資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
備考2024中考二輪數學《高頻考點沖刺》（全國通用）
專題20 特殊平行四邊形問題
考點掃描☆聚焦中考
特殊平行四邊形問題，近幾年各地中考試題多以壓抽題出現，也有以選擇題、填空題考查；考查的知識點主要有矩形的性質與判定、菱形的性質與判定和正方形的性質與判定；考查的熱點有矩形的性質與判定、菱形的性質與判定、正方形的性質與判定以及四邊形的綜合問題。
考點剖析☆典型例題
例1 （2023 北京）如圖，在 ABCD中，點E，F分別在BC，AD上，BE＝DF，AC＝EF．
（1）求證：四邊形AECF是矩形；
（2）若AE＝BE，AB＝2，tan∠ACB＝，求BC的長．
例2（2022 涼山州）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中點，E是AD的中點，過點A作AF∥BC交CE的延長線于點F．
（1）求證：四邊形ADBF是菱形；
（2）若AB＝8，菱形ADBF的面積為40．求AC的長．
例3 （2023 紹興）如圖，在正方形ABCD中，G是對角線BD上的一點（與點B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分別為垂足．連接EF，AG，并延長AG交EF于點H．
（1）求證：∠DAG＝∠EGH；
（2）判斷AH與EF是否垂直，并說明理由．
例4（2023 蘭州）綜合與實踐：
【思考嘗試】（1）數學活動課上，老師出示了一個問題：如圖1，在矩形ABCD中，E是邊AB上一點，DF⊥CE于點F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG＝CF，試猜想四邊形ABCD的形狀，并說明理由；
【實踐探究】（2）小睿受此問題啟發，逆向思考并提出新的問題：如圖2，在正方形ABCD中，E是邊AB上一點，DF⊥CE于點F，AH⊥CE于點H，GD⊥DF交AH于點G，可以用等式表示線段FH，AH，CF的數量關系，請你思考并解答這個問題；
【拓展遷移】（3）小博深入研究小睿提出的這個問題，發現并提出新的探究點：如圖3，在正方形ABCD中，E是邊AB上一點，AH⊥CE于點H，點M在CH上，且AH＝HM，連接AM，BH，可以用等式表示線段CM，BH的數量關系，請你思考并解答這個問題．
考點過關☆專項突破
類型一 矩形的性質與判定
1．（2023 上海）在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD．下列說法能使四邊形ABCD為矩形的是（　　）
A．AB∥CD B．AD＝BC C．∠A＝∠B D．∠A＝∠D
2．（2023 杭州）如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O．若∠AOB＝60°，則＝（　　）
A． B． C． D．
3．（2023 南通）如圖，四邊形ABCD是矩形，分別以點B，D為圓心，線段BC，DC長為半徑畫弧，兩弧相交于點E，連接BE，DE，BD．若AB＝4，BC＝8，則∠ABE的正切值為（　　）
A． B． C． D．
4．（2023 丹東）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，∠ABD＝60°，AE⊥BD，垂足為點E，F是OC的中點，連接EF，若，則矩形ABCD的周長是（　　）
A． B． C． D．
5．（2023 呼和浩特）如圖，矩形ABCD中，對角線BD的垂直平分線MN分別交AD，BC于點M，N．若AM＝1，BN＝2，則BD的長為（　　）
A． B．3 C． D．
6．（2023 寧波）如圖，以鈍角三角形ABC的最長邊BC為邊向外作矩形BCDE，連結AE，AD，設△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
7．（2023 雅安）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6，P為邊AB上一動點，作PD⊥BC于點D，PE⊥AC于點E，則DE的最小值為 　　．
8．（2023 岳陽）如圖，點M在 ABCD的邊AD上，BM＝CM，請從以下三個選項中①∠1＝∠2；②AM＝DM；③∠3＝∠4，選擇一個合適的選項作為已知條件，使 ABCD為矩形．
（1）你添加的條件是 　 　（填序號）；
（2）添加條件后，請證明 ABCD為矩形．
9．（2023 樂山）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點D為AB邊上任意一點（不與點A、B重合），過點D作DE∥BC，DF∥AC，分別交AC、BC于點E、F，連結EF．
（1）求證：四邊形ECFD是矩形；
（2）若CF＝2，CE＝4，求點C到EF的距離．
10．（2023 大慶）如圖，在平行四邊形ABCD中，E為線段CD的中點，連接AC，AE，延長AE，BC交于點F，連接DF，∠ACF＝90°．
（1）求證：四邊形ACFD是矩形；
（2）若CD＝13，CF＝5，求四邊形ABCE的面積．
類型二 菱形的性質與判定
1．（2023 樂山）如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，E為邊BC的中點，連結OE．若AC＝6，BD＝8，則OE＝（　　）
A．2 B． C．3 D．4
2．（2023 湘潭）如圖，菱形ABCD中，連接AC，BD，若∠1＝20°，則∠2的度數為（　　）
A．20° B．60° C．70° D．80°
3．（2023 深圳）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝4，BC＝6，將線段AB水平向右平移a個單位長度得到線段EF，若四邊形ECDF為菱形時，則a的值為（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2023 德陽）如圖， ABCD的面積為12，AC＝BD＝6，AC與BD交于點O，分別過點C，D作BD，AC的平行線相交于點F，點G是CD的中點，點P是四邊形OCFD邊上的動點，則PG的最小值是（　　）
A．1 B． C． D．3
5．（2023 臨沂）若菱形的兩條對角線長分別為6和8，則該菱形的面積為 　　．
6．（2023 齊齊哈爾）如圖，在四邊形ABCD中，AD＝BC，AC⊥BD于點O．請添加一個條件：　　，使四邊形ABCD成為菱形．
7．（2023 紹興）如圖，在菱形ABCD中，∠DAB＝40°，連接AC，以點A為圓心，AC長為半徑作弧，交直線AD于點E，連接CE，則∠AEC的度數是 　　．
8．（2022 遼寧）如圖，CD是△ABC的角平分線，過點D分別作AC，BC的平行線，交BC于點E，交AC于點F．若∠ACB＝60°，CD＝4，則四邊形CEDF的周長是 　　．
9．（2023 日照）如圖，平行四邊形ABCD中，點E是對角線AC上一點，連接BE，DE，且BE＝DE．
（1）求證：四邊形ABCD是菱形；
（2）若AB＝10，tan∠BAC＝2，求四邊形ABCD的面積．
10．（2023 呼和浩特）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，連接AC，BD交于點O，DE平分∠ADB交AC于點E，BF平分∠CBD交AC于點F，連接BE，DF．
（1）求證：∠1＝∠2；
（2）若四邊形ABCD是菱形且AB＝2，∠ABC＝120°，求四邊形BEDF的面積．
類型三 正方形的性質與判定
1．（2023 黑龍江）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，試添加一個條件 　 　，使得矩形ABCD為正方形．
2．（2023 攀枝花）如圖，已知正方形ABCD的邊長為3，點P是對角線BD上的一點，PF⊥AD于點F，PE⊥AB于點E，連接PC，當PE：PF＝1：2時，則PC＝（　　）
A． B．2 C． D．
3．（2023 河北）如圖，在Rt△ABC中，AB＝4，點M是斜邊BC的中點，以AM為邊作正方形AMEF．若S正方形AMEF＝16，則S△ABC＝（　　）
A．4 B．8 C．12 D．16
4．（2023 眉山）如圖，在正方形ABCD中，點E是CD上一點，延長CB至點F，使BF＝DE，連結AE，AF，EF，EF交AB于點K，過點A作AG⊥EF，垂足為點H，交CF于點G，連結HD，HC．下列四個結論：①AH＝HC；②HD＝CD；③∠FAB＝∠DHE； ④AK HD＝．
其中正確結論的個數為（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
5．（2023 棗莊）如圖，在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，E為BC上一點，CE＝7，F為DE的中點，若△CEF的周長為32，則OF的長為 　　．
6．（2023 巴中）如圖，已知正方形ABCD和正方形BEFG，點G在AD上，GF與CD交于點H，tan∠ABG＝，正方形ABCD的邊長為8，則BH的長為 　　．
7．（2023 十堰）如圖， ABCD的對角線AC，BD交于點O，分別以點B，C為圓心，AC，BD長為半徑畫弧，兩弧交于點P，連接BP，CP．
（1）試判斷四邊形BPCO的形狀，并說明理由；
（2）請說明當 ABCD的對角線滿足什么條件時，四邊形BPCO是正方形？
8．（2021 牡丹江）如圖1，四邊形ABCD是正方形，點E是邊BC的中點，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分線CF于點F，過點F作FG⊥BC于點G，連接AC．易證：AC＝（EC+FG）．（提示：取AB的中點M，連接EM）
（1）當點E是BC邊上任意一點時，如圖2；當點E在BC延長線上時，如圖3．請直接寫出AC，EC，FG的數量關系，并對圖2進行證明；
（2）已知正方形ABCD的面積是27，連接AF，當△ABE中有一個內角為30°時，則AF的長為 　6或6　．
9．（2021 梧州）如圖，在正方形ABCD中，點E，F分別為邊BC，CD上的點，且AE⊥BF于點P，G為AD的中點，連接GP，過點P作PH⊥GP交AB于點H，連接GH．
（1）求證：BE＝CF；
（2）若AB＝6，BE＝BC，求GH的長．
類型四 四邊形綜合問題
1．（2023 南充）如圖，正方形ABCD中，點M在邊BC上，點E是AM的中點，連接ED，EC．
（1）求證：ED＝EC；
（2）將BE繞點E逆時針旋轉，使點B的對應點B′落在AC上，連接MB′．當點M在邊BC上運動時（點M不與B，C重合），判斷△CMB′的形狀，并說明理由．
（3）在（2）的條件下，已知AB＝1，當∠DEB′＝45°時，求BM的長．
2．（2023 山西）閱讀與思考
下面是一位同學的數學學習筆記，請仔細閱讀并完成相應任務．
瓦里尼翁平行四邊形我們知道，如圖1，在四邊形ABCD中，點E，F，G，H分別是邊AB，BC，CD，DA的中點，順次連接E，F，G，H，得到的四邊形EFGH是平行四邊形．我查閱了許多資料，得知這個平行四邊形EFGH被稱為瓦里尼翁平行四邊形．瓦里尼翁（Varingnon，Pierte 1654～1722）是法國數學家、力學家．瓦里尼翁平行四邊形與原四邊形關系密切．①當原四邊形的對角線滿足一定關系時，瓦里尼翁平行四邊形可能是菱形、矩形或正方形．②瓦里尼翁平行四邊形的周長與原四邊形對角線的長度也有一定關系．③瓦里尼翁平行四邊形的面積等于原四邊形面積的一半．此結論可借助圖1證明如下：證明：如圖2，連接AC，分別交EH，FG于點P，Q，過點D作DM⊥AC于點M，交HG于點N．∵H，G分別為AD，CD的中點，∴HG∥AC，HG＝AC．（依據1）∴．∵DG＝GC，∴DN＝NM＝DM．∵四邊形EFGH是瓦里尼翁平行四邊形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．∵HG∥AC，即HG∥PQ，∴四邊形HPQG是平行四邊形，（依據2）∴S HPQG＝HG MN＝．∵S△ADC＝AC DM＝HG DM，∴S HPQG＝S△ADC．同理，…
任務：（1 ）填空：材料中的依據1是指：　 　．
依據2是指：　 　．
（2）請用刻度尺、三角板等工具，畫一個四邊形ABCD及它的瓦里尼翁平行四邊形EFGH、使得四邊形EFGH為矩形；（要求同時畫出四邊形ABCD的對角線）
（3）在圖1中，分別連接AC，BD得到圖3，請猜想瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長與對角線AC，BD長度的關系，并證明你的結論．
3．（2023 深圳）（1）如圖1，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點，連接BE，若BE＝BC，過C作CF⊥BE交BE于點F，
①求證：△ABE≌△FCB；
②若S矩形ABCD＝20時，則BE CF＝　 　．
（2）如圖2，在菱形ABCD中，cosA＝，過C作CE⊥AB交AB的延長線于點E，過E作EF⊥AD交AD于點F，若S菱形ABCD＝24時，求EF BC的值．
（3）如圖3，在平行四邊形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6，AD＝5，點E在CD上，且CE＝2，點F為BC上一點，連接EF，過E作EG⊥EF交平行四邊形ABCD的邊于點G，若EF EG＝7時，請直接寫出AG的長．
4．（2023 牡丹江） ABCD中，AE⊥BC，垂足為E，連接DE，將ED繞點E逆時針旋轉90°，得到EF，連接BF．
（1）當點E在線段BC上，∠ABC＝45°時，如圖①，求證：AE+EC＝BF；
（2）當點E在線段BC延長線上，∠ABC＝45°時，如圖②；當點E在線段CB延長線上，∠ABC＝135°時，如圖③，請猜想并直接寫出線段AE，EC，BF的數量關系；
（3）在（1）、（2）的條件下，若BE＝3，DE＝5，則CE＝　 　．
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備考2024中考二輪數學《高頻考點沖刺》（全國通用）
專題20 特殊平行四邊形問題
考點掃描☆聚焦中考
特殊平行四邊形問題，近幾年各地中考試題多以壓抽題出現，也有以選擇題、填空題考查；考查的知識點主要有矩形的性質與判定、菱形的性質與判定和正方形的性質與判定；考查的熱點有矩形的性質與判定、菱形的性質與判定、正方形的性質與判定以及四邊形的綜合問題。
考點剖析☆典型例題
例1 （2023 北京）如圖，在 ABCD中，點E，F分別在BC，AD上，BE＝DF，AC＝EF．
（1）求證：四邊形AECF是矩形；
（2）若AE＝BE，AB＝2，tan∠ACB＝，求BC的長．
【答案】（1）證明見解析；
（2）3．
【點撥】（1）先證四邊形AECF是平行四邊形，再由矩形的判定即可得出結論；
（2）由矩形的性質得∠AEC＝∠AEB＝90°，再證△ABE是等腰直角三角形，得AE＝BE＝，然后由銳角三角函數定義得EC＝2AE＝2，即可解決問題．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵BE＝DF，
∴AD﹣DF＝BC﹣BE，
即AF＝EC，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
∵AC＝EF，
∴平行四邊形AECF是矩形；
（2）解：∵四邊形AECF是矩形，
∴∠AEC＝∠AEB＝90°，
∵AE＝BE，AB＝2，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE＝BE＝AB＝，
∵tan∠ACB＝＝，
∴EC＝2AE＝2，
∴BC＝BE+EC＝+2＝3，
即BC的長為3．
【點評】本題考查了矩形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質以及銳角三角函數定義等知識，熟練掌握矩形的判定與性質是解題的關鍵．
例2（2022 涼山州）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中點，E是AD的中點，過點A作AF∥BC交CE的延長線于點F．
（1）求證：四邊形ADBF是菱形；
（2）若AB＝8，菱形ADBF的面積為40．求AC的長．
【答案】（1）證明過程見解析；
（2）AC的長為10．
【點撥】（1）利用平行線的性質可得∠AFC＝∠FCD，∠FAE＝∠CDE，利用中點的定義可得AE＝DE，從而證明△FAE≌△CDE，然后利用全等三角形的性質可得AF＝CD，再根據D是BC的中點，可得AF＝BD，從而可證四邊形AFBD是平行四邊形，最后利用直角三角形斜邊上的中線可得BD＝AD，從而利用菱形的判定定理即可解答；
（2）利用（1）的結論可得菱形ADBF的面積＝2△ABD的面積，再根據點D是BC的中點，可得△ABC的面積＝2△ABD的面積，進而可得菱形ADBF的面積＝△ABC的面積，然后利用三角形的面積進行計算即可解答．
【解答】（1）證明：∵AF∥BC，
∴∠AFC＝∠FCD，∠FAE＝∠CDE，
∵點E是AD的中點，
∴AE＝DE，
∴△FAE≌△CDE（AAS），
∴AF＝CD，
∵點D是BC的中點，
∴BD＝CD，
∴AF＝BD，
∴四邊形AFBD是平行四邊形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中點，
∴AD＝BD＝BC，
∴四邊形ADBF是菱形；
（2）解：∵四邊形ADBF是菱形，
∴菱形ADBF的面積＝2△ABD的面積，
∵點D是BC的中點，
∴△ABC的面積＝2△ABD的面積，
∴菱形ADBF的面積＝△ABC的面積＝40，
∴AB AC＝40，
∴×8 AC＝40，
∴AC＝10，
∴AC的長為10．
【點評】本題考查了菱形的判定與性質，直角三角形斜邊上的中線，全等三角形的判定與性質，熟練掌握全等三角形的判定與性質，以及菱形的判定與性質是解題的關鍵．
例3 （2023 紹興）如圖，在正方形ABCD中，G是對角線BD上的一點（與點B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分別為垂足．連接EF，AG，并延長AG交EF于點H．
（1）求證：∠DAG＝∠EGH；
（2）判斷AH與EF是否垂直，并說明理由．
【答案】見解析．
【點撥】（1）直接由平行公理的推理即可解答．
（2）先連接CG，然后根據正方形的性質得出△ADG≌△CDG，從而得到∠DAG＝∠DCG．再證明∠EGH＝∠DCG＝∠OEC即可．
【解答】（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GC交EF于點O，如圖：
∵BD為正方形ABCD的對角線，
∴∠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．
【點評】本題考查正方形的性質與全等三角形的性質，熟悉性質是解題關鍵．
例4（2023 蘭州）綜合與實踐：
【思考嘗試】（1）數學活動課上，老師出示了一個問題：如圖1，在矩形ABCD中，E是邊AB上一點，DF⊥CE于點F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG＝CF，試猜想四邊形ABCD的形狀，并說明理由；
【實踐探究】（2）小睿受此問題啟發，逆向思考并提出新的問題：如圖2，在正方形ABCD中，E是邊AB上一點，DF⊥CE于點F，AH⊥CE于點H，GD⊥DF交AH于點G，可以用等式表示線段FH，AH，CF的數量關系，請你思考并解答這個問題；
【拓展遷移】（3）小博深入研究小睿提出的這個問題，發現并提出新的探究點：如圖3，在正方形ABCD中，E是邊AB上一點，AH⊥CE于點H，點M在CH上，且AH＝HM，連接AM，BH，可以用等式表示線段CM，BH的數量關系，請你思考并解答這個問題．
【答案】見解析
【點撥】（1）根據矩形的性質得到∠ADC＝90°，得到∠ADG＝∠CDF，根據全等三角形的性質得到AD＝CD，于是得到四邊形ABCD是正方形；
（2）根據矩形的判定定理得到四邊形HFDG是矩形，求得∠G＝∠DFC＝90°，根據正方形的性質得到AD＝CD，∠ADC＝90°，求得∠ADG＝∠CDF，根據全等三角形的性質得到AG＝CF，DG＝DF，根據正方形的判定定理得到矩形HFDG是正方形，于是得到HG＝HF＝AH+AG＝AH+CF；
（3）連接AC，根據正方形的性質得到∠BAC＝45°，根據等腰直角三角形的性質得到∠HAM＝45°，根據相似三角形的性質即可得到結論．
【解答】解：（1）四邊形ABCD是正方形，
理由：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∵GD⊥DF，
∴∠FDG＝90°，
∴∠ADG＝∠CDF，
又∵AG＝CF，∠G＝∠DFC＝90°，
∴△ADG≌△CDF（AAS），
∴AD＝CD，
∴四邊形ABCD是正方形；
（2）HF＝AH+CF，
理由：∵DF⊥CE于點F，AH⊥CE于點H，GD⊥DF交AH于點G，
∴四邊形HFDG是矩形，
∴∠G＝∠DFC＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴∠ADG＝∠CDF，
∴△ADG≌△CDF（AAS），
∴AG＝CF，DG＝DF，
∴矩形HFDG是正方形，
∴HG＝HF＝AH+AG＝AH+CF；
（3）連接AC，如圖，
∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAC＝45°，
∵AH⊥CE，AH＝HM，
∴△AHM是等腰直角三角形，
∴∠HAM＝45°，
∴∠HAB＝∠MAC，
∵，
∴△AHB∽△AMC，
∴，
即BH＝CM．
【點評】本題是四邊形的綜合題，考查了全等三角形的判定和性質，正方形的性質，相似三角形的判定和性質，熟練掌握全等三角形的判定和性質定理以及相似三角形的判定和性質定理是解題的關鍵．
考點過關☆專項突破
類型一 矩形的性質與判定
1．（2023 上海）在四邊形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD．下列說法能使四邊形ABCD為矩形的是（　　）
A．AB∥CD B．AD＝BC C．∠A＝∠B D．∠A＝∠D
【答案】C
【點撥】由矩形的判定分別對各個選項進行判斷即可．
【解答】解：A、∵AB∥CD，AD∥BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
由AB＝CD，不能判定四邊形ABCD為矩形，故選項A不符合題意；
B、∵AD＝BC，AD∥BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
由AB＝CD，不能判定四邊形ABCD為矩形，故選項B不符合題意；
C、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴AB⊥AD，AB⊥BC，
∴AB的長為AD與BC間的距離，
∵AB＝CD，
∴CD⊥AD，CD⊥BC，
∴∠C＝∠D＝90°，
∴四邊形ABCD是矩形，故選項C符合題意；
D、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，∠D+∠C＝180°，
∵∠A＝∠D，
∴∠B＝∠C，
∵AB＝CD，
∴四邊形ABCD是等腰梯形，故選項D不符合題意；
故選：C．
【點評】本題考查了矩形的判定、平行四邊形的判定與性質等知識，熟練掌握矩形的判定是解題的關鍵．
2．（2023 杭州）如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O．若∠AOB＝60°，則＝（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【點撥】先證△ABO是等邊三角形，可得∠BAO＝60°，由直角三角形的性質可求解．
【解答】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．
【點評】本題考查了矩形的性質，等邊三角形的判定和性質，直角三角形的性質，掌握矩形的性質是解題的關鍵．
3．（2023 南通）如圖，四邊形ABCD是矩形，分別以點B，D為圓心，線段BC，DC長為半徑畫弧，兩弧相交于點E，連接BE，DE，BD．若AB＝4，BC＝8，則∠ABE的正切值為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【點撥】先根據SSS證明△CBD≌△EBD，可得∠CBD＝∠EBD，設AO＝x，則OD＝8﹣x，根據勾股定理列方程可得AO的長，最后由正切的定義可解答．
【解答】解：∵BE＝BC，DE＝CD，BD＝BD，
∴△CBD≌△EBD（SSS），
∴∠CBD＝∠EBD，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝8，∠A＝90°，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠ADB＝∠EBD，
∴OB＝OD，
設AO＝x，則OD＝8﹣x，
∴OB＝8﹣x，
由勾股定理得：AB2+AO2＝OB2，
∴42+x2＝（8﹣x）2，
∴x＝3，
∴tan∠ABE＝＝．
故選：C．
【點評】本題考查了全等三角形的判定和性質，矩形的性質，三角函數，勾股定理等知識，證明OB＝OD是解題的關鍵．
4．（2023 丹東）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，∠ABD＝60°，AE⊥BD，垂足為點E，F是OC的中點，連接EF，若，則矩形ABCD的周長是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【點撥】由矩形的性質得∠ABC＝90°，OA＝OB，而∠ABD＝60°，則△AOB是等邊三角形，所以AB＝OA＝OC＝AC，因為AE⊥BD于點E，所以E為OB的中點，而F是OC的中點，則BC＝2EF＝4，則勾股定理得BC＝＝AB，則AB＝4，AB＝4，即可求得矩形ABCD的周長是8+8，于是得到問題的答案．
【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，對角線AC與BD相交于點O，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，且AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵∠ABD＝60°，
∴△AOB是等邊三角形，
∴AB＝OA＝OC＝AC，
∴AC＝2AB，
∵AE⊥BD于點E，
∴E為OB的中點，
∵F是OC的中點，EF＝2，
∴BC＝2EF＝2×2＝4，
∴AD＝BC＝4，
∵BC＝＝＝AB，
∴AB＝4，
∴AB＝CD＝4，
∴AD+BC+AB+CD＝4+4+4+4＝8+8，
∴矩形ABCD的周長是8+8，
故選：D．
【點評】此題重點考查矩形的性質、等邊三角形的判定與性質、勾股定理等知識，證明△AOB是等邊三角形是解題的關鍵．
5．（2023 呼和浩特）如圖，矩形ABCD中，對角線BD的垂直平分線MN分別交AD，BC于點M，N．若AM＝1，BN＝2，則BD的長為（　　）
A． B．3 C． D．
【答案】A
【點撥】依據題意，連接BM，記BD與MN交于點O，先證△DMO≌△BNO，從而得DM＝BN＝2，再由線段MN垂直平分BD從而BM＝DM＝2，又在Rt△BAM中可得AM的值，從而再在Rt△BAD中可求得BD．
【解答】解：由題意，連接BM，記BD與MN交于點O．
∵線段MN垂直平分BD，
∴BO＝DO，BM＝DM．
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC．
∴∠MDO＝∠NBO．
又∠DOM＝∠BON，
∴△DMO≌△BNO（ASA）．
∴DM＝BN＝BM＝2．
在Rt△BAM中，
∴AB＝＝．
∴在Rt△BAD中可得，BD＝＝2．
故選：A．
【點評】本題主要考查了矩形的性質、全等三角形的判定與性質和線段垂直平分線的性質，解題時要熟練掌握并理解是關鍵．
6．（2023 寧波）如圖，以鈍角三角形ABC的最長邊BC為邊向外作矩形BCDE，連結AE，AD，設△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
【答案】C
【點撥】作AG⊥ED于點G，交BC于點F，可證明四邊形BFGE是矩形，AF⊥BC，可推導出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，于是得到問題的答案．
【解答】解：作AG⊥ED于點G，交BC于點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．
【點評】此題重點考查矩形的判定與性質、三角形的面積公式、矩形的面積公式、根據轉化思想求圖形的面積等知識與方法，正確地作出所需要的輔助線是解題的關鍵．
7．（2023 雅安）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6，P為邊AB上一動點，作PD⊥BC于點D，PE⊥AC于點E，則DE的最小值為 　3　．
【答案】3．
【點撥】連接CP，由勾股定理求出AB的長，再證四邊形CDPE是矩形，得DE＝CP，然后由等腰直角三角形的性質求出CP的長，即可得出結論．
【解答】解：如圖，連接CP，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，AB＝＝＝6，
∵PD⊥BC，PE⊥AC，
∴∠PDC＝∠PEC＝90°，
∴四邊形CDPE是矩形，
∴DE＝CP，
由垂線段最短可得，當CP⊥AB時，線段DE的值最小，
此時，AP＝BP，
∴CP＝AB＝3，
∴DE的最小值為3，
故答案為：3．
【點評】本題考查了矩形的判定與性質、勾股定理、垂線段最短以及等腰直角三角形的性質等知識，熟練掌握矩形的判定與性質是解題的關鍵．
8．（2023 岳陽）如圖，點M在 ABCD的邊AD上，BM＝CM，請從以下三個選項中①∠1＝∠2；②AM＝DM；③∠3＝∠4，選擇一個合適的選項作為已知條件，使 ABCD為矩形．
（1）你添加的條件是 　①（或②）　（填序號）；
（2）添加條件后，請證明 ABCD為矩形．
【答案】（1）①（或②）；
（2）見解析．
【點撥】（1）根據矩形的判定定理選擇條件即可；
（2）根據平行四邊形的性質得到AB∥DC，AB＝DC，求得∠A+∠D＝180°，根據全等三角形的性質得到∠A＝∠D，根據矩形的判定定理即可得到結論．
【解答】（1）解：①當∠1＝∠2時， ABCD為矩形；
②當AM＝DM時， ABCD為矩形，
故答案為：①（或②）；
（2）選擇①∠1＝∠2，
證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥DC，AB＝DC，
∴∠A+∠D＝180°，
在△ABM和DCM中，
，
∴△ABM≌DCM（SAS），
∴∠A＝∠D，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴ ABCD為矩形．
【點評】本題主要考查了平行四邊形的性質，全等三角形的判定和性質，矩形的判定，由矩形的性質和全等三角形的判定證得△ABM≌DCM，并熟練掌握矩形的判定方法是解決問題的關鍵．
9．（2023 樂山）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點D為AB邊上任意一點（不與點A、B重合），過點D作DE∥BC，DF∥AC，分別交AC、BC于點E、F，連結EF．
（1）求證：四邊形ECFD是矩形；
（2）若CF＝2，CE＝4，求點C到EF的距離．
【答案】點C到EF的距離為．
【點撥】（1）先證四邊形ECFD為平行四邊形，即可求解；
（2）由勾股定理可求EF的長，由面積法可求解．
【解答】（1）證明：∵FD∥CA，BC∥DE，
∴四邊形ECFD為平行四邊形，
又∵∠C＝90°，
∴四邊形ECFD為矩形；
（2）解：過點C作CH⊥EF于H，
在Rt△ECF中，CF＝2，CE＝4，
∴EF＝＝＝2，
∵S△ECF＝×CF CE＝×EF CH，
∴CH＝＝，
∴點C到EF的距離為．
【點評】本題考查了矩形的判定和性質，勾股定理，面積法等知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．
10．（2023 大慶）如圖，在平行四邊形ABCD中，E為線段CD的中點，連接AC，AE，延長AE，BC交于點F，連接DF，∠ACF＝90°．
（1）求證：四邊形ACFD是矩形；
（2）若CD＝13，CF＝5，求四邊形ABCE的面積．
【答案】（1）證明過程見解析；
（2）45．
【點撥】（1）證明△ADE≌△FCE（AAS），得AE＝FE，所以四邊形ACFD是平行四邊形，再根據有一個角是直角的平行四邊形是矩形即可解決問題；
（2）根據矩形的性質和勾股定理求出DF的值，由△ADE≌△FCE，可得四邊形ABCE的面積＝平行四邊形ABCD﹣△CEF的面積，進而可以解決問題．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠ADE＝∠FCE，∠DAE＝∠CFE，
∵E為線段CD的中點，
∴DE＝CE，
∴△ADE≌△FCE（AAS），
∴AE＝FE，
∴四邊形ACFD是平行四邊形，
∵∠ACF＝90°，
∴四邊形ACFD是矩形；
（2）解：∵四邊形ACFD是矩形，
∴∠CFD＝90°，AC＝DF，
∵CD＝13，CF＝5，
∴DF＝＝＝12，
∵△ADE≌△FCE，
∵△CEF的面積＝△ACF的面積＝5×12＝15，
平行四邊形ABCD的面積＝BC AC＝5×12＝60，
∴四邊形ABCE的面積＝平行四邊形ABCD的面積﹣△CEF的面積＝60﹣15＝45．
【點評】本題考查了矩形的判定與性質，平行四邊形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，解決本題的關鍵是掌握矩形的性質．
類型二 菱形的性質與判定
1．（2023 樂山）如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，E為邊BC的中點，連結OE．若AC＝6，BD＝8，則OE＝（　　）
A．2 B． C．3 D．4
【答案】B
【點撥】由菱形的性質得到OC＝AC＝3，OB＝BD＝4，AC⊥BD，由勾股定理求出BC的長，由直角三角形斜邊中線的性質，即可求出OE的長．
【解答】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，
∴OE＝BC＝．
故選：B．
【點評】本題考查菱形的性質，直角三角形斜邊的中線，勾股定理，關鍵是由菱形的性質求出OC，OB的長，由勾股定理求出BC的長，由直角三角形斜邊的中線的性質即可求出OE的長．
2．（2023 湘潭）如圖，菱形ABCD中，連接AC，BD，若∠1＝20°，則∠2的度數為（　　）
A．20° B．60° C．70° D．80°
【答案】C
【點撥】根據菱形的性質和平行線的性質以及三角形的內角和定理即可得到結論．
【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AC⊥BD，
∴∠DCA＝∠1＝20°，
∴∠2＝90°﹣∠DCA＝70°，
故選：C．
【點評】本題考查了菱形的性質，平行線的性質，熟練掌握菱形的性質定理是解題的關鍵．
3．（2023 深圳）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝4，BC＝6，將線段AB水平向右平移a個單位長度得到線段EF，若四邊形ECDF為菱形時，則a的值為（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【點撥】證得四邊形ECDF為平行四邊形，當CD＝CD＝4時， ECDF為菱形，此時a＝BE＝BC﹣CE＝6﹣4＝2．
【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，CE∥FD，CD＝AB＝4，
∵將線段AB水平向右平得到線段EF，
∴AB∥EF∥CD，
∴四邊形ECDF為平行四邊形，
當CD＝CE＝4時， ECDF為菱形，
此時a＝BE＝BC﹣CE＝6﹣4＝2．
故選：B．
【點評】本題主要考查了菱形的判定，平行四邊形的性質和判定，平移的性質，證得四邊形ECDF為平行四邊形，熟練掌握菱形的判定方法是解決問題的關鍵．
4．（2023 德陽）如圖， ABCD的面積為12，AC＝BD＝6，AC與BD交于點O，分別過點C，D作BD，AC的平行線相交于點F，點G是CD的中點，點P是四邊形OCFD邊上的動點，則PG的最小值是（　　）
A．1 B． C． D．3
【答案】A
【點撥】先判定四邊形OCFD為菱形，找出當GP垂直于菱形OCFD的一邊時，PG有最小值．過D點作DM⊥AC于M，過G點作GP⊥AC與P，則GP∥OD，利用平行四邊形的面積求解DM的長，再利用三角形的中位線定理可求解PG的長，進而可求解．
【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，AC＝BD，
∴OD＝OC，
∵DF∥AC，OD∥CF，
∴四邊形OCFD為菱形，
∵點G是CD的中點，點P是四邊形OCFD邊上的動點，
∴當GP垂直于菱形OCFD的一邊時，PG有最小值．
過D點作DM⊥AC于M，過G點作GP⊥AC與P，則GP∥MD，
∵矩形ABCD的面積為12，AC＝6，
∴2×AC DM＝12，
即2××6 DM＝12，
解得DM＝2，
∵G為CD的中點，
∴GP為△DMC的中位線，
∴GP＝DM＝1，
故PG的最小值為1．
故選：A．
【點評】本題主要考查平行四邊形的性質，菱形的判定與性質，三角形的中位線等知識的綜合運用，找準PG有最小值時的P點位置是解題的關鍵．
5．（2023 臨沂）若菱形的兩條對角線長分別為6和8，則該菱形的面積為 　24　．
【答案】24
【點撥】由菱形的性質得到AC⊥BD，由△DAC的面積＝AC OD，△BAC的面積＝AC OB，得到菱形ABCD的面積＝AC （OD+OB）＝AC BD，即可求出菱形的面積．
【解答】解：如圖：菱形ABCD中AC＝8，BD＝6，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴△DAC的面積＝AC OD，△BAC的面積＝AC OB，
∴菱形ABCD的面積＝△DAC的面積+△BAC的面積＝AC （OD+OB）＝AC BD＝×8×6＝24．
故答案為：24．
【點評】本題考查菱形的性質，三角形的面積，關鍵是由三角形面積公式，得到菱形ABCD的面積＝AC BD．
6．（2023 齊齊哈爾）如圖，在四邊形ABCD中，AD＝BC，AC⊥BD于點O．請添加一個條件：　AD∥BC（AB＝CD或 OB＝OD 或∠ADB＝∠CBD 等）　，使四邊形ABCD成為菱形．
【答案】AD∥BC（或AB＝CD或OB＝OD 或ADB＝∠CBD 等）．
【點撥】根據AD∥BC或AB＝CD或ADB＝∠CBD，證得四邊形ABCD是平行四邊形，再根據AC⊥BD可證得四邊形ABCD是菱形；根據OB＝OD，證得Rt△ADO≌Rt△CBO（HL），得到AO＝CO，DO＝BO，可證得四邊形ABCD是菱形．
【解答】解：當添加“AD∥BC”時，
∵AD＝BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形；
當添加：“AB＝CD”時，
∵AD＝BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形；
當添加“OB＝OD”時，
∵AD＝BC，AC⊥BD，
∴Rt△ADO≌Rt△CBO（HL），
∴AO＝CO，DO＝BO，
∴四邊形ABCD是菱形；
當添加：“∠ADB＝∠CBD”時，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形．
故答案為：AD∥BC（或AB＝CD或OB＝OD 或ADB＝∠CBD等 ）．
【點評】本題考查了菱形的判定、平行四邊形的判定、直角全等三角形全等的判定，解答本題的關鍵是熟練掌握菱形的判定，利用數形結合的思想解答．
7．（2023 紹興）如圖，在菱形ABCD中，∠DAB＝40°，連接AC，以點A為圓心，AC長為半徑作弧，交直線AD于點E，連接CE，則∠AEC的度數是 　10°或80°　．
【答案】10°或80°．
【點撥】根據菱形的性質可得∠DAC＝20°，再根據等腰三角形的性質可得∠AEC的度數．
【解答】解：以點A為圓心，AC長為半徑作弧，交直線AD于點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的度數是10°或80°，
故答案為：10°或80°．
【點評】本題考查了菱形的性質，等腰三角形的性質，熟練掌握這些性質是解題的關鍵．
8．（2022 遼寧）如圖，CD是△ABC的角平分線，過點D分別作AC，BC的平行線，交BC于點E，交AC于點F．若∠ACB＝60°，CD＝4，則四邊形CEDF的周長是 　16　．
【答案】16
【點撥】連接EF交CD于O，證明四邊形CEDF是菱形，可得CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝2，在Rt△COE中，可得CE＝＝＝4，故四邊形CEDF的周長是4CE＝16．
【解答】解：連接EF交CD于O，如圖：
∵DE∥AC，DF∥BC，
∴四邊形CEDF是平行四邊形，
∵CD是△ABC的角平分線，
∴∠FCD＝∠ECD，
∵DE∥AC，
∴∠FCD＝∠CDE，
∴∠ECD＝∠CDE，
∴CE＝DE，
∴四邊形CEDF是菱形，
∴CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝2，
在Rt△COE中，
CE＝＝＝4，
∴四邊形CEDF的周長是4CE＝4×4＝16，
故答案為：16．
【點評】本題考查是三角形角平分線及菱形性質和判定，解題的關鍵是掌握平行線性質，證明四邊形CEDF是菱形．
9．（2023 日照）如圖，平行四邊形ABCD中，點E是對角線AC上一點，連接BE，DE，且BE＝DE．
（1）求證：四邊形ABCD是菱形；
（2）若AB＝10，tan∠BAC＝2，求四邊形ABCD的面積．
【答案】（1）見解析；
（2）80．
【點撥】（1）連接BD交AC于O，根據平行四邊形的性質得到BO＝OD，根據全等三角形的判定和性質和菱形的判定即可得到結論；
（2）解直角三角形得到AO＝2，BO＝4，根據菱形的性質得到AC＝2AO＝4，BD＝2BO＝8，根據菱形的面積公式即可得到結論．
【解答】（1）證明：連接BD交AC于O，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴BO＝OD，
在△BOE與△DOE中，
∴△BOE≌△DOE（SSS），
∴∠BEO＝∠DEO，
在△BAE與△DAE中，
，
∴△BAE≌△DAE（SAS），
∴AB＝AD，
∴四邊形ABCD是菱形；
（2）解：在Rt△ABO中，∵tan∠BAC＝＝2，
∴設AO＝x，BO＝2x，
∴AB＝＝x＝10，
∴x＝2，
∴AO＝2，BO＝4，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC＝2AO＝4，BD＝2BO＝8，
∴四邊形ABCD的面積＝AC BD＝＝80．
【點評】本題考查了菱形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，解直角三角形，正確地作出輔助線是解題的關鍵．
10．（2023 呼和浩特）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，連接AC，BD交于點O，DE平分∠ADB交AC于點E，BF平分∠CBD交AC于點F，連接BE，DF．
（1）求證：∠1＝∠2；
（2）若四邊形ABCD是菱形且AB＝2，∠ABC＝120°，求四邊形BEDF的面積．
【答案】（1）證明見解析；
（2）．
【點撥】（1）由平行四邊形的性質，角平分線定義推出△ODE≌△OBF（ASA），得到DE＝BF，判定四邊形DEBF是平行四邊形，推出BE∥DF，得到∠1＝∠2．
（2）由菱形的性質得到BD⊥EF，OD＝OB，推出四邊形DEBF的菱形，由平行線的性質得到∠BAD＝60°，判定△ABD是等邊三角形，得到BD＝AB＝2，∠ADO＝60°，求出OE＝OD＝，得到EF＝2OE＝，由菱形的面積公式即可求出四邊形BEDF的面積．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，OD＝OB，
∴∠ADO＝∠CBO，
∵DE平分∠ADB，BF平分∠CBD，
∴∠ODE＝∠ADO，∠OBF＝∠CBO，
∴∠ODE＝∠OBF，
∴DE∥BF，
∵OD＝OB，∠DOE＝∠BOF，
∴△ODE≌△OBF（ASA），
∴DE＝BF，
∴四邊形DEBF是平行四邊形，
∴BE∥DF，
∴∠1＝∠2．
（2）解：由（1）知△ODE≌△OBF（ASA），
∴OE＝OF，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴BD⊥EF，OD＝OB，AD∥BC，
∴四邊形DEBF的菱形，
∵AD∥BC，∠ABC＝120°，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∵AD＝AB，
∴△ABD是等邊三角形，
∴BD＝AB＝2，∠ADO＝60°，
∴OD＝BD＝1，
∵∠ODE＝∠ADO＝30°，
∴OE＝OD＝，
∴EF＝2OE＝，
∴四邊形BEDF的面積＝BD EF＝×2×＝．
【點評】本題考查菱形的性質，等邊三角形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，關鍵是由△ODE≌△OBF（ASA），得到DE＝BF，判定四邊形DEBF是平行四邊形；證明四邊形BEDF是菱形．
類型三 正方形的性質與判定
1．（2023 黑龍江）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，試添加一個條件 　AB＝AD（答案不唯一）　，使得矩形ABCD為正方形．
【答案】AB＝AD（答案不唯一）．
【點撥】根據正方形的判定方法添加即可．
【解答】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）．
【點評】本題考查了正方形的判定，矩形的性質，熟練掌握特殊四邊形的判定方法與性質是解題的關鍵．
2．（2023 攀枝花）如圖，已知正方形ABCD的邊長為3，點P是對角線BD上的一點，PF⊥AD于點F，PE⊥AB于點E，連接PC，當PE：PF＝1：2時，則PC＝（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【點撥】先證四邊形AEPF是矩形，可得PE＝AF，∠PFD＝90°，由等腰直角三角形的性質可得PF＝DF，可求AF，DF的長，由勾股定理可求AP的長，由“SAS”可證△ABP≌△CBP，可得AP＝PC＝．
【解答】解：連接AP，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝3，∠ADB＝45°，
∵PF⊥AD，PE⊥AB，∠BAD＝90°，
∴四邊形AEPF是矩形，
∴PE＝AF，∠PFD＝90°，
∴△PFD是等腰直角三角形，
∴PF＝DF，
∵PE：PF＝1：2，
∴AF：DF＝1：2，
∴AF＝1，DF＝2＝PF，
∴AP＝＝＝，
∵AB＝BC，∠ABD＝∠CBD＝45°，BP＝BP，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴AP＝PC＝，
故選：C．
【點評】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，矩形的性質，勾股定理等知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．
3．（2023 河北）如圖，在Rt△ABC中，AB＝4，點M是斜邊BC的中點，以AM為邊作正方形AMEF．若S正方形AMEF＝16，則S△ABC＝（　　）
A．4 B．8 C．12 D．16
【答案】B
【點撥】先根據正方形AMEF的面積求出AM的長，然后根據直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求出BC的長，最后根據勾股定理求出AC的長，然后即可求出直角三角形ABC的面積．
【解答】解：∵四邊形AMEF是正方形，
又∵S正方形AMEF＝16，
∴AM2＝16，
∴AM＝4，
在Rt△ABC中，點M是斜邊BC的中點，
∴，
即BC＝2AM＝8，
在Rt△ABC中，AB＝4，
∴，
∴，
故選：B．
【點評】本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，正方形的面積計算公式，直角三角形面積的計算公式，勾股定理，掌握直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半是解題的關鍵．
4．（2023 眉山）如圖，在正方形ABCD中，點E是CD上一點，延長CB至點F，使BF＝DE，連結AE，AF，EF，EF交AB于點K，過點A作AG⊥EF，垂足為點H，交CF于點G，連結HD，HC．下列四個結論：①AH＝HC；②HD＝CD；③∠FAB＝∠DHE； ④AK HD＝．
其中正確結論的個數為（　　）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】C
【點撥】①證明△EAF是等腰直角三角形，根據直角三角形斜邊中線可得AH＝EF＝CH，可得①正確；
②證明∠DAH與∠AHD不一定相等，則AD與DH不一定相等，可知②不正確；
③證明△ADH≌△CDH（SSS），則∠ADH＝∠CDH＝45°，再由等腰直角三角形的性質可得結論正確；
④證明△AKF∽△HED，列比例式可得結論正確．
【解答】解：①∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ADE＝∠ABC＝90°，
∴∠ADE＝∠ABF＝90°，
∵DE＝BF，
∴△ADE≌△ABF（SAS），
∴AE＝AF，∠DAE＝∠BAF，
∵∠DAE+∠EAB＝90°，
∴∠BAF+∠EAB＝90°，即∠EAF＝90°，
∵AG⊥EF，
∴EH＝FH，
∴AH＝EF，
Rt△ECF中，∵EH＝FH，
∴CH＝EF，
∴AH＝CH；
故①正確；
③∵AH＝CH，AD＝CD，DH＝DH，
∴△ADH≌△CDH（SSS），
∴∠ADH＝∠CDH＝45°，
∵△AEF為等腰直角三角形，
∴∠AFE＝45°，
∴∠AFK＝∠EDH＝45°，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB∥CD，
∴∠BKF＝∠CEH，
∴∠AKF＝∠DEH，
∴∠FAB＝∠DHE，
故③正確；
②∵∠ADH＝∠AEF，
∴∠DAE＝∠DHE，
∵∠BAD＝∠AHE＝90°，
∴∠BAE＝∠AHD，
∵∠DAE與∠BAG不一定相等，
∴∠DAH與∠AHD不一定相等，
則AD與DH不一定相等，即DH與CD不一定相等，
故②不正確；
④∵∠FAB＝∠DHE，∠AFK＝∠EDH，
∴△AKF∽△HED，
∴＝，
∴AK DH＝AF EH，
在等腰直角三角形AFH中，AF＝FH＝EH，
∴AK HD＝．
故④正確；
∴本題正確的結論有①③④，共3個．
故選：C．
【點評】本題考查正方形的性質，全等三角形的判定與性質，等腰三角形“三線合一“的性質，直角三角形的性質，熟練掌握正方形的性質，全等三角形的判定與性質，等腰三角形“三線合一“的性質，直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半的性質是解題的關鍵．
5．（2023 棗莊）如圖，在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，E為BC上一點，CE＝7，F為DE的中點，若△CEF的周長為32，則OF的長為 　　．
【答案】．
【點撥】在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，可知O是中點，∠BCD＝90°，F為DE的中點，則CF＝EF＝DF，△CEF的周長為32，CE＝7，則CF+EF＝25，即DE＝25，根據勾股定理可得CD＝24＝BC，從而求得BE，再根據中位線的性質即可解答．
【解答】解：在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，
∴∠BCD＝90°，O是中點，
∵F為DE的中點，
∴CF＝EF＝DF，
∵△CEF的周長為32，CE＝7，
∴CF+EF＝25，即DE＝25，
在Rt△CDE中，根據勾股定理可得CD＝24＝BC，
∴BE＝24﹣7＝17，
根據三角形的中位線可得OF＝BE＝．
故答案為：．
【點評】本題考查正方形的性質，勾股定理，三角形中位線的性質，熟悉性質是解題關鍵．
6．（2023 巴中）如圖，已知正方形ABCD和正方形BEFG，點G在AD上，GF與CD交于點H，tan∠ABG＝，正方形ABCD的邊長為8，則BH的長為 　10　．
【答案】10．
【點撥】根據同角的余角相等可得∠DGH＝∠ABG，進而得到tan∠DGH＝tan∠ABG＝，在Rt△ABG中，AG＝AB tan∠ABG＝4，于是可求得＝，DG＝4，在Rt△DGH中，DH＝DG tan∠DGH＝2，于是可求得GH＝＝，在Rt△BGH中，利用勾股定理即可求解．
【解答】解：∵四邊形ABCD、BEFG均為正方形，
∴∠A＝∠BGF＝∠D＝90°，
∴∠AGB+∠DGH＝90°，
∵∠AGB+∠ABG＝90°，
∴∠DGH＝∠ABG，
∴tan∠DGH＝tan∠ABG＝，
∵正方形ABCD的邊長為8，
∴AB＝AD＝8，
在Rt△ABG中，AG＝AB tan∠ABG＝8×＝4，
∴＝＝，
∴DG＝AD﹣AG＝4，
在Rt△DGH中，DH＝DG tan∠DGH＝＝2，
∴GH＝＝＝，
在Rt△BGH中，＝＝10．
故答案為：10．
【點評】本題主要考查正方形的性質、解直角三角形、勾股定理，利用同角的余角相等推出∠DGH＝∠ABG，再根據銳角三角函數和勾股定理求出相應線段的長度是解題關鍵．
7．（2023 十堰）如圖， ABCD的對角線AC，BD交于點O，分別以點B，C為圓心，AC，BD長為半徑畫弧，兩弧交于點P，連接BP，CP．
（1）試判斷四邊形BPCO的形狀，并說明理由；
（2）請說明當 ABCD的對角線滿足什么條件時，四邊形BPCO是正方形？
【答案】見解析
【點撥】（1）由平行四邊形的性質得出OC＝OA＝AC，OB＝OD＝BD，證出OB＝CP，BP＝OC，則可得出結論；
（2）由正方形的判定可得出結論．
【解答】解：（1）四邊形BPCO為平行四邊形．
理由：∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴OC＝OA＝AC，OB＝OD＝BD，
∵以點B，C為圓心，AC，BD長為半徑畫弧，兩弧交于點P，
∴OB＝CP，BP＝OC，
∴四邊形BPCO為平行四邊形；
（2）當AC⊥BD，AC＝BD時，四邊形BPCO為正方形．
∵AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∵AC＝BD，OB＝BD，OC＝AC，
∴OB＝OC，
∵四邊形BPCO為平行四邊形，
∴四邊形BPCO為正方形．
【點評】本題考查了平行四邊形的性質，正方形的判定，熟練掌握平行四邊形的性質是解題的關鍵．
8．（2021 牡丹江）如圖1，四邊形ABCD是正方形，點E是邊BC的中點，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分線CF于點F，過點F作FG⊥BC于點G，連接AC．易證：AC＝（EC+FG）．（提示：取AB的中點M，連接EM）
（1）當點E是BC邊上任意一點時，如圖2；當點E在BC延長線上時，如圖3．請直接寫出AC，EC，FG的數量關系，并對圖2進行證明；
（2）已知正方形ABCD的面積是27，連接AF，當△ABE中有一個內角為30°時，則AF的長為 　6或6　．
【答案】見解析
【點撥】（1）如圖2中，結論：AC＝（FG+EC）．在AB上截取BM＝BE，連接EM，證明△AEM≌△EFC（ASA），可得結論．
如圖3中，結論：AC＝（FG﹣EC）．
（2）分兩種情形：如圖1中，當∠BAE＝30°時，如圖3中，當∠AEB＝30°時，利用等腰直角三角形的性質求解即可．
【解答】解：（1）如圖2中，結論：AC＝（FG+EC）．
理由：在AB上截取BM＝BE，連接EM，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠BCD＝90°，AB＝BC，
∴∠DCG＝90°，∠EAM+∠AEB＝90°，
∵BM＝BE，
∴AB﹣BM＝BC﹣BE，∠BME＝∠BEM＝45°，
∴AM＝EC，∠AME＝135°，
∵CF平分∠DCG，
∴∠FCG＝45°，
∴∠ECF＝135°，
∴∠AME＝∠ECF，
∵∠AEF＝90°，
∴∠FEC+∠AEB＝90°，
∴∠EAM＝∠FEC，
∴在△AEM和△EFC中，
，
∴△AEM≌△EFC（ASA），
∴EM＝CF，
∵EM＝BE，CF＝FG，
∴BE＝FG，
∵AC＝BC＝（BE+EC），
∴AC＝（FG+EC）．
如圖3中，結論：AC＝（FG﹣EC）．
（2）如圖1中，當∠BAE＝30°時，
∵正方形的面積為27，
∴AB＝3，∠B＝90°，
∴BE＝AB tan30°＝3×＝3，
∴AE＝2BE＝6，
∵△AEM≌△EFC
∴AE＝EF＝6，
∴AF＝6，
如圖3中，當∠AEB＝30°時，同法可得AE＝EF＝2AB＝6，
∴AF＝AE＝6，
綜上所述，AF的長為6或6．
【點評】本題考查正方形的性質，全等三角形的判定和性質，等腰直角三角形的性質等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，學會用分類討論的思想思考問題．
9．（2021 梧州）如圖，在正方形ABCD中，點E，F分別為邊BC，CD上的點，且AE⊥BF于點P，G為AD的中點，連接GP，過點P作PH⊥GP交AB于點H，連接GH．
（1）求證：BE＝CF；
（2）若AB＝6，BE＝BC，求GH的長．
【答案】（1）見解析；
（2）．
【點撥】（1）由AE⊥BF證出，∠EAB＝∠CBF，再證△ABE≌△BCF，即得BE＝CF；
（2）由PH⊥GP、AE⊥BF證出△GPA∽△HPB，得，再由tan∠EAB＝，BE＝BC，得＝3，再由G為AD的中點，得AG＝3，得HB＝1，從而得AH，由勾股定理算出GH即可．
【解答】（1）證明：∵AE⊥BF，∠ABE＝90°，
∴∠EAB+∠ABF＝90°，∠ABF+∠CBF＝90°，
∴∠EAB＝∠CBF，
在△ABE與△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴BE＝CF；
（2）∵∠EAB＝∠CBF，
∴∠GAE＝∠PBH，
∵PH⊥GP，
∴∠GPH＝90°，
∵∠APB＝90°，
∴∠GPA+∠APH＝∠APH+∠HPB，
∴∠GPA＝∠HPB，
∴△GPA∽△HPB，
∴，
∵tan∠EAB＝，
∵BE＝BC，
∴＝3，
∵G為AD的中點，
∴AG＝3，
∴HB＝1，
∴AH＝5，
∴GH＝＝．
【點評】本題是正方形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質、正方形的性質、相似三角形的判定與性質、勾股定理，根據由PH⊥GP、AE⊥BF證出△GPA∽△HPB是解題的關鍵．
類型四 四邊形綜合問題
1．（2023 南充）如圖，正方形ABCD中，點M在邊BC上，點E是AM的中點，連接ED，EC．
（1）求證：ED＝EC；
（2）將BE繞點E逆時針旋轉，使點B的對應點B′落在AC上，連接MB′．當點M在邊BC上運動時（點M不與B，C重合），判斷△CMB′的形狀，并說明理由．
（3）在（2）的條件下，已知AB＝1，當∠DEB′＝45°時，求BM的長．
【答案】（1）證明見解析；
（2）△CMB′是等腰直角三角形，理由見解析；
（3）BM＝．
【點撥】（1）根據正方形的性質和直角三角形斜邊中線的性質可證△EAD≌△EBC（SAS），根據全等三角形的性質即可得證；
（2）根據折疊的性質可得根據旋轉的性質可得，EB′＝EB，再根據直角三角形斜邊的中線的性質可得EB′＝AE＝ME，進一步可得∠AB′M＝90°，可得∠CB′M＝90°，再根據正方形的性質可得∠B′CM＝45°，進一步可得B′M＝B′C，可證△MB′C是等腰直角三角形；
（3）延長BE交AD于點F，根據三角形外角的性質可得∠BEB′＝90°，進一步可得∠DEF＝45°，根據△EAD≌△EBC，可得∠AED＝∠BEC，進一步可得∠CEM＝∠DEF＝45°，再證明△CME∽△AMC，根據相似三角形的性質可得CM：AM＝EM：CM，可得，設BM＝x，則CM＝1﹣x，根據勾股定理，AM2＝1+x2，列方程求解即可．
【解答】（1）證明：在正方形ABCD中，AD＝BC，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∵E為AM的中點，
∴AE＝BE，
∴∠EAB＝∠EBA，
∴∠EAD＝∠EBC，
在△EAD和△EBC中，
，
∴△EAD≌△EBC（SAS），
∴ED＝EC；
（2）解：△CMB′是等腰直角三角形，理由如下：
根據旋轉的性質可得，EB′＝EB，
∵EB＝AE＝ME，
∴EB′＝AE＝ME，
∴∠EAB′＝∠EB′A，∠EMB′＝∠EB′M，
∵∠EAB′+∠EB′A+∠EB′M+∠EMB′＝180°，
∴∠AB′M＝90°，
∴∠MB′C＝90°，
在正方形ABCD中，∠ACB＝45°，
∴∠B′MC＝45°，
∴B′M＝B′C，
∴△CMB′是等腰直角三角形；
（3）解：延長BE交AD于點F，如圖所示：
∵∠BEM＝2∠BAE，∠B′EM＝2∠B′AE，
∵∠BAB′＝45°，
∴∠BEB′＝90°，
∴∠B′EF＝90°，
∵∠DEB′＝45°，
∴∠DEF＝45°，
∵△EAD≌△EBC，
∴∠AED＝∠BEC，
∵∠AEF＝∠BEM，
∴∠CEM＝∠DEF＝45°，
∵∠MCA＝45°，
∴∠CEM＝∠MCA，
又∵∠CME＝∠AMC，
∴△CME∽△AMC，
∴CM：AM＝EM：CM，
∵EM＝AM，
∴，
在正方形ABCD中，BC＝AB＝1，
設BM＝x，則CM＝1﹣x，
根據勾股定理，AM2＝1+x2，
∴＝（1﹣x）2，
解得x＝或x＝2+（舍去），
∴BM＝．
【點評】本題考查了四邊形的綜合題，涉及正方形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，旋轉的性質，等腰直角三角形的判定和性質，直角三角形斜邊中線的性質，勾股定理等，本題綜合性較強，難度較大．
2．（2023 山西）閱讀與思考
下面是一位同學的數學學習筆記，請仔細閱讀并完成相應任務．
瓦里尼翁平行四邊形我們知道，如圖1，在四邊形ABCD中，點E，F，G，H分別是邊AB，BC，CD，DA的中點，順次連接E，F，G，H，得到的四邊形EFGH是平行四邊形．我查閱了許多資料，得知這個平行四邊形EFGH被稱為瓦里尼翁平行四邊形．瓦里尼翁（Varingnon，Pierte 1654～1722）是法國數學家、力學家．瓦里尼翁平行四邊形與原四邊形關系密切．①當原四邊形的對角線滿足一定關系時，瓦里尼翁平行四邊形可能是菱形、矩形或正方形．②瓦里尼翁平行四邊形的周長與原四邊形對角線的長度也有一定關系．③瓦里尼翁平行四邊形的面積等于原四邊形面積的一半．此結論可借助圖1證明如下：證明：如圖2，連接AC，分別交EH，FG于點P，Q，過點D作DM⊥AC于點M，交HG于點N．∵H，G分別為AD，CD的中點，∴HG∥AC，HG＝AC．（依據1）∴．∵DG＝GC，∴DN＝NM＝DM．∵四邊形EFGH是瓦里尼翁平行四邊形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．∵HG∥AC，即HG∥PQ，∴四邊形HPQG是平行四邊形，（依據2）∴S HPQG＝HG MN＝．∵S△ADC＝AC DM＝HG DM，∴S HPQG＝S△ADC．同理，…
任務：（1 ）填空：材料中的依據1是指：　三角形中位線定理　．
依據2是指：　兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形　．
（2）請用刻度尺、三角板等工具，畫一個四邊形ABCD及它的瓦里尼翁平行四邊形EFGH、使得四邊形EFGH為矩形；（要求同時畫出四邊形ABCD的對角線）
（3）在圖1中，分別連接AC，BD得到圖3，請猜想瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長與對角線AC，BD長度的關系，并證明你的結論．
【答案】見解析
【點撥】（1）由三角形中位線定理和平行四邊形的判定可求解；
（2）畫四邊形ABCD，且AC⊥BD于O，點E，H，G，F分別是邊AB，BC，CD，DA的中點，順次連接EF，FG，GH，HE，則四邊形EFGH為所求；
（3）由三角形中位線定理可得EF＝AC，GH＝AC，EH＝BD，FG＝BD，即可求解．
【解答】解：（1）證明：如圖2，連接AC，分別交EH，FG于點P，Q，過點D作DM⊥AC于點M，交HG于點N．
∵H，G分別為AD，CD的中點，
∴HG∥AC，HG＝AC，（三角形中位線定理），
∴，
∵DG＝GC，
∴DN＝NM＝DM，
∵四邊形EFGH是瓦里尼翁平行四邊形，
∴HE∥GF，即HP∥GQ．
∵HG∥AC，即HG∥PQ，
∴四邊形HPQG是平行四邊形，（兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形），
∴S HPQG＝HG MN＝HG DM，
∵S△ADC＝AC DM＝HG DM，
∴S HPQG＝S△ADC，
同理可得，S EFQP＝S△ABC，
∴S HEFG＝S四邊形ABCD，
故答案為：三角形中位線定理，兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形；
（2）如圖，畫四邊形ABCD，且AC⊥BD于O，點E，H，G，F分別是邊AB，BC，CD，DA的中點，順次連接EF，FG，GH，HE，則四邊形EFGH為所求；
理由如下：∵點E，H，G，F分別是邊AB，BC，CD，DA的中點，
∴EF∥BD，HG∥BD，EH∥AC，FG∥AC，
∴EF∥HG，EH∥FG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，
∵AC⊥BD，EF∥BD，
∴AC⊥EF，
∵FG∥AC，
∴EF⊥FG，
∴平行四邊形EFGH是矩形；
（3）瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長等于AC+BD，理由如下：
∵四邊形EFGH是瓦里尼翁平行四邊形，
∴點E，H，G，F分別是邊AB，BC，CD，DA的中點，
∴EF＝AC，GH＝AC，EH＝BD，FG＝BD，
∴瓦里尼翁平行四邊形EFGH的周長＝EF+GF+GH+EH＝BD+BD+AC+AC＝AC+BD．
【點評】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的判定和性質，三角形中位線定理，矩形的判定等知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．
3．（2023 深圳）（1）如圖1，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點，連接BE，若BE＝BC，過C作CF⊥BE交BE于點F，
①求證：△ABE≌△FCB；
②若S矩形ABCD＝20時，則BE CF＝　20　．
（2）如圖2，在菱形ABCD中，cosA＝，過C作CE⊥AB交AB的延長線于點E，過E作EF⊥AD交AD于點F，若S菱形ABCD＝24時，求EF BC的值．
（3）如圖3，在平行四邊形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6，AD＝5，點E在CD上，且CE＝2，點F為BC上一點，連接EF，過E作EG⊥EF交平行四邊形ABCD的邊于點G，若EF EG＝7時，請直接寫出AG的長．
【答案】（1）①見解析；②20；（2）32；（3）3 或4或 ．
【點撥】（1）①根據矩形的性質得出∠ABE+∠CBF＝90°，∠CFB＝∠A＝90°，進而證明∠FCB＝∠ABE 結合已知條件，即可證明△ABE≌△FCB； ②由①可得∠FCB＝∠ABE，∠CFB＝∠A＝90°，證明△ABE∽△FCB，得出 ，根據S矩形ABCD＝AB CD＝20，即可求解；
（2）根據菱形的性質得出AD∥BC，AB＝BC，根據已知條件得出 ，證明△AFE∽△BEC，根據相似三角形的性質即可求解；
（3）分三種情況討論，①當點G在AD邊上時，如圖所示，延長FE交AD的延長線于點M，連接GF，過點E作EH⊥DM 于點H，證明△EDM∽△ECF，解Rt△DEH，進而得出 MG＝7，根據 tan∠MEH＝tan∠HGE，得出 HE2＝HM HG，建立方程解方程即可求解；②當G點在AB邊上時，如圖所示，連接GF，延長GE交BC的延長線于點M，過 點G作GN∥AD，則GN∥BC，四邊形ADNG是平行四邊形，同理證明△ENG∽△ECM，根據 tan∠FEH＝tan∠M得出 EH2＝FH HM，建立方程，解方程即可求解；③當G點在BC邊上時，如圖所示，過點B作BT⊥DC于點T，求得 ，而 ，得出矛盾，則此情況不存在；當G點在CD邊上時，過G點作GH⊥AD交AD的延長線于點H，再由勾股定理求AG的長即可．
【解答】解：（1）①∵四邊形ABCD是矩形，則∠A＝∠ABC＝90°，
∴∠ABE+∠CBF＝90°，
又∵CF⊥BC，
∴∠FCB+∠CBF＝90°，∠CFB＝∠A＝90°，
∴∠FCB＝∠ABE，
又∵BC＝BE，
∴△ABE≌△FCB（AAS）；
②由①可得∠FCB＝∠ABE，∠CFB＝∠A＝90°，
∴△ABE∽△FCB．
∴＝，
又∵S矩形ABCD＝AB CD＝20，
∴BE CF＝AB BC＝20，
（2）∵在菱形ABCD中，，
∴AD∥BC，AB＝BC，則∠CBE＝∠A，
∵CE⊥AB，∠CEB＝90°，
∴，
∴，
∴，
∵EF⊥AD，CE⊥AB，
∴∠AFE＝∠BEC＝90°，
又∵∠CBE＝∠A，
∴△AFE∽△BEC，
∴，
∴EF BC＝AE CE＝AB×CE＝S菱形ABCD＝×24＝32；
（3）①當點G在AD邊上時，如圖所示，延長FE交AD的延長線于點M，連接GF，過點E作 EH⊥DM于點H，
∵平行四邊形ABCD中，AB＝6，CE＝2，
∴CD＝AB＝6，
DE＝DC﹣EC＝6﹣2＝4，
∵DM∥FC，
∴△EDM∽△ECF，
∴，
＝＝2，
∴S△MGE＝2S△EFG＝EF EG＝7，
在Rt△DEH 中，∠HDE＝∠A＝60°，
則 ，，
∴，
∴MG＝7，
∵GE⊥EF，EH⊥MG，∠MEH＝90°﹣∠HEG＝∠HGE，
∴tan∠MEH＝tan∠HGE，
∵，
∴HE2＝HM HG，
設AG＝a，則GD＝AD﹣AG＝5﹣a，
GH＝GD+HD＝5﹣a+2＝7﹣a，HM＝GM﹣GH＝7﹣（7﹣a）＝a，
（2）2＝a（7﹣a），
解得：a＝3或a＝4，
即AG＝3或AG＝4，
②當G點在AB邊上時，如圖所示，
連接GF，延長GE交BC的延長線于點M，過點G作GN∥AD，則GN∥BC，四邊形ADNG是平行四邊形，
設AG＝x，則 DN＝AG＝x，EN＝DE﹣DN＝4﹣x，
∵GN∥CM，
∴△ENG∽△ECM，
∴，
∴，
∴，
∵EF ，
∴，
過點E作EH⊥BC于點H，
在Rt△EHC中，EC＝2，∠ECH＝60°，
∴，CH＝1，
∴，
則 ，
∴，
∴，，
∵∠MEF＝∠EHM＝90°，∠FEH＝90°﹣∠MEH＝∠M，
∴tan∠FEH＝tan∠M，
即 ，
∴EH2＝FH HM，
即 ，
解得： x2＝8 （舍去），
即 ；
③當G點在BC邊上時，如圖所示，
過點B作BT⊥DC于點T，
在Rt△BTC 中，，
，
，
EF EG＝7，
∴，
∵，
∴G點不可能在BC邊上，
④當G點在CD上時，EF⊥GE，不符合相交，舍去，
綜上所述，AG的長為3或4或 ．
【點評】本題考查了相似三角形的性質與判定，平行四邊形的性質，解直角三角形，矩形的性質，熟練掌握相似三角形的性質與判定，分類討論是解題的關鍵．
4．（2023 牡丹江） ABCD中，AE⊥BC，垂足為E，連接DE，將ED繞點E逆時針旋轉90°，得到EF，連接BF．
（1）當點E在線段BC上，∠ABC＝45°時，如圖①，求證：AE+EC＝BF；
（2）當點E在線段BC延長線上，∠ABC＝45°時，如圖②；當點E在線段CB延長線上，∠ABC＝135°時，如圖③，請猜想并直接寫出線段AE，EC，BF的數量關系；
（3）在（1）、（2）的條件下，若BE＝3，DE＝5，則CE＝　1或7　．
【答案】（1）證明見解析；
（2）圖②，AE﹣EC＝BF；圖③，EC﹣AE＝BF；
（3）1或7．
【點撥】（1）由∠AEB＝90°，∠ABC＝45°，得∠BAE＝∠ABC＝45°，則BE＝AE，由旋轉得∠DEF＝90°，EF＝ED，則∠BEF＝∠AED＝90°﹣∠AEF，即可證明△BEF≌△AED，得BF＝AD，由平行四邊形的性質得BC＝AD，則AE+EC＝BE+EC＝BC＝AD＝BF；
（2）當點E在線段BC延長線上，則∠AEB＝90°，所以∠BAE＝∠ABC＝45°，則BE＝AE，而∠DEF＝90°，EF＝ED，則∠BEF＝∠AED＝90°﹣∠AEF，即可證明△BEF≌△AED，所以BF＝AD，則AE﹣EC＝BE﹣EC＝BC＝AD＝BF；當點E在線段CB延長線上，∠ABC＝135°時，則∠AEB＝90°，∠ABE＝180°﹣∠ABC＝45°，所以∠BAE＝∠ABE＝45°，仍可證明△BEF≌△AED，得BF＝AD，所以EC﹣AE＝EC﹣BE＝BC＝AD＝BF；
（3）分三種情況，一是點E在BC邊上，由AD∥BC，得∠DAE＝∠AEB＝90°，則AD＝＝4，所以BC＝AD＝4，則CE＝BC﹣BE＝1；二是點E在線段BC延長線上，仍可求得AD＝＝＝4，則BF＝AD＝4，由AE﹣EC＝BF，得EC＝AE﹣BF＝﹣1，即CE＝﹣1，不符合題意，舍去；三是點E在線段CB延長線上，∠ABC＝135°，可求得AD＝＝4，則BC＝AD＝4，所以CE＝BE﹣BC+3+4＝7，于是得到問題的答案．
【解析】（1）證明：如圖①，∵AE⊥BC于點E，
∴∠AEB＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BAE＝∠ABC＝45°，
∴BE＝AE，
∵將ED繞點E逆時針旋轉90°，得到EF，
∴∠DEF＝90°，EF＝ED，
∴∠BEF＝∠AED＝90°﹣∠AEF，
∵BE＝AE，∠BEF＝∠AED，EF＝ED，
∴△BEF≌△AED（SAS），
∴BF＝AD，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴BC＝AD，
∴AE+EC＝BE+EC＝BC＝AD，
∴AE+EC＝BF．
（2）解：圖②，AE﹣EC＝BF；圖③，EC﹣AE＝BF，
理由：如圖②，AE⊥BC交BC的延長線于點E，
∴∠AEB＝90°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠BAE＝∠ABC＝45°，
∴BE＝AE，
∵將ED繞點E逆時針旋轉90°，得到EF，
∴∠DEF＝90°，EF＝ED，
∴∠BEF＝∠AED＝90°﹣∠AEF，
∵BE＝AE，∠BEF＝∠AED，EF＝ED，
∴△BEF≌△AED（SAS），
∴BF＝AD，
∵BC＝AD，
∴AE﹣EC＝BE﹣EC＝BC＝AD，
∴AE﹣EC＝BF；
如圖③，AE⊥BC交CB的延長線于點E，
∴∠AEB＝90°，
∵∠ABC＝135°，
∴∠ABE＝180°﹣∠ABC＝45°，
∴∠BAE＝∠ABE＝45°，
∴BE＝AE，
∵將ED繞點E逆時針旋轉90°，得到EF，
∴∠DEF＝90°，EF＝ED，
∴∠BEF＝∠AED＝90°﹣∠BED，
∵BE＝AE，∠BEF＝∠AED，EF＝ED，
∴△BEF≌△AED（SAS），
∴BF＝AD，
∴BC＝AD，
∴EC﹣AE＝EC﹣BE＝BC＝AD，
∴EC﹣AE＝BF．
（3）解：如圖①，∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB＝90°，
∵AE＝BE＝3，DE＝5，
∴AD＝＝＝4，
∴BC＝AD＝4，
∴CE＝BC﹣BE＝4﹣3＝1；
如圖②，∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB＝90°，
∵AE＝BE＝3，DE＝5，
∴AD＝＝＝4，
∴BF＝AD＝4，
∵AE﹣EC＝BF，
∴EC＝AE﹣BF＝3﹣4＝﹣1，即CE＝﹣1，不符合題意，舍去；
如圖③，∵AD∥BC，
∴∠DAE＝180°﹣∠AEB＝90°，
∵AE＝BE＝3，DE＝5，
∴AD＝＝＝4，
∴BC＝AD＝4，
∴CE＝BE﹣BC+3+4＝7，
綜上所述，CE＝1或CE＝7，
故答案為：1或7．
【點睛】此題重點考查平行四邊形的性質、旋轉的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理等知識，此題綜合性強，難度較大，證明△BEF≌△AED是解題的關鍵．
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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