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专题18.2 特殊的平行四边形
1.了解矩形、菱形、正方形的概念，掌握矩形、菱形、正方形的特殊性质（边、角、对角线）；
2.能利用矩形、菱形、正方形的性质解决相关的计算和证问题；
3.理解并掌握矩形、菱形、正方形的判定定理，并能运用其判定解决相关的证明和计算问题；
4.能利用矩形的性质证明：直角三角形斜边中线等于斜边的一半．
5.探究菱形面积的多种求法．
6.了解正方形与矩形、菱形、平行四边形之间的联系与区别；
知识点01 矩形的性质与判定
【知识点】
矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形
矩形的性质，从边、角、对角线、对称性进行讨论．如下图，四边形ABCD为矩形：
1）边：①对边平行；②对边相等，即AD∥DC，AB∥DC；AD＝BC，AB＝DC
2）角：四个角都是90°，即∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°
3）对角线：①对角线相等；②对角线相互平分，即AC＝BD；AO＝BO＝CO＝DO
4）对称性：轴对称图形；中心对称图形
5）重要推论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即如上图，如∠A＝90°，点O为斜边BD的中点，则AO＝BD（或AO＝OB＝OD）
矩形是特殊的平行四边形，常见的判定思路：平行四边形＋矩形的一个特殊性质，具体如下：
1）判定方法1（定义）：平行四边形＋1个角是90°；
2）判定方法2（角）：有3个角是直角的四边形，即∠BAB＝∠ABC＝∠BCD＝90°；
3）判定方法3（对角线）：平行四边形＋对角线相等，或对角线相等且相互平分．
【知识拓展1】矩形的相关性质
例1.（2022·云南楚雄·九年级统考期中）
1．下列关于矩形的说法中正确的是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形 B．矩形的对角线相等且互相平分
C．矩形的对角线互相垂直且平分 D．对角线互相平分的四边形是矩形
【即学即练】
（2022·河南洛阳·统考二模）
2．关于矩形的性质，以下说法不正确的是（　　）
A．邻边相互垂直 B．对角线相互垂直
C．是中心对称图形 D．对边相等
【知识拓展2】利用矩形的性质求角度、长度（面积）
例2.（2022·吉林松原市·九年级一模）
3．如图所示，是矩形的对角线的中点，为的中点．若，，则的周长为（ ）
A．10 B． C． D．14
【即学即练】
（2022·重庆市初三期末）
4．如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，过点A作AE⊥BD于点E，已知∠EAD＝3∠BAE，则∠EOA＝ °．
（2022·河南初三期末）
5．如图,在矩形ABCD中,BC=2,AE⊥BD,垂足为E,∠BAE=30°,那么△ECD的面积是　（ ）
A．2 B． C． D．
【知识拓展3】矩形中的翻折、坐标问题
例3.（2022·广东·深圳市二模）
6．如图，在平面直角坐标系中，矩形中，，，将沿对角线翻折，使点落在处，与轴交于点，则点的坐标为 ．
【即学即练】
（2021·江苏宿迁·中考真题）
7．折叠矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，折痕为MN，已知AB=8，AD=4，则MN的长是（ ）
A． B．2 C． D．4
【知识拓展4】斜边中线等于斜边的一半
例4.（2022·柘城初三模拟）
8．如图，在四边形中，，，垂足为点，连接交于点，点为的中点，．若，，则的长为（ ）
A．14 B．21 C．24 D．25
【即学即练】
（2021·辽宁丹东市·九年级期末）
9．如图，在和中，，，M是的中点，连接，，，若，则的面积为（　　）
A．12 B．12.5 C．15 D．24
【知识拓展5】矩形的判定定理的理解
例5.（2022春·陕西西安·九年级阶段练习）
10．下列说法中正确的是（ ）
A．有一个角是直角的四边形是矩形
B．两条对角线相等的四边形是矩形
C．两条对角线互相垂直的四边形是矩形
D．有三个角是直角的四边形是矩形
【即学即练】
（2022秋·吉林白山·八年级统考阶段练习）
11．下列四边形是矩形的是（ ）
A．有两个角为直角的四边形 B．有一个角是直角的平行四边形
C．对角线互相平分的四边形 D．对角线相等的四边形
（2022春·福建漳州·九年级统考期中）
12．如图，四边形是平行四边形，添加下列条件，能判定这个四边形是矩形的是（ ）
A． B． C． D．
【知识拓展6】证明四边形是矩形
例6.（2022·河南九年级期中）
13．如图，将□ABCD的边DC延长到点E，使CE=DC，连接AE，交BC于点F，连接AC、BE．
（1）求证：四边形ABEC是平行四边形；
（2）若∠AFC=2∠ADC，求证：四边形ABEC是矩形．
【即学即练】
（2021·江苏·中考真题）
14．如图，点C是的中点，四边形是平行四边形．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)如果，求证：四边形是矩形．
【知识拓展7】根据矩形的性质与判定综合问题
例7.（2022·重庆初三期末）
15．如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为2﹣6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【即学即练】
（2021·达州市·九年级期末）
16．在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分交BC于点E，．连接OE，则下面的结论：①是等边三角形；②是等腰三角形；③；④；⑤，其中正确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
知识点02 菱形的性质与判定
【知识点】
菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形．
菱形的性质，从边、角、对角线、对称性进行讨论．如下图，四边形ABCD为菱形：
1）边：①四条边都相等；②对边平行，即AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，BC∥AD
2）角：对角相等（与平行四边形相同），即∠BAD＝∠BCD，∠ABC＝∠ADC
3）对角线：①对角线相互垂直；②对角线平分对角；③对角线相互平分，
即AC⊥BD；∠BAC＝∠CAD，∠ABD＝∠CBD；AO＝OC，BO＝OD
4）对称性：轴对称图形；中心对称图形
5）菱形的面积（对角线相互垂直的四边形）：对角线乘积的一半，即S菱形ABCD＝×AC×BD，
菱形是特殊的平行四边形，常见的判定思路：平行四边形＋菱形的一个特殊性质，具体如下：
1）判定方法1（定义）：平行四边形＋1组邻边相等
2）判定方法2（边）：四条边相等的四边形，即AB＝BC＝CD＝DA
3）判定方法3（对角线）：平行四边形＋对角线相互垂直，或对角线相互垂直且平分
4）判定方法4（对角线）：平行四边形＋对角线平分一组顶角
【知识拓展1】菱形的相关性质
例1.（2022秋·河南南阳·八年级阶段练习）
17．菱形具有而矩形不具有的性质是（ ）
A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直
【即学即练】
（2022春·云南·九年级统考期中）
18．下列关于菱形的说法中正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．菱形的对角线互相垂直且平分
C．菱形的对角线相等且互相平分 D．对角线互相平分的四边形是菱形
【知识拓展2】利用菱形的性质求角度、长度
例2.（2022·江苏常州初三期末）
19．如图，菱形的对角线相交于点，于点，连接，若，则的度数是( )．
A．25° B．22.5° C．30° D．15°
【即学即练】
（2022·黑龙江哈尔滨市·九年级期末）
20．如图，菱形ABCD的边长为10，对角线BD的长为16，点E，F分别是边AD，CD的中点，连接EF并延长与BC的延长线相交于点G，则EG的长为 ．
【知识拓展3】菱形中的翻折、坐标问题题
例3.（2022·黑龙江九年级期末）
21．如图，在平面直角坐标系中，O是菱形ABCD对角线BD的中点，AD∥x轴，AD=4，∠A=60°．将菱形ABCD绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是 ．
【即学即练】
（2022·福建三明·一模）
22．如图，菱形ABCD中，∠BAD = 60°，AB = 6，点E，F分别在边AB，AD上，将△AEF沿EF翻折得到△GEF，若点G恰好为CD边的中点，则AE的长为（ ）
A．
B．
C．
D．3
【知识拓展4】菱形的面积
例4.（2022·湖南长沙·九年级期末）
23．如图，将菱形ABCD的对角线AC向两个方向延长，分别至点E和点F，且使AE＝CF．
（1）求证：四边形EBFD是菱形；
（2）若菱形EBFD的对角线BD＝10，EF＝24，求菱形EBFD的面积．
【即学即练】
（2022·镇江市初三月考）
24．如图，菱形ABCD中，AC＝2，BD＝5，P是AC上一动点（P不与A、C重合），交AB于E，交AD于F，则图中阴影部分的面积为 ．
【知识拓展5】菱形的判定定理的理解
例5.（2022春·辽宁沈阳·九年级校考期末）
25．下列说法正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．四边相等的四边形是菱形
C．一组对边平行的四边形是平行四边形 D．矩形的对角线互相垂直
【即学即练】
（2022春·陕西榆林·九年级校考期末）
26．如图，在中，对角线与相交于点O，如果添加一个条件，可推出是菱形，那么这个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
【知识拓展6】证明四边形是菱形
例6.（2021·四川遂宁市·中考真题）
27．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点O的直线EF与BA、DC的延长线分别交于点E、F．
（1）求证：AE＝CF；
（2）请再添加一个条件，使四边形BFDE是菱形，并说明理由．
【即学即练】
（2022·江苏扬州·八年级阶段练习）
28．已知：如图，在中，点E、F分别在AD、BC上，且BE平分，．求证：
(1)；
(2)四边形ABFE是菱形．
【知识拓展7】根据菱形的性质与判定综合问题
例7.（2022·广东·八年级期末）
29．如图，矩形中，点在轴上，点在轴上，点的坐标是．矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，折痕与、轴分别交于点、．
(1)求证：是等腰三角形；
(2)求直线的解析式；
(3)若点是平面内任意一点，点是线段上的一个动点，过点作轴，垂足为点．在点的运动过程中是否存在以、、、为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【即学即练】
（2022·广东连州·九年级阶段练习）
30．如图，在平行四边形中，的平分线交于点，交的延长线于F，以为邻边作平行四边形．
（1）证明平行四边形是菱形；
（2）若，连结，
①求证：；
②求的度数；
（3）若，，，M是的中点，求的长．
知识点03 正方形的性质与判定
【知识点】
正方形的定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形
正方形的性质，从边、角、对角线、对称性进行讨论．如下图，四边形ABCD为正方形：
1）边：①四条边相等；②对边平行，即AB＝BC＝CD＝DA；AB∥CD，AD∥BC
2）角：四个角都是90°，即∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝90°
3）对角线：①对角线相互平分；②对角线相等；③对角线相互垂直；④对角线平分对角，即AO＝OC＝OB＝OD；AC⊥BD；∠BAO＝∠DAO
4）对称性：轴对称图形；中线对称图形
正方形是特殊的平行四边形、矩形、正方形，常见的判定思路为 ：
1）判定方法1（定义）：平行四边形＋1个90°角＋1组邻边相等，或平行四边形＋对角线垂直且相等；
2）判定方法2（从正方形出发）：正方形＋1个90°角，或正方形＋对角线相等；
3）判定方法3（从矩形出发）：矩形＋1组邻边相等，或矩形＋对角线垂直；
4）判定方法4（从四边形出发）：对角线垂直平分且相等．
【知识拓展1】正方形的相关性质
例1.（2022·山东临沂·模拟预测）
31．正方形是特殊的矩形，正方形具有而矩形不具有的性质是（ ）
A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直
C．对角线相等 D．对角线相等且互相平分
【即学即练】
（2022春·广东梅州·九年级校考阶段练习）
32．正方形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．四个角都是直角 B．对角线相等
C．四条边相等 D．对角线互相平分
【知识拓展2】利用正方形的性质求角度、长度（面积）
例2.（2022·江苏仪征初三一模）
33．如图，正方形ABCD中，AB＝3，点E为对角线AC上一点，EF⊥DE交AB于F，若四边形AFED的面积为4，则四边形AFED的周长为 ．
【即学即练】
（2022·福建·模拟预测）
34．如图，将正方形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【知识拓展3】正方形中的翻折或重叠问题
例3.（2022·辽宁新宾初三期中）
35．将五个边长都为的正方形按如图所示摆放，点、、、分别是四个正方形的中心，则图中四块阴影面积的和为 ．
【即学即练】
（2022·陕西·九年级期中）
36．如图，正方形的边长为，为边的中点，点在边上移动，点关于直线的对称点记为，连接、、．当四边形为正方形时，的长为 ．
【知识拓展4】正方形的判定定理的理解
例4.（2022春·辽宁沈阳·九年级期中）
37．下列说法不正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的矩形是正方形 B．对角线相等的菱形是正方形
C．有一个角是直角的平行四边形是正方形 D．邻边相等的矩形是正方形
【即学即练】
（2022春·广东揭阳·九年级统考期末）
38．如果一个平行四边形要成为正方形，需增加的条件是（ ）
A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直
C．对角线相等 D．对角线互相垂直且相等
【知识拓展5】特殊平行四边形的区别与联系
例5.（2022春·山西太原·九年级统考期中）
39．在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如下关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是（ ）
A．①，对角相等 B．③，有一组邻边相等
C．②，对角线互相垂直 D．④，有一个角是直角
【即学即练】
（2022·江苏淮安市·八年级期中）
40．已知：如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）.
（1）四边形EFGH的形状是 _____________ ，（证明你的结论. ）
（2）当四边形ABCD的对角线满足 __________条件时，四边形EFGH是矩形(不用证明)
【知识拓展6】证明四边形是正方形
例6.（2022·山东高唐初三期末）
41．如图，已知平行四边形中，对角线、交于点，是延长线上一点，且是等边三角形．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求证：四边形是正方形．
【即学即练】
（2022·泸县·八年级期末）
42．如图，点D为的边BC的中点，过点A作，且，连接DE，CE．
（1）求证：；
（2）若，判断四边形ADCE的形状，并说明理由；
（3）若要使四边形ADCE为正方形，则应满足什么条件？
（直接写出条件即可，不必证明）．
【知识拓展7】正方形的性质与判定综合问题
例7.（2022·辽宁大洼·八年级期中）
43．如图，四边形是正方形，点E、F分别在边上，点G在边的延长线上，且．
(1)求证：① ；②；
(2)尺规作图：以线段为边作出正方形（保留作图痕迹不写作法和证明）；
(3)连接（2）中的，猜想四边形的形状，并证明你的猜想；
(4)当时，求出的值
．
【即学即练】
（2022·黑龙江·鸡西市九年级期末）
44．如图，在正方形中，P是直线上的一点，连接，过点作，交直线于点E，连接．
(1)当点P在线段上时，如图①，求证：；
(2)当点P在直线上移动时，位置如图②、图③所示，线段，与之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需证明．
题组A 基础过关练
（2022.绵阳市初二期中）
45．如图，在平行四边形ABCD中对角线AC、BD交于点O，并且∠DAC＝60°，∠ADB＝15°．点E是AD边上一个动点，延长EO交BC于点F，当点E从D点向A点移动过程中（点E与点D，A不重合），则四边形AFCE的变化是（　　）
A．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→正方形→平行四边形
D．平行四边形→矩形→菱形→正方形→平行四边形
（2022·四川·成都九年级期中）
46．下列判断正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．对角线相等的菱形是正方形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
（2022·辽宁铁西·九年级期末）
47．如图，在矩形ABCD中，点E是BC的中点，连接AE，点F是AE的中点，连接DF，若AB＝9，AD，则四边形CDFE的面积是（　　）
A． B． C． D．54
（2022·福建厦门·九年级期末）
48．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M在BC边上，连接MO并延长交AD边于点N．若BM = 1，∠OMC = 30°，MN = 4，则矩形ABCD的面积为 ．
（2021·四川南充市·中考真题）
49．如图，点E是矩形ABCD边AD上一点，点F，G，H分别是BE，BC，CE的中点，，则GH的长为 ．
（2022·广东新丰初三期中）
50．如图，在△ABC中，D是AB中点，E是AC中点，F是BC中点，请填空：
（1）四边形BDEF是　 　四边形；
（2）若四边形BDEF是菱形，则△ABC满足的条件是　 　．
（3）若四边形BDEF是矩形，则△ABC满足的条件是　 　．
（4）若四边形BDEF是正方形，则△ABC满足的条件是　 　．
并就（2）、（3）、（4）中选取一个进行证明．
（2022·浙江杭州市·八年级期末）
51．如图，在菱形ABCD中，E为对角线BD上一点，且AE⊥AB，连结CE．
（1）求证：∠ECB＝90°；
（2）若AE═ED＝1时，求菱形的边长．
（2022·辽宁沈阳市·九年级期末）
52．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是边BC上的中线，过点A作AEBC，过点D作DEAB，DE与AC，AE分别交于点O，E，连接EC．
（1）求证：四边形ADCE是菱形；
（2）若AB＝AO，OD＝1，则菱形ADCE的周长为　 　．
题组B 能力提升练
（2021·江苏连云港·中考真题）
53．如图，将矩形纸片沿折叠后，点D、C分别落在点、的位置，的延长线交于点G，若，则等于（ ）
A． B． C． D．
（2022 滕州市九年级模拟）
54．如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边长为2，点A在第一象限，点C在x轴正半轴上，∠AOC＝60°，若将菱形OABC绕点O顺时针旋转75°，得到四边形OA'B'C'，则点B的对应点B'的坐标为（　　）
A．（，﹣） B．（2，﹣2） C．（，﹣） D．（4，﹣4）
（2022·重庆梁平初三期末）
55．如图，在中，点E、D、F分别在边上，且，，下列四个判断中，不正确的是（ ）
A．四边形是平行四边形
B．如果平分，那么四边形是菱形
C．如果，那么四边形是矩形
D．如果且，那么四边形是正方形
（2021·重庆中考真题）
56．如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
（2022·陕西·咸阳九年级阶段练习）
57．如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，，CE交BO于点E，过点B作，垂足为F，交AC于点G．现给出下列结论：①；②；③；④若，则．其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
（2022·陕西榆林市·九年级期末）
58．如图，∠MON＝90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM，ON上，当B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB＝2，BC＝1，运动过程中，点D到点O的最大距离为 ．
（2022·江苏南通市·八年级期末）
59．如图，四边形ABCD是菱形，∠DAB＝48°，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，则∠DHO＝ 度．
（2022·辽宁鞍山·八年级期末）
60．如图①，已知菱形ABCD的边长为2cm，，点M从点D开始向点C以1cm/s的速度运动，同时点N从点C开始以相同的速度向点B运动，连接AM，AN，MN，设运动时间为xs；
(1)试判断的形状，请说明理由；
(2)当x为多少时，点A到MN的距离h最小？请直接写出满足条件的x和h的值；
(3)在（2）的条件下，连接对角线AC，BD交于点O，在图②画出图形并判断以O，N，M，D为顶点的四边形的形状，请说明理由．
（2022·山西九年级阶段练习）
61．（1）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且．求证：；
（2）如图2，在正方形中，E是上一点，G是上一点，如果，请你利用（1）的结论证明：．
（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图3，在四边形中，（），，，E是上一点，且，，，求四边形的面积．
题组C 培优拔尖练
（2022·广东湘桥初三期末）
62．在菱形ABCD中，，点E为AB边的中点，DE是线段AP的垂直平分线，连接DP、BP、CP，下列结论：①DP=CD；②；③；④，其中正确的是（ ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
（2021·浙江温州市·中考真题）
63．由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
（2022·广东·深圳市福田区外国语学校八年级期中）
64．如图，已知正方形ABCD的边长为6，E为CD边上一点（点E不与端点C，D重合），将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF，对角线BD与AG、AE分别交于P、Q两点．以下各结论：①∠EAG＝45°；②线段CF的最小值为6；③；④若DE＝2，则G为BC的中点．正确的结论有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
（2022·广西贵港·八年级期末）
65．为了研究特殊四边形，刘老师制作了这样一个教具（如图1）：用钉子将四根木条钉成一个平行四边形框架ABCD，并在A与C，B与D两点之间分别用一根橡皮筋拉直固定，课上，刘老师右手拿住木条BC，用左手向右推动框架至AB⊥BC（如图2），观察所得到的四边形，下列结论：①∠BCA＝45°；②AC的长度变小；③AC＝BD；④AC⊥BD．正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
（2022·深圳市龙岗区初三）
66．如图，在矩形ABCD中，AD=AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①∠AED=∠CED；②OE=OD；③BH=HF；④BC CF=2HE．其中正确的结论有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
（2022·辽宁铁西·八年级阶段练习）
67．如图，矩形ABCD中，AB＝9，AD＝12，点M在对角线BD上，点N为射线BC上一动点，连接MN，DN，且∠DNM＝∠DBC，当DMN是等腰三角形时，线段BN的长为 ．
（2022·湖北青山·九年级期中）
68．如图，在矩形ABCD中，AB＝7，BC＝7，点P在线段BC上运动（含B、C两点），连接AP，将线段AP绕着点A逆时针旋转60°得到AQ，连接DQ，则线段DQ的最小值为 ．
（2022·辽宁大东·九年级期末）
69．如图，在菱形中，，是对角线上一点，是线段延长线上一点且，连接．
（1）如图，若是线段的中点，连接，其他条件不变，直接写出线段与的数量关系；
（2）如图，若是线段上任意一点，连接，其他条件不变，猜想线段与的数量关系是什么？并证明你的猜想；
（3）如图，若是线段延长线上一点，其他条件不变，且，菱形的周长为，直接写出的长度．
（2022·安徽巢湖·八年级期末）
70．如图，点E是正方形ABCD对角线上一点，连接DE、BE，过E点作EF⊥DE与直线BC交于点F，连接DF．
（1）如图1，当F在边BC上时．
①求证：DE＝BE；
②判断△DEF的形状，说明理由；
（2）如图2，当F在BC延长线上时，求证：AB﹣CF＝CE．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】根据矩形的性质和判定定理逐个判断即可．
【详解】解：A、对角线相等的平行四边形才是矩形，故本选项错误；
B、矩形的对角线相等且互相平分，故本选项正确；
C、矩形的对角线互相平分且相等，不一定垂直，故本选项错误；
D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，不一定是矩形，故本选项错误；
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定的应用，能熟记矩形的性质和判定定理是解此题的关键．
2．B
【分析】根据矩形的性质逐一判断即可．
【详解】解：A．矩形的邻边相互垂直，说法正确，故本选项不合题意；
B．矩形的对角线相等，但不相互垂直，原说法错误，故本选项符合题意；
C．矩形是中心对称图形，说法正确，故本选项不合题意；
D．矩形的对边相等，说法正确，故本选项不合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质定理，熟记矩形的性质是解题的关键．
3．C
【分析】易知OE是△ACD的中位线，则，在Rt△ABE中，利用勾股定理求得BE，在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC，再根据直角三角形的性质可求得BO，从而求出△BOE的周长．
【详解】解：∵点O是矩形ABCD对角线AC的中点，E点为AD中点，
∴AB=CD=6，AD=BC=8，，，
在Rt△ABE中，，
在Rt△ABC中，，
∴，
则△BOE的周长为：，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、三角形中位线定理、直角三角形的性质，解题的关键是把所求三角形的三条线段分别放在不同的三角形中求解长度．
4．
【分析】由已知条件可先求得，在Rt△ABE中可求得，再由矩形的性质可得OA=OB，则可求得，即可求得结果；
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴，OA=OB，
∵∠EAD＝3∠BAE，
∴，
∴，
∵AE⊥BD，
∴，
∴，
．
故答案是．
【点睛】本题主要考查了利用矩形的性质求角度，准确利用已知条件是解题的关键．
5．D
【分析】根据已知条件，先求Rt△AED的面积，再证明△ECD的面积与它相等．
【详解】
如图：过点C作CF⊥BD于F.
∵矩形ABCD中，BC=2，AE⊥BD，∠BAE=30°.
∴∠ABE=∠CDF=60°,AB=CD,AD=BC=2,∠AEB=∠CFD=90°，∠AED=30°，
∴△ABE≌△CDF.
∴AE=CF.
∴S△AED=EDAE,S△ECD=EDCF.
∴S△AED=S△CDE
∵AE=1,DE=，
∴△ECD的面积是.
故答案选:D.
【点睛】本题考查了矩形的性质与含30度角的直角三角形相关知识，解题的关键是熟练的掌握矩形的性质与含30度角的直角三角形并能运用其知识解题.
6．
【分析】设，则，由题意可以求证，从而得到，再根据勾股定理即可求解．
【详解】解：由题意可知：，，
设，则，
又∵
∴
∴
在中，，即
解得：
∴点的坐标为
故答案为
【点睛】此题考查了矩形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理以及平面直角坐标系的性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
7．B
【分析】连接BM，利用折叠的性质证明四边形BMDN为菱形，设DN＝NB＝x，在RtABD中，由勾股定理求BD，在RtADN中，由勾股定理求x，利用菱形计算面积的两种方法，建立等式求MN．
【详解】解：如图，连接BM，
由折叠可知，MN垂直平分BD，
又AB∥CD，
∴BON≌DOM，
∴ON＝OM，
∴四边形BMDN为菱形（对角线互相垂直平分的四边形是菱形），
设DN＝NB＝x，则AN＝8﹣x，
在RtABD中，由勾股定理得：BD＝＝，
在RtADN中，由勾股定理得：AD2+AN2＝DN2，
即42+（8﹣x）2＝x2，
解得x＝5，
根据菱形计算面积的公式，得
BN×AD＝×MN×BD，
即5×4＝×MN×，
解得MN＝．
故选：B．
【点睛】本题考查图形的翻折变换，勾股定理，菱形的面积公式的运用，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后对应线段相等．
8．C
【分析】根据直角三角形的性质得到GA=GD=AF=25，根据平行线的性质得到∠ACD=∠DGC，得到DC=DG，根据勾股定理计算即可．
【详解】∵AD∥BC，DE⊥BC，
∴∠ADE=90°，又点G为AF的中点，
∴GA=GD=AF=25，
∴∠GAD=∠GDA，
∴∠DGC=2∠DAC，
∵AD∥BC，
∴∠ACB=∠CAD，
∵∠ACD=2∠ACB．
∴∠ACD=∠DGC，
∴DC=DG=25，
在Rt△DEC中，DE=，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，解此题的关键是求出DG=DC，注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
9．A
【分析】过M作于E，根据直角三角形斜边上的中线性质求出，根据等腰三角形的性质求出，根据勾股定理求出，根据三角形的面积公式求出答案即可．
【详解】解：过M作于E，
∵，，M是的中点，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
由勾股定理得：，
∴的面积为：，
故选：A．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的性质，三角形的面积计算，勾股定理等知识，能灵活运用知识点进行推理和计算是解此题的关键，注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
10．D
【分析】利用矩形的判定定理及矩形的定义进行判断后即可确定本题的答案．
【详解】解：A、有一个直角的平行四边形是矩形，故错误；
B、两条对角线相等的平行四边形是矩形，故错误；
C、两条对角线互相垂直的四边形可能是梯形等，故错误；
D、四个角都是直角的四边形是矩形，正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定，牢记有关矩形的判定定理及定义是解答本题的关键，属于基础概念题，难度不大．
11．B
【分析】根据矩形的判定方法：①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”），针对每一个选项进行分析，可选出答案．
【详解】解：A、有两个角为直角的四边形，不一定是矩形，故此选项不符合题意；
B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故此选项符合题意；
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，不是矩形，故此选项不符合题意；
D、对角线相等的四边形不一定是矩形，故此选项不符合题意．
故选：B．
【点睛】此题主要考查了矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定方法．
12．A
【分析】由矩形的判定和平行四边形的性质分别对各个选项进行判断即可；
【详解】解：A、四边形是平行四边形，
，
，
，
平行四边形是矩形，故选项A符合题意；
B、四边形ABCD是平行四边形，，
，，
，
选项B不能判定这个平行四边形为矩形，故选项B不符合题意；
C、四边形是平行四边形， ，
平行四边形是菱形，故选项C不符合题意；
D、四边形是平行四边形， ，
平行四边形是菱形，故选项D不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
13．（1）证明见解析；（2）证明见解析；
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，AB=CD，然后根据CE=DC，得到AB=EC，，利用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”判断即可；
（2）由（1）得的结论得四边形ABEC是平行四边形，再通过角的关系得出FA=FE=FB=FC，AE=BC，可得结论．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，AB=CD，
∵CE=DC，
∴AB=EC，，
∴四边形ABEC是平行四边形；
（2）∵由（1）知，四边形ABEC是平行四边形，
∴FA=FE，FB=FC．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC=∠D．
又∵∠AFC=2∠ADC，
∴∠AFC=2∠ABC．
∵∠AFC=∠ABC+∠BAF，
∴∠ABC=∠BAF，
∴FA=FB，
∴FA=FE=FB=FC，
∴AE=BC，
∴四边形ABEC是矩形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质及矩形的判定，关键是先由平行四边形的性质证三角形全等，然后推出平行四边形，再通过角的关系证矩形．
14．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质以及点C是BE的中点，得到，，即可证明；
（2）由平行四边形的性质证得，从而证明平行四边形是矩形．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴且．
∵点C是的中点，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形和矩形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
15．D
【分析】①由矩形的性质得到，根据折叠的性质得到， ，，推出四边形是矩形，根据正方形的判定定理即可得到四边形 为正方形；故①正确；
②过作于，得到， ，根据直角三角形的性质得到，根据三角形的面积公式得到的面积为 ，故②正确；
③连接，于是得到，即当 时，取最小值，根据勾股定理得到的最小值为；故③正确；
④根据已知条件推出，，三点共线，根据平行线的性质得到，等量代换得到 ，求得，根据勾股定理得到，故④正确．
【详解】解：①四边形是矩形，
，
将沿折叠得到，
，， ，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，
四边形为正方形；故①正确；
②过作于，
点，点，
，，
，，
，
，
的面积为，故②正确；
③连接，
则，
即当时，取最小值，
，，
，
，
即的最小值为；故③正确；
④，
，
，
，
，，三点共线，
，
，
，
，
，
，
，
，故④正确；
故选：．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
16．B
【分析】判断出△ABE是等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠ACB＝30°，再判断出△ABO，△DOC是等边三角形，可判断①；根据等边三角形的性质求出OB＝AB，再求出OB＝BE，可判断②，由直角三角形的性质可得BC＝AB，可判断③，由等腰三角形性质求出∠BOE＝75°，再根据∠AOE＝∠AOB＋∠BOE＝135°，可判断④；由面积公式可得可判断⑤；即可求解．
【详解】解：∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，
∴∠AEB＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AB＝BE，
∵∠CAE＝15°，
∴∠ACE＝∠AEB ∠CAE＝45° 15°＝30°，
∴∠BAO＝90° 30°＝60°，
∵矩形ABCD中：OA＝OB＝OC＝OD，
∴△ABO是等边三角形，△COD是等边三角形，故①正确；
∴OB＝AB，
又∵ AB＝BE，
∴OB＝BE，
∴△BOE是等腰三角形，故②正确；
在Rt△ABC中
∵∠ACB=30°
∴BC＝AB，故③错误；
∵∠OBE＝∠ABC ∠ABO＝90° 60°＝30°＝∠ACB，
∴∠BOE＝（180° 30°）＝75°，
∴∠AOE＝∠AOB＋∠BOE＝60°＋75°＝135°，故④错误；
∵AO＝CO，
∴，故⑤正确；
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质是解题的关键．
17．D
【分析】由菱形的性质和矩形的性质分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、对边相等，是菱形和矩形都具有的性质，故选项A不符合题意；
B、对角相等，是矩形和菱形都具有的性质，故选项B不符合题意；
C、对角线互相平分，是矩形和菱形都具有的性质，故选项C不符合题意；
D、对角线互相垂直，是菱形具有而矩形不具有的性质，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查菱形的性质以及矩形的性质，正确区分矩形和菱形的性质是解题的关键．
18．B
【分析】根据菱形的性质及判定，逐项进行判断即可．
【详解】解：A.对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故A错误；
B、C.菱形的对角线互相垂直且平分，故B正确，C错误；
D.对角线互相平分的四边形是平行四边形，故D错误．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，解题的关键是熟记菱形的对角线垂直且互相平分，对角线互相垂直平分的四边形是菱形．
19．B
【分析】求出∠HDO，再证明∠DHO=∠HDO即可解决问题；
【详解】∵，
∴.
∵四边形是菱形，
∴°，
∵，
∴，
∴.
∵，
∴，
∴.
故选B.
【点睛】此题考查菱形的性质，解题关键在于掌握菱形具有平行四边形的一切性质； 菱形的四条边都相等； 菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．判断OH为直角三角形斜边上的中线．
20．12
【分析】连接AC，交BD于点O，先证EF是△ACD的中位线，得EF//AC，再证四边形CAEG是平行四边形，得AC＝EG，然后由勾股定理求出OA＝OC＝6，即可解决问题．
【详解】解：连接AC，交BD于点O，如图所示：
∵菱形ABCD的边长为10，
∴AD//BC，AB＝BC＝CD＝DA＝10，
∵点E、F分别是边AD，CD的中点，
∴EF是△ACD的中位线，
∴EF//AC，
∵AC、BD是菱形的对角线，BD＝16，
∴AC⊥BD，OB＝OD＝8，OA＝OC，
又∵AD//BC，EF//AC，
∴四边形CAEG是平行四边形，
∴AC＝EG，
在Rt△AOB中，AB＝10，OB＝8，
∴OA＝OC＝＝6，
∴AC＝2OA＝12，
∴EG＝AC＝12；
故答案为：12．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、三角形中位线定理，准确计算是解题的关键．
21．或##或
【分析】分当D落在x轴正半轴时和当D落在x轴负半轴时，两种情况讨论求解即可．
【详解】解：如图1所示，当D落在x轴正半轴时，
∵O是菱形ABCD对角线BD的中点，
∴AO⊥DO，
∴当D落在x轴正半轴时，A点在y轴正半轴，
∴同理可得A、B、C三点均在坐标轴上，且点C在y轴负半轴，
∵∠BAD=60°，
∴∠OAD=30°，
∴，
∴，
∴点C的坐标为（0，）；
如图2所示，当D落在x轴负半轴时，
同理可得，
∴点C的坐标为（0，）；
∴综上所述，点C的坐标为（0，）或（0，），
故答案为：（0，）或（0，）．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，坐标与图形，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
22．B
【分析】过点D作，垂足为点H，连接BD和BG，利用菱形及等边三角形的性质，求出，，在中，求出DH的长，进而求出BG 的长，设，在中，利用勾股定理，列方程，求出的值即可．
【详解】解：过点D作，垂足为点H，连接BD和BG，如下图所示：
四边形ABCD是菱形，
，，，
与是等边三角形，
且点G恰好为CD边的中点，
平分AB，，
，，，
，，
在中，，
由勾股定理可知：，
，
由折叠可知：，故有，
设，则，
在中，由勾股定理可知：，
即，解得，
故选：B．
【点睛】本题主要是考查了菱形、等边三角形的性质以及勾股定理列方程求边长，熟练综合利用菱形以及等边三角形的性质，求出对应的边或角，在直角三角形中，找到边之间的关系，设边长，利用勾股定理列方程，这是解决本题的关键．
23．（1）见详解；（2）120
【分析】（1）根据菱形的性质和菱形的判定解答即可；
（2）根据菱形的性质以及面积公式解答即可．
【详解】（1）证明：∵菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD．
∵AE=CF，
∴OA+AE=OC+CF，即OE=OF．
∴四边形AECF是平行四边形．
∵AC⊥EF，
∴四边形EBFD是菱形．
（2）解：菱形EBFD的面积=．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，菱形的面积，正确掌所握菱形的判定和性质是解题的关键．
24．2.5##
【分析】设AP、EF交于点M，AC、BD交于点O，利用菱形的性质得出△ABC的面积是2.5，根据平行四边形的判定和性质得出阴影部分的面积等于△ABC的面积即可求解．
【详解】解：设AP、EF交于点M，AC、BD交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BO＝OD＝BD＝2.5，
∴△ABC的面积是×AC×BO＝2.5，
∵ADBC，ABDC，
又∵PEBC，PFCD，
∴PFAB，PEAD，
∴四边形AEPF是平行四边形，
∴△AEM的面积和△PMF的面积相等，
∴阴影部分的面积等于△ABC的面积是2.5．
故答案为：2.5．
【点睛】题目主要考查菱形的性质及平行四边形的判定和性质，理解题意，熟练掌握运用这些性质定理是解题关键．
25．B
【分析】根据菱形、平行四边形的判定以及矩形的性质逐项判断即可．
【详解】解：A、对角线互相垂直且平分的的四边形是菱形，故A说法错误，不符合题意；
B、四边相等的四边形是菱形，说法正确，符合题意；
C、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故C说法错误，不符合题意；
D、矩形的对角线相等，故D说法错误，符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查菱形、平行四边形的判定以及矩形的性质，掌握菱形、平行四边形的判定定理以及矩形的性质是解题关键．
26．C
【分析】根据四边形是平行四边形，，即可得四边形是菱形．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的判定方法．
27．（1）见解析；（2）EF⊥BD或EB＝ED，见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的证明方法证明，则可得到AE＝CF；
（2）连接BF，DE，由，得到OE= OF，又AO=CO，所以四边形AECF是平行四边形，则根据EF⊥BD可得四边形BFDE是菱形．
【详解】证明：（1）∵四边形是平行四边形
∴OA＝OC，BE∥DF
∴∠E＝∠F
在△AOE和△COF中
∴
∴AE＝CF
（2）当EF⊥BD时，四边形BFDE是菱形，理由如下：
如图：连结BF，DE
∵四边形是平行四边形
∴OB＝OD
∵
∴
∴四边形是平行四边形
∵EF⊥BD，
∴四边形是菱形
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定、平行四边形的性质，菱形的判定等知识点，熟悉相关性质，能全等三角形的性质解决问题是解题的关键．
28．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质可得，然后根据角平分线的定义可得，从而可得，最后根据等腰三角形的判定即可得证；
（2）先根据平行四边形的判定证出四边形是平行四边形，再结合（1）的结论，根据菱形的判定即可得证．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
平分，
，
，
．
（2）证明：四边形是平行四边形，
，
又，
四边形是平行四边形，
由（1）已证：，
四边形是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、菱形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
29．(1)见解析
(2)直线解析式为
(3)存在以、、、为顶点的四边形是菱形，的坐标为，或或，．
【分析】（1）由四边形是矩形，得，根据矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，得出，即可得到，从而证明是等腰三角形；
（2）由点的坐标是，得，根据矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，可得，设，则，可得，求解后，再用待定系数法即得直线的解析式；
（3）过作轴于，由勾股定理，得，，，，设，，则，进行若，是对角线；若，为对角线；若，为对角线来讨论．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
，
，
矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，
，
，
，
是等腰三角形；
（2）解：点，
，，
，
矩形沿直线折叠，使得点落在对角线上的点处，
，，，
，
设，
则，
在中，，
，
解得：，
，，
设直线解析式为，将代入得：
，
解得，
直线解析式为；
（3）解：存在以、、、为顶点的四边形是菱形，理由如下：
由题意过点作轴，垂足为点．
过作轴于，如下图：
由（2）知，
，
，
，
即
解得：，
，
，，
设，，则，
又，
①若，是对角线，则，的中点重合，且，
，
解得（此时，，共线，舍去）或，
，，
②若，为对角线，则，的中点重合，且，
，
解得不在线段上，舍去）或，
；
③若，为对角线，则，的中点重合，且，
，
解得，
，，
综上所述，的坐标为，或或，．
【点睛】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，等腰三角形的判定，菱形的性质、勾股定理，解题的关键是分类思想和方程思想来解答．
30．（1）见解析；（2）①见解析；②60°；（3）
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得ADBC，ABCD，再根据平行线的性质证明∠CEF＝∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再有条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形，即可解决问题；
（2）先判断出∠BEG＝120°＝∠DCG，再判断出AB＝BE，进而得出BE＝CD，即可判断出△BEG≌△DCG（SAS），再判断出∠CGE＝60°，进而得出△BDG是等边三角形，即可得出结论；
（3）首先证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根据∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：（1）证明：
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF＝∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ADBC，ABCD，
∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠CFE，
∴∠CEF＝∠CFE，
∴CE＝CF，
又∵四边形ECFG是平行四边形，
∴四边形ECFG为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ABDC，AB＝DC，ADBC，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BCD＝60°，∠BCF＝120°
由（1）知，四边形CEGF是菱形，
∴CE＝GE，∠BCG＝∠BCF＝60°，
∴CG＝GE＝CE，∠DCG＝120°，
∵EG∥DF，
∴∠BEG＝120°＝∠DCG，
∵AE是∠BAD的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE，
∵ADBC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE，
∴BE＝CD，
∴△DGC≌△BGE（SAS）；
②∵△DGC≌△BGE，
∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC，
∴∠BGD＝∠CGE，
∵CG＝GE＝CE，
∴△CEG是等边三角形，
∴∠CGE＝60°，
∴∠BGD＝60°，
∵BG＝DG，
∴△BDG是等边三角形，
∴∠BDG＝60°；
（3）如图，连接BM，MC，
∵∠ABC＝90°，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
又由（1）可知四边形ECFG为菱形，∠ECF＝90°，
∴四边形ECFG为正方形．
∵∠BAF＝∠DAF，
∴BE＝AB＝DC，
∵M为EF中点，
∴∠CEM＝∠ECM＝45°，
∴∠BEM＝∠DCM＝135°，
在△BME和△DMC中，
∵，
∴△BME≌△DMC（SAS），
∴MB＝MD，∠DMC＝∠BME．
∴∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°，
∴△BMD是等腰直角三角形．
∵AB＝8，AD＝14，
∴BD＝，
∴DM＝．
【点睛】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质、正方形的性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．
31．B
【分析】根据正方形的性质以及矩形的性质即可得出结论．
【详解】解：A、对角线互相平分是矩形和正方形都具有的性质，不符合题意；
B、对角线互相垂直是正方形具有而矩形不具有的性质，符合题意；
C、对角线相等是矩形和正方形都具有的性质，不符合题意；
D、对角线相等且互相平分是矩形和正方形都具有的性质，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形和矩形的性质，熟练掌握相关的图形性质定理是解本题的关键．
32．C
【分析】根据矩形的性质，正方形的性质即可求解．
【详解】解：矩形的性质，两组对边平行且相等，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角；正方形的性质，四边都相等且两组对边相互平行，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角，
∴正方形的四条都相等，是矩形没有的，
故选：．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，正方形的性质，掌握几何图形的性质是解题的关键．
33．4+2
【分析】连接BE，DF，过E作EN⊥BF于点N，证明△DCE≌△BCE和△BEF为等腰三角形，设AF=x，用x表示DE与EF，由根据四边形ADEF的面积为4，列出x的方程求得x，进而求得四边形ADEF的周长．
【详解】解：如图，连接BE，DF，过E作EN⊥BF于点N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴CB=CD，∠BCE=∠DCE=45°，
在△BEC和△DEC中，
，
∴△DCE≌△BCE（SAS），
∴DE=BE，∠CDE=∠CBE，
∴∠ADE=∠ABE，
∵∠DAB=90°，∠DEF=90°，
∴∠ADE+∠AFE=180°，
∵∠AFE+∠EFB=180°，
∴∠ADE=∠EFB，
∴∠ABE=∠EFB，
∴EF=BE，
∴DE=EF，
设AF=x，则BF=3-x，
∴FN=BN=BF=，
∴AN=AF+FN=，
∵∠BAC=∠DAC=45°，∠ANF=90°，
∴EN=AN=，
∴DE=EF=，
∵四边形AFED的面积为4，
∴S△ADF+S△DEF=4，
∴×3x+×，
解得，x=-7（舍去），或x=1，
∴AF=1，DE=EF=，
∴四边形AFED的周长为：3+1++=4+，
故答案为：4+.
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是由面积列出x的方程，属于中考选择题中的压轴题．
34．B
【分析】由正方形的性质，则，由折叠的性质，得DE=DC，即可得到得角度．
【详解】解：四边形是正方形， 是正方形的对角线，
，
折叠，
，
，
，
故选：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，解题的关键是掌握所学的知识，正确得到．
35．16
【分析】先通过全等三角形的性质，证明一个阴影部分的面积等于正方形面积的，从而求出四块阴影面积的和即可．
【详解】如图，连接AP、AN，点A是正方形的对角线的交点
则
∴
在△PAF和△NAE中
∴
∴一个阴影部分的面积
∴一个阴影部分的面积等于正方形面积的
∴四块阴影部分的面积之和等于一个正方形的面积
∵正方形的边长为4cm
∴四块阴影部分的面积之和
故答案为：16．
【点睛】本题考查了阴影部分面积的问题，掌握全等三角形的性质、一个阴影部分的面积等于正方形面积的是解题的关键．
36．
【分析】根据条件，若四边形为正方形，则BE=BF=2，，连接BD，可知BD=，由正方形的性质可知：平分∠ABC，BD平分∠ABC，B、D、三点共线，求出．
【详解】解：如图所示，连接、BD，
∵四边形为正方形，边长为4，
∴BD=，BD平分∠ABC，
∵为边的中点，四边形为正方形，
∴BE=BF=2，
∴，平分∠ABC，
∴B、D、三点共线，
∴==．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，轴对称的性质，掌握正方形的对角线平分每一组对角是解题的关键．
37．C
【分析】根据既是矩形又是菱形的四边形是正方形进行判断即可．
【详解】解：A、对角线互相垂直的矩形是正方形，该项说法正确，故选项不符合题意；
B、对角线相等的菱形是正方形，该项说法正确，故选项不符合题意；
C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，该项说法错误，故选项符合题意；
D、邻边相等的矩形是正方形，该项说法正确，故选项不符合题意．
故选∶C
【点睛】本题考查了正方形的判定，通过这道题可以掌握正方形和矩形，菱形的关系，熟练掌握正方形的判定是解题的关键．
38．D
【分析】根据正方形的判定：对角线相等且互相垂直平分的平行四边形是正方形，同时对各选项进行判断即可．
【详解】解：A.平行四边形的对角线互相平分，故此选项错误；
B. 对角线互相垂直的平行四边形为菱形，故此项错误；
C. 对角线相等的平行四边形为矩形，故此项错误；
D. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故此选正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法与性质是解题的关键．
39．A
【分析】根据平行四边形的性质和矩形、菱形、正方形的判定定理，对它们之间转换的条件一一进行分析，即可得出结果．
【详解】解：A、①，对角相等的平行四边形，不一定是矩形，故该转换条件填写错误，符合题意；
B、③，有一组邻边相等的矩形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意；
C、②，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故该转换条件填写正确，不符合题意；
D、④，有一个角是直角的菱形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意．
故选：A.
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、矩形和菱形、正方形的判定，解本题的关键在熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定定理．
40．（1）平行四边形；证明见解析（2）AC⊥BD
【分析】(1)连接BD，根据三角形的中位线定理得到EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，推出，EH∥FG，EH=FG，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EFGH是平行四边形；
(2)根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可知当四边形ABCD的对角线满足AC⊥BD的条件时，四边形EFGH是矩形.
【详解】(1)四边形EFGH的形状是平行四边形．理由如下：
如图，连结BD，
∵E、H分别是AB、AD中点，
∴EH∥BD，EH=BD，
同理FG∥BD，FG=BD，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形；
(2)当四边形ABCD的对角线满足互相垂直的条件时，四边形EFGH是矩形．理由如下：
如图，连结AC、BD，
∵E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点，
∴EH∥BD，HG∥AC，
∵AC⊥BD，
∴EH⊥HG，
又∵四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是矩形，
故答案为AC⊥BD.
【点睛】本题考查了中点四边形，涉及了三角形中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定等，熟练掌握相关知识是解题的关键.
41．(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形．由四边形是平行四边形，可得．又由是等边三角形，可得．根据三线合一，对角线垂直，即可得四边形既为菱形；
（2）根据有一个角是的菱形是正方形．由题意易得，所以四边形是菱形，，即四边形是正方形．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
是等边三角形，
，
，
四边形是菱形；
（2）证明：由（1）得：是直角三角形，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
四边形是正方形．
【点睛】本题主要考查菱形和正方形的判定，涉及知识点较多，综合性强，能力要求全面，灵活运用正方形和菱形的判定方法是解决问题的关键．
42．（1）见解析；（2）矩形，见解析；（3），且．
【分析】（1）根据D是BC的中点，，可得，即可求证；
（2）根据等腰三角形“三线合一”，可得到，即可求解；
（3）根据，且，可得 ， ，从而得到，即可求解．
【详解】（1）证明：因为D是BC的中点，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以四边形ADCE是平行四边形，
所以；
（2）若，则四边形ADCE是矩形，理由如下：
因为，且D是BC的中点，
所以，
所以，
因为四边形是平行四边形，
所以四边形是矩形；
（3），且．理由如下：
由（2）得：四边形是矩形，
∵，且D是BC的中点，
∴ ， ，
∵，
∴ ，
∴，
∴，
∴ ，
∴四边形ADCE为正方形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形，矩形，正方形的判定，等腰三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
43．(1)①见解析；②见解析
(2)见解析
(3)四边形为平行四边形，证明见解析
(4)
【分析】（1）利用证明，得，再利用三角形内角和定理可证明；
（2）分别以G、E为圆心，为半径画圆，交点即可H点；
（3）首先根据一组对边平行且相等证明四边形是平行四边形，从而得出，，进而证明结论；
（4）设，则，利用勾股定理表示出的长，从而得出答案．
【详解】（1）证明：①∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
②由，得，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图所示：
（3）解：四边形为平行四边形，理由如下：
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形；
（4）当时，设，则，，
∴，
∴＝．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握正方形的性质与判定条件．
44．(1)见解析
(2)图②中，图③中
【分析】（1）在上截取，连接，可先证得，则，，进而可证得为等腰直角三角形，即可得证；
（2）分两种情况，仿照（1）的证明思路，作出相应的辅助线，即可证得对应的，与之间的数量关系．
【详解】（1）证明：如图，在上截取，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
，
∴，
∵，，
，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
在中，，
，
；
（2）解：图②中，理由如下：如下图，在延长线上截取，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
，
，
∴，
，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
在中，，
，
；
图③中；如图，在DE上截取，连接．
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
，
，
，
∵，，
，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，在中，，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形、勾股定理等相关知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解决本题的关键．
45．B
【分析】根据图形结合平行四边形、矩形、菱形的判定逐个阶段进行判断即可．
【详解】解：点E从D点向A点移动过程中，
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC，AO=CO，
∴∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO，
∴△AOE≌△COF，
∴AE=CF，
∴四边形AECF是平行四边形；
∵∠AOD=180°-∠DAC-∠ADB=115°，
∴当∠EOD＝15°时，∠AOE=90°，
此时平行四边形AECF是菱形；
当∠EOD=45°，∠AEO=∠EOD+∠ADO=45°+15°=60°，
∴∠OAE=∠OEA，
∴OA=OE，
∴AC=EF，
此时平行四边形AECF是矩形；
∴∠EOD＜15°时，四边形AFCE为平行四边形，
当∠EOD＝15°时，AC⊥EF，四边形AFCE为菱形，
当15°＜∠EOD＜45°时，四边形AFCE为平行四边形，
当∠EOD＝45°时，四边形AFCE为矩形，
当45°＜∠EOD＜105°时，四边形AFCE为平行四边形，
故选：B．
【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形的判定方法，解决问题的关键是熟练掌握并应用它们的判定定理.
46．B
【分析】根据菱形、正方形、矩形的判定方法，对选项逐个判断即可．
【详解】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，说法错误，不符合题意；
B、对角线相等的菱形是正方形，说法正确，符合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，说法错误，不符合题意；
D、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，说法错误，不符合题意；
故选：B
【点睛】此题考查了菱形、正方形、矩形的判定方法，掌握它们的判定方法是解题的关键．
47．C
【分析】过点F作，分别交于M、N，由F是AE中点得，根据，计算即可得出答案．
【详解】
如图，过点F作，分别交于M、N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，，
∵点E是BC的中点，
∴，
∵F是AE中点，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质与三角形的面积公式，掌握是解题的关键．
48．##
【分析】过点N作交于点E，由矩形ABCD得，，根据ASA可证，故可得，由直角三角形角所对的边为斜边的一半得出，根据勾股定理求出，从而得出，由矩形的面积公式即可得出答案．
【详解】
如图，过点N作交于点E，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质以及勾股定理，掌握相关知识点的应用是解题的关键．
49．3
【分析】根据直角三角形的性质和三角形中位线的性质，即可求解．
【详解】∵在矩形ABCD中，∠BAE=90°，
又∵点F是BE的中点，，
∴BE=2AF=6，
∵G，H分别是BC，CE的中点，
∴GH是的中位线，
∴GH=BE=×6=3，
故答案是：3．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，直角三角形的性质和三角形中位线的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半，是解题的关键．
50．（1）平行；（2）AB＝BC；（3）∠B＝90°；（4）∠B＝90°，AB＝BC
【分析】（1）根据三角形的中位线定理和平行四边形的判定解答即可；
（2）根据菱形的判定解答即可；
（3）根据矩形的判定解答即可；
（4）根据正方形的判定解答即可．
【详解】（1）∵在△ABC中，D是AB中点，E是AC中点，F是BC中点，∴DE∥BC，EF∥AB，∴四边形BDEF是平行四边形．
故答案为平行；
（2）当AB=BC时，∴BD=BF，∴平行四边形BDEF是菱形．
故答案为AB=BC；
（3）当∠B=90°时，∴平行四边形BDEF是矩形．
故答案为；∠B=90°；
（4）当∠B=90°，AB=BC，∴平行四边形BDEF是正方形．
故答案为∠B=90°，AB=BC．
【点睛】本题考查了正方形、矩形和菱形的判定与性质，以及三角形的中位线定理，解决问题的关键是熟练掌握三角形的中位线定理．
51．（1）见解析 （2）
【分析】（1）由菱形的性质可得AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，由“SAS”可证△ABE≌△CBE，可得结论；
（2）由菱形的性质可得AB＝AD，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠DAE＝∠ADE＝∠ABD＝30°，利用直角三角形的性质和勾股定理即可求解．
【详解】解：（1）证明：∵AE⊥BA，
∴∠BAE＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，
又∵BE＝BE，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴∠BAE＝∠BCE＝90°；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵AE═ED＝1，
∴∠DAE＝∠EDA，
∴∠DAE＝∠ADE＝∠ABD，
∵∠DAE+∠ADE+∠BAE+∠ABD＝180°，
∴∠DAE＝∠ADE＝∠ABD＝30°，
∵∠BAE＝90°，
∴BE＝2AE＝2，
在Rt△ABE中，,
∴菱形的边长为．
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、等腰三角形性质等知识，熟练掌握菱形性质是解题关键．
52．（1）见解析；（2）
【分析】（1）先证四边形ABDE为平行四边形，再证得AE＝CD，得四边形ADCE是平行四边形，然后根据直角三角形斜边上的中线性质得AD＝CD，即可得出结论；
（2）先由菱形的性质得AD＝AE＝CE＝CD，AC⊥DE，OA＝OC，再证OD是△ABC的中位线，得AB＝2OD＝2，则AO＝AB＝2，然后由勾股定理求出AD的长即可解决问题．
【详解】解：（1）证明：∵AE∥BC，DE∥AB，
∴四边形ABDE为平行四边形，
∴AE＝BD，
∵AD是边BC上的中线，
∴BD＝CD，
∴AE＝CD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
又∵∠BAC＝90°，AD是边BC上的中线，
∴AD＝BC＝CD，
∴平行四边形ADCE是菱形；
（2）解：∵四边形ADCE是菱形，
∴AD＝AE＝CE＝CD，AC⊥DE，OA＝OC，
∵BD＝CD，
∴OD是△ABC的中位线，
∴AB＝2OD＝2，
∴AO＝AB＝2，
∴AD＝＝＝，
∴菱形ADCE的周长＝4AD＝4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质以及勾股定理等知识；证得四边形ADCE为菱形是解题的关键．
53．A
【分析】由矩形得到AD//BC，∠DEF=∠EFG，再由与折叠的性质得到∠DEF=∠GEF=∠EFG，用三角形的外角性质求出答案即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∵矩形纸片沿折叠，
∴∠DEF=∠GEF，
又∵AD//BC，
∴∠DEF=∠EFG，
∴∠DEF=∠GEF=∠EFG=64 ，
∵是△EFG的外角，
∴=∠GEF+∠EFG=128
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质与折叠的性质，关键在于折叠得出角相等，再由平行得到内错角相等，由三角形外角的性质求解．
54．A
【分析】作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，根据菱形的性质得到∠COB＝30°，再根据旋转的性质得∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝2，则∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，所以△OB′H为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质可计算得OH＝B′H＝，然后根据第四象限内点的坐标特征写出B′点的坐标．
【详解】解：作B′H⊥x轴于H点，连结OB，OB′，作AD⊥OB轴于D点，如图，
∵四边形OABC为菱形，
∴OB平分∠AOC，AO=AB
∴∠COB＝∠AOB==30°，
∴，
又∵AD⊥OB
∴BD=2OD，∠ADO=90°，
∴OD=，
∴OB=
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至第四象限OA′B′C′的位置，
∴∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝2，
∴∠COB′＝∠BOB′﹣∠COB＝45°，
∴△OB′H为等腰直角三角形，
∴OH＝B′H＝OB′＝，
∴点B′的坐标为（，﹣）．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、菱形的性质、坐标与图形变化-旋转，准确计算是解题的关键．
55．D
【分析】两组对边分别平行的四边形是平行四边形，有一个角是的平行四边形是矩形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，四个角都是直角，且四个边都相等的是正方形，逐项判断即可得出答案．
【详解】A．因为，，所以四边形是平行四边形．故A选项正确，不符合题意；
B．如果，四边形是平行四边形，所以四边形是矩形．故B选项正确，不符合题意；
C．因为平分，所以，
∵，，
∴，
∴，又因为四边形是平行四边形，所以是菱形．故C选项正确，不符合题意；
D．∵且，
∴D为的中点．
∵，，
∴E为的中点，F为的中点，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是菱形．故D选项错误，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理，和正方形的判定定理等知识点，熟练掌握判定定理是解题的关键．
56．C
【分析】先证明，再证明四边形MOND的面积等于，的面积，继而解得正方形的面积，据此解题．
【详解】解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC，
又
四边形MOND的面积是1，
正方形ABCD的面积是4，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
57．D
【分析】由正方形的性质和角平分线的定义可求∠BCE=∠ACE=22.5°，由余角的性质可求∠CBG=67.5°=∠CGB，可得BC=CG，故①正确；由“ASA”可证△ABG≌△BCE，故②正确；由全等三角形的性质可得BG=CE，由等腰三角形的性质可得BF=FG=BG=CE，故③正确；由三角形的面积公式可求S△BCG=，故④正确，就可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BAC=∠ACB=∠ABD=∠CBD=45°，
∵∠BCE=∠ACB，
∴∠BCE=∠ACE=22.5°，
∵CF⊥BF，
∴∠BFC=∠CFG=90°，
∴∠CBG=67.5°=∠CGB，
∴BC=CG，故①正确；
∵∠ABG=∠ABC-∠CBG=22.5°，
∴∠ABG=∠BCE，
在△ABG和△BCE中，
，
∴△ABG≌△BCE（ASA），故②正确；
∴BG=CE，
∵BC=CG，CF⊥BG，
∴BF=FG=BG，
∴BF=CE，故③正确；
∵BC=2，BO=CO，∠BOC=90°，
∴BC=CG=2，BO=，
∴S△BCG=，故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，证明△ABG≌△BCE是解题的关键．
58．+1
【分析】取AB的中点E，连接OD、OE、DE，根据直角三角形斜边中线定理可得OE＝AE＝AB＝1，利用勾股定理求出DE，根据三角形任意两边之和大于第三边可知当OD过点E时，点D到点O的距离最大．
【详解】解：如图，取AB的中点E，连接OD、OE、DE，
∵∠MON＝90°，AB＝2
∴OE＝AE＝AB＝1，
∵BC＝1，四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝1，
∴DE＝，
根据三角形的三边关系，OD≤OE+DE，
∴当OD过点E时，等号成立，DO的值最大，最大值为+1．
故答案为： +1．
【点睛】本题考查矩形的性质、直角三角形斜边中线定理、三角形三边关系，勾股定理的应用，确定OD过点E时，点D到点O的距离最大．
59．24
【分析】由菱形的性质可得OD＝OB，∠COD＝90°，由直角三角形的斜边中线等于斜边的一半，可得OH＝BD＝OB，可得∠OHB＝∠OBH，由余角的性质可得∠DHO＝∠DCO，即可求解．
【详解】【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD＝OB，∠COD＝90°，∠DAB＝∠DCB＝48°，
∵DH⊥AB，
∴OH＝BD＝OB，
∴∠OHB＝∠OBH，
又∵AB∥CD，
∴∠OBH＝∠ODC，
在Rt△COD中，∠ODC+∠DCO＝90°，
在Rt△DHB中，∠DHO+∠OHB＝90°，
∴∠DHO＝∠DCO＝∠DCB＝24°，
故答案为：24．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边中线的性质，余角的性质，是几何综合题，判断出OH是BD的一半，和∠DHO＝∠DCO是解决本题的关键．
60．(1)△AMN为等边三角形，理由见解析
(2)x=1，
(3)图形见解析；以O，N，M，D为顶点的四边形是平行四边形，理由见解析
【分析】（1）连接AC，根据菱形的性质可得△ACD和△ABC是等边三角形，可得到AC=AD，∠ACD=∠ACB=∠CAD=60°，可证得△ADM≌△ACN，可得到AM=AN，∠DAM=∠CAN，从而得到∠CAD=∠MAN=60°，即可求解；
（2）连接BD交AC于点O，过点A作AE⊥MN于点E，则NE=ME，根据菱形的性质可得，根据等边三角形的性质可得点A到MN的距离即△AMN的高，若h最小，则AM=AN最小，此时AM⊥CD，AN⊥BC，可得点M、N分别为CD、BC的中点，再由三角形中位线定理可求出MN的长，即可求解；
（3）由（2）得：点O、M、N分别为BD、CD、BC的中点，再由三角形中位线定理可得ON=DM，ON∥DM，即可求解．
【详解】（1）解∶ △AMN为等边三角形，理由如下：
如图，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，，
∴AD=CD=AB=BC，∠D=∠ABC=60°，
∴△ACD和△ABC是等边三角形，
∴AC=AD，∠ACD=∠ACB=∠CAD=60°，
∵点M从点D开始向点C以1cm/s的速度运动，同时点N从点C开始以相同的速度向点B运动，
∴DM=CN，
∴△ADM≌△ACN，
∴AM=AN，∠DAM=∠CAN，
∴∠DAM+∠CAM=∠CAN+∠CAM，
∴∠CAD=∠MAN=60°，
∴△AMN为等边三角形；
（2）解：如图，连接BD交AC于点O，过点A作AE⊥MN于点E，则NE=ME，
在菱形ABCD中AC⊥BD，OB=OD，OA=OC，
由（1）得：△ACD和△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=AB=2，
∴OA=1，
∴，
∴，
根据题意得：点A到MN的距离即△AMN的高，
若h最小，则AM=AN最小，此时AM⊥CD，AN⊥BC，
∴此时点M、N分别为CD、BC的中点，即CN=CM=1，
∴，x=1，
∴，
∴，即；
（3）解：以O，N，M，D为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：
根据题意，画出图形，如图：
由（2）得：点O、M、N分别为BD、CD、BC的中点，
∴ON∥CD，，
∴ON=DM，ON∥DM，
∴以O，N，M，D为顶点的四边形是平行四边形．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定，勾股定理，三角形中位线定理是解题的关键．
61．（1）见解析；（2）见解析；（3）108
【分析】（1）根据正方形的性质，可直接证明，从而得出；
（2）延长至F，使．连接，根据（1）知，即可证明，根据，得，利用全等三角形的判定方法得出，即，即可得出答案；
（3）过作，交延长线于D，则四边形 为正方形，设，根据（1）（2）可知，，在中，利用勾股定理即可求解，再结合计算即可．
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴；
（2）如图2，
延长至F，使．连接，由（1）知，
∴，
∴，即，
又∵，则，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
（3）如图3，过作，交延长线于D，
在直角梯形中，∵，
∴，
又，，
∴四边形 为正方形，
∴，
∵，设，
∴，
∴，，
根据（1）（2）可知，，
在中，∵，
即，
解这个方程，得：，
∴，
所以梯形的面积为．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、直角梯形的性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键，注意数形结合思想与方程思想的应用．
62．C
【分析】如图，设DE交AP于点O，根据菱形的性质、垂直平分线的性质判断，即可解决问题.
【详解】解：如图，设DE交AP于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DA＝DC＝AB，
∵DE是线段AP的垂直平分线，
∴DE⊥AP，OA＝OP，
∴DA＝DP，
∴DP＝CD，故①正确；
∵AE＝EB，AO＝OP，
∴OE//PB，
∴PB⊥PA，
∴∠APB＝90°，
∴PA2＋PB2＝AB2＝CD2，故②正确；
若∠DCP＝75°，则∠CDP＝30°，
∵∠ADC＝60°，
∴DP平分∠ADC，显然不符合题意，故③错误；
∵∠ADC＝60°，DA＝DP＝DC，
∴∠DAP＝∠DPA，∠DCP＝∠DPC，∠CPA＝（360°－60°）＝150°，故④正确；
故选C.
【点睛】本题考查菱形的性质、垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型.
63．C
【分析】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，根据题意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，根据可得BE=PE=PC=PF=DF，根据正方形的性质可证明△FDG是等腰直角三角形，可得DG=FD，根据三角形中位线的性质可得PH=FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可证明△CPH≌△GDQ，可得PH=QD，即可得出PH=BE，可得BH=，利用勾股定理可用BE表示长CH的长，即可表示出CG的长，进而可得答案．
【详解】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，
∵由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，
∴BE=PC=DF，AE=BP=CF，
∵，
∴BE=PE=PC=PF=DF，
∵∠CFD=∠BPC，
∴DF//EH，
∴PH为△CFQ的中位线，
∴PH=QF，CH=HQ，
∵四边形EPFN是正方形，
∴∠EFN=45°，
∵GD⊥DF，
∴△FDG是等腰直角三角形，
∴DG=FD=PC，
∵∠GDQ=∠CPH=90°，
∴DG//CF，
∴∠DGQ=∠PCH，
在△DGQ和△PCH中，，
∴△DGQ≌△PCH，
∴PH=DQ，CH=GQ，
∴PH=DF=BE，CG=3CH，
∴BH=BE+PE+PH=，
在Rt△PCH中，CH==，
∴CG=BE，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
64．D
【分析】证明可得，则可证明结论①；连接，∵，即，则可证明结论②；将绕点顺时针旋转至，连接，证明，进一步可证明结论③；设，因为DE＝2，得出，
在中，运用勾股定理列出方程，求出的长度，即可得出结论④．
【详解】解：∵将△ADE沿AE对折至△AFE，
∴，
∴，，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
故结论①正确；
连接，
∵正方形ABCD的边长为6，
∴，，
在中
∵，即，
∴当共线时，最小，
此时，
故②正确；
将绕点顺时针旋转至，连接，
∵，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴，
在中，，
即，
故③正确；
设，
∵DE＝2，
∴，，，
在中：
即，
解得：，
∴，
∴为的中点，
故④正确，
则正确的结论有④个，
故选：．
【点睛】本题考查了四边形综合题，涉及到正方形性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转等知识点，根据题意构造全等三角形是解本题的关键．
65．B
【分析】根据平行四边形和矩形的性质即可判断．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB⊥BC，
AB与BC不一定相等，
∴∠BCA不一定45°，故①错误；
AC的长度变小，故②正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，故③正确；
矩形对角线不垂直，故④错误；
综上，正确的有②③，共2个，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和平行四边形的性质，弄清图形变化后的变量和不变量是解答此题的关键．
66．D
【分析】①根据角平分线的定义可得∠BAE=∠DAE=45°，然后利用求出△ABE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AE=AB，从而得到AE=AD，然后利用“角角边”证明△ABE和△AHD全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=DH，再根据等腰三角形两底角相等求出∠ADE=∠AED=67.5°，根据平角等于180°求出∠CED=67.5°，从而判断出①正确；
②求出∠AHB=67.5°，∠DHO=∠ODH=22.5°，然后根据等角对等边可得OE=OD=OH，判断出②正确；
③求出∠EBH=∠OHD=22.5°，∠AEB=∠HDF=45°，然后利用“角边角”证明△BEH和△HDF全等，根据全等三角形对应边相等可得BH=HF，判断出③正确；
④根据全等三角形对应边相等可得DF=HE，然后根据HE=AE-AH=BC-CD，BC-CF=BC-（CD-DF）=2HE，判断出④正确．
【详解】解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE=AB，
∵AD=AB，
∴AE=AD，
在△ABE和△AHD中，
，
∴△ABE≌△AHD（AAS），
∴BE=DH，
∴AB=BE=AH=HD，
∴∠ADE=∠AED=（180°-45°）=67.5°，
∴∠CED=180°-45°-67.5°=67.5°，
∴∠AED=∠CED，故①正确；
∵AB=AH，
∵∠AHB=（180°-45°）=67.5°，∠OHE=∠AHB（对顶角相等），
∴∠OHE=67.5°=∠AED，
∴OE=OH，
∵∠DHO=90°-67.5°=22.5°，∠ODH=67.5°-45°=22.5°，
∴∠DHO=∠ODH，
∴OH=OD，
∴OE=OD=OH，故②正确；
∵∠EBH=90°-67.5°=22.5°，
∴∠EBH=∠OHD，
在△BEH和△HDF中，
，
∴△BEH≌△HDF（ASA），
∴BH=HF，HE=DF，故③正确；
∵HE=AE-AH=BC-CD，
∴BC-CF=BC-（CD-DF）=BC-（CD-HE）=（BC-CD）+HE=HE+HE=2HE．故④正确；
综上所述，结论正确的是①②③④共4个．
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并仔细分析题目条件，根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等腰三角形是解题的关键，也是本题的难点．
67．15或24或
【分析】分三种情形讨论求解即可．
【详解】解：①如图1中，
当NM=ND时，
∴∠NDM=∠NMD，
∵∠MND=∠CBD，
∴∠BDN=∠BND，
∴BD=BN==15；
②如图2中，
当DM=DN时，
此时M与B重合，
∴BC=CN=12，
∴BN=24；
③如图3中，
当MN=MD时，
∴∠NDM=∠MND，
∵∠MND=∠CBD，
∴∠NDM=∠MND=∠CBD，
∴BN=DN，
设BN=DN=x，
在Rt△DNC中，∵DN2=CN2+CD2，
∴x2=（12-x）2+92，
∴x=，
综上，当DMN是等腰三角形时，线段BN的长为15或24或．
故答案为：15或24或．
【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，注意不能漏解．
68．####3.5
【分析】以AB为边作等边△ABE，过点D作DH⊥QE于H，利用SAS证明△ABP≌△AEQ，得∠AEQ=∠ABP=90°，则点Q在射线EQ上运动，即求DH的长度，再运用含30°角的直角三角形的性质进行解题．
【详解】解：如图，以AB为边作等边△ABE，过点D作DH⊥QE于H，
∴AB=AE，∠BAE=60°，
∵将线段AP绕着点A逆时针旋转60°得到AQ，
∴AP=AQ，∠PAQ=60°，
∴∠BAP=∠EAQ，
在△ABP和△AEQ中，
，
∴△ABP≌△AEQ（SAS），
∴∠AEQ=∠ABP=90°，
∴点Q在射线EQ上运动，
当Q与H重合时，DQ最小，
在Rt△AEF中，∠EAF=30°，
∴EF=AE=，
∴AF=2EF=，
∴DF=AD-AF=-=，
∴DH=DF=×=，
∴DQ的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，判断出点Q的运动路径是解题的关键．
69．（1）；（2），证明见解析；（3）7
【分析】（1）由菱形的性质和已知条件得出是等边三角形，得出，由等边三角形的性质和已知条件得出，由等腰三角形的性质和三角形的外角性质得出，即可得出结论．
（2）过点作交于点，先证明是等边三角形，得出，，再证明是等边三角形，得出，，然后由证得，即可得出结论．
（3）过点作交延长线于点，证明同（2），得出，证明，，则，，得出，，则，由勾股定理即可得出结果．
【详解】解：（1）；理由如下：
四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
是线段的中点，
，，
，
，
，
，
．
故答案为；
（2）猜想线段与的数量关系为：；
证明：过点作交于点，如图所示：
四边形为菱形，，
，，，与都是等边三角形，
，，
，
又，
，
又，
是等边三角形，
，
，，
又，
，
在和中，
，
，
；
（3）过点作交延长线于点，如图：
四边形为菱形，，菱形的周长为，
是等边三角形，，
，，
，
又，
，
又，
是等边三角形，
，
，，
又，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
是等边三角形，
，
，
在中，，
，，
，
，
，
，
由勾股定理得：．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、含角直角三角形的性质、勾股定理、平行线的性质、三角形内角和定理、三角形外角性质等知识；解题的关键是熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等和等边三角形．
70．（1）①证明见解析；②为等腰直角三角形，理由见解析；（2）证明见解析
【分析】（1）①利用正方形的性质得出，，进而说明即可得出结论；
②利用①中的结论和已知条件说明，即可得出结论；
（2）过点作，交于点，通过说明可得，再利用等腰直角三角形的性质可得结论．
【详解】解：（1）证明：
①点是正方形对角线上一点，
，，
在和中，
，
．
．
②为等腰直角三角形，理由如下：
由①知：，
，．
四边形是正方形，
．
，
，
．
．
，
．
，
，
为等腰直角三角形．
（2）四边形是正方形，，
．
，
．
由（1）中①知：，，
，
．
过点作，交于点，如图2，
四边形是正方形，
，．
，
，
．
，
．
在和中，
，
．
．
为等腰直角三角形，
．
．
【点睛】本题主要考查了四边形的综合运用，涉及的知识点有正方形的性质，三角形全等的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是利用辅助线和等角的余角相等得出，进而得出三角形的全等．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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