全国各地中考数学分类汇编矩形菱形与正方形含解析

全国各地中考数学分类汇编矩形菱形与正方形含解析

矩形菱形与正方形 一、 选择题 ‎1. （2016·云南省昆明市·4分）如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E为AB上一点，过点E作EF∥AD，与AC、DC分别交于点G，F，H为CG的中点，连接DE，EH，DH，FH．下列结论：‎ ‎①EG=DF；②∠AEH+∠ADH=180°；③△EHF≌△DHC；④若=，则3S△EDH=13S△DHC，其中结论正确的有（　　）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．‎ ‎【分析】①根据题意可知∠ACD=45°，则GF=FC，则EG=EF﹣GF=CD﹣FC=DF；‎ ‎②由SAS证明△EHF≌△DHC，得到∠HEF=∠HDC，从而∠AEH+∠ADH=∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC=180°；‎ ‎③同②证明△EHF≌△DHC即可；‎ ‎④若=，则AE=2BE，可以证明△EGH≌△DFH，则∠EHG=∠DHF且EH=DH，则∠DHE=90°，△EHD为等腰直角三角形，过H点作HM垂直于CD于M点，设HM=x，则DM=5x，DH=x，CD=6x，则S△DHC=×HM×CD=3x2，S△EDH=×DH2=13x2．‎ ‎【解答】解：①∵四边形ABCD为正方形，EF∥AD，‎ ‎∴EF=AD=CD，∠ACD=45°，∠GFC=90°，‎ ‎∴△CFG为等腰直角三角形，‎ ‎∴GF=FC，‎ ‎∵EG=EF﹣GF，DF=CD﹣FC，‎ ‎∴EG=DF，故①正确；‎ ‎②∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，‎ ‎∴FH=CH，∠GFH=∠GFC=45°=∠HCD，‎ 在△EHF和△DHC中，，‎ ‎∴△EHF≌△DHC（SAS），‎ ‎∴∠HEF=∠HDC，‎ ‎∴∠AEH+∠ADH=∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC=∠AEF+∠ADF=180°，故②正确；‎ ‎③∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，‎ ‎∴FH=CH，∠GFH=∠GFC=45°=∠HCD，‎ 在△EHF和△DHC中，，‎ ‎∴△EHF≌△DHC（SAS），故③正确；‎ ‎④∵=，‎ ‎∴AE=2BE，‎ ‎∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，‎ ‎∴FH=GH，∠FHG=90°，‎ ‎∵∠EGH=∠FHG+∠HFG=90°+∠HFG=∠HFD，‎ 在△EGH和△DFH中，，‎ ‎∴△EGH≌△DFH（SAS），‎ ‎∴∠EHG=∠DHF，EH=DH，∠DHE=∠EHG+∠DHG=∠DHF+∠DHG=∠FHG=90°，‎ ‎∴△EHD为等腰直角三角形，‎ 过H点作HM垂直于CD于M点，如图所示：‎ 设HM=x，则DM=5x，DH=x，CD=6x，‎ 则S△DHC=×HM×CD=3x2，S△EDH=×DH2=13x2，‎ ‎∴3S△EDH=13S△DHC，故④正确；‎ 故选：D．‎ ‎2．（2016·山东省东营市·3分）如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC，垂足为点F，连接DF，分析下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF；③DF＝DC；④tan∠CAD＝．其中正确的结论有( )‎ A.4个 B．3个 C．2个 D．1个 ‎【知识点】特殊平行四边形——矩形的性质、相似三角形——相似三角形的判定与性质、锐角三角函数——锐角三角函数值的求法 ‎【答案】B.‎ ‎【解析】∵矩形ABCD中，∴AD∥BC.∴△AEF∽△CAB….......................①正确；‎ ‎∵△AEF∽△CAB，∴＝＝，∴CF＝2AF……………………………②正确；‎ 过点D作DH⊥AC于点H.易证△ABF≌△CDH(AAS).∴AF＝CH.‎ ‎∵EF∥DH,∴＝ ＝1.∴AF＝FH.∴FH＝CH.‎ ‎∴DH垂直平分CF.∴DF＝DC. ……………………………………………③正确；‎ 设EF＝1，则BF＝2.∵△ABF∽△EAF.∴＝.∴AF＝＝＝.‎ ‎∴tan∠ABF＝＝.∵∠CAD＝∠ABF，∴tan∠CAD＝tan∠ABF＝.…………④错误.‎ 故选择B.‎ ‎【点拨】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质，图形面积的计算，锐角三角函数值的求法，正确的作出辅助线是解本题的关键．‎ ‎3．（2016·山东省菏泽市·3分）在▱ABCD中，AB=3，BC=4，当▱ABCD的面积最大时，下列结论正确的有（　　）‎ ‎①AC=5；②∠A+∠C=180°；③AC⊥BD；④AC=BD．‎ A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④‎ ‎【考点】平行四边形的性质．‎ ‎【分析】当▱ABCD的面积最大时，四边形ABCD为矩形，得出∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AC=BD，根据勾股定理求出AC，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：根据题意得：当▱ABCD的面积最大时，四边形ABCD为矩形，‎ ‎∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AC=BD，‎ ‎∴AC==5，‎ ‎①正确，②正确，④正确；③不正确；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了平行四边形的性质、矩形的性质以及勾股定理；得出▱ABCD的面积最大时，四边形ABCD为矩形是解决问题的关键．‎ ‎4．（2016贵州毕节3分）如图，正方形ABCD的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH．若BE：EC=2：1，则线段CH的长是（　　）‎ A．3 B．‎4 C．5 D．6‎ ‎【考点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）．‎ ‎【分析】根据折叠的性质可得DH=EH，在直角△CEH中，若设CH=x，则DH=EH=9﹣x，CE=‎3cm，可以根据勾股定理列出方程，从而解出CH的长．‎ ‎【解答】解：由题意设CH=xcm，则DH=EH=（9﹣x）cm，‎ ‎∵BE：EC=2：1，‎ ‎∴CE=BC=‎‎3cm ‎∴在Rt△ECH中，EH2=EC2+CH2，‎ 即（9﹣x）2=32+x2，‎ 解得：x=4，即CH=‎4cm．‎ 故选（B）‎ ‎5．（2016海南3分）如图，矩形ABCD的顶点A、C分别在直线a、b上，且a∥b，∠1=60°，则∠2的度数为（　　）‎ A．30° B．45° C．60° D．75°‎ ‎【考点】矩形的性质；平行线的性质．‎ ‎【分析】首先过点D作DE∥a，由∠1=60°，可求得∠3的度数，易得∠ADC=∠2+∠3，继而求得答案．‎ ‎【解答】解：过点D作DE∥a，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠BAD=∠ADC=90°，‎ ‎∴∠3=90°﹣∠1=90°﹣60°=30°，‎ ‎∵a∥b，‎ ‎∴DE∥a∥b，‎ ‎∴∠4=∠3=30°，∠2=∠5，‎ ‎∴∠2=90°﹣30°=60°．‎ 故选C．‎ ‎【点评】此题考查了矩形的性质以及平行线的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．‎ ‎6.(2016河北3分）关于 ABCD的叙述，正确的是（ ）‎ A．若AB⊥BC，则 ABCD是菱形 B．若AC⊥BD，则 ABCD是正方形 C．若AC=BD，则 ABCD是矩形 D．若AB=AD，则 ABCD是正方形 答案：B 解析：A项应是矩形；B项应是菱形；D项应是菱形。‎ 知识点：矩形的判定：先判断是平行四边形，再利用对角线相等或者有一个角是直角判定。‎ ‎ 菱形的判定：先判断是平行四边形，再利用对角线垂直或一组相邻的边相等判定。‎ ‎ 正方形的判定：①先确定是矩形，再证明对角线垂直或邻边相等 ；‎ ‎ ②先确定是菱形，再证明有个角是直角或者对角线相等。‎ ‎7．（2016河南）如图，已知菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，则第60秒时，菱形的对角线交点D的坐标为（　　）‎ A．（1，﹣1） B．（﹣1，﹣1） C．（，0） D．（0，﹣）‎ ‎【考点】坐标与图形变化-旋转；菱形的性质．‎ ‎【专题】规律型．‎ ‎【分析】根据菱形的性质，可得D点坐标，根据旋转的性质，可得D点的坐标．‎ ‎【解答】解：菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），得 D点坐标为（1，1）．‎ 每秒旋转45°，则第60秒时，得 ‎45°×60=2700°，‎ ‎2700°÷360=7.5周，‎ OD旋转了7周半，菱形的对角线交点D的坐标为（﹣1，﹣1），‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了旋转的性质，利用旋转的性质是解题关键．‎ ‎8.（2016·福建龙岩·4分）如图，在周长为12的菱形ABCD中，AE=1，AF=2，若P为对角线BD上一动点，则EP+FP的最小值为（　　）‎ A．1B．‎2C．3D．4‎ ‎【考点】菱形的性质；轴对称-最短路线问题．‎ ‎【分析】作F点关于BD的对称点F′，则PF=PF′，由两点之间线段最短可知当E、P、F′在一条直线上时，EP+FP有最小值，然后求得EF′的长度即可．‎ ‎【解答】解：作F点关于BD的对称点F′，则PF=PF′，连接EF′交BD于点P．‎ ‎∴EP+FP=EP+F′P．‎ 由两点之间线段最短可知：当E、P、F′在一条直线上时，EP+FP的值最小，此时EP+FP=EP+F′P=EF′．‎ ‎∵四边形ABCD为菱形，周长为12，‎ ‎∴AB=BC=CD=DA=3，AB∥CD，‎ ‎∵AF=2，AE=1，‎ ‎∴DF=AE=1，‎ ‎∴四边形AEF′D是平行四边形，‎ ‎∴EF′=AD=3．‎ ‎∴EP+FP的最小值为3．‎ 故选：C．‎ ‎9.（2016·陕西·3分）如图，在正方形ABCD中，连接BD，点O是BD的中点，若M、N是边AD上的两点，连接MO、NO，并分别延长交边BC于两点M′、N′，则图中的全等三角形共有（　　）‎ A．2对 B．3对 C．4对 D．5对 ‎【考点】正方形的性质；全等三角形的判定．‎ ‎【分析】可以判断△ABD≌△BCD，△MDO≌△M′BO，△NOD≌△N′OB，△MON≌△M′ON′由此即可对称结论．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB=CD=CB=AD，∠A=∠C=∠ABC=∠ADC=90°，AD∥BC，‎ 在△ABD和△BCD中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABD≌△BCD，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠MDO=∠M′BO，‎ 在△MOD和△M′OB中，‎ ‎，‎ ‎∴△MDO≌△M′BO，同理可证△NOD≌△N′OB，∴△MON≌△M′ON′，‎ ‎∴全等三角形一共有4对．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎10. （2016·四川眉山·3分）把边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，边BC与D′C′交于点O，则四边形ABOD′的周长是（　　）‎ A． B．‎6 C． D．‎ ‎【分析】由边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，利用勾股定理的知识求出BC′的长，再根据等腰直角三角形的性质，勾股定理可求BO，OD′，从而可求四边形ABOD′的周长．‎ ‎【解答】解：连接BC′，‎ ‎∵旋转角∠BAB′=45°，∠BAD′=45°，‎ ‎∴B在对角线AC′上，‎ ‎∵B′C′=AB′=3，‎ 在Rt△AB′C′中，AC′==3，‎ ‎∴B′C=3﹣3，‎ 在等腰Rt△OBC′中，OB=BC′=3﹣3，‎ 在直角三角形OBC′中，OC=（3﹣3）=6﹣3，‎ ‎∴OD′=3﹣OC′=3﹣3，‎ ‎∴四边形ABOD′的周长是：2AD′+OB+OD′=6+3﹣3+3﹣3=6．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了旋转的性质、正方形的性质以及等腰直角三角形的性质．此题难度适中，注意连接BC′构造等腰Rt△OBC′是解题的关键，注意旋转中的对应关系．‎ ‎11. （2016·四川眉山·3分）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连结BF交AC于点M，连结DE、BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=EF；④S△AOE：S△BCM=2：3．其中正确结论的个数是（　　）‎ A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 ‎【分析】①利用线段垂直平分线的性质的逆定理可得结论；‎ ‎②证△OMB≌△OEB得△EOB≌△CMB；‎ ‎③先证△BEF是等边三角形得出BF=EF，再证▱DEBF得出DE=BF，所以得DE=EF；‎ ‎④由②可知△BCM≌△BEO，则面积相等，△AOE和△BEO属于等高的两个三角形，其面积比就等于两底的比，即S△AOE：S△BOE=AE：BE，由直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半得出BE=2OE=2AE，得出结论S△AOE：S△BOE=AE：BE=1：2．‎ ‎【解答】解：①∵矩形ABCD中，O为AC中点，‎ ‎∴OB=OC，‎ ‎∵∠COB=60°，‎ ‎∴△OBC是等边三角形，‎ ‎∴OB=BC，‎ ‎∵FO=FC，‎ ‎∴FB垂直平分OC，‎ 故①正确；‎ ‎②∵FB垂直平分OC，‎ ‎∴△CMB≌△OMB，‎ ‎∵OA=OC，∠FOC=∠EOA，∠DCO=∠BAO，‎ ‎∴△FOC≌△EOA，‎ ‎∴FO=EO，‎ 易得OB⊥EF，‎ ‎∴△OMB≌△OEB，‎ ‎∴△EOB≌△CMB，‎ 故②正确；‎ ‎③由△OMB≌△OEB≌△CMB得∠1=∠2=∠3=30°，BF=BE，‎ ‎∴△BEF是等边三角形，‎ ‎∴BF=EF，‎ ‎∵DF∥BE且DF=BE，‎ ‎∴四边形DEBF是平行四边形，‎ ‎∴DE=BF，‎ ‎∴DE=EF，‎ 故③正确；‎ ‎④在直角△BOE中∵∠3=30°，‎ ‎∴BE=2OE，‎ ‎∵∠OAE=∠AOE=30°，‎ ‎∴AE=OE，‎ ‎∴BE=2AE，‎ ‎∴S△AOE：S△BCM=S△AOE：S△BOE=1：2，‎ 故④错误；‎ 所以其中正确结论的个数为3个；‎ 故选B ‎【点评】本题综合性比较强，既考查了矩形的性质、等腰三角形的性质，又考查了全等三角形的性质和判定，及线段垂直平分线的性质，内容虽多，但不复杂；看似一个选择题，其实相当于四个证明题，属于常考题型．‎ ‎12．（2016·四川宜宾）如图，点P是矩形ABCD的边AD上的一动点，矩形的两条边AB、BC的长分别是6和8，则点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是（　　）‎ A．4.8 B．‎5 C．6 D．7.2‎ ‎【考点】矩形的性质．‎ ‎【分析】首先连接OP，由矩形的两条边AB、BC的长分别为3和4，可求得OA=OD=5，△AOD的面积，然后由S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA•PE+OD•PF求得答案．‎ ‎【解答】解：连接OP，‎ ‎∵矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8，‎ ‎∴S矩形ABCD=AB•BC=48，OA=OC，OB=OD，AC=BD=10，‎ ‎∴OA=OD=5，‎ ‎∴S△ACD=S矩形ABCD=24，‎ ‎∴S△AOD=S△ACD=12，‎ ‎∵S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA•PE+OD•PF=×5×PE+×5×PF=（PE+PF）=12，‎ 解得：PE+PF=4.8．‎ 故选：A．‎ ‎13．（2016·四川攀枝花）下列关于矩形的说法中正确的是（　　）‎ A．对角线相等的四边形是矩形 B．矩形的对角线相等且互相平分 C．对角线互相平分的四边形是矩形 D．矩形的对角线互相垂直且平分 ‎【考点】矩形的判定与性质．‎ ‎【分析】根据矩形的性质和判定定理逐个判断即可．‎ ‎【解答】解：A、对角线相等的平行四边形才是矩形，故本选项错误；‎ B、矩形的对角线相等且互相平分，故本选项正确；‎ C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，不一定是矩形，故本选项错误；‎ D、矩形的对角线互相平分且相等，不一定垂直，故本选项错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的性质和判定的应用，能熟记矩形的性质和判定定理是解此题的关键．‎ ‎14.（2016·四川内江）下列命题中，真命题是( )‎ A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线互相平分的四边形是平行四边形 D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 ‎[答案]C ‎[考点]特殊四边形的判定。‎ ‎[解析]满足选项A或选项B中的条件时，不能推出四边形是平行四边形，因此它们都是假命题．由选项D中的条件只能推出四边形是菱形，因此也是假例题．只有选项C中的命题是真命题．‎ 故选C．‎ ‎15．（2016·四川南充）如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合得到折痕EF，将纸片展平；再一次折叠，使点D落到EF上点G处，并使折痕经过点A，展平纸片后∠DAG的大小为（　　） ‎ ‎ ‎ A．30° B．45° C．60° D．75°‎ ‎【分析】直接利用翻折变换的性质以及直角三角形的性质得出∠2=∠4，再利用平行线的性质得出∠1=∠2=∠3，进而得出答案． ‎ ‎【解答】解：如图所示：由题意可得：∠1=∠2，AN=MN，∠MGA=90°， ‎ 则NG=AM，故AN=NG， ‎ 则∠2=∠4， ‎ ‎∵EF∥AB， ‎ ‎∴∠4=∠3， ‎ ‎∴∠1=∠2=∠3=×90°=30°， ‎ ‎∴∠DAG=60°． ‎ 故选：C． ‎ ‎ ‎ ‎【点评】此题主要考查了翻折变换的性质以及平行线的性质，正确得出∠2=∠4是解题关键．‎ ‎16．（2016·四川攀枝花）如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后折痕DE分别交AB、AC于点E、G，连结GF，给出下列结论：①∠ADG=22.5°；②tan∠AED=2；③S△AGD=S△OGD；④四边形AEFG是菱形；⑤BE=2OG；⑥若S△OGF=1，则正方形ABCD的面积是6+4，其中正确的结论个数为（　　）‎ A．2 B．‎3 C．4 D．5‎ ‎【考点】四边形综合题．‎ ‎【分析】①由四边形ABCD是正方形，可得∠GAD=∠ADO=45°，又由折叠的性质，可求得∠ADG的度数；‎ ‎②由AE=EF＜BE，可得AD＞2AE；‎ ‎③由AG=GF＞OG，可得△AGD的面积＞△OGD的面积；‎ ‎④由折叠的性质与平行线的性质，易得△EFG是等腰三角形，即可证得AE=GF；‎ ‎⑤易证得四边形AEFG是菱形，由等腰直角三角形的性质，即可得BE=2OG；‎ ‎⑥根据四边形AEFG是菱形可知AB∥GF，AB=GF，再由∠BAO=45°，∠GOF=90°可得出△OGF时等腰直角三角形，由S△OGF=1求出GF的长，进而可得出BE及AE的长，利用正方形的面积公式可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠GAD=∠ADO=45°，‎ 由折叠的性质可得：∠ADG=∠ADO=22.5°，‎ 故①正确．‎ ‎∵由折叠的性质可得：AE=EF，∠EFD=∠EAD=90°，‎ ‎∴AE=EF＜BE，‎ ‎∴AE＜AB，‎ ‎∴＞2，‎ 故②错误．‎ ‎∵∠AOB=90°，‎ ‎∴AG=FG＞OG，△AGD与△OGD同高，‎ ‎∴S△AGD＞S△OGD，‎ 故③错误．‎ ‎∵∠EFD=∠AOF=90°，‎ ‎∴EF∥AC，‎ ‎∴∠FEG=∠AGE，‎ ‎∵∠AGE=∠FGE，‎ ‎∴∠FEG=∠FGE，‎ ‎∴EF=GF，‎ ‎∵AE=EF，‎ ‎∴AE=GF，‎ 故④正确．‎ ‎∵AE=EF=GF，AG=GF，‎ ‎∴AE=EF=GF=AG，‎ ‎∴四边形AEFG是菱形，‎ ‎∴∠OGF=∠OAB=45°，‎ ‎∴EF=GF=OG，‎ ‎∴BE=EF=×OG=2OG．‎ 故⑤正确．‎ ‎∵四边形AEFG是菱形，‎ ‎∴AB∥GF，AB=GF．‎ ‎∵∠BAO=45°，∠GOF=90°，‎ ‎∴△OGF时等腰直角三角形．‎ ‎∵S△OGF=1，‎ ‎∴OG2=1，解得OG=，‎ ‎∴BE=2OG=2，GF===2，‎ ‎∴AE=GF=2，‎ ‎∴AB=BE+AE=2+2，‎ ‎∴S正方形ABCD=AB2=（2+2）2=12+8，故⑥错误．‎ ‎∴其中正确结论的序号是：①④⑤．‎ 故选B．‎ ‎【点评】此题考查的是四边形综合题，涉及到正方形的性质、折叠的性质、等腰直角三角形的性质以及菱形的判定与性质等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．‎ ‎17．（2016·四川泸州）如图，矩形ABCD的边长AD=3，AB=2，E为AB的中点，F在边BC上，且BF=2FC，AF分别与DE、DB相交于点M，N，则MN的长为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】相似三角形的判定与性质；矩形的性质．‎ ‎【分析】过F作FH⊥AD于H，交ED于O，于是得到FH=AB=2，根据勾股定理得到AF===2，根据平行线分线段成比例定理得到OH=AE=，由相似三角形的性质得到==，求得AM=AF=，根据相似三角形的性质得到==，求得AN=AF=，即可得到结论．‎ ‎【解答】解：过F作FH⊥AD于H，交ED于O，则FH=AB=2‎ ‎∵BF=2FC，BC=AD=3，‎ ‎∴BF=AH=2，FC=HD=1，‎ ‎∴AF===2，‎ ‎∵OH∥AE，‎ ‎∴==，‎ ‎∴OH=AE=，‎ ‎∴OF=FH﹣OH=2﹣=，‎ ‎∵AE∥FO，‎ ‎∴△AME∽FMO，‎ ‎∴==，‎ ‎∴AM=AF=，‎ ‎∵AD∥BF，‎ ‎∴△AND∽△FNB，‎ ‎∴==，‎ ‎∴AN=AF=，‎ ‎∴MN=AN﹣AM=﹣=，‎ 故选B．‎ ‎18.（2016·黑龙江齐齐哈尔·3分）下列命题中，真命题的个数是（　　）‎ ‎①同位角相等 ‎②经过一点有且只有一条直线与这条直线平行 ‎③长度相等的弧是等弧 ‎④顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形．‎ A．1个B．2个C．3个D．4个 ‎【考点】命题与定理．‎ ‎【分析】根据平行线的性质对①进行判断；根据平行公理对②进行判断；根据等弧的定义对③进行判断；根据中点四边的判定方法可判断顺次连接菱形各边中点得到的四边形为平行四边形，加上菱形的对角线垂直可判断中点四边形为矩形．‎ ‎【解答】解：两直线平行，同位角相等，所以①错误；‎ 经过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行，所以②错误；‎ 在同圆或等圆中，长度相等的弧是等弧，所以③选项错误；‎ 顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形，所以④正确．‎ 故选A．‎ ‎19．（2016·湖北荆门·3分）如图，在矩形ABCD中（AD＞AB），点E是BC上一点，且DE=DA，AF⊥DE，垂足为点F，在下列结论中，不一定正确的是（　　）‎ A．△AFD≌△DCE B．AF=AD C．AB=AF D．BE=AD﹣DF ‎【考点】矩形的性质；全等三角形的判定．‎ ‎【分析】先根据已知条件判定判定△AFD≌△DCE（AAS），再根据矩形的对边相等，以及全等三角形的对应边相等进行判断即可．‎ ‎【解答】解：（A）由矩形ABCD，AF⊥DE可得∠C=∠AFD=90°，AD∥BC，‎ ‎∴∠ADF=∠DEC．‎ 又∵DE=AD，‎ ‎∴△AFD≌△DCE（AAS），故（A）正确；‎ ‎（B）∵∠ADF不一定等于30°，‎ ‎∴直角三角形ADF中，AF不一定等于AD的一半，故（B）错误；‎ ‎（C）由△AFD≌△DCE，可得AF=CD，‎ 由矩形ABCD，可得AB=CD，‎ ‎∴AB=AF，故（C）正确；‎ ‎（D）由△AFD≌△DCE，可得CE=DF，‎ 由矩形ABCD，可得BC=AD，‎ 又∵BE=BC﹣EC，‎ ‎∴BE=AD﹣DF，故（D）正确；‎ 故选（B）‎ 一、 填空题 ‎1. （2016·内蒙古包头·3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，垂足为点E，若∠EAC=2∠CAD，则∠BAE=　22.5　度．‎ ‎【考点】矩形的性质．‎ ‎【分析】首先证明△AEO是等腰直角三角形，求出∠OAB，∠OAE即可．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AC=BD，OA=OC，OB=OD，‎ ‎∴OA=OB═OC，‎ ‎∴∠OAC=∠ODA，∠OAB=∠OBA，‎ ‎∴∠AOE=∠OAC+∠OCA=2∠OAC，‎ ‎∵∠EAC=2∠CAD，‎ ‎∴∠EAO=∠AOE，‎ ‎∵AE⊥BD，‎ ‎∴∠AEO=90°，‎ ‎∴∠AOE=45°，‎ ‎∴∠OAB=∠OBA==67.5°，‎ ‎∴∠BAE=∠OAB﹣∠OAE=22.5°．‎ 故答案为22.5°．‎ ‎2. （2016·青海西宁·2分）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若EF=2，则菱形ABCD的周长是　16　．‎ ‎【考点】菱形的性质；三角形中位线定理．‎ ‎【分析】先利用三角形中位线性质得到AB=4，然后根据菱形的性质计算菱形ABCD的周长．‎ ‎【解答】解：∵E，F分别是AD，BD的中点，‎ ‎∴EF为△ABD的中位线，‎ ‎∴AB=2EF=4，‎ ‎∵四边形ABCD为菱形，‎ ‎∴AB=BC=CD=DA=4，‎ ‎∴菱形ABCD的周长=4×4=16．‎ 故答案为16．‎ ‎3. （2016·陕西·3分）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=2，点P是这个菱形内部或边上的一点，若以点P、B、C为顶点的三角形是等腰三角形，则P、D（P、D两点不重合）两点间的最短距离为　2﹣2　．‎ ‎【考点】菱形的性质；等腰三角形的判定；等边三角形的性质．‎ ‎【分析】如图连接AC、BD交于点O，以B为圆心BC为半径画圆交BD于P．此时△PBC是等腰三角形，线段PD最短，求出BD即可解决问题．‎ ‎【解答】解：如图连接AC、BD交于点O，以B为圆心BC为半径画圆交BD于P．‎ 此时△PBC是等腰三角形，线段PD最短，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，‎ ‎∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠ADC=60°，‎ ‎∴△ABC，△ADC是等边三角形，‎ ‎∴BO=DO=×2=，‎ ‎∴BD=2BO=2，‎ ‎∴PD最小值=BD﹣BP=2﹣2．‎ 故答案为2﹣2．‎ ‎4. （2016·湖北随州·3分）如图，边长为1的正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O．有直角∠MPN，使直角顶点P与点O重合，直角边PM、PN分别与OA、OB重合，然后逆时针旋转∠MPN，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），PM、PN分别交AB、BC于E、F两点，连接EF交OB于点G，则下列结论中正确的是　（1），（2），（3），（5）　．‎ ‎（1）EF=OE；（2）S四边形OEBF：S正方形ABCD=1：4；（3）BE+BF=OA；（4）在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE=；（5）OG•BD=AE2+CF2．‎ ‎【考点】四边形综合题．‎ ‎【分析】（1）由四边形ABCD是正方形，直角∠MPN，易证得△BOE≌△COF（ASA），则可证得结论；‎ ‎（2）由（1）易证得S四边形OEBF=S△BOC=S正方形ABCD，则可证得结论；‎ ‎（3）由BE=CF，可得BE+BF=BC，然后由等腰直角三角形的性质，证得BE+BF=OA；‎ ‎（4）首先设AE=x，则BE=CF=1﹣x，BF=x，继而表示出△BEF与△COF的面积之和，然后利用二次函数的最值问题，求得答案；‎ ‎（5）易证得△OEG∽△OBE，然后由相似三角形的对应边成比例，证得OG•OB=OE2，再利用OB与BD的关系，OE与EF的关系，即可证得结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BOC=90°，‎ ‎∴∠BOF+∠COF=90°，‎ ‎∵∠EOF=90°，‎ ‎∴∠BOF+∠COE=90°，‎ ‎∴∠BOE=∠COF，‎ 在△BOE和△COF中，‎ ‎，‎ ‎∴△BOE≌△COF（ASA），‎ ‎∴OE=OF，BE=CF，‎ ‎∴EF=OE；故正确；‎ ‎（2）∵S四边形OEBF=S△BOE+S△BOE=S△BOE+S△COF=S△BOC=S正方形ABCD，‎ ‎∴S四边形OEBF：S正方形ABCD=1：4；故正确；‎ ‎（3）∴BE+BF=BF+CF=BC=OA；故正确；‎ ‎（4）过点O作OH⊥BC，‎ ‎∵BC=1，‎ ‎∴OH=BC=，‎ 设AE=x，则BE=CF=1﹣x，BF=x，‎ ‎∴S△BEF+S△COF=BE•BF+CF•OH=x（1﹣x）+（1﹣x）×=﹣（x﹣）2+，‎ ‎∵a=﹣＜0，‎ ‎∴当x=时，S△BEF+S△COF最大；‎ 即在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE=；故错误；‎ ‎（5）∵∠EOG=∠BOE，∠OEG=∠OBE=45°，‎ ‎∴△OEG∽△OBE，‎ ‎∴OE：OB=OG：OE，‎ ‎∴OG•OB=OE2，‎ ‎∵OB=BD，OE=EF，‎ ‎∴OG•BD=EF2，‎ ‎∵在△BEF中，EF2=BE2+BF2，‎ ‎∴EF2=AE2+CF2，‎ ‎∴OG•BD=AE2+CF2．故正确．‎ 故答案为：（1），（2），（3），（5）．‎ ‎5. （2016·江西·3分）如图是一张长方形纸片ABCD，已知AB=8，AD=7，E为AB上一点，AE=5，现要剪下一张等腰三角形纸片（△AEP），使点P落在长方形ABCD的某一条边上，则等腰三角形AEP的底边长是　5sqrt{2}或4sqrt{5}或5　．‎ ‎【考点】矩形的性质；等腰三角形的性质；勾股定理．‎ ‎【分析】分情况讨论：①当AP=AE=5时，则△AEP是等腰直角三角形，得出底边PE=AE=5即可；‎ ‎②当PE=AE=5时，求出BE，由勾股定理求出PB，再由勾股定理求出等边AP即可；‎ ‎③当PA=PE时，底边AE=5；即可得出结论．‎ ‎【解答】解：如图所示：‎ ‎①当AP=AE=5时，‎ ‎∵∠BAD=90°，‎ ‎∴△AEP是等腰直角三角形，‎ ‎∴底边PE=AE=5；‎ ‎②当PE=AE=5时，‎ ‎∵BE=AB﹣AE=8﹣5=3，∠B=90°，‎ ‎∴PB==4，‎ ‎∴底边AP===4；‎ ‎③当PA=PE时，底边AE=5；‎ 综上所述：等腰三角形AEP的对边长为5或4或5；‎ 故答案为：5或4或5．‎ ‎6. （2016·辽宁丹东·3分）如图，正方形ABCD边长为3，连接AC，AE平分∠CAD，交BC的延长线于点E，FA⊥AE，交CB延长线于点F，则EF的长为　6sqrt{2}　．‎ ‎【考点】相似三角形的判定与性质；正方形的性质．‎ ‎【分析】利用正方形的性质和勾股定理可得AC的长，由角平分线的性质和平行线的性质可得∠CAE=∠E，易得CE=CA，由FA⊥AE，可得∠FAC=∠F，易得CF=AC，可得EF的长．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，且边长为3，‎ ‎∴AC=3，‎ ‎∵AE平分∠CAD，‎ ‎∴∠CAE=∠DAE，‎ ‎∵AD∥CE，‎ ‎∴∠DAE=∠E，‎ ‎∴∠CAE=∠E，‎ ‎∴CE=CA=3，‎ ‎∵FA⊥AE，‎ ‎∴∠FAC+∠CAE=90°，∠F+∠E=90°，‎ ‎∴∠FAC=∠F，‎ ‎∴CF=AC=3，‎ ‎∴EF=CF+CE=3=6，‎ 故答案为：6．‎ ‎7. （2016·四川南充）如图，菱形ABCD的周长是‎8cm，AB的长是　‎2　cm． ‎ ‎ ‎ ‎【分析】根据菱形的四边相等即可解决问题． ‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ‎ ‎∴AB=BC=CD=DA， ‎ ‎∵AB+BC+CD+DA=‎8cm， ‎ ‎∴AB=‎2cm， ‎ ‎∴AB的长为‎2cm． ‎ 故答案为2． ‎ ‎【点评】本题考查菱形的性质，记住菱形的四边相等是解决问题的关键，属于基础题，中考常考题型． ‎ ‎8．（2016·四川内江）如图4，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC＝8，BD＝6，OE⊥BC，垂足为点E，则OE＝______．‎ D O C E B A 图4‎ ‎[答案]‎ ‎[考点]菱形的性质，勾股定理，三角形面积公式。‎ ‎[解析]∵菱形的对角线互相垂直平分，‎ ‎∴OB＝3，OC＝4，∠BOC＝90°．‎ ‎∴BC＝＝5．‎ ‎∵S△OBC＝OB·OC，又S△OBC＝BC·OE，‎ ‎∴OB·OC＝BC·OE，即3×4＝5OE．‎ ‎∴OE＝．‎ 故答案为：．‎ ‎9.（2016·黑龙江齐齐哈尔·3分）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个适当的条件　AC⊥BC或∠AOB=90°或AB=BC　使其成为菱形（只填一个即可）．‎ ‎【考点】菱形的判定；平行四边形的性质．‎ ‎【分析】利用菱形的判定方法确定出适当的条件即可．‎ ‎【解答】解：如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，添加一个适当的条件为：AC⊥BC或∠AOB=90°或AB=BC使其成为菱形．‎ 故答案为：AC⊥BC或∠AOB=90°或AB=BC ‎10．（2016·黑龙江齐齐哈尔·3分）有一面积为5的等腰三角形，它的一个内角是30°，则以它的腰长为边的正方形的面积为　20和20　．‎ ‎【考点】正方形的性质；等腰三角形的性质．‎ ‎【分析】分两种情形讨论①当30度角是等腰三角形的顶角，②当30度角是底角，分别作腰上的高即可．‎ ‎【解答】解：如图1中，当∠A=30°，AB=AC时，设AB=AC=a，‎ 作BD⊥AC于D，∵∠A=30°，‎ ‎∴BD=AB=a，‎ ‎∴•a•a=5，‎ ‎∴a2=20，‎ ‎∴△ABC的腰长为边的正方形的面积为20．‎ 如图2中，当∠ABC=30°，AB=AC时，作BD⊥CA交CA的延长线于D，设AB=AC=a，‎ ‎∵AB=AC，‎ ‎∴∠ABC=∠C=30°，‎ ‎∴∠BAC=120°，∠BAD=60°，‎ 在RT△ABD中，∵∠D=90°，∠BAD=60°，‎ ‎∴BD=a，‎ ‎∴•a•a=5，‎ ‎∴a2=20，‎ ‎∴△ABC的腰长为边的正方形的面积为20．‎ 故答案为20或20．‎ ‎11．（2016·黑龙江齐齐哈尔·3分）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，点M是AD边的中点，连接MC，将菱形ABCD翻折，使点A落在线段CM上的点E处，折痕交AB于点N，则线段EC的长为　﹣1　．‎ ‎【考点】翻折变换（折叠问题）；菱形的性质．‎ ‎【分析】过点M作MF⊥DC于点F，根据在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，得到2MD=AD=CD=2，从而得到∠FDM=60°，∠FMD=30°，进而利用锐角三角函数关系求出EC的长即可．‎ ‎【解答】解：如图所示：过点M作MF⊥DC于点F，‎ ‎∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，‎ ‎∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，‎ ‎∴∠FMD=30°，‎ ‎∴FD=MD=，‎ ‎∴FM=DM×cos30°=，‎ ‎∴MC==，‎ ‎∴EC=MC﹣ME=﹣1．‎ 故答案为：﹣1．‎ ‎12．（2016·黑龙江齐齐哈尔·3分）如图，在平面直角坐标系中，矩形AOCB的两边OA、OC分别在x轴和y轴上，且OA=2，OC=1．在第二象限内，将矩形AOCB以原点O为位似中心放大为原来的倍，得到矩形A1OC1B1，再将矩形A1OC1B1以原点O为位似中心放大倍，得到矩形A2OC2B2…，以此类推，得到的矩形AnOCnBn的对角线交点的坐标为　（﹣，）　．‎ ‎【考点】位似变换；坐标与图形性质；矩形的性质．‎ ‎【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k，即可求得Bn的坐标，然后根据矩形的性质即可求得对角线交点的坐标．‎ ‎【解答】解：∵在第二象限内，将矩形AOCB以原点O为位似中心放大为原来的倍，‎ ‎∴矩形A1OC1B1与矩形AOCB是位似图形，点B与点B1是对应点，‎ ‎∵OA=2，OC=1．‎ ‎∵点B的坐标为（﹣2，1），‎ ‎∴点B1的坐标为（﹣2×，1×），‎ ‎∵将矩形A1OC1B1以原点O为位似中心放大倍，得到矩形A2OC2B2…，‎ ‎∴B2（﹣2××，1××），‎ ‎∴Bn（﹣2×，1×），‎ ‎∵矩形AnOCnBn的对角线交点（﹣2××，1××），即（﹣，），‎ 故答案为：（﹣，）．‎ ‎13．（2016·湖北黄石·3分）如图所示，正方形ABCD对角线AC所在直线上有一点O，OA=AC=2，将正方形绕O点顺时针旋转60°，在旋转过程中，正方形扫过的面积是　2π+2　．‎ ‎【分析】如图，用大扇形的面积减去小扇形的面积再加上正方形ABCD的面积．‎ ‎【解答】解：∵OA=AC=2，‎ ‎∴AB=BC=CD=AD=，OC=4，‎ S阴影=+=2π+2，‎ 故答案为：2π+2．‎ ‎【点评】此题考查了扇形的面积公式和旋转的性质以及勾股定理，能够把不规则图形的面积转换为规则图形的面积是解答此题的关键．‎ ‎14. （2016·云南省昆明市·3分）如图，E，F，G，H分别是矩形ABCD各边的中点，AB=6，BC=8，则四边形EFGH的面积是　24　．‎ ‎【考点】中点四边形；矩形的性质．‎ ‎【分析】先根据E，F，G，H分别是矩形ABCD各边的中点得出AH=DH=BF=CF，AE=BE=DG=CG，故可得出△AEH≌△DGH≌△CGF≌△BEF，根据S四边形EFGH=S正方形﹣4S△AEH即可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵E，F，G，H分别是矩形ABCD各边的中点，AB=6，BC=8，‎ ‎∴AH=DH=BF=CF=8，AE=BE=DG=CG=3．‎ 在△AEH与△DGH中，‎ ‎∵，‎ ‎∴△AEH≌△DGH（SAS）．‎ 同理可得△AEH≌△DGH≌△CGF≌△BEF，‎ ‎∴S四边形EFGH=S正方形﹣4S△AEH=6×8﹣4××3×4=48﹣24=24．‎ 故答案为：24．‎ ‎15. （2016·重庆市A卷·4分）正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，DE平分∠ADO交AC于点E，把△ADE沿AD翻折，得到△ADE′，点F是DE的中点，连接AF，BF，E′F．若AE=．则四边形ABFE′的面积是　　． ‎ ‎ ‎ ‎【分析】如图，连接EB、EE′，作EM⊥AB于M，EE′交AD于N．易知△AEB≌△AED≌△ADE′，先求出正方形AMEN的边长，再求出AB，根据S四边形ABFE′=S四边形AEFE′+S△AEB+S△EFB即可解决问题． ‎ ‎【解答】解：如图，连接EB、EE′，作EM⊥AB于M，EE′交AD于N． ‎ ‎∵四边形ABCD是正方形， ‎ ‎∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，AO=OB=OD=OC， ‎ ‎∠DAC=∠CAB=∠DAE′=45°， ‎ 根据对称性，△ADE≌△ADE′≌△ABE， ‎ ‎∴DE=DE′，AE=AE′， ‎ ‎∴AD垂直平分EE′， ‎ ‎∴EN=NE′， ‎ ‎∵∠NAE=∠NEA=∠MAE=∠MEA=45°，AE=， ‎ ‎∴AM=EM=EN=AN=1， ‎ ‎∵ED平分∠ADO，EN⊥DA，EO⊥DB， ‎ ‎∴EN=EO=1，AO=+1， ‎ ‎∴AB=AO=2+， ‎ ‎∴S△AEB=S△AED=S△ADE′=×1（2+）=1+，S△BDE=S△ADB﹣2S△AEB=1+， ‎ ‎∵DF=EF， ‎ ‎∴S△EFB=， ‎ ‎∴S△DEE′=2S△ADE﹣S△AEE′=+1，S△DFE′=S△DEE′=， ‎ ‎∴S四边形AEFE′=2S△ADE﹣S△DFE′=， ‎ ‎∴S四边形ABFE′=S四边形AEFE′+S△AEB+S△EFB=． ‎ 故答案为． ‎ ‎ ‎ ‎【点评】本题考查正方形的性质、翻折变换、全等三角形的性质，角平分线的性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是添加辅助线，学会利用分割法求四边形面积，属于中考填空题中的压轴题． ‎ ‎16. （2016·浙江省绍兴市·5分）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，E是AB的中点，直线l平行于直线EC，且直线l与直线EC之间的距离为2，点F在矩形ABCD边上，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点A恰好落在直线l上，则DF的长为　2或4﹣2　．‎ ‎【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．‎ ‎【分析】当直线l在直线CE上方时，连接DE交直线l于M，只要证明△DFM是等腰直角三角形即可利用DF=DM解决问题，当直线l在直线EC下方时，由∠DEF1=∠BEF1=∠DF1E，‎ 得到DF1=DE，由此即可解决问题．‎ ‎【解答】解：如图，当直线l在直线CE上方时，连接DE交直线l于M，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠A=∠B=90°，AD=BC，‎ ‎∵AB=4，AD=BC=2，‎ ‎∴AD=AE=EB=BC=2，‎ ‎∴△ADE、△ECB是等腰直角三角形，‎ ‎∴∠AED=∠BEC=45°，‎ ‎∴∠DEC=90°，‎ ‎∵l∥EC，‎ ‎∴ED⊥l，‎ ‎∴EM=2=AE，‎ ‎∴点A、点M关于直线EF对称，‎ ‎∵∠MDF=∠MFD=45°，‎ ‎∴DM=MF=DE﹣EM=2﹣2，‎ ‎∴DF=DM=4﹣2．‎ 当直线l在直线EC下方时，‎ ‎∵∠DEF1=∠BEF1=∠DF1E，‎ ‎∴DF1=DE=2，‎ 综上所述DF的长为2或4﹣2．‎ 故答案为2或4﹣2．‎ ‎　‎ ‎17. （2016·重庆市B卷·4分）如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，DE=DC，连接AE，将△ADE沿AE翻折，点D落在点F处，点O是对角线BD的中点，连接OF并延长OF交CD于点G，连接BF，BG，则△BFG的周长是　（+）　．‎ ‎【考点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）．‎ ‎【分析】如图，延长EF交BC于M，连接AM，OM，作FN⊥CD于N，FR⊥BC于R，GH⊥OM于H交FR于T，首先证明△AMF≌△AMB，得BM=MF，设BM=MF=x，在RT△EMC中利用勾股定理求出x，推出BM=MC，设GC=y，根据FT∥OH，得====，列出方程求出GC，再想办法分别求出FG、BG、BF即可解决问题．‎ ‎【解答】解；如图延长EF交BC于M，连接AM，OM，作FN⊥CD于N，FR⊥BC于R，GH⊥OM于H交FR于T．‎ 在RT△AMF和RT△AMB中，‎ ‎，‎ ‎∴△AMF≌△AMB，‎ ‎∴BM=MF，设BM=MF=x，‎ 在RT△EMC中，∵EM2=EC2+MC2，‎ ‎∴（2+x）2=（6﹣x）2+42，‎ ‎∴x=3，‎ ‎∴BM=MC=3，‎ ‎∵OB=OD，‎ ‎∴OM=CD=3，‎ ‎∵FR∥EC，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴FR=，‎ 设CG=y，则FT=﹣y．OH=3﹣y，‎ ‎∵FT∥OH，‎ ‎∴====，‎ ‎∴=，‎ ‎∴y=3，‎ ‎∴CG=3，NG=CN﹣CG=，‎ 在RT△FNG中，FG===，‎ 在RT△BCG中，BG==2，‎ ‎∵AB=AF，MB=MF，‎ ‎∴AM⊥BF，‎ ‎∵AM•BF=2××AB×BM，‎ ‎∴BF=，‎ ‎∴△BFG的周长=+2+=（+）．‎ 故答案为（+）．‎ ‎【点评】本题考查正方形的性质、翻折变换、全等三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理等知识，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形，利用勾股定理构建方程解决问题，题目比较难，属于中考填空题中的压轴题．‎ ‎18.（2016·广西桂林·3分）如图，正方形OABC的边长为2，以O为圆心，EF为直径的半圆经过点A，连接AE，CF相交于点P，将正方形OABC从OA与OF重合的位置开始，绕着点O逆时针旋转90°，交点P运动的路径长是　π　‎ ‎【考点】轨迹；正方形的性质；旋转的性质．‎ ‎【分析】如图点P运动的路径是以G为圆心的弧，在⊙G上取一点H，连接EH、FH，只要证明∠EGF=90°，求出GE的长即可解决问题．‎ ‎【解答】解：如图点P运动的路径是以G为圆心的弧，在⊙G上取一点H，连接EH、FH．‎ ‎∵四边形AOCB是正方形，‎ ‎∴∠AOC=90°，‎ ‎∴∠AFP=∠AOC=45°，‎ ‎∵EF是⊙O直径，‎ ‎∴∠EAF=90°，‎ ‎∴∠APF=∠AFP=45°，‎ ‎∴∠H=∠APF=45°，‎ ‎∴∠EGF=2∠H=90°，‎ ‎∵EF=4，GE=GF，‎ ‎∴EG=GF=2，‎ ‎∴的长==π．‎ 故答案为π．‎ ‎19．（2016海南4分）如图，四边形ABCD是轴对称图形，且直线AC是对称轴，AB∥CD，则下列结论：①AC⊥BD；②AD∥BC；③四边形ABCD是菱形；④△ABD≌△CDB．其中正确的是　①②③④　（只填写序号）‎ ‎【考点】菱形的判定；全等三角形的判定；轴对称图形．‎ ‎【分析】根据轴对称图形的性质，结合菱形的判定方法以及全等三角形的判定方法分析得出答案．‎ ‎【解答】解：因为l是四边形ABCD的对称轴，AB∥CD，‎ 则AD=AB，∠1=∠2，∠1=∠4，‎ 则∠2=∠4，‎ ‎∴AD=DC，‎ 同理可得：AB=AD=BC=DC，‎ 所以四边形ABCD是菱形．‎ 根据菱形的性质，可以得出以下结论：‎ 所以①AC⊥BD，正确；‎ ‎②AD∥BC，正确；‎ ‎③四边形ABCD是菱形，正确；‎ ‎④在△ABD和△CDB中 ‎∵‎ ‎∴△ABD≌△CDB（SSS），正确．‎ 故答案为：①②③④．‎ ‎【点评】此题考查了轴对称以及菱形的判断与菱形的性质，注意：对称轴垂直平分对应点的连线，对应角相等，对应边相等．‎ ‎20．（2016·山东省菏泽市·3分）如图，在正方形ABCD外作等腰直角△CDE，DE=CE，连接BE，则tan∠EBC=　　．‎ ‎【考点】正方形的性质；等腰直角三角形；解直角三角形．‎ ‎【专题】计算题．‎ ‎【分析】作EF⊥BC于F，如图，设DE=CE=a，根据等腰直角三角形的性质得CD=CE=a，∠DCE=45°，再利用正方形的性质得CB=CD=a，∠BCD=90°，接着判断△CEF为等腰直角三角形得到CF=EF=CE=a，然后在Rt△BEF中根据正切的定义求解．‎ ‎【解答】解：作EF⊥BC于F，如图，设DE=CE=a，‎ ‎∵△CDE为等腰直角三角形，‎ ‎∴CD=CE=a，∠DCE=45°，‎ ‎∵四边形ABCD为正方形，‎ ‎∴CB=CD=a，∠BCD=90°，‎ ‎∴∠ECF=45°，‎ ‎∴△CEF为等腰直角三角形，‎ ‎∴CF=EF=CE=a，‎ 在Rt△BEF中，tan∠EBF===，‎ 即∠EBC=．‎ 故答案为．‎ ‎【点评】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．也考查了等腰直角三角形的性质．‎ ‎21．（2016·山东省滨州市·4分）如图，矩形ABCD中，AB=，BC=，点E在对角线BD上，且BE=1.8，连接AE并延长交DC于点F，则=　　．‎ ‎【考点】相似三角形的判定与性质；矩形的性质．‎ ‎【分析】根据勾股定理求出BD，得到DE的长，根据相似三角形的性质得到比例式，代入计算即可求出DF的长，求出CF，计算即可．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠BAD=90°，又AB=，BC=，‎ ‎∴BD==3，‎ ‎∵BE=1.8，‎ ‎∴DE=3﹣1.8=1.2，‎ ‎∵AB∥CD，‎ ‎∴=，即=，‎ 解得，DF=，‎ 则CF=CD﹣DF=，‎ ‎∴==，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查的是矩形的性质、相似三角形的判定和性质，掌握矩形的性质定理和相似三角形的判定定理、性质定理是解题的关键．‎ ‎22．（2016·山东省东营市·4分）如图，折叠矩形ABCD的一边AD，使点D落在BC边的点F处，已知折痕AE＝‎5cm， 且tan∠EFC＝，那么矩形ABCD的周长_____________cm．‎ ‎【知识点】折叠（轴对称）——轴对称的性质、特殊平行四边形——矩形的性质、锐角三角函数——三角函数的求法、勾股定理 ‎【答案】36.‎ ‎【解析】∵△AFE和△ADE关于AE对称，∴∠AFE＝∠D＝90°，AF＝AD，EF＝DE.‎ ‎∵tan∠EFC＝＝，∴可设EC＝3x，CF＝4x，那么EF＝5x，‎ ‎∴DE＝EF＝5x.∴DC＝DE＋CE＝3x＋5x＝8x.∴AB＝DC＝8x.‎ ‎∵∠EFC＋∠AFB＝90°, ∠BAF＋∠AFB＝90°,‎ ‎∴∠EFC＝∠BAF.∴tan∠BAF＝tan∠EFC＝，∴＝.∴AB＝8x,∴BF＝6x.∴BC＝BF＋CF＝10x.∴AD＝10x.‎ 在Rt△ADE中，由勾股定理，得AD2＋DE2＝AE2.∴(10x)2＋(5x)2＝(5)2.解得x＝1.‎ ‎∴AB＝8x＝8,AD＝10x＝10.‎ ‎∴矩形ABCD的周长＝8×2＋10×2＝36.‎ ‎【点拨】折叠矩形，可以得到“轴对称”的图形，对于线段相等、对应角相等、对应的三角形全等；由锐角的正切值可以转化为相应直角三角形的直角边之比；在直角三角形中，利用勾股定理可以列出方程解决问题.‎ ‎23. （2016·黑龙江哈尔滨·3分）如图，在菱形ABCD中，∠BAD=120°，点E、F分别在边AB、BC上，△BEF与△GEF关于直线EF对称，点B的对称点是点G，且点G在边AD上．若EG⊥AC，AB=6，则FG的长为　3　．‎ ‎【考点】菱形的性质．‎ ‎【分析】首先证明△ABC，△ADC都是等边三角形，再证明FG是菱形的高，根据2•S△ABC=BC•FG即可解决问题．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=120°，‎ ‎∴AB=BC=CD=AD，∠CAB=∠CAD=60°，‎ ‎∴△ABC，△ACD是等边三角形，‎ ‎∵EG⊥AC，‎ ‎∴∠AEG=∠AGE=30°，‎ ‎∵∠B=∠EGF=60°，‎ ‎∴∠AGF=90°，‎ ‎∴FG⊥BC，‎ ‎∴2•S△ABC=BC•FG，‎ ‎∴2××（6）2=6•FG，‎ ‎∴FG=3．‎ 故答案为3．‎ 三.解答题 ‎1．（2016·山东省济宁市·3分）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，延长CB至点F，使CF=CA，连接AF，∠ACF的平分线分别交AF，AB，BD于点E，N，M，连接EO．‎ ‎（1）已知BD=，求正方形ABCD的边长；‎ ‎（2）猜想线段EM与CN的数量关系并加以证明．‎ ‎【考点】正方形的性质．‎ ‎【分析】（1）根据正方形的性质以及勾股定理即可求得；‎ ‎（2）根据等腰三角形三线合一的性质证得CE⊥AF，进一步得出∠BAF=∠BCN，然后通过证得△ABF≌△CBN得出AF=CN，进而证得△ABF∽△COM，根据相似三角形的性质和正方形的性质即可证得CN=CM．‎ ‎【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴△ABD是等腰直角三角形，‎ ‎∴2AB2=BD2，‎ ‎∵BD=，‎ ‎∴AB=1，‎ ‎∴正方形ABCD的边长为1；‎ ‎（2）CN=CM．‎ 证明：∵CF=CA，AF是∠ACF的平分线，‎ ‎∴CE⊥AF，‎ ‎∴∠AEN=∠CBN=90°，‎ ‎∵∠ANE=∠CNB，‎ ‎∴∠BAF=∠BCN，‎ 在△ABF和△CBN中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABF≌△CBN（AAS），‎ ‎∴AF=CN，‎ ‎∵∠BAF=∠BCN，∠ACN=∠BCN，‎ ‎∴∠BAF=∠OCM，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AC⊥BD，‎ ‎∴∠ABF=∠COM=90°，‎ ‎∴△ABF∽△COM，‎ ‎∴=，‎ ‎∴==，‎ 即CN=CM．‎ ‎2．（2016·山东省滨州市·10分）如图，BD是△ABC的角平分线，它的垂直平分线分别交AB，BD，BC于点E，F，G，连接ED，DG．‎ ‎（1）请判断四边形EBGD的形状，并说明理由；‎ ‎（2）若∠ABC=30°，∠C=45°，ED=2，点H是BD上的一个动点，求HG+HC的最小值．‎ ‎【考点】平行四边形的判定与性质；角平分线的性质．‎ ‎【分析】（1）结论四边形EBGD是菱形．只要证明BE=ED=DG=GB即可．‎ ‎（2）作EM⊥BC于M，DN⊥BC于N，连接EC交BD于点H，此时HG+HC最小，在RT△EMC中，求出EM、MC即可解决问题．‎ ‎【解答】解：（1）四边形EBGD是菱形．‎ 理由：∵EG垂直平分BD，‎ ‎∴EB=ED，GB=GD，‎ ‎∴∠EBD=∠EDB，‎ ‎∵∠EBD=∠DBC，‎ ‎∴∠EDF=∠GBF，‎ 在△EFD和△GFB中，‎ ‎，‎ ‎∴△EFD≌△GFB，‎ ‎∴ED=BG，‎ ‎∴BE=ED=DG=GB，‎ ‎∴四边形EBGD是菱形．‎ ‎（2）作EM⊥BC于M，DN⊥BC于N，连接EC交BD于点H，此时HG+HC最小，‎ 在RT△EBM中，∵∠EMB=90°，∠EBM=30°，EB=ED=2，‎ ‎∴EM=BE=，‎ ‎∵DE∥BC，EM⊥BC，DN⊥BC，‎ ‎∴EM∥DN，EM=DN=，MN=DE=2，‎ 在RT△DNC中，∵∠DNC=90°，∠DCN=45°，‎ ‎∴∠NDC=∠NCD=45°，‎ ‎∴DN=NC=，‎ ‎∴MC=3，‎ 在RT△EMC中，∵∠EMC=90°，EM=．MC=3，‎ ‎∴EC===10．‎ ‎∵HG+HC=EH+HC=EC，‎ ‎∴HG+HC的最小值为10．‎ ‎【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、角平分线的性质、垂直平分线的性质、勾股定理等知识，解题的关键是利用对称找到点H的位置，属于中考常考题型．‎ ‎3．（2016·山东省德州市·4分）我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．‎ ‎（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．‎ 求证：中点四边形EFGH是平行四边形；‎ ‎（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想；‎ ‎（3）若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状．（不必证明）‎ ‎【考点】平行四边形的判定与性质．‎ ‎【分析】（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理只要证明EH∥FG，EH=FG即可．‎ ‎（2）四边形EFGH是菱形．先证明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再证明EF=FG即可．‎ ‎（3）四边形EFGH是正方形，只要证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得∠ACP=∠BDP，即可证明∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质即可证明．‎ ‎【解答】（1）证明：如图1中，连接BD．‎ ‎∵点E，H分别为边AB，DA的中点，‎ ‎∴EH∥BD，EH=BD，‎ ‎∵点F，G分别为边BC，CD的中点，‎ ‎∴FG∥BD，FG=BD，‎ ‎∴EH∥FG，EH=GF，‎ ‎∴中点四边形EFGH是平行四边形．‎ ‎（2）四边形EFGH是菱形．‎ 证明：如图2中，连接AC，BD．‎ ‎∵∠APB=∠CPD，‎ ‎∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD 即∠APC=∠BPD，‎ 在△APC和△BPD中，‎ ‎，‎ ‎∴△APC≌△BPD，‎ ‎∴AC=BD ‎∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，‎ ‎∴EF=AC，FG=BD，‎ ‎∵四边形EFGH是平行四边形，‎ ‎∴四边形EFGH是菱形．‎ ‎（3）四边形EFGH是正方形．‎ 证明：如图2中，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，AC与EH交于点N．‎ ‎∵△APC≌△BPD，‎ ‎∴∠ACP=∠BDP，‎ ‎∵∠DMO=∠CMP，‎ ‎∴∠COD=∠CPD=90°，‎ ‎∵EH∥BD，AC∥HG，‎ ‎∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，‎ ‎∵四边形EFGH是菱形，‎ ‎∴四边形EFGH是正方形．‎ ‎【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．‎ ‎4．（2016广西南宁）已知四边形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，∠EAF的两边分别与射线CB，DC相交于点E，F，且∠EAF=60°．‎ ‎（1）如图1，当点E是线段CB的中点时，直接写出线段AE，EF，AF之间的数量关系；‎ ‎（2）如图2，当点E是线段CB上任意一点时（点E不与B、C重合），求证：BE=CF；‎ ‎（3）如图3，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB=15°时，求点F到BC的距离．‎ ‎【考点】四边形综合题．‎ ‎【分析】（1）结论AE=EF=AF．只要证明AE=AF即可证明△AEF是等边三角形．‎ ‎（2）欲证明BE=CF，只要证明△BAE≌△CAF即可．‎ ‎（3）过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，根据FH=CF•cos30°，因为CF=BE，只要求出BE即可解决问题．‎ ‎【解答】（1）解：结论AE=EF=AF．‎ 理由：如图1中，连接AC，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，‎ ‎∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=60°，‎ ‎∴△ABC，△ADC是等边三角形，‎ ‎∴∠BAC=∠DAC=60°‎ ‎∵BE=EC，‎ ‎∴∠BAE=∠CAE=30°，AE⊥BC，‎ ‎∵∠EAF=60°，‎ ‎∴∠CAF=∠DAF=30°，‎ ‎∴AF⊥CD，‎ ‎∴AE=AF（菱形的高相等），‎ ‎∴△AEF是等边三角形，‎ ‎∴AE=EF=AF．‎ ‎（2）证明：如图2中，∵∠BAC=∠EAF=60°，‎ ‎∴∠BAE=∠CAE，‎ 在△BAE和△CAF中，‎ ‎，‎ ‎∴△BAE≌△CAF，‎ ‎∴BE=CF．‎ ‎（3）解：过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，‎ ‎∵∠EAB=15°，∠ABC=60°，‎ ‎∴∠AEB=45°，‎ 在RT△AGB中，∵∠ABC=60°AB=4，‎ ‎∴BG=2，AG=2，‎ 在RT△AEG中，∵∠AEG=∠EAG=45°，‎ ‎∴AG=GE=2，‎ ‎∴EB=EG﹣BG=2﹣2，‎ ‎∵△AEB≌△AFC，‎ ‎∴AE=AF，EB=CF=2﹣2，∠AEB=∠AFC=45°，‎ ‎∵∠EAF=60°，AE=AF，‎ ‎∴△AEF是等边三角形，‎ ‎∴∠AEF=∠AFE=60°‎ ‎∵∠AEB=45°，∠AEF=60°，‎ ‎∴∠CEF=∠AEF﹣∠AEB=15°，‎ 在RT△EFH中，∠CEF=15°，‎ ‎∴∠EFH=75°，‎ ‎∵∠AFE=60°，‎ ‎∴∠AFH=∠EFH﹣∠AFE=15°，‎ ‎∵∠AFC=45°，∠CFH=∠AFC﹣∠AFH=30°，‎ 在RT△CHF中，∵∠CFH=30°，CF=2﹣2，‎ ‎∴FH=CF•cos30°=（2﹣2）•=3﹣．‎ ‎∴点F到BC的距离为3﹣．‎ ‎【点评】本题考查四边形综合题、菱形的性质、等边三角形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．‎ ‎5．（2016海南）如图1，在矩形ABCD中，BC＞AB，∠BAD的平分线AF与BD、BC分别交于点E、F，点O是BD的中点，直线OK∥AF，交AD于点K，交BC于点G．‎ ‎（1）求证：①△DOK≌△BOG；②AB+AK=BG；‎ ‎（2）若KD=KG，BC=4﹣．‎ ‎①求KD的长度；‎ ‎②如图2，点P是线段KD上的动点（不与点D、K重合），PM∥DG交KG于点M，PN∥KG交DG于点N，设PD=m，当S△PMN=时，求m的值．‎ ‎【考点】四边形综合题；全等三角形的判定；矩形的性质；相似三角形的判定与性质．‎ ‎【分析】（1）①先根据AAS判定△DOK≌△BOG，②再根据等腰三角形ABF和平行四边形AFKG的性质，得出结论BG=AB+AK；‎ ‎（2）①先根据等量代换得出AF=KG=KD=BG，再设AB=a，根据AK=FG列出关于a的方程，求得a的值，进而计算KD的长；②先过点G作GI⊥KD，求得S△DKG的值，再根据四边形PMGN是平行四边形，以及△DKG∽△PKM∽△DPN，求得S△DPN和S△PKM的表达式，最后根据等量关系S平行四边形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM，列出关于m的方程，求得m的值即可．‎ ‎【解答】解：（1）①∵在矩形ABCD中，AD∥BC ‎∴∠KDO=∠GBO，∠DKO=∠BGO ‎∵点O是BD的中点 ‎∴DO=BO ‎∴△DOK≌△BOG（AAS）‎ ‎②∵四边形ABCD是矩形 ‎∴∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC 又∵AF平分∠BAD ‎∴∠BAF=∠BFA=45°‎ ‎∴AB=BF ‎∵OK∥AF，AK∥FG ‎∴四边形AFGK是平行四边形 ‎∴AK=FG ‎∵BG=BF+FG ‎∴BG=AB+AK ‎（2）①由（1）得，四边形AFGK是平行四边形 ‎∴AK=FG，AF=KG 又∵△DOK≌△BOG，且KD=KG ‎∴AF=KG=KD=BG 设AB=a，则AF=KG=KD=BG=a ‎∴AK=4﹣﹣a，FG=BG﹣BF=a﹣a ‎∴4﹣﹣a=a﹣a 解得a=‎ ‎∴KD=a=2‎ ‎②过点G作GI⊥KD于点I 由（2）①可知KD=AF=2‎ ‎∴GI=AB=‎ ‎∴S△DKG=×2×=‎ ‎∵PD=m ‎∴PK=2﹣m ‎∵PM∥DG，PN∥KG ‎∴四边形PMGN是平行四边形，△DKG∽△PKM∽△DPN ‎∴，即S△DPN=（）2‎ 同理S△PKM=（）2‎ ‎∵S△PMN=‎ ‎∴S平行四边形PMGN=2S△PMN=2×‎ 又∵S平行四边形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM ‎∴2×=﹣（）2﹣（）2，即m2﹣‎2m+1=0‎ 解得m1=m2=1‎ ‎∴当S△PMN=时，m的值为1‎ ‎【点评】本题主要考查了矩形的性质以及平行四边形的性质，解题时需要运用全等三角形的判定与性质．解答此题的关键是运用相似三角形的面积之比等于相似比的平方这一性质，并根据图形面积的等量关系列出方程进行求解，难度较大，具有一定的综合性．‎ ‎6．（2016河南）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点M是AC的中点，以AB为直径作⊙O分别交AC，BM于点D，E．‎ ‎（1）求证：MD=ME；‎ ‎（2）填空：‎ ‎①若AB=6，当AD=2DM时，DE=　2　；‎ ‎②连接OD，OE，当∠A的度数为　60°　时，四边形ODME是菱形．‎ ‎【考点】菱形的判定．‎ ‎【分析】（1）先证明∠A=∠ABM，再证明∠MDE=∠MBA，∠MED=∠A即可解决问题．‎ ‎（2）①由DE∥AB，得=即可解决问题．‎ ‎②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形，只要证明△ODE，△DEM都是等边三角形即可．‎ ‎【解答】（1）证明：∵∠ABC=90°，AM=MC，‎ ‎∴BM=AM=MC，‎ ‎∴∠A=∠ABM，‎ ‎∵四边形ABED是圆内接四边形，‎ ‎∴∠ADE+∠ABE=180°，‎ 又∠ADE+∠MDE=180°，‎ ‎∴∠MDE=∠MBA，‎ 同理证明：∠MED=∠A，‎ ‎∴∠MDE=∠MED，‎ ‎∴MD=ME．‎ ‎（2）①由（1）可知，∠A=∠MDE，‎ ‎∴DE∥AB，‎ ‎∴=，‎ ‎∵AD=2DM，‎ ‎∴DM：MA=1：3，‎ ‎∴DE=AB=×6=2．‎ 故答案为2．‎ ‎②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形．‎ 理由：连接OD、OE，‎ ‎∵OA=OD，∠A=60°，‎ ‎∴△AOD是等边三角形，‎ ‎∴∠AOD=60°，‎ ‎∵DE∥AB，‎ ‎∴∠ODE=∠AOD=60°，∠MDE=∠MED=∠A=60°，‎ ‎∴△ODE，△DEM都是等边三角形，‎ ‎∴OD=OE=EM=DM，‎ ‎∴四边形OEMD是菱形．‎ 故答案为60°．‎ ‎【点评】本题考查圆内接四边形性质、直角三角形斜边中线性质、菱形的判定等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，记住菱形的三种判定方法，属于中考常考题型．‎ ‎7. （2016·四川内江）(9分)如图6所示，△ABC中，D是BC边上一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交CE的延长线于F，且AF＝BD，连接BF．‎ ‎(1)求证：D是BC的中点；‎ ‎(2)若AB＝AC，试判断四边形AFBD的形状，并证明你的结论．‎ D C E F B A 图6‎ ‎[考点]三角形例行，特殊四边形的性质与判定。‎ ‎(1)证明：∵点E是AD的中点，∴AE＝DE．‎ ‎∵AF∥BC，∴∠AFE＝∠DCE，∠FAE＝∠CDE．‎ ‎∴△EAF≌△EDC． 3分 ‎∴AF＝DC．‎ ‎∵AF＝BD，‎ ‎∴BD＝DC，即D是BC的中点． 5分 ‎(2)四边形AFBD是矩形．证明如下：‎ ‎∵AF∥BD，AF＝BD，‎ ‎∴四边形AFBD是平行四边形． 7分 ‎∵AB＝AC，又由(1)可知D是BC的中点，‎ ‎∴AD⊥BC．‎ ‎∴□AFBD是矩形． 9分 ‎8.（2016·黑龙江哈尔滨·8分）已知：如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上，AQ⊥BE于点Q，DP⊥AQ于点P．‎ ‎（1）求证：AP=BQ；‎ ‎（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中四对线段，使每对中较长线段与较短线段长度的差等于PQ的长．‎ ‎【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．‎ ‎【分析】（1）根据正方形的性质得出AD=BA，∠BAQ=∠ADP，再根据已知条件得到∠AQB=∠DPA，判定△AQB≌△DPA并得出结论；（2）根据AQ﹣AP=PQ和全等三角形的对应边相等进行判断分析．‎ ‎【解答】解：（1）∵正方形ABCD ‎∴AD=BA，∠BAD=90°，即∠BAQ+∠DAP=90°‎ ‎∵DP⊥AQ ‎∴∠ADP+∠DAP=90°‎ ‎∴∠BAQ=∠ADP ‎∵AQ⊥BE于点Q，DP⊥AQ于点P ‎∴∠AQB=∠DPA=90°‎ ‎∴△AQB≌△DPA（AAS）‎ ‎∴AP=BQ ‎（2）①AQ﹣AP=PQ ‎②AQ﹣BQ=PQ ‎③DP﹣AP=PQ ‎④DP﹣BQ=PQ ‎9．（2016广西南宁）已知四边形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，∠EAF的两边分别与射线CB，DC相交于点E，F，且∠EAF=60°．‎ ‎（1）如图1，当点E是线段CB的中点时，直接写出线段AE，EF，AF之间的数量关系；‎ ‎（2）如图2，当点E是线段CB上任意一点时（点E不与B、C重合），求证：BE=CF；‎ ‎（3）如图3，当点E在线段CB的延长线上，且∠EAB=15°时，求点F到BC的距离．‎ ‎【考点】四边形综合题．‎ ‎【分析】（1）结论AE=EF=AF．只要证明AE=AF即可证明△AEF是等边三角形．‎ ‎（2）欲证明BE=CF，只要证明△BAE≌△CAF即可．‎ ‎（3）过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，根据FH=CF•cos30°，因为CF=BE，只要求出BE即可解决问题．‎ ‎【解答】（1）解：结论AE=EF=AF．‎ 理由：如图1中，连接AC，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°，‎ ‎∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠D=60°，‎ ‎∴△ABC，△ADC是等边三角形，‎ ‎∴∠BAC=∠DAC=60°‎ ‎∵BE=EC，‎ ‎∴∠BAE=∠CAE=30°，AE⊥BC，‎ ‎∵∠EAF=60°，‎ ‎∴∠CAF=∠DAF=30°，‎ ‎∴AF⊥CD，‎ ‎∴AE=AF（菱形的高相等），‎ ‎∴△AEF是等边三角形，‎ ‎∴AE=EF=AF．‎ ‎（2）证明：如图2中，∵∠BAC=∠EAF=60°，‎ ‎∴∠BAE=∠CAE，‎ 在△BAE和△CAF中，‎ ‎，‎ ‎∴△BAE≌△CAF，‎ ‎∴BE=CF．‎ ‎（3）解：过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥EC于点H，‎ ‎∵∠EAB=15°，∠ABC=60°，‎ ‎∴∠AEB=45°，‎ 在RT△AGB中，∵∠ABC=60°AB=4，‎ ‎∴BG=2，AG=2，‎ 在RT△AEG中，∵∠AEG=∠EAG=45°，‎ ‎∴AG=GE=2，‎ ‎∴EB=EG﹣BG=2﹣2，‎ ‎∵△AEB≌△AFC，‎ ‎∴AE=AF，EB=CF=2﹣2，∠AEB=∠AFC=45°，‎ ‎∵∠EAF=60°，AE=AF，‎ ‎∴△AEF是等边三角形，‎ ‎∴∠AEF=∠AFE=60°‎ ‎∵∠AEB=45°，∠AEF=60°，‎ ‎∴∠CEF=∠AEF﹣∠AEB=15°，‎ 在RT△EFH中，∠CEF=15°，‎ ‎∴∠EFH=75°，‎ ‎∵∠AFE=60°，‎ ‎∴∠AFH=∠EFH﹣∠AFE=15°，‎ ‎∵∠AFC=45°，∠CFH=∠AFC﹣∠AFH=30°，‎ 在RT△CHF中，∵∠CFH=30°，CF=2﹣2，‎ ‎∴FH=CF•cos30°=（2﹣2）•=3﹣．‎ ‎∴点F到BC的距离为3﹣．‎ ‎【点评】本题考查四边形综合题、菱形的性质、等边三角形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会添加常用辅助线，属于中考压轴题．‎ ‎10．（2016海南）如图1，在矩形ABCD中，BC＞AB，∠BAD的平分线AF与BD、BC分别交于点E、F，点O是BD的中点，直线OK∥AF，交AD于点K，交BC于点G．‎ ‎（1）求证：①△DOK≌△BOG；②AB+AK=BG；‎ ‎（2）若KD=KG，BC=4﹣．‎ ‎①求KD的长度；‎ ‎②如图2，点P是线段KD上的动点（不与点D、K重合），PM∥DG交KG于点M，PN∥KG交DG于点N，设PD=m，当S△PMN=时，求m的值．‎ ‎【考点】四边形综合题；全等三角形的判定；矩形的性质；相似三角形的判定与性质．‎ ‎【分析】（1）①先根据AAS判定△DOK≌△BOG，②再根据等腰三角形ABF和平行四边形AFKG的性质，得出结论BG=AB+AK；‎ ‎（2）①先根据等量代换得出AF=KG=KD=BG，再设AB=a，根据AK=FG列出关于a的方程，求得a的值，进而计算KD的长；②先过点G作GI⊥KD，求得S△DKG的值，再根据四边形PMGN是平行四边形，以及△DKG∽△PKM∽△DPN，求得S△DPN和S△PKM的表达式，最后根据等量关系S平行四边形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM，列出关于m的方程，求得m的值即可．‎ ‎【解答】解：（1）①∵在矩形ABCD中，AD∥BC ‎∴∠KDO=∠GBO，∠DKO=∠BGO ‎∵点O是BD的中点 ‎∴DO=BO ‎∴△DOK≌△BOG（AAS）‎ ‎②∵四边形ABCD是矩形 ‎∴∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC 又∵AF平分∠BAD ‎∴∠BAF=∠BFA=45°‎ ‎∴AB=BF ‎∵OK∥AF，AK∥FG ‎∴四边形AFGK是平行四边形 ‎∴AK=FG ‎∵BG=BF+FG ‎∴BG=AB+AK ‎（2）①由（1）得，四边形AFGK是平行四边形 ‎∴AK=FG，AF=KG 又∵△DOK≌△BOG，且KD=KG ‎∴AF=KG=KD=BG 设AB=a，则AF=KG=KD=BG=a ‎∴AK=4﹣﹣a，FG=BG﹣BF=a﹣a ‎∴4﹣﹣a=a﹣a 解得a=‎ ‎∴KD=a=2‎ ‎②过点G作GI⊥KD于点I 由（2）①可知KD=AF=2‎ ‎∴GI=AB=‎ ‎∴S△DKG=×2×=‎ ‎∵PD=m ‎∴PK=2﹣m ‎∵PM∥DG，PN∥KG ‎∴四边形PMGN是平行四边形，△DKG∽△PKM∽△DPN ‎∴，即S△DPN=（）2‎ 同理S△PKM=（）2‎ ‎∵S△PMN=‎ ‎∴S平行四边形PMGN=2S△PMN=2×‎ 又∵S平行四边形PMGN=S△DKG﹣S△DPN﹣S△PKM ‎∴2×=﹣（）2﹣（）2，即m2﹣‎2m+1=0‎ 解得m1=m2=1‎ ‎∴当S△PMN=时，m的值为1‎ ‎【点评】本题主要考查了矩形的性质以及平行四边形的性质，解题时需要运用全等三角形的判定与性质．解答此题的关键是运用相似三角形的面积之比等于相似比的平方这一性质，并根据图形面积的等量关系列出方程进行求解，难度较大，具有一定的综合性．‎ ‎11．（2016河南）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点M是AC的中点，以AB为直径作⊙O分别交AC，BM于点D，E．‎ ‎（1）求证：MD=ME；‎ ‎（2）填空：‎ ‎①若AB=6，当AD=2DM时，DE=　2　；‎ ‎②连接OD，OE，当∠A的度数为　60°　时，四边形ODME是菱形．‎ ‎【考点】菱形的判定．‎ ‎【分析】（1）先证明∠A=∠ABM，再证明∠MDE=∠MBA，∠MED=∠A即可解决问题．‎ ‎（2）①由DE∥AB，得=即可解决问题．‎ ‎②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形，只要证明△ODE，△DEM都是等边三角形即可．‎ ‎【解答】（1）证明：∵∠ABC=90°，AM=MC，‎ ‎∴BM=AM=MC，‎ ‎∴∠A=∠ABM，‎ ‎∵四边形ABED是圆内接四边形，‎ ‎∴∠ADE+∠ABE=180°，‎ 又∠ADE+∠MDE=180°，‎ ‎∴∠MDE=∠MBA，‎ 同理证明：∠MED=∠A，‎ ‎∴∠MDE=∠MED，‎ ‎∴MD=ME．‎ ‎（2）①由（1）可知，∠A=∠MDE，‎ ‎∴DE∥AB，‎ ‎∴=，‎ ‎∵AD=2DM，‎ ‎∴DM：MA=1：3，‎ ‎∴DE=AB=×6=2．‎ 故答案为2．‎ ‎②当∠A=60°时，四边形ODME是菱形．‎ 理由：连接OD、OE，‎ ‎∵OA=OD，∠A=60°，‎ ‎∴△AOD是等边三角形，‎ ‎∴∠AOD=60°，‎ ‎∵DE∥AB，‎ ‎∴∠ODE=∠AOD=60°，∠MDE=∠MED=∠A=60°，‎ ‎∴△ODE，△DEM都是等边三角形，‎ ‎∴OD=OE=EM=DM，‎ ‎∴四边形OEMD是菱形．‎ 故答案为60°．‎ ‎【点评】本题考查圆内接四边形性质、直角三角形斜边中线性质、菱形的判定等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，记住菱形的三种判定方法，属于中考常考题型．‎ ‎12. （2016·浙江省绍兴市·14分）如图，在矩形ABCD中，点O为坐标原点，点B的坐标为（4，3），点A、C在坐标轴上，点P在BC边上，直线l1：y=2x+3，直线l2：y=2x﹣3．‎ ‎（1）分别求直线l1与x轴，直线l2与AB的交点坐标；‎ ‎（2）已知点M在第一象限，且是直线l2上的点，若△APM是等腰直角三角形，求点M的坐标；‎ ‎（3）我们把直线l1和直线l2上的点所组成的图形为图形F．已知矩形ANPQ的顶点N在图形F上，Q是坐标平面内的点，且N点的横坐标为x，请直接写出x的取值范围（不用说明理由）．‎ ‎【考点】四边形综合题．‎ ‎【分析】（1）根据坐标轴上点的坐标特征可求直线l1与x轴，直线l2与AB的交点坐标；‎ ‎（2）分三种情况：①若点A为直角顶点时，点M在第一象限；若点P为直角顶点时，点M在第一象限；③若点M为直角顶点时，点M在第一象限；进行讨论可求点M的坐标；‎ ‎（3）根据矩形的性质可求N点的横坐标x的取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）直线l1：当y=0时，2x+3=0，x=﹣‎ 则直线l1与x轴坐标为（﹣，0）‎ 直线l2：当y=3时，2x﹣3=3，x=3‎ 则直线l2与AB的交点坐标为（3，3）；‎ ‎（2）①若点A为直角顶点时，点M在第一象限，连结AC，‎ 如图1，∠APB＞∠ACB＞45°，‎ ‎∴△APM不可能是等腰直角三角形，‎ ‎∴点M不存在；‎ ‎②若点P为直角顶点时，点M在第一象限，如图2，‎ 过点M作MN⊥CB，交CB的延长线于点N，‎ 则Rt△ABP≌Rt△PNM，‎ ‎∴AB=PN=4，MN=BP，‎ 设M（x，2x﹣3），则MN=x﹣4，‎ ‎∴2x﹣3=4+3﹣（x﹣4），‎ x=，‎ ‎∴M（，）；‎ ‎③若点M为直角顶点时，点M在第一象限，如图3，‎ 设M1（x，2x﹣3），‎ 过点M1作M‎1G1⊥OA，交BC于点H1，‎ 则Rt△AM‎1G1≌Rt△PM1H1，‎ ‎∴AG1=M1H1=3﹣（2x﹣3），‎ ‎∴x+3﹣（2x﹣3）=4，‎ x=2‎ ‎∴M1（2，1）；‎ 设M2（x，2x﹣3），‎ 同理可得x+2x﹣3﹣3=4，‎ ‎∴x=，‎ ‎∴M2（，）；‎ 综上所述，点M的坐标为（，），（2，1），（，）；‎ ‎（3）x的取值范围为﹣≤x＜0或0＜x≤或≤x≤或≤x≤2．‎ ‎　‎ ‎13．（2016·四川攀枝花）如图，在矩形ABCD中，点F在边BC上，且AF=AD，过点D作DE⊥AF，垂足为点E ‎（1）求证：DE=AB；‎ ‎（2）以A为圆心，AB长为半径作圆弧交AF于点G，若BF=FC=1，求扇形ABG的面积．（结果保留π）‎ ‎【考点】扇形面积的计算；全等三角形的判定与性质；矩形的性质．‎ ‎【分析】（1）根据矩形的性质得出∠B=90°，AD=BC，AD∥BC，求出∠DAE=∠AFB，∠AED=90°=∠B，根据AAS推出△ABF≌△DEA即可；‎ ‎（2）根据勾股定理求出AB，解直角三角形求出∠BAF，根据全等三角形的性质得出DE=DG=AB=，∠GDE=∠BAF=30°，根据扇形的面积公式求得求出即可．‎ ‎【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠B=90°，AD=BC，AD∥BC，‎ ‎∴∠DAE=∠AFB，‎ ‎∵DE⊥AF，‎ ‎∴∠AED=90°=∠B，‎ 在△ABF和△DEA中 ‎，‎ ‎∴△ABF≌△DEA（AAS），‎ ‎∴DE=AB；‎ ‎（2）解：∵BC=AD，AD=AF，‎ ‎∴BC=AF，‎ ‎∵BF=1，∠ABF=90°，‎ ‎∴由勾股定理得：AB==，‎ ‎∴∠BAF=30°，‎ ‎∵△ABF≌△DEA，‎ ‎∴∠GDE=∠BAF=30°，DE=AB=DG=，‎ ‎∴扇形ABG的面积==π．‎ ‎【点评】本题考查了弧长公式，全等三角形的性质和判定，解直角三角形，勾股定理，矩形的性质的应用，能综合运用性质进行推理和计算是解此题的关键．‎ ‎14. （2016·吉林·5分）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，AE∥BD．求证：四边形AODE是矩形．‎ ‎【考点】矩形的判定；菱形的性质．‎ ‎【分析】根据菱形的性质得出AC⊥BD，再根据平行四边形的判定定理得四边形AODE为平行四边形，由矩形的判定定理得出四边形AODE是矩形．‎ ‎【解答】证明：∵四边形ABCD为菱形，‎ ‎∴AC⊥BD，‎ ‎∴∠AOD=90°，‎ ‎∵DE∥AC，AE∥BD，‎ ‎∴四边形AODE为平行四边形，‎ ‎∴四边形AODE是矩形．‎ ‎（2016·湖北荆州·8分）如图，将一张直角三角形ABC纸片沿斜边AB上的中线CD剪开，得到△ACD，再将△ACD沿DB方向平移到△A′C′D′的位置，若平移开始后点D′未到达点B时，A′C′交CD于E，D′C′交CB于点F，连接EF，当四边形EDD′F为菱形时，试探究△A′DE的形状，并判断△A′DE与△EFC′是否全等？请说明理由．‎ ‎【分析】当四边形EDD′F为菱形时，△A′DE是等腰三角形，△A′DE≌△EFC′．先证明CD=DA=DB，得到∠DAC=∠DCA，由AC∥A′C′即可得到∠DA′E=∠DEA′由此即可判断△DA′E的形状．由EF∥AB推出∠CEF=∠EA′D，∠EFC=∠A′D′C=∠A′DE，再根据A′D=DE=EF即可证明．‎ ‎【解答】解：当四边形EDD′F为菱形时，△A′DE是等腰三角形，△A′DE≌△EFC′．‎ 理由：∵△BCA是直角三角形，∠ACB=90°，AD=DB，‎ ‎∴CD=DA=DB，‎ ‎∴∠DAC=∠DCA，‎ ‎∵A′C∥AC，‎ ‎∴∠DA′E=∠A，∠DEA′=∠DCA，‎ ‎∴∠DA′E=∠DEA′，‎ ‎∴DA′=DE，‎ ‎∴△A′DE是等腰三角形．‎ ‎∵四边形DEFD′是菱形，‎ ‎∴EF=DE=DA′，EF∥DD′，‎ ‎∴∠CEF=∠DA′E，∠EFC=∠CD′A′，‎ ‎∵CD∥C′D′，‎ ‎∴∠A′DE=∠A′D′C=∠EFC，‎ 在△A′DE和△EFC′中，‎ ‎，‎ ‎∴△A′DE≌△EFC′．‎ ‎【点评】本题考查平移、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线定理等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，属于中考常考题型．‎ ‎15. （2016·山东潍坊）正方形ABCD内接于⊙O，如图所示，在劣弧上取一点E，连接DE、BE，过点D作DF∥BE交⊙O于点F，连接BF、AF，且AF与DE相交于点G，求证：‎ ‎（1）四边形EBFD是矩形；‎ ‎（2）DG=BE．‎ ‎【考点】正方形的性质；矩形的判定；圆周角定理．‎ ‎【分析】（1）直接利用正方形的性质、圆周角定理结合平行线的性质得出∠BED=∠BAD=90°，∠BFD=∠BCD=90°，∠EDF=90°，进而得出答案；‎ ‎（2）直接利用正方形的性质的度数是90°，进而得出BE=DF，则BE=DG．‎ ‎【解答】证明：（1）∵正方形ABCD内接于⊙O，‎ ‎∴∠BED=∠BAD=90°，∠BFD=∠BCD=90°，‎ 又∵DF∥BE，‎ ‎∴∠EDF+∠BED=180°，‎ ‎∴∠EDF=90°，‎ ‎∴四边形EBFD是矩形；‎ ‎（2））∵正方形ABCD内接于⊙O，‎ ‎∴的度数是90°，‎ ‎∴∠AFD=45°，‎ 又∵∠GDF=90°，‎ ‎∴∠DGF=∠DFC=45°，‎ ‎∴DG=DF，‎ 又∵在矩形EBFD中，BE=DF，‎ ‎∴BE=DG．‎ ‎16．（2016·陕西）问题提出 ‎（1）如图①，已知△ABC，请画出△ABC关于直线AC对称的三角形．‎ 问题探究 ‎（2）如图②，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，AE=4，AF=2，是否在边BC、CD上分别存在点G、H，使得四边形EFGH的周长最小？若存在，求出它周长的最小值；若不存在，请说明理由．‎ 问题解决 ‎（3）如图③，有一矩形板材ABCD，AB=‎3米，AD=‎6米，现想从此板材中裁出一个面积尽可能大的四边形EFGH部件，使∠EFG=90°，EF=FG=米，∠EHG=45°‎ ‎，经研究，只有当点E、F、G分别在边AD、AB、BC上，且AF＜BF，并满足点H在矩形ABCD内部或边上时，才有可能裁出符合要求的部件，试问能否裁得符合要求的面积尽可能大的四边形EFGH部件？若能，求出裁得的四边形EFGH部件的面积；若不能，请说明理由．‎ ‎【考点】四边形综合题．‎ ‎【分析】（1）作B关于AC 的对称点D，连接AD，CD，△ACD即为所求；‎ ‎（2）作E关于CD的对称点E′，作F关于BC的对称点F′，连接E′F′，得到此时四边形EFGH的周长最小，根据轴对称的性质得到BF′=BF=AF=2，DE′=DE=2，∠A=90°，于是得到AF′=6，AE′=8，求出E′F′=10，EF=2即可得到结论；‎ ‎（3）根据余角的性质得到1=∠2，推出△AEF≌△BGF，根据全等三角形的性质得到AF=BG，AE=BF，设AF=x，则AE=BF=3﹣x根据勾股定理列方程得到AF=BG=1，BF=AE=2，作△EFG关于EG的对称△EOG，则四边形EFGO是正方形，∠EOG=90°，以O为圆心，以EG为半径作⊙O，则∠EHG=45°的点在⊙O上，连接FO，并延长交⊙O于H′，则H′在EG的垂直平分线上，连接EH′GH′，则∠EH′G=45°，于是得到四边形EFGH′是符合条件的最大部件，根据矩形的面积公式即可得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）如图1，△ADC即为所求；‎ ‎（2）存在，理由：作E关于CD的对称点E′，‎ 作F关于BC的对称点F′，‎ 连接E′F′，交BC于G，交CD于H，连接FG，EH，‎ 则F′G=FG，E′H=EH，则此时四边形EFGH的周长最小，‎ 由题意得：BF′=BF=AF=2，DE′=DE=2，∠A=90°，‎ ‎∴AF′=6，AE′=8，‎ ‎∴E′F′=10，EF=2，‎ ‎∴四边形EFGH的周长的最小值=EF+FG+GH+HE=EF+E′F′=2+10，‎ ‎∴在边BC、CD上分别存在点G、H，‎ 使得四边形EFGH的周长最小，‎ 最小值为2+10；‎ ‎（3）能裁得，‎ 理由：∵EF=FG=，∠A=∠B=90°，∠1+∠AFE=∠2+AFE=90°，‎ ‎∴∠1=∠2，‎ 在△AEF与△BGF中，，‎ ‎∴△AEF≌△BGF，‎ ‎∴AF=BG，AE=BF，设AF=x，则AE=BF=3﹣x，‎ ‎∴x2+（3﹣x）2=（）2，解得：x=1，x=2（不合题意，舍去），‎ ‎∴AF=BG=1，BF=AE=2，‎ ‎∴DE=4，CG=5，‎ 连接EG，‎ 作△EFG关于EG的对称△EOG，‎ 则四边形EFGO是正方形，∠EOG=90°，‎ 以O为圆心，以EG为半径作⊙O，‎ 则∠EHG=45°的点在⊙O上，‎ 连接FO，并延长交⊙O于H′，则H′在EG的垂直平分线上，‎ 连接EH′GH′，则∠EH′G=45°，‎ 此时，四边形EFGH′是要想裁得符合要求的面积最大的，‎ ‎∴C在线段EG的垂直平分线设，‎ ‎∴点F，O，H′，C在一条直线上，‎ ‎∵EG=，‎ ‎∴OF=EG=，‎ ‎∵CF=2，‎ ‎∴OC=，‎ ‎∵OH′=OE=FG=，‎ ‎∴OH′＜OC，‎ ‎∴点H′在矩形ABCD的内部，‎ ‎∴可以在矩形ABCD中，裁得符合条件的面积最大的四边形EFGH′部件，‎ 这个部件的面积=EG•FH′=××（+）=5+，‎ ‎∴当所裁得的四边形部件为四边形EFGH′时，裁得了符合条件的最大部件，这个部件的面积为（5+）m2．‎ ‎　‎