長(zhǎng)方形AEFG的面積相等，且四邊形BEFH也是正方形，歐幾里得在《幾何原本》中利用該圖得到了：BH2＝CH×GH．設(shè)AB＝a，CH＝b．若ab＝5，則圖中陰影部分的周長(zhǎng)是（）A．6 B．8 C．10 D．2018．（2023秋?深圳月考）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)P為BD延長(zhǎng)線上任一點(diǎn)，連接PA．過點(diǎn)P作PE⊥PA，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥BP于點(diǎn)F．下列結(jié)論：①PA＝PE；②BD＝3PF；③CE＝2PD；④若BP＝BE，則PF＝（+1）DF．其中正確的個(gè)數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．419．（2022秋?雁塔區(qū)校級(jí)期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，E，F(xiàn)分別為邊AB，BC的中點(diǎn)，連接AF，DE，點(diǎn)G，H分別為DE，AF的中點(diǎn)，連接GH，則GH的長(zhǎng)為（）A． B．1 C． D．220．（2023?溫州模擬）如圖所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三邊為邊分別向外作正方形，連接EH，GH，連接EG交AB于點(diǎn)K，當(dāng)∠EHG＝90°時(shí)，則的值為（）A． B． C． D．21．（2023春?新吳區(qū)期末）如圖，在正方形ABCD中，E為對(duì)角線AC上一點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)E作EF⊥DE，交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．在下列結(jié)論中：①DE＝EF；②△DAE≌△DCG；③AC⊥CG；④CE＝CF．其中正確的是（）A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④22．（2023春?西平縣期中）如圖，正方形ABCD邊長(zhǎng)為12，里面有2個(gè)小正方形，各邊的頂點(diǎn)都在大正方形的邊上的對(duì)角線或邊上，它們的面積分別是S1，S2，則S1+S2＝（）A．68 B．72 C．64 D．7023．（2023?光山縣校級(jí)三模）如圖，正方形OABC中，點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)D為AB上一點(diǎn)，且BD＝1，連接OD，過點(diǎn)C作CE⊥OD交OA于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作MN∥CE，交x軸于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)N，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為（）A．（5，0） B．（6，0） C．（，0） D．（，0）24．（2023?鄞州區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在正方形ABCD中，O為對(duì)角線AC、BD的交點(diǎn)，E、F分別為邊BC、CD上一點(diǎn)，且OE⊥OF，連接EF．若，則EF的長(zhǎng)為（）A．2 B．2+ C．+1 D．325．（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．26．（2023春?平橋區(qū)期末）如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)，連接OE并延長(zhǎng)交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，過點(diǎn)O作OQ⊥OP交CD于點(diǎn)F，交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，連接PQ．若點(diǎn)E恰好是OP中點(diǎn)時(shí)，則PQ的長(zhǎng)為（）A．2 B． C． D．27．（2023春?江陰市期末）如圖，E為正方形ABCD中BC邊上的一點(diǎn)，且AB＝12，BE＝4，M、N分別為邊CD、AB上的動(dòng)點(diǎn)，且始終保持MN⊥AE，則AM+NE的最小值為（）A．8 B．8 C．8 D．1228．（2023春?徐州期中）如圖，正方形ABCO和正方形DEFO的頂點(diǎn)A、O、E在同一直線l上，且EF＝，AB＝4，給出下列結(jié)論：①∠COD＝45°；②AD⊥CF；③CF＝；④四邊形ABDO的面積與正方形ABCO的面積相等．其中正確的結(jié)論為（）A．①②③④ B．①② C．①②③ D．①③④29．（2022秋?鄭州期末）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)O是對(duì)角線AC，BD的交點(diǎn)，過點(diǎn)O作射線OM，ON分別交BC，CD于點(diǎn)E，F(xiàn)，且∠EOF＝90°，EF，OC交于點(diǎn)G．下列結(jié)論：①△COE≌△DOF；②△OGE∽△FGC；③DF2+BE2＝OG?OC；④正方形ABCD的面積是四邊形CEOF面積的4倍．其中正確的結(jié)論是（）A．①②③ B．①②③④ C．①②④ D．③④30．（2023秋?西安期中）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，AC與BD交于點(diǎn)O，N是AO的中點(diǎn)，點(diǎn)M在邊BC上，且BM＝3，P為對(duì)角線BD上一點(diǎn)，當(dāng)對(duì)角線BD平分∠NPM時(shí)，PM+PN的值為．31．（2023秋?重慶月考）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，E為DC邊上一點(diǎn)，DE＝3，連接AE，過D作AE的垂線交AE于點(diǎn)F，交BC于點(diǎn)G，則FG的長(zhǎng)為．32．（2023?增城區(qū)一模）如圖，點(diǎn)E在正方形ABCD外，連結(jié)AE、BE、DE，過點(diǎn)A作AE的垂線交DE于點(diǎn)F．若AE＝AF＝4，BF＝10，則下列結(jié)論：①△AFD≌△AEB；②EB⊥ED；③點(diǎn)B到直線AE的距離為3；④S△ABF+S△ADF＝40．其中正確的結(jié)論是．（填寫所有正確結(jié)論的序號(hào)）33．（2023秋?余江區(qū)期中）如圖，四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)E為線段AC上一點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)E作EF⊥DE，交射線BC于點(diǎn)F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．（1）求證：ED＝EF；（2）若AB＝2，，求CG的長(zhǎng)度；（3）當(dāng)線段DE與正方形ABCD的某條邊的夾角是30°時(shí)，求∠EFC的度數(shù)．34．（2023?歙縣校級(jí)模擬）如圖①，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，M為對(duì)角線BD（不含B點(diǎn)）上任意一點(diǎn)，將BM繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN、AM、CM．（1）連接MN，△BMN是等邊三角形嗎？為什么？（2）求證：△AMB≌△ENB；（3）①當(dāng)M點(diǎn)在何處時(shí)，AM+CM的值最??；②如圖②，當(dāng)M點(diǎn)在何處時(shí)，AM+BM+CM的值最小，請(qǐng)你畫出圖形，并說明理由．35．（2023秋?拱墅區(qū)校級(jí)期中）閱讀下面材料：我遇到這樣一個(gè)問題：如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別為DC、BC邊上的點(diǎn)，∠EAF＝45°，連接EF，求證：DE+BF＝EF．我是這樣思考的：要想解決這個(gè)問題，首先應(yīng)想辦法將這些分散的線段集中到同一條線段上．他先后嘗試了平移、翻折、旋轉(zhuǎn)的方法，發(fā)現(xiàn)通過旋轉(zhuǎn)可以解決此問題．他的方法是將△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABG（如圖2），此時(shí)GF即是DE+BF．請(qǐng)回答：在圖2中，∠GAF的度數(shù)是．參考我得到的結(jié)論和思考問題的方法，解決下列問題：（1）如圖3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（AD＞BC），∠D＝90°，AD＝CD＝10，E是CD上一點(diǎn)，若∠BAE＝45°，DE＝4，求BE的長(zhǎng)度．（2）如圖4，△ABC中，AC＝4，BC＝6，以AB為邊作正方形ADEB，連接CD．當(dāng)∠ACB＝時(shí)，線段CD有最大值，并求出CD的最大值．36．（2023春?西鄉(xiāng)塘區(qū)校級(jí)期末）如圖，已知正方形ABCD中，E為CB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且BE＝AB，M、N分別為AE、BC的中點(diǎn)，連DE交AB于O，MN交，ED于H點(diǎn)．（1）求證：AO＝BO；（2）求證：∠HEB＝∠HNB；（3）過A作AP⊥ED于P點(diǎn)，連BP，則的值．37．（2023春?遂平縣期末）在邊長(zhǎng)為5的正方形ABCD中，點(diǎn)E在邊CD所在直線上，連接BE，以BE為邊，在BE的下方作正方形BEFG，并連接AG．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)D重合時(shí)，AG＝；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在線段CD上時(shí)，DE＝2，求AG的長(zhǎng)；（3）若AG＝，請(qǐng)直接寫出此時(shí)DE的長(zhǎng)．38．（2023春?青縣期末）已知邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，P是對(duì)角線AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（與點(diǎn)A，C不重合），過點(diǎn)P作PE⊥PB，PE交DC于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥AC，垂足為點(diǎn)F．（1）求證：PB＝PE；（2）在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中，PF的長(zhǎng)度是否發(fā)生變化？若不變，求出這個(gè)不變的值；若變化，試說明理由．39．（2023春?貴州期末）如圖，正方形ABCD中，AC是對(duì)角線，今有較大的直角三角板，一邊始終經(jīng)過點(diǎn)B，直角頂點(diǎn)P在射線AC上移動(dòng)，另一邊交DC于Q．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)Q在DC邊上時(shí)，探究PB與PQ所滿足的數(shù)量關(guān)系；小明同學(xué)探究此問題的方法是：過P點(diǎn)作PE⊥DC于E點(diǎn)，PF⊥BC于F點(diǎn)，根據(jù)正方形的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)，得出PE＝PF，再證明△PEQ≌△PFB，可得出結(jié)論，他的結(jié)論應(yīng)是；（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)Q落在DC的延長(zhǎng)線上時(shí)，猜想并寫出PB與PQ滿足的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想．40．（2023春?通許縣期末）如圖1，正方形ABCD中，點(diǎn)O是對(duì)角線AC的中點(diǎn)，點(diǎn)P是線段AO上（不與A、O重合）的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)P作PE⊥PB且交邊CD于點(diǎn)E．（1）求證：PB＝PE；（2）過點(diǎn)E作EF⊥AC于點(diǎn)F，如圖2，若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，則在點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的過程中，PF的長(zhǎng)度是否發(fā)生變化？若不變，請(qǐng)直接寫出這個(gè)不變的值；若變化，請(qǐng)說明理由．41．（2022春?江城區(qū)期末）（1）正方形ABCD，E、F分別在邊BC、CD上（不與端點(diǎn)重合），∠EAF＝45°，EF與AC交于點(diǎn)G①如圖（i），若AC平分∠EAF，直接寫出線段EF，BE，DF之間等量關(guān)系；②如圖（ⅱ），若AC不平分∠EAF，①中線段EF，BE，DF之間等量關(guān)系還成立嗎？若成立請(qǐng)證明；若不成立請(qǐng)說明理由（2）如圖（ⅲ），矩形ABCD，AB＝4，AD＝8．點(diǎn)M、N分別在邊CD、BC上，AN＝2，∠MAN＝45°，求AM的長(zhǎng)度．一十．正方形的判定（共1小題）42．（2023?二七區(qū)校級(jí)開學(xué)）如圖，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC垂足是D，AN是∠BAC的外角∠CAM的平分線，CE⊥AN，垂足是E，連接DE交AC于F．（1）求證：四邊形ADCE為矩形；（2）求證：DF∥AB，DF＝AB；（3）當(dāng)△ABC滿足時(shí)，四邊形ADCE為正方形．一十一．正方形的判定與性質(zhì)（共3小題）43．（2023秋?燈塔市校級(jí)期末）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為9，E為對(duì)角線AC上一點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)E作EF⊥DE，交射線BC于點(diǎn)F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG，下列結(jié)論中不正確的是（）A．矩形DEFG是正方形 B．∠CEF＝∠ADE C．CG平分∠DCH D．44．（2023春?福田區(qū)校級(jí)期末）如圖1，四邊形ABCD為正方形，E為對(duì)角線AC上一點(diǎn)，連接DE，BE．（1）求證：BE＝DE；（2）如圖2，過點(diǎn)E作EF⊥DE，交邊BC于點(diǎn)F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．①求證：矩形DEFG是正方形；②若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為9，CG＝3，求正方形DEFG的邊長(zhǎng)．45．（2023?肥城市一模）如圖，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分線交于點(diǎn)A，過點(diǎn)A分別作直線CE，CF的垂線，B，D為垂足．（1）∠EAF＝°（直接寫出結(jié)果不寫解答過程）；（2）①求證：四邊形ABCD是正方形．②若BE＝EC＝3，求DF的長(zhǎng)．（3）如圖（2），在△PQR中，∠QPR＝45°，高PH＝5，QH＝2，則HR的長(zhǎng)度是（直接寫出結(jié)果不寫解答過程）．一十二．旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)（共5小題）46．（2023秋?富錦市校級(jí)期末）如圖，點(diǎn)P為定角∠AOB平分線上的一個(gè)定點(diǎn)，且∠MPN與∠AOB互補(bǔ)．若∠MPN在繞點(diǎn)P旋轉(zhuǎn)的過程中，其兩邊分別與OA、OB相交于M、N兩點(diǎn)，則以下結(jié)論：①OM+ON的值不變；②∠PNM＝∠POB；③MN的長(zhǎng)不變；④四邊形PMON的面積不變，其中，正確結(jié)論的是（）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④47．（2023秋?營口期中）如圖，點(diǎn)E為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，∠AEB＝90°，將Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，得到△CBG．延長(zhǎng)AE交CG于點(diǎn)F，連接DE．下列結(jié)論：①AF⊥CG；②四邊形BEFG是正方形；③若DA＝DE，則CF＝FG；其中正確的是（）A．①②③ B．①② C．②③ D．①48．（2023春?蘇州期中）如圖，在△ABC中，AB＝10，將△ABC繞點(diǎn)B按逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)30°后得到△A1BC1，則陰影部分的面積為．49．（2022秋?利津縣期末）如圖，在等腰三角形ABC中，∠CAB＝90°，P是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，PA＝1，PB＝3，PC＝，將△APB繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)后與△AQC重合．求：（1）線段PQ的長(zhǎng)；（2）∠APC的度數(shù)．50．（2022秋?恩施市期末）如圖，點(diǎn)O是等邊△ABC內(nèi)一點(diǎn)，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，將CO繞點(diǎn)C順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)60°得到CD，連接AD，OD．（1）當(dāng)α＝150°時(shí)，求證：△AOD為直角三角形；（2）求∠DAO的度數(shù)；（3）請(qǐng)你探究：當(dāng)α為多少度時(shí)，△AOD是等腰三角形？專題05中心對(duì)稱圖形-平行四邊形綜合壓軸（50題12個(gè)考點(diǎn)）一．三角形中位線定理（共1小題）1．（2022秋?東平縣期末）如圖，△ABC中，∠BAD＝∠CAD，BE＝CE，AD⊥BD，DE＝，AB＝4，則AC的值為（）A．6 B． C．7 D．8【答案】C【解答】解：如圖，延長(zhǎng)BD，交AC于F，∵AD⊥BD，∴∠ADB＝∠ADF＝90°，在△ABD和△AFD中，，∴△ABD≌△AFD（ASA），∴BD＝DF，AF＝AB＝4，∵BE＝CE，∴CF＝2DE＝3，∴AC＝AF+CF＝4+3＝7，故答案為：C．二．平行四邊形的性質(zhì)（共3小題）2．（2023春?辛集市期末）如圖，?ABCD中，AB＝22cm，BC＝8cm，∠A＝45°，動(dòng)點(diǎn)E從A出發(fā)，以2cm/s的速度沿AB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)F從點(diǎn)C出發(fā)，以1cm/s的速度沿著CD向D運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)E到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，兩個(gè)點(diǎn)同時(shí)停止．則EF的長(zhǎng)為10cm時(shí)點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是（）A．6s B．6s或10s C．8s D．8s或12s【答案】C【解答】解：在?ABCD中，CD＝AB＝22cm，AD＝BC＝8cm，如圖，過點(diǎn)D作DG⊥AB于點(diǎn)G，∵∠A＝45°，∴△ADG是等腰直角三角形，∴AG＝DG＝AD＝8，過點(diǎn)F作FH⊥AB于點(diǎn)H，得矩形DGHF，∴DG＝FH＝8cm，DF＝GH，∵EF＝10cm，∴EH＝＝6cm，由題意可知：AE＝2tcm，CF＝tcm，∴GE＝AE＝AG＝（2t﹣8）cm，DF＝CD﹣CF＝（22﹣t）cm，∴GH＝GE+EH＝（2t﹣8）+6＝（2t﹣2）cm，∴2t﹣2＝22﹣t，解得t＝8，當(dāng)F點(diǎn)在E點(diǎn)左側(cè)時(shí)，由題意可知：AE＝2tcm，CF＝tcm，∴GE＝AE﹣AG＝（2t﹣8）cm，DF＝CD﹣CF＝（22﹣t）cm，∴GH＝GE﹣EH＝（2t﹣8）﹣6＝（2t﹣14）cm，∴2t﹣14＝22﹣t，解得t＝12，∵點(diǎn)E到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，∴2t≤22，解得t≤11．∴t＝12不符合題意，舍去，∴EF的長(zhǎng)為10cm時(shí)點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是8s，故選：C．3．（2023?六安模擬）如圖，?ABCD的對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，AE平分∠BAD，交BC于點(diǎn)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(gè)數(shù)為（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】見試題解答內(nèi)容【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(cuò)誤；∴S?ABCD＝AB?AC＝AC?CD，故③正確；∵∠BAC＝90°，BC＝2AB，∴E是BC的中點(diǎn)，∴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．4．（2023春?敘州區(qū)期末）如圖，矩形ABCD的面積為20cm2，對(duì)角線交于點(diǎn)O，以AB、AO為鄰邊作平行四邊形AOC1B，對(duì)角線交于點(diǎn)O1，以AB，AO1為鄰邊作平行四邊形AO1C2B……依此類推，則平行四邊形AO2022C2023B的面積為cm2．【答案】．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AO＝CO，BO＝DO，DC∥AB，DC＝AB，∴S△ADC＝S△ABC＝S矩形ABCD＝×20＝10（cm2），∴S△AOB＝S△BCO＝S△ABC＝×10＝5（cm2），∴＝S△AOB＝×5＝（cm2），∴＝＝（cm2），＝＝（cm2），＝＝（cm2），……∴平行四邊形AOnCn+1B的面積為，∴平行四邊形AO2022C2023B的面積為（cm2），故答案為：．三．平行四邊形的判定與性質(zhì)（共2小題）5．（2023?莆田模擬）如圖，在△ABD中，AD＜AB，點(diǎn)D在直線AB上方，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACE，點(diǎn)B，D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別是C，E，將線段BD繞著點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段BF，點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是F，連接BE，CF．當(dāng)∠DAB的度數(shù)從0°逐漸增大到180°的過程中．四邊形BFCE的形狀依次是：平行四邊形→______→平行四邊形．畫線處應(yīng)填入（）A．菱形→矩形→正方形 B．矩形→菱形→正方形 C．菱形→平行四邊形→矩形 D．矩形→平行四邊形→菱形【答案】D【解答】解：∵△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACE，∴△ABD≌△ACE，BD＝BF，∠CAB＝∠DAE＝90°，∠DBF＝90°，∴CE＝BD＝BF，AE＝AD，∠ACE＝∠ABD，①當(dāng)∠DAB逐漸變大，B、D、E三點(diǎn)共線之前時(shí)，如圖，∵∠COE＝∠AOB，∴∠CEO+∠CEO＝∠OAB+∠OBA＝∠OAB+∠OBD+∠ABD，又∵∠ACE＝∠ABD，∴∠CEO＝∠OAB+∠OBD＝90°+∠OBD，∴∠CEB+∠EBF＝90°+∠OBD+90°+∠OBD＝180°，∴BF∥CE，又∵BF＝CE，∴四邊形BFCE是平行四邊形；②當(dāng)B、D、E三點(diǎn)共線且D在B、E之間時(shí)，∵∠DAE＝90°，AE＝AD，∴∠ADE＝∠AED＝45°，∴∠ADB＝135°＝∠AEC，∴∠DEC＝90°，又∵∠DBF＝90°，∴BF∥CE，又∵BF＝CE，∴四邊形BFCE是平行四邊形，又∵∠DEC＝90°，∴四邊形BFCE是矩形；③當(dāng)∠DAB逐漸變大，B、D、E三點(diǎn)共線，∠DAB＝135°之前時(shí)，∵∠CEB+∠EBF＝∠CEA+∠AEB+∠ABE+∠ABD+∠DBF＝∠ADB+（∠AEB+∠ABE）+∠ABD+∠DBF＝（∠ADB+∠ABD）+（∠AEB+∠AE）+∠DBF＝180°﹣∠ADB+180°﹣∠EAB+90°＝180°×2+90°﹣（∠DAB+∠EAB）＝180°×2+90°﹣（360°﹣∠DAE）＝180°×2+90°﹣360°+∠DAE＝90°+∠DAE＝180°，∴BF∥CE，又∵BF＝CE，∴四邊形BFCE是平行四邊形，④當(dāng)∠DAB＝135°時(shí)，∴∠EAB＝360°﹣∠DAE﹣∠DAE＝135°＝∠DAB，又∵AD＝AE，AB＝AB，∴△ADB≌△AEB（SAS），∴BD＝BE＝CE，由③同理可證∠CEB+∠EBF＝180°，∴BF∥CE，又∵BF＝CE，∴四邊形BFCE是平行四邊形，又∵BE＝CE，∴四邊形BFCE是菱形；當(dāng)∠DAB＝135°后時(shí)，由③同理可證∠CEB+∠EBF＝180°，∴BF∥CE，又∵BF﹣CE，∴四邊形BFCE是平行四邊形．當(dāng)∠DAB的度數(shù)從0°逐漸增大到180°的過程中，四邊形BFCE的形狀依次是：平行四邊形→矩形一平行四邊形一菱形一平行四邊形．故選：D．6．（2023春?尤溪縣期末）如圖，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，△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＝110°；④S四邊形AEFD＝1．正確的個(gè)數(shù)是（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】B【解答】解：∵AB＝3，AC＝4，BC＝5，32+42＝52，∴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，，∴△ABC≌△DBF（SAS），∴AC＝DF＝AE＝4，同理可證：△ABC≌△EFC（SAS），∴AB＝EF＝AD＝3，∴四邊形AEFD是平行四邊形，故②正確；∴∠DFE＝∠DAE＝150°，故③錯(cuò)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＝AD＝，∴S?AEFD＝DF?AG＝4×＝6，故④錯(cuò)誤；∴正確的個(gè)數(shù)是2個(gè)，故選：B．四．菱形的性質(zhì)（共2小題）7．（2023?平房區(qū)二模）如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，點(diǎn)F在OD上，DF＝OF，連接EF交OA于點(diǎn)G，若OG＝1，連接CE，S△BEC＝12，則線段CE的長(zhǎng)為3．【答案】3．【解答】解：作EM⊥OA于M，∵四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥OA，OD＝OB，OA＝OC，∴EM∥OB，∴AM：MO＝AE：EB，∵AE＝BE，∴AM＝OM，∴EM是△ABO的中位線，∴EM＝，∵DF＝OF，∴OF＝OD，∴EM＝OF，∵∠MEG＝∠OFG，∠MGE＝∠OGF，∴△EMG≌△FOG（AAS），∴MG＝OG＝1，∴OM＝2OG＝2，∴OA＝2OM＝4，∴AC＝2OA＝8，∵AE＝BE，∴△BAC的面積＝2×△BEC的面積＝2×12＝24，∴AC?OB＝24，∴OB＝6，∴EM＝OB＝3，∵CM＝OM+OC＝2+4＝6，∴CE＝＝3．故答案為：3．8．（2023春?泗水縣期末）如圖，在菱形ABCD中，∠ADB＝60°，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AD，CD上，且∠EBF＝60°．（1）求證：△ABE≌△DBF；（2）判斷△BEF的形狀，并說明理由．【答案】（1）見解答；（2）△BEF是等邊三角形，理由見解答．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝AB，∵∠ADB＝60°∴△ADB是等邊三角形，△BDC是等邊三角形，∴AB＝BD，∠ABD＝∠A＝∠BDC＝60°，∵∠ABD＝∠EBF＝60°，∴∠ABE＝∠DBF，在△ABE和△DBF中，，∴△ABE≌△DBF（ASA）．（2）解：結(jié)論：△BEF是等邊三角形．理由：∵△ABE≌△DBF，∴BE＝BF，∵∠EBF＝60°，∴△EBF是等邊三角形．五．菱形的判定（共1小題）9．（2023春?桂林期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，AD＝12cm，AB＝18cm，CD＝23cm，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以1cm/s的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)，以2cm/s的速度沿折線B﹣C﹣D向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．（1）用含t的式子表示PB．（2）當(dāng)t為何值時(shí)，直線PQ把四邊形ABCD分成兩個(gè)部分，且其中的一部分是平行四邊形？（3）只改變點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度，使運(yùn)動(dòng)過程中某一時(shí)刻四邊形PBCQ為菱形，則點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度應(yīng)為多少？【答案】（1）PB＝（18﹣t）cm；（2）當(dāng)t＝s或12s時(shí)，直線PQ把四邊形ABCD分成兩個(gè)部分，且其中的一部分是平行四邊形；（3）當(dāng)Q點(diǎn)的速度為5.2cm/s時(shí)，四邊形PBCQ為菱形．【解答】解：（1）由于P從A點(diǎn)以1cm/s向B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，∴ts時(shí)，AP＝t×1＝tcm，∵AB＝18cm，∴BP＝AB﹣AP＝（18﹣t）cm；（2）過B點(diǎn)作BN⊥CD于N點(diǎn)，∵AB∥CD，∠ADC＝90°，∴四邊形ACNB是矩形，∴BN＝AD＝12cm，AD＝DN＝18cm，∵CD＝23cm，∴CN＝CD﹣CN＝5cm，∴Rt△BNC中，根據(jù)勾股定理可得：BC＝＝＝13cm，則Q在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)間為13÷2＝6.5s，∵BC+CD＝23+13＝36cm，∴Q運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)為36÷2＝18s，∴6.5s≤t≤18s時(shí)，Q在CD邊上，此時(shí)，直線PQ把四邊形ABCD分成兩個(gè)部分，且其中的一部分是平行四邊形，分兩種情況：①四邊形PQCB是平行四邊形，如圖所示：∵AB∥CD即PB∥CQ，∴只需PB＝CQ即可，由（1）知：PB＝（18﹣t）cm，∵Q以2cm/s沿沿折線B﹣C﹣D向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，∴運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts時(shí)，CQ＝2t﹣BC＝（2t﹣13）cm，∴18﹣t＝2t﹣13，解得：t＝s；②四邊形ADQP是平行四邊形，如圖所示：同理∵AP∥DQ，∴只需AP＝DQ，四邊形ADQP是平行四邊形，由（1）知：AP＝tcm，點(diǎn)DQ＝CD+CB﹣2t＝（36﹣2t）cm，∴36﹣2t＝t，解得：t＝12s，綜上所述：當(dāng)t＝s或12s時(shí)，直線PQ把四邊形ABCD分成兩個(gè)部分，且其中的一部分是平行四邊形；（3）設(shè)Q的速度為xcm/s，由（2）可知：Q在CD邊上，此時(shí)四邊形PBCQ可為菱形，∵PB∥CQ，∴只需滿足PB＝BC＝CQ即可，由（1）知：PB＝（18﹣t）cm，由（2）知：CQ＝（xt﹣13）cm，BC＝1cm，∴18﹣t＝13，xt﹣13＝13，解得：t＝5s，x＝5.2cm/s，∴當(dāng)Q點(diǎn)的速度為5.2cm/s時(shí)，四邊形PBCQ為菱形．六．菱形的判定與性質(zhì)（共1小題）10．（2023?鄖西縣模擬）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中點(diǎn)，E是AD的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作AF∥BC交BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．（1）證明四邊形ADCF是菱形；（2）若AC＝4，AB＝5，求菱形ADCF的面積．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】（1）證明：如圖，∵AF∥BC，∴∠AFE＝∠DBE，∵E是AD的中點(diǎn)，AD是BC邊上的中線，∴AE＝DE，BD＝CD，在△AFE和△DBE中，，∴△AFE≌△DBE（AAS）；∴AF＝DB．∵DB＝DC，∴AF＝CD，∴四邊形ADCF是平行四邊形，∵∠BAC＝90°，D是BC的中點(diǎn)，∴AD＝DC＝BC，∴四邊形ADCF是菱形；（2）解：連接DF，∵AF∥BC，AF＝BD，∴四邊形ABDF是平行四邊形，∴DF＝AB＝5，∵四邊形ADCF是菱形，∴S＝AC?DF＝10．七．矩形的性質(zhì)（共3小題）11．（2023春?定州市期中）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，連接EC，F(xiàn)D，點(diǎn)G，H分別是EC，F(xiàn)D的中點(diǎn)，連接GH，若AB＝6，BC＝10，則GH的長(zhǎng)度為（）A． B． C． D．2【答案】C【解答】解：連接CH并延長(zhǎng)交AD于P，連接PE，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，AD∥BC，∵E，F(xiàn)分別是邊AB，BC的中點(diǎn)，AB＝6，BC＝10，∴AE＝AB＝×6＝3，CF＝BC＝10＝5，∵AD∥BC，∴∠DHP＝∠FHC，在△PDH與△CFH中，，∴△PDH≌△CFH（AAS），∴PD＝CF＝5，CH＝PH，∴AP＝AD﹣PD＝5，∴PE＝＝＝，∵點(diǎn)G是EC的中點(diǎn)，∴GH＝EP＝，故選：C．12．（2023秋?錦江區(qū)校級(jí)期中）如圖，長(zhǎng)方形ABCD中，AD＝2AB＝8，點(diǎn)E、F分別為線段AD、BC上動(dòng)點(diǎn)，且AE＝CF，點(diǎn)G是線段BC上一點(diǎn)，且滿足BG＝2，四邊形AEFB關(guān)于直線EF對(duì)稱后得到四邊形A′EFB′，連接GB′，當(dāng)AE＝3時(shí)，點(diǎn)B′與點(diǎn)D重合，在運(yùn)動(dòng)過程中，線段GB′長(zhǎng)度的最大值是2+2．【答案】3；2+2．【解答】解：當(dāng)B與點(diǎn)D合時(shí)，如圖：由于對(duì)稱：BF＝B′F＝DFFC＝AE，設(shè)AE＝x，則CF＝x，DF＝BF＝8﹣x，在Rt△CDF中，由勾股定理得：x2+42＝（8﹣x）2；∴x＝3，則AE＝3；如圖：取EF中點(diǎn)O，∵AE＝CF，由題意知，無論EF如何變動(dòng)，EF經(jīng)過點(diǎn)O，連接B′O、OG、OB，在△B′OG中B′G＜OB′+OG，∵四邊形AEFB關(guān)于EF對(duì)稱得到四邊形A′EFB′，∴OB＝OB′，故只有當(dāng)B′、O、G三點(diǎn)共線時(shí)、GB′長(zhǎng)度最大，此時(shí)GB'＝B′O+OG＝OB+OG，過點(diǎn)O作OH⊥BC，AD＝2AB＝8，CD＝AB＝4，∴在Rt△OBH中，OH＝CD＝2，BH＝BC＝4，∴OB＝＝2，∵在Rt△OGH中OH＝2，GH＝BH﹣BG＝2，∴OG＝＝2，∴GB'＝2+2，故答案為：3；2+2．13．（2023秋?豐城市校級(jí)期中）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的頂點(diǎn)A、C的坐標(biāo)分別為（10，0），（0，4），點(diǎn)D是OA的中點(diǎn)，點(diǎn)P在BC邊上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q是坐標(biāo)平面內(nèi)的任意一點(diǎn)．若以O(shè)，D，P，Q為頂點(diǎn)的四邊形是邊長(zhǎng)為5的菱形時(shí)，則點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（﹣3，4）或（8，4）或（3，4）．【答案】（﹣3，4）或（8，4）或（3，4）．【解答】解：∵A（10，0），C（0，4），∴OC＝AB＝4，BC＝OA＝10，∵點(diǎn)D是OA的中點(diǎn)，∴OD＝5，①如圖1所示，以O(shè)P為對(duì)角線，點(diǎn)P在點(diǎn)D的左側(cè)時(shí)，PD＝OD＝5，過點(diǎn)P作PE⊥x軸于點(diǎn)E，則PE＝OC＝4．在Rt△PDE中，由勾股定理得：，∴OE＝OD﹣DE＝5﹣3＝2，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，4），此時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（﹣3，4）；②如圖2所示，以O(shè)Q為對(duì)角線，點(diǎn)P在點(diǎn)D的左側(cè)時(shí)，OP＝OD＝5．過點(diǎn)P作PE⊥x軸于點(diǎn)E，則PE＝4．在Rt△POE中，由勾股定理得：，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（3，4），此時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（8，4）；③如圖3所示，以O(shè)P為對(duì)角線，點(diǎn)P在點(diǎn)D的右側(cè)時(shí)，PD＝OD＝5，過點(diǎn)P作PE⊥x軸于點(diǎn)E，則PE＝4．在Rt△PDE中，由勾股定理得：，∴OE＝OD+DE＝5+3＝8，∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為（8，4），此時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（3，4）；綜上所述，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（﹣3，4）或（8，4）或（3，4）；故答案為：（﹣3，4）或（8，4）或（3，4）．八．矩形的判定（共1小題）14．（2022春?泰山區(qū)校級(jí)期中）如圖，在△ABC中，點(diǎn)O是AC邊上的一動(dòng)點(diǎn)，過O作直線MN∥BC，設(shè)MN交∠BCA的平分線于點(diǎn)E，交∠BCA的外角平分線于點(diǎn)F．（1）求證：EO＝FO；（2）當(dāng)CE＝12，CF＝10時(shí)，求CO的長(zhǎng)；（3）當(dāng)O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，四邊形AECF是矩形？并證明你的結(jié)論．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】解：（1）證明：∵M(jìn)N∥BC，CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，∴∠BCE＝∠ACE＝∠OEC，∠OCF＝∠FCD＝∠OFC，∴OE＝OC，OC＝OF，∴OE＝OF；（2）∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，∴∠ECF＝∠ACB+∠ACD＝×180°＝90°，∴Rt△CEF中，EF＝＝＝2，又∵OE＝OF，∴CO＝EF＝；（3）當(dāng)O運(yùn)動(dòng)到AC中點(diǎn)時(shí)，四邊形AECF是矩形，證明：∵AO＝CO，OE＝OF，∴四邊形AECF是平行四邊形，由（2）可得∠ECF＝90°，∴四邊形AECF是矩形．九．正方形的性質(zhì)（共27小題）15．（2022秋?汝州市期末）如圖，在正方形ABCD中，E、F分別是AB，BC的中點(diǎn)，CE，DF交于點(diǎn)G，連接AG，下列結(jié)論：①CE＝DF；②CE⊥DF；③∠AGE＝∠CDF；④∠EAG＝30°，其中正確的結(jié)論是（）A．①② B．①③ C．①②④ D．①②③【答案】D【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，∵E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，∴BE＝AB，CF＝BC，∴BE＝CF，在△CBE與△DCF中，，∴△CBE≌△DCF（SAS），∴∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正確；∵∠BCE+∠ECD＝90°，∴∠ECD+∠CDF＝90°，∴∠CGD＝90°，∴CE⊥DF，故②正確；∴∠EGD＝90°，延長(zhǎng)CE交DA的延長(zhǎng)線于H，∵點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∴AE＝BE，∵∠AHE＝∠BCE，∠AEH＝∠CEB，AE＝BE，∴△AEH≌△BEC（AAS），∴BC＝AH＝AD，∵AG是斜邊的中線，∴AG＝DH＝AD，∴∠ADG＝∠AGD，∵∠AGE+∠AGD＝90°，∠CDF+∠ADG＝90°，∴∠AGE＝∠CDF．故③正確；∵CF＝BC＝CD，∴∠CDF≠30°，∴∠ADG≠60°，∵AD＝AG，∴△ADG不是等邊三角形，∴∠EAG≠30°，故④錯(cuò)誤；故選：D．16．（2023秋?福田區(qū)期中）如圖，正方形ABCD外取一點(diǎn)E，連接AE、BE、DE．過點(diǎn)A作AE的垂線交DE于點(diǎn)P，若AE＝AP＝1，PB＝．下列結(jié)論：①EB⊥ED；②點(diǎn)B到直線DE的距離為；③S△APD+S△APB＝；④S正方形ABCD＝2．其中正確結(jié)論的序號(hào)是（）A．①③④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④【答案】A【解答】解：如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAD＝ADC＝90°，∵AE⊥AP，∴∠EAP＝90°，∴∠BAE+∠BAP＝∠BAP+∠DAP＝90°，∴∠BAE＝∠DAP，∵AE＝AP＝1，∴△ABE≌△ADP（SAS），∴∠AEB＝∠APD，BE＝DP，∵△AEP是等腰直角三角形，∴∠AEP＝∠APE＝45°，EP＝AE＝，∴∠APD＝180°﹣∠APE＝180°﹣45°＝135°，∴∠AEB＝135°，∴∠BED＝∠AEB﹣∠AEP＝135°﹣45°＝90°，∴EB⊥ED，∴①正確；∴BE＝＝＝1＝AE，∴②不正確；∵△ABE≌△ADP，∴S△ABE＝S△ADP，∵∠BAP＝90°，AE＝AP＝1，PB＝，∴EP＝，∠AEP＝45°，∵∠AEB＝135°，∴∠BEP＝135°﹣45°＝90°，∴S△APD+S△APB＝S△AEB+S△APB＝S△AEP+S△EPB＝AE×AP+EP×BE＝×1×1+××1＝，∴③正確；如圖，過點(diǎn)B作BO⊥AE，交AE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)O，則∠O＝90°，∵∠BEO＝180°﹣∠AEB＝180°﹣135°＝45°，∴△BOE是等腰直角三角形，∴OE＝OB＝BE＝，∴AO＝AE+OE＝1+，在Rt△ABO中，∵AB2＝AO2+OB2＝（1+）2+（）2＝2+，∴S正方形ABCD＝AB2＝2+；∴④正確；故選：A．17．（2023秋?呈貢區(qū)期中）如圖，正方形ABCD和長(zhǎng)方形AEFG的面積相等，且四邊形BEFH也是正方形，歐幾里得在《幾何原本》中利用該圖得到了：BH2＝CH×GH．設(shè)AB＝a，CH＝b．若ab＝5，則圖中陰影部分的周長(zhǎng)是（）A．6 B．8 C．10 D．20【答案】C【解答】解：∵四邊形ABCD，四邊形BEFH為正方形，AB＝a，CH＝b，∴BC＝AB＝CD＝a，BE＝BH＝EF＝BC﹣CH＝a﹣b，AE＝AB+BE＝a+a﹣b＝2a﹣b，∴S正方形ABCD＝AB2＝a2，S長(zhǎng)方形AEFG＝AE?EF＝（2a﹣b）（a﹣b）＝2a2﹣3ab+b2，∵正方形ABCD和長(zhǎng)方形AEFG的面積相等，∴a2＝2a2﹣3ab+b2，整理得：a2+b2＝3ab，∴（a+b）2＝5ab，∵ab＝5，∴（a+b）2＝5×5，∴a+b＝5，∴陰影部分的周長(zhǎng)為：2（CD+CH）＝2（a+b）＝10．故選：C．18．（2023秋?深圳月考）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)P為BD延長(zhǎng)線上任一點(diǎn)，連接PA．過點(diǎn)P作PE⊥PA，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥BP于點(diǎn)F．下列結(jié)論：①PA＝PE；②BD＝3PF；③CE＝2PD；④若BP＝BE，則PF＝（+1）DF．其中正確的個(gè)數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解答】解：如圖1，在EF上取一點(diǎn)G，使FG＝FP，連接BG、PG，∵EF⊥BP，∴∠BFE＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠FBC＝∠ABD＝45°，∴BF＝EF，在△BFG和△EFP中，，∴△BFG≌△EFP（SAS），∴BG＝PE，∠PEF＝∠GBF，∵∠ABD＝∠FPG＝45°，∴AB∥PG，∵AP⊥PE，∴∠APE＝∠APF+∠FPE＝∠FPE+∠PEF＝90°，∴∠APF＝∠PEF＝∠GBF，∴AP∥BG，∴四邊形ABGP是平行四邊形，∴AP＝BG，∴AP＝PE；故①正確；連接CG，由（1）知：PG∥AB，PG＝AB，∵AB＝CD，AB∥CD，∴PG∥CD，PG＝CD，∴四邊形DCGP是平行四邊形，∴CG＝PD，CG∥PD，∵PD⊥EF，∴CG⊥EF，即∠CGE＝90°，∵∠CEG＝45°，∴CE＝CG＝PD；故③錯(cuò)誤；連接AC交BD于O，如圖3：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠AOP＝90°＝∠PFE，∵∠APO＝90°﹣∠OPE＝∠PEF，AP＝PE，∴△AOP≌△PFE（AAS），∴OA＝PF，∵OA＝BD，∴PF＝BD，即BD＝2PF，故②錯(cuò)誤；設(shè)PF＝m，DF＝n，則BD＝2m，∴BF＝BD+DF＝2m+n，BP＝BF+PF＝3m+n，∵∠DBC＝45°，∠BFE＝90°，∴BE＝BF＝2m+n，若BP＝BE，則3m+n＝2m+n，∴m＝n＝（+1）n，即PF＝（+1）DF，故④正確，故選：B．19．（2022秋?雁塔區(qū)校級(jí)期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，E，F(xiàn)分別為邊AB，BC的中點(diǎn)，連接AF，DE，點(diǎn)G，H分別為DE，AF的中點(diǎn)，連接GH，則GH的長(zhǎng)為（）A． B．1 C． D．2【答案】C【解答】解：連接AG并延長(zhǎng)交CD于M，連接FM，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝CD＝BC＝4，AB∥CD，∠C＝90°，∴∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG，∵G為DE的中點(diǎn)，∴GE＝GD，在△AGE和MGD中，，∴△AGE≌△MGD（AAS），∴AG＝MG，AE＝DM＝AB＝CD，∴CM＝CD＝2，∵點(diǎn)H為AF的中點(diǎn)，∴GH＝FM，∵F為BC的中點(diǎn)，∴CF＝BC＝2，∴FM＝＝2，∴GH＝，故選：C．20．（2023?溫州模擬）如圖所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三邊為邊分別向外作正方形，連接EH，GH，連接EG交AB于點(diǎn)K，當(dāng)∠EHG＝90°時(shí)，則的值為（）A． B． C． D．【答案】D【解答】解：以A為原點(diǎn)，以AB邊所在直線為x軸建立如圖所示坐標(biāo)系：設(shè)AB＝c，AC＝b，BC＝a，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∴a2+b2＝c2，過E作EQ⊥x軸于Q，過H作HP⊥x軸于P，∵四邊形ACDE與四邊形BCMH都是正方形，∴∠EAC＝∠CBH＝90°，AC＝AE＝b，BC＝BH＝a，∴∠EAQ+∠BAC＝90°，∠HBP+∠ABC＝90°，∵∠BAC+∠ABC＝90°，∴∠ABC＝∠EAQ，∠BAC＝∠HBP，∴Rt△EAQ∽R(shí)t△ABC∽R(shí)t△BHP，∴，，即，，∴AQ＝，EQ＝，HP＝，BP＝，∴AP＝AB+BP＝c+＝，∴E（﹣，），H（，），∵四邊形BABGF是正方形，∴AB＝BG＝FG，BG⊥x軸，∴G（c，﹣c），當(dāng)∠EHG＝90°時(shí)，在Rt△EHG中，由勾股定理可得：EH2+GH2＝EG2，∴（+）2+（﹣）2+（﹣c）2+（+c）2＝（+c）2+（﹣﹣c）2，整理可得：（a﹣b）（2a2+b2）＝﹣ab（a+b），∴2a3+ab2﹣2a2b﹣b3＝﹣a2b﹣ab2，∴（a2+b2）（2a﹣b）＝0，∵a、b是三角形的邊長(zhǎng)，∴a＞0，b＞0，∴a2+b2≠0，∴2a﹣b＝0，∴b＝2a，∵a2+b2＝c2，∴c2＝5a2，∵EQ∥BC，∴，即，∴，故選：D．21．（2023春?新吳區(qū)期末）如圖，在正方形ABCD中，E為對(duì)角線AC上一點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)E作EF⊥DE，交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．在下列結(jié)論中：①DE＝EF；②△DAE≌△DCG；③AC⊥CG；④CE＝CF．其中正確的是（）A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④【答案】B【解答】解：①過E作EM⊥BC于M點(diǎn)，過E作EN⊥CD于N點(diǎn)，如圖所示：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，∴NE＝NC，∴四邊形EMCN為正方形，∵四邊形DEFG是矩形，∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF，又∠DNE＝∠FME＝90°，在△DEN和△FEM中，，∴△DEN≌△FEM（ASA），∴ED＝EF，故①正確；②∵矩形DEFG為正方形；∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，在△ADE和△CDG中，，∴△ADE≌△CDG（SAS），故②正確；③根據(jù)②得AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，∴∠ACG＝90°，∴AC⊥CG，故③正確；④當(dāng)DE⊥AC時(shí)，點(diǎn)C與點(diǎn)F重合，∴CE不一定等于CF，故④錯(cuò)誤，綜上所述：①②③正確．故選：B．22．（2023春?西平縣期中）如圖，正方形ABCD邊長(zhǎng)為12，里面有2個(gè)小正方形，各邊的頂點(diǎn)都在大正方形的邊上的對(duì)角線或邊上，它們的面積分別是S1，S2，則S1+S2＝（）A．68 B．72 C．64 D．70【答案】A【解答】解：如圖，由正方形的性質(zhì)，∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝45°，所以，四個(gè)角所在的三角形都是等腰直角三角形，∵正方形的邊長(zhǎng)為12，∴AC＝12，∴兩個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)分別為×12＝4，×12＝6，∴S1+S2＝（4）2+62＝32+36＝68．故選：A．23．（2023?光山縣校級(jí)三模）如圖，正方形OABC中，點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)D為AB上一點(diǎn)，且BD＝1，連接OD，過點(diǎn)C作CE⊥OD交OA于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作MN∥CE，交x軸于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)N，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為（）A．（5，0） B．（6，0） C．（，0） D．（，0）【答案】C【解答】解：∵OABC是正方形，A（4，0），∴OA＝OC＝AB＝4，∠AOC＝∠OAB＝90°，∵BD＝1，∴AD＝3，D（4，3），∵CE⊥OD，∴∠DOE＝90°﹣∠CEO＝∠OCE，在△COE和△OAD中，，∴△COE≌△OAD（ASA），∴OE＝AD＝3，∴E（3，0），設(shè)直線CE為y＝kx+b，把C（0，4），E（3，0）代入得：，解得，∴直線CE為y＝﹣x+4，由MN∥CE設(shè)直線MN為y＝﹣x+c，把D（4，3）代入得：﹣+c＝3，解得c＝，∴直線MN為y＝﹣x+，在y＝﹣x+中，令y＝0得﹣x+＝0，解得x＝，∴M（，0），故選：C．方法二：∵CE⊥OD，CE∥MN，∴OD⊥MN，∴∠ADM＝90°﹣∠ODA＝∠AOD，∵∠DAO＝90°＝∠MAD，∴△DAO∽△MAD，∴＝，∵點(diǎn)A（4，0），BD＝1，∴OA＝4＝AB，AD＝AB﹣BD＝3，∴＝，解答AM＝，∴OM＝OA+AM＝4+＝，∴M（，0），故選：C．24．（2023?鄞州區(qū)校級(jí)模擬）如圖，在正方形ABCD中，O為對(duì)角線AC、BD的交點(diǎn)，E、F分別為邊BC、CD上一點(diǎn)，且OE⊥OF，連接EF．若，則EF的長(zhǎng)為（）A．2 B．2+ C．+1 D．3【答案】A【解答】解：在正方形ABCD中，AC和BD為對(duì)角線，∴∠AOB＝∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，OB＝OC，∵∠AOE＝150°，∴∠BOE＝60°；∵OE⊥OF，∴∠EOF＝∠BOC＝90°，∴∠BOE＝∠COF＝60°，∴△BOE≌△COF（ASA），∴OE＝OF，∴△OEF是等腰直角三角形；過點(diǎn)F作FG⊥OD，如圖，∴∠OGF＝∠DGF＝90°，∵∠ODC＝45°，∴△DGF是等腰直角三角形，∴GF＝DG＝DF＝，∵∠AOE＝150°，∴∠BOE＝60°，∴∠DOF＝30°，∴OF＝2GF＝，∴EF＝OF＝2．故選：A．25．（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．【答案】D【解答】解：將△ABP繞點(diǎn)B逆時(shí)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．26．（2023春?平橋區(qū)期末）如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是BC邊上的動(dòng)點(diǎn)，連接OE并延長(zhǎng)交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P，過點(diǎn)O作OQ⊥OP交CD于點(diǎn)F，交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，連接PQ．若點(diǎn)E恰好是OP中點(diǎn)時(shí)，則PQ的長(zhǎng)為（）A．2 B． C． D．【答案】D【解答】解：作OH⊥AB于H，∵四邊形ABCD是正方形，∴△OBC和△OAB是等腰直角三角形，∴∠BOP+∠EOC＝90°，∵OQ⊥OP，∴∠QOC+∠EOC＝90°，∴∠BOP＝∠COQ，∵∠ABO＝∠OCB＝45°，∴∠OBP＝∠OCQ＝135°，∵OB＝OC，∴△OBP≌△OCQ（ASA），∴PO＝QO，∴△OPQ是等腰直角三角形，∵OH⊥AB，EB⊥AB，∴BE∥OH，∴PB：BH＝PE：OE，∵OE＝PE，∴PB＝BH，∵△OAB是等腰直角三角形，OH⊥AB，∴OH＝BH＝AB＝×2＝1，∴PB＝BH＝1，∴PH＝PB+BH＝2，∴OP＝＝＝，∴PQ＝PO＝．故選：D．27．（2023春?江陰市期末）如圖，E為正方形ABCD中BC邊上的一點(diǎn)，且AB＝12，BE＝4，M、N分別為邊CD、AB上的動(dòng)點(diǎn)，且始終保持MN⊥AE，則AM+NE的最小值為（）A．8 B．8 C．8 D．12【答案】C【解答】解：過點(diǎn)D作DH∥MN，交AB于點(diǎn)H，過點(diǎn)E作EG∥MN，過點(diǎn)M作MG∥NE，兩直線交于點(diǎn)G，連接AG，如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∠B＝∠BAD＝90°，∵AB＝12，BE＝4，∴AE＝＝＝4，∵DH∥MN，AB∥CD，∴四邊形DHNM是平行四邊形，∴DH＝MN，∵M(jìn)N⊥AE，DH∥MN，EG∥MN，∴DH⊥AE，AE⊥EG，∴∠BAE+∠AHD＝90°＝∠AHD+∠ADH，∠AEG＝90°，∴∠BAE＝∠ADH，在△ABE和△DAH中，，∴△ABE≌△DAH（ASA），∴DH＝AE＝4，∴MN＝DH＝AE＝4，∵EG∥MN，MG∥NE，∴四邊形NEGM是平行四邊形，∴NE＝MG，MN＝EG＝AE＝4，∴AM+NE＝AM+MG，∴當(dāng)點(diǎn)A，點(diǎn)M，點(diǎn)G三點(diǎn)共線時(shí)，AM+NE的最小值為AG，∴AG＝＝＝8．故選：C．28．（2023春?徐州期中）如圖，正方形ABCO和正方形DEFO的頂點(diǎn)A、O、E在同一直線l上，且EF＝，AB＝4，給出下列結(jié)論：①∠COD＝45°；②AD⊥CF；③CF＝；④四邊形ABDO的面積與正方形ABCO的面積相等．其中正確的結(jié)論為（）A．①②③④ B．①② C．①②③ D．①③④【答案】C【解答】解：過D作DN⊥AE于N，延長(zhǎng)BC交直線DN于M，連接CD，如圖：∵四邊形ABCO、四邊形DEFO是正方形，∴∠AOC＝90°＝∠COE，∠DOE＝45°，∴∠COD＝45°，故①正確，∵∠AOC＝90°＝∠FOD，∴∠AOD＝135°＝∠COF，又OA＝OC，OD＝OF，∴△AOD≌△COF（SAS），∴∠ADO＝∠CFO，AD＝CF，∵∠DKS＝∠FKO，∴∠DSK＝∠FOK＝90°，∴AD⊥CF，故②正確；∵四邊形DEFO是正方形，∴△DON是等腰直角三角形，∵EF＝＝DO，∴DN＝ON＝DO＝1，∵∠MNO＝∠NOC＝∠OCM＝90°，∴四邊形NOCM是矩形，∴MN＝OC＝AB＝4，CM＝ON＝1∴DM＝MN﹣DM＝1，BM＝BC+CM＝5，在Rt△BDM中，BD＝，∴CF＝BD＝，故③正確；∵S△BCD＝BC?DM＝×2×3＝1.5，S△CDO＝OC?ON＝×4×1＝2，∴S△BCD≠S△CDO，∴S△DTO≠S△BCT，∴S四邊形ABDO≠S正方形ABCO，故④錯(cuò)誤，∴正確的有①②③，故選：C．29．（2022秋?鄭州期末）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)O是對(duì)角線AC，BD的交點(diǎn)，過點(diǎn)O作射線OM，ON分別交BC，CD于點(diǎn)E，F(xiàn)，且∠EOF＝90°，EF，OC交于點(diǎn)G．下列結(jié)論：①△COE≌△DOF；②△OGE∽△FGC；③DF2+BE2＝OG?OC；④正方形ABCD的面積是四邊形CEOF面積的4倍．其中正確的結(jié)論是（）A．①②③ B．①②③④ C．①②④ D．③④【答案】C【解答】解：①在正方形ABCD中，OC＝OD，∠COD＝90°，∠ODC＝∠OCB＝45°，∵∠EOF＝90°，∴∠COE＝∠EOF﹣∠COF＝90°﹣∠COF，∴∠COE＝∠DOF，∴△COE≌△DOF（ASA），故①正確；②由①全等可得OE＝OF，∴∠OEF＝∠OCF＝45°，∠OGE＝∠CGF，∴△OGE∽△FGC，故②正確；④由①全等可得四邊形CEOF的面積與△OCD面積相等，∴正方形ABCD的面積是四邊形CEOF面積的4倍，故④正確；③∵△COE≌△DOF，∴CE＝DF，∵四邊形ABCD為正方形，∴BC＝CD，∴BE＝CF，在Rt△ECF中，CE2+CF2＝EF2，∴DF2+BE2＝EF2，∵∠OCE＝∠OEG＝45°，∠EOG＝∠COE，∴△EOG∽△COE，∴＝，∴OG?OC＝EO2≠EF2，∴DF2+BE2≠OG?OC，故③不正確；綜上所述，正確的是①②④，故選：C．30．（2023秋?西安期中）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，AC與BD交于點(diǎn)O，N是AO的中點(diǎn)，點(diǎn)M在邊BC上，且BM＝3，P為對(duì)角線BD上一點(diǎn)，當(dāng)對(duì)角線BD平分∠NPM時(shí)，PM+PN的值為5．【答案】5．【解答】解：設(shè)PM與AC相交于點(diǎn)Q，∵在正方形ABCD中，AB＝4，∴AC＝AB＝4，AC⊥BD，∠ABC＝90°，∴∠NOP＝∠QOP＝90°，∵O為AC中點(diǎn)，∴0A＝0C＝2，∵N為OA的中點(diǎn)，∴ON＝，∵對(duì)角線BD平分∠NPM，∴∠NPO＝∠QPO，∵PO＝PO，∴△NPO≌△QPO，∴OQ＝ON＝，PQ＝PN，∠PNO＝∠PQO，∴NQ＝2，CQ＝OC﹣CQ＝，∴∵AB＝4，BM＝3，∴CM＝1，∴，∴，∵∠ACB＝∠QCM＝45°，∴△CMQ～△CBA，∴∠CMQ＝∠CBA＝90°，∴∠PNO＝∠PQO＝∠CQM＝45°，∴MQ＝CM＝1，∠NPQ＝180°﹣∠PNO﹣∠PQO＝90°，∴PQ2+PN2＝NQ2，即2，∴PQ＝PN＝2，∴PM+PN＝PQ+MQ+PN＝2+1+2＝5．31．（2023秋?重慶月考）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，E為DC邊上一點(diǎn)，DE＝3，連接AE，過D作AE的垂線交AE于點(diǎn)F，交BC于點(diǎn)G，則FG的長(zhǎng)為．【答案】．【解答】解：∵四邊形ABCD為正方形，且邊長(zhǎng)為4，∴AB＝CD＝4，∠ADC＝∠C＝90°，∴∠ADF+∠CDG＝90°，又∵DF⊥AE，∴∠ADF+∠DAE＝90°，∴∠DAE＝∠CDG，在△ADE和△DCG中，，∴△ADE≌△DCG（ASA），∴DG＝AE，在Rt△ADE中，AD＝4，DE＝3，由勾股定理得：AE＝＝5，∴DG＝AE＝5，由三角形的面積得：S△ADE＝AE?DF＝AD?DE，∴AE?DF＝AD?DE，∴5?DF＝4×3，∴DF＝，∴FG＝DG﹣DF＝5﹣＝，故答案為：．32．（2023?增城區(qū)一模）如圖，點(diǎn)E在正方形ABCD外，連結(jié)AE、BE、DE，過點(diǎn)A作AE的垂線交DE于點(diǎn)F．若AE＝AF＝4，BF＝10，則下列結(jié)論：①△AFD≌△AEB；②EB⊥ED；③點(diǎn)B到直線AE的距離為3；④S△ABF+S△ADF＝40．其中正確的結(jié)論是①②③④．（填寫所有正確結(jié)論的序號(hào)）【答案】①②③④．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∵AF⊥AE，∴∠FAE＝∠BAE+∠BAF＝90°，∵∠DAF+∠BAF＝∠BAD＝90°，∴∠BAE＝∠DAF，又∵AE＝AF，∴△AFD≌△AEB（SAS），故①正確；∴∠AFD＝∠AEB，∵∠AEB＝∠AEF+∠BEF，∠AFD＝∠AEF+∠FAE，∴∠BEF＝∠FAE＝90°，即EB⊥ED，故②正確；過點(diǎn)B作BP⊥AE，交AE的延長(zhǎng)線于P，則BF的長(zhǎng)即點(diǎn)B到直線AE的距離，∵AE＝AF＝4，∠FAE＝90°，∴FE＝8，∠AEF＝∠AFE＝45°，在Rt△BEF中，F(xiàn)B＝10，F(xiàn)E＝8，∴BE＝6，∵EB⊥ED，BP⊥AP，∴∠EPB＝∠PBE＝45°，∴BP＝EP＝3，故③正確；連接BD，S△AFD+S△AFB＝S△AEB+S△AFB＝S△AEF+S△BEF＝×4×4+×6×8＝40，故④正確；綜上，正確結(jié)論的序號(hào)是①②③④，故答案為：①②③④．33．（2023秋?余江區(qū)期中）如圖，四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)E為線段AC上一點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)E作EF⊥DE，交射線BC于點(diǎn)F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．（1）求證：ED＝EF；（2）若AB＝2，，求CG的長(zhǎng)度；（3）當(dāng)線段DE與正方形ABCD的某條邊的夾角是30°時(shí)，求∠EFC的度數(shù)．【答案】（1）見解答；（2）2；（3）∠EFC＝120°或30°．【解答】（1）證明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，∵∠DCA＝∠BCA，∴EQ＝EP，∵∠QEF+∠FEC＝45°，∠PED+∠FEC＝45°，∴∠QEF＝∠PED，在Rt△EQF和Rt△EPD中，，∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），∴EF＝ED，（2）解：如圖2中，在Rt△ABC中．AC＝AB＝2，∵EC＝，∴AE＝CE，∴點(diǎn)F與C重合，此時(shí)△DCG是等腰直角三角形，易知CG＝．（3）解：①當(dāng)DE與AD的夾角為30°時(shí)，點(diǎn)F在BC邊上，∠ADE＝30°，則∠CDE＝90°﹣30°＝60°，在四邊形CDEF中，由四邊形內(nèi)角和定理得：∠EFC＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°，②當(dāng)DE與DC的夾角為30°時(shí)，點(diǎn)F在BC的延長(zhǎng)線上，∠CDE＝30°，如圖3所示：∵∠HCF＝∠DEF＝90°，∠CHF＝∠EHD，∴∠EFC＝∠CDE＝30°，綜上所述，∠EFC＝120°或30°．34．（2023?歙縣校級(jí)模擬）如圖①，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等邊三角形，M為對(duì)角線BD（不含B點(diǎn)）上任意一點(diǎn)，將BM繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，連接EN、AM、CM．（1）連接MN，△BMN是等邊三角形嗎？為什么？（2）求證：△AMB≌△ENB；（3）①當(dāng)M點(diǎn)在何處時(shí)，AM+CM的值最??；②如圖②，當(dāng)M點(diǎn)在何處時(shí)，AM+BM+CM的值最小，請(qǐng)你畫出圖形，并說明理由．【答案】見試題解答內(nèi)容【解答】（1）解：△BMN是等邊三角形．理由如下：如圖①，∵BM繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到BN，∴BM＝BN，∠MBN＝60°，∴△BMN是等邊三角形；（2）證明：∵△ABE和△BMN都是等邊三角形，∴AB＝EB，BM＝BN，∠ABE＝∠MBN＝60°，∴∠ABE﹣∠ABN＝∠MBN﹣∠ABN，即∠ABM＝∠EBN，在△AMB和△ENB中，，∴△AMB≌△ENB（SAS）；（3）①由兩點(diǎn)之間線段最短可知A、M、C三點(diǎn)共線時(shí)，AM+CM的值最小，∵四邊形ABCD是正方形，∴點(diǎn)M為BD的中點(diǎn)；②當(dāng)點(diǎn)M在CE與BD的交點(diǎn)時(shí)，AM+BM+CM的值最小，理由如下：如圖②，∵△AMB≌△ENB，∴AM＝EN，∵△BMN是等邊三角形，∴BM＝MN，∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM，由兩點(diǎn)之間線段最短可知，點(diǎn)E、N、M、C在同一直線上時(shí)，EN+MN+CM，故，點(diǎn)M在CE與BD的交點(diǎn)時(shí)，AM+BM+CM的值最?。?5．（2023秋?拱墅區(qū)校級(jí)期中）閱讀下面材料：我遇到這樣一個(gè)問題：如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別為DC、BC邊上的點(diǎn)，∠EAF＝45°，連接EF，求證：DE+BF＝EF．我是這樣思考的：要想解決這個(gè)問題，首先應(yīng)想辦法將這些分散的線段集中到同一條線段上．他先后嘗試了平移、翻折、旋轉(zhuǎn)的方法，發(fā)現(xiàn)通過旋轉(zhuǎn)可以解決此問題．他的方法是將△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABG（如圖2），此時(shí)GF即是DE+BF．請(qǐng)回答：在圖2中，∠GAF的度數(shù)是45°．參考我得到的結(jié)論和思考問題的方法，解決下列問題：（1）如圖3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（AD＞BC），∠D＝90°，AD＝CD＝10，E是CD上一點(diǎn)，若∠BAE＝45°，DE＝4，求BE的長(zhǎng)度．（2）如圖4，△ABC中，AC＝4，BC＝6，以AB為邊作正方形ADEB，連接CD．當(dāng)∠ACB＝135°時(shí)，線段CD有最大值，并求出CD的最大值．【答案】閱讀材料：45°；（1）BE＝；（2）135°．【解答】解：閱讀材料：根據(jù)旋轉(zhuǎn)△ABG≌△QDE，∴∠GAB＝∠EAD，AG＝AE，∵∠BAD＝∠BAE+∠EAF+∠DAE＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAF+∠GAB＝45°，即∠GAF＝45°；（1）過點(diǎn)A作AF⊥CB交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，∵AD∥BC，∠D＝90°，∴∠B＝180°﹣∠D＝90°，∵AD＝CD＝10，∴四邊形AFCD是正方形，∴CF＝10，根據(jù)上面結(jié)論，可知BE＝DE+BF，設(shè)BE＝x，∵DE＝4，∴BF＝BE﹣DE＝x﹣4，∴CB＝CF﹣BF＝10﹣x+4＝14﹣x，CE＝CD﹣DE＝10﹣4＝6，∵∠C＝90°，∴CE2+CB2＝BE2，∴36+（14﹣x）2＝x2，解得：x＝，故BE＝；（3）過點(diǎn)A作AF⊥CA，取AF＝AC，連接BF，CF，∵∠BAF＝∠BAC+∠CAF＝90°+∠BAC，∠DAC＝∠BAD+∠BAC＝90°，∴∠BAF＝∠DAC，又∵AC＝AF，AB＝AD，∴△FAB≌△CAD（SAS），∴BF＝CD，∴線段CD有最大值時(shí)，只需BF最大即可，在△BCF中，BF≤BC+CF，當(dāng)B、C、F三點(diǎn)共線時(shí)，BF取最大值，此時(shí)BF＝BC+CF，在等腰直角三角形ACF中AC＝AF＝4，∠ACF＝45°，∴CF＝AC＝4，∵CB＝6，BF最大為：4+6，此時(shí)∠BCA＝180°﹣∠ACF＝135°．故答案為：135°．36．（2023春?西鄉(xiāng)塘區(qū)校級(jí)期末）如圖，已知正方形ABCD中，E為CB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且BE＝AB，M、N分別為AE、BC的中點(diǎn)，連DE交AB于O，MN交，ED于H點(diǎn)．（1）求證：AO＝BO；（2）求證：∠HEB＝∠HNB；（3）過A作AP⊥ED于P點(diǎn)，連BP，則的值．【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，AD∥BC，∴∠DAB＝∠ABE，∠ADO＝∠BEO，∵