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备考2024中考二轮数学《高频考点冲刺》（全国通用）
专题20 特殊平行四边形问题
考点扫描☆聚焦中考
特殊平行四边形问题，近几年各地中考试题多以压抽题出现，也有以选择题、填空题考查；考查的知识点主要有矩形的性质与判定、菱形的性质与判定和正方形的性质与判定；考查的热点有矩形的性质与判定、菱形的性质与判定、正方形的性质与判定以及四边形的综合问题。
考点剖析☆典型例题
例1 （2023 北京）如图，在 ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，BE＝DF，AC＝EF．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）若AE＝BE，AB＝2，tan∠ACB＝，求BC的长．
例2（2022 凉山州）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
（1）求证：四边形ADBF是菱形；
（2）若AB＝8，菱形ADBF的面积为40．求AC的长．
例3 （2023 绍兴）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H．
（1）求证：∠DAG＝∠EGH；
（2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由．
例4（2023 兰州）综合与实践：
【思考尝试】（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG＝CF，试猜想四边形ABCD的形状，并说明理由；
【实践探究】（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G，可以用等式表示线段FH，AH，CF的数量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，AH⊥CE于点H，点M在CH上，且AH＝HM，连接AM，BH，可以用等式表示线段CM，BH的数量关系，请你思考并解答这个问题．
考点过关☆专项突破
类型一 矩形的性质与判定
1．（2023 上海）在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD．下列说法能使四边形ABCD为矩形的是（　　）
A．AB∥CD B．AD＝BC C．∠A＝∠B D．∠A＝∠D
2．（2023 杭州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．若∠AOB＝60°，则＝（　　）
A． B． C． D．
3．（2023 南通）如图，四边形ABCD是矩形，分别以点B，D为圆心，线段BC，DC长为半径画弧，两弧相交于点E，连接BE，DE，BD．若AB＝4，BC＝8，则∠ABE的正切值为（　　）
A． B． C． D．
4．（2023 丹东）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD＝60°，AE⊥BD，垂足为点E，F是OC的中点，连接EF，若，则矩形ABCD的周长是（　　）
A． B． C． D．
5．（2023 呼和浩特）如图，矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN分别交AD，BC于点M，N．若AM＝1，BN＝2，则BD的长为（　　）
A． B．3 C． D．
6．（2023 宁波）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE，AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（　　）
A．△ABE的面积 B．△ACD的面积 C．△ABC的面积 D．矩形BCDE的面积
7．（2023 雅安）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6，P为边AB上一动点，作PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E，则DE的最小值为 　　．
8．（2023 岳阳）如图，点M在 ABCD的边AD上，BM＝CM，请从以下三个选项中①∠1＝∠2；②AM＝DM；③∠3＝∠4，选择一个合适的选项作为已知条件，使 ABCD为矩形．
（1）你添加的条件是 　 　（填序号）；
（2）添加条件后，请证明 ABCD为矩形．
9．（2023 乐山）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D为AB边上任意一点（不与点A、B重合），过点D作DE∥BC，DF∥AC，分别交AC、BC于点E、F，连结EF．
（1）求证：四边形ECFD是矩形；
（2）若CF＝2，CE＝4，求点C到EF的距离．
10．（2023 大庆）如图，在平行四边形ABCD中，E为线段CD的中点，连接AC，AE，延长AE，BC交于点F，连接DF，∠ACF＝90°．
（1）求证：四边形ACFD是矩形；
（2）若CD＝13，CF＝5，求四边形ABCE的面积．
类型二 菱形的性质与判定
1．（2023 乐山）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为边BC的中点，连结OE．若AC＝6，BD＝8，则OE＝（　　）
A．2 B． C．3 D．4
2．（2023 湘潭）如图，菱形ABCD中，连接AC，BD，若∠1＝20°，则∠2的度数为（　　）
A．20° B．60° C．70° D．80°
3．（2023 深圳）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝6，将线段AB水平向右平移a个单位长度得到线段EF，若四边形ECDF为菱形时，则a的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2023 德阳）如图， ABCD的面积为12，AC＝BD＝6，AC与BD交于点O，分别过点C，D作BD，AC的平行线相交于点F，点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，则PG的最小值是（　　）
A．1 B． C． D．3
5．（2023 临沂）若菱形的两条对角线长分别为6和8，则该菱形的面积为 　　．
6．（2023 齐齐哈尔）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，AC⊥BD于点O．请添加一个条件：　　，使四边形ABCD成为菱形．
7．（2023 绍兴）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝40°，连接AC，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E，连接CE，则∠AEC的度数是 　　．
8．（2022 辽宁）如图，CD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC，BC的平行线，交BC于点E，交AC于点F．若∠ACB＝60°，CD＝4，则四边形CEDF的周长是 　　．
9．（2023 日照）如图，平行四边形ABCD中，点E是对角线AC上一点，连接BE，DE，且BE＝DE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB＝10，tan∠BAC＝2，求四边形ABCD的面积．
10．（2023 呼和浩特）如图，四边形ABCD是平行四边形，连接AC，BD交于点O，DE平分∠ADB交AC于点E，BF平分∠CBD交AC于点F，连接BE，DF．
（1）求证：∠1＝∠2；
（2）若四边形ABCD是菱形且AB＝2，∠ABC＝120°，求四边形BEDF的面积．
类型三 正方形的性质与判定
1．（2023 黑龙江）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，试添加一个条件 　 　，使得矩形ABCD为正方形．
2．（2023 攀枝花）如图，已知正方形ABCD的边长为3，点P是对角线BD上的一点，PF⊥AD于点F，PE⊥AB于点E，连接PC，当PE：PF＝1：2时，则PC＝（　　）
A． B．2 C． D．
3．（2023 河北）如图，在Rt△ABC中，AB＝4，点M是斜边BC的中点，以AM为边作正方形AMEF．若S正方形AMEF＝16，则S△ABC＝（　　）
A．4 B．8 C．12 D．16
4．（2023 眉山）如图，在正方形ABCD中，点E是CD上一点，延长CB至点F，使BF＝DE，连结AE，AF，EF，EF交AB于点K，过点A作AG⊥EF，垂足为点H，交CF于点G，连结HD，HC．下列四个结论：①AH＝HC；②HD＝CD；③∠FAB＝∠DHE； ④AK HD＝．
其中正确结论的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．（2023 枣庄）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE＝7，F为DE的中点，若△CEF的周长为32，则OF的长为 　　．
6．（2023 巴中）如图，已知正方形ABCD和正方形BEFG，点G在AD上，GF与CD交于点H，tan∠ABG＝，正方形ABCD的边长为8，则BH的长为 　　．
7．（2023 十堰）如图， ABCD的对角线AC，BD交于点O，分别以点B，C为圆心，AC，BD长为半径画弧，两弧交于点P，连接BP，CP．
（1）试判断四边形BPCO的形状，并说明理由；
（2）请说明当 ABCD的对角线满足什么条件时，四边形BPCO是正方形？
8．（2021 牡丹江）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，过点F作FG⊥BC于点G，连接AC．易证：AC＝（EC+FG）．（提示：取AB的中点M，连接EM）
（1）当点E是BC边上任意一点时，如图2；当点E在BC延长线上时，如图3．请直接写出AC，EC，FG的数量关系，并对图2进行证明；
（2）已知正方形ABCD的面积是27，连接AF，当△ABE中有一个内角为30°时，则AF的长为 　6或6　．
9．（2021 梧州）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD上的点，且AE⊥BF于点P，G为AD的中点，连接GP，过点P作PH⊥GP交AB于点H，连接GH．
（1）求证：BE＝CF；
（2）若AB＝6，BE＝BC，求GH的长．
类型四 四边形综合问题
1．（2023 南充）如图，正方形ABCD中，点M在边BC上，点E是AM的中点，连接ED，EC．
（1）求证：ED＝EC；
（2）将BE绕点E逆时针旋转，使点B的对应点B′落在AC上，连接MB′．当点M在边BC上运动时（点M不与B，C重合），判断△CMB′的形状，并说明理由．
（3）在（2）的条件下，已知AB＝1，当∠DEB′＝45°时，求BM的长．
2．（2023 山西）阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
瓦里尼翁平行四边形我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接E，F，G，H，得到的四边形EFGH是平行四边形．我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnon，Pierte 1654～1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：证明：如图2，连接AC，分别交EH，FG于点P，Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．∵H，G分别为AD，CD的中点，∴HG∥AC，HG＝AC．（依据1）∴．∵DG＝GC，∴DN＝NM＝DM．∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．∵HG∥AC，即HG∥PQ，∴四边形HPQG是平行四边形，（依据2）∴S HPQG＝HG MN＝．∵S△ADC＝AC DM＝HG DM，∴S HPQG＝S△ADC．同理，…
任务：（1 ）填空：材料中的依据1是指：　 　．
依据2是指：　 　．
（2）请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH、使得四边形EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）
（3）在图1中，分别连接AC，BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC，BD长度的关系，并证明你的结论．
3．（2023 深圳）（1）如图1，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，若BE＝BC，过C作CF⊥BE交BE于点F，
①求证：△ABE≌△FCB；
②若S矩形ABCD＝20时，则BE CF＝　 　．
（2）如图2，在菱形ABCD中，cosA＝，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD于点F，若S菱形ABCD＝24时，求EF BC的值．
（3）如图3，在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6，AD＝5，点E在CD上，且CE＝2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF EG＝7时，请直接写出AG的长．
4．（2023 牡丹江） ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，连接DE，将ED绕点E逆时针旋转90°，得到EF，连接BF．
（1）当点E在线段BC上，∠ABC＝45°时，如图①，求证：AE+EC＝BF；
（2）当点E在线段BC延长线上，∠ABC＝45°时，如图②；当点E在线段CB延长线上，∠ABC＝135°时，如图③，请猜想并直接写出线段AE，EC，BF的数量关系；
（3）在（1）、（2）的条件下，若BE＝3，DE＝5，则CE＝　 　．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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备考2024中考二轮数学《高频考点冲刺》（全国通用）
专题20 特殊平行四边形问题
考点扫描☆聚焦中考
特殊平行四边形问题，近几年各地中考试题多以压抽题出现，也有以选择题、填空题考查；考查的知识点主要有矩形的性质与判定、菱形的性质与判定和正方形的性质与判定；考查的热点有矩形的性质与判定、菱形的性质与判定、正方形的性质与判定以及四边形的综合问题。
考点剖析☆典型例题
例1 （2023 北京）如图，在 ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，BE＝DF，AC＝EF．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）若AE＝BE，AB＝2，tan∠ACB＝，求BC的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）3．
【点拨】（1）先证四边形AECF是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论；
（2）由矩形的性质得∠AEC＝∠AEB＝90°，再证△ABE是等腰直角三角形，得AE＝BE＝，然后由锐角三角函数定义得EC＝2AE＝2，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵BE＝DF，
∴AD﹣DF＝BC﹣BE，
即AF＝EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC＝EF，
∴平行四边形AECF是矩形；
（2）解：∵四边形AECF是矩形，
∴∠AEC＝∠AEB＝90°，
∵AE＝BE，AB＝2，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE＝BE＝AB＝，
∵tan∠ACB＝＝，
∴EC＝2AE＝2，
∴BC＝BE+EC＝+2＝3，
即BC的长为3．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质以及锐角三角函数定义等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
例2（2022 凉山州）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
（1）求证：四边形ADBF是菱形；
（2）若AB＝8，菱形ADBF的面积为40．求AC的长．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）AC的长为10．
【点拨】（1）利用平行线的性质可得∠AFC＝∠FCD，∠FAE＝∠CDE，利用中点的定义可得AE＝DE，从而证明△FAE≌△CDE，然后利用全等三角形的性质可得AF＝CD，再根据D是BC的中点，可得AF＝BD，从而可证四边形AFBD是平行四边形，最后利用直角三角形斜边上的中线可得BD＝AD，从而利用菱形的判定定理即可解答；
（2）利用（1）的结论可得菱形ADBF的面积＝2△ABD的面积，再根据点D是BC的中点，可得△ABC的面积＝2△ABD的面积，进而可得菱形ADBF的面积＝△ABC的面积，然后利用三角形的面积进行计算即可解答．
【解答】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFC＝∠FCD，∠FAE＝∠CDE，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∴△FAE≌△CDE（AAS），
∴AF＝CD，
∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD，
∴AF＝BD，
∴四边形AFBD是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝BD＝BC，
∴四边形ADBF是菱形；
（2）解：∵四边形ADBF是菱形，
∴菱形ADBF的面积＝2△ABD的面积，
∵点D是BC的中点，
∴△ABC的面积＝2△ABD的面积，
∴菱形ADBF的面积＝△ABC的面积＝40，
∴AB AC＝40，
∴×8 AC＝40，
∴AC＝10，
∴AC的长为10．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定与性质是解题的关键．
例3 （2023 绍兴）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H．
（1）求证：∠DAG＝∠EGH；
（2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由．
【答案】见解析．
【点拨】（1）直接由平行公理的推理即可解答．
（2）先连接CG，然后根据正方形的性质得出△ADG≌△CDG，从而得到∠DAG＝∠DCG．再证明∠EGH＝∠DCG＝∠OEC即可．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AD⊥CD，GE⊥CD，
∴∠ADE＝∠GEC＝90°，
∴AD∥GE，
∴∠DAG＝∠EGH．
（2）解：AH⊥EF，理由如下．
连结GC交EF于点O，如图：
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADG＝∠CDG＝45°，
又∵DG＝DG，AD＝CD，
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠DAG＝∠DCG．
在正方形ABCD中，∠ECF＝90°，
又∵GE⊥CD，GF⊥BC，
∴四边形FCEG为矩形，
∴OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴∠DAG＝∠OEC，
由（1）得∠DAG＝∠EGH，
∴∠EGH＝∠OEC，
∴∠EGH+∠GEH＝∠OEC+∠GEH＝∠GEC＝90°，
∴∠GHE＝90°，
∴AH⊥EF．
【点评】本题考查正方形的性质与全等三角形的性质，熟悉性质是解题关键．
例4（2023 兰州）综合与实践：
【思考尝试】（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG＝CF，试猜想四边形ABCD的形状，并说明理由；
【实践探究】（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G，可以用等式表示线段FH，AH，CF的数量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，AH⊥CE于点H，点M在CH上，且AH＝HM，连接AM，BH，可以用等式表示线段CM，BH的数量关系，请你思考并解答这个问题．
【答案】见解析
【点拨】（1）根据矩形的性质得到∠ADC＝90°，得到∠ADG＝∠CDF，根据全等三角形的性质得到AD＝CD，于是得到四边形ABCD是正方形；
（2）根据矩形的判定定理得到四边形HFDG是矩形，求得∠G＝∠DFC＝90°，根据正方形的性质得到AD＝CD，∠ADC＝90°，求得∠ADG＝∠CDF，根据全等三角形的性质得到AG＝CF，DG＝DF，根据正方形的判定定理得到矩形HFDG是正方形，于是得到HG＝HF＝AH+AG＝AH+CF；
（3）连接AC，根据正方形的性质得到∠BAC＝45°，根据等腰直角三角形的性质得到∠HAM＝45°，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：（1）四边形ABCD是正方形，
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∵GD⊥DF，
∴∠FDG＝90°，
∴∠ADG＝∠CDF，
又∵AG＝CF，∠G＝∠DFC＝90°，
∴△ADG≌△CDF（AAS），
∴AD＝CD，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）HF＝AH+CF，
理由：∵DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G，
∴四边形HFDG是矩形，
∴∠G＝∠DFC＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝∠CDF，
∴△ADG≌△CDF（AAS），
∴AG＝CF，DG＝DF，
∴矩形HFDG是正方形，
∴HG＝HF＝AH+AG＝AH+CF；
（3）连接AC，如图，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC＝45°，
∵AH⊥CE，AH＝HM，
∴△AHM是等腰直角三角形，
∴∠HAM＝45°，
∴∠HAB＝∠MAC，
∵，
∴△AHB∽△AMC，
∴，
即BH＝CM．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理以及相似三角形的判定和性质定理是解题的关键．
考点过关☆专项突破
类型一 矩形的性质与判定
1．（2023 上海）在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD．下列说法能使四边形ABCD为矩形的是（　　）
A．AB∥CD B．AD＝BC C．∠A＝∠B D．∠A＝∠D
【答案】C
【点拨】由矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
由AB＝CD，不能判定四边形ABCD为矩形，故选项A不符合题意；
B、∵AD＝BC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
由AB＝CD，不能判定四边形ABCD为矩形，故选项B不符合题意；
C、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴AB⊥AD，AB⊥BC，
∴AB的长为AD与BC间的距离，
∵AB＝CD，
∴CD⊥AD，CD⊥BC，
∴∠C＝∠D＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，故选项C符合题意；
D、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，∠D+∠C＝180°，
∵∠A＝∠D，
∴∠B＝∠C，
∵AB＝CD，
∴四边形ABCD是等腰梯形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
2．（2023 杭州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．若∠AOB＝60°，则＝（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【点拨】先证△ABO是等边三角形，可得∠BAO＝60°，由直角三角形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝BO＝CO＝DO，
∵∠AOB＝60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠BAO＝60°，
∴∠ACB＝30°，
∴BC＝AB，
∴＝，
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．
3．（2023 南通）如图，四边形ABCD是矩形，分别以点B，D为圆心，线段BC，DC长为半径画弧，两弧相交于点E，连接BE，DE，BD．若AB＝4，BC＝8，则∠ABE的正切值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【点拨】先根据SSS证明△CBD≌△EBD，可得∠CBD＝∠EBD，设AO＝x，则OD＝8﹣x，根据勾股定理列方程可得AO的长，最后由正切的定义可解答．
【解答】解：∵BE＝BC，DE＝CD，BD＝BD，
∴△CBD≌△EBD（SSS），
∴∠CBD＝∠EBD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝8，∠A＝90°，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠ADB＝∠EBD，
∴OB＝OD，
设AO＝x，则OD＝8﹣x，
∴OB＝8﹣x，
由勾股定理得：AB2+AO2＝OB2，
∴42+x2＝（8﹣x）2，
∴x＝3，
∴tan∠ABE＝＝．
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，三角函数，勾股定理等知识，证明OB＝OD是解题的关键．
4．（2023 丹东）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD＝60°，AE⊥BD，垂足为点E，F是OC的中点，连接EF，若，则矩形ABCD的周长是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【点拨】由矩形的性质得∠ABC＝90°，OA＝OB，而∠ABD＝60°，则△AOB是等边三角形，所以AB＝OA＝OC＝AC，因为AE⊥BD于点E，所以E为OB的中点，而F是OC的中点，则BC＝2EF＝4，则勾股定理得BC＝＝AB，则AB＝4，AB＝4，即可求得矩形ABCD的周长是8+8，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC与BD相交于点O，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，且AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵∠ABD＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝OC＝AC，
∴AC＝2AB，
∵AE⊥BD于点E，
∴E为OB的中点，
∵F是OC的中点，EF＝2，
∴BC＝2EF＝2×2＝4，
∴AD＝BC＝4，
∵BC＝＝＝AB，
∴AB＝4，
∴AB＝CD＝4，
∴AD+BC+AB+CD＝4+4+4+4＝8+8，
∴矩形ABCD的周长是8+8，
故选：D．
【点评】此题重点考查矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明△AOB是等边三角形是解题的关键．
5．（2023 呼和浩特）如图，矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN分别交AD，BC于点M，N．若AM＝1，BN＝2，则BD的长为（　　）
A． B．3 C． D．
【答案】A
【点拨】依据题意，连接BM，记BD与MN交于点O，先证△DMO≌△BNO，从而得DM＝BN＝2，再由线段MN垂直平分BD从而BM＝DM＝2，又在Rt△BAM中可得AM的值，从而再在Rt△BAD中可求得BD．
【解答】解：由题意，连接BM，记BD与MN交于点O．
∵线段MN垂直平分BD，
∴BO＝DO，BM＝DM．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC．
∴∠MDO＝∠NBO．
又∠DOM＝∠BON，
∴△DMO≌△BNO（ASA）．
∴DM＝BN＝BM＝2．
在Rt△BAM中，
∴AB＝＝．
∴在Rt△BAD中可得，BD＝＝2．
故选：A．
【点评】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质和线段垂直平分线的性质，解题时要熟练掌握并理解是关键．
6．（2023 宁波）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE，AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（　　）
A．△ABE的面积 B．△ACD的面积 C．△ABC的面积 D．矩形BCDE的面积
【答案】C
【点拨】作AG⊥ED于点G，交BC于点F，可证明四边形BFGE是矩形，AF⊥BC，可推导出S﹣S1﹣S2＝ED AG﹣BE EG﹣CD DG＝ED AG﹣FG ED＝BC AF＝S△ABC，所以只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，于是得到问题的答案．
【解答】解：作AG⊥ED于点G，交BC于点F，
∵四边形BCDE是矩形，
∴∠FBE＝∠BEG＝∠FGE＝90°，BC∥ED，BC＝ED，BE＝CD，
∴四边形BFGE是矩形，∠AFB＝∠FGE＝90°，
∴FG＝BE＝CD，AF⊥BC，
∴S﹣S1﹣S2＝ED AG﹣BE EG﹣CD DG＝ED AG﹣FG ED＝BC AF＝S△ABC，
∴只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，
故选：C．
【点评】此题重点考查矩形的判定与性质、三角形的面积公式、矩形的面积公式、根据转化思想求图形的面积等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
7．（2023 雅安）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6，P为边AB上一动点，作PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E，则DE的最小值为 　3　．
【答案】3．
【点拨】连接CP，由勾股定理求出AB的长，再证四边形CDPE是矩形，得DE＝CP，然后由等腰直角三角形的性质求出CP的长，即可得出结论．
【解答】解：如图，连接CP，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，AB＝＝＝6，
∵PD⊥BC，PE⊥AC，
∴∠PDC＝∠PEC＝90°，
∴四边形CDPE是矩形，
∴DE＝CP，
由垂线段最短可得，当CP⊥AB时，线段DE的值最小，
此时，AP＝BP，
∴CP＝AB＝3，
∴DE的最小值为3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
8．（2023 岳阳）如图，点M在 ABCD的边AD上，BM＝CM，请从以下三个选项中①∠1＝∠2；②AM＝DM；③∠3＝∠4，选择一个合适的选项作为已知条件，使 ABCD为矩形．
（1）你添加的条件是 　①（或②）　（填序号）；
（2）添加条件后，请证明 ABCD为矩形．
【答案】（1）①（或②）；
（2）见解析．
【点拨】（1）根据矩形的判定定理选择条件即可；
（2）根据平行四边形的性质得到AB∥DC，AB＝DC，求得∠A+∠D＝180°，根据全等三角形的性质得到∠A＝∠D，根据矩形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）解：①当∠1＝∠2时， ABCD为矩形；
②当AM＝DM时， ABCD为矩形，
故答案为：①（或②）；
（2）选择①∠1＝∠2，
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝DC，
∴∠A+∠D＝180°，
在△ABM和DCM中，
，
∴△ABM≌DCM（SAS），
∴∠A＝∠D，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴ ABCD为矩形．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，由矩形的性质和全等三角形的判定证得△ABM≌DCM，并熟练掌握矩形的判定方法是解决问题的关键．
9．（2023 乐山）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D为AB边上任意一点（不与点A、B重合），过点D作DE∥BC，DF∥AC，分别交AC、BC于点E、F，连结EF．
（1）求证：四边形ECFD是矩形；
（2）若CF＝2，CE＝4，求点C到EF的距离．
【答案】点C到EF的距离为．
【点拨】（1）先证四边形ECFD为平行四边形，即可求解；
（2）由勾股定理可求EF的长，由面积法可求解．
【解答】（1）证明：∵FD∥CA，BC∥DE，
∴四边形ECFD为平行四边形，
又∵∠C＝90°，
∴四边形ECFD为矩形；
（2）解：过点C作CH⊥EF于H，
在Rt△ECF中，CF＝2，CE＝4，
∴EF＝＝＝2，
∵S△ECF＝×CF CE＝×EF CH，
∴CH＝＝，
∴点C到EF的距离为．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，面积法等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
10．（2023 大庆）如图，在平行四边形ABCD中，E为线段CD的中点，连接AC，AE，延长AE，BC交于点F，连接DF，∠ACF＝90°．
（1）求证：四边形ACFD是矩形；
（2）若CD＝13，CF＝5，求四边形ABCE的面积．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）45．
【点拨】（1）证明△ADE≌△FCE（AAS），得AE＝FE，所以四边形ACFD是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可解决问题；
（2）根据矩形的性质和勾股定理求出DF的值，由△ADE≌△FCE，可得四边形ABCE的面积＝平行四边形ABCD﹣△CEF的面积，进而可以解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADE＝∠FCE，∠DAE＝∠CFE，
∵E为线段CD的中点，
∴DE＝CE，
∴△ADE≌△FCE（AAS），
∴AE＝FE，
∴四边形ACFD是平行四边形，
∵∠ACF＝90°，
∴四边形ACFD是矩形；
（2）解：∵四边形ACFD是矩形，
∴∠CFD＝90°，AC＝DF，
∵CD＝13，CF＝5，
∴DF＝＝＝12，
∵△ADE≌△FCE，
∵△CEF的面积＝△ACF的面积＝5×12＝15，
平行四边形ABCD的面积＝BC AC＝5×12＝60，
∴四边形ABCE的面积＝平行四边形ABCD的面积﹣△CEF的面积＝60﹣15＝45．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
类型二 菱形的性质与判定
1．（2023 乐山）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为边BC的中点，连结OE．若AC＝6，BD＝8，则OE＝（　　）
A．2 B． C．3 D．4
【答案】B
【点拨】由菱形的性质得到OC＝AC＝3，OB＝BD＝4，AC⊥BD，由勾股定理求出BC的长，由直角三角形斜边中线的性质，即可求出OE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OC＝AC，OB＝BD，AC⊥BD，
∵AC＝6，BD＝8，
∴OC＝3，OB＝4，
∴CB＝＝5，
∵E为边BC的中点，
∴OE＝BC＝．
故选：B．
【点评】本题考查菱形的性质，直角三角形斜边的中线，勾股定理，关键是由菱形的性质求出OC，OB的长，由勾股定理求出BC的长，由直角三角形斜边的中线的性质即可求出OE的长．
2．（2023 湘潭）如图，菱形ABCD中，连接AC，BD，若∠1＝20°，则∠2的度数为（　　）
A．20° B．60° C．70° D．80°
【答案】C
【点拨】根据菱形的性质和平行线的性质以及三角形的内角和定理即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AC⊥BD，
∴∠DCA＝∠1＝20°，
∴∠2＝90°﹣∠DCA＝70°，
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质，平行线的性质，熟练掌握菱形的性质定理是解题的关键．
3．（2023 深圳）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝6，将线段AB水平向右平移a个单位长度得到线段EF，若四边形ECDF为菱形时，则a的值为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【点拨】证得四边形ECDF为平行四边形，当CD＝CD＝4时， ECDF为菱形，此时a＝BE＝BC﹣CE＝6﹣4＝2．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，CE∥FD，CD＝AB＝4，
∵将线段AB水平向右平得到线段EF，
∴AB∥EF∥CD，
∴四边形ECDF为平行四边形，
当CD＝CE＝4时， ECDF为菱形，
此时a＝BE＝BC﹣CE＝6﹣4＝2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质和判定，平移的性质，证得四边形ECDF为平行四边形，熟练掌握菱形的判定方法是解决问题的关键．
4．（2023 德阳）如图， ABCD的面积为12，AC＝BD＝6，AC与BD交于点O，分别过点C，D作BD，AC的平行线相交于点F，点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，则PG的最小值是（　　）
A．1 B． C． D．3
【答案】A
【点拨】先判定四边形OCFD为菱形，找出当GP垂直于菱形OCFD的一边时，PG有最小值．过D点作DM⊥AC于M，过G点作GP⊥AC与P，则GP∥OD，利用平行四边形的面积求解DM的长，再利用三角形的中位线定理可求解PG的长，进而可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，AC＝BD，
∴OD＝OC，
∵DF∥AC，OD∥CF，
∴四边形OCFD为菱形，
∵点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，
∴当GP垂直于菱形OCFD的一边时，PG有最小值．
过D点作DM⊥AC于M，过G点作GP⊥AC与P，则GP∥MD，
∵矩形ABCD的面积为12，AC＝6，
∴2×AC DM＝12，
即2××6 DM＝12，
解得DM＝2，
∵G为CD的中点，
∴GP为△DMC的中位线，
∴GP＝DM＝1，
故PG的最小值为1．
故选：A．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质，菱形的判定与性质，三角形的中位线等知识的综合运用，找准PG有最小值时的P点位置是解题的关键．
5．（2023 临沂）若菱形的两条对角线长分别为6和8，则该菱形的面积为 　24　．
【答案】24
【点拨】由菱形的性质得到AC⊥BD，由△DAC的面积＝AC OD，△BAC的面积＝AC OB，得到菱形ABCD的面积＝AC （OD+OB）＝AC BD，即可求出菱形的面积．
【解答】解：如图：菱形ABCD中AC＝8，BD＝6，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴△DAC的面积＝AC OD，△BAC的面积＝AC OB，
∴菱形ABCD的面积＝△DAC的面积+△BAC的面积＝AC （OD+OB）＝AC BD＝×8×6＝24．
故答案为：24．
【点评】本题考查菱形的性质，三角形的面积，关键是由三角形面积公式，得到菱形ABCD的面积＝AC BD．
6．（2023 齐齐哈尔）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，AC⊥BD于点O．请添加一个条件：　AD∥BC（AB＝CD或 OB＝OD 或∠ADB＝∠CBD 等）　，使四边形ABCD成为菱形．
【答案】AD∥BC（或AB＝CD或OB＝OD 或ADB＝∠CBD 等）．
【点拨】根据AD∥BC或AB＝CD或ADB＝∠CBD，证得四边形ABCD是平行四边形，再根据AC⊥BD可证得四边形ABCD是菱形；根据OB＝OD，证得Rt△ADO≌Rt△CBO（HL），得到AO＝CO，DO＝BO，可证得四边形ABCD是菱形．
【解答】解：当添加“AD∥BC”时，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
当添加：“AB＝CD”时，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
当添加“OB＝OD”时，
∵AD＝BC，AC⊥BD，
∴Rt△ADO≌Rt△CBO（HL），
∴AO＝CO，DO＝BO，
∴四边形ABCD是菱形；
当添加：“∠ADB＝∠CBD”时，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
故答案为：AD∥BC（或AB＝CD或OB＝OD 或ADB＝∠CBD等 ）．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定、直角全等三角形全等的判定，解答本题的关键是熟练掌握菱形的判定，利用数形结合的思想解答．
7．（2023 绍兴）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝40°，连接AC，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E，连接CE，则∠AEC的度数是 　10°或80°　．
【答案】10°或80°．
【点拨】根据菱形的性质可得∠DAC＝20°，再根据等腰三角形的性质可得∠AEC的度数．
【解答】解：以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E和E′，如图所示，
在菱形ABCD中，∠DAC＝∠BAC，
∵∠DAB＝40°，
∴∠DAC＝20°，
∵AC＝AE，
∴∠AEC＝（180°﹣20°）÷2＝80°，
∵AE′＝AC，
∴∠AE′C＝∠ACE′＝10°，
综上所述，∠AEC的度数是10°或80°，
故答案为：10°或80°．
【点评】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握这些性质是解题的关键．
8．（2022 辽宁）如图，CD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC，BC的平行线，交BC于点E，交AC于点F．若∠ACB＝60°，CD＝4，则四边形CEDF的周长是 　16　．
【答案】16
【点拨】连接EF交CD于O，证明四边形CEDF是菱形，可得CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝2，在Rt△COE中，可得CE＝＝＝4，故四边形CEDF的周长是4CE＝16．
【解答】解：连接EF交CD于O，如图：
∵DE∥AC，DF∥BC，
∴四边形CEDF是平行四边形，
∵CD是△ABC的角平分线，
∴∠FCD＝∠ECD，
∵DE∥AC，
∴∠FCD＝∠CDE，
∴∠ECD＝∠CDE，
∴CE＝DE，
∴四边形CEDF是菱形，
∴CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝2，
在Rt△COE中，
CE＝＝＝4，
∴四边形CEDF的周长是4CE＝4×4＝16，
故答案为：16．
【点评】本题考查是三角形角平分线及菱形性质和判定，解题的关键是掌握平行线性质，证明四边形CEDF是菱形．
9．（2023 日照）如图，平行四边形ABCD中，点E是对角线AC上一点，连接BE，DE，且BE＝DE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB＝10，tan∠BAC＝2，求四边形ABCD的面积．
【答案】（1）见解析；
（2）80．
【点拨】（1）连接BD交AC于O，根据平行四边形的性质得到BO＝OD，根据全等三角形的判定和性质和菱形的判定即可得到结论；
（2）解直角三角形得到AO＝2，BO＝4，根据菱形的性质得到AC＝2AO＝4，BD＝2BO＝8，根据菱形的面积公式即可得到结论．
【解答】（1）证明：连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝OD，
在△BOE与△DOE中，
∴△BOE≌△DOE（SSS），
∴∠BEO＝∠DEO，
在△BAE与△DAE中，
，
∴△BAE≌△DAE（SAS），
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：在Rt△ABO中，∵tan∠BAC＝＝2，
∴设AO＝x，BO＝2x，
∴AB＝＝x＝10，
∴x＝2，
∴AO＝2，BO＝4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC＝2AO＝4，BD＝2BO＝8，
∴四边形ABCD的面积＝AC BD＝＝80．
【点评】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，正确地作出辅助线是解题的关键．
10．（2023 呼和浩特）如图，四边形ABCD是平行四边形，连接AC，BD交于点O，DE平分∠ADB交AC于点E，BF平分∠CBD交AC于点F，连接BE，DF．
（1）求证：∠1＝∠2；
（2）若四边形ABCD是菱形且AB＝2，∠ABC＝120°，求四边形BEDF的面积．
【答案】（1）证明见解析；
（2）．
【点拨】（1）由平行四边形的性质，角平分线定义推出△ODE≌△OBF（ASA），得到DE＝BF，判定四边形DEBF是平行四边形，推出BE∥DF，得到∠1＝∠2．
（2）由菱形的性质得到BD⊥EF，OD＝OB，推出四边形DEBF的菱形，由平行线的性质得到∠BAD＝60°，判定△ABD是等边三角形，得到BD＝AB＝2，∠ADO＝60°，求出OE＝OD＝，得到EF＝2OE＝，由菱形的面积公式即可求出四边形BEDF的面积．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OD＝OB，
∴∠ADO＝∠CBO，
∵DE平分∠ADB，BF平分∠CBD，
∴∠ODE＝∠ADO，∠OBF＝∠CBO，
∴∠ODE＝∠OBF，
∴DE∥BF，
∵OD＝OB，∠DOE＝∠BOF，
∴△ODE≌△OBF（ASA），
∴DE＝BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴BE∥DF，
∴∠1＝∠2．
（2）解：由（1）知△ODE≌△OBF（ASA），
∴OE＝OF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥EF，OD＝OB，AD∥BC，
∴四边形DEBF的菱形，
∵AD∥BC，∠ABC＝120°，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∵AD＝AB，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝2，∠ADO＝60°，
∴OD＝BD＝1，
∵∠ODE＝∠ADO＝30°，
∴OE＝OD＝，
∴EF＝2OE＝，
∴四边形BEDF的面积＝BD EF＝×2×＝．
【点评】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，关键是由△ODE≌△OBF（ASA），得到DE＝BF，判定四边形DEBF是平行四边形；证明四边形BEDF是菱形．
类型三 正方形的性质与判定
1．（2023 黑龙江）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，试添加一个条件 　AB＝AD（答案不唯一）　，使得矩形ABCD为正方形．
【答案】AB＝AD（答案不唯一）．
【点拨】根据正方形的判定方法添加即可．
【解答】解：AB＝AD．
理由：∵四边形ABCD是矩形，
又∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形．
或∵四边形ABCD是矩形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：AB＝AD（答案不唯一）．
【点评】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法与性质是解题的关键．
2．（2023 攀枝花）如图，已知正方形ABCD的边长为3，点P是对角线BD上的一点，PF⊥AD于点F，PE⊥AB于点E，连接PC，当PE：PF＝1：2时，则PC＝（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【点拨】先证四边形AEPF是矩形，可得PE＝AF，∠PFD＝90°，由等腰直角三角形的性质可得PF＝DF，可求AF，DF的长，由勾股定理可求AP的长，由“SAS”可证△ABP≌△CBP，可得AP＝PC＝．
【解答】解：连接AP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝3，∠ADB＝45°，
∵PF⊥AD，PE⊥AB，∠BAD＝90°，
∴四边形AEPF是矩形，
∴PE＝AF，∠PFD＝90°，
∴△PFD是等腰直角三角形，
∴PF＝DF，
∵PE：PF＝1：2，
∴AF：DF＝1：2，
∴AF＝1，DF＝2＝PF，
∴AP＝＝＝，
∵AB＝BC，∠ABD＝∠CBD＝45°，BP＝BP，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴AP＝PC＝，
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
3．（2023 河北）如图，在Rt△ABC中，AB＝4，点M是斜边BC的中点，以AM为边作正方形AMEF．若S正方形AMEF＝16，则S△ABC＝（　　）
A．4 B．8 C．12 D．16
【答案】B
【点拨】先根据正方形AMEF的面积求出AM的长，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出BC的长，最后根据勾股定理求出AC的长，然后即可求出直角三角形ABC的面积．
【解答】解：∵四边形AMEF是正方形，
又∵S正方形AMEF＝16，
∴AM2＝16，
∴AM＝4，
在Rt△ABC中，点M是斜边BC的中点，
∴，
即BC＝2AM＝8，
在Rt△ABC中，AB＝4，
∴，
∴，
故选：B．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，正方形的面积计算公式，直角三角形面积的计算公式，勾股定理，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
4．（2023 眉山）如图，在正方形ABCD中，点E是CD上一点，延长CB至点F，使BF＝DE，连结AE，AF，EF，EF交AB于点K，过点A作AG⊥EF，垂足为点H，交CF于点G，连结HD，HC．下列四个结论：①AH＝HC；②HD＝CD；③∠FAB＝∠DHE； ④AK HD＝．
其中正确结论的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【点拨】①证明△EAF是等腰直角三角形，根据直角三角形斜边中线可得AH＝EF＝CH，可得①正确；
②证明∠DAH与∠AHD不一定相等，则AD与DH不一定相等，可知②不正确；
③证明△ADH≌△CDH（SSS），则∠ADH＝∠CDH＝45°，再由等腰直角三角形的性质可得结论正确；
④证明△AKF∽△HED，列比例式可得结论正确．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ADE＝∠ABC＝90°，
∴∠ADE＝∠ABF＝90°，
∵DE＝BF，
∴△ADE≌△ABF（SAS），
∴AE＝AF，∠DAE＝∠BAF，
∵∠DAE+∠EAB＝90°，
∴∠BAF+∠EAB＝90°，即∠EAF＝90°，
∵AG⊥EF，
∴EH＝FH，
∴AH＝EF，
Rt△ECF中，∵EH＝FH，
∴CH＝EF，
∴AH＝CH；
故①正确；
③∵AH＝CH，AD＝CD，DH＝DH，
∴△ADH≌△CDH（SSS），
∴∠ADH＝∠CDH＝45°，
∵△AEF为等腰直角三角形，
∴∠AFE＝45°，
∴∠AFK＝∠EDH＝45°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD，
∴∠BKF＝∠CEH，
∴∠AKF＝∠DEH，
∴∠FAB＝∠DHE，
故③正确；
②∵∠ADH＝∠AEF，
∴∠DAE＝∠DHE，
∵∠BAD＝∠AHE＝90°，
∴∠BAE＝∠AHD，
∵∠DAE与∠BAG不一定相等，
∴∠DAH与∠AHD不一定相等，
则AD与DH不一定相等，即DH与CD不一定相等，
故②不正确；
④∵∠FAB＝∠DHE，∠AFK＝∠EDH，
∴△AKF∽△HED，
∴＝，
∴AK DH＝AF EH，
在等腰直角三角形AFH中，AF＝FH＝EH，
∴AK HD＝．
故④正确；
∴本题正确的结论有①③④，共3个．
故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形“三线合一“的性质，直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形“三线合一“的性质，直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质是解题的关键．
5．（2023 枣庄）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE＝7，F为DE的中点，若△CEF的周长为32，则OF的长为 　　．
【答案】．
【点拨】在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，可知O是中点，∠BCD＝90°，F为DE的中点，则CF＝EF＝DF，△CEF的周长为32，CE＝7，则CF+EF＝25，即DE＝25，根据勾股定理可得CD＝24＝BC，从而求得BE，再根据中位线的性质即可解答．
【解答】解：在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，
∴∠BCD＝90°，O是中点，
∵F为DE的中点，
∴CF＝EF＝DF，
∵△CEF的周长为32，CE＝7，
∴CF+EF＝25，即DE＝25，
在Rt△CDE中，根据勾股定理可得CD＝24＝BC，
∴BE＝24﹣7＝17，
根据三角形的中位线可得OF＝BE＝．
故答案为：．
【点评】本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，熟悉性质是解题关键．
6．（2023 巴中）如图，已知正方形ABCD和正方形BEFG，点G在AD上，GF与CD交于点H，tan∠ABG＝，正方形ABCD的边长为8，则BH的长为 　10　．
【答案】10．
【点拨】根据同角的余角相等可得∠DGH＝∠ABG，进而得到tan∠DGH＝tan∠ABG＝，在Rt△ABG中，AG＝AB tan∠ABG＝4，于是可求得＝，DG＝4，在Rt△DGH中，DH＝DG tan∠DGH＝2，于是可求得GH＝＝，在Rt△BGH中，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD、BEFG均为正方形，
∴∠A＝∠BGF＝∠D＝90°，
∴∠AGB+∠DGH＝90°，
∵∠AGB+∠ABG＝90°，
∴∠DGH＝∠ABG，
∴tan∠DGH＝tan∠ABG＝，
∵正方形ABCD的边长为8，
∴AB＝AD＝8，
在Rt△ABG中，AG＝AB tan∠ABG＝8×＝4，
∴＝＝，
∴DG＝AD﹣AG＝4，
在Rt△DGH中，DH＝DG tan∠DGH＝＝2，
∴GH＝＝＝，
在Rt△BGH中，＝＝10．
故答案为：10．
【点评】本题主要考查正方形的性质、解直角三角形、勾股定理，利用同角的余角相等推出∠DGH＝∠ABG，再根据锐角三角函数和勾股定理求出相应线段的长度是解题关键．
7．（2023 十堰）如图， ABCD的对角线AC，BD交于点O，分别以点B，C为圆心，AC，BD长为半径画弧，两弧交于点P，连接BP，CP．
（1）试判断四边形BPCO的形状，并说明理由；
（2）请说明当 ABCD的对角线满足什么条件时，四边形BPCO是正方形？
【答案】见解析
【点拨】（1）由平行四边形的性质得出OC＝OA＝AC，OB＝OD＝BD，证出OB＝CP，BP＝OC，则可得出结论；
（2）由正方形的判定可得出结论．
【解答】解：（1）四边形BPCO为平行四边形．
理由：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OC＝OA＝AC，OB＝OD＝BD，
∵以点B，C为圆心，AC，BD长为半径画弧，两弧交于点P，
∴OB＝CP，BP＝OC，
∴四边形BPCO为平行四边形；
（2）当AC⊥BD，AC＝BD时，四边形BPCO为正方形．
∵AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∵AC＝BD，OB＝BD，OC＝AC，
∴OB＝OC，
∵四边形BPCO为平行四边形，
∴四边形BPCO为正方形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，正方形的判定，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
8．（2021 牡丹江）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，过点F作FG⊥BC于点G，连接AC．易证：AC＝（EC+FG）．（提示：取AB的中点M，连接EM）
（1）当点E是BC边上任意一点时，如图2；当点E在BC延长线上时，如图3．请直接写出AC，EC，FG的数量关系，并对图2进行证明；
（2）已知正方形ABCD的面积是27，连接AF，当△ABE中有一个内角为30°时，则AF的长为 　6或6　．
【答案】见解析
【点拨】（1）如图2中，结论：AC＝（FG+EC）．在AB上截取BM＝BE，连接EM，证明△AEM≌△EFC（ASA），可得结论．
如图3中，结论：AC＝（FG﹣EC）．
（2）分两种情形：如图1中，当∠BAE＝30°时，如图3中，当∠AEB＝30°时，利用等腰直角三角形的性质求解即可．
【解答】解：（1）如图2中，结论：AC＝（FG+EC）．
理由：在AB上截取BM＝BE，连接EM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠BCD＝90°，AB＝BC，
∴∠DCG＝90°，∠EAM+∠AEB＝90°，
∵BM＝BE，
∴AB﹣BM＝BC﹣BE，∠BME＝∠BEM＝45°，
∴AM＝EC，∠AME＝135°，
∵CF平分∠DCG，
∴∠FCG＝45°，
∴∠ECF＝135°，
∴∠AME＝∠ECF，
∵∠AEF＝90°，
∴∠FEC+∠AEB＝90°，
∴∠EAM＝∠FEC，
∴在△AEM和△EFC中，
，
∴△AEM≌△EFC（ASA），
∴EM＝CF，
∵EM＝BE，CF＝FG，
∴BE＝FG，
∵AC＝BC＝（BE+EC），
∴AC＝（FG+EC）．
如图3中，结论：AC＝（FG﹣EC）．
（2）如图1中，当∠BAE＝30°时，
∵正方形的面积为27，
∴AB＝3，∠B＝90°，
∴BE＝AB tan30°＝3×＝3，
∴AE＝2BE＝6，
∵△AEM≌△EFC
∴AE＝EF＝6，
∴AF＝6，
如图3中，当∠AEB＝30°时，同法可得AE＝EF＝2AB＝6，
∴AF＝AE＝6，
综上所述，AF的长为6或6．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
9．（2021 梧州）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，CD上的点，且AE⊥BF于点P，G为AD的中点，连接GP，过点P作PH⊥GP交AB于点H，连接GH．
（1）求证：BE＝CF；
（2）若AB＝6，BE＝BC，求GH的长．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【点拨】（1）由AE⊥BF证出，∠EAB＝∠CBF，再证△ABE≌△BCF，即得BE＝CF；
（2）由PH⊥GP、AE⊥BF证出△GPA∽△HPB，得，再由tan∠EAB＝，BE＝BC，得＝3，再由G为AD的中点，得AG＝3，得HB＝1，从而得AH，由勾股定理算出GH即可．
【解答】（1）证明：∵AE⊥BF，∠ABE＝90°，
∴∠EAB+∠ABF＝90°，∠ABF+∠CBF＝90°，
∴∠EAB＝∠CBF，
在△ABE与△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF；
（2）∵∠EAB＝∠CBF，
∴∠GAE＝∠PBH，
∵PH⊥GP，
∴∠GPH＝90°，
∵∠APB＝90°，
∴∠GPA+∠APH＝∠APH+∠HPB，
∴∠GPA＝∠HPB，
∴△GPA∽△HPB，
∴，
∵tan∠EAB＝，
∵BE＝BC，
∴＝3，
∵G为AD的中点，
∴AG＝3，
∴HB＝1，
∴AH＝5，
∴GH＝＝．
【点评】本题是正方形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理，根据由PH⊥GP、AE⊥BF证出△GPA∽△HPB是解题的关键．
类型四 四边形综合问题
1．（2023 南充）如图，正方形ABCD中，点M在边BC上，点E是AM的中点，连接ED，EC．
（1）求证：ED＝EC；
（2）将BE绕点E逆时针旋转，使点B的对应点B′落在AC上，连接MB′．当点M在边BC上运动时（点M不与B，C重合），判断△CMB′的形状，并说明理由．
（3）在（2）的条件下，已知AB＝1，当∠DEB′＝45°时，求BM的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）△CMB′是等腰直角三角形，理由见解析；
（3）BM＝．
【点拨】（1）根据正方形的性质和直角三角形斜边中线的性质可证△EAD≌△EBC（SAS），根据全等三角形的性质即可得证；
（2）根据折叠的性质可得根据旋转的性质可得，EB′＝EB，再根据直角三角形斜边的中线的性质可得EB′＝AE＝ME，进一步可得∠AB′M＝90°，可得∠CB′M＝90°，再根据正方形的性质可得∠B′CM＝45°，进一步可得B′M＝B′C，可证△MB′C是等腰直角三角形；
（3）延长BE交AD于点F，根据三角形外角的性质可得∠BEB′＝90°，进一步可得∠DEF＝45°，根据△EAD≌△EBC，可得∠AED＝∠BEC，进一步可得∠CEM＝∠DEF＝45°，再证明△CME∽△AMC，根据相似三角形的性质可得CM：AM＝EM：CM，可得，设BM＝x，则CM＝1﹣x，根据勾股定理，AM2＝1+x2，列方程求解即可．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AD＝BC，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∵E为AM的中点，
∴AE＝BE，
∴∠EAB＝∠EBA，
∴∠EAD＝∠EBC，
在△EAD和△EBC中，
，
∴△EAD≌△EBC（SAS），
∴ED＝EC；
（2）解：△CMB′是等腰直角三角形，理由如下：
根据旋转的性质可得，EB′＝EB，
∵EB＝AE＝ME，
∴EB′＝AE＝ME，
∴∠EAB′＝∠EB′A，∠EMB′＝∠EB′M，
∵∠EAB′+∠EB′A+∠EB′M+∠EMB′＝180°，
∴∠AB′M＝90°，
∴∠MB′C＝90°，
在正方形ABCD中，∠ACB＝45°，
∴∠B′MC＝45°，
∴B′M＝B′C，
∴△CMB′是等腰直角三角形；
（3）解：延长BE交AD于点F，如图所示：
∵∠BEM＝2∠BAE，∠B′EM＝2∠B′AE，
∵∠BAB′＝45°，
∴∠BEB′＝90°，
∴∠B′EF＝90°，
∵∠DEB′＝45°，
∴∠DEF＝45°，
∵△EAD≌△EBC，
∴∠AED＝∠BEC，
∵∠AEF＝∠BEM，
∴∠CEM＝∠DEF＝45°，
∵∠MCA＝45°，
∴∠CEM＝∠MCA，
又∵∠CME＝∠AMC，
∴△CME∽△AMC，
∴CM：AM＝EM：CM，
∵EM＝AM，
∴，
在正方形ABCD中，BC＝AB＝1，
设BM＝x，则CM＝1﹣x，
根据勾股定理，AM2＝1+x2，
∴＝（1﹣x）2，
解得x＝或x＝2+（舍去），
∴BM＝．
【点评】本题考查了四边形的综合题，涉及正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等，本题综合性较强，难度较大．
2．（2023 山西）阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
瓦里尼翁平行四边形我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接E，F，G，H，得到的四边形EFGH是平行四边形．我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnon，Pierte 1654～1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：证明：如图2，连接AC，分别交EH，FG于点P，Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．∵H，G分别为AD，CD的中点，∴HG∥AC，HG＝AC．（依据1）∴．∵DG＝GC，∴DN＝NM＝DM．∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．∵HG∥AC，即HG∥PQ，∴四边形HPQG是平行四边形，（依据2）∴S HPQG＝HG MN＝．∵S△ADC＝AC DM＝HG DM，∴S HPQG＝S△ADC．同理，…
任务：（1 ）填空：材料中的依据1是指：　三角形中位线定理　．
依据2是指：　两组对边分别平行的四边形是平行四边形　．
（2）请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH、使得四边形EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）
（3）在图1中，分别连接AC，BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC，BD长度的关系，并证明你的结论．
【答案】见解析
【点拨】（1）由三角形中位线定理和平行四边形的判定可求解；
（2）画四边形ABCD，且AC⊥BD于O，点E，H，G，F分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接EF，FG，GH，HE，则四边形EFGH为所求；
（3）由三角形中位线定理可得EF＝AC，GH＝AC，EH＝BD，FG＝BD，即可求解．
【解答】解：（1）证明：如图2，连接AC，分别交EH，FG于点P，Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
∵H，G分别为AD，CD的中点，
∴HG∥AC，HG＝AC，（三角形中位线定理），
∴，
∵DG＝GC，
∴DN＝NM＝DM，
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，
∴HE∥GF，即HP∥GQ．
∵HG∥AC，即HG∥PQ，
∴四边形HPQG是平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），
∴S HPQG＝HG MN＝HG DM，
∵S△ADC＝AC DM＝HG DM，
∴S HPQG＝S△ADC，
同理可得，S EFQP＝S△ABC，
∴S HEFG＝S四边形ABCD，
故答案为：三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
（2）如图，画四边形ABCD，且AC⊥BD于O，点E，H，G，F分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接EF，FG，GH，HE，则四边形EFGH为所求；
理由如下：∵点E，H，G，F分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴EF∥BD，HG∥BD，EH∥AC，FG∥AC，
∴EF∥HG，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，EF∥BD，
∴AC⊥EF，
∵FG∥AC，
∴EF⊥FG，
∴平行四边形EFGH是矩形；
（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于AC+BD，理由如下：
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，
∴点E，H，G，F分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴EF＝AC，GH＝AC，EH＝BD，FG＝BD，
∴瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长＝EF+GF+GH+EH＝BD+BD+AC+AC＝AC+BD．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，矩形的判定等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
3．（2023 深圳）（1）如图1，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接BE，若BE＝BC，过C作CF⊥BE交BE于点F，
①求证：△ABE≌△FCB；
②若S矩形ABCD＝20时，则BE CF＝　20　．
（2）如图2，在菱形ABCD中，cosA＝，过C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，过E作EF⊥AD交AD于点F，若S菱形ABCD＝24时，求EF BC的值．
（3）如图3，在平行四边形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6，AD＝5，点E在CD上，且CE＝2，点F为BC上一点，连接EF，过E作EG⊥EF交平行四边形ABCD的边于点G，若EF EG＝7时，请直接写出AG的长．
【答案】（1）①见解析；②20；（2）32；（3）3 或4或 ．
【点拨】（1）①根据矩形的性质得出∠ABE+∠CBF＝90°，∠CFB＝∠A＝90°，进而证明∠FCB＝∠ABE 结合已知条件，即可证明△ABE≌△FCB； ②由①可得∠FCB＝∠ABE，∠CFB＝∠A＝90°，证明△ABE∽△FCB，得出 ，根据S矩形ABCD＝AB CD＝20，即可求解；
（2）根据菱形的性质得出AD∥BC，AB＝BC，根据已知条件得出 ，证明△AFE∽△BEC，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）分三种情况讨论，①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作EH⊥DM 于点H，证明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，进而得出 MG＝7，根据 tan∠MEH＝tan∠HGE，得出 HE2＝HM HG，建立方程解方程即可求解；②当G点在AB边上时，如图所示，连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过 点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形，同理证明△ENG∽△ECM，根据 tan∠FEH＝tan∠M得出 EH2＝FH HM，建立方程，解方程即可求解；③当G点在BC边上时，如图所示，过点B作BT⊥DC于点T，求得 ，而 ，得出矛盾，则此情况不存在；当G点在CD边上时，过G点作GH⊥AD交AD的延长线于点H，再由勾股定理求AG的长即可．
【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，则∠A＝∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠CBF＝90°，
又∵CF⊥BC，
∴∠FCB+∠CBF＝90°，∠CFB＝∠A＝90°，
∴∠FCB＝∠ABE，
又∵BC＝BE，
∴△ABE≌△FCB（AAS）；
②由①可得∠FCB＝∠ABE，∠CFB＝∠A＝90°，
∴△ABE∽△FCB．
∴＝，
又∵S矩形ABCD＝AB CD＝20，
∴BE CF＝AB BC＝20，
（2）∵在菱形ABCD中，，
∴AD∥BC，AB＝BC，则∠CBE＝∠A，
∵CE⊥AB，∠CEB＝90°，
∴，
∴，
∴，
∵EF⊥AD，CE⊥AB，
∴∠AFE＝∠BEC＝90°，
又∵∠CBE＝∠A，
∴△AFE∽△BEC，
∴，
∴EF BC＝AE CE＝AB×CE＝S菱形ABCD＝×24＝32；
（3）①当点G在AD边上时，如图所示，延长FE交AD的延长线于点M，连接GF，过点E作 EH⊥DM于点H，
∵平行四边形ABCD中，AB＝6，CE＝2，
∴CD＝AB＝6，
DE＝DC﹣EC＝6﹣2＝4，
∵DM∥FC，
∴△EDM∽△ECF，
∴，
＝＝2，
∴S△MGE＝2S△EFG＝EF EG＝7，
在Rt△DEH 中，∠HDE＝∠A＝60°，
则 ，，
∴，
∴MG＝7，
∵GE⊥EF，EH⊥MG，∠MEH＝90°﹣∠HEG＝∠HGE，
∴tan∠MEH＝tan∠HGE，
∵，
∴HE2＝HM HG，
设AG＝a，则GD＝AD﹣AG＝5﹣a，
GH＝GD+HD＝5﹣a+2＝7﹣a，HM＝GM﹣GH＝7﹣（7﹣a）＝a，
（2）2＝a（7﹣a），
解得：a＝3或a＝4，
即AG＝3或AG＝4，
②当G点在AB边上时，如图所示，
连接GF，延长GE交BC的延长线于点M，过点G作GN∥AD，则GN∥BC，四边形ADNG是平行四边形，
设AG＝x，则 DN＝AG＝x，EN＝DE﹣DN＝4﹣x，
∵GN∥CM，
∴△ENG∽△ECM，
∴，
∴，
∴，
∵EF ，
∴，
过点E作EH⊥BC于点H，
在Rt△EHC中，EC＝2，∠ECH＝60°，
∴，CH＝1，
∴，
则 ，
∴，
∴，，
∵∠MEF＝∠EHM＝90°，∠FEH＝90°﹣∠MEH＝∠M，
∴tan∠FEH＝tan∠M，
即 ，
∴EH2＝FH HM，
即 ，
解得： x2＝8 （舍去），
即 ；
③当G点在BC边上时，如图所示，
过点B作BT⊥DC于点T，
在Rt△BTC 中，，
，
，
EF EG＝7，
∴，
∵，
∴G点不可能在BC边上，
④当G点在CD上时，EF⊥GE，不符合相交，舍去，
综上所述，AG的长为3或4或 ．
【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质，解直角三角形，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定，分类讨论是解题的关键．
4．（2023 牡丹江） ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，连接DE，将ED绕点E逆时针旋转90°，得到EF，连接BF．
（1）当点E在线段BC上，∠ABC＝45°时，如图①，求证：AE+EC＝BF；
（2）当点E在线段BC延长线上，∠ABC＝45°时，如图②；当点E在线段CB延长线上，∠ABC＝135°时，如图③，请猜想并直接写出线段AE，EC，BF的数量关系；
（3）在（1）、（2）的条件下，若BE＝3，DE＝5，则CE＝　1或7　．
【答案】（1）证明见解析；
（2）图②，AE﹣EC＝BF；图③，EC﹣AE＝BF；
（3）1或7．
【点拨】（1）由∠AEB＝90°，∠ABC＝45°，得∠BAE＝∠ABC＝45°，则BE＝AE，由旋转得∠DEF＝90°，EF＝ED，则∠BEF＝∠AED＝90°﹣∠AEF，即可证明△BEF≌△AED，得BF＝AD，由平行四边形的性质得BC＝AD，则AE+EC＝BE+EC＝BC＝AD＝BF；
（2）当点E在线段BC延长线上，则∠AEB＝90°，所以∠BAE＝∠ABC＝45°，则BE＝AE，而∠DEF＝90°，EF＝ED，则∠BEF＝∠AED＝90°﹣∠AEF，即可证明△BEF≌△AED，所以BF＝AD，则AE﹣EC＝BE﹣EC＝BC＝AD＝BF；当点E在线段CB延长线上，∠ABC＝135°时，则∠AEB＝90°，∠ABE＝180°﹣∠ABC＝45°，所以∠BAE＝∠ABE＝45°，仍可证明△BEF≌△AED，得BF＝AD，所以EC﹣AE＝EC﹣BE＝BC＝AD＝BF；
（3）分三种情况，一是点E在BC边上，由AD∥BC，得∠DAE＝∠AEB＝90°，则AD＝＝4，所以BC＝AD＝4，则CE＝BC﹣BE＝1；二是点E在线段BC延长线上，仍可求得AD＝＝＝4，则BF＝AD＝4，由AE﹣EC＝BF，得EC＝AE﹣BF＝﹣1，即CE＝﹣1，不符合题意，舍去；三是点E在线段CB延长线上，∠ABC＝135°，可求得AD＝＝4，则BC＝AD＝4，所以CE＝BE﹣BC+3+4＝7，于是得到问题的答案．
【解析】（1）证明：如图①，∵AE⊥BC于点E，
∴∠AEB＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BAE＝∠ABC＝45°，
∴BE＝AE，
∵将ED绕点E逆时针旋转90°，得到EF，
∴∠DEF＝90°，EF＝ED，
∴∠BEF＝∠AED＝90°﹣∠AEF，
∵BE＝AE，∠BEF＝∠AED，EF＝ED，
∴△BEF≌△AED（SAS），
∴BF＝AD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD，
∴AE+EC＝BE+EC＝BC＝AD，
∴AE+EC＝BF．
（2）解：图②，AE﹣EC＝BF；图③，EC﹣AE＝BF，
理由：如图②，AE⊥BC交BC的延长线于点E，
∴∠AEB＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BAE＝∠ABC＝45°，
∴BE＝AE，
∵将ED绕点E逆时针旋转90°，得到EF，
∴∠DEF＝90°，EF＝ED，
∴∠BEF＝∠AED＝90°﹣∠AEF，
∵BE＝AE，∠BEF＝∠AED，EF＝ED，
∴△BEF≌△AED（SAS），
∴BF＝AD，
∵BC＝AD，
∴AE﹣EC＝BE﹣EC＝BC＝AD，
∴AE﹣EC＝BF；
如图③，AE⊥BC交CB的延长线于点E，
∴∠AEB＝90°，
∵∠ABC＝135°，
∴∠ABE＝180°﹣∠ABC＝45°，
∴∠BAE＝∠ABE＝45°，
∴BE＝AE，
∵将ED绕点E逆时针旋转90°，得到EF，
∴∠DEF＝90°，EF＝ED，
∴∠BEF＝∠AED＝90°﹣∠BED，
∵BE＝AE，∠BEF＝∠AED，EF＝ED，
∴△BEF≌△AED（SAS），
∴BF＝AD，
∴BC＝AD，
∴EC﹣AE＝EC﹣BE＝BC＝AD，
∴EC﹣AE＝BF．
（3）解：如图①，∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB＝90°，
∵AE＝BE＝3，DE＝5，
∴AD＝＝＝4，
∴BC＝AD＝4，
∴CE＝BC﹣BE＝4﹣3＝1；
如图②，∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB＝90°，
∵AE＝BE＝3，DE＝5，
∴AD＝＝＝4，
∴BF＝AD＝4，
∵AE﹣EC＝BF，
∴EC＝AE﹣BF＝3﹣4＝﹣1，即CE＝﹣1，不符合题意，舍去；
如图③，∵AD∥BC，
∴∠DAE＝180°﹣∠AEB＝90°，
∵AE＝BE＝3，DE＝5，
∴AD＝＝＝4，
∴BC＝AD＝4，
∴CE＝BE﹣BC+3+4＝7，
综上所述，CE＝1或CE＝7，
故答案为：1或7．
【点睛】此题重点考查平行四边形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，证明△BEF≌△AED是解题的关键．
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