中考数学试卷解析分类汇编专题24多边形与平行四边形

中考数学试卷解析分类汇编专题24多边形与平行四边形

矩形菱形与正方形 一.选择题 ‎1. (2015山东青岛，第7题,3分)如图，菱形ABCD的对角线AC、BC相交于点O，E、F分别是AB、BC边上的中点，连接EF，若EF=，BD=4，则菱形ABCD的周长为（ ）．‎ ‎ A．4 B．‎4 ‎C．4 D．28 ‎ ‎【答案】C 考点：菱形的性质、三角形中位线性质、勾股定理.‎ ‎2, （2015•淄博第9题,4分）如图，在菱形ABCD和菱形BEFG中，点A、B、E在同一直线上，P是线段DF的中点，连接PG，PC．若∠ABC=∠BEF=60°，则=（　　）‎ ‎　 A． B． C． D． ‎ 考点： 菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质．.‎ 专题： 计算题；压轴题．‎ 分析： 可通过构建全等三角形求解．延长GP交DC于H，可证三角形DHP和PGF全等，已知的有DC∥GF，根据平行线间的内错角相等可得出两三角形中两组对应的角相等，又有DP=PF，因此构成了全等三角形判定条件中的（AAS），于是两三角形全等，那么HP=PG，可根据三角函数来得出PG、CP的比例关系．‎ 解答： 解：如图，‎ 延长GP交DC于点H，‎ ‎∵P是线段DF的中点，‎ ‎∴FP=DP，‎ 由题意可知DC∥GF，‎ ‎∴∠GFP=∠HDP，‎ ‎∵∠GPF=∠HPD，‎ ‎∴△GFP≌△HDP，‎ ‎∴GP=HP，GF=HD，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴CD=CB，‎ ‎∴CG=CH，‎ ‎∴△CHG是等腰三角形，‎ ‎∴PG⊥PC，（三线合一）‎ 又∵∠ABC=∠BEF=60°，‎ ‎∴∠GCP=60°，‎ ‎∴=；‎ 故选B．‎ 点评： 本题主要考查了菱形的性质，以及全等三角形的判定等知识点，根据已知和所求的条件正确的构建出相关的全等三角形是解题的关键．‎ ‎3．（2015·湖南省衡阳市，第9题3分）下列命题是真命题的是（ ）．‎ A．对角线互相平分的四边形是平行四边形 B．对角线相等的四边形是矩形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 ‎4．（2015·湖北省孝感市，第7题3分）下列命题：‎ ‎①平行四边形的对边相等；‎ ‎②对角线相等的四边形是矩形；‎ ‎③正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形；‎ ‎④一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形．‎ 其中真命题的个数是 A．1 B．‎2 ‎ C．3 D．4‎ 考点：命题与定理．.‎ 分析：根据平行四边形的性质对①进行判断；根据矩形的判定方法对②进行判断；根据正方形的性质对③进行判断；根据菱形的判定方法对④进行判断．‎ 解答：解：平行四边形的对边相等，所以①正确；‎ 对角线相等的平行四边形是矩形，所以②错误；‎ 正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，所以③正确；‎ 一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，所以④正确．‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式．有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．‎ ‎5．（2015·湖南省益阳市，第5题5分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O ‎，以下说法错误的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎∠ABC=90°‎ B．‎ AC=BD C．‎ OA=‎OB D．‎ OA=AD 考点： 矩形的性质．‎ 分析： 矩形的性质：四个角都是直角，对角线互相平分且相等；由矩形的性质容易得出结论．‎ 解答： 解：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，AC=BD，OA=AC，OB=BD，‎ ‎∴OA=OB，‎ ‎∴A、B、C正确，D错误，‎ 故选：D．‎ 点评： 本题考查了矩形的性质；熟练掌握矩形的性质是解决问题的关键．‎ ‎6.（2015湖南岳阳第6题3分）下列命题是真命题的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 ‎　‎ B．‎ 对角线互相垂直的平行四边形是矩形 ‎　‎ C．‎ 四条边相等的四边形是菱形 ‎　‎ D．‎ 正方形是轴对称图形，但不是中心对称图形 考点： 命题与定理．.‎ 分析： 根据平行四边形的判定方法对A进行判断；根据矩形的判定方法对B进行判断；根据菱形的判定方法对C进行判断；根据轴对称和中心对称的定义对D进行判断．‎ 解答： 解：A、一组对边平行，且相等的四边形是平行四边形，所以A选项错误；‎ B、对角线互相垂直，且相等的平行四边形是矩形，所以B选项错误；‎ C、四条边相等的四边形是菱形，所以C选项正确；‎ D、正方形是轴对称图形，也是中心对称图形，所以D选项错误．‎ 故选C．‎ 点评： 本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．‎ ‎7.（2015湖北鄂州第8题3分）‎ 如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=12，点E是BC的中点，连接AE，将△ABE 沿AE折叠，点B落在点F处，连接FC，则sin∠ECF =（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎ ‎ ‎【答案】D.‎ ‎ ‎ 考点：翻折问题.‎ ‎8.（2015湖北鄂州第10题3分）‎ 在平面直角坐标系中，正方形A1B‎1C1D1 、D1E1E2B2 、A2B‎2C2D2 、D2E3E4B3 、A3B‎3C3D3 ……按如图所示的方式放置，其中点B1在y轴上，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3……在x轴上，已知正方形A1B‎1C1D1 的边长为1，∠B‎1C1O=60°，B‎1C1∥B‎2C2∥B‎3C3……则正方形A2015B‎2015C2015D2015的边长是（ ）‎ ‎ ‎ ‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D.‎ ‎ ‎ 考点：1.正方形的性质；2.解直角三角形．‎ ‎9．（2015•广东梅州,第6题4分）下列命题正确的是（ ）‎ ‎　‎ A．‎ 一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形 ‎　‎ B．‎ 对角线相互垂直的四边形是菱形 ‎　‎ C．‎ 对角线相等的四边形是矩形 ‎　‎ D．‎ 对角线相互垂直平分且相等的四边形是正方形 ‎ ‎ 考点： 命题与定理．‎ 分析： 根据矩形、菱形、平行四边形的知识可判断出各选项，从而得出答案．‎ 解答： 解：A、一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形也可能是等腰梯形，此选项错误；‎ B、对角线相互垂直的四边形是菱形也可能是梯形，此选项错误；‎ C、对角线相等的四边形是矩形也可能是等腰梯形，此选项错误；‎ D、对角线相互垂直平分且相等的四边形是正方形，此选项正确；‎ 故选D．‎ 点评： 本题主要考查了命题与定理的知识，解答本题的关键是熟练掌握平行四边形、菱形以及矩形的性质，此题难度不大．‎ ‎ ‎ ‎10. （2015•浙江衢州,第8题3分）如图，已知某广场菱形花坛的周长是‎24米，，则花坛对角线的长等于【 】‎ ‎ A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 ‎【答案】A.‎ ‎【考点】菱形的性质；锐角三角函数定义；特殊角的三角函数值.‎ ‎【分析】∵菱形花坛的周长是24，∴，，.‎ ‎∵，∴.‎ ‎∴（米）.‎ 故选A.‎ ‎11. （2015•浙江湖州，第9题3分）如图，AC是矩形ABCD的对角线，⊙O是△ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，使点D与点O重合，折痕为FG，点F，G分别在AD，BC上，连结OG，DG，若OG⊥DG，且☉O的半径长为1，则下列结论不成立的是( )‎ A. CD+DF=4 B. CD−DF=2−‎3 C.‎ ‎BC+AB=2+4 D. BC−AB=2‎ ‎【答案】A.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：如图，设⊙O与BC的切点为M,连接MO并延长MO交AD于点N,利用“AAS”易证△OMG≌△GCD,所以OM=GC=1, CD=GM=BC－BM－GC=BC－2.又因AB=CD,所以可得BC−AB=2.设AB=a，BC=b,AC=c, ⊙O的半径为r，⊙O是Rt△ABC的内切圆可得r=（a+b－c），所以c=a+b－2. 在Rt△ABC中，由勾股定理可得，整理得2ab－‎4a－4b+4=0，又因BC−AB=2即b=2+a，代入可得‎2a（2+a）－‎4a－4（2+a）+4=0，解得，所以，即可得BC+AB=2+4. 再设DF=x，在Rt△ONF中,FN=，OF=x，ON=,由勾股定理可得，解得，所以CD−DF=，CD+DF=.综上只有选项A错误，故答案选A.‎ 考点：矩形的性质；直角三角形内切圆的半径与三边的关系；折叠的性质；勾股定理；‎ ‎12. （2015•浙江宁波，第12题4分） 如图，小明家的住房平面图呈长方形，被分割成3个正方形和2个长方形后仍是中心对称图形. 若只知道原住房平面图长方形的周长，则分割后不用测量就能知道周长的图形标号为【 】‎ A. ①② B. ②③ C. ①③ D. ①②③‎ ‎【答案】A.‎ ‎【考点】多元方程组的应用（几何问题）.‎ ‎【分析】如答图，设原住房平面图长方形的周长为，①的长和宽分别为，②③的边长分别为.‎ 根据题意，得，‎ ‎，得，‎ 将代入③，得（定值），‎ 将代入，得（定值），‎ 而由已列方程组得不到.‎ ‎∴分割后不用测量就能知道周长的图形标号为①②.‎ 故选A.‎ ‎13.（2015•四川南充,第9题3分）如图，菱形ABCD的周长为‎8cm，高AE长为cm，则对角线AC长和BD长之比为（ ）‎ ‎（A）1:2 （B）1:3 （C）1: （D）1:‎ ‎ ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：设AC与BD的交点为O，根据周长可得AB=BC=2，根据AE=可得BE ‎=1，则△ABC为等边三角形，则AC=2，BO=，即BD=2，即AC:BD=1：.‎ 考点：菱形的性质、直角三角形.‎ ‎14．（2015•四川资阳,第7题3分）若顺次连接四边形ABCD四边的中点，得到的图形是一个矩形，则四边形ABCD一定是 A．矩形 B．菱形 C．对角线相等的四边形 D．对角线互相垂直的四边形 ‎ ‎ 考点：中点四边形．.‎ 分析：首先根据三角形中位线定理知：所得四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四边形是矩形，那么邻边互相垂直，故原四边形的对角线必互相垂直，由此得解．‎ 解答：已知：如右图，四边形EFGH是矩形，且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，求证：四边形ABCD是对角线垂直的四边形．‎ 证明：由于E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，‎ 根据三角形中位线定理得：EH∥FG∥BD，EF∥AC∥HG；‎ ‎∵四边形EFGH是矩形，即EF⊥FG，‎ ‎∴AC⊥BD，‎ 故选：D．‎ 点评：本题主要考查了矩形的性质和三角形中位线定理，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线定理解答．‎ ‎15．（2015•四川资阳,第10题3分）如图6，在△ABC中，∠ACB=90º，AC=BC=1，E、F为线段AB上两动点，且∠ECF=45°，过点E、F分别作BC、AC的垂线相交于点M，垂足分别为H、G．现有以下结论：①AB=；②当点E与点B重合时，MH=；③AF+BE=EF；④MG•MH=，其中正确结论为 A．①②③ B．①③④‎ C．①②④ D．①②③④‎ 考点：相似形综合题．.‎ 分析：①由题意知，△ABC是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形即可作出判断；‎ ‎②如图1，当点E与点B重合时，点H与点B重合，可得MG∥BC，四边形MGCB是矩形，进一步得到FG是△ACB的中位线，从而作出判断；‎ ‎③如图2所示，SAS可证△ECF≌△ECD，根据全等三角形的性质和勾股定理即可作出判断；‎ ‎④根据AA可证△ACE∽△BFC，根据相似三角形的性质可得AF•BF=AC•BC=1，由题意知四边形CHMG是矩形，再根据平行线的性质和等量代换得到MG•MH=AE×BF=AE•BF=AC•BC=，依此即可作出判断．‎ 解答：解：①由题意知，△ABC是等腰直角三角形，‎ ‎∴AB==，故①正确；‎ ‎②如图1，当点E与点B重合时，点H与点B重合，‎ ‎∴MB⊥BC，∠MBC=90°，‎ ‎∵MG⊥AC，‎ ‎∴∠MGC=90°=∠C=∠MBC，‎ ‎∴MG∥BC，四边形MGCB是矩形，‎ ‎∴MH=MB=CG，‎ ‎∵∠FCE=45°=∠ABC，∠A=∠ACF=45°，‎ ‎∴CE=AF=BF，‎ ‎∴FG是△ACB的中位线，‎ ‎∴GC=AC=MH，故②正确；‎ ‎③如图2所示，‎ ‎∵AC=BC，∠ACB=90°，‎ ‎∴∠A=∠5=45°．‎ 将△ACF顺时针旋转90°至△BCD，‎ 则CF=CD，∠1=∠4，∠A=∠6=45°；BD=AF；‎ ‎∵∠2=45°，‎ ‎∴∠1+∠3=∠3+∠4=45°，‎ ‎∴∠DCE=∠2．‎ 在△ECF和△ECD中，‎ ‎，‎ ‎∴△ECF≌△ECD（SAS），‎ ‎∴EF=DE．‎ ‎∵∠5=45°，‎ ‎∴∠BDE=90°，‎ ‎∴DE2=BD2+BE2，即E2=AF2+BE2，故③错误；‎ ‎④∵∠7=∠1+∠A=∠1+45°=∠1+∠2=∠ACE，‎ ‎∵∠A=∠5=45°，‎ ‎∴△ACE∽△BFC，‎ ‎∴=，‎ ‎∴AF•BF=AC•BC=1，‎ 由题意知四边形CHMG是矩形，‎ ‎∴MG∥BC，MH=CG，‎ MG∥BC，MH∥AC，‎ ‎∴=；=，‎ 即=；=，‎ ‎∴MG=AE；MH=BF，‎ ‎∴MG•MH=AE×BF=AE•BF=AC•BC=，‎ 故④正确．‎ 故选：C．‎ 点评：考查了相似形综合题，涉及的知识点有：等腰直角三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，矩形的判定和性质，三角形中位线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，综合性较强，有一定的难度．‎ ‎16、（2015•四川自贡,第10题4分） 如图，在矩形中，,是边的中点，是线段边上的动点，将△沿所在直线折叠得到△,连接,则的最小值是 （ ）‎ A. B‎.6 C. D.4‎ 考点：矩形的性质、翻折（轴对称）、勾股定理、最值.‎ 分析：连接后抓住△中两边一定，要使的长度最小即要使最小(也就是使其角度为0°)，此时点落在上, 此时.‎ 略解：‎ ‎∵是边的中点， ∴‎ ‎∵四边形矩形 ∴‎ ‎∴在△根据勾股定理可知：‎ 又∵ ∴. ‎ ‎ 根据翻折对称的性质可知 ‎ ∵△中两边一定，要使的长度最小即要使 最小(也就是使其角度为0°)，此时点落在上（如图所示）.‎ ‎ ∴ ∴的长度最小值为. 故选A ‎17. （2015•浙江滨州,第8题3分）顺次连接矩形ABCD各边的中点，所得四边形必定是（ ）‎ ‎ A.邻边不等的平行四边形 B.矩形 　　C.正方形 D.菱形 ‎【答案】D 考点：菱形的判定 ‎18. （2015•四川省内江市，第11题，3分）如图，正方形ABCD的面积为12，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE最小，则这个最小值为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ B．‎ ‎2‎ C．‎ ‎2‎ D．‎ 考点： 轴对称－最短路线问题；正方形的性质．.‎ 分析： 由于点B与D关于AC对称，所以BE与AC的交点即为P点．此时PD+PE=BE最小，而BE是等边△ABE的边，BE=AB，由正方形ABCD的面积为12，可求出AB的长，从而得出结果．‎ 解答： 解：由题意，可得BE与AC交于点P．‎ ‎∵点B与D关于AC对称，‎ ‎∴PD=PB，‎ ‎∴PD+PE=PB+PE=BE最小．‎ ‎∵正方形ABCD的面积为12，‎ ‎∴AB=2．‎ 又∵△ABE是等边三角形，‎ ‎∴BE=AB=2．‎ 故所求最小值为2．‎ 故选B．‎ 点评： 此题考查了轴对称﹣﹣最短路线问题，正方形的性质，等边三角形的性质，找到点P的位置是解决问题的关键．‎ ‎　‎ ‎19 . （2015•浙江省台州市，第8题）如果将长为‎6cm，宽为‎5cm的长方形纸片折叠一次，那么这条折痕的长不可能是（ ）‎ A‎.8cm B.cm C.‎5.5cm D‎.1cm ‎20 . （2015•浙江省台州市，第9题）.如图，在菱形ABCD中，AB=8，点E、F分别在AB、AD上，且AE=AF，过点E作EG∥AD交CD于点G，过点F作FH∥AB交BC于点H，EG与FH交于点O，当四边形AEOF与四边形CGOH的周长之差为12时，AE的值为（ ）‎ A.6.5‎‎ B‎.6 C.5.5 D.5‎ ‎21．(2015·深圳，第12题 分)如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：⊿ADG≌⊿FDG；GB=2AG；‎ ⊿GDE∽BEF；S⊿BEF=。在以上4个结论中，正确的有（ ）‎ A、 ‎ B、 ‎ C、 ‎ D、‎ ‎【答案】C.‎ ‎【解析】由折叠可知，DE＝DC＝DA，∠DEF＝∠C＝90°‎ ‎∠DFG＝∠A＝90°‎ ‎22,（（2015•山东日照 ，第6题3分））小明在学习了正方形之后，给同桌小文出了道题，从下列四个条件：①AB=BC，②∠ABC=90°，③AC=BD，④AC⊥BD中选两个作为补充条件，使▱ABCD为正方形（如图），现有下列四种选法，你认为其中错误的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎①②‎ B．‎ ‎②③‎ C．‎ ‎①③‎ D．‎ ‎②④‎ 考点： 正方形的判定．.‎ 分析： 利用矩形、菱形、正方形之间的关系与区别，结合正方形的判定方法分别判断得出即可．‎ 解答： 解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，‎ 当①AB=BC时，平行四边形ABCD是菱形，‎ 当②∠ABC=90°时，菱形ABCD是正方形，故此选项错误；‎ B、∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴当②∠ABC=90°时，平行四边形ABCD是矩形，‎ 当AC=BD时，这是矩形的性质，无法得出四边形ABCD是正方形，故此选项正确；‎ C、∵四边形ABCD是平行四边形，‎ 当①AB=BC时，平行四边形ABCD是菱形，‎ 当③AC=BD时，菱形ABCD是正方形，故此选项错误；‎ D、∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴当②∠ABC=90°时，平行四边形ABCD是矩形，‎ 当④AC⊥BD时，矩形ABCD是正方形，故此选项错误．‎ 故选：B．‎ 点评： 此题主要考查了正方形的判定以及矩形、菱形的判定方法，正确掌握正方形的判定方法是解题关键．‎ ‎　‎ ‎23．（2015·山东潍坊第9 题3分）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，按如下步骤作图：‎ 第一步，分别以点A、D为圆心，以大于AD的长为半径在AD两侧作弧，交于两点M、N；‎ 第二步，连接MN分别交AB、AC于点E、F；‎ 第三步，连接DE、DF．‎ 若BD=6，AF=4，CD=3，则BE的长是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎2‎ B．‎ ‎4‎ C．‎ ‎6‎ D．‎ ‎8‎ 考点： 平行线分线段成比例；菱形的判定与性质；作图—基本作图．.‎ 分析： 根据已知得出MN是线段AD的垂直平分线，推出AE=DE，AF=DF，求出DE∥AC，DF∥AE，得出四边形AEDF是菱形，根据菱形的性质得出AE=DE=DF=AF，根据平行线分线段成比例定理得出=，代入求出即可．‎ 解答： 解：∵根据作法可知：MN是线段AD的垂直平分线，‎ ‎∴AE=DE，AF=DF，‎ ‎∴∠EAD=∠EDA，‎ ‎∵AD平分∠BAC，‎ ‎∴∠BAD=∠CAD，‎ ‎∴∠EDA=∠CAD，‎ ‎∴DE∥AC，‎ 同理DF∥AE，‎ ‎∴四边形AEDF是菱形，‎ ‎∴AE=DE=DF=AF，‎ ‎∵AF=4，‎ ‎∴AE=DE=DF=AF=4，‎ ‎∵DE∥AC，‎ ‎∴=，‎ ‎∵BD=6，AE=4，CD=3，‎ ‎∴=，‎ ‎∴BE=8，‎ 故选D．‎ 点评： 本题考查了平行线分线段成比例定理，菱形的性质和判定，线段垂直平分线性质，等腰三角形的性质的应用，能根据定理四边形AEDF是菱形是解此题的关键，注意：一组平行线截两条直线，所截得的对应线段成比例．‎ ‎24．（2015•甘肃兰州,第7题，4分）下列命题错误的是 A. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形 B. 平行四边形的对角线互相平分 C. 矩形的对角线相等 D. 对角线相等的四边形是矩形 ‎【 答 案 】D ‎【考点解剖】本题考查特殊平行四边形的性质和判定 ‎【解答过程】略 ‎【题目星级】★★★‎ ‎25．（2015•广东梅州,第5题，3分）下列命题正确的是（　　）‎ A．对角线互相垂直的四边形是菱形 ‎ B．一组对边相等，另一组对边平等的四边形是平行四边形 C．对角线相等的四边形是矩形 ‎ D．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形 考点：命题与定理．.‎ 分析：根据矩形、菱形、平行四边形的知识可判断出各选项，从而得出答案．‎ 解答：解：A、对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故本选项错误；‎ B、一组对边相等，另一组对边平行的四边形不一定是平行四边形，也可能是等腰梯形，故本选项错误；‎ C、对角线相等的四边形不一定是矩形，例如等腰梯形，故本选项错误；‎ D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故本选项正确．‎ 故选D．‎ 点评：本题主要考查了命题与定理的知识，解答本题的关键是熟练掌握平行四边形、菱形以及矩形的性质，此题难度不大．‎ ‎26．（2015•甘肃兰州,第10题，4分）如图，菱形ABCD中，AB=4，∠B=60°，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，连结EF，则△AEF的面积是 A. B. C. D. ‎ ‎【 答 案 】B ‎【考点解剖】本题考查了菱形和正三角形的性质中的相关知识点 ‎【知识准备】菱形的四条边相等，对角相等，对角线互相垂直平分；等腰三角形底边上的高线平分底边和顶角。‎ ‎【思路点拔】由菱形的性质以及现有条件，可得△AEF是正三角形，而正三角形的面积等于边长的平方的倍 ‎【解答过程】连结AC和BD，并记它们的交点为G，则有AC⊥BD，且AG=CG，BG=CG，‎ ‎△ABC中，AB=CB，∠ABC=60°，所以△ABC是正三角形，‎ 正三角形△ABC中，AE和BG是中线，也是高线，可求得AE=BG=AB=，‎ ‎△BCD中，因为E，F分别是BC，CD的中点，所以EF∥BD，且EF=BD= BG=，‎ 记AC与EF的交点H，因为EF∥BD，AC⊥BD，所以AH⊥EF，‎ 且由相似形的性质，可得CH=CG=AC=1，则AH=AC－CH=4－1=3‎ 则。‎ ‎【题目星级】★★★★‎ ‎27．（2015•安徽省,第9题，4分）如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4．点E在边AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则AE的长是[（ ）]‎ A．2 B．‎3 ‎ C．5 D．6‎ 考点：菱形的性质；矩形的性质．.‎ 分析：连接EF交AC于O，由四边形EGFH是菱形，得到EF⊥AC，OE=OF，由于四边形ABCD是矩形，得到∠B=∠D=90°，AB∥CD，通过△CFO≌△AOE，得到AO=CO，求出AO=AC=2，根据△AOE∽△ABC，即可得到结果．‎ 解答：解；连接EF交AC于O，‎ ‎∵四边形EGFH是菱形，‎ ‎∴EF⊥AC，OE=OF，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠B=∠D=90°，AB∥CD，‎ ‎∴∠ACD=∠CAB，‎ 在△CFO与△AOE中，，‎ ‎∴△CFO≌△AOE，‎ ‎∴AO=CO，‎ ‎∵AC==4，‎ ‎∴AO=AC=2，‎ ‎∵∠CAB=∠CAB，∠AOE=∠B=90°，‎ ‎∴△AOE∽△ABC，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴AE=5．‎ 故选C．‎ 点评：本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练运用定理是解题的关键．‎ ‎28. （2015山东省德州市，11，3分）如图，AD是△ABC的角平分线，DE，DF分别是△ABD和△ACD的高，得到下面四个结论：‎ ‎①OA=OD;‎ ‎②AD⊥EF;‎ ‎③当∠A=90°时，四边形AEDF是正方形；‎ ‎④AE2+DF2=AF2+DE2.其中正确的是（ ）‎ A. ②③ B. ②④ C. ①③④ D.②③④‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 第11题图 ‎【答案】D 考点：角平分线的性质；正方形的判定方法；全等三角形的判定、勾股定理 考点：几何动态问题函数图象 ‎29.（2015•江苏徐州,第7题3分）如图，菱形中，对角线AC、BD交于点O，E为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OE的长等于（　　）‎ ‎　 A． 3.5 B． 4 C． 7 D． 14‎ 考点： 菱形的性质．.‎ 分析： 根据菱形的四条边都相等求出AB，再根据菱形的对角线互相平分可得OB=OD，然后判断出OE是△ABD的中位线，再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的周长为28，‎ ‎∴AB=28÷4=7，OB=OD，‎ ‎∵E为AD边中点，‎ ‎∴OE是△ABD的中位线，‎ ‎∴OE=AB=×7=3.5．‎ 故选A．‎ 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，熟记性质与定理是解题的关键．‎ ‎30.（2015•山东临沂,第12题3分）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE=AD，连接EB，EC，DB. 添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（ ）‎ ‎ ‎ ‎(A) AB=BE. (B) BE⊥DC. (C) ∠ADB=90°. (D) CE⊥DE.‎ ‎【答案】B 考点：矩形的判定 ‎31. （2015•四川泸州,第6题3分）菱形具有而平行四边形不具有的性质是 ‎ ‎ A.两组对边分别平行 B.两组对角分别相等 ‎ C.对角线互相平分 　D. 对角线互相垂直 考点：菱形的性质；平行四边形的性质．.‎ 分析：根据菱形的特殊性质可知对角线互相垂直．‎ 解答：解：A、不正确，两组对边分别平行；‎ B、不正确，两组对角分别相等，两者均有此性质正确，；‎ C、不正确，对角线互相平分，两者均具有此性质；‎ D、菱形的对角线互相垂直但平行四边形却无此性质．‎ 故选D．‎ 点评：此题主要考查了菱形的性质，关键是根据菱形对角线垂直及平行四边形对角线平分的性质的理解．‎ 二.填空题 ．(2015•江苏无锡,第14题2分)如图，已知矩形ABCD的对角线长为‎8cm，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的点，则四边形EFGH的周长等于　‎16　cm．‎ 考点： 点四边形．‎ 分析： 连接AC、BD，根据三角形的位线求HG、GF、EF、EH的长，再求四边形EFGH的周长即可．‎ 解答： 解：如图，连接C、BD，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AC=BD=‎8cm，‎ ‎∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的点，‎ ‎∴HG=EF=AC=‎4cm，EH=FG=BD=‎4cm，‎ ‎∴四边形EFGH的周长等于‎4cm+‎4cm+‎4cm+‎4cm=‎16cm，‎ 故答案为：16．‎ 点评： 本题考查了矩形的性质，三角形的位线的应用，能求四边形的各个边的长是解此题的关键，注意：矩形的对角线相等，三角形的位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．‎ ‎3, （2015•江苏泰州,第16题3分）如图， 矩形中，AB=8，BC=6，P为AD上一点， 将△ABP 沿BP翻折至△EBP， PE与CD相交于点O，且OE=OD，则AP的长为__________.‎ ‎ ‎ ‎【答案】4.8.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由折叠的性质得出EP=AP, ∠E=∠A=90°,BE=AB=8，由ASA证明△ODP≌△OEG，得出OP=OG，PD=GE，设AP=EP=x，则PD=GE=6－x，DG=x，求出CG、BG，根据勾股定理得出方程，解方程即可.‎ 试题解析：如图所示：‎ ‎ ‎ ‎∵四边形ABCD是矩形 ‎∴∠D=∠A=∠C=90°，AD=BC=6，CD=AB=8‎ 根据题意得：△ABP≌△EBP，‎ ‎∴EP=AP，∠E=∠A=90°,BE=AB=8，‎ 在△ODP和△OEG中 ‎∴△ODP≌△OEG ‎∴OP=OG，PD=GE，‎ ‎∴DG=EP 设AP=EP=x，则PD=GE=6－x，DG=x，‎ ‎∴CG=8－x，BG=8－（6－x）=2+x 根据勾股定理得：BC2+CG2=BG2‎ 即：62+（8－x）2=（x+2）2‎ 解得：x=4.8‎ ‎∴AP=4.8.‎ 考点：1.翻折变换（折叠问题）；2.勾股定理；3.矩形的性质.‎ ‎4 .（2015•江苏徐州,第17题3分）如图，正方形ABCD的边长为1，以对角线AC为边作第二个正方形，再以对角线AE为边作第三个正方形AEGH，如此下去，第n个正方形的边长为　（）n﹣1　．‎ 考点： 正方形的性质．.‎ 专题： 规律型．‎ 分析： 首先求出AC、AE、HE的长度，然后猜测命题中隐含的数学规律，即可解决问题．‎ 解答： 解：∵四边形ABCD为正方形，‎ ‎∴AB=BC=1，∠B=90°，‎ ‎∴AC2=12+12，AC=；‎ 同理可求：AE=（）2，HE=（）3…，‎ ‎∴第n个正方形的边长an=（）n﹣1．‎ 故答案为（）n﹣1．‎ 点评： 该题主要考查了正方形的性质、勾股定理及其应用问题；应牢固掌握正方形有关定理并能灵活运用．‎ ‎5．（4分）（（2015•山东日照 ，第14题3分））边长为1的一个正方形和一个等边三角形如图摆放，则△ABC的面积为　　．‎ 考点： 正方形的性质；等边三角形的性质；含30度角的直角三角形．.‎ 分析： 过点C作CD和CE垂直正方形的两个边长，再利用正方形和等边三角形的性质得出CE的长，进而得出△ABC的面积即可．‎ 解答： 解：过点C作CD和CE垂直正方形的两个边长，如图，‎ ‎∵一个正方形和一个等边三角形的摆放，‎ ‎∴四边形DBEC是矩形，‎ ‎∴CE=DB=，‎ ‎∴△ABC的面积=AB•CE=×1×=，‎ 故答案为：．‎ 点评： 此题考查正方形的性质，关键是根据正方形和等边三角形的性质得出BE和CE的长．‎ ‎　‎ ‎6．（2015•四川广安，第15题3分）如图，已知E、F、G、H分别为菱形ABCD四边的中点，AB=‎6cm，∠ABC=60°，则四边形EFGH的面积为　‎9　‎cm2．‎ 考点： 中点四边形；菱形的性质．.‎ 分析： 连接AC、BD，首先判定四边形EFGH的形状为矩形，然后根据菱形的性质求出AC与BD的值，进而求出矩形的长和宽，然后根据矩形的面积公式计算其面积即可．‎ 解答： 解：连接AC，BD，相交于点O，如图所示，‎ ‎∵E、F、G、H分别是菱形四边上的中点，‎ ‎∴EH=BD=FG，EH∥BD∥FG，‎ EF=AC=HG，‎ ‎∴四边形EHGF是平行四边形，‎ ‎∵菱形ABCD中，AC⊥BD，‎ ‎∴EF⊥EH，‎ ‎∴四边形EFGH是矩形，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，‎ ‎∴∠ABO=30°，‎ ‎∵AC⊥BD，‎ ‎∴∠AOB=90°，‎ ‎∴AO=AB=3，‎ ‎∴AC=6，‎ 在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB==3，‎ ‎∴BD=6，‎ ‎∵EH=BD，EF=AC，‎ ‎∴EH=3，EF=3，‎ ‎∴矩形EFGH的面积=EF•FG=‎9cm2．‎ 故答案为：9．‎ 点评： 本题考查了中点四边形和菱形的性质，解题的关键是判定四边形EFGH的形状为矩形．‎ ‎　‎ ‎7. （2015•四川省内江市，第24题，6分）如图，正方形ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上，O是EG的中点，∠EGC的平分线GH过点D，交BE于点H，连接OH，FH，EG与FH交于点M，对于下面四个结论：①CH⊥BE；②HOBG；③S正方形ABCD：S正方形ECGF=1：；④EM：MG=1：（1+），其中正确结论的序号为　②　．‎ 考点： 四边形综合题．.‎ 分析： 证明△BCE≌△DCG，即可证得∠BEC=∠DGC，然后根据三角形的内角和定理证得∠EHG=90°，则HG⊥BE，然后证明△BGH≌△EGH，则H是BE的中点，则OH是△BGE的中位线，根据三角形的中位线定理即可判断②．根据△DHN∽△DGC求得两个三角形的边长的比，则③④即可判断．‎ 解答： 解：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴BC=DC，∠BCE=90°，‎ 同理可得CE=CG，∠DCG=90°，‎ 在△BCE和△DCG中，‎ ‎，‎ ‎∴△BCE≌△DCG，‎ ‎∴∠BEC=∠DGC，‎ ‎∵∠EDH=∠CDG，∠DGC+∠CDG=90°，‎ ‎∴∠EDH+∠BEC=90°，‎ ‎∴∠EHD=90°，‎ ‎∴HG⊥BE，则CH⊥BE错误，‎ 则故①错误；‎ ‎∵在△BGH和△EGH中，，‎ ‎∴△BGH≌△EGH，‎ ‎∴BH=EH，‎ 又∵O是EG的中点，‎ ‎∴HOBG，‎ 故②正确；‎ 设EC和OH相交于点N．‎ 设HN=a，则BC=‎2a，设正方形ECGF的边长是2b，则NC=b，CD=‎2a，‎ ‎∵OH∥BC，‎ ‎∴△DHN∽△DGC，‎ ‎∴，即，即a2+2ab﹣b2=0，‎ 解得：a=或a=（舍去），‎ 则，‎ 则S正方形ABCD：S正方形ECGF=（）2=，故③错误；‎ ‎∵EF∥OH，‎ ‎∴△EFM∽△OMH，‎ ‎∴=，‎ ‎∴，‎ ‎∴===．故④错误．‎ 故正确的是②．‎ 故答案是：②．‎ 点评： 本题考查了正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确求得两个三角形的边长的比是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎8. （2015•四川省宜宾市，第12题，3分）如图，在菱形ABCD中，点P是对角线AC上的一点，PE⊥AB于点E，若PE=3，则点P到AD的距离为 .321·cn·jy·com ‎9, （2015•四川省宜宾市，第16题，3分）如图，在正方形ABC'D中，△BPC是等边三角形，BP、CP的延长线分别交AD于点E、F，连结BD、DP，BD与CF相交于点H.　　‎ 给出下列结论：①△ABE≌△DCF；② = ；③DP2=PH·PB；④ = .‎ 其中正确的是 (写出所有正确结论的序号). ①③④‎ ‎10,（2015上海,第16题4分）已知E是正方形ABCD的对角线AC上一点，AE＝AD，过点E作AC的垂线，交边CD于点F，那么∠FAD＝________度．‎ ‎【答案】22.5.‎ ‎【解析】‎ ‎11．(2015·南宁，第16题3分)如图7，在正方形ABCD的外侧，作等边△ADE，则BED的度数是 ．‎ 考点：正方形的性质；等边三角形的性质．.‎ 分析：根据正方形的性质，可得AB与AD的关系，∠BAD的度数，根据等边三角形的性质，可得AE与AD的关系，∠AED的度数，根据等腰三角形的性质，可得∠AEB与∠ABE的关系，根据三角形的内角和，可得∠AEB的度数，根据角的和差，可得答案．‎ 解答：解：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB=AD，∠BAD=90°．‎ ‎∵等边三角形ADE，‎ ‎∴AD=AE，∠DAE=∠AED=60°．‎ ‎∠BAE=∠BAD+∠DAE=90°+60°=150°，‎ AB=AE，‎ ‎∠AEB=∠ABE=（180°﹣∠BAE）÷2=15°，‎ ‎∠BED=∠DAE﹣∠AEB=60°﹣15°=45°，‎ 故答案为：45°．‎ 点评：本题考查了正方形的性质，先求出∠BAE的度数，再求出∠AEB，最后求出答案．‎ ‎12． (2015·河南，第15题3分)如图，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE=3，‎ 点F是边BC上不与点B、C重合的一个动点，把△EBF沿 EF折叠，点B落在B′处，若△CDB′恰为等腰三角形，则 DB′的长为 .‎ E F C D B A 第15题 B′ ‎ ‎【分析】若△CD恰为等腰三角形，判断以CD为腰或为底边分为三种情况：①DB′=DC；②CB′=CD；③CB′=DB′，针对每一种情况利用正方形和折叠的性质进行分析求解.‎ ‎16或【解析】本题考查正方形、矩形的性质和勾股定理的运用，以及分类讨论思想..根据题意，若△CD恰为等腰三角形需分三种情况讨论：（1）若DB′=DC时，则DB′=16（易知点F在BC上且不与点C、B重合） ；（2）当CB′=CD时，∵EB=EB′，CB=CB′∴点E、C在BB′的垂直平分线上，∴EC垂直平分BB′，由折叠可知点F与点C重合，不符合题意，舍去；（3）如解图，当CB′=DB′时，作BG⊥AB与点G，交CD于点H.∵AB∥CD，‎ ‎∴B′H⊥CD，∵CB′=DB′，∴DH=CD=8，∴AG=DH=8，∴GE=AG－AE=5，在Rt△B′EG中，由勾股定理得B′G=12，∴B′H=GH－B′G=4.在Rt△B′DH中，由勾股定理得DB′=，综上所述DB′=16或.‎ ‎ 　　　　　　　　　　　　　　　　第15题解图 ‎13． (2015·黑龙江绥化，第18题 分)如图正方形ABCD的对角线相交于点O ，△CEF是正三角形，则∠CEF=__________．‎ 考点：全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质．．‎ 分析：根据正方形、等边三角形的性质，可得AO=BO，OE=OF，根据SSS可得△AOE≌△BOF，根据全等三角形的性质，可得对应角相等，根据角的和差，可得答案．‎ 解答：解：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴OA=OB，∠AOB=90°．‎ ‎∵△OEF是正三角形，‎ ‎∴OE=OF，∠EOF=60°．‎ 在△AOE和△BOF中，‎ ‎，‎ ‎∴△AOE≌△BOF（SSS），‎ ‎∴∠AOE=∠BOF，‎ ‎∴∠AOE=（∠AOB﹣∠EOF）÷2‎ ‎=（90°﹣60°）÷2‎ ‎=15°，‎ 故答案为15°．‎ 点评：本题考查了全等三角形的性质与判定，正方形、等边三角形的性质，利用SSS证明三角形全等得出∠AOE=∠BOF是解题的关键．‎ ‎14.（2015呼和浩特，13，3分）如图，四边形 ABCD是菱形， E、F、G、H分别是各边的中点，随机地向菱形ABCD内掷一粒米，则米粒落到阴影区域内的概率是__________.‎ 考点分析：概率初步——结合其他考点（转化思想） 特殊四边形的性质 特殊代替一般 详解： 概率初步结合其他几何知识的考点有：面积比、点坐标存在、几何中充分条件等。一般而言难度不高。本题考查的是面积比，正规作法是连接HF，如右图。易证AH与BF平行且相等，所以四边形AHFB是平行四边形，那么不管E是否为AB的中点，S△HEF=S□AHFB,(同底等高)，同理可证S△HGF=S□HDCF,所以阴影部分的面积占整个菱形面积的一半。‎ 讲过，比平行四边形特殊的是菱形和矩形，比菱形特殊的是正方形。当客观题中出现菱形，且没有说对角线是否相等，那么你完全可以按照正方形处理，这就是本例的一个小应用。想让同学记住的是，本例用这个方法意义不大，因为你只要具备一定数学思想，眼里画上给出的HF，在转转眼珠，答案就出来了，所以教你的东西可以在以后的类似有比值呀、定值呀的题目中使用。‎ 如右图的正方形，一个中心十字，面积比一目了然，当然你脑子足够快的话，这个十字可以不画，其实拿到题目第一时间就是把它看成正方形，之后马上得出正确结论。‎ ‎15．（2015•广东省,第12题，4分）如图，菱形ABCD的边长为6，∠ABC=60°，则对角线AC的长是 ▲ .‎ ‎【答案】6.‎ ‎【考点】菱形的性质；等边三角形的判定和性质. ‎ ‎【分析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=6.‎ ‎∵∠ABC=60°，∴△ABC为等边三角形，∴AC=AB=BC=6.‎ ‎16. （2015•浙江滨州,第14题4分）如图，菱形ABCD的边长为15，sin∠BAC=，则对角线AC的长为 .‎ ‎【答案】24‎ 考点：菱形的性质，解直角三角形 ‎17．（2015•广东梅州,第14题，3分）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点A与点C重合，折痕为EF，若AB=4，BC=2，那么线段EF的长为　 　．‎ 考点：翻折变换（折叠问题）．.‎ 分析：如图，AC交EF于点O，由勾股定理先求出AC的长度，根据折叠的性质可判断出RT△EOC∽RT△ABC，从而利用相似三角形的对应边成比例可求出OE，再由EF=2OE可得出EF的长度 解答：解：如图所示，AC交EF于点O，‎ 由勾股定理知AC=2，‎ 又∵折叠矩形使C与A重合时有EF⊥AC，‎ 则Rt△AOE∽Rt△ABC，‎ ‎∴，‎ ‎∴OE=‎ 故EF=2OE=．‎ 故答案为：．‎ 点评：此题考查了翻折变换、勾股定理及矩形的性质，难度一般，解答本题的关键是判断出RT△AOE∽RT△ABC，利用相似三角形的性质得出OE的长．‎ ‎18. （2015•浙江湖州，第15题4分）如图，已知抛物线C1：y=a1x2+b1x+c1和C2：y=a2x2+b2x+c2都经过原点，顶点分别为A，B，与x轴的另一个交点分别为M、N，如果点A与点B，点M与点N都关于原点O成中心对称，则抛物线C1和C2为姐妹抛物线，请你写出一对姐妹抛物线C1和C2，使四边形ANBM恰好是矩形，你所写的一对抛物线解析式是_______________________和_________________________‎ ‎【答案】,(答案不唯一，只要符合条件即可).‎ ‎【解析】‎ 试题分析：因点A与点B，点M与点N都关于原点O成中心对称，所以把抛物线C2看成抛物线C1以点O为旋转中心旋转180°得到的，由此即可知a1，a2互为相反数，抛物线C1和C2的对称轴直线关于y轴对称，由此可得出b1=b2. 抛物线C1和C2都经过原点，可得c1=c2，设点A(m，n)，由题意可知B（－m，－n），由勾股定理可得.由图象可知MN=︱‎4m︱，又因四边形ANBM是矩形，所以AB=MN,即，解得，设抛物线的表达式为，任意确定m的一个值，根据确定n的值，抛物线过原点代入即可求得表达式，然后在确定另一个表达式即可.l例如，当m=1时，n=，抛物线的表达式为，把x=0，y=0代入解得a=，即，所以另一条抛物线的表达式为.‎ 考点：旋转、矩形、二次函数综合题 ‎19. （2015•浙江湖州，第16题4分）已知正方形ABC1D1的边长为1，延长C1D1到A1，以A‎1C1为边向右作正方形A‎1C1C2D2，延长C2D2到A2，以A‎2C2为边向右作正方形A‎2C2C3D3‎ ‎(如图所示)，以此类推…，若A‎1C1=2，且点A，D2， D3，…，D10都在同一直线上，则正方形A‎9C9C10D10的边长是__________________________‎ ‎【答案】.‎ ‎ 考点：正方形的性质；相似三角形的判定及性质；规律探究题.‎ ‎20. （2015•浙江丽水，第15题4分）如图，四边形ABCD与四边形AECF都是菱形，点E，F在BD上，已知∠BAD=120°，∠EAF=30°，则= ▲ .‎ ‎【答案】. ‎ ‎【考点】菱形的性质；等腰直角三角形和含30度角直角三角形的性质；特殊元素法的应用.‎ ‎【分析】如答图，过点E作EH⊥AB于点H，‎ ‎∵四边形ABCD与四边形AECF都是菱形，∠BAD=120°，∠EAF=30°，‎ ‎∴∠ABE=30°，∠BAE=45°.‎ 不妨设，‎ ‎∴在等腰中，；在中，.‎ ‎∴. ∴.‎ ‎21 ,（2015•浙江宁波，第15题4分）命题“对角线相等的四边形是矩形”是 ▲ 命题（填“真”或“假”）‎ ‎【答案】假.‎ ‎【考点】命题的真假判定；矩形的判定. ‎ ‎【分析】根据矩形的判定，对角线相等的平行四边形才是矩形，而对角线相等的四边形也可能是等腰梯形等，故命题“对角线相等的四边形是矩形”是假命题.‎ ‎22.（2015湖北荆州第17题3分）如图，将一张边长为‎6cm的正方形纸片按虚线裁剪后，恰好围成底面是正六边形的棱柱，则这个六棱柱的侧面积为　36﹣‎12　‎cm2．‎ 考点： 展开图折叠成几何体．‎ 分析： 这个棱柱的侧面展开正好是一个长方形，长为6，宽为6减去两个六边形的高，再用长方形的面积公式计算即可求得答案．‎ 解答： 解：∵将一张边长为6的正方形纸片按虚线裁剪后，恰好围成一个底面是正六边形的棱柱，‎ ‎∴这个正六边形的底面边长为1，高为，‎ ‎∴侧面积为长为6，宽为6﹣2的长方形，‎ ‎∴面积为：6×（6﹣2）=36﹣12．‎ 故答案为：36﹣12．‎ 点评： 此题主要考查了正方形的性质、矩形的性质以及剪纸问题的应用．此题难度不大，注意动手操作拼出图形，并能正确进行计算是解答本题的关键．‎ 三.解答题 ‎1. （2015•浙江嘉兴，第19题8分）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，AF=DE，AF和DE相交于点G.‎ ‎（1）观察图形，写出图中所有与∠AED相等的角. ‎ ‎（2）选择图中与∠AED相等的任意一个角，并加以证明.‎ 考点：全等三角形的判定与性质；正方形的性质．.‎ 分析：（1）由图示得出∠DAG，∠AFB，∠CDE与∠AED相等；‎ ‎（2）根据SAS证明△DAE与△ABF全等，利用全等三角形的性质即可证明．‎ 解答：解：（1）由图可知，∠DAG，∠AFB，∠CDE与∠AED相等；‎ ‎（2）选择∠DAG=∠AED，证明如下：‎ ‎∵正方形ABCD，‎ ‎∴∠DAB=∠B=90°，AD=AB，‎ ‎∵AF=DE，‎ 在△DAE与△ABF中，‎ ‎，‎ ‎∴△DAE≌△ABF（SAS），‎ ‎∴∠ADE=∠BAF，‎ ‎∵∠DAG+∠BAF=90°，∠GDA+∠AED=90°，‎ ‎∴∠DAG=∠AED．‎ 点评：此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据SAS证明△DAE与△ABF全等．‎ ‎2. （2015•浙江嘉兴，第24题14分）类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“等邻边四边形”.‎ ‎（1）概念理解 如图1，在四边形ABCD中，添加一个条件使得四边形ABCD是“等邻边四边形”.请写出你添加的一个条件.‎ ‎（2）问题探究 ‎ ‎ ①小红猜想：对角线互相平分的“等邻边四边形”是菱形.她的猜想正确吗？请说明理由。‎ ‎ ②如图2，小红画了一个Rt△ABC，其中∠ABC=90°，AB=2，BC=1，并将Rt△ABC沿 ‎∠ABC的平分线BB＇方向平移得到△A＇B＇C＇，连结AA＇，BC＇.小红要是平移后的四边形ABC＇A＇是“等邻边四边形”，应平移多少距离（即线段BB＇的长）？‎ ‎（3）应用拓展 ‎ 如图3，“等邻边四边形”ABCD中，AB=AD，∠BAD+∠BCD==90°，AC，BD为对角线，AC=AB.试探究BC，CD，BD的数量关系.‎ 考点：四边形综合题．.‎ 分析：（1）由“等邻边四边形”的定义易得出结论；‎ ‎（2）①先利用平行四边形的判定定理得平行四边形，再利用“等邻边四边形”定义得邻边相等，得出结论；‎ ‎②由平移的性质易得BB′=AA′，A′B′∥AB，A′B′=AB=2，B′C′=BC=1，A′C′=AC=，再利用“等邻边四边形”定义分类讨论，由勾股定理得出结论；‎ ‎（3）由旋转的性质可得△ABF≌△ADC，由全等性质得∠ABF=∠ADC，∠BAF=∠DAC，AF=AC，FB=CD，利用相似三角形判定得△ACF∽△ABD，由相似的性质和四边形内角和得∠CBF=90°，利用勾股定理，等量代换得出结论．‎ 解答：解：（1）AB=BC或BC=CD或CD=AD或AD=AB（任写一个即可）；‎ ‎（2）①正确，理由为：‎ ‎∵四边形的对角线互相平分，∴这个四边形是平行四边形，‎ ‎∵四边形是“等邻边四边形”，∴这个四边形有一组邻边相等，‎ ‎∴这个“等邻边四边形”是菱形；‎ ‎②∵∠ABC=90°，AB=2，BC=1，‎ ‎∴AC=，‎ ‎∵将Rt△ABC平移得到△A′B′C′，‎ ‎∴BB′=AA′，A′B′∥AB，A′B′=AB=2，B′C′=BC=1，A′C′=AC=，‎ ‎（I）如图1，当AA′=AB时，BB′=AA′=AB=2；‎ ‎（II）如图2，当AA′=A′C′时，BB′=AA′=A′C′=；‎ ‎（III）当A′C′=BC′=时，‎ 如图3，延长C′B′交AB于点D，则C′B′⊥AB，‎ ‎∵BB′平分∠ABC，‎ ‎∴∠ABB′=∠ABC=45°，‎ ‎∴∠BB′D=′∠ABB′=45°，‎ ‎∴B′D=B，‎ 设B′D=BD=x，‎ 则C′D=x+1，BB′=x，‎ ‎∵在Rt△BC′D中，BD2+（C′D）2=（BC′）2‎ ‎∴x2+（x+1）2=（）2，‎ 解得：x1=1，x2=﹣2（不合题意，舍去），‎ ‎∴BB′=x=，‎ ‎（Ⅳ）当BC′=AB=2时，如图4，‎ 与（Ⅲ）方法一同理可得：BD2+（C′D）2=（BC′）2，‎ 设B′D=BD=x，‎ 则x2+（x+1）2=22，‎ 解得：x1=，x2=（不合题意，舍去），‎ ‎∴BB′=x=；‎ ‎（3）BC，CD，BD的数量关系为：BC2+CD2=2BD2，如图5，‎ ‎∵AB=AD，‎ ‎∴将△ADC绕点A旋转到△ABF，连接CF，‎ ‎∴△ABF≌△ADC，‎ ‎∴∠ABF=∠ADC，∠BAF=∠DAC，AF=AC，FB=CD，‎ ‎∴∠BAD=∠CAF，==1，‎ ‎∴△ACF∽△ABD，‎ ‎∴==，∴BD，‎ ‎∵∠BAD+∠ADC+∠BCD+∠ABC=360°，‎ ‎∴∠ABC+∠ADC﹣360°﹣（∠BAD+∠BCD）=360°﹣90°=270°，‎ ‎∴∠ABC+∠ABF=270°，‎ ‎∴∠CBF=90°，‎ ‎∴BC2+FB2﹣CF2=（BD）2=2BD2，‎ ‎∴BC2+CD2=2BD2．‎ 点评：本题主要考查了对新定义的理解，菱形的判定，勾股定理，相似三角形的性质等，理解新定义，分类讨论是解答此题的关键．‎ ‎3. （2015•浙江金华，第21题8分）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D为圆心，DE为半径作圆弧交AD于点G，若BF=FC=1，试求的长.‎ ‎【答案】解：（1）证明：∵DE⊥AF ，∴∠AED=90°.‎ 又∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，∠B=90°.‎ ‎∴∠DAE=∠AFB，∠AED=∠B=90°.‎ 又∵AF=AD，∴△ADE≌△FAB（AAS）.‎ ‎∴DE=AB.‎ ‎（2）∵BF=FC=1，∴AD=BC=BF+FC=2.‎ 又∵△ADE≌△FAB，∴AE=BF=1.‎ ‎∴在Rt△ADE中，AE=AD. ∴∠ADE=30°.‎ 又∵DE=，‎ ‎∴.‎ ‎【考点】矩形的性质；全等三角形的判定和性质；含30度角直角坐标三角形的性质；勾股定理；弧长的计算.‎ ‎【分析】（1）通过应用AAS证明△ADE≌△FAB即可证明DE=AB.（2）求出∠ADE和DE的长即可求得的长.‎ ‎4．（2015·四川甘孜、阿坝，第27题10分）已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．‎ 试探究下列问题：‎ ‎（1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）‎ ‎（2）如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；‎ ‎（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE和BF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．‎ 考点：‎ 四边形综合题．.‎ 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠DAF=∠CDE，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；‎ ‎（2）由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠E=∠F，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；‎ ‎（3）首先设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，由点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，即可得MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后由AF=DE，可证得四边形MNPQ是菱形，又由AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形．‎ 解答：‎ 解：（1）上述结论①，②仍然成立，‎ 理由为：∵四边形ABCD为正方形，‎ ‎∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，‎ 在△ADF和△DCE中，‎ ‎，‎ ‎∴△ADF≌△DCE（SAS），‎ ‎∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，‎ ‎∵∠ADG+∠EDC=90°，‎ ‎∴∠ADG+∠DAF=90°，‎ ‎∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；‎ ‎（2）上述结论①，②仍然成立，‎ 理由为：∵四边形ABCD为正方形，‎ ‎∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，‎ 在△ADF和△DCE中，‎ ‎，‎ ‎∴△ADF≌△DCE（SAS），‎ ‎∴AF=DE，∠E=∠F，‎ ‎∵∠ADG+∠EDC=90°，‎ ‎∴∠ADG+∠DAF=90°，‎ ‎∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；‎ ‎（3）四边形MNPQ是正方形．‎ 理由为：如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，‎ ‎∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，‎ ‎∴MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，‎ ‎∴四边形OHQG是平行四边形，‎ ‎∵AF=DE，‎ ‎∴MQ=PQ=PN=MN，‎ ‎∴四边形MNPQ是菱形，‎ ‎∵AF⊥DE，‎ ‎∴∠AOD=90°，‎ ‎∴∠HQG=∠AOD=90°，‎ ‎∴四边形MNPQ是正方形．‎ 点评：‎ 此题属于四边形的综合题，考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及三角形中位线的性质．注意证得△ADF≌△DCE（SAS），掌握三角形中位线的性质是关键．‎ ‎5．（2015·山东潍坊第23 题12分）如图1，点O是正方形ABCD两对角线的交点，分别延长OD到点G，OC到点E，使OG=2OD，OE=2OC，然后以OG、OE为邻边作正方形OEFG，连接AG，DE．‎ ‎（1）求证：DE⊥AG；‎ ‎（2）正方形ABCD固定，将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角（0°＜α＜360°）得到正方形OE′F′G′，如图2．‎ ‎①在旋转过程中，当∠OAG′是直角时，求α的度数；‎ ‎②若正方形ABCD的边长为1，在旋转过程中，求AF′长的最大值和此时α的度数，直接写出结果不必说明理由．‎ 考点：‎ 几何变换综合题．.‎ 分析：‎ ‎（1）延长ED交交AG于点H，易证△AOG≌△DOE，得到∠AGO=∠DEO，然后运用等量代换证明∠AHE=90°即可；‎ ‎（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，α=30°，α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，α=150°；‎ ‎②当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，AF′=AO+OF′=+2，此时α=315°．‎ 解答：‎ 解：（1）如图1，延长ED交AG于点H，‎ ‎∵点O是正方形ABCD两对角线的交点，‎ ‎∴OA=OD，OA⊥OD，‎ ‎∵OG=OE，‎ 在△AOG和△DOE中，‎ ‎，‎ ‎∴△AOG≌△DOE，‎ ‎∴∠AGO=∠DEO，‎ ‎∵∠AGO+∠GAO=90°，‎ ‎∴∠AGO+∠DEO=90°，‎ ‎∴∠AHE=90°，‎ 即DE⊥AG；‎ ‎（2）①在旋转过程中，∠OAG′成为直角有两种情况：‎ ‎（Ⅰ）α由0°增大到90°过程中，当∠OAG′=90°时，‎ ‎∵OA=OD=OG=OG′，‎ ‎∴在Rt△OAG′中，sin∠AG′O==，‎ ‎∴∠AG′O=30°，‎ ‎∵OA⊥OD，OA⊥AG′，‎ ‎∴OD∥AG′，‎ ‎∴∠DOG′=∠AG′O=30°，‎ 即α=30°；‎ ‎（Ⅱ）α由90°增大到180°过程中，当∠OAG′=90°时，‎ 同理可求∠BOG′=30°，‎ ‎∴α=180°﹣30°=150°．‎ 综上所述，当∠OAG′=90°时，α=30°或150°．‎ ‎②如图3，当旋转到A、O、F′在一条直线上时，AF′的长最大，‎ ‎∵正方形ABCD的边长为1，‎ ‎∴OA=OD=OC=OB=，‎ ‎∵OG=2OD，‎ ‎∴OG′=OG=，‎ ‎∴OF′=2，‎ ‎∴AF′=AO+OF′=+2，‎ ‎∵∠COE′=45°，‎ ‎∴此时α=315°．‎ 点评：‎ 本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、旋转变换的性质的综合运用，有一定的综合性，分类讨论当∠OAG′是直角时，求α的度数是本题的难点．‎ ‎6．（2015•北京市,第28题，7分）在正方形ABCD中，BD是一条对角线，点P在射线CD 上（与点C、D不重合），连接AP，平移，使点D移动到点C，得到，过点Q作于H，连接AH，PH。‎ ‎(1)若点P在线段CD上，如图1。‎ ‎①依题意补全图1；‎ ‎②判断AH与PH的数量关系与位置关系并加以证明；‎ ‎(2)若点P在线段CD的延长线上，且，正方形ABCD的边长为1，请写出求DP长的思路。（可以不写出计算结果）‎ A B C D P A B C D 图1‎ 备用图 ‎【考点】正方形及其平移 ‎【难度】较难 ‎【答案】‎ ‎【点评】此题主要考查正方形的性质、旋转对称等知识点。这是一道综合习题 ‎7．（2015•甘肃兰州,第25题，9分）如图，四边形ABCD中AB∥CD，AB≠CD，BD=AC。‎ ‎（1）求证：AD=BC；‎ ‎（2）若E，F，F，H分别是AB，CD，AC，BD的中点，‎ 求证：线段EF与线段GH互相垂直平分。‎ ‎【考点解剖】本题考查特殊四边形的性质，和等腰三角形性质中的相关知识点。‎ ‎【知识准备】在同一个三角形中，相等的边所对的角相等；‎ 平行四边形对边相等 ‎【思路点拔】（1）要说明AD=BC，只要能说明△ACD≌△BDC，‎ 现已有AC=BD，CD=DC，那么关键是如何说明∠1=∠2；‎ 这里需要注意的是：由AC=BD，并不能直接得出结论∠1=∠2，因为AC和BD并非同一个三角形中的元素。‎ 能否以某一角为媒介，使得∠1和∠2都与之相等？‎ 结合已知条件中的AC=BD，如果能够构造出以AC和BD为其中两边的三角形，那么它们所对的角自然相等。‎ 为此，可将AC平移，使点A到点B位置（如图），那么有∠2=∠K，而∠K=∠1，则有∠2=∠1，问题得以解决；‎ ‎（2）要说明线段EF与线段GH互相垂直平分，只要能说明线段EF与GH是菱形的两条对角线即可。‎ ‎【解答过程】（1）延长DC至K，使CK=AB，∵ABCK，∴四边形ABKC是平行四边形，‎ 则在□ABKC中，有ACBK，∴∠1=∠K，‎ ‎∵BD=AC，AC=BK，∴BD=BK，则有∠2=∠K，‎ ‎∵∠2=∠K，∠1=∠K，∴∠1=∠2 。‎ ‎△ACD和△BDC中，∵， ∴△ACD≌△BDC（SAS），‎ ‎∴AD=BC ；‎ ‎（2）分别连结EH，HF，FG和GE， ‎ ‎∵E，H分别是AB，DB的中点， ∴EHAD，‎ 同理：GFAD，EGBC，HFBC，‎ ‎∵AD=BC，∴EH=HF=FG=GE， ∴四边形EHFG是菱形，‎ ‎∴EF与GH互相垂直平分（菱形的对角线互相垂直平分）。‎ ‎【题目星级】★★★★‎ ‎【解题策略】很多时候，在直接说明某两个量相等（如本题中需证明∠1=∠2）有困难时，我们往往可以寻找第三方媒介，分别说明目标的两个量与第三方的这个量相等，从而达到说明两个目标量相等的目的。‎ 例如证明本题中的∠1=∠2，以及本卷第19题中的，或者S1=S2。‎ ‎8. （2015山东省德州市，20，8分）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线OB，AC相交于点D，且BE∥AC,AE∥OB.‎ ‎(1)求证：四边形AEBD是菱形；‎ ‎(2)如果OA=3,OC=2,求出经过点E的反比例函数解析式.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）‎ ‎∴所求的反比例函数解析式为.‎ 考点：平行四边形的判定、菱形的判定；矩形、菱形的性质；待定系数法求反比例函数的解析式．‎ ‎9, （2015山东济宁，19，8分）(本题满分8分)‎ 如图，在△ABC中，AB=AC，∠DAC是△ABC的一个外角.‎ 实践与操作：‎ 根据要求尺规作图，并在图中标明相应字母（保留作图痕迹，不写作法）. ‎ ‎（1）作∠DAC的平分线AM；‎ ‎（2）作线段AC的垂直平分线，与AM交于点F，与BC边交于点E，连接AE、CF.‎ 猜想并证明：‎ 判断四边形AECF的形状并加以证明.‎ ‎ ‎ ‎【答案】‎ 试题解析：（1）‎ ‎ ‎ ‎（2）猜想：四边形AECF是菱形 ‎ 证明：∵AB=AC ，AM平分∠CAD ‎ ‎ ∴∠B=∠ACB，∠CAD=2∠CAM ‎∵∠CAD是△ABC的外角 ‎∴∠CAD=∠B+∠ACB ‎∴∠CAD=2∠ACB ‎ ‎∴∠CAM=∠ACB ‎∴AF∥CE ‎∵EF垂直平分AC ‎ ‎∴OA=OC, ∠AOF=∠COE=‎ ‎∴AOF≌△COE ‎ ‎∴AF=CE 在四边形AECF中，AF∥CE，AF=CE ‎∴四边形AECF是平行四边形 又∵EF⊥AC ‎ ‎∴四边形AECF是菱形 考点：角平分线，线段的垂直平分线的基本作图，等腰三角形的内外角，三角形全等，菱形的判定 ‎10.（2015•江苏泰州,第25题12分）如图，正方形ABCD的边长为‎8cm，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA 上的动点，且AE=BF=CG=DH.‎ ‎（1）求证：四边形EFGH是正方形；‎ ‎（2）判断直线EG是否经过一个定点，并说明理由；‎ ‎（3）求四边形EFGH面积的最小值。‎ ‎【答案】(1)证明见解析；（2）直线EG经过一个定点，这个定点为正方形的中心（AC、BD 的交点）；理由见解析；（3）‎32cm2.‎ ‎【解析】‎ ‎（2）解：直线EG经过一个定点，这个定点为正方形的中心（AC、BD的交点）；理由如下：‎ 连接AC、EG，交点为O；如图所示： ‎ ‎ ‎ ‎∵四边形ABCD是正方形， ‎ ‎∴AB∥CD， ‎ ‎∴∠OAE=∠OCG， ‎ 在△AOE和△COG中，‎ ‎， ‎ ‎∴△AOE≌△COG（AAS）， ‎ ‎∴OA=OC，即O为AC的中点， ‎ ‎∵正方形的对角线互相平分， ‎ ‎∴O为对角线AC、BD的交点，即O为正方形的中心；‎ ‎（3）解：设四边形EFGH面积为S，设BE=xcm，则BF=（8－x）cm， ‎ 根据勾股定理得：EF2=BE2+BF2=x2+（8－x）2， ‎ ‎∴S=x2+（8－x）2=2（x－4）2+32， ‎ ‎∵2＞0， ‎ ‎∴S有最小值， ‎ 当x=4时，S的最小值=32， ‎ ‎∴四边形EFGH面积的最小值为‎32cm2．‎ 考点：四边形综合题．‎ ‎11.（2015•江苏徐州,第23题8分）如图，点A，B，C，D在同一条直线上，点E，F分别在直线AD的两侧，且AE=DF，∠A=∠D，AB=DC．‎ ‎（1）求证：四边形BFCE是平行四边形；‎ ‎（2）若AD=10，DC=3，∠EBD=60°，则BE=　4　 时，四边形BFCE是菱形．‎ 考点：‎ 平行四边形的判定；菱形的判定．.‎ 分析：‎ ‎（1）由AE=DF，∠A=∠D，AB=DC，易证得△AEC≌△DFB，即可得BF=EC，∠ACE=∠DBF，且EC∥BF，即可判定四边形BFCE是平行四边形；‎ ‎（2）当四边形BFCE是菱形时，BE=CE，根据菱形的性质即可得到结果．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵AB=DC，‎ ‎∴AC=DF，‎ 在△AEC和△DFB中 ‎，‎ ‎∴△AEC≌△DFB（SAS），‎ ‎∴BF=EC，∠ACE=∠DBF ‎∴EC∥BF，‎ ‎∴四边形BFCE是平行四边形；‎ ‎（2）当四边形BFCE是菱形时，BE=CE，‎ ‎∵AD=10，DC=3，AB=CD=3，‎ ‎∴BC=10﹣3﹣3=4，‎ ‎∵∠EBD=60°，‎ ‎∴BE=BC=4，‎ ‎∴当BE=4 时，四边形BFCE是菱形，‎ 故答案为：4．‎ 点评：‎ 此题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度适中，注意数形结合思想的应用，注意掌握辅助线的作法．‎ ‎　12,（2015•山东东营,第24题10分）如图，两个全等的△和△重叠在一起，固定△，将△进行如下变换：‎ ‎（1）如图1，△沿直线CB向右平移（即点F在线段CB上移动），连接AF、AD、BD，请直接写出与的关系；‎ ‎（2）如图2，当点F平移到线段BC的中点时，若四边形AFBD为正方形，那么△应满足什么条件？请给出证明；‎ ‎（3）在（2）的条件下，将△沿DF折叠，点E落在FA的延长线上的点G处，连接CG，请你在图3的位置画出图形，并求出的值． ‎ ‎【答案】(1) (1) S△ABC=S四边形AFBD；‎ (2) ‎△ABC为等腰直角三角形，即：AB=AC，∠BAC=90°,证明见解析；‎ (3) 图形见解析；sin∠CGF=.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1)由平移可知AD=BE，从而可得S△DBE=S△DFA， S△ABC=S△DFE，S△DFE=S△DFB+S△DBE， S△ABC=S四边形AFBD；‎ （2） 若四边形AFBD是正方形，则∠AFB=90°，AF=BF，又CF=BF，从而可知AF=AF=BF，从而可得∠BAC=90°，AB=AC；‎ ‎（3）由（2）知，△ABC为等腰直角三角形, 从而可知GF=2CF，设CF=,则GF=EF=CB=2k，由勾股定理，得：CG=k,从而可求得sin∠CGF=.‎ 试题解析：(1) S△ABC=S四边形AFBD；‎ ‎(2) △ABC为等腰直角三角形，即：AB=AC，∠BAC=90°,理由如下：‎ ‎∵Ｆ为BC的中点，∴CF=BF，∵CF= AD，∴AD= BF，又∵AD∥BF，∴四边形AFBD为平行四边形，∵AB=AC,Ｆ为BC的中点，∴AF⊥BC，∴平行四边形AFBD为矩形，∵∠BAC=90°,F为BC的中点，∴AF=BC=BF，∴四边形AFBD为正方形；‎ (3) 正确画出图形 由（2）知，△ABC为等腰直角三角形, AF⊥BC，设CF=k，则GF=EF=CB=2k，由勾股定理，得：CG=k,sin∠CGF===.‎ ‎ ‎ 考点：三角形综合题.‎ ‎13.（2015•山东聊城,第21题8分）如图，在△ABC中，AB=BC，BD平分∠ABC．四边形ABED是平行四边形，DE交BC于点F，连接CE．‎ 求证：四边形BECD是矩形．‎ 考点：‎ 矩形的判定．.‎ 专题：‎ 证明题．‎ 分析：‎ 根据已知条件易推知四边形BECD是平行四边形．结合等腰△ABC“三线合一”的性质证得BD⊥AC，即∠BDC=90°，所以由“有一内角为直角的平行四边形是矩形”得到▱BECD是矩形．‎ 解答：‎ 证明：∵AB=BC，BD平分∠ABC，‎ ‎∴BD⊥AC，AD=CD．‎ ‎∵四边形ABED是平行四边形，‎ ‎∴BE∥AD，BE=AD，‎ ‎∴四边形BECD是平行四边形．‎ ‎∵BD⊥AC，‎ ‎∴∠BDC=90°，‎ ‎∴▱BECD是矩形．‎ 点评：‎ 本题考查了矩形的判定．矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．‎ ‎14．(2015·南宁，第23题8分)如图12，在□ABCD中，E、F分别是AB、DC边上的点，且AE=CF，‎ ‎（1）求证：△ADE≌△CBF；‎ ‎（2）若DEB=90°，求证四边形DEBF是矩形. ‎ 图12‎ 考点：平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；矩形的判定．.‎ 专题：证明题．‎ 分析：（1）由在▱ABCD中，AE=CF，可利用SAS判定△ADE≌△CBF．‎ ‎（2）由在▱ABCD中，且AE=CF，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得四边形DEBF是平行四边形，又由∠DEB=90°，可证得四边形DEBF是矩形．‎ 解答：证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AD=CB，∠A=∠C，‎ 在△ADE和△CBF中，，‎ ‎∴△ADE≌△CBF（SAS）．‎ ‎（2）∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AB=CD，AB∥CD，‎ ‎∵AE=CF，‎ ‎∴BE=DF，‎ ‎∴四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∵∠DEB=90°，‎ ‎∴四边形DEBF是矩形．‎ 点评：此题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定以及全等三角形的判定与性质．注意有一个角是直角的平行四边形是矩形，首先证得四边形ABCD是平行四边形是关键．‎ ‎15. （2015•四川成都,第27题10分）‎ 已知分别为四边形和的对角线，点在内，。‎ ‎（1）如图①，当四边形和均为正方形时，连接。‎ ‎ 1)求证：∽；2）若，求的长。‎ ‎（2）如图②，当四边形和均为矩形，且时，若，‎ 求的值；‎ ‎（3）如图③，当四边形和均为菱形，且时，‎ 设，试探究三者之间满足的等量关系。（直接写出结果，不必写出解答过程）‎ ‎【答案】：（1）1）见解析，2）；（2）；（3）‎ ‎【解析】：（1）1)，又，‎ ‎∽。‎ ‎ 2），，由∽可得，‎ 又，，即 由，解得。‎ ‎ （2）连接，同理可得，由，可得 ‎，所以，。‎ ‎ ‎ ‎，解得。‎ ‎ （3）连接，同理可得，过作延长线于，‎ 可解得，，‎ ‎。‎ ‎16. （2015•四川凉山州,第21题8分）如图，在正方形ABCD中，G是BC上任意一点，连接AG，DE⊥AG于E，BF∥DE交AG于F，探究线段AF、BF、EF三者之间的数量关系，并说明理由．‎ ‎【答案】AF=BF+EF，理由见试题解析．‎ 考点：1．全等三角形的判定与性质；2．正方形的性质．‎ ‎17. （2015•四川眉山，第25题9分）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点，‎ ‎（1）求证：四边形AECF为平行四边形；‎ ‎（2）若△AEP是等边三角形，连结BP，求证：△APB≌△EPC；‎ ‎（3）若矩形ABCD的边AB=6，BC=4，求△CPF的面积．‎ 考点：‎ 四边形综合题．.‎ 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）由折叠的性质得到BE=PE，EC与PB垂直，根据E为AB中点，得到AE=PE ‎，利用等角对等边得到两对角相等，由∠AEP为三角形EBP的外角，利用外角性质得到∠AEP=2∠EPB，设∠EPB=x，则∠AEP=2x，表示出∠APE，由∠APE+∠EPB得到∠APB为90°，进而得到AF与EC平行，再由AE与FC平行，利用两对边平行的四边形为平行四边形即可得证；‎ ‎（2）根据三角形AEP为等边三角形，得到三条边相等，三内角相等，再由折叠的性质及邻补角定义得到一对角相等，根据同角的余角相等得到一对角相等，再由AP=EB，利用AAS即可得证；‎ ‎（3）过P作PM⊥CD，在直角三角形EBC中，利用勾股定理求出EC的长，利用面积法求出BQ的长，根据BP=2BQ求出BP的长，在直角三角形ABP中，利用勾股定理求出AP的长，根据AF﹣AP求出PF的长，由PM与AD平行，得到三角形PMF与三角形ADF相似，由相似得比例求出PM的长，再由FC=AE=3，求出三角形CPF面积即可．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：由折叠得到BE=PE，EC⊥PB，‎ ‎∵E为AB的中点，‎ ‎∴AE=EB，即AE=PE，‎ ‎∴∠EBP=∠EPB，∠EAP=∠EPA，‎ ‎∵∠AEP为△EBP的外角，‎ ‎∴∠AEP=2∠EPB，‎ 设∠EPB=x，则∠AEP=2x，∠APE==90°﹣x，‎ ‎∴∠APB=∠APE+∠EPB=x+90°﹣x=90°，即BP⊥AF，‎ ‎∴AF∥EC，‎ ‎∵AE∥FC，‎ ‎∴四边形AECF为平行四边形；‎ ‎（2）∵△AEP为等边三角形，‎ ‎∴∠BAP=∠AEP=60°，AP=AE=EP=EB，‎ ‎∵∠PEC=∠BEC，‎ ‎∴∠PEC=∠BEC=60°，‎ ‎∵∠BAP+∠ABP=90°，∠ABP+∠BEQ=90°，‎ ‎∴∠BAP=∠BEQ，‎ 在△ABP和△EBC中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABP≌△EBC（AAS），‎ ‎∵△EBC≌△EPC，‎ ‎∴△ABP≌△EPC；‎ ‎（3）过P作PM⊥DC，交DC于点M，‎ 在Rt△EBC中，EB=3，BC=4，‎ 根据勾股定理得：EC==5，‎ ‎∵S△EBC=EB•BC=EC•BQ，‎ ‎∴BQ==，‎ 由折叠得：BP=2BQ=，‎ 在Rt△ABP中，AB=6，BP=，‎ 根据勾股定理得：AP==，‎ ‎∵四边形AECF为平行四边形，‎ ‎∴AF=EC=5，FC=AE=3，‎ ‎∴PF=5﹣=，‎ ‎∵PM∥AD，‎ ‎∴=，即=，‎ 解得：PM=，‎ 则S△PFC=FC•PM=×3×=．‎ 点评：‎ 此题属于四边形综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，折叠的性质，等边三角形的性质，勾股定理，三角形的面积求法，相似三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．‎ ‎18. （2015•四川乐山,第20题10分）如图，将矩形纸片ABCD沿对角线BD折叠，使点A落在平面上的F点处，DF交BC于点E．‎ ‎（1）求证：△DCE≌△BFE；‎ ‎（2）若CD=2，∠ADB=30°，求BE的长．‎ ‎【答案】（1）证明见试题解析；（2）．‎ 考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．全等三角形的判定与性质．‎ ‎19. （2015•绵阳第25题，14分）如图，在边长为2的正方形ABCD中，G是AD延长线时的一点，且DG=AD，动点M从A点出发，以每秒1个单位的速度沿着A→C→G的路线向G点匀速运动（M不与A，G重合），设运动时间为t秒，连接BM并延长AG于N．‎ ‎（1）是否存在点M，使△ABM为等腰三角形？若存在，分析点M的位置；若不存在，请说明理由；‎ ‎（2）当点N在AD边上时，若BN⊥HN，NH交∠CDG的平分线于H，求证：BN=HN；‎ ‎（3）过点M分别作AB，AD的垂线，垂足分别为E，F，矩形AEMF与△ACG重叠部分的面积为S，求S的最大值．‎ 考点：‎ 四边形综合题．.‎ 分析：‎ ‎（1）四种情况：当点M为AC的中点时，AM=BM；当点M与点C重合时，AB=BM；当点M在AC上，且AM=2时，AM=AB；当点M为CG的中点时，AM=BM；△ABM为等腰三角形；‎ ‎（2）在AB上截取AK=AN，连接KN；由正方形的性质得出∠ADC=90°，AB=AD，∠CDG=90°，得出BK=DN，先证出∠BKN=∠NDH，再证出∠ABN=∠DNH，由ASA证明△BNK≌△NHD，得出BN=NH即可；‎ ‎（3）①当M在AC上时，即0＜t≤2时，△AMF为等腰直角三角形，得出AF=FM=t，求出S=AF•FM=t2；当t=2时，即可求出S的最大值；‎ ‎②当M在CG上时，即2＜t＜4时，先证明△ACD≌△GCD，得出∠ACD=∠GCD=45°，求出∠ACM=90°，证出△MFG为等腰直角三角形，得出FG=MG•cos45°=4﹣t，得出S=S△ACG﹣S△CMJ﹣S△FMG，S为t的二次函数，即可求出结果．‎ 解答：‎ ‎（1）解：存在；当点M为AC的中点时，AM=BM，则△ABM为等腰三角形；‎ 当点M与点C重合时，AB=BM，则△ABM为等腰三角形；‎ 当点M在AC上，且AM=2时，AM=AB，则△ABM为等腰三角形；‎ 当点M为CG的中点时，AM=BM，则△ABM为等腰三角形；‎ ‎（2）证明：在AB上截取AK=AN，连接KN；如图1所示：‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠ADC=90°，AB=AD，‎ ‎∴∠CDG=90°，‎ ‎∵BK=AB﹣AK，ND=AD﹣AN，‎ ‎∴BK=DN，‎ ‎∵DH平分∠CDG，‎ ‎∴∠CDH=45°，‎ ‎∴∠NDH=90°+45°=135°，‎ ‎∴∠BKN=180°﹣∠AKN=135°，‎ ‎∴∠BKN=∠NDH，‎ 在Rt△ABN中，∠ABN+∠ANB=90°，‎ 又∵BN⊥NH，‎ 即∠BNH=90°，‎ ‎∴∠ANB+∠DNH=180°﹣∠BNH=90°，‎ ‎∴∠ABN=∠DNH，‎ 在△BNK和△NHD中，‎ ‎，‎ ‎∴△BNK≌△NHD（ASA），‎ ‎∴BN=NH；‎ ‎（3）解：①当M在AC上时，即0＜t≤2时，△AMF为等腰直角三角形，‎ ‎∵AM=t，‎ ‎∴AF=FM=t，‎ ‎∴S=AF•FM=×t×t=t2；‎ 当t=2时，S的最大值=×（2）2=2；‎ ‎②当M在CG上时，即2＜t＜4时，如图2所示：‎ CM=t﹣AC=t﹣2，MG=4﹣t，‎ 在△ACD和△GCD中，‎ ‎，‎ ‎∴△ACD≌△GCD（SAS），‎ ‎∴∠ACD=∠GCD=45°，‎ ‎∴∠ACM=∠ACD+∠GCD=90°，‎ ‎∴∠G=90°﹣∠GCD=45°，‎ ‎∴△MFG为等腰直角三角形，‎ ‎∴FG=MG•cos45°=（4﹣t）•=4﹣t，‎ ‎∴S=S△ACG﹣S△CMJ﹣S△FMG=×4×2﹣×CM×CM﹣×FG×FG ‎=4﹣（t﹣2）2﹣（4﹣）2=﹣+4t﹣8‎ ‎=﹣（t﹣）2+，‎ ‎∴当t=时，S的最大值为．‎ 点评：‎ 本题是相似形综合题目，考查了等腰三角形的判定、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角函数以及三角形面积的计算等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要进行分类讨论，通过证明三角形全等和等腰直角三角形才能得出结果．‎ ‎20. （2015•四川省内江市，第18题，9分）如图，将▱ABCD的边AB延长至点E，使AB=BE，连接DE，EC，DE交BC于点O．‎ ‎（1）求证：△ABD≌△BEC；‎ ‎（2）连接BD，若∠BOD=2∠A，求证：四边形BECD是矩形．‎ 考点：‎ 矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．.‎ 专题：‎ 证明题．‎ 分析：‎ ‎（1）根据平行四边形的判定与性质得到四边形BECD为平行四边形，然后由SSS推出两三角形全等即可；‎ ‎（2）欲证明四边形BECD是矩形，只需推知BC=ED．‎ 解答：‎ 证明：（1）在平行四边形ABCD中，AD=BC，AB=CD，AB∥CD，则BE∥CD．‎ 又∵AB=BE，‎ ‎∴BE=DC，‎ ‎∴四边形BECD为平行四边形，‎ ‎∴BD=EC．‎ ‎∴在△ABD与△BEC中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABD≌△BEC（SSS）；‎ ‎（2）由（1）知，四边形BECD为平行四边形，则OD=OE，OC=OB．‎ ‎∵四边形ABCD为平行四边形，‎ ‎∴∠A=∠BCD，即∠A=∠OCD．‎ 又∵∠BOD=2∠A，∠BOD=∠OCD+∠ODC，‎ ‎∴∠OCD=∠ODC，‎ ‎∴OC=OD，‎ ‎∴OC+OB=OD+OE，即BC=ED，‎ ‎∴平行四边形BECD为矩形．‎ 点评：‎ 本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，三角形的外角性质等知识点的综合运用，难度较大．‎ ‎　‎ ‎21. （2015•浙江省绍兴市，第23题，12分）正方形ABCD和正方形AEFG有公共顶点A，将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角∠DAG=α，其中0°≤α≤180°，连结DF，BF，如图。‎ ‎（1）若α=0°，则DF=BF，请加以证明；‎ ‎（2）试画一个图形（即反例），说明（1）中命题的逆命题是假命题；‎ ‎（3）对于（1）中命题的逆命题，如果能补充一个条件后能使该逆命题为真命题，请直接写出你认为需要补充的一个条件，不必说明理由。‎ 考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；命题与定理；旋转的性质．.‎ 分析：（1）利用正方形的性质证明△DGF≌△BEF即可；‎ ‎（2）当α=180°时，DF=BF．‎ ‎（3）利用正方形的性质和△DGF≌△BEF的性质即可证得是真命题．‎ 解答：（1）证明：如图1，∵四边形ABCD和四边形AEFG为正方形，‎ ‎∴AG=AE，AD=AB，GF=EF，∠DGF=∠BEF=90°，‎ ‎∴DG=BE，‎ 在△DGF和△BEF中，‎ ‎，‎ ‎∴△DGF≌△BEF（SAS），‎ ‎∴DF=BF；‎ ‎（2）解：图形（即反例）如图2，‎ ‎（3）解：补充一个条件为：点F在正方形ABCD内；‎ 即：若点F在正方形ABCD内，DF=BF，则旋转角α=0°．‎ 点评：本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，旋转的性质，命题和定理，掌握全等三角形的对应边相等是解题的关键，注意利用正方形的性质找三角形全等的条件．‎ ‎22．（2015•四川资阳,第23题11分）如图12，E、F分别是正方形ABCD的边DC、CB上的点，且DE=CF，以AE为边作正方形AEHG，HE与BC交于点Q，连接DF.‎ ‎（1）求证：△ADE≌△DCF；‎ ‎（2）若E是CD的中点，求证：Q为CF的中点；‎ ‎（3）连接AQ，设S△CEQ=S1，S△AED=S2，S△EAQ=S3，在（2）的条件下，判断S1+S2=S3是否成立？并说明理由．‎ 考点：四边形综合题．.‎ 分析：（1）由正方形的性质得出AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，再由SAS即可证出△ADE≌△DCF；‎ ‎（2）先证出∠DAE=∠CEQ，再证明△ADE∽△ECQ，得出比例式，证出CQ=DE，即可得出结论；‎ ‎（3）先证明△AEQ∽△ECQ，得出△AEQ∽△ECQ∽△ADE，得出面积比等于相似比的平方，再由勾股定理即可得出结论．‎ 解答：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，‎ 在△ADE和△DCF中，，‎ ‎∴△ADE≌△DCF（SAS）；‎ ‎（2）证明：∵E是CD的中点，‎ ‎∴CE=DE=DC=AD，‎ ‎∵四边形AEHG是正方形，‎ ‎∴∠AEH=90°，‎ ‎∴∠AED+∠CEQ=90°，‎ ‎∵∠AED+∠DAE=90°，‎ ‎∴∠DAE=∠CEQ，‎ ‎∵∠ADE=∠DCF，‎ ‎∴△ADE∽△ECQ，‎ ‎∴=，‎ ‎∴CQ=DE，‎ ‎∵DE=CF，‎ ‎∴CQ=CF，‎ 即Q为CF的中点； ‎ ‎（3）解：S1+S2=S3成立；理由如下：如图所示：‎ ‎∵△ADE∽△ECQ，‎ ‎∴，‎ ‎∵DE=CE，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠C=∠AEQ=90°，‎ ‎∴△AEQ∽△ECQ，‎ ‎∴△AEQ∽△ECQ∽△ADE，‎ ‎∴，，‎ ‎∴=（）2+（）2=，‎ ‎∵EQ2+AE2=AQ2，‎ ‎∴=1，‎ ‎∴S1+S2=S3．‎ 点评：本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，难度较大，需要多次证明三角形相似才能得出结论．‎ ‎23、（2015•四川自贡,第20题10分）利用一面墙（墙的长度不限），另三边用长的篱笆围成一个面积为的矩形场地.‎ 求矩形的长和宽.‎ 考点：列方程解应用题、矩形的面积、解一元二次方程.‎ 分析：本题要注意长的篱笆是三边靠墙围成一个面积为的矩形场地.‎ ‎ 要求矩形的长和宽可以根据矩形的面积建立方程来获得解决.‎ 略解：‎ 如图，设垂直于墙的一边为米，得：‎ 解得：‎ ‎∴另一边长为‎8米或‎50米.‎ 答：当矩形的长为‎25米宽时‎8米，当矩形边长为‎50米时宽为‎4米.‎ ‎24．（2015•甘肃武威,第25题7分）如图，平行四边形ABCD中，AB=‎3cm，BC=‎5cm，∠B=60°，G是CD的中点，E是边AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线交于点F，连结CE，DF．‎ ‎（1）求证：四边形CEDF是平行四边形；‎ ‎（2）①当AE= ‎3.5 cm时，四边形CEDF是矩形；‎ ‎②当AE= ‎2 cm时，四边形CEDF是菱形．‎ ‎（直接写出答案，不需要说明理由）‎ ‎ ‎ 考点：‎ 平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定．‎ 专题：‎ 动点型．‎ 分析：‎ ‎（1）证△CFG≌△EDG，推出FG=EG，根据平行四边形的判定推出即可；‎ ‎（2）①求出△MBA≌△EDC，推出∠CED=∠AMB=90°，根据矩形的判定推出即可；‎ ‎②求出△CDE是等边三角形，推出CE=DE，根据菱形的判定推出即可．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴CF∥ED，‎ ‎∴∠FCG=∠EDG，‎ ‎∵G是CD的中点，‎ ‎∴CG=DG，‎ 在△FCG和△EDG中，‎ ‎，‎ ‎∴△FCG≌△EDG（ASA） ‎ ‎∴FG=EG，‎ ‎∵CG=DG，‎ ‎∴四边形CEDF是平行四边形； ‎ ‎（2）①解：当AE=3.5时，平行四边形CEDF是矩形，‎ 理由是：过A作AM⊥BC于M，‎ ‎∵∠B=60°，AB=3，‎ ‎∴BM=1.5，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴∠CDA=∠B=60°，DC=AB=3，BC=AD=5，‎ ‎∵AE=3.5，‎ ‎∴DE=1.5=BM，‎ 在△MBA和△EDC中，‎ ‎，‎ ‎∴△MBA≌△EDC（SAS），‎ ‎∴∠CED=∠AMB=90°，‎ ‎∵四边形CEDF是平行四边形，‎ ‎∴四边形CEDF是矩形，‎ 故答案为：3.5；‎ ‎②当AE=2时，四边形CEDF是菱形，‎ 理由是：∵AD=5，AE=2，‎ ‎∴DE=3，‎ ‎∵CD=3，∠CDE=60°，‎ ‎∴△CDE是等边三角形，‎ ‎∴CE=DE，‎ ‎∵四边形CEDF是平行四边形，‎ ‎∴四边形CEDF是菱形，‎ 故答案为：2．‎ 点评：‎ 本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，矩形的判定，等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用，注意：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的平行四边形是矩形．‎ ‎25, （2015•福建泉州第20题9分）如图，在矩形ABCD中．点O在边AB上，∠AOC=∠BOD．求证：AO=OB．‎ 解：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠A=∠B=90°，AD=BC，‎ ‎∵∠AOC=∠BOD，‎ ‎∴∠AOC﹣∠DOC=∠BOD﹣∠DOC，‎ ‎∴∠AOD=∠BOC，‎ 在△AOD和△BOC中，‎ ‎，‎ ‎∴△AOD≌△BOC，‎ ‎∴AO=OB．‎ ‎26.（2015湖北鄂州第18题8分）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，连接BE，CE．‎ ‎（1）求证：BE=CE．‎ ‎ （2）求∠BEC的度数 ‎ ‎ ‎【答案】(1)证明见解析；（2）30° ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 考点：1.正方形的性质；2.等边三角形的性质．‎ ‎27.（2015湖北荆州第22题9分）如图1，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA=PE，PE交CD于F．‎ ‎（1）证明：PC=PE；‎ ‎（2）求∠CPE的度数；‎ ‎（3）如图2，把正方形ABCD改为菱形ABCD，其他条件不变，当∠ABC=120°时，连接CE，试探究线段AP与线段CE的数量关系，并说明理由．‎ 考点： 正方形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的性质．‎ 分析： （1）先证出△ABP≌△CBP，得PA=PC，由于PA=PE，得PC=PE；‎ ‎（2）由△ABP≌△CBP，得∠BAP=∠BCP，进而得∠DAP=∠DCP，由PA=PC，得到∠DAP=∠E，∠DCP=∠E，最后∠CPF=∠EDF=90°得到结论；‎ ‎（3）借助（1）和（2）的证明方法容易证明结论．‎ 解答： （1）证明：在正方形ABCD中，AB=BC，‎ ‎∠ABP=∠CBP=45°，‎ 在△ABP和△CBP中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABP≌△CBP（SAS），‎ ‎∴PA=PC，‎ ‎∵PA=PE，‎ ‎∴PC=PE；‎ ‎（2）由（1）知，△ABP≌△CBP，‎ ‎∴∠BAP=∠BCP，‎ ‎∴∠DAP=∠DCP，‎ ‎∵PA=PC，‎ ‎∴∠DAP=∠E，‎ ‎∴∠DCP=∠E，‎ ‎∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），‎ ‎∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E，‎ 即∠CPF=∠EDF=90°；‎ ‎（3）在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABP=∠CBP=45°，‎ 在△ABP和△CBP中，‎ ‎∴△ABP≌△CBP（SAS），‎ ‎∴PA=PC，∠BAP=∠BCP，‎ ‎∵PA=PE，‎ ‎∴PC=PE，‎ ‎∴∠DAP=∠DCP，‎ ‎∵PA=PC，‎ ‎∴∠DAP=∠E，‎ ‎∴∠DCP=∠E ‎∵∠CFP=∠EFD（对顶角相等），‎ ‎∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF=180°﹣∠DFE﹣∠E，‎ 即∠CPF=∠EDF=180°﹣∠ADC=180°﹣120°=60°，‎ ‎∴△EPC是等边三角形，‎ ‎∴PC=CE，‎ ‎∴AP=CE；‎ 点评： 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，等边对等角的性质，熟记正方形的性质确定出∠ABP=∠CBP是解题的关键．‎ ‎28.（2015湖南岳阳第22题8分）‎ 如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，F是AM的中点，EF⊥AM，垂足为F，交AD的延长线于点E，交DC于点N．‎ ‎（1）求证：△ABM∽△EFA；‎ ‎（2）若AB=12，BM=5，求DE的长．‎ 考点：‎ 相似三角形的判定与性质；正方形的性质．.‎ 分析：‎ ‎（1）由正方形的性质得出AB=AD，∠B=90°，AD∥BC，得出∠AMB=∠EAF，再由∠B=∠AFE，即可得出结论；‎ ‎（2）由勾股定理求出AM，得出AF，由△ABM∽△EFA得出比例式，求出AE，即可得出DE的长．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB=AD，∠B=90°，AD∥BC，‎ ‎∴∠AMB=∠EAF，‎ 又∵EF⊥AM，‎ ‎∴∠AFE=90°，‎ ‎∴∠B=∠AFE，‎ ‎∴△ABM∽△EFA；‎ ‎（2）解：∵∠B=90°，AB=12，BM=5，‎ ‎∴AM==13，AD=12，‎ ‎∵F是AM的中点，‎ ‎∴AF=AM=6.5，‎ ‎∵△ABM∽△EFA，‎ ‎∴，‎ 即，‎ ‎∴AE=16.9，‎ ‎∴DE=AE﹣AD=4.9．‎ 点评：‎ 本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．‎ ‎29．(2015•江苏南昌,第20题3分)(1)如图1，纸片□ABCD中，AD=5,S□ABCD=15,过点A作AE⊥BC,垂足为E,沿AE剪下△ABE,将它平移至△DCE′ 的位置，拼成四边形AEE′D,则四边形AEE′D的形状为( )‎ A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 ‎ (2)如图2，在(1)中的四边形纸片AEE′D中,在EE′上取一点F,使EF=4，剪下△AEF，将它平移至△DE′F′ 的位置，拼成四边形AFF′D.‎ ‎ ① 求证四边形AFF′D是菱形；‎ ‎ ② 求四边形AFF′D两条对角线的长.‎ 答案：解析：(1) 由平移知：AEDE′, ∴四边形AEE′D是平行四边形，又AE⊥BC, ∴∠AEE′=90°,‎ ‎ ∴四边形AEE′D是矩形，∴C选项正确.‎ ‎ (2) ① ∵AFDF′, ∴四边形AFF′D是平行四边形，∵AE=3, EF=4 ,∠E=90°, ∴AF=5,‎ ‎ ∵S□ABCD=AD·AE=15, ∴AD=5 , ∴AD=AF , ∴四边形AFF′D是菱形.‎ ‎ ② 如下图， 连接AF′, DF ，‎ 在Rt△AEF′中， AE=3, EF′=9, ∴AF′=‎ ‎ 在Rt△DFE′中， FE′=1, DE′=AE=3, ∴DF=‎ ‎ ∴四边形AFF′D两条对角线的长分别是和 .‎ 0．(2015•江苏南京,第24题8分)如图，AB∥CD，点E，F分别在AB，CD上，连接EF，∠AEF、∠CFE的平分线交于点G，∠BEF、∠DFE的平分线交于点H．‎ ‎(1）求证：四边形EGFH是矩形； ‎ ‎(2）小明在完成（1）的证明后继续进行了探索，过G作MN∥EF，分别交AB，CD于点M，N，过H作PQ∥EF，分别交AB，CD于点P，Q，得到四边形MNQP，此时，他猜想四边形MNQP是菱形，请在下列框中补全他的证明思路．‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）证明见试题解析；（2）答案不唯一，例如：FG平分∠CFE；GE=FH；∠GME=∠FQH；∠GEF=∠EFH．‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用角平分线的定义结合平行线的性质得出∠FEH+∠EFH=90°，进而得出∠GEH=90°，进而求出四边形EGFH是矩形；‎ ‎(2）利用菱形的判定方法首先得出要证▱MNQP是菱形，只要证MN=NQ，再证∠MGE=∠QFH得出即可．‎ 试题解析：（1）∵EH平分∠BEF，∴∠FEH=∠BEF，∵FH平分∠DFE，∴∠EFH=∠DFE，∵AB∥CD，∴∠BEF+∠DFE=180°，∴∠FEH+∠EFH=（∠BEF+∠DFE）=×180°=90°，∵∠FEH+∠EFH+∠EHF=180°，∴∠EHF=180°﹣（∠FEH+∠EFH）=180°﹣90°=90°，同理可得：∠EGF=90°，∵EG平分∠AEF，∴∠EFG=∠AEF，∵EH平分∠BEF，∴∠FEH=∠BEF，∵点A、E、B在同一条直线上，∴∠AEB=180°，即∠AEF+∠BEF=180°，∴∠FEG+∠FEH=（∠AEF+∠BEF）=×180°=90°，即∠GEH=90°，∴四边形EGFH是矩形；‎ 考点：1．菱形的判定；2．全等三角形的判定与性质；3．矩形的判定．‎ ‎ ‎ ‎31．（2015·湖南省益阳市，第18题10分）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠CAB=∠ACB，过点B作BE⊥AB交AC于点E．‎ ‎（1）求证：AC⊥BD；‎ ‎（2）若AB=14，cos∠CAB=，求线段OE的长．‎ 考点：‎ 菱形的判定与性质；平行四边形的性质；解直角三角形．‎ 分析：‎ ‎（1）根据∠CAB=∠ACB利用等角对等边得到AB=CB，从而判定平行四边形ABCD是菱形，根据菱形的对角线互相垂直即可证得结论；‎ ‎（2）分别在Rt△AOB中和在Rt△ABE中求得AO和AE，从而利用OE=AE﹣AO求解即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵∠CAB=∠ACB，‎ ‎∴AB=CB，‎ ‎∴▱ABCD是菱形．‎ ‎∴AC⊥BD；‎ ‎（2）在Rt△AOB中，cos∠CAB==，AB=14，‎ ‎∴AO=14×=，‎ 在Rt△ABE中，cos∠EAB==，AB=14，‎ ‎∴AE=AB=16，‎ ‎∴OE=AE﹣AO=16﹣=．‎ 点评：‎ 本题考查了解直角三角形及菱形的判定与性质、平行四边变形的判定与性质的知识，解题的关键是读懂题意，选择合适的边角关系，难度不大．‎ ‎　‎ ‎32、（2015·湖南省常德市，第26题10分）如图，在菱形ABCD中，E是CD上的一点，连接BE交AC于O，连接DO并延长交BC于E。‎ ‎（1）求证：△FOC≌△EOC ‎（2）将此图中的AD、BE分别延长交于点N，作EM∥BC交CN于M，再连接FM即得到图5。　‎ 求证：①；②FD＝FM ‎【解答与分析】主要考点菱形的性质 ‎（1）可以通过多组三角形全等证得 ‎（2）利用EM∥BC来转化比：‎ 再利用CE＝CF，CD＝CB，即可得证 证明FD＝FM 即可以利用：‎ 得到FM∥BN，再利用EM∥BC 得到四边形FMEB为平行四边形，‎ 从而FM＝BE＝FD ‎（1）证明：易证△ABO≌△ADO ‎∴BO＝DO，∠ABO＝∠ADO 易证：∠CBO＝∠CDO 易证：△FBO≌△EDO ‎∴BF＝DE 易证：CF＝CE ‎∵在△FOC≌△EOC中 OC＝OC ‎∠FCO＝∠ECO CF＝CE ‎∴△FOC≌△EOC ‎∴OF＝OE ‎∴BE＝DF ‎（2）∵EM∥BC ‎　　∴　‎ ‎∵EM∥AD ‎∴　‎ ‎∵CE＝CF，CD＝CB ‎∴‎ ‎∴　‎ ‎∵‎ ‎∴FM∥BN ‎∵EM∥BC ‎∴四边形FMEB为平行四边形 ‎∴FM＝BE ‎∵BE＝DF ‎∴FD＝FM ‎33．（2015·湖北省武汉市，第22题8分）已知锐角△ABC中，边BC长为12，高AD长为8‎ ‎(1) 如图，矩形EFGH的边GH在BC边上，其余两个顶点E、F分别在AB、AC边上，EF交AD于点K ‎① 求的值 ‎② 设EH＝x，矩形EFGH的面积为S，求S与x的函数关系式，并求S的最大值 ‎(2) 若AB=AC，正方形PQMN的两个顶点在△ABC一边上，另两个顶点分别在△ABC的另两边上，直接写出正方形PQMN的边长 ‎【思路分析】（1）根据△AEF∽△ABC，对应高的比等于相似比可得，即，代入数值可确定的值；‎ ‎（2）结合的值，用x表示EF,从而可以把矩形EFGH的面积为S写成x的二次函数，根据二次函数可确定矩形的最大面积.‎ ‎(3)分两种可能：①两顶点M、N在底边BC上，根据（1）知和AK=8－PQ求解；②两顶点M、N在腰AB上时，作AB上的高，转化为（1）形式求解.‎ 解：（1）∵EF∥BC，‎ ‎∴△AEF∽△ABC，‎ ‎ ∴，即 ‎∴；‎ ‎（2）由题意知EH=KD=x，AK=8－x.‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴EF=,‎ ‎∴S=EF×EH=x=,‎ ‎∴S的最大值是24；‎ ‎（3）①两顶点在底边BC上时，由（1）知，∵PQMN是正方形，‎ ‎ ∴AK=AD－DK=AD－PQ=8－PQ，‎ ‎∴，‎ ‎∴PQ=4.8；‎ ‎②正方形两顶点M、N在腰AB上时如图时,作CH⊥AB于H，交PQ于G，则CG=CH－HG=CH－PQ=9.6－PQ，‎ 如图：‎ ‎∵AB=AC，AD⊥BC，‎ ‎∴BD=6‎ 又AD=8，‎ ‎∴AB=10，‎ ‎∴AB×CH=BC×AD，‎ ‎∴CH=9.6.‎ 由（1）知，即，‎ ‎∴PQ=， ‎ 综上，正方形PQMN的边长为4.8或.‎ 备考指导：(1)相似三角形对应高的比等于对应边的比；（2）最值问题，最终转化为二次函数最值问题来解答.根据相似列比例式、勾股定理、三角函数都表示线段长度的方法；（3）‎ 对于“神同形异”、层层递进式的几何证明计算题，后面的结论一般都需要前面结论来证明，注意前后结论之间的“继承性”.‎ ‎34 .（2015•山东莱芜,第23题10分）‎ 在ABCD中，AC、BD交于点O，过点O作直线EF、GH，分别交平行四边形的四条边于E、G、F、H四点，连结EG、GF、FH、HE.‎ ‎（1）如图①，试判断四边形EGFH的形状，并说明理由；‎ ‎（2）如图②，当EF⊥GH时，四边形EGFH的形状是 ；‎ ‎（3）如图③，在（2）的条件下，若AC=BD，四边形EGFH的形状是 ；‎ ‎（4）如图④，在（3）的条件下，若AC⊥BD，试判断四边形EGFH的形状，并说明理由.‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）平行四边形（2）菱形（3）菱形（4）正方形 ‎（3）当AC=BD时，对四边形EGFH的形状不会产生影响，故结论同（2）；‎ ‎（4）当AC=BD且AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形，则对角线相等且互相垂直平分；‎ 可通过证△BOG≌△COF，得OG=OF，从而证得菱形的对角线相等，根据对角线相等的菱形是正方形即可判断出EGFH的形状．‎ 试题解析：解：（1）四边形EGFH是平行四边形． ‎ 证明：∵ ABCD的对角线AC、BD交于点O．‎ ‎∴点O是ABCD的对称中心．‎ ‎∴EO=FO，GO=HO．‎ ‎∴四边形EGFH是平行四边形． ‎ ‎（2）菱形． ‎ ‎（3）菱形． ‎ ‎（4）四边形EGFH是正方形． ‎ ‎∵AC=BD，‎ ‎∴ABCD是矩形．‎ ‎ 又∵AC⊥BD， ‎ ‎∴ABCD是菱形．‎ ‎∴ABCD是正方形，‎ ‎∴∠BOC=90°，∠GBO=∠FCO=45°．OB=OC．‎ ‎∵EF⊥GH ，‎ ‎∴∠GOF=90°．‎ ‎∴∠BOG=∠COF．‎ ‎∴△BOG≌△COF．‎ ‎∴OG=OF，‎ ‎∴GH=EF． ‎ 由（1）知四边形EGFH是平行四边形，‎ 又∵EF⊥GH，EF=GH. ‎ ‎∴四边形EGFH是正方形．‎ 考点：平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质