2020年全国中考数学试卷分类汇编(一)专题25 矩形菱形与正方形(含解析)

2020年全国中考数学试卷分类汇编(一)专题25 矩形菱形与正方形(含解析)

矩形菱形与正方形z 一.选择题 ‎1.（2020•黑龙江省牡丹江市•3分）如图，在平面直角坐标系中，O是菱形ABCD对角线BD的中点，AD∥x轴且AD＝4，∠A＝60°，将菱形ABCD绕点O旋转，使点D落在x轴上，则旋转后点C的对应点的坐标是（　　）‎ A．（0，2） B．（2，﹣4） ‎ C．（2，0） D．（0，2）或（0，﹣2）‎ ‎【分析】分点C旋转到y轴正半轴和y轴负半轴两种情况分别讨论，结合菱形的性质求解．‎ ‎【解答】解：根据菱形的对称性可得：当点D在x轴上时，‎ A.B.C均在坐标轴上，如图，‎ ‎∵∠BAD＝60°，AD＝4，‎ ‎∴∠OAD＝30°，‎ ‎∴OD＝2，‎ ‎∴AO＝＝OC，‎ ‎∴点C的坐标为（0，），‎ 同理：当点C旋转到y轴正半轴时，‎ 点C的坐标为（0，），‎ ‎∴点C的坐标为（0，）或（0，），‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的对称性，旋转的性质，直角三角形的性质，解题的关键是要分情况讨论．‎ ‎2.（2020•湖北省黄冈市•3分）若菱形的周长为16，高为2，则菱形两邻角的度数之比为（　　）‎ A．4：1 B．5：1 C．6：1 D．7：1‎ ‎【分析】如图，AH为菱形ABCD的高，AH＝2，利用菱形的性质得到AB＝4，利用正弦的定义得到∠B＝30°，则∠C＝150°，从而得到∠C：∠B的比值．‎ ‎【解答】解：如图，AH为菱形ABCD的高，AH＝2，‎ ‎∵菱形的周长为16，‎ ‎∴AB＝4，‎ 在Rt△ABH中，sinB＝＝＝，‎ ‎∴∠B＝30°，‎ ‎∵AB∥CD，‎ ‎∴∠C＝150°，‎ ‎∴∠C：∠B＝5：1．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了直角三角形斜边上的中线性质．‎ ‎3. （2020•江苏省连云港市•3分）如图，将矩形纸片ABCD沿BE折叠，使点A落在对角线BD上的A'处．若∠DBC＝24°，则∠A'EB等于（　　）‎ A．66° B．60° C．57° D．48°‎ ‎【分析】由矩形的性质得∠A＝∠ABC＝90°，由折叠的性质得∠BA'E＝∠A＝90°，∠A'BE＝∠ABE＝（90°﹣∠DBC）＝33°，即可得出答案．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠A＝∠ABC＝90°，‎ 由折叠的性质得：∠BA'E＝∠A＝90°，∠A'BE＝∠ABE，‎ ‎∴∠A'BE＝∠ABE＝（90°﹣∠DBC）＝（90°﹣24°）＝33°，‎ ‎∴∠A'EB＝90°﹣∠A'BE＝90°﹣33°＝57°；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的性质、折叠的性质以及直角三角形的性质；熟练掌握矩形的性质和折叠的性质是解题的关键．‎ ‎4. （2020•江苏省南京市•2分）如图，在平面直角坐标系中，点P在第一象限，⊙P与x轴、y轴都相切，且经过矩形AOBC的顶点C，与BC相交于点D．若⊙P的半径为5，点A的坐标是（0，8）．则点D的坐标是（　　）‎ A．（9，2） B．（9，3） C．（10，2） D．（10，3）‎ ‎【分析】设⊙O与x、y轴相切的切点分别是F、E点，连接PE.PF、PD，延长EP与CD交于点G，证明四边形PEOF为正方形，求得CG，再根据垂径定理求得CD，进而得PG、DB，便可得D点坐标．‎ ‎【解答】解：设⊙O与x、y轴相切的切点分别是F、E点，连接PE.PF、PD，延长EP与CD交于点G，‎ 则PE⊥y轴，PF⊥x轴，‎ ‎∵∠EOF＝90°，‎ ‎∴四边形PEOF是矩形，‎ ‎∵PE＝PF，PE∥OF，‎ ‎∴四边形PEOF为正方形，‎ ‎∴OE＝OF＝PE＝OF＝5，‎ ‎∵A（0，8），‎ ‎∴OA＝8，‎ ‎∴AE＝8﹣5＝3，‎ ‎∵四边形OACB为矩形，‎ ‎∴BC＝OA＝8，BC∥OA，AC∥OB，‎ ‎∴EG∥AC，‎ ‎∴四边形AEGC为平行四边形，四边形OEGB为平行四边形，‎ ‎∴CG＝AE＝3，EG＝OB，‎ ‎∵PE⊥AO，AO∥CB，‎ ‎∴PG⊥CD，‎ ‎∴CD＝2CG＝6，‎ ‎∴DB＝BC﹣CD＝8﹣6＝2，‎ ‎∵PD＝5，DG＝CG＝3，‎ ‎∴PG＝4，‎ ‎∴OB＝EG＝5+4＝9，‎ ‎∴D（9，2）．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，圆的切线的性质，垂径定理，勾股定理，关键是求出CG的长度．‎ ‎5. (2020•江苏省盐城市•3分)如图，在菱形ABCD中，对角线AC.BD相交于点O，H为BC中点，AC＝6，BD＝8．则线段OH的长为(　　)‎ A． B． C．3 D．5‎ ‎【分析】先根据菱形的性质得到AC⊥BD，OB＝OD＝BD＝4，OC＝OA＝AC＝3，再利用勾股定理计算出BC，然后根据直角三角形斜边上的中线性质得到OH的长．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，OB＝OD＝BD＝4，‎ OC＝OA＝AC＝3，在Rt△BOC中，BC＝＝5，‎ ‎∵H为BC中点，∴OH＝BC＝．故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了直角三角形斜边上的中线性质．‎ ‎6.（2020•广东省广州市•3分）如图，矩形的对角线，交于点，，，过点作，交于点，过点作，垂足为，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据勾股定理求出AC=BD=10，由矩形的性质得出AO=5，证明得到OE的长，再证明可得到EF的长，从而可得到结论．‎ ‎【详解】∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 又，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，，‎ ‎，‎ 同理可证，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 故选：C．‎ ‎【点睛】本题主要考查了矩形的性质和相似三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答此题的关键．‎ ‎7.（2020•贵州省安顺市•3分）菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的周长是（　　）‎ A．5 B．20 C．24 D．32‎ ‎【分析】根据题意画出图形，由菱形的性质求得OA＝4，OB＝3，再由勾股定理求得边长，继而求得此菱形的周长．‎ ‎【解答】解：如图所示：‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，‎ ‎∴AB＝BC＝CD＝AD，OA＝AC＝4，OB＝BD＝3，AC⊥BD，‎ ‎∴AB＝＝＝5，‎ ‎∴此菱形的周长＝4×5＝20；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的性质以及勾股定理；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出菱形的边长是解题的关键．‎ ‎8（2020•湖北襄阳•3分）已知四边形ABCD是平行四边形，AC，BD相交于点O，下列结论错误的是（　　）‎ A．OA＝OC，OB＝OD ‎ B．当AB＝CD时，四边形ABCD是菱形 ‎ C．当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是矩形 ‎ D．当AC＝BD且AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形 ‎【分析】根据正方形的判定，矩形的判定、菱形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．‎ ‎【解答】解：A.根据平行四边形的性质得到OA＝OC，OB＝OD，该结论正确；‎ B.当AB＝CD时，四边形ABCD还是平行四边形，该选项错误；‎ C.根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可以判断该选项正确；‎ D.当AC＝BD且AC⊥BD时，根据对角线相等可判断四边形ABCD是矩形，根据对角线互相垂直可判断四边形ABCD 是菱形，故四边形ABCD是正方形，该结论正确；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了正方形的判定，矩形的判定、平行四边形的性质及菱形的判定方法，牢记判定方法是解答本题的关键．‎ ‎9. （2020年辽宁省辽阳市）9．（3分）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，AC＝8．BD＝6，点E是CD上一点，连接OE，若OE＝CE，则OE的长是（　　）‎ A．2 B． C．3 D．4‎ ‎【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分求出OB，OC，AC⊥BD，再利用勾股定理列式求出BC，然后根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求解即可．‎ ‎【解答】解：∵菱形ABCD的对角线AC.BD相交于点O，‎ ‎∴OB＝BD＝×6＝3，OA＝OC＝AC＝×8＝4，AC⊥BD，‎ 由勾股定理得，BC＝＝5，‎ ‎∴AD＝5，‎ ‎∵OE＝CE，‎ ‎∴∠DCA＝∠EOC，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴∠DCA＝∠DAC，‎ ‎∴∠DAC＝∠EOC，‎ ‎∴OE∥AD，‎ ‎∵AO＝OC，‎ ‎∴OE是△ADC的中位线，‎ ‎∴OE＝AD＝2.5，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，勾股定理，熟记性质与定理是解题的关键．‎ ‎10. （2020•湖南省怀化市•3分）在矩形ABCD中，AC.BD相交于点O，若△AOB的面积为2，则矩形ABCD的面积为（　　）‎ A．4 B．6 C．8 D．10‎ ‎【分析】根据矩形的性质得到OA＝OB＝OC＝OD，推出S△ADO＝S△BCO＝S△CDO＝S△ABO＝2，即可求出矩形ABCD的面积．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC.BD相交于点O，‎ ‎∴AC＝BD，且OA＝OB＝OC＝OD，‎ ‎∴S△ADO＝S△BCO＝S△CDO＝S△ABO＝2，‎ ‎∴矩形ABCD的面积为4S△ABO＝8，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】此题考查矩形的性质：矩形的对角线相等，且互相平分，由此可以将矩形的面积四等分，由此可以解决问题，熟记矩形的性质定理是解题的关键．‎ ‎11.（2020•河南省•3分）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，边BC在x轴上，顶点A，B的坐标分别为（﹣2，6）和（7，0）．将正方形OCDE沿x轴向右平移，当点E落在AB边上时，点D的坐标为（　　）‎ A．（，2） B．（2，2） C．（，2） D．（4，2）‎ ‎【分析】根据已知条件得到AC＝6，OC＝2，OB＝7，求得BC＝9，根据正方形的性质得到DE＝OC＝OE＝2，求得O′E′＝O′C′＝2，根据相似三角形的性质得到BO′＝3，于是得到结论．‎ ‎【解答】解：如图，设正方形D′C′O′E′是正方形OCDE沿x轴向右平移后的正方形，‎ ‎∵顶点A，B的坐标分别为（﹣2，6）和（7，0），‎ ‎∴AC＝6，OC＝2，OB＝7，‎ ‎∴BC＝9，‎ ‎∵四边形OCDE是正方形，‎ ‎∴DE＝OC＝OE＝2，‎ ‎∴O′E′＝O′C′＝2，‎ ‎∵E′O′⊥BC，‎ ‎∴∠BO′E′＝∠BCA＝90°，‎ ‎∴E′O′∥AC，‎ ‎∴△BO′E′∽△BCA，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴BO′＝3，‎ ‎∴OC′＝7﹣2﹣3＝2，‎ ‎∴当点E落在AB边上时，点D的坐标为（2，2），‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，相似三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．‎ ‎12.（2020•贵州省贵阳市•3分）菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的周长是（　　）‎ A．5 B．20 C．24 D．32‎ ‎【分析】根据题意画出图形，由菱形的性质求得OA＝4，OB＝3，再由勾股定理求得边长，继而求得此菱形的周长．‎ ‎【解答】解：如图所示：‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，‎ ‎∴AB＝BC＝CD＝AD，OA＝AC＝4，OB＝BD＝3，AC⊥BD，‎ ‎∴AB＝＝＝5，‎ ‎∴此菱形的周长＝4×5＝20；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的性质以及勾股定理；熟练掌握菱形的性质，由勾股定理求出菱形的边长是解题的关键．‎ ‎13.（2020•贵州省贵阳市•10分）如图，四边形ABCD是矩形，E是BC边上一点，点F在BC的延长线上，且CF＝BE．‎ ‎（1）求证：四边形AEFD是平行四边形；‎ ‎（2）连接ED，若∠AED＝90°，AB＝4，BE＝2，求四边形AEFD的面积．‎ ‎【分析】（1）先根据矩形的性质得到AD∥BC，AD＝BC，然后证明AD＝EF可判断四边形AEFD是平行四边形；‎ ‎（2）连接DE，如图，先利用勾股定理计算出AE＝2，再证明△ABE∽△DEA，利用相似比求出AD，然后根据平行四边形的面积公式计算．‎ ‎【解答】（1）证明：∵∠四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AD∥BC，AD＝BC，‎ ‎∵BE＝CF，‎ ‎∴BE+EC＝EC+EF，即BC＝EF，‎ ‎∴AD＝EF，‎ ‎∴四边形AEFD是平行四边形；‎ ‎（2）解：连接DE，如图，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠B＝90°，‎ 在Rt△ABE中，AE＝＝2，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠AEB＝∠EAD，‎ ‎∵∠B＝∠AED＝90°，‎ ‎∴△ABE∽△DEA，‎ ‎∴AE：AD＝BE：AE，‎ ‎∴AD＝＝10，‎ ‎∴四边形AEFD的面积＝AB×AD＝2×10＝20．‎ ‎【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质：在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形，灵活运用相似三角形的性质表示线段之间的关系；也考查了平行四边形的判定和矩形的性质．‎ ‎14.（2020•贵州省铜仁市•4分）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF＝，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC.EG、EF．下列结论：①△ECF的面积为；②△AEG的周长为8；③EG2＝DG2+BE2；其中正确的是（　　）‎ A．①②③ B．①③ C．①② D．②③‎ ‎【分析】先判断出∠H＝90°，进而求出AH＝HF＝1＝BE．进而判断出△EHF≌△CBE（SAS），得出EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，判断出△CEF是等腰直角三角形，再用勾股定理求出EC2＝17，即可得出①正确；‎ 先判断出四边形APFH是矩形，进而判断出矩形AHFP是正方形，得出AP＝PH＝AH＝1，同理：四边形ABQP是矩形，得出PQ＝4，BQ＝1，FQ＝5，CQ＝3，再判断出△FPG∽△FQC，得出，求出PG＝，再根据勾股定理求得EG＝，即△AEG的周长为8，判断出②正确；‎ 先求出DG＝，进而求出DG2+BE2＝，在求出EG2≠，判断出③错误，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：如图，在正方形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝AD＝4，∠B＝∠BAD＝90°，‎ ‎∴∠HAD＝90°，‎ ‎∵HF∥AD，‎ ‎∴∠H＝90°，‎ ‎∵∠HAF＝90°﹣∠DAM＝45°，‎ ‎∴∠AFH＝∠HAF．‎ ‎∵AF＝，‎ ‎∴AH＝HF＝1＝BE．‎ ‎∴EH＝AE+AH＝AB﹣BE+AH＝4＝BC，‎ ‎∴△EHF≌△CBE（SAS），‎ ‎∴EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，‎ ‎∵∠BCE+∠BEC＝90°，‎ ‎∴HEF+∠BEC＝90°，‎ ‎∴∠FEC＝90°，‎ ‎∴△CEF是等腰直角三角形，‎ 在Rt△CBE中，BE＝1，BC＝4，‎ ‎∴EC2＝BE2+BC2＝17，‎ ‎∴S△ECF＝EF•EC＝EC2＝，故①正确；‎ 过点F作FQ⊥BC于Q，交AD于P，‎ ‎∴∠APF＝90°＝∠H＝∠HAD，‎ ‎∴四边形APFH是矩形，‎ ‎∵AH＝HF，‎ ‎∴矩形AHFP是正方形，‎ ‎∴AP＝PH＝AH＝1，‎ 同理：四边形ABQP是矩形，‎ ‎∴PQ＝AB＝4，BQ＝AP1，FQ＝FP+PQ＝5，CQ＝BC﹣BQ＝3，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴△FPG∽△FQC，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴PG＝，‎ ‎∴AG＝AP+PG＝，‎ 在Rt△EAG中，根据勾股定理得，EG＝＝，‎ ‎∴△AEG的周长为AG+EG+AE＝++3＝8，故②正确；‎ ‎∵AD＝4，‎ ‎∴DG＝AD﹣AG＝，‎ ‎∴DG2+BE2＝+1＝，‎ ‎∵EG2＝（）2＝≠，‎ ‎∴EG2≠DG2+BE2，故③错误，‎ ‎∴正确的有①②，‎ 故选：C．‎ ‎15.（2020•贵州省遵义市•4分）如图，在菱形ABCD中，AB=5，AC=6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（　　）‎ ‎ C.4 ‎ ‎【分析】由在菱形ABCD中，AB=5，AC=6，利用菱形的性质以及勾股定理，求得OB的长，继而可求得BD的长，然后由菱形的面积公式可求得线段DE的长．‎ ‎【解答】解：如图．‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，AC=6，‎ ‎∴AC⊥BD，OA=AC=3，BD=2OB，‎ ‎∵AB=5，‎ ‎∴，‎ ‎∴BD=2OB=8，‎ ‎∵S菱形ABCD=AB•DE=AC•BD，‎ ‎∴‎ 故选：D．‎ ‎16 （2020年滨州市）12．（3分）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A′处，得到折痕BM，BM与EF相交于点N．若直线BA′交直线CD于点O，BC＝5，EN＝1，则OD的长为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】根据中位线定理可得AM＝2，根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得A′M＝A′N＝2，过M点作MG⊥EF于G，可求A′G，根据勾股定理可求MG，进一步得到BE，再根据平行线分线段成比例可求OF，从而得到OD．‎ ‎【解答】解：∵EN＝1，‎ ‎∴由中位线定理得AM＝2，‎ 由折叠的性质可得A′M＝2，‎ ‎∵AD∥EF，‎ ‎∴∠AMB＝∠A′NM，‎ ‎∵∠AMB＝∠A′MB，‎ ‎∴∠A′NM＝∠A′MB，‎ ‎∴A′N＝2，‎ ‎∴A′E＝3，A′F＝2‎ 过M点作MG⊥EF于G，‎ ‎∴NG＝EN＝1，‎ ‎∴A′G＝1，‎ 由勾股定理得MG＝＝，‎ ‎∴BE＝OF＝MG＝，‎ ‎∴OF：BE＝2：3，‎ 解得OF＝，‎ ‎∴OD＝﹣＝．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，关键是得到矩形的宽和A′E的长．‎ ‎17. （2020年内蒙古通辽市3分）8.如图，是的中线，四边形是平行四边形，增加下列条件，能判断是菱形的是(　　　)‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据菱形的判定方法逐一分析即可.‎ ‎【详解】解：A.若，则AD=BD=CD=AE，∵四边形ADCE是平行四边形，则此时四边形ADCE为菱形，故选项正确；‎ B.若，则四边形ADCE是矩形，故选项错误；‎ C.若，则∠ADC=90°，则四边形ADCE是矩形，故选项错误；‎ D.若，而AB＞AD，则AE≠AD，无法判断四边形ADCE为菱形，故选项错误.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了菱形的判定，还涉及到平行四边形的性质，矩形的判定，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握判定定理.‎ 二.填空题 ‎1. (2020•江苏省无锡市•2分)如图，在菱形ABCD中，∠B＝50°，点E在CD上，若AE＝AC，则∠BAE＝　115　°．‎ ‎【分析】由菱形的性质得出AC平分∠BCD，AB∥CD，由平行线的性质得出∠BAE+∠AEC＝180°，∠B+∠BCD＝180°，求出∠BCD＝130°，则∠ACE＝∠BCD＝65°，由等腰三角形的性质得出∠AEC＝∠ACE＝65°，即可得出答案．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC平分∠BCD，AB∥CD，‎ ‎∴∠BAE+∠AEC＝180°，∠B+∠BCD＝180°，∴∠BCD＝180°－∠B＝180°－50°＝130°，‎ ‎∴∠ACE＝∠BCD＝65°，∵AE＝AC，∴∠AEC＝∠ACE＝65°，‎ ‎∴∠BAE＝180°－∠AEC＝115°；故答案为：115．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质以及平行线的性质等知识；熟练掌握菱形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．‎ ‎2. （2020年滨州市）20．（5分）如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A.B.C的距离分别为2、、4，则正方形ABCD的面积为　14+4　．‎ ‎【分析】如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC＝90°，推出∠CMB＝∠APB＝135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．‎ ‎【解答】解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．‎ ‎∵BP＝BM＝，∠PBM＝90°，‎ ‎∴PM＝PB＝2，‎ ‎∵PC＝4，PA＝CM＝2，‎ ‎∴PC2＝CM2+PM2，‎ ‎∴∠PMC＝90°，‎ ‎∵∠BPM＝∠BMP＝45°，‎ ‎∴∠CMB＝∠APB＝135°，‎ ‎∴∠APB+∠BPM＝180°，‎ ‎∴A，P，M共线，‎ ‎∵BH⊥PM，‎ ‎∴PH＝HM，‎ ‎∴BH＝PH＝HM＝1，‎ ‎∴AH＝2+1，‎ ‎∴AB2＝AH2+BH2＝（2+1）2+12＝14+4，‎ ‎∴正方形ABCD的面积为14+4．‎ 故答案为14+4．‎ ‎【点评】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题．‎ ‎3（2020•湖北孝感•3分）如图，已知菱形ABCD的对角线相交于坐标原点O，四个顶点分别在双曲线y＝和y＝（k＜0）上，＝，平行于x轴的直线与两双曲线分别交于点E，F，连接OE，OF，则△OEF的面积为　　．‎ ‎【分析】作AM⊥x轴于M，DN⊥x轴于N，易证得△AOM∽△ODN，根据系数三角形的性质即可求得k的值，然后根据反比例函数系数k的几何意义即可求得△OEF的面积．‎ ‎【解答】解：作AM⊥x轴于M，DN⊥x轴于N，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AC⊥BD，‎ ‎∴∠AOM+∠DON＝∠ODN+DON＝90°，‎ ‎∴∠AOM＝∠ODN，‎ ‎∵∠AMO＝∠OND＝90°，‎ ‎∴△AOM∽△ODN，‎ ‎∴＝（）2，‎ ‎∵A点在双曲线y＝，＝，‎ ‎∴S△AOM＝×4＝2，＝，‎ ‎∴＝（）2，‎ ‎∴S△ODN＝，‎ ‎∵D点在双曲线y＝（k＜0）上，‎ ‎∴|k|＝，‎ ‎∴k＝﹣9，‎ ‎∵平行于x轴的直线与两双曲线分别交于点E，F，‎ ‎∴S△OEF＝+＝，‎ 故答案为．‎ ‎【点评】本题考查了反比例函数系数k的几何意义，菱形的性质，作出辅助线构建相似三角形是解题的关键．‎ ‎4（2020•广东省•4分）如题15图，在菱形ABCD中，∠A=30°，取大于AB的长为半径，分别以点A.B为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交AD边于点E（作图痕迹如图所示），连接BE.BD，则∠EBD的度数为___________．‎ ‎【答案】45°‎ ‎【解析】菱形的对角线平分对角，∠ABC=150°，∠ABD=75°‎ ‎【考点】垂直平分线的性质、菱形的性质 ‎5（2020•广东省广州市•3分）如图，正方形中，绕点逆时针旋转到，，分别交对角线于点，若，则的值为_______．‎ ‎【答案】16‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正方形及旋转的性质可以证明，利用相似的性质即可得出答案．‎ ‎【详解】解：在正方形中，，‎ ‎∵绕点逆时针旋转到，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 故答案为：16．‎ ‎【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，掌握正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键．‎ ‎6.（2020•黑龙江省哈尔滨市•3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC.BD相交于点O，点E在线段BO上，连接AE，若CD＝2BE，∠DAE＝∠DEA，EO＝1，则线段AE的长为　2　．‎ ‎【分析】设BE＝x，则CD＝2x，根据菱形的性质得AB＝AD＝CD＝2x，OB＝OD，AC⊥‎ BD，再证明DE＝DA＝2x，所以1+x＝x，解得x＝2，然后利用勾股定理计算OA，再计算AE的长．‎ ‎【解答】解：设BE＝x，则CD＝2x，‎ ‎∵四边形ABCD为菱形，‎ ‎∴AB＝AD＝CD＝2x，OB＝OD，AC⊥BD，‎ ‎∵∠DAE＝∠DEA，‎ ‎∴DE＝DA＝2x，‎ ‎∴BD＝3x，‎ ‎∴OB＝OD＝x，‎ ‎∵OE+BE＝BO，‎ ‎∴1+x＝x，解得x＝2，‎ 即AB＝4，OB＝3，‎ 在Rt△AOB中，OA＝＝，‎ 在Rt△AOE中，AE＝＝2．‎ 故答案为2．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．‎ ‎7.（2020•广西省玉林市•3分）如图，将两张对边平行且等宽的纸条交叉叠放在一起，则重合部分构成的四边形ABCD　是　菱形（填“是”或“不是”）．‎ ‎【分析】作AE⊥BC于点E，AF⊥DC于点F，根据两张等宽的长方形纸条交叉叠放在一起可得AE＝AF，再根据等面积法证明BC＝DC，进而证明四边形ABCD的形状一定是菱形．‎ ‎【解答】解：如图，‎ ‎∵AB∥CD，AD∥BC，‎ ‎∴四边形ABCD是平行四边形，‎ 作AE⊥BC于点E，AF⊥DC于点F，‎ ‎∵两张等宽的长方形纸条交叉叠放在一起，‎ ‎∴AE＝AF，‎ ‎∴S平行四边形ABCD＝BC•AE＝DC•AF，‎ ‎∴BC＝DC，‎ ‎∴▱ABCD是菱形．‎ 故答案为：是．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的判定与性质，利用等面积法解决本题是关键．‎ ‎8 （2020•江苏省常州市•2分）数学家笛卡尔在《几何》一书中阐述了坐标几何的思想，主张取代数和几何中最好的东西，互相以长补短．在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝120°．如图，建立平面直角坐标系xOy，使得边AB在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，则点C的坐标是　（2，）　．‎ ‎【分析】根据直角三角形的性质可得OA和OD的长，根据菱形的性质和坐标与图形的性质可得答案．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，且AB＝2，‎ ‎∴CD＝AD＝AB＝2，‎ ‎∵∠DAB＝120°，‎ ‎∴∠OAD＝60°，‎ Rt△AOD中，∠ADO＝30°，‎ ‎∴OA＝AD＝＝1，OD＝＝，‎ ‎∴C（2，），‎ 故答案为：（2，）．‎ ‎【点评】此题主要考查了含30度角的直角三角形的性质，菱形的性质，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是确定OD的长．‎ ‎9 （2020•江苏省常州市•2分）如图，点C在线段AB上，且AC＝2BC，分别以AC.BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE.BCFG，连接EC.EG，则tan∠CEG＝　　．‎ ‎【分析】根据正方形的性质以及锐角三角函数的定义即可求出答案．‎ ‎【解答】解：连接CG，‎ 在正方形ACDE.BCFG中，‎ ‎∠ECA＝∠GCB＝45°，‎ ‎∴∠ECG＝90°，‎ 设AC＝2，BC＝1，‎ ‎∴CE＝2，CG＝，‎ ‎∴tan∠GEC＝＝，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查正方形，解题的关键是熟练运用正方形的性质以及锐角三角函数的定义，本题属于基础题型．‎ ‎10. （2020•江苏省淮安市•3分）菱形的两条对角线长分别为6和8，则这个菱形的边长为　5　．‎ ‎【分析】首先根据题意画出图形，由菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8，即可得AC⊥BD，OA＝AC＝3，OB＝BD＝4，然后利用勾股定理求得这个菱形的边长．‎ ‎【解答】解：∵菱形ABCD中，AC＝6，BD＝8，‎ ‎∴AC⊥BD，OA＝AC＝3，OB＝BD＝4，‎ ‎∴AB＝＝5．‎ 即这个菱形的边长为：5．‎ 故答案为：5．‎ ‎【点评】此题考查了菱形的性质以及勾股定理．注意菱形的对角线互相平分且垂直．‎ ‎11. （2020•江苏省连云港市•3分）如图，将5个大小相同的正方形置于平面直角坐标系中，若顶点M、N的坐标分别为（3，9）、（12，9），则顶点A的坐标为　（15，3）　．‎ ‎【分析】由图形可得MN∥x轴，MN＝9，BN∥y轴，可求正方形的边长，即可求解．‎ ‎【解答】解：如图，‎ ‎∵顶点M、N的坐标分别为（3，9）、（12，9），‎ ‎∴MN∥x轴，MN＝9，BN∥y轴，‎ ‎∴正方形的边长为3，‎ ‎∴BN＝6，‎ ‎∴点B（12，3），‎ ‎∵AB∥MN，‎ ‎∴AB∥x轴，‎ ‎∴点A（15，3）‎ 故答案为（15，3）．‎ ‎【点评】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，读懂图形的意思，是本题的关键．‎ ‎12 （2020年德州市）16．（4分）菱形的一条对角线长为8，其边长是方程x2﹣9x+20＝0的一个根，则该菱形的周长为　20　．‎ ‎【分析】解方程得出x＝4或x＝5，分两种情况：①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；②当AB＝AD＝5时，5+5＞8，即可得出菱形ABCD的周长．‎ ‎【解答】解：如图所示：‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AB＝BC＝CD＝AD，‎ ‎∵x2﹣9x+20＝0，‎ 因式分解得：（x﹣4）（x﹣5）＝0，‎ 解得：x＝4或x＝5，‎ 分两种情况：‎ ‎①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；‎ ‎②当AB＝AD＝5时，5+5＞8，‎ ‎∴菱形ABCD的周长＝4AB＝20．‎ 故答案为：20．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的性质、一元二次方程的解法、三角形的三边关系；熟练掌握菱形的性质，由三角形的三边关系得出AB是解决问题的关键．‎ ‎ ‎ ‎13. （2020•湖南省张家界·3分）如图，正方形的边长为1，将其绕顶点C按逆时针方向旋转一定角度到位置，使得点B落在对角线上，则阴影部分的面积是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 如下图所示，△ENC.△MPF为等腰直角三角形，先求出MB=NC=，证明△PBC≌△PEC，进而得到EP=BP，设MP=x，则EP=BP=，解出x，最后阴影部分面积等于2倍△BPC面积即可求解．‎ ‎【详解】解：过E点作MN∥BC交AB.CD于M、N点，设AB与EF交于点P点，连接CP，如下图所示，‎ ‎∵B在对角线CF上，∴∠DCE=∠ECF=45°，EC=1，‎ ‎∴△ENC为等腰直角三角形，‎ ‎∴MB=CN=EC=，‎ 又BC=AD=CD=CE，且CP=CP，△PEC和△PBC均为直角三角形，‎ ‎∴△PEC≌△PBC(HL)，‎ ‎∴PB=PE，‎ 又∠PFB=45°，∴∠FPB=45°=∠MPE，‎ ‎∴△MPE为等腰直角三角形，‎ 设MP=x，则EP=BP=，‎ ‎∵MP+BP=MB，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴BP=，‎ ‎∴阴影部分的面积=．‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题考查了正方形的性质及旋转的性质，本题关键是能想到过E点作BC的平行线，再证明△ENC.△MPF为等腰直角三角形进而求解线段长.‎ ‎14.（2020•河南省•3分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为　1　．‎ ‎【分析】设DF，CE交于O，根据正方形的性质得到∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，根据线段中点的定义得到BE＝CF，根据全等三角形的性质得到CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，求得DF⊥CE，根据勾股定理得到CE＝DF＝＝，点G，H分别是EC，FD的中点，根据射影定理即可得到结论．‎ ‎【解答】解：设DF，CE交于O，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB，‎ ‎∵点E，F分别是边AB，BC的中点，‎ ‎∴BE＝CF，‎ ‎∴△CBE≌△DCF（SAS），‎ ‎∴CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，‎ ‎∵∠CDF+∠CFD＝90°，‎ ‎∴∠BCE+∠CFD＝90°，‎ ‎∴∠COF＝90°，‎ ‎∴DF⊥CE，‎ ‎∴CE＝DF＝＝，‎ ‎∵点G，H分别是EC，FD的中点，‎ ‎∴CG＝FH＝，‎ ‎∵∠DCF＝90°，CO⊥DF，‎ ‎∴CF2＝OF•DF，‎ ‎∴OF＝＝＝，‎ ‎∴OH＝，OD＝，‎ ‎∵OC2＝OF•OD，‎ ‎∴OC＝＝，‎ ‎∴OG＝CG﹣OC＝﹣＝，‎ ‎∴HG＝＝＝1，‎ 故答案为：1．‎ ‎【点评】本题考查了射影定理，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．‎ 三.解答题 ‎1.（2020•黑龙江省牡丹江市•6分）在△ABC中，AB＝AC，BC＝6，S△ABC＝6．以BC为边作周长为18的矩形BCDE，M，N分别为AC，CD的中点，连接MN．请你画出图形，并直接写出线段MN的长．‎ ‎【分析】分矩形BCDE和△ABC在BC同侧时，矩形BCDE和△ABC在BC异侧时，结合矩形的性质和中位线定理求解．‎ ‎【解答】解：∵BC＝6，S△ABC＝6，‎ ‎∴△ABC中BC边上的高为6×2÷6＝2，而矩形 的周长为18，BC＝6，‎ ‎∴BE＝CD＝18÷2﹣6＝3，‎ 当矩形BCDE和△ABC在BC同侧时，‎ 过A作AF⊥BC，垂足为F，与ED交于G，连接AD，‎ 可知AF＝2，DG＝BC＝3，‎ ‎∴AG＝GF﹣AF＝3﹣2＝1，‎ ‎∴AD＝，‎ ‎∵M，N分别为AC和CD中点，‎ ‎∴MN＝AD＝；‎ 当矩形BCDE和△ABC在BC异侧时，‎ 过A作AF⊥ED，垂足为F，与BC交于G，连接AD，‎ 可知BG＝CG，AG＝2，GF＝3，F为ED中点，‎ ‎∴AF＝5，DF＝3，‎ ‎∴AD＝，‎ ‎∵M，N分别为AC和CD中点，‎ ‎∴MN＝AD＝，‎ 综上：MN的长为或．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，中位线定理，解题的关键是根据题意画出图形，分情况讨论．‎ ‎2.（2020•河南省•11分）将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB′，记旋转角为α，连接BB′，过点D作DE垂直于直线BB′，垂足为点E，连接DB′，CE．‎ ‎（1）如图1，当α＝60°时，△DEB′的形状为　等腰直角三角形　，连接BD，可求出的值为　　；‎ ‎（2）当0°＜α＜360°且α≠90°时，‎ ‎①（1）中的两个结论是否仍然成立？如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；‎ ‎②当以点B′，E，C，D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值．‎ ‎【分析】（1）由旋转的性质得出AB＝AB'，∠BAB'＝60°，证得△ABB'是等边三角形，可得出△DEB'是等腰直角三角形．证明△BDB'∽△CDE，得出．‎ ‎（2）①得出∠EDB'＝∠EB'D＝45°，则△DEB'是等腰直角三角形，得出，证明△B'DB∽△EDC，由相似三角形的性质可得出．‎ ‎②分两种情况画出图形，由平行四边形的性质可得出答案．‎ ‎【解答】解：（1）∵AB绕点A逆时针旋转至AB′，‎ ‎∴AB＝AB'，∠BAB'＝60°，‎ ‎∴△ABB'是等边三角形，‎ ‎∴∠BB'A＝60°，‎ ‎∴∠DAB'＝∠BAD﹣∠BAB'＝90°﹣60°＝30°，‎ ‎∵AB'＝AB＝AD，‎ ‎∴∠AB'D＝∠ADB'，‎ ‎∴∠AB'D＝＝75°，‎ ‎∴∠DB'E＝180°﹣60°﹣75°＝45°，‎ ‎∵DE⊥B'E，‎ ‎∴∠B'DE＝90°﹣45°＝45°，‎ ‎∴△DEB'是等腰直角三角形．‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠BDC＝45°，‎ ‎∴，‎ 同理，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠BDB'+∠B'DC＝45°，∠EDC+∠B'DC＝45°，‎ ‎∴BDB'＝∠EDC，‎ ‎∴△BDB'∽△CDE，‎ ‎∴．‎ 故答案为：等腰直角三角形，．‎ ‎（2）①两结论仍然成立．‎ 证明：连接BD，‎ ‎∵AB＝AB'，∠BAB'＝α，‎ ‎∴∠AB'B＝90°﹣，‎ ‎∵∠B'AD＝α﹣90°，AD＝AB'，‎ ‎∴∠AB'D＝135°﹣，‎ ‎∴∠EB'D＝∠AB'D﹣∠AB'B＝135°﹣＝45°，‎ ‎∵DE⊥BB'，‎ ‎∴∠EDB'＝∠EB'D＝45°，‎ ‎∴△DEB'是等腰直角三角形，‎ ‎∴，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴，∠BDC＝45°，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠EDB'＝∠BDC，‎ ‎∴∠EDB'+∠EDB＝∠BDC+∠EDB，‎ 即∠B'DB＝∠EDC，‎ ‎∴△B'DB∽△EDC，‎ ‎∴．‎ ‎②＝3或1．‎ 若CD为平行四边形的对角线，‎ 点B'在以A为圆心，AB为半径的圆上，取CD的中点．连接BO交⊙A于点B'，‎ 过点D作DE⊥BB'交BB'的延长线于点E，‎ 由（1）可知△B'ED是等腰直角三角形，‎ ‎∴B'D＝B'E，‎ 由（2）①可知△BDB'∽△CDE，且BB'＝CE．‎ ‎∴＝+1＝+1＝+1＝+1＝3．‎ 若CD为平行四边形的一边，如图3，‎ 点E与点A重合，‎ ‎∴＝1．‎ 综合以上可得＝3或1．‎ ‎【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，旋转的性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．‎ ‎3.（2020•贵州省贵阳市•12分）如图，四边形ABCD是正方形，点O为对角线AC的中点．‎ ‎（1）问题解决：如图①，连接BO，分别取CB，BO的中点P，Q，连接PQ，则PQ与BO的数量关系是　PQ＝BO　，位置关系是　PQ⊥BO　；‎ ‎（2）问题探究：如图②，△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到的三角形，连接CE，点P，Q分别为CE，BO'的中点，连接PQ，PB．判断△PQB的形状，并证明你的结论；‎ ‎（3）拓展延伸：如图③，△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按逆时针方向旋转45°得到的三角形，连接BO'，点P，Q分别为CE，BO'的中点，连接PQ，PB．若正方形ABCD的边长为1，求△PQB的面积．‎ ‎【分析】（1）由正方形的性质得出BO⊥AC，BO＝CO，由中位线定理得出PQ∥OC，PQ＝OC，则可得出结论；‎ ‎（2）连接O'P并延长交BC于点F，由旋转的性质得出△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，证得∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，△O'PE≌△FPC（AAS），则O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，证得△O'BF为等腰直角三角形．同理△BPO'也为等腰直角三角形，则可得出结论；‎ ‎（3）延长O'E交BC边于点G，连接PG，O'P．证明△O'GP≌△BCP（SAS），得出∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，得出∠O'PB＝90°，则△O'PB为等腰直角三角形，由直角三角形的性质和勾股定理可求出O'A和O'B，求出BQ，由三角形面积公式即可得出答案．‎ ‎【解答】解：（1）∵点O为对角线AC的中点，‎ ‎∴BO⊥AC，BO＝CO，‎ ‎∵P为BC的中点，Q为BO的中点，‎ ‎∴PQ∥OC，PQ＝OC，‎ ‎∴PQ⊥BO，PQ＝BO；‎ 故答案为：PQ＝BO，PQ⊥BO．‎ ‎（2）△PQB的形状是等腰直角三角形．理由如下：‎ 连接O'P并延长交BC于点F，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB＝BC，∠ABC＝90°，‎ ‎∵将△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到△AO'E，‎ ‎∴△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，‎ ‎∴∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，‎ 又∵点P是CE的中点，‎ ‎∴CP＝EP，‎ ‎∴△O'PE≌△FPC（AAS），‎ ‎∴O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，‎ ‎∴AB﹣O'A＝CB﹣FC，‎ ‎∴BO'＝BF，‎ ‎∴△O'BF为等腰直角三角形．‎ ‎∴BP⊥O'F，O'P＝BP，‎ ‎∴△BPO'也为等腰直角三角形．‎ 又∵点Q为O'B的中点，‎ ‎∴PQ⊥O'B，且PQ＝BQ，‎ ‎∴△PQB的形状是等腰直角三角形；‎ ‎（3）延长O'E交BC边于点G，连接PG，O'P．‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，‎ ‎∴∠ECG＝45°，‎ 由旋转得，四边形O'ABG是矩形，‎ ‎∴O'G＝AB＝BC，∠EGC＝90°，‎ ‎∴△EGC为等腰直角三角形．‎ ‎∵点P是CE的中点，‎ ‎∴PC＝PG＝PE，∠CPG＝90°，∠EGP＝45°，‎ ‎∴△O'GP≌△BCP（SAS），‎ ‎∴∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，‎ ‎∴∠O'PG﹣∠GPB＝∠BPC﹣∠GPB＝90°，‎ ‎∴∠O'PB＝90°，‎ ‎∴△O'PB为等腰直角三角形，‎ ‎∵点Q是O'B的中点，‎ ‎∴PQ＝O'B＝BQ，PQ⊥O'B，‎ ‎∵AB＝1，‎ ‎∴O'A＝，‎ ‎∴O'B＝＝＝，‎ ‎∴BQ＝．‎ ‎∴S△PQB＝BQ•PQ＝×＝．‎ ‎【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，中位线定理，矩形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积等知识，熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．‎ ‎4.（2020•贵州省遵义市•12分）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点（点E与点A，C不重合），连接DE，作EF⊥DE交射线BA于点F，过点E作MN∥BC分别交CD，AB于点M、N，作射线DF交射线CA于点G．‎ ‎（1）求证：EF=DE；‎ ‎（2）当AF=2时，求GE的长．‎ ‎【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质．‎ ‎【专题】矩形菱形正方形；图形的相似；推理能力．‎ ‎【分析】（1）要证明EF=DE，只要证明△DME≌△ENF即可，然后根据题目中的条件和正方形的性质，可以得到△DME≌△ENF的条件，从而可以证明结论成立；‎ ‎（2）根据勾股定理和三角形相似，可以得到AG和CG、CE的长，然后即可得到GE的长．‎ ‎【解答】‎ ‎（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，‎ ‎∴∠ECM=45°，‎ ‎∵MN∥BC，∠BCM=90°，‎ ‎∴∠NMC+∠BCM=180°，∠MNB+∠B=180°，‎ ‎∴∠NMC=90°，∠MNB=90°，‎ ‎∴∠MEC=∠MCE=45°，∠DME=∠ENF=90°，‎ ‎∴MC=ME，‎ ‎∵CD=MN，‎ ‎∴DM=EN，‎ ‎∵DE⊥EF，∠EDM+∠DEM=90°，‎ ‎∴∠DEF=90°，‎ ‎∴∠DEM+∠FEN=90°，‎ ‎∴∠EDM=∠FEN，‎ 在△DME和△ENF中，‎ ‎，‎ ‎∴△DME≌△ENF（ASA），‎ ‎∴EF=DE；‎ ‎（2）由（1）知，△DME≌△ENF，‎ ‎∴ME=NF，‎ ‎∵四边形MNBC是矩形，‎ ‎∴MC=BN，‎ 又∵ME=MC，AB=4，AF=2，‎ ‎∴BN=MC=NF=1，‎ ‎∵∠EMC=90°，‎ ‎∴CE=，‎ ‎∵AF∥CD，‎ ‎∴△DGC∽△FGA，‎ ‎∠B=90°，‎ ‎∵AC=AG+GC，‎ ‎ ‎ ‎5(2020•江苏省泰州市•12分)如图，正方形ABCD的边长为6，M为AB的中点，△MBE为等边三角形，过点E作ME的垂线分别与边AD.BC相交于点F、G，点P、Q分别在线段EF、BC上运动，且满足∠PMQ＝60°，连接PQ．‎ ‎(1)求证：△MEP≌△MBQ．‎ ‎(2)当点Q在线段GC上时，试判断PF+GQ的值是否变化？如果不变，求出这个值，如果变化，请说明理由．‎ ‎(3)设∠QMB＝α，点B关于QM的对称点为B'，若点B'落在△MPQ的内部，试写出α的范围，并说明理由．‎ ‎【分析】(1)由“ASA”可证△MBQ≌△MEP；‎ ‎(2)连接MG，过点F作FH⊥BC于H，由“HL”可证Rt△MBG≌Rt△MEG，可得BG＝GE，∠BMG＝∠EMG＝30°，∠BGM＝∠EGM，由直角三角形的性质可求BG＝GE＝，由锐角三角函数可求GF＝4，由全等三角形的性质可求PE＝BQ＝BG+GQ，即可求GQ+PF＝2；‎ ‎(3)利用特殊值法，分别求出点B'落在QP上和MP上时α的值，即可求解．‎ ‎【解答】证明：(1)∵正方形ABCD的边长为6，M为AB的中点，‎ ‎∴∠A＝∠ABC＝90°，AB＝BC＝6，AM＝BM＝3，‎ ‎∵△MBE是等边三角形，∴MB＝ME＝BE，∠BME＝∠PMQ＝60°，∴∠BMQ＝∠PME，‎ 又∵∠ABC＝∠MEP＝90°，∴△MBQ≌△MEP(ASA)；‎ ‎(2)PF+GQ的值不变，理由如下：‎ 如图1，连接MG，过点F作FH⊥BC于H，‎ ‎ ‎ ‎∵ME＝MB，MG＝MG，∴Rt△MBG≌Rt△MEG(HL)，‎ ‎∴BG＝GE，∠BMG＝∠EMG＝30°，∠BGM＝∠EGM，‎ ‎∴MB＝BG＝3，∠BGM＝∠EGM＝60°，∴GE＝，∠FGH＝60°，‎ ‎∵FH⊥BC，∠C＝∠D＝90°，∴四边形DCHF是矩形，∴FH＝CD＝6，‎ ‎∵sin∠FGH＝＝＝，∴FG＝4，‎ ‎∵△MBQ≌△MEP，∴BQ＝PE，∴PE＝BQ＝BG+GQ，‎ ‎∵FG＝EG+PE+FP＝EG+BG+GQ+PF＝2+GQ+PF，∴GQ+PF＝2；‎ ‎(3)如图2，当点B'落在PQ上时，∵△MBQ≌△MEP，∴MQ＝MP，‎ ‎∵∠QMP＝60°，∴△MPQ是等边三角形，‎ 当点B'落在PQ上时，点B关于QM的对称点为B'，∴△MBQ≌△MB'Q，‎ ‎∴∠MBQ＝∠MB'Q＝90°∴∠QME＝30°‎ ‎∴点B'与点E重合，点Q与点G重合，∴∠QMB＝∠QMB'＝α＝30°，‎ 如图3，当点B'落在MP上时，同理可求：∠QMB＝∠QMB'＝α＝60°，‎ ‎∴当30°＜α＜60°时，点B'落在△MPQ的内部．‎ ‎【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．‎ ‎6.（2020•广东省广州市•10分）如图，中，．‎ ‎（1）作点关于的对称点；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）‎ ‎（2）在（1）所作的图中，连接，，连接，交于点．‎ ‎①求证：四边形是菱形；‎ ‎②取的中点，连接，若，，求点到的距离．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）①见解析：②．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）过点做的垂线交于点，在的延长线上截取，即可求出所作的点关于的对称点；‎ ‎（2）①利用，得出，利用，以及得出四边形是菱形；‎ ‎②利用为中位线求出的长度，利用菱形对角线垂直平分得出的长度，进而利用求出的长度，得出对角线的长度，然后利用面积法求出点到的距离即可．‎ ‎【详解】（1）解：如图：点即为所求作的点；‎ ‎（2）①证明：‎ ‎∵，，‎ 又∵，‎ ‎∴；‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴四边形是菱形；‎ ‎②解：∵四边形是菱形，‎ ‎∴，，‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ ‎∵为的中点，‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴为的中位线，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴菱形的边长为13，‎ ‎∵，‎ 在中，由勾股定理得：，即：，‎ ‎∴，‎ 设点到的距离为，利用面积相等得：‎ ‎，‎ 解得：，‎ 即到的距离为．‎ ‎【点睛】本题考查了对称点的作法、菱形的判定以及菱形的面积公式的灵活应用，牢记菱形的判定定理，以及对角线乘积的一半等于菱形的面积是解决本题的关键．‎ ‎7.（2020•贵州省安顺市•12分）如图，四边形ABCD是正方形，点O为对角线AC 的中点．‎ ‎（1）问题解决：如图①，连接BO，分别取CB，BO的中点P，Q，连接PQ，则PQ与BO的数量关系是　PQ＝BO　，位置关系是　PQ⊥BO　；‎ ‎（2）问题探究：如图②，△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到的三角形，连接CE，点P，Q分别为CE，BO'的中点，连接PQ，PB．判断△PQB的形状，并证明你的结论；‎ ‎（3）拓展延伸：如图③，△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按逆时针方向旋转45°得到的三角形，连接BO'，点P，Q分别为CE，BO'的中点，连接PQ，PB．若正方形ABCD的边长为1，求△PQB的面积．‎ ‎【分析】（1）由正方形的性质得出BO⊥AC，BO＝CO，由中位线定理得出PQ∥OC，PQ＝OC，则可得出结论；‎ ‎（2）连接O'P并延长交BC于点F，由旋转的性质得出△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，证得∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，△O'PE≌△FPC（AAS），则O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，证得△O'BF为等腰直角三角形．同理△BPO'也为等腰直角三角形，则可得出结论；‎ ‎（3）延长O'E交BC边于点G，连接PG，O'P．证明△O'GP≌△BCP（SAS），得出∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，得出∠O'PB＝90°，则△O'PB为等腰直角三角形，由直角三角形的性质和勾股定理可求出O'A和O'B，求出BQ，由三角形面积公式即可得出答案．‎ ‎【解答】解：（1）∵点O为对角线AC的中点，‎ ‎∴BO⊥AC，BO＝CO，‎ ‎∵P为BC的中点，Q为BO的中点，‎ ‎∴PQ∥OC，PQ＝OC，‎ ‎∴PQ⊥BO，PQ＝BO；‎ 故答案为：PQ＝BO，PQ⊥BO．‎ ‎（2）△PQB的形状是等腰直角三角形．理由如下：‎ 连接O'P并延长交BC于点F，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB＝BC，∠ABC＝90°，‎ ‎∵将△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到△AO'E，‎ ‎∴△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，‎ ‎∴∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，‎ 又∵点P是CE的中点，‎ ‎∴CP＝EP，‎ ‎∴△O'PE≌△FPC（AAS），‎ ‎∴O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，‎ ‎∴AB﹣O'A＝CB﹣FC，‎ ‎∴BO'＝BF，‎ ‎∴△O'BF为等腰直角三角形．‎ ‎∴BP⊥O'F，O'P＝BP，‎ ‎∴△BPO'也为等腰直角三角形．‎ 又∵点Q为O'B的中点，‎ ‎∴PQ⊥O'B，且PQ＝BQ，‎ ‎∴△PQB的形状是等腰直角三角形；‎ ‎（3）延长O'E交BC边于点G，连接PG，O'P．‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，‎ ‎∴∠ECG＝45°，‎ 由旋转得，四边形O'ABG是矩形，‎ ‎∴O'G＝AB＝BC，∠EGC＝90°，‎ ‎∴△EGC为等腰直角三角形．‎ ‎∵点P是CE的中点，‎ ‎∴PC＝PG＝PE，∠CPG＝90°，∠EGP＝45°，‎ ‎∴△O'GP≌△BCP（SAS），‎ ‎∴∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，‎ ‎∴∠O'PG﹣∠GPB＝∠BPC﹣∠GPB＝90°，‎ ‎∴∠O'PB＝90°，‎ ‎∴△O'PB为等腰直角三角形，‎ ‎∵点Q是O'B的中点，‎ ‎∴PQ＝O'B＝BQ，PQ⊥O'B，‎ ‎∵AB＝1，‎ ‎∴O'A＝，‎ ‎∴O'B＝＝＝，‎ ‎∴BQ＝．‎ ‎∴S△PQB＝BQ•PQ＝×＝．‎ ‎【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，中位线定理，矩形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积等知识，熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．‎ ‎8（2020•广西省玉林市•10分）如图，四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，且OA＝OB＝OC＝OD＝AB．‎ ‎（1）求证：四边形ABCD是正方形；‎ ‎（2）若H是边AB上一点（H与A，B不重合），连接DH，将线段DH绕点H顺时针旋转90°，得到线段HE，过点E分别作BC及AB延长线的垂线，垂足分别为F，G．设四边形BGEF的面积为s1，以HB，BC为邻边的矩形的面积为s2，且s1＝s2．当AB＝2时，求AH的长．‎ ‎【分析】（1）根据平行四边形的判定推出四边形是平行四边形，求出AC＝BD，得出四边形是矩形，根据勾股定理的逆定理求出AC⊥BD，根据正方形的判定推出即可；‎ ‎（2）根据已知条件得到四边形BGEF是矩形，根据旋转的性质得到∠DHE＝90°，DH＝HE，根据全等三角形的性质得到AD＝HG，AH＝EG，推出矩形BGEF是正方形，设AH＝x，则BG＝EG＝x，根据题意列方程即可得到结论．‎ ‎【解答】（1）证明：∵OA＝OB＝OC＝OD，‎ ‎∴AC＝BD，‎ ‎∴平行四边形ABCD是矩形，‎ ‎∵OA＝OB＝OC＝OD＝AB，‎ ‎∴OA2+OB2＝AB2，‎ ‎∴∠AOB＝90°，‎ 即AC⊥BD，‎ ‎∴四边形ABCD是正方形；‎ ‎（2）解：∵EF⊥BC，EG⊥AG，‎ ‎∴∠G＝∠EFB＝∠FBG＝90°，‎ ‎∴四边形BGEF是矩形，‎ ‎∵将线段DH绕点H顺时针旋转90°，得到线段HE，‎ ‎∴∠DHE＝90°，DH＝HE，‎ ‎∴∠ADH+∠AHD＝∠AHD+∠EHG＝90°，‎ ‎∴∠ADH＝∠EHG，‎ ‎∵∠DAH＝∠G＝90°，‎ ‎∴△ADH≌△GHE（AAS），‎ ‎∴AD＝HG，AH＝EG，‎ ‎∵AB＝AD，‎ ‎∴AB＝HG，‎ ‎∴AH＝BG，‎ ‎∴BG＝EG，‎ ‎∴矩形BGEF是正方形，‎ 设AH＝x，则BG＝EG＝x，‎ ‎∵s1＝s2．‎ ‎∴x2＝2（2﹣x），‎ 解得：x＝﹣1（负值舍去），‎ ‎∴AH＝﹣1．‎ ‎【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．‎ ‎9.(2020•江苏省无锡市•10分)如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点E为边CD上的一点(与C.D不重合)，四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，延长ME交AB于点P，记四边形PADE的面积为S．‎ ‎(1)若DE＝，求S的值；‎ ‎(2)设DE＝x，求S关于x的函数表达式．‎ ‎【分析】(1)根据三角函数的定义得到∠AED＝60°，根据平行线的性质得到∠BAE＝60°，根据折叠的性质得到∠AEC＝∠AEM，推出△APE为等边三角形，于是得到结论；‎ ‎(2)过E作EF⊥AB于F，由(1)可知，∠AEP＝∠AED＝∠PEA，求得AP＝PE，设AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，则PF＝a－x，EF＝AD＝1，根据勾股定理列方程得到a＝，于是得到结论．‎ ‎【解答】解：(1)当DE＝，∵AD＝1，∴tan∠AED＝，AE＝，‎ ‎∴∠AED＝60°，∵AB∥CD，∴∠BAE＝60°，‎ ‎∵四边形ABCE关于直线AE的对称图形为四边形ANME，∴∠AEC＝∠AEM，‎ ‎∵∠PEC＝∠DEM，∴∠AEP＝∠AED＝60°，∴△APE为等边三角形，‎ ‎∴S＝×()2+×1＝；‎ ‎(2)过E作EF⊥AB于F，由(1)可知，∠AEP＝∠AED＝∠PEA，∴AP＝PE，‎ 设AP＝PE＝a，AF＝ED＝x，则PF＝a－x，EF＝AD＝1，‎ 在Rt△PEF中，(a－x)2+1＝a2，解得：a＝，‎ ‎∴S＝．‎ ‎【点评】本题考查了翻折变换(折叠问题)，矩形的性质，勾股定理，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．‎ ‎10. (2020•湖南省怀化市)定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形．‎ ‎（1）下面四边形是垂等四边形的是　④　；（填序号）‎ ‎①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形 ‎（2）图形判定：如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD，过点D作BD垂线交BC的延长线于点E，且∠DBC＝45°，证明：四边形ABCD是垂等四边形．‎ ‎（3）由菱形面积公式易知性质：垂等四边形的面积等于两条对角线乘积的一半．应用：在图2中，面积为24的垂等四边形ABCD内接于⊙O中，∠BCD＝60°．求⊙O的半径．‎ ‎【分析】（1）根据垂等四边形的性质对每个图形判断即可；‎ ‎（2）根据已知条件可证明四边形ACED是平行四边形，即可得到AC＝DE，再根据等腰直角三角形的性质即可得到结果；‎ ‎（3）过点O作OE⊥BD，根据面积公式可求得BD的长，根据垂径定理和锐角三角函数即可得到⊙O的半径．‎ ‎【解答】解：（1）①平行四边形的对角线互相平分但不垂直和相等，故不是垂等四边形；‎ ‎②矩形对角线相等但不垂直，故不是垂等四边形；‎ ‎③菱形的对角线互相垂直但不相等，故不是垂等四边形；‎ ‎④正方形的对角线互相垂直且相等，故正方形是垂等四边形；‎ 故选：④；‎ ‎（2）∵AC⊥BD，ED⊥BD，‎ ‎∴AC∥DE，‎ 又∵AD∥BC，‎ ‎∴四边形ADEC是平行四边形，‎ ‎∴AC＝DE，‎ 又∵∠DBC＝45°，‎ ‎∴△BDE是等腰直角三角形，‎ ‎∴BD＝DE，‎ ‎∴BD＝AC，‎ 又∵BD⊥AC，‎ ‎∴四边形ABCD是垂等四边形；‎ ‎（3）如图，过点O作OE⊥BD，‎ ‎∵四边形ABCD是垂等四边形，‎ ‎∴AC＝BD，‎ 又∵垂等四边形的面积是24，‎ ‎∴AC•BD＝24，‎ 解得，AC＝BD＝4，‎ 又∵∠BCD＝60°，‎ ‎∴∠DOE＝60°，‎ 设半径为r，根据垂径定理可得：‎ 在△ODE中，OD＝r，DE＝，‎ ‎∴r＝＝＝4，‎ ‎∴⊙O的半径为4．‎ ‎【点评】本题是一道圆的综合题，主要考查了平行四边形的性质、菱形的性质、矩形的性质、正方形的性质、新定义、圆周角定理、垂径定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用新定义解答问题．‎ ‎11. （2020•湖南省张家界·）如图，在矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交于点．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，连接，求四边形的周长．‎ ‎【答案】（1）证明过程见解析；（2）25‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据矩形的性质可得，，，即可证的两个三角形全等；‎ ‎（2）设，根据已知条件可得，由（1）可推得，可得ED=EB，可证得四边形EBFD是菱形，根据勾股定理可得BE的长，即可求得周长；‎ ‎【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴，，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ 在△DOE和△BOF中，‎ ‎，‎ ‎∴．‎ ‎（2）由（1）可得，，，‎ ‎∴四边形BFDE是平行四边形，‎ 在△EBO和△EDO中，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴四边形BFDE是菱形，‎ 根据，设，可得，‎ 在Rt△ABE中，根据勾股定理可得：，‎ 即，‎ 解得：，‎ ‎∴，‎ ‎∴四边形的周长=．‎ ‎【点睛】本题主要考查了矩形的性质应用，结合菱形的判定与性质、全等三角形的判定进行求解是解题的关键．‎ ‎12. （2020•湖南省株洲市·）如图所示，△BEF的顶点E在正方形ABCD对角线AC的延长线上，AE与BF交于点G，连接AF、CF，满足△ABF≌△CBE．‎ ‎（1）求证：∠EBF＝90°．‎ ‎（2）若正方形ABCD的边长为1，CE＝2，求tan∠AFC的值．‎ ‎【分析】（1）已知△ABF≌△CBE，根据全等三角形的对应角相等可得∠ABF＝∠CBE，再由∠ABF+∠CBF＝90°，可得∠CBF+∠CBE＝90°，即可证得∠EBF＝90°；‎ ‎（2）由△ABF≌△CBE，根据全等三角形的对应角相等可得∠AFB＝∠CEB，由对顶角相等可得∠FGA＝∠EGB，即可证得∠FAC＝∠EBF＝90°；又因正方形边长为1，CE＝2，可得，AF＝CE＝2．在Rt△AFC中，即可求得结论．‎ ‎【解答】（1）证明：∵△ABF≌△CBE，‎ ‎∴∠ABF＝∠CBE，‎ ‎∵∠ABF+∠CBF＝90°，‎ ‎∴∠CBF+∠CBE＝90°，‎ ‎∴∠EBF＝90°；‎ ‎（2）解：∵△ABF≌△CBE，‎ ‎∴∠AFB＝∠CEB，‎ ‎∵∠FGA＝∠EGB，‎ ‎∴∠FAC＝∠EBF＝90°，‎ ‎∵正方形边长为1，CE＝2．‎ ‎∴，AF＝CE＝2．‎ ‎∴tan∠AFC＝．‎ ‎【点评】本题考查了全等三角形的性质，正方形的性质及锐角三角函数的知识，熟练运用相关知识是解决问题的关键．‎ ‎13 （2020•湖南省株洲市·）如图所示，△BEF的顶点E在正方形ABCD对角线AC的延长线上，AE与BF交于点G，连接AF、CF，满足△ABF≌△CBE．‎ ‎（1）求证：∠EBF＝90°．‎ ‎（2）若正方形ABCD的边长为1，CE＝2，求tan∠AFC的值．‎ ‎【分析】（1）已知△ABF≌△CBE，根据全等三角形的对应角相等可得∠ABF＝∠CBE，再由∠ABF+∠CBF＝90°，可得∠CBF+∠CBE＝90°，即可证得∠EBF＝90°；‎ ‎（2）由△ABF≌△CBE，根据全等三角形的对应角相等可得∠AFB＝∠CEB，由对顶角相等可得∠FGA＝∠EGB，即可证得∠FAC＝∠EBF＝90°；又因正方形边长为1，CE＝2，可得，AF＝CE＝2．在Rt△AFC中，即可求得结论．‎ ‎【解答】（1）证明：∵△ABF≌△CBE，‎ ‎∴∠ABF＝∠CBE，‎ ‎∵∠ABF+∠CBF＝90°，‎ ‎∴∠CBF+∠CBE＝90°，‎ ‎∴∠EBF＝90°；‎ ‎（2）解：∵△ABF≌△CBE，‎ ‎∴∠AFB＝∠CEB，‎ ‎∵∠FGA＝∠EGB，‎ ‎∴∠FAC＝∠EBF＝90°，‎ ‎∵正方形边长为1，CE＝2．‎ ‎∴，AF＝CE＝2．‎ ‎∴tan∠AFC＝．‎ ‎【点评】本题考查了全等三角形的性质，正方形的性质及锐角三角函数的知识，熟练运用相关知识是解决问题的关键．‎ ‎14. （2020•江苏省连云港市•10分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD.BC分别相交于点M、N．‎ ‎（1）求证：四边形BNDM是菱形；‎ ‎（2）若BD＝24，MN＝10，求菱形BNDM的周长．‎ ‎【分析】（1）证△MOD≌△NOB（AAS），得出OM＝ON，由OB＝OD，证出四边形BNDM是平行四边形，进而得出结论；‎ ‎（2）由菱形的性质得出BM＝BN＝DM＝DN，OB＝BD＝12，OM＝MN＝5，由勾股定理得BM＝13，即可得出答案．‎ ‎【解答】（1）证明：∵AD∥BC，‎ ‎∴∠DMO＝∠BNO，‎ ‎∵MN是对角线BD的垂直平分线，‎ ‎∴OB＝OD，MN⊥BD，‎ 在△MOD和△NOB中，，‎ ‎∴△MOD≌△NOB（AAS），‎ ‎∴OM＝ON，‎ ‎∵OB＝OD，‎ ‎∴四边形BNDM是平行四边形，‎ ‎∵MN⊥BD，‎ ‎∴四边形BNDM是菱形；‎ ‎（2）解：∵四边形BNDM是菱形，BD＝24，MN＝10，‎ ‎∴BM＝BN＝DM＝DN，OB＝BD＝12，OM＝MN＝5，‎ 在Rt△BOM中，由勾股定理得：BM＝＝＝13，‎ ‎∴菱形BNDM的周长＝4BM＝4×13＝52．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．‎ ‎15 （2020•江苏省苏州市•8分）如图，在矩形中，是的中点，，垂足为．‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，，求的长．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据矩形的性质可得，，．再根据“两直线平行，内错角相等”可得，再由垂直的定义可得．从而得出，再根据“有两组角对应相等的两个三角形相似”可得出结论；‎ 根据中点的定义可求出BE=2，然后根据勾股定理求出AE= .再根据相似三角形的性质求解即可.‎ ‎【详解】证明：（1）∵四边形是矩形，‎ ‎∴，．‎ ‎∴，‎ ‎∵，‎ ‎∴．‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 解：（2）∵，‎ ‎∴．‎ ‎∵，是的中点，‎ ‎∴．‎ ‎∴在中，．‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ ‎【点晴】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定方法和性质是解题的关键.‎ ‎16. （2020•江苏省南京市•9分）如图①，要在一条笔直的路边l上建一个燃气站，向l同侧的A.B两个城镇分别铺设管道输送燃气．试确定燃气站的位置，使铺设管道的路线最短．‎ ‎（1）如图②，作出点A关于l的对称点A'，线段A'B与直线l的交点C的位置即为所求，即在点C处建燃气站，所得路线ACB是最短的．‎ 为了证明点C的位置即为所求，不妨在直线1上另外任取一点C'，连接AC'、BC'，证明AC+CB＜AC′+C'B．请完成这个证明．‎ ‎（2）如果在A.B两个城镇之间规划一个生态保护区，燃气管道不能穿过该区域．请分别给出下列两种情形的铺设管道的方案（不需说明理由）．‎ ‎①生态保护区是正方形区域，位置如图③所示；‎ ‎②生态保护区是圆形区域，位置如图④所示．‎ ‎【分析】（1）由轴对称的性质可得CA＝CA'，可得AC+BC＝A'C+BC＝A'B，AC'+C'B＝A'C'+BC'，由三角形的三边关系可得A'B＜A'C'+C'B，可得结论；‎ ‎（2）①由（1）的结论可求；‎ ‎②由（1）的结论可求解．‎ ‎【解答】证明：（1）如图②，连接A'C'，‎ ‎∵点A，点A'关于l对称，点C在l上，‎ ‎∴CA＝CA'，‎ ‎∴AC+BC＝A'C+BC＝A'B，‎ 同理可得AC'+C'B＝A'C'+BC'，‎ ‎∵A'B＜A'C'+C'B，‎ ‎∴AC+BC＜AC'+C'B；‎ ‎（2）如图③，‎ 在点C出建燃气站，铺设管道的最短路线是ACDB，（其中点D是正方形的顶点）；‎ 如图④，‎ 在点C出建燃气站，铺设管道的最短路线是ACD++EB，（其中CD，BE都与圆相切）‎ ‎【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，圆的有关知识，轴对称的性质，三角形的三边关系，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．‎ ‎17. (2020•江苏省盐城市•8分)如图，点O是正方形ABCD的中心．‎ ‎(1)用直尺和圆规在正方形内部作一点E(异于点O)，使得EB＝EC；(保留作图痕迹，不写作法)‎ ‎(2)连接EB.EC.EO，求证：∠BEO＝∠CEO．‎ ‎【分析】(1)作BC的垂直平分线，在BC的垂直平分线上(正方形内部异于点O)的点E即为所求；‎ ‎(2)根据等腰三角形的性质和角的和差关系即可求解．‎ ‎【解答】解：(1)如图所示，点E即为所求 ‎(2)证明：连结OB，OC，‎ ‎∵点O是正方形ABCD的中心，∴OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB，‎ ‎∵EB＝EC，∴∠EBC＝∠ECB，∴∠BEO＝∠CEO．‎ ‎【点评】本题考查了作图－复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．‎ ‎18.（2020•湖南省郴州•6分）如图，在菱形中，将对角线分别向两端延长到点和，使得．连接．求证：四边形是菱形．‎ ‎【答案】见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接BD，由菱形ABCD的性质得出OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，得出OE=OF，证出四边形BEDF是平行四边形，再由EF⊥BD，即可证出四边形BEDF是菱形．‎ ‎【详解】证明：连接BD，交AC于O，如图所示：‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，‎ ‎∵AE=CF，‎ ‎∴OE=OF，‎ ‎∴四边形BEDF是平行四边形，‎ ‎∵EF⊥BD，‎ ‎∴四边形BEDF是菱形．‎ ‎【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定和性质，解决本题的关键是掌握菱形的判定与性质．‎ http://www.czsx.com.cn ‎19 (2020•江苏省盐城市•12分)木门常常需要雕刻美丽的图案．‎ ‎(1)图①为某矩形木门示意图，其中AB长为‎200厘米，AD长为‎100厘米，阴影部分是边长为‎30厘米的正方形雕刻模具，刻刀的位置在模具的中心点P处，在雕刻时始终保持模具的一边紧贴木门的一边，所刻图案如虚线所示，求图案的周长；‎ ‎(2)如图②，对于(1)中的木门，当模具换成边长为30厘米的等边三角形时，刻刀的位置仍在模具的中心点P处，雕刻时也始终保持模具的一边紧贴木门的一边，使模具进行滑动雕刻．但当模具的一个顶点与木门的一个顶点重合时，需将模具绕着重合点进行旋转雕刻，直到模具的另一边与木门的另一边重合．再滑动模具进行雕刻，如此雕刻一周，请在图②中画出雕刻所得图案的草图，并求其周长．‎ ‎【分析】(1)如图①，过点P作PE⊥CD于点E，求得PE，进而得矩形A′B′C′D′的两邻边长，再由矩形的周长公式便可得答案；‎ ‎(2)连接PE.PF、PG，过点P作PQ⊥CD于点Q，如图②，求得PE 的长度，便可得雕刻图案的4直线段边的长度，再求得PG长度，以及DP′绕D点旋转至DP″的旋转角度，便可根据弧长公式求得雕刻图案四角的圆弧长，进而得出整个雕刻图案的周长．‎ ‎【解答】解：(1)如图①，过点P作PE⊥CD于点E，‎ ‎∵点P是边长为30厘米的正方形雕刻模具的中心，∴PE＝15cm，‎ 同理：A′B′与AB之间的距离为15cm，A′D′与AD之间的距离为15cm，‎ B′C′与BC之间的距离为15cm，∴A′B′＝C′D′＝200－15－15＝170(cm)，‎ B′C′＝A′D′＝100－15－15＝70(cm)，∴C四边形A′B′C′D′＝(170+70)×2＝480cm，‎ 答：图案的周长为480cm；‎ ‎(2)连接PE.PF、PG，过点P作PQ⊥CD于点Q，如图②‎ ‎∵P点是边长为30cm的等边三角形模具的中心，∴PE＝PG＝PF，∠PGF＝30°，‎ ‎∵PQ⊥GF，∴GQ＝FQ＝15cm，∴PQ＝GQ•tan30°＝15cm，PG＝＝30cm，‎ 当△EFG向上平移至点G与点D重合时，‎ 由题意可得，△E′F′G′绕点D顺时针旋转30°，使得E′G′与AD边重合，‎ ‎∴DP′绕点D顺时针旋转30°到DP″，∴，‎ 同理可得其余三个角均为弧长为5πcm的圆弧，‎ ‎∴＝600－120+20π(cm)，‎ 答：雕刻所得图案的周长为(600－120)cm．‎ ‎【点评】本题是四边形的综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，圆弧长的计算，等边三角形的性质，关键是P点到门边沿的距离和雕刻图案四角的圆弧长计算．‎ ‎20. (2020•江苏省扬州市•10分)如图，□ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点O作EF⊥AC，分别交AB，DC于点E，F，连接AF，CE．‎ ‎(1)若OE＝，求EF的长；‎ ‎(2)判断四边形AECF的形状，并说明理由．‎ ‎【分析】(1)判定△AOE≌△COF(ASA)，即可得OE＝OF＝，进而得出EF的长；‎ ‎(2)先判定四边形AECF是平行四边形，再根据EF⊥AC，即可得到四边形AECF是菱形．‎ ‎【解答】解：(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AO＝CO，∴∠FCO＝∠EAO，‎ 又∵∠AOE＝∠COF，∴△AOE≌△COF(ASA)，∴OE＝OF＝，∴EF＝2OE＝3；‎ ‎(2)四边形AECF是菱形，理由：∵△AOE≌△COF，∴AE＝CF，‎ 又∵AE∥CF，∴四边形AECF是平行四边形，又∵EF⊥AC，∴四边形AECF是菱形．‎ ‎【点评】本题主要考查了平行四边形的性质以及菱形的判定，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．‎ ‎21. （2020年滨州市）23．（12分）如图，过▱ABCD对角线AC与BD的交点E作两条互相垂直的直线，分别交边AB.BC.CD.DA于点P、M、Q、N．‎ ‎（1）求证：△PBE≌△QDE；‎ ‎（2）顺次连接点P、M、Q、N，求证：四边形PMQN是菱形．‎ ‎【分析】（1）由ASA证△PBE≌△QDE即可；‎ ‎（2）由全等三角形的性质得出EP＝EQ，同理△BME≌△DNE（ASA），得出EM＝EN，证出四边形PMQN是平行四边形，由对角线PQ⊥MN，即可得出结论．‎ ‎【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴EB＝ED，AB∥CD，‎ ‎∴∠EBP＝∠EDQ，‎ 在△PBE和△QDE中，，‎ ‎∴△PBE≌△QDE（ASA）；‎ ‎（2）证明：如图所示：‎ ‎∵△PBE≌△QDE，‎ ‎∴EP＝EQ，‎ 同理：△BME≌△DNE（ASA），‎ ‎∴EM＝EN，‎ ‎∴四边形PMQN是平行四边形，‎ ‎∵PQ⊥MN，‎ ‎∴四边形PMQN是菱形．‎ ‎【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质；熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．‎ ‎ ‎