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第四章 三角形與四邊形
第八節(jié) 特殊平行四邊形
考點(diǎn)分布 考查頻率 命題趨勢(shì)
考點(diǎn)1 矩形的性質(zhì)與判定 ☆☆☆ 特殊的平行四邊形是中考中的考查重點(diǎn),年年都會(huì)考查，分值為15分左右，預(yù)計(jì)2024年中考還將出現(xiàn)，并且在選擇、填空題中考查利用特殊四邊形性質(zhì)和判定求角度、長(zhǎng)度問(wèn)題的可能性比較大。解答題中考查特殊四邊形的性質(zhì)和判定，一般和三角形全等(相似)、解直角三角形、二次函數(shù)、動(dòng)態(tài)問(wèn)題綜合應(yīng)用的可能性比較大。對(duì)于本考點(diǎn)內(nèi)容，要注重基礎(chǔ)，反復(fù)練習(xí)，靈活運(yùn)用。
考點(diǎn)2 菱形的性質(zhì)與判定 ☆☆☆
考點(diǎn)3 正方形的性質(zhì)與判定 ☆☆☆
1．矩形：
定義 有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫做矩形
性質(zhì) 對(duì)稱(chēng)性 矩形是一個(gè)軸對(duì)稱(chēng)圖形，它至少有兩條對(duì)稱(chēng)軸
矩形是中心對(duì)稱(chēng)圖形，它的對(duì)稱(chēng)中心是兩條對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)
定理 (1)矩形的四個(gè)角都是直角 (2)矩形的對(duì)角線(xiàn)互相平分且相等
判定 (1)定義法 (2)有三個(gè)角是直角的四邊形是矩形 (3)對(duì)角線(xiàn)相等的平行四邊形是矩形 (4)對(duì)角線(xiàn)相等且互相平分的四邊形是矩形
2．菱形：
定義 有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形
性質(zhì) 對(duì)稱(chēng)性 菱形是軸對(duì)稱(chēng)圖形，兩條對(duì)角線(xiàn)所在的直線(xiàn)是它的對(duì)稱(chēng)軸
菱形是中心對(duì)稱(chēng)圖形，它的對(duì)稱(chēng)中心是兩條對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)
定理 (1)菱形的四條邊都相等 (2)菱形的對(duì)角線(xiàn)互相垂直，并且每條對(duì)角線(xiàn)平分一組對(duì)角
判定 (1)定義法 (2)四條邊相等的四邊形是菱形 (3)對(duì)角線(xiàn)互相垂直的平行四邊形是菱形 (4)對(duì)角線(xiàn)互相垂直且平分的四邊形是菱形
菱形面積 (1)因?yàn)榱庑问翘厥獾钠叫兴倪呅危粤庑蔚拿娣e＝底×高 (2)因?yàn)榱庑蔚膶?duì)角線(xiàn)互相垂直平分，所以其對(duì)角線(xiàn)將菱形分成 4 個(gè)全等的直角三角形，所以菱形的面積等于兩條對(duì)角線(xiàn)乘積的一半
3．正方形：
定義 有一組鄰邊相等，并且有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫做正方形
性質(zhì) (1)正方形的對(duì)邊平行且相等 (2)正方形的四條邊都相等 (3)正方形的四個(gè)角都是直角 (4)正方形的對(duì)角線(xiàn)相等，并且互相垂直平分，每條對(duì)角線(xiàn)平分一組對(duì)角 (5)正方形既是軸對(duì)稱(chēng)圖形也是中心對(duì)稱(chēng)圖形，對(duì)稱(chēng)軸有 4 條，對(duì)稱(chēng)中心是對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)
判定 (1)定義法 (2)有一組鄰邊相等的矩形是正方形 (3)有一個(gè)角是直角的菱形是正方形 (4)對(duì)角線(xiàn)互相垂直且相等的平行四邊形是正方形 (5)對(duì)角線(xiàn)互相垂直的矩形是正方形 (6)對(duì)角線(xiàn)相等的菱形是正方形 (7)對(duì)角線(xiàn)互相垂直平分且相等的四邊形是正方形
4．四邊形、平行四邊形、矩形、菱形、正方形的關(guān)系：
■考點(diǎn)一　矩形的性質(zhì)與判定
◇典例1：（2022 麗水）如圖，將矩形紙片ABCD折疊，使點(diǎn)B與點(diǎn)D重合，點(diǎn)A落在點(diǎn)P處，折痕為EF．
（1）求證：△PDE≌△CDF；
（2）若CD＝4cm，EF＝5cm，求BC的長(zhǎng)．
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；翻折變換（折疊問(wèn)題）；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理．
【答案】（1）證明見(jiàn)解答；
（2）cm．
【點(diǎn)撥】（1）根據(jù)ASA證明兩個(gè)三角形全等即可；
（2）如圖，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于G，由勾股定理計(jì)算FG＝3，設(shè)CF＝x，在Rt△CDF中，由勾股定理得：DF2＝CD2+CF2，列方程可解答．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，
由折疊得：AB＝PD，∠A＝∠P＝90°，∠B＝∠PDF＝90°，
∴PD＝CD，
∵∠PDF＝∠ADC，
∴∠PDE＝∠CDF，
在△PDE和△CDF中，
，
∴△PDE≌△CDF（ASA）；
（2）解：如圖，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于G，
∴∠EGF＝90°，EG＝CD＝4，
在Rt△EGF中，由勾股定理得：FG＝＝3，
設(shè)CF＝x，
由（1）知：PE＝AE＝BG＝x，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠BFE，
由折疊得：∠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）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行推理是本題關(guān)鍵．
◆變式訓(xùn)練
1．（2021 上城區(qū)二模）已知四邊形ABCD為平行四邊形，要使四邊形ABCD為矩形，則可增加條件為（　　）
A．AB＝BC B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AC平分∠BAD
【考點(diǎn)】矩形的判定；平行四邊形的性質(zhì)．
【答案】B
【點(diǎn)撥】由四邊形ABCD是平行四邊形，增加AB＝BC或AC⊥BD或AC平分∠BAD，可判定四邊形ABCD是菱形，由AC＝BD，即可判定四邊形ABCD是矩形．注意掌握排除法在選擇題中的應(yīng)用．
【解析】解：A、∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB＝BC，
∴四邊形ABCD是菱形，故A不符合題意；
B、∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC＝BD，
∴四邊形ABCD是矩形，故B符合題意；
C、∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形，故C不符合題意；
D、∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠ACB，
∴AB＝AC，
∴四邊形ABCD是菱形，故D不符合題意；
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了矩形的判定，熟記矩形的判定定理是解此題的關(guān)鍵．
2．（2023 拱墅區(qū)三模）如圖，在矩形ABCD中，AC、BD相交于點(diǎn)O，AE平分∠BAD交BC于點(diǎn)E，若∠CAE＝15°，則∠BOE的度數(shù)為（　　）
A．60° B．75° C．72° D．90°
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)．
【答案】B
【點(diǎn)撥】根據(jù)矩形的性質(zhì)及AE平分∠BAD分別判定BE＝BA及△OAB為等邊三角形，進(jìn)一步推出∠BOE＝∠BEO，然后求得∠OBE＝30°，則可在△BOE中求得∠BOE的度數(shù)．
【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為等邊三角形，
∴BO＝BA，
∴BO＝BE，
∴∠BOE＝∠BEO，
∵△OAB為等邊三角形，
∴∠ABO＝60°，
∴∠OBE＝90°﹣60°＝30°，
∴∠BOE＝（180°﹣30°）÷2＝75°．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)、等邊三角形和等腰三角形的判定及三角形的內(nèi)角和等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解題的關(guān)鍵．
3．（2023 溫州模擬）如圖，在 ABCD中，連接BD，點(diǎn)E為線(xiàn)段AD的中點(diǎn)，連接BE并延長(zhǎng)與CD的延長(zhǎng)線(xiàn)交于點(diǎn)F，連接AF，∠BDF＝90°．
（1）求證：四邊形ABDF是矩形；
（2）在不添加任何輔助線(xiàn)的情況下，請(qǐng)直接寫(xiě)出圖中的四個(gè)等腰三角形．（△ABE除外）
【考點(diǎn)】矩形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)．
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；
（2）△BCF、△DBE、△DFE、△AFE．
【點(diǎn)撥】（1）先證明△EAB≌△EDF，得EB＝EF，則四邊形ABDF是平行四邊形，而∠BDF＝90°，即可根據(jù)矩形的定義證明四邊形ABDF是矩形；
（2）先證明DF＝DC，BD⊥CF，則BF＝BC，所以△BCF是等腰三角形；由矩形的性質(zhì)得AE＝DE＝BE＝FE，所以△DBE、△DFE、△AFE都是等腰三角形．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，
∴∠EAB＝∠EDF，
∵點(diǎn)E為線(xiàn)段AD的中點(diǎn)，
∴EA＝ED，
在△EAB和△EDF中，
，
∴△EAB≌△EDF（ASA），
∴EB＝EF，
∴四邊形ABDF是平行四邊形，
∵∠BDF＝90°，
∴四邊形ABDF是矩形．
（2）解：△BCF、△DBE、△DFE、△AFE，
理由：由（1）得△EAB≌△EDF，
∴AB＝DF，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB＝DC，
∴DF＝DC，
∵BD⊥CF，
∴BF＝BC；
∵四邊形ABDF是矩形，且對(duì)角線(xiàn)AD、BF相交于點(diǎn)E，
∴AE＝DE＝AD，BE＝FE＝BF，
∵AD＝BF，
∴AE＝DE＝BE＝FE，
∴△BCF、△DBE、△DFE、△AFE都是等腰三角形．
【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、線(xiàn)段的垂直平分線(xiàn)的性質(zhì)、等腰三角形的判定等知識(shí)，證明△EAB≌△EDF是解題的關(guān)鍵．
■考點(diǎn)二　菱形的性質(zhì)與判定
◇典例2：（2023 龍灣區(qū)模擬）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC與BD交于點(diǎn)O，E為CD延長(zhǎng)線(xiàn)上的一點(diǎn)，且CD＝DE，連接BE分別交AC、AD于點(diǎn)F、G，連接OG，則下列結(jié)論：
①； ②與△DEG全等的三角形共有5個(gè)；③四邊形ODEG與四邊形OBAG面積相等；
④由點(diǎn)A、B、D、E構(gòu)成的四邊形是菱形． 其中一定成立的是（　　）
A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
【考點(diǎn)】菱形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定；等邊三角形的判定與性質(zhì)．
【答案】A
【點(diǎn)撥】由AAS證明△ABG≌△DEG，得出AG＝DG，證出OG是△ACD的中位線(xiàn)，得出OG＝CD＝AB，①正確；
先證四邊形ABDE是平行四邊形，再證△ABD、△BCD是等邊三角形，得AB＝BD＝AD，因此OD＝AG，則四邊形ABDE是菱形，④正確；
由菱形的性質(zhì)得△ABG≌△BDG≌△DEG，再由SAS證明△BGA≌△COD，得△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，則②不正確；
由中線(xiàn)的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)可得S△BOG＝S△DOG，S△ABG＝S△DGE，可得四邊形ODEG與四邊形OBAG面積相等，得出③正確．
【解析】解：∵四邊形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的中位線(xiàn)，
∴OG＝CD＝AB，故①正確；
∵AB∥CE，AB＝DE，
∴四邊形ABDE是平行四邊形，
∵∠BCD＝∠BAD＝60°，
∴△ABD、△BCD是等邊三角形，
∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，
∴OD＝AG，四邊形ABDE是菱形，故④正確；
∴AD⊥BE，
由菱形的性質(zhì)得：△BGA≌△BGD≌△EGD（SSS），
在△BGA和△COD中，
，
∴△BGA≌△COD（SAS），
∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正確；
∵OB＝OD，
∴S△BOG＝S△DOG，
∵四邊形ABDE是菱形，
∴S△ABG＝S△DGE，
∴四邊形ODEG與四邊形OBAG面積相等，故③正確；
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線(xiàn)定理等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
◆變式訓(xùn)練
1．（2023 樂(lè)山）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC與BD相交于點(diǎn)O，E為邊BC的中點(diǎn)，連結(jié)OE．若AC＝6，BD＝8，則OE＝（　　）
A．2 B． C．3 D．4
【考點(diǎn)】菱形的性質(zhì)；直角三角形斜邊上的中線(xiàn)；三角形中位線(xiàn)定理．
【答案】B
【點(diǎn)撥】由菱形的性質(zhì)得到OC＝AC＝3，OB＝BD＝4，AC⊥BD，由勾股定理求出BC的長(zhǎng)，由直角三角形斜邊中線(xiàn)的性質(zhì)，即可求出OE的長(zhǎng)．
【解析】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴OC＝AC，OB＝BD，AC⊥BD，
∵AC＝6，BD＝8，
∴OC＝3，OB＝4，
∴CB＝＝5，
∵E為邊BC的中點(diǎn)，
∴OE＝BC＝．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)，直角三角形斜邊的中線(xiàn)，勾股定理，關(guān)鍵是由菱形的性質(zhì)求出OC，OB的長(zhǎng)，由勾股定理求出BC的長(zhǎng)，由直角三角形斜邊的中線(xiàn)的性質(zhì)即可求出OE的長(zhǎng)．
2．（2022 溫州模擬）如圖，AD是Rt△ABC斜邊BC上的中線(xiàn)，E是AD的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A作AF∥BC交BE的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)F，連結(jié)CF．
（1）求證：四邊形ADCF為菱形；
（2）若AE＝，tan∠ABC＝，求菱形ADCF的面積．
【考點(diǎn)】菱形的判定與性質(zhì)；解直角三角形；直角三角形斜邊上的中線(xiàn)．
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；
（2）48．
【點(diǎn)撥】（1）可先證得△AEF≌△DEB，可求得AF＝DB，可證得四邊形ADCF為平行四邊形，再利用直角三角形的性質(zhì)可求得AD＝CD，可證得結(jié)論；
（2）根據(jù)條件可證得S菱形ADCF＝S△ABC，由三角形面積公式可求得答案．
【解析】（1）證明：∵E是AD的中點(diǎn)，
∴AE＝DE，
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
在△AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEB（AAS），
∴AF＝DB，
∴四邊形ADCF是平行四邊形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中點(diǎn)，
∴AD＝BC＝CD，
∴四邊形ADCF是菱形；
（2）解：∵E是AD的中點(diǎn)，AE＝，tan∠ABC＝，
∴AD＝2，BC＝4，
設(shè)AB＝3x，AC＝2x，
由勾股定理得：，
解得：x＝4，
∴AB＝12，AC＝8，
∵D是BC的中點(diǎn)，
∴S菱形ADCF＝2S△ADC＝S△ABC＝．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了菱形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線(xiàn)性質(zhì)，掌握菱形的判定方法，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
■考點(diǎn)三　正方形的性質(zhì)與判定
◇典例3：（2022 紹興）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F(xiàn)是對(duì)角線(xiàn)BD上的動(dòng)點(diǎn)，且BE＝DF，M，N分別是邊AD，邊BC上的動(dòng)點(diǎn)．下列四種說(shuō)法：
①存在無(wú)數(shù)個(gè)平行四邊形MENF；②存在無(wú)數(shù)個(gè)矩形MENF；③存在無(wú)數(shù)個(gè)菱形MENF；
④存在無(wú)數(shù)個(gè)正方形MENF．其中正確的個(gè)數(shù)是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考點(diǎn)】正方形的判定；平行四邊形的判定與性質(zhì)；菱形的判定；矩形的判定．
【答案】C
【點(diǎn)撥】根據(jù)題意作出合適的輔助線(xiàn)，然后逐一分析即可．
【解析】解：連接AC，MN，且令A(yù)C，MN，BD相交于點(diǎn)O，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
只要OM＝ON，那么四邊形MENF就是平行四邊形，
∵點(diǎn)E，F(xiàn)是BD上的動(dòng)點(diǎn)，
∴存在無(wú)數(shù)個(gè)平行四邊形MENF，故①正確；
只要MN＝EF，OM＝ON，則四邊形MENF是矩形，
∵點(diǎn)E，F(xiàn)是BD上的動(dòng)點(diǎn)，
∴存在無(wú)數(shù)個(gè)矩形MENF，故②正確；
只要MN⊥EF，OM＝ON，則四邊形MENF是菱形，
∵點(diǎn)E，F(xiàn)是BD上的動(dòng)點(diǎn)，
∴存在無(wú)數(shù)個(gè)菱形MENF，故③正確；
只要MN＝EF，MN⊥EF，OM＝ON，則四邊形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一個(gè)，故④錯(cuò)誤；
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四邊形的判定，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，作出合適的輔助線(xiàn)．
◆變式訓(xùn)練
1．（2023 紹興）如圖，在矩形ABCD中，O為對(duì)角線(xiàn)BD的中點(diǎn)，∠ABD＝60°，動(dòng)點(diǎn)E在線(xiàn)段OB上，動(dòng)點(diǎn)F在線(xiàn)段OD上，點(diǎn)E，F(xiàn)同時(shí)從點(diǎn)O出發(fā)，分別向終點(diǎn)B，D運(yùn)動(dòng)，且始終保持OE＝OF．點(diǎn)E關(guān)于AD，AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為E1，E2；點(diǎn)F關(guān)于BC，CD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為F1，F(xiàn)2在整個(gè)過(guò)程中，四邊形E1E2F1F2形狀的變化依次是（　　）
A．菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形
B．菱形→正方形→平行四邊形→菱形→平行四邊形
C．平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形→平行四邊形
D．平行四邊形→菱形→正方形→平行四邊形→菱形
【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì)；軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的判定與性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．
【答案】A
【點(diǎn)撥】根據(jù)題意，分別證明四邊形 E1E2F1F2 是菱形，平行四邊形，矩形，即可求解．
【解析】解：如圖1中，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴∠BDC＝∠ABD＝60°，∠ADB＝∠CBD＝90°﹣60°＝30°，
∵OE＝OF、OB＝OD，
∴DF＝EB，
∵對(duì)稱(chēng)，
∴DF＝DF2，BF＝BF1，BE＝BE2，DE＝DE1，E1F2＝E2F1．
∵對(duì)稱(chēng)
∴∠F2DC＝∠CDF＝60°，
∴∠EDA＝∠E1DA＝30°，
∴∠E1DB＝60°，
同理∠F1BD＝60°，
∴DE1∥BF1，
∵E1F2＝E2F1，
∴四邊形 E1E2F1F2 是平行四邊形，
如圖2所示，當(dāng)E，F(xiàn)，O三點(diǎn)重合時(shí)，DO＝OB，
∴DE1＝DF2＝AE1＝AE2，即E1E2＝E1F2，
∴四邊形E1E2F1F2 是菱形．
如圖3所示，當(dāng)E，F(xiàn)分別為OD，OB的中點(diǎn)時(shí)，設(shè)DB＝4，則 DF2＝DF＝1，DE1＝DE＝3，
在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝2，連接AE，AO，
∵∠ABO＝60°，BO＝2＝AB，
∴△ABO是等邊三角形，
∵E為OB中點(diǎn)，
∴AE⊥OB，BE＝1，
∴．
根據(jù)對(duì)稱(chēng)性可得 ．
∴AD2＝12，＝9，＝3，
∴，
∴ΔDE1A 是直角三角形，且∠E1＝90°，
四邊形E1E2F1F2是矩形．
當(dāng)F，E分別與D，B重合時(shí)，△BE1D，△BDF1 都是等邊三角形，則四邊形 E1E2F2F2 是菱形，
∴在整個(gè)過(guò)程中，四邊形 E1E2F1F2 形狀的變化依次是菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形，
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了菱形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)與判定，勾股定理與勾股定理的逆定理，軸對(duì)稱(chēng)的性 質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
2．（2023 未央?yún)^(qū)三模）如圖，已知四邊形ABCD為正方形，AB＝，點(diǎn)E為對(duì)角線(xiàn)AC上一動(dòng)點(diǎn)，連接DE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥DE．交射線(xiàn)BC于點(diǎn)F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．
①求證：矩形DEFG是正方形；
②探究：CE+CG的值是否為定值？若是，請(qǐng)求出這個(gè)定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【考點(diǎn)】正方形的判定與性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．
【答案】見(jiàn)解析
【點(diǎn)撥】（1）作出輔助線(xiàn)，得到EN＝EM，然后判斷∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，則有DE＝EF即可；
（2）同（1）的方法證出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，得出CE+CG＝CE+AE＝AC＝4即可．
【解析】①證明：過(guò)E作EM⊥BC于M點(diǎn)，過(guò)E作EN⊥CD于N點(diǎn)，如圖所示：
∵正方形ABCD，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
且NE＝NC，
∴四邊形EMCN為正方形，
∵四邊形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，
∴矩形DEFG為正方形；
②解：CE+CG的值為定值，理由如下：
∵矩形DEFG為正方形，
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，
∴AC＝AE+CE＝AB＝×2＝4，
∴CE+CG＝4 是定值．
【點(diǎn)評(píng)】此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，矩形的判定，三角形的全等的性質(zhì)和判定，勾股定理，解本題的關(guān)鍵是作出輔助線(xiàn)，判斷三角形全等．
1．（2023 杭州）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC，BD相交于點(diǎn)O．若∠AOB＝60°，則＝（　　）
A． B． C． D．
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)．
【答案】D
【點(diǎn)撥】先證△ABO是等邊三角形，可得∠BAO＝60°，由直角三角形的性質(zhì)可求解．
【解析】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AO＝BO＝CO＝DO，
∵∠AOB＝60°，
∴△ABO是等邊三角形，
∴∠BAO＝60°，
∴∠ACB＝30°，
∴BC＝AB，
∴＝，
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，掌握矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
2．（2023 麗水）如圖，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，則AC的長(zhǎng)為（　　）
A． B．1 C． D．
【考點(diǎn)】菱形的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)．
【答案】D
【點(diǎn)撥】連接BD交AC于點(diǎn)O，由菱形的性質(zhì)得OA＝OC，∠BAO＝30°，AC⊥BD，再由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得OB＝，然后由勾股定理得OA＝，即可得出結(jié)論．
【解析】解：如圖，連接BD交AC于點(diǎn)O，
∵四邊形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
∴OA＝OC，∠BAO＝∠DAB＝30°，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∴OB＝AB＝，
∴OA＝＝＝，
∴AC＝2OA＝，
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了菱形的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)，熟練掌握菱形的性質(zhì)和勾股定理是解題的關(guān)鍵．
3．（2023 海曙區(qū)一模）下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．兩組對(duì)角分別相等的四邊形是平行四邊形 B．兩條對(duì)角線(xiàn)互相垂直的四邊形是菱形
C．兩條對(duì)角線(xiàn)相等的四邊形是矩形 D．兩條對(duì)角線(xiàn)垂直且相等的四邊形是正方形
【考點(diǎn)】正方形的判定；平行四邊形的判定；菱形的判定；矩形的判定．
【答案】A
【點(diǎn)撥】由矩形、菱形、正方形、平行四邊形的判定分別對(duì)各個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷即可．
【解析】解：A、兩組對(duì)角分別相等的四邊形是平行四邊形，故選項(xiàng)A符合題意；
B、兩條對(duì)角線(xiàn)互相垂直的平行四邊形是菱形，故選項(xiàng)B不符合題意；
C、對(duì)角線(xiàn)相等的平行四邊形是矩形，故選項(xiàng)C不符合題意；
D、兩條對(duì)角線(xiàn)垂直平分且相等的四邊形是正方形，故選項(xiàng)D不符合題意；
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形、菱形、正方形、平行四邊形的判定等知識(shí)，熟練掌握矩形、菱形、正方形、平行四邊形的判定方法是解題的關(guān)鍵．
4．（2023 舟山三模）數(shù)學(xué)家吳文俊院士非常重視古代數(shù)學(xué)家賈憲提出的“從長(zhǎng)方形對(duì)角線(xiàn)上任一點(diǎn)作兩條分別平行于兩鄰邊的直線(xiàn)，則所容兩長(zhǎng)方形面積相等（如圖所示）”這一推論，他從這一推論出發(fā)，利用“出入相補(bǔ)”原理復(fù)原了《海島算經(jīng)》九題古證，根據(jù)圖形可知他得出的這個(gè)推論指（　　）
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
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)．
【答案】D
【點(diǎn)撥】根據(jù)矩形的性質(zhì)：矩形的對(duì)角線(xiàn)把矩形分成面積相等的兩部分，由此即可證明結(jié)論．
【解析】解：∵AD∥EG∥BC，MN∥AB∥CD，
∴四邊形AEFN是平行四邊形，四邊形FMCG是平行四邊形，
∴S△AEF＝S△AFN，S△FMC＝S△CGF，S△ABC＝S△ACD，
∴S矩形BEFM＝S矩形NFGD，
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查矩形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用矩形的對(duì)角線(xiàn)把矩形分成面積相等的兩部分這個(gè)性質(zhì)，屬于中考常考題型．
5．（2021 婺城區(qū)校級(jí)模擬）下列是關(guān)于某個(gè)四邊形的三個(gè)結(jié)論：①它的對(duì)角線(xiàn)相等；②它是一個(gè)正方形；③它是一個(gè)矩形．下列推理過(guò)程正確的是（　　）
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
【考點(diǎn)】正方形的判定與性質(zhì)；矩形的判定．
【答案】A
【點(diǎn)撥】根據(jù)對(duì)角線(xiàn)相等的四邊形推不出是正方形或矩形即可判斷．
【解析】解：對(duì)角線(xiàn)相等的四邊形推不出是正方形或矩形，
故①→②，①→③錯(cuò)誤，
故選項(xiàng)B，C，D錯(cuò)誤，
故選：A．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正方形的判定和性質(zhì)，矩形的判定等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，屬于中考常考題型．
6．（2022 新昌縣校級(jí)模擬）如圖，D、E、F分別是△ABC各邊中點(diǎn)，則以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是（　　）
A．△BDE和△DCF的面積相等 B．四邊形AEDF是平行四邊形
C．若AB＝BC，則四邊形AEDF是菱形 D．若∠A＝90°，則四邊形AEDF是矩形
【考點(diǎn)】矩形的判定；三角形的面積；三角形中位線(xiàn)定理；平行四邊形的判定；菱形的判定．
【答案】C
【點(diǎn)撥】根據(jù)矩形的判定定理，菱形的判定定理，三角形中位線(xiàn)定理判斷即可．
【解析】解：A．連接EF，
∵D、E、F分別是△ABC各邊中點(diǎn)，
∴EF∥BC，BD＝CD，
設(shè)EF和BC間的距離為h，
∴S△BDE＝BD h，S△DCF＝CD h，
∴S△BDE＝S△DCF，
故本選項(xiàng)不符合題意；
B．∵D、E、F分別是△ABC各邊中點(diǎn)，
∴DE∥AC，DF∥AB，
∴DE∥AF，DF∥AE，
∴四邊形AEDF是平行四邊形，
故本選項(xiàng)不符合題意；
C．∵D、E、F分別是△ABC各邊中點(diǎn)，
∴EF＝BC，DF＝AB，
若AB＝BC，則FE＝DF，
∴四邊形AEDF不一定是菱形，
故本選項(xiàng)符合題意；
D．∵四邊形AEDF是平行四邊形，
∴若∠A＝90°，則四邊形AEDF是矩形，
故本選項(xiàng)不符合題意；
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的判定，菱形的判定，平行四邊形的判定，三角形的中位線(xiàn)定理，熟練掌握矩形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
7．（2023 臺(tái)州）如圖，⊙O的圓心O與正方形的中心重合，已知⊙O的半徑和正方形的邊長(zhǎng)都為4，則圓上任意一點(diǎn)到正方形邊上任意一點(diǎn)距離的最小值為（　　）
A． B．2 C． D．
【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì)．
【答案】D
【點(diǎn)撥】如圖，由三角形三邊關(guān)系分析可得當(dāng)O、A、B三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，圓上任意一點(diǎn)到正方形邊上任意一點(diǎn)距離有最小值，最小值為OB﹣OA，以此即可求解．
【解析】解：如圖，點(diǎn)B為⊙O上一點(diǎn)，點(diǎn)D為正方形上一點(diǎn)，連接BD，OC，OA，AB，
由三角形三邊關(guān)系可得，OB﹣OD＜BD，
OB是圓的半徑，為定值，當(dāng)點(diǎn)D在A時(shí)，取得最大值，
∴當(dāng)O、A、B三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，圓上任意一點(diǎn)到正方形邊上任意一點(diǎn)距離有最小值，最小值為OB﹣OA，
由題意可得，AC＝4，OB＝4，
∵點(diǎn)O為正方形的中心，
∴OA⊥OC，OA＝OC，
∴△AOC為等腰直角三角形，
∴OA＝＝＝，
∴圓上任意一點(diǎn)到正方形邊上任意一點(diǎn)距離的最小值為OB﹣OA＝4﹣．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查正方形的性質(zhì)、利用三角形三邊關(guān)系求最值問(wèn)題，利用三角形三邊關(guān)系分析得出當(dāng)O、A、B三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，圓上任意一點(diǎn)到正方形邊上任意一點(diǎn)距離有最小值是解題關(guān)鍵．
8．（2021 紹興）數(shù)學(xué)興趣小組同學(xué)從“中國(guó)結(jié)”的圖案（圖1）中發(fā)現(xiàn)，用相同的菱形縱向排列放置，可得到更多的菱形．如圖2，用2個(gè)相同的菱形放置，得到3個(gè)菱形．下面說(shuō)法正確的是（　　）
A．用3個(gè)相同的菱形放置，最多能得到6個(gè)菱形
B．用4個(gè)相同的菱形放置，最多能得到16個(gè)菱形
C．用5個(gè)相同的菱形放置，最多能得到27個(gè)菱形
D．用6個(gè)相同的菱形放置，最多能得到41個(gè)菱形
【考點(diǎn)】菱形的判定與性質(zhì)．
【答案】B
【點(diǎn)撥】根據(jù)題意畫(huà)出圖形，從圖形中找到出現(xiàn)的菱形的個(gè)數(shù)即可．
【解析】解：如圖所示，
用2個(gè)相同的菱形放置，最多能得到3個(gè)菱形；
用3個(gè)相同的菱形放置，最多能得到8個(gè)菱形，
用4個(gè)相同的菱形放置，最多能得到16個(gè)菱形，
用5個(gè)相同的菱形放置，最多能得到29個(gè)菱形，
用6個(gè)相同的菱形放置，最多能得到47個(gè)菱形．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查菱形在實(shí)際生活中的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意畫(huà)出圖形并熟練掌握菱形的判定．
9．（2023 江山市模擬）已知，如圖，在矩形ABCD中，E是BC上的一點(diǎn)，且AE＝AD，DF⊥AE于點(diǎn)F．若DF＝4，EF＝2，則矩形ABCD的面積是（　　）
A．14 B．16 C．18 D．20
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．
【答案】D
【點(diǎn)撥】連接DE，利用矩形的性質(zhì)，則可證得Rt△ABE≌Rt△DFA，進(jìn)一步可證得Rt△DFE≌Rt△DCE，得FE＝CE＝2，DC＝DF＝4，設(shè)AD＝x，則AF＝x﹣1，在△AFD中，利用勾股定理，可求得AD，可求得矩形ABCD的面積．
【解析】解：連結(jié)DE，如圖，
∵四邊形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，
設(shè)AD＝x，
則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．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，證得三角形全等是解題的關(guān)鍵．
10．（2023 金華）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三邊為邊在AB的同側(cè)作三個(gè)正方形，點(diǎn)F在GH上，CG與EF交于點(diǎn)P，CM與BE交于點(diǎn)Q，若HF＝FG，則的值是（　　）
A． B． C． D．
【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理．
【答案】B
【點(diǎn)撥】由正方形的性質(zhì)得AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，則∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，可證明△ABC≌△AFH，得BC＝HF，而HF＝FG，所以BC＝FG，再證明△BCQ≌△FGP，得CQ＝GP，設(shè)AC＝AH＝GH＝2m，則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四邊形PCQE＝m2，S正方形ABEF＝5m2，則＝＝，于是得到問(wèn)題的答案．
【解析】解：∵四邊形ABEF、四邊形ACGH、四邊形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三點(diǎn)在同一條直線(xiàn)上，A、C、M三點(diǎn)在同一條直線(xiàn)上，
∵∠BCQ＝∠G＝∠E＝90°，∠BPE＝∠FPG，
∴∠CBQ＝90°﹣∠BPE＝90°﹣∠FPG＝∠GFP，
∴△BCQ≌△FGP（ASA），
∴CQ＝GP，
設(shè)AC＝AH＝GH＝2m，則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四邊形PCQE＝m×m﹣m×m＝m2，
∵S正方形ABEF＝（m）2＝5m2，
∴＝＝，
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)與解直角三角形等知識(shí)，證明△ABC≌△AFH及△BCQ≌△FGP是解題的關(guān)鍵．
11．（2023 杭州模擬）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC、BD相交點(diǎn)O，P、Q分別為AO、AD的中點(diǎn)，若AB＝6，BC＝8，則PQ的長(zhǎng)是 　2.5　．
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；三角形中位線(xiàn)定理．
【答案】2.5．
【點(diǎn)撥】由勾股定理可求AC＝BD＝10，由矩形的性質(zhì)可求OD＝5，由三角形中位線(xiàn)定理可求解．
【解析】解：連接PQ，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AC＝BD，BO＝DO＝BD，
∴AC＝BD＝＝＝10，
∴OD＝BD＝5，
∵點(diǎn)P、Q是AO，AD的中點(diǎn)，
∴PQ是△AOD的中位線(xiàn)，
∴PQ＝DO＝2.5．
故答案為：2.5．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線(xiàn)定理等知識(shí)，求出OD的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．
12．（2023 臺(tái)州）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6．在邊AD上取一點(diǎn)E，使BE＝BC，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥BE，垂足為點(diǎn)F，則BF的長(zhǎng)為 　　．
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．
【答案】．
【點(diǎn)撥】根據(jù)矩形的性質(zhì)可得出∠AEB＝∠FBC，結(jié)合已知BE＝BC，利用AAS證得△ABE和△FCB全等，得出FC＝AB＝4，再根據(jù)矩形的性質(zhì)得到BC＝AD＝6，從而在Rt△FCB中利用勾股定理求出BF的長(zhǎng)．
【解析】解：∵四邊形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，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝6，
在Rt△FCB中，由勾股定理得，
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)，三角形全等的性質(zhì)與判定，勾股定理，熟知矩形的對(duì)邊平行且相等，四個(gè)角都是直角．
13．（2023 紹興）如圖，在菱形ABCD中，∠DAB＝40°，連接AC，以點(diǎn)A為圓心，AC長(zhǎng)為半徑作弧，交直線(xiàn)AD于點(diǎn)E，連接CE，則∠AEC的度數(shù)是 　10°或80°　．
【考點(diǎn)】菱形的性質(zhì)．
【答案】10°或80°．
【點(diǎn)撥】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得∠DAC＝20°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠AEC的度數(shù)．
【解析】解：以點(diǎn)A為圓心，AC長(zhǎng)為半徑作弧，交直線(xiàn)AD于點(diǎn)E和E′，如圖所示，
在菱形ABCD中，∠DAC＝∠BAC，
∵∠DAB＝40°，
∴∠DAC＝20°，
∵AC＝AE，
∴∠AEC＝（180°﹣20°）÷2＝80°，
∵AE′＝AC，
∴∠AE′C＝∠ACE′＝10°，
綜上所述，∠AEC的度數(shù)是10°或80°，
故答案為：10°或80°．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了菱形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握這些性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
14．（2021 溫州）圖1是鄰邊長(zhǎng)為2和6的矩形，它由三個(gè)小正方形組成，將其剪拼成不重疊、無(wú)縫隙的大正方形（如圖2），則圖1中所標(biāo)注的d的值為 　6﹣2　；記圖1中小正方形的中心為點(diǎn)A，B，C，圖2中的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)A′，B′，C′．以大正方形的中心O為圓心作圓，則當(dāng)點(diǎn)A′，B′，C′在圓內(nèi)或圓上時(shí)，圓的最小面積為 　（16﹣8）π　．
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；圖形的剪拼．
【答案】6﹣2，（16﹣8）π．
【點(diǎn)撥】如圖，連接FW，由題意可知點(diǎn)A′，O，C′在線(xiàn)段FW上，連接OB′，B′C′，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥B′C′于H．證明∠EGF＝30°，解直角三角形求出JK，OH，B′H，再求出OB′2，可得結(jié)論．
【解析】解：如圖，連接FW，由題意可知點(diǎn)A′，O，C′在線(xiàn)段FW上，連接OB′，B′C′，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥B′C′于H．
∵大正方形的面積＝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′，
∴當(dāng)點(diǎn)A′，B′，C′在圓內(nèi)或圓上時(shí)，圓的最小面積為（16﹣8）π．
故答案為：6﹣2，（16﹣8）π．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，解直角三角形，圓等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是讀懂圖象信息，推出∠EGF＝30°，學(xué)會(huì)添加常用輔助線(xiàn)，構(gòu)造直角三角形解決問(wèn)題，屬于中考填空題中的壓軸題．
15．（2021 寧波）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E在邊AB上，△BEC與△FEC關(guān)于直線(xiàn)EC對(duì)稱(chēng)，點(diǎn)B的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)F在邊AD上，G為CD中點(diǎn)，連結(jié)BG分別與CE，CF交于M，N兩點(diǎn)．若BM＝BE，MG＝1，則BN的長(zhǎng)為 　2　，sin∠AFE的值為 　﹣1　．
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；解直角三角形．
【答案】2；﹣1．
【點(diǎn)撥】連接BF，F(xiàn)M，由翻折及BM＝ME可得四邊形BEFM為菱形，再由菱形對(duì)角線(xiàn)的性質(zhì)可得BN＝BA．先證明△AEF≌△NMF得AE＝NM，再證明△FMN∽△CGN可得＝，進(jìn)而求解．
【解析】解：∵BM＝BE，
∴∠BEM＝∠BME，
∵AB∥CD，
∴∠BEM＝∠GCM，
又∵∠BME＝∠GMC，
∴∠GCM＝∠GMC，
∴MG＝GC＝1，
∵G為CD中點(diǎn)，
∴CD＝AB＝2．
連接BF，F(xiàn)M，
由翻折可得∠FEM＝∠BEM，BE＝EF，
∴BM＝EF，
∵∠BEM＝∠BME，
∴∠FEM＝∠BME，
∴EF∥BM，
∴四邊形BEFM為平行四邊形，
∵BM＝BE，
∴四邊形BEFM為菱形，
∵∠EBC＝∠EFC＝90°，EF∥BG，
∴∠BNF＝90°，
∵BF平分∠ABN，
∴FA＝FN，
∴Rt△ABF≌Rt△NBF（HL），
∴BN＝AB＝2．
∵FE＝FM，F(xiàn)A＝FN，∠A＝∠BNF＝90°，
∴Rt△AEF≌Rt△NMF（HL），
∴AE＝NM，
設(shè)AE＝NM＝x，
則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．
故答案為：2；﹣1．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查矩形的翻折問(wèn)題，解題關(guān)鍵是連接輔助線(xiàn)通過(guò)全等三角形及相似三角形的判定及性質(zhì)求解．
16．（2023 湖州）如圖，標(biāo)號(hào)為①，②，③，④的四個(gè)直角三角形和標(biāo)號(hào)為⑤的正方形恰好拼成對(duì)角互補(bǔ)的四邊形ABCD，相鄰圖形之間互不重疊也無(wú)縫隙，①和②分別是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分別是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角頂點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別在邊BF，CG，DH，AE上．
（1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，則BE的長(zhǎng)是 　4　cm．
（2）若，則tan∠DAH的值是 　3　．
【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì)；解直角三角形；等腰直角三角形．
【答案】（1）4；
（2）3．
【點(diǎn)撥】（1）將AE和FC用BE表示出來(lái)，再代入AE+FC＝11cm，即可求出BE的長(zhǎng)；
（2）由已知條件可以證明∠DAH＝∠CDG，從而得到tan∠DAH＝tan∠CDG，設(shè)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，從而求出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，
故答案為：4；
（2）設(shè)AH＝x，
∵，
∴可設(shè)DG＝5k，GH＝4k，
∵四邊形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°，
∵四邊形ABCD對(duì)角互補(bǔ)，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADH+∠CDG＝90°，
∵四邊形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．
故答案為：3．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角函數(shù)定義，一元二次方程的解法等，弄清圖中線(xiàn)段間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．
17．（2021 金華）已知：如圖，矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC，BD相交于點(diǎn)O，∠BOC＝120°，AB＝2．
（1）求矩形對(duì)角線(xiàn)的長(zhǎng)；
（2）過(guò)O作OE⊥AD于點(diǎn)E，連結(jié)BE．記∠ABE＝α，求tanα的值．
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；解直角三角形；等邊三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理．
【答案】（1）矩形對(duì)角線(xiàn)的長(zhǎng)為4；
（2）tanα＝．
【點(diǎn)撥】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)求出AC＝2AO，根據(jù)等邊三角形的判定得出△AOB是等邊三角形，求出AB＝AO＝2，求出BD；
（2）根據(jù)勾股定理求出AD，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求得AE，然后解直角三角形求得tanα的值．
【解析】解：（1）∵∠BOC＝120°，
∴∠AOB＝60°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，AC＝BD，AO＝OC，BO＝DO，
∴AO＝BO，
∴△AOB是等邊三角形，
∴AB＝AO＝BO，
∵AB＝2，
∴BO＝2，
∴BD＝2BO＝4，
∴矩形對(duì)角線(xiàn)的長(zhǎng)為4；
（2）由勾股定理得：AD＝＝＝2，
∵OA＝OD，OE⊥AD于點(diǎn)E，
∴AE＝DE＝AD＝，
∴tanα＝＝．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理以及解直角三角形等知識(shí)點(diǎn)，能靈活運(yùn)用定理進(jìn)行推理是解此題的關(guān)鍵．
18．（2023 舟山）如圖，在菱形ABCD中，AE⊥BC于點(diǎn)E，AF⊥CD于點(diǎn)F，連結(jié)EF．
（1）求證：AE＝AF；
（2）若∠B＝60°，求∠AEF的度數(shù)．
【考點(diǎn)】菱形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)．
【答案】（1）證明見(jiàn)解答；
（2）60°．
【點(diǎn)撥】（1）欲證明AE＝AF，只需要證得△ABE≌△ADF即可；
（2）根據(jù)菱形的鄰角互補(bǔ)和全等三角形的性質(zhì)進(jìn)行推理解答．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D．
又∵AE⊥BC于點(diǎn)E，AF⊥CD于點(diǎn)F，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
在△ABE與△ADF中，
∵．
∴△ABE≌△ADF（AAS）．
∴AE＝AF；
（2）解：∵四邊形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是等邊三角形．
∴∠AEF＝60°．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)以及等腰三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定是結(jié)合全等三角形的性質(zhì)證明線(xiàn)段和角相等的重要工具．在判定三角形全等時(shí)，關(guān)鍵是選擇恰當(dāng)?shù)呐卸l件．
19．（2023 拱墅區(qū)二模）如圖，在 ABCD中，CE平分∠BCD，交AD于點(diǎn)E，DF平分∠ADC，交BC于點(diǎn)F，CE與DF交于點(diǎn)P，連接EF，BP．
（1）求證：四邊形CDEF是菱形；
（2）若AB＝2，BC＝3，∠A＝120°，求BP的值．
【考點(diǎn)】菱形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)．
【答案】見(jiàn)解析
【點(diǎn)撥】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)和角平分線(xiàn)的定義可求得CF＝CD＝DE，可證得結(jié)論；
（2）過(guò)P作PG⊥BC于G，在Rt△PGC中可求得PG和CG的長(zhǎng)，則可求得BG的長(zhǎng)，在Rt△BPG中，由勾股定理可求得BP的長(zhǎng)．
【解析】（1）證明：
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴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，
∴四邊形CDEF為菱形；
（2）解：
如圖，過(guò)P作PG⊥BC于G，
∵AB＝2，BC＝3，∠A＝120°，且四邊形CDEF為菱形，
∴CF＝EF＝CD＝AB＝2，∠ECF＝∠BCD＝∠A＝60°，
∴△CEF為等邊三角形，
∴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的值為．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查平行四邊形的性質(zhì)及菱形的判定和性質(zhì)，掌握菱形的判定方法是解題的關(guān)鍵，在求BP的值時(shí)注意構(gòu)造直角三角形．
20．（2023 紹興）如圖，在正方形ABCD中，G是對(duì)角線(xiàn)BD上的一點(diǎn)（與點(diǎn)B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F(xiàn)分別為垂足．連接EF，AG，并延長(zhǎng)AG交EF于點(diǎn)H．
（1）求證：∠DAG＝∠EGH；
（2）判斷AH與EF是否垂直，并說(shuō)明理由．
【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理的逆定理．
【答案】見(jiàn)解答．
【點(diǎn)撥】（1）直接由平行公理的推理即可解答．
（2）先連接CG，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)得出△ADG≌△CDG，從而得到∠DAG＝∠DCG．再證明∠EGH＝∠DCG＝∠OEC即可．
【解析】（1）證明：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．
連結(jié)GC交EF于點(diǎn)O，如圖：
∵BD為正方形ABCD的對(duì)角線(xiàn)，
∴∠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，
∴四邊形FCEG為矩形，
∴OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴∠DAG＝∠OEC，
由（1）得∠DAG＝∠EGH，
∴∠EGH＝∠OEC，
∴∠EGH+∠GEH＝∠OEC+∠GEH＝∠GEC＝90°，
∴∠GHE＝90°，
∴AH⊥EF．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正方形的性質(zhì)與全等三角形的性質(zhì)，熟悉性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
1．（2022 濱州）下列命題，其中是真命題的是（　　）
A．對(duì)角線(xiàn)互相垂直的四邊形是平行四邊形 B．有一個(gè)角是直角的四邊形是矩形
C．對(duì)角線(xiàn)互相平分的四邊形是菱形 D．對(duì)角線(xiàn)互相垂直的矩形是正方形
【考點(diǎn)】正方形的判定；平行四邊形的判定；菱形的判定；矩形的判定．
【答案】D
【點(diǎn)撥】根據(jù)，平行四邊形，矩形，菱形，正方形的判定方法一一判斷即可．
【解析】解：A、對(duì)角線(xiàn)互相垂直的四邊形是平行四邊形，是假命題，本選項(xiàng)不符合題意；
B、有一個(gè)角是直角的四邊形是矩形，是假命題，本選項(xiàng)不符合題意；
C、對(duì)角線(xiàn)互相平分的四邊形是菱形，是假命題，本選項(xiàng)不符合題意；
D、對(duì)角線(xiàn)互相垂直的矩形是正方形，是真命題，本選項(xiàng)符合題意．
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正方形的判定，平行四邊形的判定，菱形的判定，矩形的判定等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握特殊四邊形的判定方法，屬于中考常考題型．
2．（2022 濱江區(qū)一模）四邊形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC，BD交于點(diǎn)O．若OA＝OB＝OC＝OD，則該四邊形（　　）
A．可能不是平行四邊形 B．一定是矩形 C．一定是菱形 D．一定是正方形
【考點(diǎn)】正方形的判定；多邊形；平行四邊形的判定；菱形的判定；矩形的判定．
【答案】B
【點(diǎn)撥】根據(jù)OA＝OB＝OC＝OD，判斷四邊形ABCD是平行四邊形．然后根據(jù)AC＝BD，判定四邊形ABCD是矩形．
【解析】解：∵對(duì)角線(xiàn)AC、BD交于點(diǎn)O，OA＝OB＝OC＝OD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
又∵OA+OC＝OD+OB
即AC＝BD
∴四邊形ABCD是矩形．
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，熟練掌握平行四邊形的判定方法是解題的關(guān)鍵．
3．（2022 仙居縣二模）如圖，分別以點(diǎn)A，B為圓心，以大于AB同樣長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧相交于C，D兩點(diǎn)，連接AB，CD，AC，BC，AD，BD，則下列說(shuō)法中正確的是（　　）
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與AB互相垂直平分
【考點(diǎn)】菱形的判定與性質(zhì)；作圖—基本作圖；線(xiàn)段垂直平分線(xiàn)的性質(zhì)．
【答案】D
【點(diǎn)撥】根據(jù)菱形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．
【解析】解：由作法知，AC＝BC＝AD＝BD，
∴四邊形ADBC是菱形，
∴AB，CD互相垂直平分，
∴A，B，C不符合題意，D符合題意；
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了作圖﹣復(fù)雜作圖、線(xiàn)段垂直平分線(xiàn)的性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是綜合運(yùn)用以上知識(shí)．
4．（2023 霍林郭勒市二模）如圖，在∠MON的兩邊上分別截取OA、OB，使OA＝OB；分別以點(diǎn)A、B為圓心，OA長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧交于點(diǎn)C；連接AC、BC、AB、OC．若AB＝3cm，四邊形AOBC的面積為12cm2，則OC的長(zhǎng)為（　　）
A．5cm B．8cm C．10cm D．4cm
【考點(diǎn)】菱形的判定與性質(zhì)．
【答案】B
【點(diǎn)撥】根據(jù)作法判定出四邊形OACB是菱形，再根據(jù)菱形的面積等于對(duì)角線(xiàn)乘積的一半列式計(jì)算即可得解．
【解析】解：根據(jù)作圖，AC＝BC＝OA，
∵OA＝OB，
∴OA＝OB＝BC＝AC，
∴四邊形OACB是菱形，
∵AB＝3cm，四邊形OACB的面積為12cm2，
∴AB OC＝×3×OC＝12，
解得OC＝8cm．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)，菱形的面積等于對(duì)角線(xiàn)乘積的一半的性質(zhì)，判定出四邊形OACB是菱形是解題的關(guān)鍵．
5．（2023 衢江區(qū)三模）如圖，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，BC上的點(diǎn)，DE，AF交于點(diǎn)G，BE＝CF＝1，記△AEG與四邊形CDGF的面積分別為S1，S2，則S2﹣S1＝（　　）
A． B． C． D．
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；三角形的面積．
【答案】B
【點(diǎn)撥】如圖，連接DF，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到CD＝AB＝3，求得AE＝2，設(shè)△ADG的面積為m，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論．
【解析】解：如圖，連接DF，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝3，
∵BE＝CF＝1，
∴AE＝2，
設(shè)△ADG的面積為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＝，
故選：B．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)，三角形的面積的計(jì)算，熟練掌握三角形的面積公式是解題的關(guān)鍵．
6．（2023 淳安縣一模）如圖，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝8，M為線(xiàn)段BD上一動(dòng)點(diǎn)，MP⊥CD于點(diǎn)P，MQ⊥BC于點(diǎn)Q，則PQ的最小值是（　　）
A． B．3 C． D．
【考點(diǎn)】矩形的判定與性質(zhì)；垂線(xiàn)段最短．
【答案】C
【點(diǎn)撥】連接CM，先證四邊形PCQM是矩形，得PQ＝CM，再由勾股定理得BD＝5，當(dāng)CM⊥BD時(shí)，CM最小，則PQ最小，然后由面積法求出CM的長(zhǎng)，即可得出結(jié)論．
【解析】解：如圖，連接CM，
∵M(jìn)P⊥CD于點(diǎn)P，MQ⊥BC于點(diǎn)Q，
∴∠CPM＝∠CQM＝90°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝6，CD＝AB＝8，∠BCD＝90°，
∴四邊形PCQM是矩形，
∴PQ＝CM，
由勾股定理得：BD＝＝＝10，
當(dāng)CM⊥BD時(shí)，CM最小，則PQ最小，
此時(shí)，S△BCD＝BD CM＝BC CD，
∴CM＝＝＝，
∴PQ的最小值為，
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理、垂線(xiàn)段最短以及三角形面積等知識(shí)，熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
7．（2023 寧波）如圖，以鈍角三角形ABC的最長(zhǎng)邊BC為邊向外作矩形BCDE，連結(jié)AE，AD，設(shè)△AED，△ABE，△ACD的面積分別為S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（　　）
A．△ABE的面積 B．△ACD的面積 C．△ABC的面積 D．矩形BCDE的面積
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；三角形的面積；三角形三邊關(guān)系．
【答案】C
【點(diǎn)撥】作AG⊥ED于點(diǎn)G，交BC于點(diǎn)F，可證明四邊形BFGE是矩形，AF⊥BC，可推導(dǎo)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，于是得到問(wèn)題的答案．
【解析】解：作AG⊥ED于點(diǎn)G，交BC于點(diǎn)F，
∵四邊形BCDE是矩形，
∴∠FBE＝∠BEG＝∠FGE＝90°，BC∥ED，BC＝ED，BE＝CD，
∴四邊形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，
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查矩形的判定與性質(zhì)、三角形的面積公式、矩形的面積公式、根據(jù)轉(zhuǎn)化思想求圖形的面積等知識(shí)與方法，正確地作出所需要的輔助線(xiàn)是解題的關(guān)鍵．
8．（2023 寧波模擬）邊長(zhǎng)為a的正方形按如圖所示分割成五個(gè)小矩形，其中⑤號(hào)小矩形是邊長(zhǎng)為b的正方形，若①號(hào)小矩形的周長(zhǎng)為c，且滿(mǎn)足2a﹣2b＝c，則下列小矩形中一定是正方形的是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
【考點(diǎn)】正方形的判定與性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．
【答案】D
【點(diǎn)撥】根據(jù)題意，可以設(shè)①號(hào)小矩形的長(zhǎng)為m，然后即可表示出其它的小矩形的長(zhǎng)和寬，從而可以判斷哪個(gè)矩形一定是正方形，本題得以解決．
【解析】解：設(shè)①號(hào)小矩形的長(zhǎng)為m，則④號(hào)小矩形的寬為a﹣m，
∵①號(hào)小矩形的周長(zhǎng)為c，且滿(mǎn)足2a﹣2b＝c，
∴①號(hào)小矩形的寬為a﹣b﹣m，
∴③號(hào)小矩形的寬為a﹣（a﹣b﹣m）﹣b＝m，
∴④號(hào)小矩形的長(zhǎng)為a﹣m，
∴④號(hào)小矩形的長(zhǎng)和寬都是a﹣m，
即④號(hào)小矩形的是正方形，
故選：D．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查一元一次方程的應(yīng)用，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出題目中的等量關(guān)系，表示出各個(gè)小矩形的長(zhǎng)和寬．
9．（2023 紹興模擬）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝30°，∠C＝60°，AB＝6，AD＝4，E、F是BC上的兩動(dòng)點(diǎn)，且EF＝4，點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)F移動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，兩點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)．在四邊形AEFD形狀的變化過(guò)程中，依次出現(xiàn)的特殊四邊形是（　　）
A．平行四邊形→菱形→矩形→平行四邊形
B．平行四邊形→菱形→正方形→平行四邊形
C．平行四邊形→菱形→正方形→菱形
D．平行四邊形→矩形→菱形→平行四邊形
【考點(diǎn)】正方形的判定；勾股定理；平行四邊形的判定；菱形的判定；矩形的判定．
【答案】A
【點(diǎn)撥】過(guò)點(diǎn)A，D分別作AE″⊥BC，DF″⊥BC于點(diǎn)E″，F(xiàn)″，得四邊形AE″F″D是矩形，然后根據(jù)平行四邊形的判定，菱形的判定，矩形的判定依次證明即可．
【解析】解：如圖，過(guò)點(diǎn)A，D分別作AE″⊥BC，DF″⊥BC于點(diǎn)E″，F(xiàn)″，
∵AD∥BC，
∴E″A⊥AD，
∴∠AE″F＝∠DF″E″＝∠E″AD＝90°，
∴四邊形AE″F″D是矩形，
∴AD＝E″F″＝4，AE″＝DF″，
∵∠B＝30°，AB＝6，
∴AE″＝DF″＝AB＝3，
∴BE″＝AE″＝3＞4，
∴點(diǎn)E′與點(diǎn)B重合時(shí)，E′F′＝AD＝4，
∵AD∥BC，
∴四邊形AE′F′D是平行四邊形；
當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到AE＝AD＝4時(shí)，四邊形AEFD是菱形；
當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)E″時(shí)，四邊形AE″F″D是矩形；
∵∠C＝60°，DF″＝3，
∴DC＝＝＝2＜4，
∴當(dāng)點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)F3與點(diǎn)C重合時(shí)，四邊形AE3F3D是平行四邊形，
綜上所述：在四邊形AEFD形狀的變化過(guò)程中，依次出現(xiàn)的特殊四邊形是平行四邊形→菱形→矩形→平行四邊形，
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的判定，平行四邊形的判定，菱形的判定，矩形的判定，解決本題的關(guān)鍵是掌握特殊的平行四邊形的性質(zhì)．
10．（2022 寧波）將兩張全等的矩形紙片和另兩張全等的正方形紙片按如圖方式不重疊地放置在矩形ABCD內(nèi)，其中矩形紙片和正方形紙片的周長(zhǎng)相等．若知道圖中陰影部分的面積，則一定能求出（　　）
A．正方形紙片的面積 B．四邊形EFGH的面積 C．△BEF的面積 D．△AEH的面積
【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．
【答案】C
【點(diǎn)撥】根據(jù)題意設(shè)PD＝x，GH＝y(tǒng)，則PH＝x﹣y，根據(jù)矩形紙片和正方形紙片的周長(zhǎng)相等，可得AP＝x+y，先用面積差表示圖中陰影部分的面積，并化簡(jiǎn)，再用字母分別表示出圖形四個(gè)選項(xiàng)的面積，可得出正確的選項(xiàng)．
【解析】解：設(shè)PD＝x，GH＝y(tǒng)，則PH＝x﹣y，
∵矩形紙片和正方形紙片的周長(zhǎng)相等，
∴2AP+2（x﹣y）＝4x，
∴AP＝x+y，
∵圖中陰影部分的面積＝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、正方形紙片的面積＝x2，故A不符合題意；
B、四邊形EFGH的面積＝y(tǒng)2，故B不符合題意；
C、△BEF的面積＝ EF BQ＝xy，故C符合題意；
D、△AEH的面積＝ EH AM＝y(tǒng)（x﹣y）＝xy﹣y2，故D不符合題意；
故選：C．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查整式混合運(yùn)算的應(yīng)用，矩形的性質(zhì)，四邊形的面積和正方形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是能用字母表示各矩形的邊長(zhǎng)并計(jì)算面積．
11．（2021 紹興）圖1是一種矩形時(shí)鐘，圖2是時(shí)鐘示意圖，時(shí)鐘數(shù)字2的刻度在矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)BD上，時(shí)鐘中心在矩形ABCD對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)O上．若AB＝30cm，則BC長(zhǎng)為 　　cm（結(jié)果保留根號(hào)）．
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；鐘面角．
【答案】．
【點(diǎn)撥】根據(jù)題意即可求得∠FOD＝2∠DOE，即可求得∠DOE＝30°，由矩形的性質(zhì)結(jié)合平行線(xiàn)的性質(zhì)可求得∠DBC＝30°，利用含30° 角的直角三角形的性質(zhì)可求解．
【解析】解：過(guò)O點(diǎn)作OE⊥CD，OF⊥AD，垂足分別為E，F(xiàn)，
由題意知∠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，
故答案為．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的矩形的性質(zhì)、鐘面角，含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握矩形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
12．（2023 黑龍江）如圖，在矩形ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC，BD相交于點(diǎn)O，試添加一個(gè)條件 　AB＝AD（答案不唯一）　，使得矩形ABCD為正方形．
【考點(diǎn)】正方形的判定；矩形的性質(zhì)．
【答案】AB＝AD（答案不唯一）．
【點(diǎn)撥】根據(jù)正方形的判定方法添加即可．
【解析】解：AB＝AD．
理由：∵四邊形ABCD是矩形，
又∵AB＝AD，
∴四邊形ABCD是正方形．
或∵四邊形ABCD是矩形，
又∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是正方形，
故答案為：AB＝AD（答案不唯一）．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的判定，矩形的性質(zhì)，熟練掌握特殊四邊形的判定方法與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
13．（2023 棗莊）如圖，在正方形ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC與BD相交于點(diǎn)O，E為BC上一點(diǎn)，CE＝7，F(xiàn)為DE的中點(diǎn)，若△CEF的周長(zhǎng)為32，則OF的長(zhǎng)為 　　．
【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì)；直角三角形斜邊上的中線(xiàn)；勾股定理；三角形中位線(xiàn)定理．
【答案】．
【點(diǎn)撥】在正方形ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC與BD相交于點(diǎn)O，可知O是中點(diǎn)，∠BCD＝90°，F(xiàn)為DE的中點(diǎn)，則CF＝EF＝DF，△CEF的周長(zhǎng)為32，CE＝7，則CF+EF＝25，即DE＝25，根據(jù)勾股定理可得CD＝24＝BC，從而求得BE，再根據(jù)中位線(xiàn)的性質(zhì)即可解答．
【解析】解：在正方形ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC與BD相交于點(diǎn)O，
∴∠BCD＝90°，O是中點(diǎn)，
∵F為DE的中點(diǎn)，
∴CF＝EF＝DF，
∵△CEF的周長(zhǎng)為32，CE＝7，
∴CF+EF＝25，即DE＝25，
在Rt△CDE中，根據(jù)勾股定理可得CD＝24＝BC，
∴BE＝24﹣7＝17，
根據(jù)三角形的中位線(xiàn)可得OF＝BE＝．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正方形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線(xiàn)的性質(zhì)，熟悉性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
14．（2023 廣西）如圖，在邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的動(dòng)點(diǎn)，M，N分別是EF，AF的中點(diǎn)，則MN的最大值為 　　．
【考點(diǎn)】正方形的性質(zhì)；勾股定理；三角形中位線(xiàn)定理．
【答案】
【點(diǎn)撥】首先證明出MN是△AEF的中位線(xiàn)，得出 ，然后由正方形的性質(zhì)和勾股定理得到 ，證明出當(dāng)BE最大時(shí)，AE最大，此時(shí)MN最大，進(jìn)而得到當(dāng)點(diǎn)E和點(diǎn)C重合時(shí)，BE最大，即BC的長(zhǎng)度，最后代入求解即可．
【解析】解：如圖所示，連接AE，
∵M(jìn)，N分別是EF，AF的中點(diǎn)，
∴MN是△AEF的中位線(xiàn)，
∴，
∵四邊形ABCD是正方形，∠B＝90°，
∴，
∴當(dāng)BE最大時(shí)，AE最大，此時(shí)MN最大，
∵點(diǎn)E是BC上的動(dòng)點(diǎn)，
∴當(dāng)點(diǎn)E和點(diǎn)C重合時(shí)，BE最大，即BC的長(zhǎng)度，
∴此時(shí) ，
∴，
∴MN的最大值為．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)，三角形中位線(xiàn)定理，勾股定理等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．
15．（2022 麗水）如圖，標(biāo)號(hào)為①，②，③，④的矩形不重疊地圍成矩形PQMN．已知①和②能夠重合，③和④能夠重合，這四個(gè)矩形的面積都是5．AE＝a，DE＝b，且a＞b．
（1）若a，b是整數(shù)，則PQ的長(zhǎng)是 　a﹣b　；
（2）若代數(shù)式a2﹣2ab﹣b2的值為零，則的值是 　3+2　．
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；分式的化簡(jiǎn)求值．
【答案】（1）a﹣b；
（2）3+2．
【點(diǎn)撥】（1）直接根據(jù)線(xiàn)段的差可得結(jié)論；
（2）先把b當(dāng)常數(shù)解方程：a2﹣2ab﹣b2＝0，a＝b+b（負(fù)值舍），根據(jù)四個(gè)矩形的面積都是5表示小矩形的寬，最后計(jì)算面積的比，化簡(jiǎn)后整體代入即可解答．
【解析】解：（1）由圖可知：PQ＝a﹣b，
故答案為：a﹣b；
（2）∵a2﹣2ab﹣b2＝0，
∴a2﹣b2＝2ab，（a﹣b）2＝2b2，
∴a＝b+b（負(fù)值舍），
∵四個(gè)矩形的面積都是5．AE＝a，DE＝b，
∴EP＝，EN＝，
則＝＝＝＝＝＝3+2．
故答案為：3+2．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，矩形的面積，并結(jié)合方程進(jìn)行解答，正確通過(guò)解關(guān)于a的方程表示a與b的關(guān)系是解本題的關(guān)鍵．
16．（2023 鹿城區(qū)一模）如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)是邊BC上兩點(diǎn)（BF＞BE），H，G是邊AD上兩點(diǎn)，且BE＝CF＝AH＝DG，連結(jié)AF，CH，BG，DE．若AB＝4，BC＝6，∠BAF＝45°，則陰影部分的面積為 　14　．
【考點(diǎn)】矩形的性質(zhì)；正方形的判定與性質(zhì)．
【答案】14．
【點(diǎn)撥】設(shè)AF交BG，ED于點(diǎn)Q，T，CH交BG，ED于點(diǎn)P，R，證明四邊形PQTR是正方形，利用平行四邊形的面積公式即可解決問(wèn)題．
【解析】解：如圖，設(shè)AF交BG，ED于點(diǎn)Q，T，CH交BG，ED于點(diǎn)P，R，
在矩形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，
∵BE＝CF＝AH＝DG，
∴四邊形AHCF，四邊形DGBE是平行四邊形，
∵∠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，
∴四邊形PQTR是正方形，
∵平行四邊形AHCF的面積＝CF AB＝2×4＝8，
∴平行四邊形AHCF面積＝平行四邊形DGBE的面積＝8，
∵AQ＝AB＝2，F(xiàn)T＝EF＝，AF＝AB＝4，
∴QT＝AF﹣AQ﹣FT＝，
∴正方形PQTR的面積＝（）2＝2，
∴陰影部分的面積＝2×平行四邊形AHCF的面積﹣正方形PQTR的面積＝16﹣2＝14．
故答案為：14．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的面積，解決本題的關(guān)鍵是掌握正方形的性質(zhì)．
17．（2021 金華）如圖，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為6cm，∠BAD＝60°，將該菱形沿AC方向平移2cm得到四邊形A′B′C′D′，A′D′交CD于點(diǎn)E，則點(diǎn)E到AC的距離為 　2　cm．
【考點(diǎn)】菱形的性質(zhì)；平移的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)．
【答案】2．
【點(diǎn)撥】連接BD，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AC于點(diǎn)F，根據(jù)菱形的性質(zhì)可以證明三角形ABD是等邊三角形，根據(jù)平移的性質(zhì)可得AD∥A′E，可得＝，＝，解得A′E＝4（cm），再利用30度角所對(duì)直角邊等于斜邊的一半即可求出結(jié)論．
【解析】解：如圖，連接BD，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AC于點(diǎn)F，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，BD⊥AC，
∵∠BAD＝60°，
∴三角形ABD是等邊三角形，
∵菱形ABCD的邊長(zhǎng)為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）．
故答案為：2．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了菱形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，平移的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是掌握菱形的性質(zhì)．
18．（2022 嘉興）小惠自編一題：“如圖，在四邊形ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC，BD交于點(diǎn)O，AC⊥BD，OB＝OD．求證：四邊形ABCD是菱形”，并將自己的證明過(guò)程與同學(xué)小潔交流．
小惠： 證明：∵AC⊥BD，OB＝OD， ∴AC垂直平分BD． ∴AB＝AD，CB＝CD， ∴四邊形ABCD是菱形． 小潔： 這個(gè)題目還缺少條件，需要補(bǔ)充一個(gè)條件才能證明．
若贊同小惠的證法，請(qǐng)?jiān)诘谝粋€(gè)方框內(nèi)打“√”；若贊成小潔的說(shuō)法，請(qǐng)你補(bǔ)充一個(gè)條件，并證明．
【考點(diǎn)】菱形的判定．
【答案】贊成小潔的說(shuō)法，補(bǔ)充條件：OA＝OC，證明見(jiàn)解答．
【點(diǎn)撥】根據(jù)“對(duì)角線(xiàn)互相垂直的平行四邊形是菱形”進(jìn)行分析推理．
【解析】解：贊成小潔的說(shuō)法，補(bǔ)充條件：OA＝OC，證明如下：
∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
又∵AC⊥BD，
∴平行四邊形ABCD是菱形．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查菱形的判定，掌握平行四邊形的判定：（1）兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形（2）兩組對(duì)邊分別相等的四邊形是平行四邊形（3）一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形（4）對(duì)角線(xiàn)互相平分的四邊形是平行四邊形以及菱形的判定方法：（1）四條邊相等的四邊形是菱形；（2）對(duì)角線(xiàn)互相垂直的平行四邊形是菱形；（3）一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，是解題關(guān)鍵．
19．（2023 舟山三模）如圖，在 ABCD中，∠ACB＝90°，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC交BC的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)E，連接AE交CD于點(diǎn)F．
（1）求證：四邊形ACED是矩形；
（2）連接BF，若∠ABC＝60°，CE＝2，求BF的長(zhǎng)．
【考點(diǎn)】矩形的判定與性質(zhì)；勾股定理；平行四邊形的性質(zhì)．
【答案】（1）證明見(jiàn)解答；
（2）BF的長(zhǎng)是2．
【點(diǎn)撥】（1）由AC⊥BC，DE⊥BC，得AC∥DE，由四邊形ABCD是平行四邊形，點(diǎn)E在BC的延長(zhǎng)線(xiàn)上，得AD∥CE，則四邊形ACED是平行四邊形，即可由∠ACE＝90°，根據(jù)矩形的定義證明四邊形ACED是矩形；
（2）由平行四邊形的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)得AE＝CD＝AB，AF＝EF，AD＝CE＝CB＝2，因?yàn)椤螦BC＝60°，所以△ABC是等邊三角形，則AB＝AE＝BE＝2CE＝4，∠AFB＝90°，所以AF＝AE＝2，即可根據(jù)勾股定理求得BF＝＝2．
【解析】（1）證明：∵∠ACB＝90°，
∴AC⊥BC，
∵DE⊥BC，
∴AC∥DE，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，點(diǎn)E在BC的延長(zhǎng)線(xiàn)上，
∴AD∥CE，
∴四邊形ACED是平行四邊形，
∵∠ACE＝90°，
∴四邊形ACED是矩形．
（2）解：∵四邊形ACED是矩形，四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AE＝CD＝AB，AF＝EF，AD＝CE＝CB＝2，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴BF⊥AE，AB＝AE＝BE＝2CE＝2×2＝4，
∴∠AFB＝90°，AF＝AE＝×4＝2，
∴BF＝＝＝2，
∴BF的長(zhǎng)是2．
【點(diǎn)評(píng)】此題重點(diǎn)考查平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，證明AC∥DE及△ABC是等邊三角形是解題的關(guān)鍵．
20．（2022 龍泉市一模）如圖，四邊形ABCD中，BD垂直平分AC，垂足為點(diǎn)F，E為四邊形ABCD外一點(diǎn)，且∠ADE＝∠BAD，AE⊥AC
（1）求證：四邊形ABDE是平行四邊形；
（2）如果DA平分∠BDE，AB＝5，AD＝6，求AC的長(zhǎng)．
【考點(diǎn)】菱形的判定與性質(zhì)；勾股定理；平行四邊形的判定．
【答案】見(jiàn)解析
【點(diǎn)撥】（1）由平行四邊形的判定定理：兩組對(duì)邊分別平行得到結(jié)論；
（2）由角平分線(xiàn)、等量代換得到角相等，由等角對(duì)等邊得到BD＝AB＝5，根據(jù)勾股定理列方程求解．
【解析】（1）證明：∵∠ADE＝∠BAD，
∴AB∥DE，
∵AE⊥AC，BD⊥AC，
AE∥BD，
∴四邊形ABDE是平行四邊形；
（2）解：∵DA平分∠BDE，
∴∠AED＝∠BDA，
∴∠BAD＝∠BDA，
∴BD＝AB＝5，
設(shè)BF＝x，則DF＝5﹣x，
∴AD2﹣DF2＝AB2﹣BF2，
∴62﹣（5﹣x）2＝52﹣x2，
∴x＝，
∴AF＝＝，
∴AC＝2AF＝．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，角平分線(xiàn)的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是利用勾股定理列方程．
21．（2022 蕭山區(qū)模擬）已知：如圖，邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC與BD相交于點(diǎn)O，若∠CAD＝∠DBC．
（1）求證：四邊形ABCD是正方形．
（2）E是OB上一點(diǎn)，BE＝1，且DH⊥CE，垂足為H，DH與OC相交于點(diǎn)F，求線(xiàn)段OF的長(zhǎng)．
【考點(diǎn)】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．
【答案】（1）證明過(guò)程見(jiàn)解析；
（2）2﹣1．
【點(diǎn)撥】（1）由菱形的性質(zhì)得出AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，得出∠BAD+∠ABC＝180°，證出∠BAD＝∠ABC，求出∠BAD＝90°，即可得出結(jié)論；
（2）由正方形的性質(zhì)得出AC⊥BD，AC＝BD，CO＝AC，DO＝BD，得出∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，證出∠ECO＝∠EDH，證明△ECO≌△FDO（ASA），即可得出結(jié)論．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠CAD＝∠DBC，
∴∠BAD＝∠ABC，
∴2∠BAD＝180°，
∴∠BAD＝90°，
∴四邊形ABCD是正方形；
（2）解：∵四邊形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，垂足為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．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的判定與性質(zhì)、菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握正方形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
22．（2022 渾南區(qū)二模）（1）問(wèn)題情境：如圖，正方形ABCD中，AB＝6，點(diǎn)E為射線(xiàn)BC上一動(dòng)點(diǎn)，將△ABE沿AE所在直線(xiàn)翻折，得到△AFE，延長(zhǎng)EF，射線(xiàn)EF與射線(xiàn)CD交于點(diǎn)G，連接AG．
①當(dāng)點(diǎn)E在線(xiàn)段BC上時(shí)，求證：DG＝FG；
②當(dāng)CE＝3時(shí)，則CG的長(zhǎng)為 　4或7.2　．
（2）思維深化：在△ABC中，∠BAC＝45°，AD為BC邊上的高，且BD＝+1，CD＝﹣1，請(qǐng)直接寫(xiě)出AD的長(zhǎng)．
【考點(diǎn)】正方形的判定與性質(zhì)；翻折變換（折疊問(wèn)題）；解直角三角形；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理．
【答案】（1）①證明見(jiàn)解析；
②4或7.2；
（2）AD＝+．
【點(diǎn)撥】（1）①由折疊得AF＝AB，∠B＝∠AFE＝90°，再由HL定理證明Rt△ADG≌Rt△AFG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
②設(shè)CG＝x，分兩種情況畫(huà)圖并根據(jù)勾股定理列方程可解答；
（2）由題中條件，建立圖形，根據(jù)已知條件，運(yùn)用勾股定理，求出AD的長(zhǎng)即可．
【解析】（1）①證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD，∠B＝∠D＝90°，
由折疊得：∠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：分兩種情況：
如圖1，點(diǎn)E在邊BC上時(shí)，
設(shè)CG＝x，則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；
如圖2，點(diǎn)E在邊BC的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)，
設(shè)CG＝x，則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；
綜上所述，CG的長(zhǎng)是4或7.2；
故答案為：4或7.2；
（2）解：如圖3，將△ABD沿著AB邊折疊，使D與E重合，△ACD沿著AC邊折疊，使D與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°，
∴四邊形AEFG為正方形，
設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x，則BF＝x﹣（+1）＝x﹣﹣1，CF＝x﹣（﹣1）＝x﹣+1，
在Rt△BCF中，根據(jù)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＝+．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了翻折變換的性質(zhì)，直角三角形全等的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，掌握翻折變換的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
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第四章 三角形與四邊形
第八節(jié) 特殊平行四邊形
考點(diǎn)分布 考查頻率 命題趨勢(shì)
考點(diǎn)1 矩形的性質(zhì)與判定 ☆☆☆ 特殊的平行四邊形是中考中的考查重點(diǎn),年年都會(huì)考查，分值為15分左右，預(yù)計(jì)2024年中考還將出現(xiàn)，并且在選擇、填空題中考查利用特殊四邊形性質(zhì)和判定求角度、長(zhǎng)度問(wèn)題的可能性比較大。解答題中考查特殊四邊形的性質(zhì)和判定，一般和三角形全等(相似)、解直角三角形、二次函數(shù)、動(dòng)態(tài)問(wèn)題綜合應(yīng)用的可能性比較大。對(duì)于本考點(diǎn)內(nèi)容，要注重基礎(chǔ)，反復(fù)練習(xí)，靈活運(yùn)用。
考點(diǎn)2 菱形的性質(zhì)與判定 ☆☆☆
考點(diǎn)3 正方形的性質(zhì)與判定 ☆☆☆
1．矩形：
定義 有一個(gè)角是 的平行四邊形叫做矩形
性質(zhì) 對(duì)稱(chēng)性 矩形是一個(gè)軸對(duì)稱(chēng)圖形，它至少有 條對(duì)稱(chēng)軸
矩形是中心對(duì)稱(chēng)圖形，它的對(duì)稱(chēng)中心是 的交點(diǎn)
定理 (1)矩形的四個(gè)角都是直角 (2)矩形的對(duì)角線(xiàn)互相平分且相等
判定 (1)定義法 (2)有三個(gè)角是直角的四邊形是矩形 (3)對(duì)角線(xiàn) 的平行四邊形是矩形 (4)對(duì)角線(xiàn)相等且互相平分的四邊形是矩形
2．菱形：
定義 有一組 的平行四邊形叫做菱形
性質(zhì) 對(duì)稱(chēng)性 菱形是軸對(duì)稱(chēng)圖形，兩條對(duì)角線(xiàn)所在的直線(xiàn)是它的對(duì)稱(chēng)軸
菱形是中心對(duì)稱(chēng)圖形，它的對(duì)稱(chēng)中心是兩條對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)
定理 (1)菱形的四條邊都相等 (2)菱形的對(duì)角線(xiàn) ，并且每條對(duì)角線(xiàn)平分一組對(duì)角
判定 (1)定義法 (2)四條邊相等的四邊形是菱形 (3)對(duì)角線(xiàn) 的平行四邊形是菱形 (4)對(duì)角線(xiàn)互相垂直且平分的四邊形是菱形
菱形面積 (1)因?yàn)榱庑问翘厥獾钠叫兴倪呅危粤庑蔚拿娣e＝底×高 (2)因?yàn)榱庑蔚膶?duì)角線(xiàn)互相垂直平分，所以其對(duì)角線(xiàn)將菱形分成 個(gè)全等的直角三角形，所以菱形的面積等于兩條對(duì)角線(xiàn)乘積的一半
3．正方形：
定義 有一組鄰邊相等，并且有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫做正方形
性質(zhì) (1)正方形的對(duì)邊平行且相等 (2)正方形的四條邊都相等 (3)正方形的四個(gè)角都是直角 (4)正方形的對(duì)角線(xiàn)相等，并且互相垂直平分，每條對(duì)角線(xiàn) 平分一組對(duì)角 (5)正方形既是軸對(duì)稱(chēng)圖形也是中心對(duì)稱(chēng)圖形，對(duì)稱(chēng)軸有 條，對(duì)稱(chēng)中心是對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)
判定 (1)定義法 (2)有一組鄰邊相等的矩形是正方形 (3)有一個(gè)角是直角的菱形是正方形 (4)對(duì)角線(xiàn)互相垂直且相等的平行四邊形是正方形 (5)對(duì)角線(xiàn)互相垂直的矩形是正方形 (6)對(duì)角線(xiàn)相等的菱形是正方形 (7)對(duì)角線(xiàn)互相垂直平分且相等的四邊形是正方形
4．四邊形、平行四邊形、矩形、菱形、正方形的關(guān)系：
■考點(diǎn)一　矩形的性質(zhì)與判定
◇典例1：（2022 麗水）如圖，將矩形紙片ABCD折疊，使點(diǎn)B與點(diǎn)D重合，點(diǎn)A落在點(diǎn)P處，折痕為EF．
（1）求證：△PDE≌△CDF；
（2）若CD＝4cm，EF＝5cm，求BC的長(zhǎng)．
◆變式訓(xùn)練
1．（2021 上城區(qū)二模）已知四邊形ABCD為平行四邊形，要使四邊形ABCD為矩形，則可增加條件為（　　）
A．AB＝BC B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AC平分∠BAD
2．（2023 拱墅區(qū)三模）如圖，在矩形ABCD中，AC、BD相交于點(diǎn)O，AE平分∠BAD交BC于點(diǎn)E，若∠CAE＝15°，則∠BOE的度數(shù)為（　　）
A．60° B．75° C．72° D．90°
3．（2023 溫州模擬）如圖，在 ABCD中，連接BD，點(diǎn)E為線(xiàn)段AD的中點(diǎn)，連接BE并延長(zhǎng)與CD的延長(zhǎng)線(xiàn)交于點(diǎn)F，連接AF，∠BDF＝90°．
（1）求證：四邊形ABDF是矩形；
（2）在不添加任何輔助線(xiàn)的情況下，請(qǐng)直接寫(xiě)出圖中的四個(gè)等腰三角形．（△ABE除外）
■考點(diǎn)二　菱形的性質(zhì)與判定
◇典例2：（2023 龍灣區(qū)模擬）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC與BD交于點(diǎn)O，E為CD延長(zhǎng)線(xiàn)上的一點(diǎn)，且CD＝DE，連接BE分別交AC、AD于點(diǎn)F、G，連接OG，則下列結(jié)論：
①； ②與△DEG全等的三角形共有5個(gè)；③四邊形ODEG與四邊形OBAG面積相等；
④由點(diǎn)A、B、D、E構(gòu)成的四邊形是菱形． 其中一定成立的是（　　）
A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④
◆變式訓(xùn)練
1．（2023 樂(lè)山）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC與BD相交于點(diǎn)O，E為邊BC的中點(diǎn)，連結(jié)OE．若AC＝6，BD＝8，則OE＝（　　）
A．2 B． C．3 D．4
2．（2022 溫州模擬）如圖，AD是Rt△ABC斜邊BC上的中線(xiàn)，E是AD的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A作AF∥BC交BE的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)F，連結(jié)CF．
（1）求證：四邊形ADCF為菱形；
（2）若AE＝，tan∠ABC＝，求菱形ADCF的面積．
■考點(diǎn)三　正方形的性質(zhì)與判定
◇典例3：（2022 紹興）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F(xiàn)是對(duì)角線(xiàn)BD上的動(dòng)點(diǎn)，且BE＝DF，M，N分別是邊AD，邊BC上的動(dòng)點(diǎn)．下列四種說(shuō)法：
①存在無(wú)數(shù)個(gè)平行四邊形MENF；②存在無(wú)數(shù)個(gè)矩形MENF；③存在無(wú)數(shù)個(gè)菱形MENF；
④存在無(wú)數(shù)個(gè)正方形MENF．其中正確的個(gè)數(shù)是（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
◆變式訓(xùn)練
1．（2023 紹興）如圖，在矩形ABCD中，O為對(duì)角線(xiàn)BD的中點(diǎn)，∠ABD＝60°，動(dòng)點(diǎn)E在線(xiàn)段OB上，動(dòng)點(diǎn)F在線(xiàn)段OD上，點(diǎn)E，F(xiàn)同時(shí)從點(diǎn)O出發(fā)，分別向終點(diǎn)B，D運(yùn)動(dòng)，且始終保持OE＝OF．點(diǎn)E關(guān)于AD，AB的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為E1，E2；點(diǎn)F關(guān)于BC，CD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為F1，F(xiàn)2在整個(gè)過(guò)程中，四邊形E1E2F1F2形狀的變化依次是（　　）
A．菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形
B．菱形→正方形→平行四邊形→菱形→平行四邊形
C．平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形→平行四邊形
D．平行四邊形→菱形→正方形→平行四邊形→菱形
2．（2023 未央?yún)^(qū)三模）如圖，已知四邊形ABCD為正方形，AB＝，點(diǎn)E為對(duì)角線(xiàn)AC上一動(dòng)點(diǎn)，連接DE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥DE．交射線(xiàn)BC于點(diǎn)F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．
①求證：矩形DEFG是正方形；
②探究：CE+CG的值是否為定值？若是，請(qǐng)求出這個(gè)定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．
1．（2023 杭州）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC，BD相交于點(diǎn)O．若∠AOB＝60°，則＝（　　）
A． B． C． D．
2．（2023 麗水）如圖，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，則AC的長(zhǎng)為（　　）
A． B．1 C． D．
3．（2023 海曙區(qū)一模）下列說(shuō)法正確的是（　　）
A．兩組對(duì)角分別相等的四邊形是平行四邊形 B．兩條對(duì)角線(xiàn)互相垂直的四邊形是菱形
C．兩條對(duì)角線(xiàn)相等的四邊形是矩形 D．兩條對(duì)角線(xiàn)垂直且相等的四邊形是正方形
4．（2023 舟山三模）數(shù)學(xué)家吳文俊院士非常重視古代數(shù)學(xué)家賈憲提出的“從長(zhǎng)方形對(duì)角線(xiàn)上任一點(diǎn)作兩條分別平行于兩鄰邊的直線(xiàn)，則所容兩長(zhǎng)方形面積相等（如圖所示）”這一推論，他從這一推論出發(fā)，利用“出入相補(bǔ)”原理復(fù)原了《海島算經(jīng)》九題古證，根據(jù)圖形可知他得出的這個(gè)推論指（　　）
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 婺城區(qū)校級(jí)模擬）下列是關(guān)于某個(gè)四邊形的三個(gè)結(jié)論：①它的對(duì)角線(xiàn)相等；②它是一個(gè)正方形；③它是一個(gè)矩形．下列推理過(guò)程正確的是（　　）
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 新昌縣校級(jí)模擬）如圖，D、E、F分別是△ABC各邊中點(diǎn)，則以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是（　　）
A．△BDE和△DCF的面積相等 B．四邊形AEDF是平行四邊形
C．若AB＝BC，則四邊形AEDF是菱形 D．若∠A＝90°，則四邊形AEDF是矩形
7．（2023 臺(tái)州）如圖，⊙O的圓心O與正方形的中心重合，已知⊙O的半徑和正方形的邊長(zhǎng)都為4，則圓上任意一點(diǎn)到正方形邊上任意一點(diǎn)距離的最小值為（　　）
A． B．2 C． D．
8．（2021 紹興）數(shù)學(xué)興趣小組同學(xué)從“中國(guó)結(jié)”的圖案（圖1）中發(fā)現(xiàn)，用相同的菱形縱向排列放置，可得到更多的菱形．如圖2，用2個(gè)相同的菱形放置，得到3個(gè)菱形．下面說(shuō)法正確的是（　　）
A．用3個(gè)相同的菱形放置，最多能得到6個(gè)菱形
B．用4個(gè)相同的菱形放置，最多能得到16個(gè)菱形
C．用5個(gè)相同的菱形放置，最多能得到27個(gè)菱形
D．用6個(gè)相同的菱形放置，最多能得到41個(gè)菱形
9．（2023 江山市模擬）已知，如圖，在矩形ABCD中，E是BC上的一點(diǎn)，且AE＝AD，DF⊥AE于點(diǎn)F．若DF＝4，EF＝2，則矩形ABCD的面積是（　　）
A．14 B．16 C．18 D．20
10．（2023 金華）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三邊為邊在AB的同側(cè)作三個(gè)正方形，點(diǎn)F在GH上，CG與EF交于點(diǎn)P，CM與BE交于點(diǎn)Q，若HF＝FG，則的值是（　　）
A． B． C． D．
11．（2023 杭州模擬）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC、BD相交點(diǎn)O，P、Q分別為AO、AD的中點(diǎn)，若AB＝6，BC＝8，則PQ的長(zhǎng)是 　　．
12．（2023 臺(tái)州）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6．在邊AD上取一點(diǎn)E，使BE＝BC，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥BE，垂足為點(diǎn)F，則BF的長(zhǎng)為 　　．
13．（2023 紹興）如圖，在菱形ABCD中，∠DAB＝40°，連接AC，以點(diǎn)A為圓心，AC長(zhǎng)為半徑作弧，交直線(xiàn)AD于點(diǎn)E，連接CE，則∠AEC的度數(shù)是 　　．
14．（2021 溫州）圖1是鄰邊長(zhǎng)為2和6的矩形，它由三個(gè)小正方形組成，將其剪拼成不重疊、無(wú)縫隙的大正方形（如圖2），則圖1中所標(biāo)注的d的值為 　　；記圖1中小正方形的中心為點(diǎn)A，B，C，圖2中的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)A′，B′，C′．以大正方形的中心O為圓心作圓，則當(dāng)點(diǎn)A′，B′，C′在圓內(nèi)或圓上時(shí)，圓的最小面積為 　　．
15．（2021 寧波）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E在邊AB上，△BEC與△FEC關(guān)于直線(xiàn)EC對(duì)稱(chēng)，點(diǎn)B的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)F在邊AD上，G為CD中點(diǎn)，連結(jié)BG分別與CE，CF交于M，N兩點(diǎn)．若BM＝BE，MG＝1，則BN的長(zhǎng)為 　　，sin∠AFE的值為 　　．
16．（2023 湖州）如圖，標(biāo)號(hào)為①，②，③，④的四個(gè)直角三角形和標(biāo)號(hào)為⑤的正方形恰好拼成對(duì)角互補(bǔ)的四邊形ABCD，相鄰圖形之間互不重疊也無(wú)縫隙，①和②分別是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分別是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角頂點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別在邊BF，CG，DH，AE上．
（1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，則BE的長(zhǎng)是 　　cm．
（2）若，則tan∠DAH的值是 　　．
17．（2021 金華）已知：如圖，矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC，BD相交于點(diǎn)O，∠BOC＝120°，AB＝2．
（1）求矩形對(duì)角線(xiàn)的長(zhǎng)；
（2）過(guò)O作OE⊥AD于點(diǎn)E，連結(jié)BE．記∠ABE＝α，求tanα的值．
18．（2023 舟山）如圖，在菱形ABCD中，AE⊥BC于點(diǎn)E，AF⊥CD于點(diǎn)F，連結(jié)EF．
（1）求證：AE＝AF；
（2）若∠B＝60°，求∠AEF的度數(shù)．
19．（2023 拱墅區(qū)二模）如圖，在 ABCD中，CE平分∠BCD，交AD于點(diǎn)E，DF平分∠ADC，交BC于點(diǎn)F，CE與DF交于點(diǎn)P，連接EF，BP．
（1）求證：四邊形CDEF是菱形；
（2）若AB＝2，BC＝3，∠A＝120°，求BP的值．
20．（2023 紹興）如圖，在正方形ABCD中，G是對(duì)角線(xiàn)BD上的一點(diǎn)（與點(diǎn)B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F(xiàn)分別為垂足．連接EF，AG，并延長(zhǎng)AG交EF于點(diǎn)H．
（1）求證：∠DAG＝∠EGH；
（2）判斷AH與EF是否垂直，并說(shuō)明理由．
1．（2022 濱州）下列命題，其中是真命題的是（　　）
A．對(duì)角線(xiàn)互相垂直的四邊形是平行四邊形 B．有一個(gè)角是直角的四邊形是矩形
C．對(duì)角線(xiàn)互相平分的四邊形是菱形 D．對(duì)角線(xiàn)互相垂直的矩形是正方形
2．（2022 濱江區(qū)一模）四邊形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC，BD交于點(diǎn)O．若OA＝OB＝OC＝OD，則該四邊形（　　）
A．可能不是平行四邊形 B．一定是矩形 C．一定是菱形 D．一定是正方形
3．（2022 仙居縣二模）如圖，分別以點(diǎn)A，B為圓心，以大于AB同樣長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧相交于C，D兩點(diǎn)，連接AB，CD，AC，BC，AD，BD，則下列說(shuō)法中正確的是（　　）
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與AB互相垂直平分
4．（2023 霍林郭勒市二模）如圖，在∠MON的兩邊上分別截取OA、OB，使OA＝OB；分別以點(diǎn)A、B為圓心，OA長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧交于點(diǎn)C；連接AC、BC、AB、OC．若AB＝3cm，四邊形AOBC的面積為12cm2，則OC的長(zhǎng)為（　　）
A．5cm B．8cm C．10cm D．4cm
5．（2023 衢江區(qū)三模）如圖，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AB，BC上的點(diǎn)，DE，AF交于點(diǎn)G，BE＝CF＝1，記△AEG與四邊形CDGF的面積分別為S1，S2，則S2﹣S1＝（　　）
A． B． C． D．
6．（2023 淳安縣一模）如圖，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝8，M為線(xiàn)段BD上一動(dòng)點(diǎn)，MP⊥CD于點(diǎn)P，MQ⊥BC于點(diǎn)Q，則PQ的最小值是（　　）
A． B．3 C． D．
7．（2023 寧波）如圖，以鈍角三角形ABC的最長(zhǎng)邊BC為邊向外作矩形BCDE，連結(jié)AE，AD，設(shè)△AED，△ABE，△ACD的面積分別為S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（　　）
A．△ABE的面積 B．△ACD的面積 C．△ABC的面積 D．矩形BCDE的面積
8．（2023 寧波模擬）邊長(zhǎng)為a的正方形按如圖所示分割成五個(gè)小矩形，其中⑤號(hào)小矩形是邊長(zhǎng)為b的正方形，若①號(hào)小矩形的周長(zhǎng)為c，且滿(mǎn)足2a﹣2b＝c，則下列小矩形中一定是正方形的是（　　）
A．① B．② C．③ D．④
9．（2023 紹興模擬）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝30°，∠C＝60°，AB＝6，AD＝4，E、F是BC上的兩動(dòng)點(diǎn)，且EF＝4，點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)F移動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，兩點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)．在四邊形AEFD形狀的變化過(guò)程中，依次出現(xiàn)的特殊四邊形是（　　）
A．平行四邊形→菱形→矩形→平行四邊形
B．平行四邊形→菱形→正方形→平行四邊形
C．平行四邊形→菱形→正方形→菱形
D．平行四邊形→矩形→菱形→平行四邊形
10．（2022 寧波）將兩張全等的矩形紙片和另兩張全等的正方形紙片按如圖方式不重疊地放置在矩形ABCD內(nèi)，其中矩形紙片和正方形紙片的周長(zhǎng)相等．若知道圖中陰影部分的面積，則一定能求出（　　）
A．正方形紙片的面積 B．四邊形EFGH的面積 C．△BEF的面積 D．△AEH的面積
11．（2021 紹興）圖1是一種矩形時(shí)鐘，圖2是時(shí)鐘示意圖，時(shí)鐘數(shù)字2的刻度在矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)BD上，時(shí)鐘中心在矩形ABCD對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)O上．若AB＝30cm，則BC長(zhǎng)為 　　cm（結(jié)果保留根號(hào)）．
12．（2023 黑龍江）如圖，在矩形ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC，BD相交于點(diǎn)O，試添加一個(gè)條件 　　，使得矩形ABCD為正方形．
13．（2023 棗莊）如圖，在正方形ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC與BD相交于點(diǎn)O，E為BC上一點(diǎn)，CE＝7，F(xiàn)為DE的中點(diǎn)，若△CEF的周長(zhǎng)為32，則OF的長(zhǎng)為 　　．
14．（2023 廣西）如圖，在邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的動(dòng)點(diǎn)，M，N分別是EF，AF的中點(diǎn)，則MN的最大值為 　　．
15．（2022 麗水）如圖，標(biāo)號(hào)為①，②，③，④的矩形不重疊地圍成矩形PQMN．已知①和②能夠重合，③和④能夠重合，這四個(gè)矩形的面積都是5．AE＝a，DE＝b，且a＞b．
（1）若a，b是整數(shù)，則PQ的長(zhǎng)是 　　；
（2）若代數(shù)式a2﹣2ab﹣b2的值為零，則的值是 　　．
16．（2023 鹿城區(qū)一模）如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)是邊BC上兩點(diǎn)（BF＞BE），H，G是邊AD上兩點(diǎn)，且BE＝CF＝AH＝DG，連結(jié)AF，CH，BG，DE．若AB＝4，BC＝6，∠BAF＝45°，則陰影部分的面積為 　　．
17．（2021 金華）如圖，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為6cm，∠BAD＝60°，將該菱形沿AC方向平移2cm得到四邊形A′B′C′D′，A′D′交CD于點(diǎn)E，則點(diǎn)E到AC的距離為 　　cm．
18．（2022 嘉興）小惠自編一題：“如圖，在四邊形ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC，BD交于點(diǎn)O，AC⊥BD，OB＝OD．求證：四邊形ABCD是菱形”，并將自己的證明過(guò)程與同學(xué)小潔交流．
小惠： 證明：∵AC⊥BD，OB＝OD， ∴AC垂直平分BD． ∴AB＝AD，CB＝CD， ∴四邊形ABCD是菱形． 小潔： 這個(gè)題目還缺少條件，需要補(bǔ)充一個(gè)條件才能證明．
若贊同小惠的證法，請(qǐng)?jiān)诘谝粋€(gè)方框內(nèi)打“√”；若贊成小潔的說(shuō)法，請(qǐng)你補(bǔ)充一個(gè)條件，并證明．
19．（2023 舟山三模）如圖，在 ABCD中，∠ACB＝90°，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC交BC的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)E，連接AE交CD于點(diǎn)F．
（1）求證：四邊形ACED是矩形；
（2）連接BF，若∠ABC＝60°，CE＝2，求BF的長(zhǎng)．
20．（2022 龍泉市一模）如圖，四邊形ABCD中，BD垂直平分AC，垂足為點(diǎn)F，E為四邊形ABCD外一點(diǎn)，且∠ADE＝∠BAD，AE⊥AC
（1）求證：四邊形ABDE是平行四邊形；
（2）如果DA平分∠BDE，AB＝5，AD＝6，求AC的長(zhǎng)．
21．（2022 蕭山區(qū)模擬）已知：如圖，邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC與BD相交于點(diǎn)O，若∠CAD＝∠DBC．
（1）求證：四邊形ABCD是正方形．
（2）E是OB上一點(diǎn)，BE＝1，且DH⊥CE，垂足為H，DH與OC相交于點(diǎn)F，求線(xiàn)段OF的長(zhǎng)．
22．（2022 渾南區(qū)二模）（1）問(wèn)題情境：如圖，正方形ABCD中，AB＝6，點(diǎn)E為射線(xiàn)BC上一動(dòng)點(diǎn)，將△ABE沿AE所在直線(xiàn)翻折，得到△AFE，延長(zhǎng)EF，射線(xiàn)EF與射線(xiàn)CD交于點(diǎn)G，連接AG．
①當(dāng)點(diǎn)E在線(xiàn)段BC上時(shí)，求證：DG＝FG；
②當(dāng)CE＝3時(shí)，則CG的長(zhǎng)為 　 　．
（2）思維深化：在△ABC中，∠BAC＝45°，AD為BC邊上的高，且BD＝+1，CD＝﹣1，請(qǐng)直接寫(xiě)出AD的長(zhǎng)．
21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁(yè) （共 2 頁(yè)）
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