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第四章 三角形与四边形
第八节 特殊平行四边形
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 矩形的性质与判定 ☆☆☆ 特殊的平行四边形是中考中的考查重点,年年都会考查，分值为15分左右，预计2024年中考还将出现，并且在选择、填空题中考查利用特殊四边形性质和判定求角度、长度问题的可能性比较大。解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和三角形全等(相似)、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大。对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用。
考点2 菱形的性质与判定 ☆☆☆
考点3 正方形的性质与判定 ☆☆☆
1．矩形：
定义 有一个角是直角的平行四边形叫做矩形
性质 对称性 矩形是一个轴对称图形，它至少有两条对称轴
矩形是中心对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点
定理 (1)矩形的四个角都是直角 (2)矩形的对角线互相平分且相等
判定 (1)定义法 (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 (4)对角线相等且互相平分的四边形是矩形
2．菱形：
定义 有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形
性质 对称性 菱形是轴对称图形，两条对角线所在的直线是它的对称轴
菱形是中心对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点
定理 (1)菱形的四条边都相等 (2)菱形的对角线互相垂直，并且每条对角线平分一组对角
判定 (1)定义法 (2)四条边相等的四边形是菱形 (3)对角线互相垂直的平行四边形是菱形 (4)对角线互相垂直且平分的四边形是菱形
菱形面积 (1)因为菱形是特殊的平行四边形，所以菱形的面积＝底×高 (2)因为菱形的对角线互相垂直平分，所以其对角线将菱形分成 4 个全等的直角三角形，所以菱形的面积等于两条对角线乘积的一半
3．正方形：
定义 有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形
性质 (1)正方形的对边平行且相等 (2)正方形的四条边都相等 (3)正方形的四个角都是直角 (4)正方形的对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角 (5)正方形既是轴对称图形也是中心对称图形，对称轴有 4 条，对称中心是对角线的交点
判定 (1)定义法 (2)有一组邻边相等的矩形是正方形 (3)有一个角是直角的菱形是正方形 (4)对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 (5)对角线互相垂直的矩形是正方形 (6)对角线相等的菱形是正方形 (7)对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
4．四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系：
■考点一　矩形的性质与判定
◇典例1：（2022 丽水）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点B与点D重合，点A落在点P处，折痕为EF．
（1）求证：△PDE≌△CDF；
（2）若CD＝4cm，EF＝5cm，求BC的长．
【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【答案】（1）证明见解答；
（2）cm．
【点拨】（1）根据ASA证明两个三角形全等即可；
（2）如图，过点E作EG⊥BC于G，由勾股定理计算FG＝3，设CF＝x，在Rt△CDF中，由勾股定理得：DF2＝CD2+CF2，列方程可解答．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，
由折叠得：AB＝PD，∠A＝∠P＝90°，∠B＝∠PDF＝90°，
∴PD＝CD，
∵∠PDF＝∠ADC，
∴∠PDE＝∠CDF，
在△PDE和△CDF中，
，
∴△PDE≌△CDF（ASA）；
（2）解：如图，过点E作EG⊥BC于G，
∴∠EGF＝90°，EG＝CD＝4，
在Rt△EGF中，由勾股定理得：FG＝＝3，
设CF＝x，
由（1）知：PE＝AE＝BG＝x，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠BFE，
由折叠得：∠BFE＝∠DFE，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴DE＝DF＝x+3，
在Rt△CDF中，由勾股定理得：DF2＝CD2+CF2，
∴x2+42＝（x+3）2，
∴x＝，
∴BC＝2x+3＝+3＝（cm）．
【点评】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质进行推理是本题关键．
◆变式训练
1．（2021 上城区二模）已知四边形ABCD为平行四边形，要使四边形ABCD为矩形，则可增加条件为（　　）
A．AB＝BC B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AC平分∠BAD
【考点】矩形的判定；平行四边形的性质．
【答案】B
【点拨】由四边形ABCD是平行四边形，增加AB＝BC或AC⊥BD或AC平分∠BAD，可判定四边形ABCD是菱形，由AC＝BD，即可判定四边形ABCD是矩形．注意掌握排除法在选择题中的应用．
【解析】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，故A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，故B符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故C不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠ACB，
∴AB＝AC，
∴四边形ABCD是菱形，故D不符合题意；
故选：B．
【点评】此题考查了矩形的判定，熟记矩形的判定定理是解此题的关键．
2．（2023 拱墅区三模）如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，若∠CAE＝15°，则∠BOE的度数为（　　）
A．60° B．75° C．72° D．90°
【考点】矩形的性质．
【答案】B
【点拨】根据矩形的性质及AE平分∠BAD分别判定BE＝BA及△OAB为等边三角形，进一步推出∠BOE＝∠BEO，然后求得∠OBE＝30°，则可在△BOE中求得∠BOE的度数．
【解析】解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠EAD＝45°，AD∥BC，OA＝OB，
∴∠AEB＝∠EAD＝45°，
∴BE＝BA．
∵∠CAE＝15°，∠BAE＝45°，
∴∠BAC＝60°，
又∵OA＝OB，
∴△OAB为等边三角形，
∴BO＝BA，
∴BO＝BE，
∴∠BOE＝∠BEO，
∵△OAB为等边三角形，
∴∠ABO＝60°，
∴∠OBE＝90°﹣60°＝30°，
∴∠BOE＝（180°﹣30°）÷2＝75°．
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的性质、等边三角形和等腰三角形的判定及三角形的内角和等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
3．（2023 温州模拟）如图，在 ABCD中，连接BD，点E为线段AD的中点，连接BE并延长与CD的延长线交于点F，连接AF，∠BDF＝90°．
（1）求证：四边形ABDF是矩形；
（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中的四个等腰三角形．（△ABE除外）
【考点】矩形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
【答案】（1）证明见解析；
（2）△BCF、△DBE、△DFE、△AFE．
【点拨】（1）先证明△EAB≌△EDF，得EB＝EF，则四边形ABDF是平行四边形，而∠BDF＝90°，即可根据矩形的定义证明四边形ABDF是矩形；
（2）先证明DF＝DC，BD⊥CF，则BF＝BC，所以△BCF是等腰三角形；由矩形的性质得AE＝DE＝BE＝FE，所以△DBE、△DFE、△AFE都是等腰三角形．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠EAB＝∠EDF，
∵点E为线段AD的中点，
∴EA＝ED，
在△EAB和△EDF中，
，
∴△EAB≌△EDF（ASA），
∴EB＝EF，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵∠BDF＝90°，
∴四边形ABDF是矩形．
（2）解：△BCF、△DBE、△DFE、△AFE，
理由：由（1）得△EAB≌△EDF，
∴AB＝DF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，
∴DF＝DC，
∵BD⊥CF，
∴BF＝BC；
∵四边形ABDF是矩形，且对角线AD、BF相交于点E，
∴AE＝DE＝AD，BE＝FE＝BF，
∵AD＝BF，
∴AE＝DE＝BE＝FE，
∴△BCF、△DBE、△DFE、△AFE都是等腰三角形．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、线段的垂直平分线的性质、等腰三角形的判定等知识，证明△EAB≌△EDF是解题的关键．
■考点二　菱形的性质与判定
◇典例2：（2023 龙湾区模拟）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论：
①； ②与△DEG全等的三角形共有5个；③四边形ODEG与四边形OBAG面积相等；
④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形． 其中一定成立的是（　　）
A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
【考点】菱形的判定与性质；全等三角形的判定；等边三角形的判定与性质．
【答案】A
【点拨】由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG＝DG，证出OG是△ACD的中位线，得出OG＝CD＝AB，①正确；
先证四边形ABDE是平行四边形，再证△ABD、△BCD是等边三角形，得AB＝BD＝AD，因此OD＝AG，则四边形ABDE是菱形，④正确；
由菱形的性质得△ABG≌△BDG≌△DEG，再由SAS证明△BGA≌△COD，得△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，则②不正确；
由中线的性质和菱形的性质可得S△BOG＝S△DOG，S△ABG＝S△DGE，可得四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，得出③正确．
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD（SSS），
∵CD＝DE，
∴AB＝DE，
在△ABG和△DEG中，
，
∴△ABG≌△DEG（AAS），
∴AG＝DG，
∴OG是△ACD的中位线，
∴OG＝CD＝AB，故①正确；
∵AB∥CE，AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等边三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，
∴OD＝AG，四边形ABDE是菱形，故④正确；
∴AD⊥BE，
由菱形的性质得：△BGA≌△BGD≌△EGD（SSS），
在△BGA和△COD中，
，
∴△BGA≌△COD（SAS），
∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正确；
∵OB＝OD，
∴S△BOG＝S△DOG，
∵四边形ABDE是菱形，
∴S△ABG＝S△DGE，
∴四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，故③正确；
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
◆变式训练
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
【考点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．
【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．
【解析】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．
【点睛】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．（2022 温州模拟）如图，AD是Rt△ABC斜边BC上的中线，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F，连结CF．
（1）求证：四边形ADCF为菱形；
（2）若AE＝，tan∠ABC＝，求菱形ADCF的面积．
【考点】菱形的判定与性质；解直角三角形；直角三角形斜边上的中线．
【答案】（1）证明见解析；
（2）48．
【点拨】（1）可先证得△AEF≌△DEB，可求得AF＝DB，可证得四边形ADCF为平行四边形，再利用直角三角形的性质可求得AD＝CD，可证得结论；
（2）根据条件可证得S菱形ADCF＝S△ABC，由三角形面积公式可求得答案．
【解析】（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
在△AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEB（AAS），
∴AF＝DB，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝BC＝CD，
∴四边形ADCF是菱形；
（2）解：∵E是AD的中点，AE＝，tan∠ABC＝，
∴AD＝2，BC＝4，
设AB＝3x，AC＝2x，
由勾股定理得：，
解得：x＝4，
∴AB＝12，AC＝8，
∵D是BC的中点，
∴S菱形ADCF＝2S△ADC＝S△ABC＝．
【点评】本题考查了菱形的判定和性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质，掌握菱形的判定方法，证明三角形全等是解题的关键．
■考点三　正方形的性质与判定
◇典例3：（2022 绍兴）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F是对角线BD上的动点，且BE＝DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．下列四种说法：
①存在无数个平行四边形MENF；②存在无数个矩形MENF；③存在无数个菱形MENF；
④存在无数个正方形MENF．其中正确的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】正方形的判定；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定．
【答案】C
【点拨】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【解析】解：连接AC，MN，且令AC，MN，BD相交于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
只要OM＝ON，那么四边形MENF就是平行四边形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN＝EF，OM＝ON，则四边形MENF是矩形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是菱形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN＝EF，MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；
故选：C．
【点评】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线．
◆变式训练
1．（2023 绍兴）如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD＝60°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE＝OF．点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是（　　）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
【考点】正方形的性质；轴对称的性质；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；矩形的性质．
【答案】A
【点拨】根据题意，分别证明四边形 E1E2F1F2 是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．
【解析】解：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴∠BDC＝∠ABD＝60°，∠ADB＝∠CBD＝90°﹣60°＝30°，
∵OE＝OF、OB＝OD，
∴DF＝EB，
∵对称，
∴DF＝DF2，BF＝BF1，BE＝BE2，DE＝DE1，E1F2＝E2F1．
∵对称
∴∠F2DC＝∠CDF＝60°，
∴∠EDA＝∠E1DA＝30°，
∴∠E1DB＝60°，
同理∠F1BD＝60°，
∴DE1∥BF1，
∵E1F2＝E2F1，
∴四边形 E1E2F1F2 是平行四边形，
如图2所示，当E，F，O三点重合时，DO＝OB，
∴DE1＝DF2＝AE1＝AE2，即E1E2＝E1F2，
∴四边形E1E2F1F2 是菱形．
如图3所示，当E，F分别为OD，OB的中点时，设DB＝4，则 DF2＝DF＝1，DE1＝DE＝3，
在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝2，连接AE，AO，
∵∠ABO＝60°，BO＝2＝AB，
∴△ABO是等边三角形，
∵E为OB中点，
∴AE⊥OB，BE＝1，
∴．
根据对称性可得 ．
∴AD2＝12，＝9，＝3，
∴，
∴ΔDE1A 是直角三角形，且∠E1＝90°，
四边形E1E2F1F2是矩形．
当F，E分别与D，B重合时，△BE1D，△BDF1 都是等边三角形，则四边形 E1E2F2F2 是菱形，
∴在整个过程中，四边形 E1E2F1F2 形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性 质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
2．（2023 未央区三模）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE．交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【考点】正方形的判定与性质；矩形的性质．
【答案】见解析
【点拨】（1）作出辅助线，得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF即可；
（2）同（1）的方法证出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，得出CE+CG＝CE+AE＝AC＝4即可．
【解析】①证明：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵正方形ABCD，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
且NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形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，
∴矩形DEFG为正方形；
②解：CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，
∴AC＝AE+CE＝AB＝×2＝4，
∴CE+CG＝4 是定值．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，矩形的判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是作出辅助线，判断三角形全等．
1．（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．
【考点】矩形的性质；等边三角形的判定与性质．
【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．
【解析】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．
2．（2023 丽水）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，则AC的长为（　　）
A． B．1 C． D．
【考点】菱形的性质；等边三角形的判定与性质．
【答案】D
【点拨】连接BD交AC于点O，由菱形的性质得OA＝OC，∠BAO＝30°，AC⊥BD，再由含30°角的直角三角形的性质得OB＝，然后由勾股定理得OA＝，即可得出结论．
【解析】解：如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
∴OA＝OC，∠BAO＝∠DAB＝30°，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∴OB＝AB＝，
∴OA＝＝＝，
∴AC＝2OA＝，
故选：D．
【点评】本题考查了菱形的性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和勾股定理是解题的关键．
3．（2023 海曙区一模）下列说法正确的是（　　）
A．两组对角分别相等的四边形是平行四边形 B．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C．两条对角线相等的四边形是矩形 D．两条对角线垂直且相等的四边形是正方形
【考点】正方形的判定；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定．
【答案】A
【点拨】由矩形、菱形、正方形、平行四边形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解析】解：A、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，故选项A符合题意；
B、两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故选项B不符合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，故选项C不符合题意；
D、两条对角线垂直平分且相等的四边形是正方形，故选项D不符合题意；
故选：A．
【点评】本题考查了矩形、菱形、正方形、平行四边形的判定等知识，熟练掌握矩形、菱形、正方形、平行四边形的判定方法是解题的关键．
4．（2023 舟山三模）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证，根据图形可知他得出的这个推论指（　　）
A．S矩形ABMN＝S矩形MNDC B．S矩形EBMF＝S矩形AEFN
C．S矩形AEFN＝S矩形MNDC D．S矩形EBMF＝S矩形NFGD
【考点】矩形的性质．
【答案】D
【点拨】根据矩形的性质：矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分，由此即可证明结论．
【解析】解：∵AD∥EG∥BC，MN∥AB∥CD，
∴四边形AEFN是平行四边形，四边形FMCG是平行四边形，
∴S△AEF＝S△AFN，S△FMC＝S△CGF，S△ABC＝S△ACD，
∴S矩形BEFM＝S矩形NFGD，
故选：D．
【点评】本题考查矩形的性质，解题的关键是灵活运用矩形的对角线把矩形分成面积相等的两部分这个性质，属于中考常考题型．
5．（2021 婺城区校级模拟）下列是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线相等；②它是一个正方形；③它是一个矩形．下列推理过程正确的是（　　）
A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③
C．由③推出①，由①推出② D．由①推出③，由③推出②
【考点】正方形的判定与性质；矩形的判定．
【答案】A
【点拨】根据对角线相等的四边形推不出是正方形或矩形即可判断．
【解析】解：对角线相等的四边形推不出是正方形或矩形，
故①→②，①→③错误，
故选项B，C，D错误，
故选：A．
【点评】本题考查正方形的判定和性质，矩形的判定等知识，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．
6．（2022 新昌县校级模拟）如图，D、E、F分别是△ABC各边中点，则以下说法错误的是（　　）
A．△BDE和△DCF的面积相等 B．四边形AEDF是平行四边形
C．若AB＝BC，则四边形AEDF是菱形 D．若∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形
【考点】矩形的判定；三角形的面积；三角形中位线定理；平行四边形的判定；菱形的判定．
【答案】C
【点拨】根据矩形的判定定理，菱形的判定定理，三角形中位线定理判断即可．
【解析】解：A．连接EF，
∵D、E、F分别是△ABC各边中点，
∴EF∥BC，BD＝CD，
设EF和BC间的距离为h，
∴S△BDE＝BD h，S△DCF＝CD h，
∴S△BDE＝S△DCF，
故本选项不符合题意；
B．∵D、E、F分别是△ABC各边中点，
∴DE∥AC，DF∥AB，
∴DE∥AF，DF∥AE，
∴四边形AEDF是平行四边形，
故本选项不符合题意；
C．∵D、E、F分别是△ABC各边中点，
∴EF＝BC，DF＝AB，
若AB＝BC，则FE＝DF，
∴四边形AEDF不一定是菱形，
故本选项符合题意；
D．∵四边形AEDF是平行四边形，
∴若∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形，
故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的判定，三角形的中位线定理，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
7．（2023 台州）如图，⊙O的圆心O与正方形的中心重合，已知⊙O的半径和正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（　　）
A． B．2 C． D．
【考点】正方形的性质．
【答案】D
【点拨】如图，由三角形三边关系分析可得当O、A、B三点共线时，圆上任意一点到正方形边上任意一点距离有最小值，最小值为OB﹣OA，以此即可求解．
【解析】解：如图，点B为⊙O上一点，点D为正方形上一点，连接BD，OC，OA，AB，
由三角形三边关系可得，OB﹣OD＜BD，
OB是圆的半径，为定值，当点D在A时，取得最大值，
∴当O、A、B三点共线时，圆上任意一点到正方形边上任意一点距离有最小值，最小值为OB﹣OA，
由题意可得，AC＝4，OB＝4，
∵点O为正方形的中心，
∴OA⊥OC，OA＝OC，
∴△AOC为等腰直角三角形，
∴OA＝＝＝，
∴圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为OB﹣OA＝4﹣．
故选：D．
【点评】本题主要考查正方形的性质、利用三角形三边关系求最值问题，利用三角形三边关系分析得出当O、A、B三点共线时，圆上任意一点到正方形边上任意一点距离有最小值是解题关键．
8．（2021 绍兴）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形纵向排列放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（　　）
A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形
B．用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形
C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形
D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形
【考点】菱形的判定与性质．
【答案】B
【点拨】根据题意画出图形，从图形中找到出现的菱形的个数即可．
【解析】解：如图所示，
用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形；
用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，
用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形，
用5个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形，
用6个相同的菱形放置，最多能得到47个菱形．
故选：B．
【点评】本题主要考查菱形在实际生活中的应用，解题的关键是根据题意画出图形并熟练掌握菱形的判定．
9．（2023 江山市模拟）已知，如图，在矩形ABCD中，E是BC上的一点，且AE＝AD，DF⊥AE于点F．若DF＝4，EF＝2，则矩形ABCD的面积是（　　）
A．14 B．16 C．18 D．20
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质．
【答案】D
【点拨】连接DE，利用矩形的性质，则可证得Rt△ABE≌Rt△DFA，进一步可证得Rt△DFE≌Rt△DCE，得FE＝CE＝2，DC＝DF＝4，设AD＝x，则AF＝x﹣1，在△AFD中，利用勾股定理，可求得AD，可求得矩形ABCD的面积．
【解析】解：连结DE，如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DAF＝∠AEB，
∵DF⊥AE，
∴∠AFD＝∠B＝90°，
在△ABE和△DFA中，
，
△ABE≌△DFA（AAS），
∴AB＝CD＝DF，
在Rt△DFE和Rt△DCE中，
，
∴Rt△DFE≌Rt△DCE（HL）．
∴FE＝CE＝2，DC＝DF＝4，
设AD＝x，
则AF＝AE﹣EF＝AD﹣2＝x﹣2，
在Rt△AFD中，由勾股定理得：AF2+DF2＝AD2，
∴（x﹣2）2+42＝x2，
∴x＝5，
∴AD＝5，
∴S矩形ABCD＝AD DC＝5×4＝20．
故选：D．
【点评】本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，证得三角形全等是解题的关键．
10．（2023 金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q，若HF＝FG，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【答案】B
【点拨】由正方形的性质得AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，则∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，可证明△ABC≌△AFH，得BC＝HF，而HF＝FG，所以BC＝FG，再证明△BCQ≌△FGP，得CQ＝GP，设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，可求得BE＝AF＝m，由＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，得CQ＝BC＝m，由＝＝＝tan∠PBE，得PE＝BE＝m，即可求得S四边形PCQE＝m2，S正方形ABEF＝5m2，则＝＝，于是得到问题的答案．
【解析】解：∵四边形ABEF、四边形ACGH、四边形BCMN都是正方形，
∴AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，
∴∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，
∴△ABC≌△AFH（SAS），
∴BC＝HF，
∵HF＝FG，
∴BC＝FG，
∵∠ACG＝∠ACB＝∠BCM＝90°，
∴∠ACG+∠ACB＝180°，∠ACB+∠BCM＝180°，
∴B、C、G三点在同一条直线上，A、C、M三点在同一条直线上，
∵∠BCQ＝∠G＝∠E＝90°，∠BPE＝∠FPG，
∴∠CBQ＝90°﹣∠BPE＝90°﹣∠FPG＝∠GFP，
∴△BCQ≌△FGP（ASA），
∴CQ＝GP，
设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，
∴BE＝AF＝＝m，
∵∠G＝∠H＝∠AFE＝90°，
∴∠GFP＝∠HAF＝90°﹣∠AFH，
∴＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，
∴CQ＝BC＝m，
∵∠E＝∠BCQ＝90°，
∴＝＝＝tan∠PBE，
∴PE＝BE＝×m＝m，
∴S四边形PCQE＝m×m﹣m×m＝m2，
∵S正方形ABEF＝（m）2＝5m2，
∴＝＝，
故选：B．
【点评】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，证明△ABC≌△AFH及△BCQ≌△FGP是解题的关键．
11．（2023 杭州模拟）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交点O，P、Q分别为AO、AD的中点，若AB＝6，BC＝8，则PQ的长是 　2.5　．
【考点】矩形的性质；三角形中位线定理．
【答案】2.5．
【点拨】由勾股定理可求AC＝BD＝10，由矩形的性质可求OD＝5，由三角形中位线定理可求解．
【解析】解：连接PQ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AC＝BD，BO＝DO＝BD，
∴AC＝BD＝＝＝10，
∴OD＝BD＝5，
∵点P、Q是AO，AD的中点，
∴PQ是△AOD的中位线，
∴PQ＝DO＝2.5．
故答案为：2.5．
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形中位线定理等知识，求出OD的长是解题的关键．
12．（2023 台州）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6．在边AD上取一点E，使BE＝BC，过点C作CF⊥BE，垂足为点F，则BF的长为 　　．
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质．
【答案】．
【点拨】根据矩形的性质可得出∠AEB＝∠FBC，结合已知BE＝BC，利用AAS证得△ABE和△FCB全等，得出FC＝AB＝4，再根据矩形的性质得到BC＝AD＝6，从而在Rt△FCB中利用勾股定理求出BF的长．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠FBC，
∵CF⊥BE，
∴∠CFB＝90°，
∴∠CFB＝∠A，
在△ABE和△FCB中，
，
∴△ABE≌△FCB（AAS），
∴FC＝AB＝4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝6，
在Rt△FCB中，由勾股定理得，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，熟知矩形的对边平行且相等，四个角都是直角．
13．（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°　．
【考点】菱形的性质．
【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．
【解析】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．
14．（2021 温州）图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，将其剪拼成不重叠、无缝隙的大正方形（如图2），则图1中所标注的d的值为 　6﹣2　；记图1中小正方形的中心为点A，B，C，图2中的对应点为点A′，B′，C′．以大正方形的中心O为圆心作圆，则当点A′，B′，C′在圆内或圆上时，圆的最小面积为 　（16﹣8）π　．
【考点】矩形的性质；正方形的性质；图形的剪拼．
【答案】6﹣2，（16﹣8）π．
【点拨】如图，连接FW，由题意可知点A′，O，C′在线段FW上，连接OB′，B′C′，过点O作OH⊥B′C′于H．证明∠EGF＝30°，解直角三角形求出JK，OH，B′H，再求出OB′2，可得结论．
【解析】解：如图，连接FW，由题意可知点A′，O，C′在线段FW上，连接OB′，B′C′，过点O作OH⊥B′C′于H．
∵大正方形的面积＝12，
∴FG＝GW＝2，
∵EF＝WK＝2，
∴在Rt△EFG中，tan∠EGF＝＝＝，
∴∠EGF＝30°，
∵JK∥FG，
∴∠KJG＝∠EGF＝30°，
∴d＝JK＝GK＝（2﹣2）＝6﹣2，
∵OF＝OW＝FW＝，C′W＝，
∴OC′＝﹣，
∵B′C′∥QW，B′C′＝2，
∴∠OC′H＝∠FWQ＝45°，
∴OH＝HC′＝﹣1，
∴HB′＝2﹣（﹣1）＝3﹣，
∴OB′2＝OH2+B′H2＝（﹣1）2+（3﹣）2＝16﹣8，
∵OA′＝OC′＜OB′，
∴当点A′，B′，C′在圆内或圆上时，圆的最小面积为（16﹣8）π．
故答案为：6﹣2，（16﹣8）π．
【点评】本题考查正方形的性质，矩形的性质，解直角三角形，圆等知识，解题的关键是读懂图象信息，推出∠EGF＝30°，学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
15．（2021 宁波）如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，△BEC与△FEC关于直线EC对称，点B的对称点F在边AD上，G为CD中点，连结BG分别与CE，CF交于M，N两点．若BM＝BE，MG＝1，则BN的长为 　2　，sin∠AFE的值为 　﹣1　．
【考点】矩形的性质；轴对称的性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形．
【答案】2；﹣1．
【点拨】连接BF，FM，由翻折及BM＝ME可得四边形BEFM为菱形，再由菱形对角线的性质可得BN＝BA．先证明△AEF≌△NMF得AE＝NM，再证明△FMN∽△CGN可得＝，进而求解．
【解析】解：∵BM＝BE，
∴∠BEM＝∠BME，
∵AB∥CD，
∴∠BEM＝∠GCM，
又∵∠BME＝∠GMC，
∴∠GCM＝∠GMC，
∴MG＝GC＝1，
∵G为CD中点，
∴CD＝AB＝2．
连接BF，FM，
由翻折可得∠FEM＝∠BEM，BE＝EF，
∴BM＝EF，
∵∠BEM＝∠BME，
∴∠FEM＝∠BME，
∴EF∥BM，
∴四边形BEFM为平行四边形，
∵BM＝BE，
∴四边形BEFM为菱形，
∵∠EBC＝∠EFC＝90°，EF∥BG，
∴∠BNF＝90°，
∵BF平分∠ABN，
∴FA＝FN，
∴Rt△ABF≌Rt△NBF（HL），
∴BN＝AB＝2．
∵FE＝FM，FA＝FN，∠A＝∠BNF＝90°，
∴Rt△AEF≌Rt△NMF（HL），
∴AE＝NM，
设AE＝NM＝x，
则BE＝FM＝2﹣x，NG＝MG﹣NM＝1﹣x，
∵FM∥GC，
∴△FMN∽△CGN，
∴＝，
即＝，
解得x＝2+（舍）或x＝2﹣，
∴EF＝BE＝2﹣x＝，
∴sin∠AFE＝＝＝﹣1．
故答案为：2；﹣1．
【点评】本题考查矩形的翻折问题，解题关键是连接辅助线通过全等三角形及相似三角形的判定及性质求解．
16．（2023 湖州）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上．
（1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，则BE的长是 　4　cm．
（2）若，则tan∠DAH的值是 　3　．
【考点】正方形的性质；解直角三角形；等腰直角三角形．
【答案】（1）4；
（2）3．
【点拨】（1）将AE和FC用BE表示出来，再代入AE+FC＝11cm，即可求出BE的长；
（2）由已知条件可以证明∠DAH＝∠CDG，从而得到tan∠DAH＝tan∠CDG，设AH＝x，DG＝5k，GH＝4k，用x和k的式子表示出CG，再利用tan∠DAH＝tan∠CDG列方程，解出x，从而求出tan∠DAH的值．
【解析】解：（1）∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，
∴AE＝BE，BF＝CF，
∵AE+FC＝11cm，
∴BE+BF＝11cm，
即BE+BE+EF＝11cm，
即2BE+EF＝11cm，
∵EF＝3cm，
∴2BE+3cm＝11cm，
∴BE＝4cm，
故答案为：4；
（2）设AH＝x，
∵，
∴可设DG＝5k，GH＝4k，
∵四边形EFGH是正方形，
∴HE＝EF＝FG＝GH＝4k，
∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，
∴AE＝BE，BF＝CF，∠ABE＝∠CBF＝45°，
∴CG＝CF+GF＝BF+4k＝BE+8k＝AH+12k＝x+12k，
∠ABC＝∠ABE+∠CBF＝45°+45°＝90°，
∵四边形ABCD对角互补，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADH+∠CDG＝90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠AHD＝∠CGD＝90°，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∴∠DAH＝∠CDG，
∴tan∠DAH＝tan∠CDG，
∴，即，
整理得：x2+12kx﹣45k2＝0，
解得x1＝3k，x2＝﹣15k（舍去），
∴tan∠DAH＝＝＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角函数定义，一元二次方程的解法等，弄清图中线段间的关系是解题的关键．
17．（2021 金华）已知：如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠BOC＝120°，AB＝2．
（1）求矩形对角线的长；
（2）过O作OE⊥AD于点E，连结BE．记∠ABE＝α，求tanα的值．
【考点】矩形的性质；解直角三角形；等边三角形的判定与性质；勾股定理．
【答案】（1）矩形对角线的长为4；
（2）tanα＝．
【点拨】（1）根据矩形的性质求出AC＝2AO，根据等边三角形的判定得出△AOB是等边三角形，求出AB＝AO＝2，求出BD；
（2）根据勾股定理求出AD，然后根据等腰三角形的性质求得AE，然后解直角三角形求得tanα的值．
【解析】解：（1）∵∠BOC＝120°，
∴∠AOB＝60°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，AC＝BD，AO＝OC，BO＝DO，
∴AO＝BO，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝AO＝BO，
∵AB＝2，
∴BO＝2，
∴BD＝2BO＝4，
∴矩形对角线的长为4；
（2）由勾股定理得：AD＝＝＝2，
∵OA＝OD，OE⊥AD于点E，
∴AE＝DE＝AD＝，
∴tanα＝＝．
【点评】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理以及解直角三角形等知识点，能灵活运用定理进行推理是解此题的关键．
18．（2023 舟山）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，连结EF．
（1）求证：AE＝AF；
（2）若∠B＝60°，求∠AEF的度数．
【考点】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．
【答案】（1）证明见解答；
（2）60°．
【点拨】（1）欲证明AE＝AF，只需要证得△ABE≌△ADF即可；
（2）根据菱形的邻角互补和全等三角形的性质进行推理解答．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D．
又∵AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
在△ABE与△ADF中，
∵．
∴△ABE≌△ADF（AAS）．
∴AE＝AF；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B+∠BAD＝180°．
而∠B＝60°，
∴∠BAD＝120°．
又∵∠AEB＝90°，∠B＝60°，
∴∠BAE＝30°．
由（1）知△ABE≌△ADF，
∴∠BAE＝∠DAF＝30°．
∴∠EAF＝120°﹣30°﹣30°＝60°．
∴△AEF是等边三角形．
∴∠AEF＝60°．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
19．（2023 拱墅区二模）如图，在 ABCD中，CE平分∠BCD，交AD于点E，DF平分∠ADC，交BC于点F，CE与DF交于点P，连接EF，BP．
（1）求证：四边形CDEF是菱形；
（2）若AB＝2，BC＝3，∠A＝120°，求BP的值．
【考点】菱形的判定与性质；平行四边形的性质．
【答案】见解析
【点拨】（1）利用平行四边形的性质和角平分线的定义可求得CF＝CD＝DE，可证得结论；
（2）过P作PG⊥BC于G，在Rt△PGC中可求得PG和CG的长，则可求得BG的长，在Rt△BPG中，由勾股定理可求得BP的长．
【解析】（1）证明：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EDF＝∠DFC，
∵DF平分∠ADC，
∴∠EDF＝∠CDF，
∴∠DFC＝∠CDF，
∴CD＝CF，
同理可得CD＝DE，
∴CF＝DE，且CF∥DE，
∴四边形CDEF为菱形；
（2）解：
如图，过P作PG⊥BC于G，
∵AB＝2，BC＝3，∠A＝120°，且四边形CDEF为菱形，
∴CF＝EF＝CD＝AB＝2，∠ECF＝∠BCD＝∠A＝60°，
∴△CEF为等边三角形，
∴CE＝CF＝2，
∴PC＝CE＝1，
∴CG＝PC＝，PG＝PC＝，
∴BG＝BC﹣CG＝3﹣＝，
在Rt△BPG中，由勾股定理可得BP＝＝＝，
即BP的值为．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质及菱形的判定和性质，掌握菱形的判定方法是解题的关键，在求BP的值时注意构造直角三角形．
20．（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．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理．
【答案】见解答．
【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．
【解析】（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．
1．（2022 滨州）下列命题，其中是真命题的是（　　）
A．对角线互相垂直的四边形是平行四边形 B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．对角线互相平分的四边形是菱形 D．对角线互相垂直的矩形是正方形
【考点】正方形的判定；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定．
【答案】D
【点拨】根据，平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定方法一一判断即可．
【解析】解：A、对角线互相垂直的四边形是平行四边形，是假命题，本选项不符合题意；
B、有一个角是直角的四边形是矩形，是假命题，本选项不符合题意；
C、对角线互相平分的四边形是菱形，是假命题，本选项不符合题意；
D、对角线互相垂直的矩形是正方形，是真命题，本选项符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查正方形的判定，平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握特殊四边形的判定方法，属于中考常考题型．
2．（2022 滨江区一模）四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O．若OA＝OB＝OC＝OD，则该四边形（　　）
A．可能不是平行四边形 B．一定是矩形 C．一定是菱形 D．一定是正方形
【考点】正方形的判定；多边形；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定．
【答案】B
【点拨】根据OA＝OB＝OC＝OD，判断四边形ABCD是平行四边形．然后根据AC＝BD，判定四边形ABCD是矩形．
【解析】解：∵对角线AC、BD交于点O，OA＝OB＝OC＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵OA+OC＝OD+OB
即AC＝BD
∴四边形ABCD是矩形．
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
3．（2022 仙居县二模）如图，分别以点A，B为圆心，以大于AB同样长为半径作弧，两弧相交于C，D两点，连接AB，CD，AC，BC，AD，BD，则下列说法中正确的是（　　）
A．CD⊥AB，但CD不一定平分AB B．CD垂直平分AB，但AB不一定垂直平分CD
C．AC⊥BC且AC＝BC D．CD与AB互相垂直平分
【考点】菱形的判定与性质；作图—基本作图；线段垂直平分线的性质．
【答案】D
【点拨】根据菱形的性质即可得到结论．
【解析】解：由作法知，AC＝BC＝AD＝BD，
∴四边形ADBC是菱形，
∴AB，CD互相垂直平分，
∴A，B，C不符合题意，D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了作图﹣复杂作图、线段垂直平分线的性质、菱形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
4．（2023 霍林郭勒市二模）如图，在∠MON的两边上分别截取OA、OB，使OA＝OB；分别以点A、B为圆心，OA长为半径作弧，两弧交于点C；连接AC、BC、AB、OC．若AB＝3cm，四边形AOBC的面积为12cm2，则OC的长为（　　）
A．5cm B．8cm C．10cm D．4cm
【考点】菱形的判定与性质．
【答案】B
【点拨】根据作法判定出四边形OACB是菱形，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
【解析】解：根据作图，AC＝BC＝OA，
∵OA＝OB，
∴OA＝OB＝BC＝AC，
∴四边形OACB是菱形，
∵AB＝3cm，四边形OACB的面积为12cm2，
∴AB OC＝×3×OC＝12，
解得OC＝8cm．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，菱形的面积等于对角线乘积的一半的性质，判定出四边形OACB是菱形是解题的关键．
5．（2023 衢江区三模）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E，F分别为AB，BC上的点，DE，AF交于点G，BE＝CF＝1，记△AEG与四边形CDGF的面积分别为S1，S2，则S2﹣S1＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】矩形的性质；三角形的面积．
【答案】B
【点拨】如图，连接DF，根据矩形的性质得到CD＝AB＝3，求得AE＝2，设△ADG的面积为m，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解析】解：如图，连接DF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝3，
∵BE＝CF＝1，
∴AE＝2，
设△ADG的面积为m，
∴S2＝S△ADF﹣S△ADG+S△CDF＝×4×3﹣m+×3×1＝﹣m，
S1＝S△ADE﹣S△ADG＝×4×2﹣m＝4﹣m，
∴S2﹣S1＝﹣m﹣4+m＝，
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的性质，三角形的面积的计算，熟练掌握三角形的面积公式是解题的关键．
6．（2023 淳安县一模）如图，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝8，M为线段BD上一动点，MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，则PQ的最小值是（　　）
A． B．3 C． D．
【考点】矩形的判定与性质；垂线段最短．
【答案】C
【点拨】连接CM，先证四边形PCQM是矩形，得PQ＝CM，再由勾股定理得BD＝5，当CM⊥BD时，CM最小，则PQ最小，然后由面积法求出CM的长，即可得出结论．
【解析】解：如图，连接CM，
∵MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，
∴∠CPM＝∠CQM＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝6，CD＝AB＝8，∠BCD＝90°，
∴四边形PCQM是矩形，
∴PQ＝CM，
由勾股定理得：BD＝＝＝10，
当CM⊥BD时，CM最小，则PQ最小，
此时，S△BCD＝BD CM＝BC CD，
∴CM＝＝＝，
∴PQ的最小值为，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、垂线段最短以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
7．（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
【考点】矩形的性质；三角形的面积；三角形三边关系．
【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．
【解析】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．
8．（2023 宁波模拟）边长为a的正方形按如图所示分割成五个小矩形，其中⑤号小矩形是边长为b的正方形，若①号小矩形的周长为c，且满足2a﹣2b＝c，则下列小矩形中一定是正方形的是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
【考点】正方形的判定与性质；矩形的性质．
【答案】D
【点拨】根据题意，可以设①号小矩形的长为m，然后即可表示出其它的小矩形的长和宽，从而可以判断哪个矩形一定是正方形，本题得以解决．
【解析】解：设①号小矩形的长为m，则④号小矩形的宽为a﹣m，
∵①号小矩形的周长为c，且满足2a﹣2b＝c，
∴①号小矩形的宽为a﹣b﹣m，
∴③号小矩形的宽为a﹣（a﹣b﹣m）﹣b＝m，
∴④号小矩形的长为a﹣m，
∴④号小矩形的长和宽都是a﹣m，
即④号小矩形的是正方形，
故选：D．
【点评】本题考查一元一次方程的应用，解答本题的关键是明确题意，找出题目中的等量关系，表示出各个小矩形的长和宽．
9．（2023 绍兴模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝30°，∠C＝60°，AB＝6，AD＝4，E、F是BC上的两动点，且EF＝4，点E从点B出发，当点F移动到点C时，两点停止运动．在四边形AEFD形状的变化过程中，依次出现的特殊四边形是（　　）
A．平行四边形→菱形→矩形→平行四边形
B．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形
C．平行四边形→菱形→正方形→菱形
D．平行四边形→矩形→菱形→平行四边形
【考点】正方形的判定；勾股定理；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定．
【答案】A
【点拨】过点A，D分别作AE″⊥BC，DF″⊥BC于点E″，F″，得四边形AE″F″D是矩形，然后根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定依次证明即可．
【解析】解：如图，过点A，D分别作AE″⊥BC，DF″⊥BC于点E″，F″，
∵AD∥BC，
∴E″A⊥AD，
∴∠AE″F＝∠DF″E″＝∠E″AD＝90°，
∴四边形AE″F″D是矩形，
∴AD＝E″F″＝4，AE″＝DF″，
∵∠B＝30°，AB＝6，
∴AE″＝DF″＝AB＝3，
∴BE″＝AE″＝3＞4，
∴点E′与点B重合时，E′F′＝AD＝4，
∵AD∥BC，
∴四边形AE′F′D是平行四边形；
当点E运动到AE＝AD＝4时，四边形AEFD是菱形；
当点E运动到点E″时，四边形AE″F″D是矩形；
∵∠C＝60°，DF″＝3，
∴DC＝＝＝2＜4，
∴当点F运动到点F3与点C重合时，四边形AE3F3D是平行四边形，
综上所述：在四边形AEFD形状的变化过程中，依次出现的特殊四边形是平行四边形→菱形→矩形→平行四边形，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的判定，平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，解决本题的关键是掌握特殊的平行四边形的性质．
10．（2022 宁波）将两张全等的矩形纸片和另两张全等的正方形纸片按如图方式不重叠地放置在矩形ABCD内，其中矩形纸片和正方形纸片的周长相等．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（　　）
A．正方形纸片的面积 B．四边形EFGH的面积 C．△BEF的面积 D．△AEH的面积
【考点】正方形的性质；矩形的性质．
【答案】C
【点拨】根据题意设PD＝x，GH＝y，则PH＝x﹣y，根据矩形纸片和正方形纸片的周长相等，可得AP＝x+y，先用面积差表示图中阴影部分的面积，并化简，再用字母分别表示出图形四个选项的面积，可得出正确的选项．
【解析】解：设PD＝x，GH＝y，则PH＝x﹣y，
∵矩形纸片和正方形纸片的周长相等，
∴2AP+2（x﹣y）＝4x，
∴AP＝x+y，
∵图中阴影部分的面积＝S矩形ABCD﹣2S△ADH﹣2S△AEB
＝（2x+y）（2x﹣y）﹣2× （x﹣y）（2x+y）﹣2× （2x﹣y） x
＝4x2﹣y2﹣（2x2+xy﹣2xy﹣y2）﹣（2x2﹣xy）
＝4x2﹣y2﹣2x2+xy+y2﹣2x2+xy
＝2xy，
A、正方形纸片的面积＝x2，故A不符合题意；
B、四边形EFGH的面积＝y2，故B不符合题意；
C、△BEF的面积＝ EF BQ＝xy，故C符合题意；
D、△AEH的面积＝ EH AM＝y（x﹣y）＝xy﹣y2，故D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查整式混合运算的应用，矩形的性质，四边形的面积和正方形的性质，解题的关键是能用字母表示各矩形的边长并计算面积．
11．（2021 绍兴）图1是一种矩形时钟，图2是时钟示意图，时钟数字2的刻度在矩形ABCD的对角线BD上，时钟中心在矩形ABCD对角线的交点O上．若AB＝30cm，则BC长为 　　cm（结果保留根号）．
【考点】矩形的性质；钟面角．
【答案】．
【点拨】根据题意即可求得∠FOD＝2∠DOE，即可求得∠DOE＝30°，由矩形的性质结合平行线的性质可求得∠DBC＝30°，利用含30° 角的直角三角形的性质可求解．
【解析】解：过O点作OE⊥CD，OF⊥AD，垂足分别为E，F，
由题意知∠FOD＝2∠DOE，
∵∠FOD+∠DOE＝90°，
∴∠DOE＝30°，∠FOD＝60°，
在矩形ABCD中，∠C＝90°，CD＝AB＝30cm，
∴OE∥BC，
∴∠DBC＝∠DOE＝30°，
∴BC＝CD＝cm，
故答案为．
【点评】本题考查的矩形的性质、钟面角，含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的性质和直角三角形的性质是解题的关键．
12．（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．
【考点】正方形的判定；矩形的性质．
【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．
【解析】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．
13．（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 　　．
【考点】正方形的性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；三角形中位线定理．
【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．
【解析】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．
14．（2023 广西）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，M，N分别是EF，AF的中点，则MN的最大值为 　　．
【考点】正方形的性质；勾股定理；三角形中位线定理．
【答案】
【点拨】首先证明出MN是△AEF的中位线，得出 ，然后由正方形的性质和勾股定理得到 ，证明出当BE最大时，AE最大，此时MN最大，进而得到当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，最后代入求解即可．
【解析】解：如图所示，连接AE，
∵M，N分别是EF，AF的中点，
∴MN是△AEF的中位线，
∴，
∵四边形ABCD是正方形，∠B＝90°，
∴，
∴当BE最大时，AE最大，此时MN最大，
∵点E是BC上的动点，
∴当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，
∴此时 ，
∴，
∴MN的最大值为．
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质，三角形中位线定理，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．
15．（2022 丽水）如图，标号为①，②，③，④的矩形不重叠地围成矩形PQMN．已知①和②能够重合，③和④能够重合，这四个矩形的面积都是5．AE＝a，DE＝b，且a＞b．
（1）若a，b是整数，则PQ的长是 　a﹣b　；
（2）若代数式a2﹣2ab﹣b2的值为零，则的值是 　3+2　．
【考点】矩形的性质；分式的化简求值．
【答案】（1）a﹣b；
（2）3+2．
【点拨】（1）直接根据线段的差可得结论；
（2）先把b当常数解方程：a2﹣2ab﹣b2＝0，a＝b+b（负值舍），根据四个矩形的面积都是5表示小矩形的宽，最后计算面积的比，化简后整体代入即可解答．
【解析】解：（1）由图可知：PQ＝a﹣b，
故答案为：a﹣b；
（2）∵a2﹣2ab﹣b2＝0，
∴a2﹣b2＝2ab，（a﹣b）2＝2b2，
∴a＝b+b（负值舍），
∵四个矩形的面积都是5．AE＝a，DE＝b，
∴EP＝，EN＝，
则＝＝＝＝＝＝3+2．
故答案为：3+2．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，矩形的面积，并结合方程进行解答，正确通过解关于a的方程表示a与b的关系是解本题的关键．
16．（2023 鹿城区一模）如图，在矩形ABCD中，E，F是边BC上两点（BF＞BE），H，G是边AD上两点，且BE＝CF＝AH＝DG，连结AF，CH，BG，DE．若AB＝4，BC＝6，∠BAF＝45°，则阴影部分的面积为 　14　．
【考点】矩形的性质；正方形的判定与性质．
【答案】14．
【点拨】设AF交BG，ED于点Q，T，CH交BG，ED于点P，R，证明四边形PQTR是正方形，利用平行四边形的面积公式即可解决问题．
【解析】解：如图，设AF交BG，ED于点Q，T，CH交BG，ED于点P，R，
在矩形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，
∵BE＝CF＝AH＝DG，
∴四边形AHCF，四边形DGBE是平行四边形，
∵∠BAF＝45°，
∴∠BFA＝45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AB＝FB＝4，
∵BC＝6，
∴FC＝BC﹣BF＝2，
∴BE＝CF＝AH＝DG＝2，
∴GH＝EF＝2，
∴EC＝DC＝4，
∴△DEC是等腰直角三角形，
∴∠DEC＝45°，
∴∠ETF＝90°，
∴△TEF是等腰直角三角形，
同理△ABQ是等腰直角三角形，△BPC是等腰直角三角形，
∴BP＝CP，ET＝FT，
∴QT＝RT，
∴四边形PQTR是正方形，
∵平行四边形AHCF的面积＝CF AB＝2×4＝8，
∴平行四边形AHCF面积＝平行四边形DGBE的面积＝8，
∵AQ＝AB＝2，FT＝EF＝，AF＝AB＝4，
∴QT＝AF﹣AQ﹣FT＝，
∴正方形PQTR的面积＝（）2＝2，
∴阴影部分的面积＝2×平行四边形AHCF的面积﹣正方形PQTR的面积＝16﹣2＝14．
故答案为：14．
【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，平行四边形的面积，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
17．（2021 金华）如图，菱形ABCD的边长为6cm，∠BAD＝60°，将该菱形沿AC方向平移2cm得到四边形A′B′C′D′，A′D′交CD于点E，则点E到AC的距离为 　2　cm．
【考点】菱形的性质；平移的性质；等边三角形的判定与性质．
【答案】2．
【点拨】连接BD，过点E作EF⊥AC于点F，根据菱形的性质可以证明三角形ABD是等边三角形，根据平移的性质可得AD∥A′E，可得＝，＝，解得A′E＝4（cm），再利用30度角所对直角边等于斜边的一半即可求出结论．
【解析】解：如图，连接BD，过点E作EF⊥AC于点F，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，BD⊥AC，
∵∠BAD＝60°，
∴三角形ABD是等边三角形，
∵菱形ABCD的边长为6cm，
∴AD＝AB＝BD＝6cm，
∴AG＝GC＝3（cm），
∴AC＝6（cm），
∵AA′＝2（cm），
∴A′C＝4（cm），
∵AD∥A′E，
∴＝，
∴＝，
∴A′E＝4（cm），
∵∠EA′F＝∠DAC＝DAB＝30°，
∴EF＝A′E＝2（cm）．
故答案为：2．
【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，平移的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
18．（2022 嘉兴）小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB＝OD．求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．
小惠： 证明：∵AC⊥BD，OB＝OD， ∴AC垂直平分BD． ∴AB＝AD，CB＝CD， ∴四边形ABCD是菱形． 小洁： 这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明．
若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明．
【考点】菱形的判定．
【答案】赞成小洁的说法，补充条件：OA＝OC，证明见解答．
【点拨】根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”进行分析推理．
【解析】解：赞成小洁的说法，补充条件：OA＝OC，证明如下：
∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
【点评】本题考查菱形的判定，掌握平行四边形的判定：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形（4）对角线互相平分的四边形是平行四边形以及菱形的判定方法：（1）四条边相等的四边形是菱形；（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（3）一组邻边相等的平行四边形是菱形，是解题关键．
19．（2023 舟山三模）如图，在 ABCD中，∠ACB＝90°，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E，连接AE交CD于点F．
（1）求证：四边形ACED是矩形；
（2）连接BF，若∠ABC＝60°，CE＝2，求BF的长．
【考点】矩形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的性质．
【答案】（1）证明见解答；
（2）BF的长是2．
【点拨】（1）由AC⊥BC，DE⊥BC，得AC∥DE，由四边形ABCD是平行四边形，点E在BC的延长线上，得AD∥CE，则四边形ACED是平行四边形，即可由∠ACE＝90°，根据矩形的定义证明四边形ACED是矩形；
（2）由平行四边形的性质和矩形的性质得AE＝CD＝AB，AF＝EF，AD＝CE＝CB＝2，因为∠ABC＝60°，所以△ABC是等边三角形，则AB＝AE＝BE＝2CE＝4，∠AFB＝90°，所以AF＝AE＝2，即可根据勾股定理求得BF＝＝2．
【解析】（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∵DE⊥BC，
∴AC∥DE，
∵四边形ABCD是平行四边形，点E在BC的延长线上，
∴AD∥CE，
∴四边形ACED是平行四边形，
∵∠ACE＝90°，
∴四边形ACED是矩形．
（2）解：∵四边形ACED是矩形，四边形ABCD是平行四边形，
∴AE＝CD＝AB，AF＝EF，AD＝CE＝CB＝2，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BF⊥AE，AB＝AE＝BE＝2CE＝2×2＝4，
∴∠AFB＝90°，AF＝AE＝×4＝2，
∴BF＝＝＝2，
∴BF的长是2．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明AC∥DE及△ABC是等边三角形是解题的关键．
20．（2022 龙泉市一模）如图，四边形ABCD中，BD垂直平分AC，垂足为点F，E为四边形ABCD外一点，且∠ADE＝∠BAD，AE⊥AC
（1）求证：四边形ABDE是平行四边形；
（2）如果DA平分∠BDE，AB＝5，AD＝6，求AC的长．
【考点】菱形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定．
【答案】见解析
【点拨】（1）由平行四边形的判定定理：两组对边分别平行得到结论；
（2）由角平分线、等量代换得到角相等，由等角对等边得到BD＝AB＝5，根据勾股定理列方程求解．
【解析】（1）证明：∵∠ADE＝∠BAD，
∴AB∥DE，
∵AE⊥AC，BD⊥AC，
AE∥BD，
∴四边形ABDE是平行四边形；
（2）解：∵DA平分∠BDE，
∴∠AED＝∠BDA，
∴∠BAD＝∠BDA，
∴BD＝AB＝5，
设BF＝x，则DF＝5﹣x，
∴AD2﹣DF2＝AB2﹣BF2，
∴62﹣（5﹣x）2＝52﹣x2，
∴x＝，
∴AF＝＝，
∴AC＝2AF＝．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理的应用，解题的关键是利用勾股定理列方程．
21．（2022 萧山区模拟）已知：如图，边长为4的菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若∠CAD＝∠DBC．
（1）求证：四边形ABCD是正方形．
（2）E是OB上一点，BE＝1，且DH⊥CE，垂足为H，DH与OC相交于点F，求线段OF的长．
【考点】正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）2﹣1．
【点拨】（1）由菱形的性质得出AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，得出∠BAD+∠ABC＝180°，证出∠BAD＝∠ABC，求出∠BAD＝90°，即可得出结论；
（2）由正方形的性质得出AC⊥BD，AC＝BD，CO＝AC，DO＝BD，得出∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，证出∠ECO＝∠EDH，证明△ECO≌△FDO（ASA），即可得出结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠CAD＝∠DBC，
∴∠BAD＝∠ABC，
∴2∠BAD＝180°，
∴∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝BC＝4，
∴AC⊥BD，AC＝BD＝4，
∴OB＝CO＝AC＝2，DO＝BD＝2，
∴∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，
∵DH⊥CE，垂足为H，
∴∠DHE＝90°，∠EDH+∠DEH＝90°，
∵∠ECO+∠DEH＝90°，
∴∠ECO＝∠EDH，
在△ECO和△FDO中，
，
∴△ECO≌△FDO（ASA），
∴OE＝OF．
∵BE＝1，
∴OE＝OF＝OB﹣BE＝2﹣1．
【点评】本题考查了正方形的判定与性质、菱形的性质，全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．
22．（2022 浑南区二模）（1）问题情境：如图，正方形ABCD中，AB＝6，点E为射线BC上一动点，将△ABE沿AE所在直线翻折，得到△AFE，延长EF，射线EF与射线CD交于点G，连接AG．
①当点E在线段BC上时，求证：DG＝FG；
②当CE＝3时，则CG的长为 　4或7.2　．
（2）思维深化：在△ABC中，∠BAC＝45°，AD为BC边上的高，且BD＝+1，CD＝﹣1，请直接写出AD的长．
【考点】正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【答案】（1）①证明见解析；
②4或7.2；
（2）AD＝+．
【点拨】（1）①由折叠得AF＝AB，∠B＝∠AFE＝90°，再由HL定理证明Rt△ADG≌Rt△AFG，根据全等三角形的性质即可得到结论；
②设CG＝x，分两种情况画图并根据勾股定理列方程可解答；
（2）由题中条件，建立图形，根据已知条件，运用勾股定理，求出AD的长即可．
【解析】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD，∠B＝∠D＝90°，
由折叠得：∠AFE＝∠B＝90°，AF＝AB，
∴AD＝AF，∠AFG＝∠D＝90°，
在Rt△ADG和Rt△AFG中，
，
∴Rt△ADG≌Rt△AFG（HL），
∴DG＝FG；
②解：分两种情况：
如图1，点E在边BC上时，
设CG＝x，则DG＝FG＝6﹣x，
∵CB＝6，CE＝3，
∴EF＝BE＝3，
∴EG＝EF+FG＝3+6﹣x＝9﹣x，
在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2＝EG2，
∴32+x2＝（9﹣x）2，
∴x＝4，
∴CG＝4；
如图2，点E在边BC的延长线上时，
设CG＝x，则DG＝FG＝x﹣6，
∵CB＝6，CE＝3，
∴EF＝BE＝3+6＝9，
∴EG＝EF﹣FG＝9﹣（x﹣6）＝15﹣x，
在Rt△CEG中，由勾股定理得：CE2+CG2＝EG2，
∴32+x2＝（15﹣x）2，
∴x＝7.2，
∴CG＝7.2；
综上所述，CG的长是4或7.2；
故答案为：4或7.2；
（2）解：如图3，将△ABD沿着AB边折叠，使D与E重合，△ACD沿着AC边折叠，使D与G重合，
可得∠BAD＝∠EAB，∠DAC＝∠GAC，∠E＝∠G＝90°，AE＝AG＝AD，BD＝EB＝+1，DC＝CG＝﹣1，
∵∠BAC＝45°，
∴∠EAG＝90°，
∴∠EAG＝∠E＝∠G＝90°，
∴四边形AEFG为正方形，
设正方形的边长为x，则BF＝x﹣（+1）＝x﹣﹣1，CF＝x﹣（﹣1）＝x﹣+1，
在Rt△BCF中，根据勾股定理得：BF2+CF2＝BC2，
即（x﹣﹣1）2+（x﹣+1）2＝（+1+﹣1）2，
解得：x＝+或x＝﹣（舍去），
∴AD＝+．
【点评】此题主要考查了翻折变换的性质，直角三角形全等的判定和性质，勾股定理等知识，掌握翻折变换的性质是解题的关键．
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第四章 三角形与四边形
第八节 特殊平行四边形
考点分布 考查频率 命题趋势
考点1 矩形的性质与判定 ☆☆☆ 特殊的平行四边形是中考中的考查重点,年年都会考查，分值为15分左右，预计2024年中考还将出现，并且在选择、填空题中考查利用特殊四边形性质和判定求角度、长度问题的可能性比较大。解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和三角形全等(相似)、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大。对于本考点内容，要注重基础，反复练习，灵活运用。
考点2 菱形的性质与判定 ☆☆☆
考点3 正方形的性质与判定 ☆☆☆
1．矩形：
定义 有一个角是 的平行四边形叫做矩形
性质 对称性 矩形是一个轴对称图形，它至少有 条对称轴
矩形是中心对称图形，它的对称中心是 的交点
定理 (1)矩形的四个角都是直角 (2)矩形的对角线互相平分且相等
判定 (1)定义法 (2)有三个角是直角的四边形是矩形 (3)对角线 的平行四边形是矩形 (4)对角线相等且互相平分的四边形是矩形
2．菱形：
定义 有一组 的平行四边形叫做菱形
性质 对称性 菱形是轴对称图形，两条对角线所在的直线是它的对称轴
菱形是中心对称图形，它的对称中心是两条对角线的交点
定理 (1)菱形的四条边都相等 (2)菱形的对角线 ，并且每条对角线平分一组对角
判定 (1)定义法 (2)四条边相等的四边形是菱形 (3)对角线 的平行四边形是菱形 (4)对角线互相垂直且平分的四边形是菱形
菱形面积 (1)因为菱形是特殊的平行四边形，所以菱形的面积＝底×高 (2)因为菱形的对角线互相垂直平分，所以其对角线将菱形分成 个全等的直角三角形，所以菱形的面积等于两条对角线乘积的一半
3．正方形：
定义 有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形
性质 (1)正方形的对边平行且相等 (2)正方形的四条边都相等 (3)正方形的四个角都是直角 (4)正方形的对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线 平分一组对角 (5)正方形既是轴对称图形也是中心对称图形，对称轴有 条，对称中心是对角线的交点
判定 (1)定义法 (2)有一组邻边相等的矩形是正方形 (3)有一个角是直角的菱形是正方形 (4)对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 (5)对角线互相垂直的矩形是正方形 (6)对角线相等的菱形是正方形 (7)对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
4．四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系：
■考点一　矩形的性质与判定
◇典例1：（2022 丽水）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点B与点D重合，点A落在点P处，折痕为EF．
（1）求证：△PDE≌△CDF；
（2）若CD＝4cm，EF＝5cm，求BC的长．
◆变式训练
1．（2021 上城区二模）已知四边形ABCD为平行四边形，要使四边形ABCD为矩形，则可增加条件为（　　）
A．AB＝BC B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AC平分∠BAD
2．（2023 拱墅区三模）如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，若∠CAE＝15°，则∠BOE的度数为（　　）
A．60° B．75° C．72° D．90°
3．（2023 温州模拟）如图，在 ABCD中，连接BD，点E为线段AD的中点，连接BE并延长与CD的延长线交于点F，连接AF，∠BDF＝90°．
（1）求证：四边形ABDF是矩形；
（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中的四个等腰三角形．（△ABE除外）
■考点二　菱形的性质与判定
◇典例2：（2023 龙湾区模拟）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论：
①； ②与△DEG全等的三角形共有5个；③四边形ODEG与四边形OBAG面积相等；
④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形． 其中一定成立的是（　　）
A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
◆变式训练
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．（2022 温州模拟）如图，AD是Rt△ABC斜边BC上的中线，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F，连结CF．
（1）求证：四边形ADCF为菱形；
（2）若AE＝，tan∠ABC＝，求菱形ADCF的面积．
■考点三　正方形的性质与判定
◇典例3：（2022 绍兴）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F是对角线BD上的动点，且BE＝DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．下列四种说法：
①存在无数个平行四边形MENF；②存在无数个矩形MENF；③存在无数个菱形MENF；
④存在无数个正方形MENF．其中正确的个数是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
◆变式训练
1．（2023 绍兴）如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD＝60°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE＝OF．点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是（　　）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
2．（2023 未央区三模）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE．交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
1．（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．
2．（2023 丽水）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，则AC的长为（　　）
A． B．1 C． D．
3．（2023 海曙区一模）下列说法正确的是（　　）
A．两组对角分别相等的四边形是平行四边形 B．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C．两条对角线相等的四边形是矩形 D．两条对角线垂直且相等的四边形是正方形
4．（2023 舟山三模）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证，根据图形可知他得出的这个推论指（　　）
A．S矩形ABMN＝S矩形MNDC B．S矩形EBMF＝S矩形AEFN
C．S矩形AEFN＝S矩形MNDC D．S矩形EBMF＝S矩形NFGD
5．（2021 婺城区校级模拟）下列是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线相等；②它是一个正方形；③它是一个矩形．下列推理过程正确的是（　　）
A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③
C．由③推出①，由①推出② D．由①推出③，由③推出②
6．（2022 新昌县校级模拟）如图，D、E、F分别是△ABC各边中点，则以下说法错误的是（　　）
A．△BDE和△DCF的面积相等 B．四边形AEDF是平行四边形
C．若AB＝BC，则四边形AEDF是菱形 D．若∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形
7．（2023 台州）如图，⊙O的圆心O与正方形的中心重合，已知⊙O的半径和正方形的边长都为4，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（　　）
A． B．2 C． D．
8．（2021 绍兴）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形纵向排列放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（　　）
A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形
B．用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形
C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形
D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形
9．（2023 江山市模拟）已知，如图，在矩形ABCD中，E是BC上的一点，且AE＝AD，DF⊥AE于点F．若DF＝4，EF＝2，则矩形ABCD的面积是（　　）
A．14 B．16 C．18 D．20
10．（2023 金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q，若HF＝FG，则的值是（　　）
A． B． C． D．
11．（2023 杭州模拟）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交点O，P、Q分别为AO、AD的中点，若AB＝6，BC＝8，则PQ的长是 　　．
12．（2023 台州）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6．在边AD上取一点E，使BE＝BC，过点C作CF⊥BE，垂足为点F，则BF的长为 　　．
13．（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 　　．
14．（2021 温州）图1是邻边长为2和6的矩形，它由三个小正方形组成，将其剪拼成不重叠、无缝隙的大正方形（如图2），则图1中所标注的d的值为 　　；记图1中小正方形的中心为点A，B，C，图2中的对应点为点A′，B′，C′．以大正方形的中心O为圆心作圆，则当点A′，B′，C′在圆内或圆上时，圆的最小面积为 　　．
15．（2021 宁波）如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，△BEC与△FEC关于直线EC对称，点B的对称点F在边AD上，G为CD中点，连结BG分别与CE，CF交于M，N两点．若BM＝BE，MG＝1，则BN的长为 　　，sin∠AFE的值为 　　．
16．（2023 湖州）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上．
（1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，则BE的长是 　　cm．
（2）若，则tan∠DAH的值是 　　．
17．（2021 金华）已知：如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠BOC＝120°，AB＝2．
（1）求矩形对角线的长；
（2）过O作OE⊥AD于点E，连结BE．记∠ABE＝α，求tanα的值．
18．（2023 舟山）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，连结EF．
（1）求证：AE＝AF；
（2）若∠B＝60°，求∠AEF的度数．
19．（2023 拱墅区二模）如图，在 ABCD中，CE平分∠BCD，交AD于点E，DF平分∠ADC，交BC于点F，CE与DF交于点P，连接EF，BP．
（1）求证：四边形CDEF是菱形；
（2）若AB＝2，BC＝3，∠A＝120°，求BP的值．
20．（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．
1．（2022 滨州）下列命题，其中是真命题的是（　　）
A．对角线互相垂直的四边形是平行四边形 B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．对角线互相平分的四边形是菱形 D．对角线互相垂直的矩形是正方形
2．（2022 滨江区一模）四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O．若OA＝OB＝OC＝OD，则该四边形（　　）
A．可能不是平行四边形 B．一定是矩形 C．一定是菱形 D．一定是正方形
3．（2022 仙居县二模）如图，分别以点A，B为圆心，以大于AB同样长为半径作弧，两弧相交于C，D两点，连接AB，CD，AC，BC，AD，BD，则下列说法中正确的是（　　）
A．CD⊥AB，但CD不一定平分AB B．CD垂直平分AB，但AB不一定垂直平分CD
C．AC⊥BC且AC＝BC D．CD与AB互相垂直平分
4．（2023 霍林郭勒市二模）如图，在∠MON的两边上分别截取OA、OB，使OA＝OB；分别以点A、B为圆心，OA长为半径作弧，两弧交于点C；连接AC、BC、AB、OC．若AB＝3cm，四边形AOBC的面积为12cm2，则OC的长为（　　）
A．5cm B．8cm C．10cm D．4cm
5．（2023 衢江区三模）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E，F分别为AB，BC上的点，DE，AF交于点G，BE＝CF＝1，记△AEG与四边形CDGF的面积分别为S1，S2，则S2﹣S1＝（　　）
A． B． C． D．
6．（2023 淳安县一模）如图，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝8，M为线段BD上一动点，MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，则PQ的最小值是（　　）
A． B．3 C． D．
7．（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
8．（2023 宁波模拟）边长为a的正方形按如图所示分割成五个小矩形，其中⑤号小矩形是边长为b的正方形，若①号小矩形的周长为c，且满足2a﹣2b＝c，则下列小矩形中一定是正方形的是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
9．（2023 绍兴模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝30°，∠C＝60°，AB＝6，AD＝4，E、F是BC上的两动点，且EF＝4，点E从点B出发，当点F移动到点C时，两点停止运动．在四边形AEFD形状的变化过程中，依次出现的特殊四边形是（　　）
A．平行四边形→菱形→矩形→平行四边形
B．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形
C．平行四边形→菱形→正方形→菱形
D．平行四边形→矩形→菱形→平行四边形
10．（2022 宁波）将两张全等的矩形纸片和另两张全等的正方形纸片按如图方式不重叠地放置在矩形ABCD内，其中矩形纸片和正方形纸片的周长相等．若知道图中阴影部分的面积，则一定能求出（　　）
A．正方形纸片的面积 B．四边形EFGH的面积 C．△BEF的面积 D．△AEH的面积
11．（2021 绍兴）图1是一种矩形时钟，图2是时钟示意图，时钟数字2的刻度在矩形ABCD的对角线BD上，时钟中心在矩形ABCD对角线的交点O上．若AB＝30cm，则BC长为 　　cm（结果保留根号）．
12．（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．
13．（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 　　．
14．（2023 广西）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，M，N分别是EF，AF的中点，则MN的最大值为 　　．
15．（2022 丽水）如图，标号为①，②，③，④的矩形不重叠地围成矩形PQMN．已知①和②能够重合，③和④能够重合，这四个矩形的面积都是5．AE＝a，DE＝b，且a＞b．
（1）若a，b是整数，则PQ的长是 　　；
（2）若代数式a2﹣2ab﹣b2的值为零，则的值是 　　．
16．（2023 鹿城区一模）如图，在矩形ABCD中，E，F是边BC上两点（BF＞BE），H，G是边AD上两点，且BE＝CF＝AH＝DG，连结AF，CH，BG，DE．若AB＝4，BC＝6，∠BAF＝45°，则阴影部分的面积为 　　．
17．（2021 金华）如图，菱形ABCD的边长为6cm，∠BAD＝60°，将该菱形沿AC方向平移2cm得到四边形A′B′C′D′，A′D′交CD于点E，则点E到AC的距离为 　　cm．
18．（2022 嘉兴）小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB＝OD．求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．
小惠： 证明：∵AC⊥BD，OB＝OD， ∴AC垂直平分BD． ∴AB＝AD，CB＝CD， ∴四边形ABCD是菱形． 小洁： 这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明．
若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明．
19．（2023 舟山三模）如图，在 ABCD中，∠ACB＝90°，过点D作DE⊥BC交BC的延长线于点E，连接AE交CD于点F．
（1）求证：四边形ACED是矩形；
（2）连接BF，若∠ABC＝60°，CE＝2，求BF的长．
20．（2022 龙泉市一模）如图，四边形ABCD中，BD垂直平分AC，垂足为点F，E为四边形ABCD外一点，且∠ADE＝∠BAD，AE⊥AC
（1）求证：四边形ABDE是平行四边形；
（2）如果DA平分∠BDE，AB＝5，AD＝6，求AC的长．
21．（2022 萧山区模拟）已知：如图，边长为4的菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若∠CAD＝∠DBC．
（1）求证：四边形ABCD是正方形．
（2）E是OB上一点，BE＝1，且DH⊥CE，垂足为H，DH与OC相交于点F，求线段OF的长．
22．（2022 浑南区二模）（1）问题情境：如图，正方形ABCD中，AB＝6，点E为射线BC上一动点，将△ABE沿AE所在直线翻折，得到△AFE，延长EF，射线EF与射线CD交于点G，连接AG．
①当点E在线段BC上时，求证：DG＝FG；
②当CE＝3时，则CG的长为 　 　．
（2）思维深化：在△ABC中，∠BAC＝45°，AD为BC边上的高，且BD＝+1，CD＝﹣1，请直接写出AD的长．
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