2020全国中考数学试卷分类汇编(2)专题25 矩形菱形与正方形

2020全国中考数学试卷分类汇编(2)专题25 矩形菱形与正方形

矩形菱形与正方形 ‎ 一.选择题 ‎1. （2020•四川省遂宁市•4分）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC的平分线交AC于点E，交AD于点F，交CD的延长线于点G，若AF＝2FD，则的值为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，证明AB＝AF＝2k，DF＝DG＝k，再利用平行线分线段成比例定理即可解决问题．‎ ‎【解答】解：由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，‎ ‎∴∠AFB＝∠FBC＝∠DFG，∠ABF＝∠G，‎ ‎∵BE平分∠ABC，‎ ‎∴∠ABF＝∠CBG，‎ ‎∴∠ABF＝∠AFB＝∠DFG＝∠G，‎ ‎∴AB＝CD＝2k，DF＝DG＝k，‎ ‎∴CG＝CD+DG＝3k，‎ ‎∵AB∥DG，‎ ‎∴△ABE∽△CGE，‎ ‎∴＝＝＝，‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．‎ ‎2. （2020•四川省遂宁市•4分）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，连接AE.DE，分别交BD.AC于点P、Q，过点P作PF⊥AE交CB的延长线于F，下列结论：‎ ‎①∠AED+∠EAC+∠EDB＝90°，‎ ‎②AP＝FP，‎ ‎③AE＝AO，‎ ‎④若四边形OPEQ的面积为4，则该正方形ABCD的面积为36，‎ ‎⑤CE•EF＝EQ•DE．‎ 其中正确的结论有（　　）‎ A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 ‎【分析】①正确．证明∠EOB＝∠EOC＝45°，再利用三角形的外角的性质即可解决问题．‎ ‎②正确．利用四点共圆证明∠AFP＝∠ABP＝45°即可．‎ ‎③正确．设BE＝EC＝a，求出AE，OA即可解决问题．‎ ‎④错误，通过计算正方形ABCD的面积为48．‎ ‎⑤正确．利用相似三角形的性质证明即可．‎ ‎【解答】解：如图，连接OE．‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD，‎ ‎∴∠BOC＝90°，‎ ‎∵BE＝EC，‎ ‎∴∠EOB＝∠EOC＝45°，‎ ‎∵∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC＝∠EAC+∠AEO，‎ ‎∴∠AED+∠EAC+∠EDO＝∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB＝90°，故①正确，‎ 连接AF．‎ ‎∵PF⊥AE，‎ ‎∴∠APF＝∠ABF＝90°，‎ ‎∴A，P，B，F四点共圆，‎ ‎∴∠AFP＝∠ABP＝45°，‎ ‎∴∠PAF＝∠PFA＝45°，‎ ‎∴PA＝PF，故②正确，‎ 设BE＝EC＝a，则AE＝a，OA＝OC＝OB＝OD＝a，‎ ‎∴＝＝，即AE＝AO，故③正确，‎ 根据对称性可知，△OPE≌△OQE，‎ ‎∴S△OEQ＝S四边形OPEQ＝2，‎ ‎∵OB＝OD，BE＝EC，‎ ‎∴CD＝2OE，OE⊥CD，‎ ‎∴＝＝，△OEQ∽△CDQ，‎ ‎∴S△ODQ＝4，S△CDQ＝8，‎ ‎∴S△CDO＝12，‎ ‎∴S正方形ABCD＝48，故④错误，‎ ‎∵∠EPF＝∠DCE＝90°，∠PEF＝∠DEC，‎ ‎∴△EPF∽△ECD，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴EQ＝PE，‎ ‎∴CE•EF＝EQ•DE，故⑤正确，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考选择题中的压轴题．‎ ‎3. （2020•四川省自贡市•4分）如果一个角的度数比它补角的度数2倍多30°，那么这个角的度数是 （）‎ A. 50° B. 70° C. 130° D. 160°‎ ‎【解析】设这个角为，其补角为，根据题意可得 解之得，故答案为C ‎4. （2020•四川省自贡市•4分）如图，在平行四边形中，，是锐角，于点，是的中点，连接；若，则的长为 （）‎ A. B.‎ C.D.‎ ‎【解析】延长EF，DA交于G，连接DE，可得△AFG≌△BFE，设，则，可得DF是线段GE的垂直平分线，∴，在Rt△GAE中，‎ 在Rt△AED中，，所以，解得，∴，故答案为B ‎5.（2020•宁夏省•3分）如图，菱形ABCD的边长为13，对角线AC＝24，点E.F分别是边 CD.BC的中点，连接EF并延长与AB的延长线相交于点G，则EG＝（　　）‎ A．13 B．10 C．12 D．5‎ ‎【分析】连接对角线BD，交AC于点O，证四边形BDEG是平行四边形，得EG＝BD，利用勾股定理求出OD的长，BD＝2OD，即可求出EG．‎ ‎【解答】解：连接BD，交AC于点O，如图：‎ ‎∵菱形ABCD的边长为13，点E.F分别是边CD.BC的中点，‎ ‎∴AB∥CD，AB＝BC＝CD＝DA＝13，EF∥BD，‎ ‎∵AC.BD是菱形的对角线，AC＝24，‎ ‎∴AC⊥BD，AO＝CO＝12，OB＝OD，‎ 又∵AB∥CD，EF∥BD，‎ ‎∴DE∥BG，BD∥EG，‎ ‎∵DE∥BG，BD∥EG，‎ ‎∴四边形BDEG是平行四边形，‎ ‎∴BD＝EG，‎ 在△COD中，∵OC⊥OD，CD＝13，CO＝12，‎ ‎∴OB＝OD＝＝5，‎ ‎∴BD＝2OD＝10，‎ ‎∴EG＝BD＝10；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质及勾股定理等知识；熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．‎ ‎6.（2020•辽宁省本溪市•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．‎ ‎7. (2020•山东省青岛市•3分)如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O．若AE＝5，BF＝3，则AO的长为(　　)‎ A． B． C．2 D．4‎ ‎【分析】由矩形的性质，折叠轴对称的性质，可求出AF＝FC＝AE＝5，由勾股定理求出AB，AC，进而求出OA即可．‎ ‎【解答】解：∵矩形ABCD，∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，∴∠EFC＝∠AEF，‎ ‎∴AE＝AF＝3，由折叠得，FC＝AF，OA＝OC，∴BC＝3+5＝8，‎ 在Rt△ABF中，AB＝＝4，在Rt△ABC中，AC＝＝4，‎ ‎∴OA＝OC＝2，故选C．‎ ‎【点评】本题考查矩形的性质、折叠轴对称的性质，勾股定理等知识，根据图形直观，求出线段的长是得出答案的前提．‎ ‎8. (2020•山东省泰安市•4分)如图，矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．则下列结论：①DN＝BM；②EM∥FN；③AE＝FC；④当AO＝AD时，四边形DEBF是菱形．其中，正确结论的个数是(　　)‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎【分析】证△DNA≌△BMC(AAS)，得出DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；证△ADE≌△‎ CBF(ASA)，得出AE＝FC，DE＝BF，故③正确；证四边形NEMF是平行四边形，得出EM∥FN，故②正确；证四边形DEBF是平行四边形，证出∠ODN＝∠ABD，则DE＝BE，得出四边形DEBF是菱形；故④正确；即可得出结论．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，‎ OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAN＝∠BCM， ∵BF⊥AC，DE∥BF，‎ ‎∴DE⊥AC，∴∠DNA＝∠BMC＝90°，∴△DNA≌△BM C(AAS)，∴DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；‎ 在△ADE和△CBF中，，∴△ADE≌△CBF(ASA)，‎ ‎∴AE＝FC，DE＝BF，故③正确；‎ ‎∴DE－DN＝BF－BM，即NE＝MF，∵DE∥BF，∴四边形NEMF是平行四边形，‎ ‎∴EM∥FN，故②正确；‎ ‎∵AB＝CD，AE＝CF，∴BE＝DF，∵BE∥DF，∴四边形DEBF是平行四边形，‎ ‎∵AO＝AD，∴AO＝AD＝OD，∴△AOD是等边三角形，∴∠ADO＝∠DAN＝60°，‎ ‎∴∠ABD＝90°－∠ADO＝30°，∵DE⊥AC，∴∠ADN＝ODN＝30°，‎ ‎∴∠ODN＝∠ABD，∴DE＝BE，∴四边形DEBF是菱形；故④正确；‎ 正确结论的个数是4个，故选D．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．‎ ‎9. (2020•山东省威海市•3分)七巧板是大家熟悉的一种益智玩具．用七巧板能拼出许多有趣的图案．小李将一块等腰直角三角形硬纸板(如图①)切割七块，正好制成一副七巧板(如图②)．已知AB＝40cm，则图中阴影部分的面积为(　　)‎ A．25cm2 B．cm2 C．50cm2 D．75cm2‎ ‎【分析】如图：设OF＝EF＝FG＝x，可得EH＝2x＝20，解方程即可解决问题．‎ ‎【解答】解：如图：设OF＝EF＝FG＝x，∴OE＝OH＝2x，在Rt△EOH中，EH＝2x，‎ 由题意EH＝20cm，∴20＝2x，∴x＝5，‎ ‎∴阴影部分的面积＝(5)2＝50(cm2)，故选C．‎ ‎【点评】本题考查正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．‎ ‎10. (2020•山东省威海市•3分)如图，在□ABCD中，对角线BD⊥AD，AB＝10，AD＝6，O为BD的中点，E为边AB上一点，直线EO交CD于点F，连结DE，BF．下列结论不成立的是(　　)‎ A．四边形DEBF为平行四边形 B．若AE＝3.6，则四边形DEBF为矩形 C．若AE＝5，则四边形DEBF为菱形 D．若AE＝4.8，则四边形DEBF为正方形 ‎【分析】根据平行四边形的判定方法，矩形的判定方法，菱形的判定方法，正方形的判定方法解答即可．‎ ‎【解答】解：∵O为BD的中点，∴OB＝OD，‎ ‎∵四边形ABCD为平行四边形，∴DC∥AB，∴∠CDO＝∠EBO，∠DFO＝∠OEB，‎ ‎∴△FDO≌△EBO(AAS)，∴OE＝OF，∴四边形DEBF为平行四边形，故A正确；‎ 若AE＝3.6，AD＝6，∴，又∵，∴，‎ ‎∵∠DAE＝∠BAD，∴△DAE∽△BAD，∴AED＝∠ADB＝90°．故B正确；‎ ‎∵AB＝10，AE＝5，∴BE＝5，又∵∠ADB＝90°，∴DE＝AB＝5，∴DE＝BE，‎ ‎∴四边形DEBF为菱形．故C选项结论正确；‎ ‎∵AE＝3.6时，四边形DEBF为矩形，AE＝5时，四边形DEBF为菱形，‎ ‎∴AE＝4.8时，四边形DEBF不可能是正方形．故D不正确．故选D．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、正方形的判定等知识；熟练掌握矩形的判定和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．‎ ‎11. (2020•山东省枣庄市•3分)如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC＝∠ECA，则AC的长是(　　)‎ A．3 B．4 C．5 D．6‎ ‎【分析】根据折叠的性质得到AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，根据等腰三角形的性质得到AF＝CF，于是得到结论．‎ ‎【解答】解：∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，‎ ‎∴AF＝AB，∠AFE＝∠B＝90°，∴EF⊥AC，‎ ‎∵∠EAC＝∠ECA，∴AE＝CE，∴AF＝CF，∴AC＝2AB＝6，故选D．‎ ‎【点评】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．‎ ‎12.（2020年山东省滨州市3分）下列命题是假命题的是（　　）‎ A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 ‎ B．对角线互相垂直的矩形是正方形 ‎ C．对角线相等的菱形是正方形 ‎ D．对角线互相垂直且平分的四边形是正方形 ‎【分析】利用正方形的判定依次判断，可求解．‎ ‎【解答】解：A.对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形是真命题，故选项A不合题意；‎ B.对角线互相垂直的矩形是正方形是真命题，故选项B不合题意；‎ C.对角线相等的菱形是正方形是真命题，故选项C不合题意；‎ D.对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，即对角线互相垂直且平分的四边形是正方形是假命题，故选项D符合题意；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．‎ ‎13. （2020•四川省甘孜州•3分）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为AB的中点．若菱形ABCD的周长为32，则OE的长为（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用菱形的对边相等以及对角线互相垂直，进而利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出答案．‎ ‎【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AC⊥BD，AB=BC=CD=AD，‎ ‎∴∠AOB=90°，‎ 又∵AB+BC+CD+AD=32．‎ ‎∴AB=8，‎ 在Rt△AOB中，OE是斜边上的中线，‎ ‎∴OE=AB=4．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线的性质．注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．‎ ‎14.2020年内蒙古通辽市.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.‎ ‎15. （2020•四川省达州市•3分）如图，∠BOD＝45°，BO＝DO，点A在OB上，四边形ABCD是矩形，连接AC.BD交于点E，连接OE交AD于点F．下列4个判断：①OE平分∠BOD；②OF＝BD；③DF＝AF；④若点G是线段OF的中点，则△AEG为等腰直角三角形．正确判断的个数是（　　）‎ A．4 B．3 C．2 D．1‎ ‎【分析】由矩形得EB＝ED＝EA，∠BAD为直角，再由等腰三角形的三线合一性质可判断①的正误；证明△AOF≌△ABD，便可判断②的正误；连接BF，由线段的垂直平分线得BF＝DF，由前面的三角形全等得AF＝AB，进而便可判断③的正误；由直角三角形斜边上的中线定理得AG＝OG，进而求得∠AGE＝45°，由矩形性质得ED＝EA，进而得∠EAD＝22.5°，再得∠EAG＝90°，便可判断④的正误．‎ 解：①∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴EB＝ED，‎ ‎∵BO＝DO，‎ ‎∴OE平分∠BOD，‎ 故①正确；‎ ‎②∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠OAD＝∠BAD＝90°，‎ ‎∴∠ABD+∠ADB＝90°，‎ ‎∵OB＝OD，BE＝DE，‎ ‎∴OE⊥BD，‎ ‎∴∠BOE+∠OBE＝90°，‎ ‎∴∠BOE＝∠BDA，‎ ‎∵∠BOD＝45°，∠OAD＝90°，‎ ‎∴∠ADO＝45°，‎ ‎∴AO＝AD，‎ ‎∴△AOF≌△ABD（ASA），‎ ‎∴OF＝BD，‎ 故②正确；‎ ‎③∵△AOF≌△ABD，‎ ‎∴AF＝AB，‎ 连接BF，如图1，‎ ‎∴BF＝，‎ ‎∵BE＝DE，OE⊥BD，‎ ‎∴DF＝BF，‎ ‎∴DF＝，‎ 故③正确；‎ ‎④根据题意作出图形，如图2，‎ ‎∵G是OF的中点，∠OAF＝90°，‎ ‎∴AG＝OG，‎ ‎∴∠AOG＝∠OAG，‎ ‎∵∠AOD＝45°，OE平分∠AOD，‎ ‎∴∠AOG＝∠OAG＝22.5°，‎ ‎∴∠FAG＝67.5°，∠ADB＝∠AOF＝22.5°，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴EA＝ED，‎ ‎∴∠EAD＝∠EDA＝22.5°，‎ ‎∴∠EAG＝90°，‎ ‎∵∠AGE＝∠AOG+∠OAG＝45°，‎ ‎∴∠AEG＝45°，‎ ‎∴AE＝AG，‎ ‎∴△AEG为等腰直角三角形，‎ 故④正确；‎ 故选：D．‎ ‎16.（2020•山东东营市•3分）如图，在正方形中，点是上一动点(不与重合) ，对角线相交于点过点分别作的垂线，分别交于点交于点．下列结论：①；②；③；④；⑤点在两点的连线上．其中正确的是（ ）‎ A. ①②③④ B. ①②③⑤ C. ①②③④⑤ D. ③④⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎①根据题意及正方形性质，即可判断；‎ ‎②根据及正方形的性质，得ME=EP=AE＝MP，同理可证PF=NF=NP ‎，根据题意可证四边形OEPF为矩形，则OE=PF，则OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，AO=AC，故证明；‎ ‎③根据四边形PEOF为矩形的性质，在直角三角形OPF中，使用勾股定理，即可判断；‎ ‎④△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，故④可判断；‎ ‎⑤连接MO、NO，证明OP=OM=ON，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，即可证明．‎ ‎【详解】∵四边形ABCD正方形，AC.BD为对角线，‎ ‎∴∠MAE=∠EAP=45°，‎ 根据题意MP⊥AC，故∠AEP=∠AEM=90°， ∴∠AME=∠APE=45°，‎ 在三角形与中，‎ ‎∴ASA，‎ 故①正确；‎ ‎∴AE=ME=EP=MP，‎ 同理，可证△PBF≌△NBF，PF=FN=NP，‎ ‎∵正方形ABCD中，AC⊥BD，‎ 又∵PM⊥AC，PN⊥BD，‎ ‎∴∠PEO=∠EOF=∠PFO=90°，‎ ‎∴四边形PEOF为矩形，‎ ‎∴PF=OE，‎ ‎∴OE+AE=PF+PE=NF+ME=AO，‎ 又∵ME=PE=MP，‎ FP=FN=NP，OA=AC，‎ ‎∴ PM+PN=AC，‎ 故②正确；‎ ‎∵四边形PEOF为矩形，‎ ‎∴PE=OF，‎ 在直角三角形OPF中，，‎ ‎∴，‎ 故③正确；‎ ‎∵△BNF是等腰直角三角形，而P点是动点，无法保证△POF是等腰直角三角形，‎ 故④错误；‎ 连接MO、NO，‎ 在△OEM和△OEP中，‎ ‎∴△OEM≌△OEP，OM=OP，‎ 同理可证△OFP≌△OFN，OP=ON，‎ 又∵∠MPN=90°，‎ OM=OP=ON，OP=12MO+NO，‎ 根据直角三角形斜边中线等于斜边一半，OP=MN，‎ ‎∴MO+NO=MN，点在两点的连线上．‎ 故⑤正确．‎ 故选择B．‎ ‎【点睛】本题主要考查几何综合问题，掌握正方形、矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解答本题的关键．‎ ‎17.（2020•山东菏泽市•3分）如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是矩形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是（　　）‎ A．互相平分 B．相等 ‎ C．互相垂直 D．互相垂直平分 ‎【分析】由于顺次连接四边各边中点得到的四边形是平行四边形，有对应边与原对角线平行，由矩形的性质可知，应为对角线互相垂直的四边形．‎ ‎【解答】解：由矩形的性质知，矩形的四角为直角，即每组邻边互相垂直，故原四边形的对角线应互相垂直．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】此题主要考查了矩形的判断与性质，难度不大．‎ ‎18.（2020•四川省甘孜州•3分）如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为AB的中点．若菱形ABCD的周长为32，则OE的长为（ ）‎ A. 3 B. 4 C. 5 D. 6‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用菱形的对边相等以及对角线互相垂直，进而利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出答案．‎ ‎【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AC⊥BD，AB=BC=CD=AD，‎ ‎∴∠AOB=90°，‎ 又∵AB+BC+CD+AD=32．‎ ‎∴AB=8，‎ 在Rt△AOB中，OE是斜边上的中线，‎ ‎∴OE=AB=4．‎ 故选：B．‎ ‎【点睛】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线的性质．注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．‎ ‎19. （2020•贵州省黔西南州•4分）如图，在菱形ABOC中，AB＝2，∠A＝60°，菱形的一个顶点C在反比例函数y═（k≠0）的图象上，则反比例函数的解析式为（　　）‎ A．y＝﹣ B．y＝﹣ C．y＝﹣ D．y＝‎ ‎【分析】根据菱形的性质和平面直角坐标系的特点可以求得点C的坐标，从而可以求得k的值，进而求得反比例函数的解析式．‎ ‎【解答】解：∵在菱形ABOC中，∠A＝60°，菱形边长为2，‎ ‎∴OC＝2，∠COB＝60°，‎ ‎∴点C的坐标为（﹣1，），‎ ‎∵顶点C在反比例函数y═的图象上，‎ ‎∴＝，得k＝﹣，‎ 即y＝﹣，‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查待定系数法求反比例函数解析式、菱形的性质，解答本题的关键是明确题意，求出点C的坐标．‎ 二.填空题 ‎1. （2020•四川省遂宁市•4分）已知一个正多边形的内角和为1440°，则它的一个外角的度数为　36　度．‎ ‎【分析】首先设此多边形为n边形，根据题意得：180（n﹣2）＝1440，即可求得n＝10，再由多边形的外角和等于360°，即可求得答案．‎ ‎【解答】解：设此多边形为n边形，‎ 根据题意得：180（n﹣2）＝1440，‎ 解得：n＝10，‎ ‎∴这个正多边形的每一个外角等于：360°÷10＝36°．‎ 故答案为：36．‎ ‎【点评】此题考查了多边形的内角和与外角和的知识．关键是掌握多边形内角和定理：（n﹣2）•180°，外角和等于360°．‎ ‎2. （2020·天津市·3分）如图，▱ABCD的顶点C在等边△BEF的边BF上，点E在AB的延长线上，G为DE的中点，连接CG．若AD＝3，AB＝CF＝2，则CG的长为　　．‎ ‎【分析】根据平行四边形的性质和等边三角形的性质，可以得到BF和BE的长，然后可以证明△DCG和△EHG全等，然后即可得到CG的长．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AD＝BC，CD＝AB，DC∥AB，‎ ‎∵AD＝3，AB＝CF＝2，‎ ‎∴CD＝2，BC＝3，‎ ‎∴BF＝BC+CF＝5，‎ ‎∵△BEF是等边三角形，G为DE的中点，‎ ‎∴BF＝BE＝5，DG＝EG，‎ 延长CG交BE于点H，‎ ‎∵DC∥AB，‎ ‎∴∠CDG＝∠HEG，‎ 在△DCG和△EHG中，‎ ‎，‎ ‎∴△DCG≌△EHG（ASA），‎ ‎∴DC＝EH，CG＝HG，‎ ‎∵CD＝2，BE＝5，‎ ‎∴HE＝2，BH＝3，‎ ‎∵∠CBH＝60°，BC＝BH＝3，‎ ‎∴△CBH是等边三角形，‎ ‎∴CH＝BC＝3，‎ ‎∴CG＝CH＝，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．‎ ‎3.（2020•山东菏泽市•3分）如图，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，点P在对角线BD上，且BP＝BA，连接AP并延长，交DC的延长线于点Q，连接BQ，则BQ的长为　3　．‎ ‎【分析】根据矩形的性质可得BD＝13，再根据BP＝BA可得DQ＝DP＝8，所以得CQ＝3，在Rt△BCQ中，根据勾股定理即可得BQ的长．‎ ‎【解答】解：∵矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，∠BAD＝∠BCD＝90°，‎ ‎∴BD＝＝13，‎ ‎∵BP＝BA＝5，‎ ‎∴PD＝BD﹣BP＝8，‎ ‎∵BA＝BP，‎ ‎∴∠BAP＝∠BPA＝∠DPQ，‎ ‎∵AB∥CD，‎ ‎∴∠BAP＝∠DQP，‎ ‎∴∠DPQ＝∠DQP，‎ ‎∴DQ＝DP＝8，‎ ‎∴CQ＝DQ﹣CD＝DQ﹣AB＝8﹣5＝3，‎ ‎∴在Rt△BCQ中，根据勾股定理，得 BQ＝＝＝3．‎ 故答案为：3．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．‎ ‎4. （2020•甘肃省天水市•4分）如图，将正方形OEFG放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点E的坐标为（2，3），则点F的坐标为_____．‎ ‎【答案】（﹣1，5）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】结合全等三角形的性质可以求得点G的坐标，再由正方形的中心对称的性质求得点F的坐标．‎ ‎【详解】如图，过点E作x轴的垂线EH，垂足为H．过点G作x轴的垂线GM，垂足为M，连接GE.FO交于点O′，‎ ‎∵四边形OEFG是正方形，‎ ‎∴OG=EO，∠GOM=∠OEH，∠OGM=∠EOH，‎ 在△OGM与△EOH中，‎ ‎ ，‎ ‎∴△OGM≌△EOH（ASA），‎ ‎∴GM=OH=2，OM=EH=3，‎ ‎∴G（﹣3，2），‎ ‎∴O′（﹣，），‎ ‎∵点F与点O关于点O′对称，‎ ‎∴点F的坐标为 （﹣1，5），‎ 故答案是：（﹣1，5）．‎ ‎【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、中点坐标公式等，正确添加辅助线以及熟练掌握和运用相关内容是解题的关键.‎ ‎5.（2020•甘肃省天水市•4分）如图，在边长为6的正方形内作，交于点，交于点，连接，将绕点顺时针旋转得到，若，则的长为__________．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据旋转的性质可得AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，然后根据正方形的性质和等量代换可得∠GAE=∠FAE，进而可根据SAS证明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，设BE=x，则CE与EF可用含x的代数式表示，然后在Rt△CEF中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即得答案．‎ ‎【详解】解：∵将△绕点顺时针旋转得到△，‎ ‎∴AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，‎ ‎∵，∠BAD=90°，‎ ‎∴∠BAE+∠DAF=45°，‎ ‎∴∠BAE+∠BAG=45°，即∠GAE=45°，‎ ‎∴∠GAE=∠FAE，‎ 又AE=AE，‎ ‎∴△GAE≌△FAE（SAS），‎ ‎∴GE=EF，‎ 设BE=x，则CE=6－x，EF=GE=DF+BE=3+x，‎ ‎∵DF=3，∴CF=3，‎ 在Rt△CEF中，由勾股定理，得：，‎ 解得：x=2，即BE=2．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，属于常考题型，熟练掌握上述基本知识、灵活应用方程思想是解题的关键．‎ ‎6.（2020•贵州省黔西南州•3分）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，已知BC＝2，则线段EG的长度为　　．‎ ‎【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，‎ ‎∴∠2＝∠4，‎ ‎∵EF∥AB，‎ ‎∴∠4＝∠3，‎ ‎∴∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝×90°＝30°，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合得到折痕EF，‎ ‎∴AE＝AD＝BC＝1，‎ ‎∴AG＝2，‎ ‎∴EG＝＝，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】此题主要考查了翻折变换的性质以及矩形的性质，正确得出∠2＝∠4是解题关键．‎ 二、填空题 ‎1.2020年青海省如图，在矩形中，对角线，相交于点，已知，，则的长为________cm．‎ ‎【答案】6cm ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据矩形的性质可得对角线相等且平分，由可得，根据所对直角边是斜边的一半即可得到结果．‎ ‎【详解】∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴，，，，‎ ‎∵，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴在Rt△ABC中，．‎ 故答案为6cm．‎ ‎【点睛】本题主要考查了矩形的性质应用，准确利用直角三角形的性质是解题的关键．‎ ‎2．（2020山东省德州市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．‎ ‎3.（2020•陕西•3分）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点E在边AD上，且AE＝2．若直线l经过点E，将该菱形的面积平分，并与菱形的另一边交于点F，则线段EF的长为　2　．‎ ‎【分析】过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，可得矩形AGHE，再根据菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，可得BG＝3，AG＝3＝EH，由题意可得，FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，进而根据勾股定理可得EF的长．‎ ‎【解答】解：如图，过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，‎ 得矩形AGHE，‎ ‎∴GH＝AE＝2，‎ ‎∵在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，‎ ‎∴BG＝3，AG＝3＝EH，‎ ‎∴HC＝BC﹣BG﹣GH＝6﹣3﹣2＝1，‎ ‎∵EF平分菱形面积，‎ ‎∴FC＝AE＝2，‎ ‎∴FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，‎ 在Rt△EFH中，根据勾股定理，得 EF＝＝＝2．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．‎ ‎4. （2020•四川省成都市•4分）如图，在矩形中，，，，分别为，边的中点．动点从点出发沿向点运动，同时，动点从点出发沿向点运动，连接，过点作于点，连接．若点的速度是点的速度的2倍，在点从点运动至点的过程中，线段长度的最大值为_________，线段长度的最小值为_________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，由于，而PG=3，所以当GQ最大时PQ最大，由题意可得当P、A重合时GQ最大，据此即可求出PQ的最大值；设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，易证△FQM∽△EPM，则根据相似三角形的性质可得EM为定值2，于是BM的长度可得，由∠BHM=∠BEM=90°可得B.E.H、M四点共圆，且圆心为点O，于是当D.H、O三点共线时，DH的长度最小，最小值为DO－OH，为此只需连接DO，求出DO的长即可，可过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，构建Rt△DON，利用勾股定理即可求出DO的长，进而可得答案．‎ ‎【详解】解：连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，则PE=GF，‎ PG=AD=3，‎ 设FQ=t，则GF=PE=2t，GQ=3t，‎ 在Rt△PGQ中，由勾股定理得：，‎ ‎∴当t最大即EP最大时，PQ最大，‎ 由题意知：当点P、A重合时，EP最大，此时EP=2，则t=1，‎ ‎∴PQ的最大值=；‎ 设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，‎ ‎∵FQ∥PE，∴△FQM∽△EPM，‎ ‎∴，‎ ‎∵EF=3，‎ ‎∴FM=1，ME=2，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠BHM=∠BEM=90°，‎ ‎∴B.E.H、M四点共圆，且圆心为点O，‎ ‎∴，‎ ‎∴当D.H、O三点共线时，DH的长度最小，‎ 连接DO，过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，则OK=BK=1，‎ ‎∴NO=2，CN=1，∴DN=3，‎ 则在Rt△DON中，，‎ ‎∴DH的最小值=DO－OH=．‎ 故答案为：，．‎ ‎【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、四点共圆以及线段的最值等知识，涉及的知识点多、综合性强、具有相当的难度，属于中考压轴题，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．‎ ‎5. 2020年内蒙古通辽市如图，用大小相同的小正方形拼大正方形，拼第1个正方形需要4个小正方形，拼第2个正方形需要9个小正方形……，按这样的方法拼成的第个正方形比第n个正方形多_____个小正方形．‎ ‎【答案】2n+3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据图形中小正方形的个数规律得出变化规律，进而得出答案．‎ ‎【详解】解：∵第一个图形有22=4个正方形组成，‎ 第二个图形有32=9个正方形组成，‎ 第三个图形有42=16个正方形组成，‎ ‎∴第n个图形有（n+1）2个正方形组成，第n+1个图形有（n+2）2个正方形组成 ‎∴（n+2）2-（n+1）2‎ ‎=2n+3‎ 故答案为：2n+3．‎ ‎【点睛】此题主要考查了图形的变化类，根据图形得出小正方形的变化规律是解题关键．‎ ‎5．（2020山东省德州市4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝+2，AD＝．把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D′处，再将△AED′绕点E顺时针旋转α，得到△A'ED″，使得EA′恰好经过BD′的中点F．A′D″交AB于点G，连接AA′．有如下结论：①A′F的长度是﹣2；②弧D'D″的长度是π；③△A′AF≌△A′EG；④△AA′F∽△EGF．上述结论中，所有正确的序号是　①②④　．‎ ‎【分析】由折叠的性质可得∠D＝∠AD'E＝90°＝∠DAD'，AD＝AD'，可证四边形ADED'是正方形，可得AD＝AD'＝D'E＝DE＝，AE＝AD＝，∠EAD'＝∠AED'＝45°，由勾股定理可求EF的长，由旋转的性质可得AE＝A'E＝，∠D'ED''＝α，∠EA'D''＝∠EAD'＝45°，可求A'F＝﹣2，可判断①；由锐角三角函数可求∠FED'＝30°，由弧长公式可求弧D'D″的长度，可判断②；由等腰三角形的性质可求∠EAA'＝∠EA'A＝52.5°，∠A'AF＝7.5°，可判断③；由“HL”可证Rt△ED'G≌Rt△ED''G，可得∴∠D'GE＝∠D''GE ‎＝52.5°，可证△AFA'∽△EFG，可判断④，即可求解．‎ ‎【解答】解：∵把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D′处，‎ ‎∴∠D＝∠AD'E＝90°＝∠DAD'，AD＝AD'，‎ ‎∴四边形ADED'是矩形，‎ 又∵AD＝AD'＝，‎ ‎∴四边形ADED'是正方形，‎ ‎∴AD＝AD'＝D'E＝DE＝，AE＝AD＝，∠EAD'＝∠AED'＝45°，‎ ‎∴D'B＝AB﹣AD'＝2，‎ ‎∵点F是BD'中点，‎ ‎∴D'F＝1，‎ ‎∴EF＝＝＝2，‎ ‎∵将△AED′绕点E顺时针旋转α，‎ ‎∴AE＝A'E＝，∠D'ED''＝α，∠EA'D''＝∠EAD'＝45°，‎ ‎∴A'F＝﹣2，故①正确；‎ ‎∵tan∠FED'＝＝＝，‎ ‎∴∠FED'＝30°‎ ‎∴α＝30°+45°＝75°，‎ ‎∴弧D'D″的长度＝＝π，故②正确；‎ ‎∵AE＝A'E，∠AEA'＝75°，‎ ‎∴∠EAA'＝∠EA'A＝52.5°，‎ ‎∴∠A'AF＝7.5°，‎ ‎∵∠AA'F≠∠EA'G，∠AA'E≠∠EA'G，∠AFA'＝120°≠∠EA'G，‎ ‎∴△AA'F与△A'GE不全等，故③错误；‎ ‎∵D'E＝D''E，EG＝EG，‎ ‎∴Rt△ED'G≌Rt△ED''G（HL），‎ ‎∴∠D'GE＝∠D''GE，‎ ‎∵∠AGD''＝∠A'AG+∠AA'G＝105°，‎ ‎∴∠D'GE＝52.5°＝∠AA'F，‎ 又∵∠AFA'＝∠EFG，‎ ‎∴△AFA'∽△EFG，故④正确，‎ 故答案为：①②④．‎ ‎【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，弧长公式，等腰三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理证明是本题的关键．‎ ‎6.2020年辽宁省辽阳市）如图，四边形ABCD是矩形，延长DA到点E，使AE＝DA，连接EB，点F1是CD的中点，连接EF1，BF1，得到△EF1B；点F2是CF1的中点，连接EF2，BF2，得到△EF2B；点F3是CF2的中点，连接EF3，BF3，得到△EF3B；…；按照此规律继续进行下去，若矩形ABCD的面积等于2，则△EFnB的面积为　　．（用含正整数n的式子表示）‎ ‎【分析】先求得△EF1D的面积为1，再根据等高的三角形面积比等于底边的比可得EF1F2的面积，EF2F3的面积，…，EFn﹣1Fn的面积，以及△BCFn的面积，再根据面积的和差关系即可求解．‎ ‎【解答】解：∵AE＝DA，点F1是CD的中点，矩形ABCD的面积等于2，‎ ‎∴△EF1D和△EAB的面积都等于1，‎ ‎∵点F2是CF1的中点，‎ ‎∴△EF1F2的面积等于，‎ 同理可得△EFn﹣1Fn的面积为，‎ ‎∵△BCFn的面积为2×÷2＝，‎ ‎∴△EFnB的面积为2+1﹣1﹣﹣…﹣﹣＝2﹣（1﹣）＝．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】考查了矩形的性质，规律型：图形的变化类，三角形的面积，本题难点是得到EF1F2的面积，EF2F3的面积，…，EFn﹣1Fn的面积．‎ ‎7. （2020•陕西•3分）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点E在边AD上，且AE＝2．若直线l经过点E，将该菱形的面积平分，并与菱形的另一边交于点F，则线段EF的长为　2　．‎ ‎【分析】过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，可得矩形AGHE，再根据菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，可得BG＝3，AG＝3＝EH，由题意可得，FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，进而根据勾股定理可得EF的长．‎ ‎【解答】解：如图，过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，‎ 得矩形AGHE，‎ ‎∴GH＝AE＝2，‎ ‎∵在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，‎ ‎∴BG＝3，AG＝3＝EH，‎ ‎∴HC＝BC﹣BG﹣GH＝6﹣3﹣2＝1，‎ ‎∵EF平分菱形面积，‎ ‎∴FC＝AE＝2，‎ ‎∴FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，‎ 在Rt△EFH中，根据勾股定理，得 EF＝＝＝2．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．‎ ‎8. （2020•四川省成都市•4分）如图，在矩形中，，，，分别为，边的中点．动点从点出发沿向点运动，同时，动点从点出发沿向点运动，连接，过点作于点，连接．若点的速度是点的速度的2倍，在点从点运动至点的过程中，线段长度的最大值为_________，线段长度的最小值为_________．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，由于，而PG=3，所以当GQ最大时PQ最大，由题意可得当P、A重合时GQ最大，据此即可求出PQ的最大值；设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，易证△FQM∽△EPM，则根据相似三角形的性质可得EM为定值2，于是BM的长度可得，由∠BHM=∠BEM=90°可得B.E.H、M四点共圆，且圆心为点O，于是当D.H、O三点共线时，DH的长度最小，最小值为DO－OH，为此只需连接DO，求出DO的长即可，可过点O作ON⊥CD 于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，构建Rt△DON，利用勾股定理即可求出DO的长，进而可得答案．‎ ‎【详解】解：连接EF，则EF⊥AB，过点P作PG⊥CD于点G，如图1，则PE=GF，PG=AD=3，‎ 设FQ=t，则GF=PE=2t，GQ=3t，‎ 在Rt△PGQ中，由勾股定理得：，‎ ‎∴当t最大即EP最大时，PQ最大，‎ 由题意知：当点P、A重合时，EP最大，此时EP=2，则t=1，‎ ‎∴PQ的最大值=；‎ 设EF与PQ交于点M，连接BM，取BM的中点O，连接HO，如图2，‎ ‎∵FQ∥PE，∴△FQM∽△EPM，‎ ‎∴，‎ ‎∵EF=3，‎ ‎∴FM=1，ME=2，‎ ‎∴，‎ ‎∵∠BHM=∠BEM=90°，‎ ‎∴B.E.H、M四点共圆，且圆心为点O，‎ ‎∴，‎ ‎∴当D.H、O三点共线时，DH的长度最小，‎ 连接DO，过点O作ON⊥CD于点N，作OK⊥BC于点K，如图3，则OK=BK=1，‎ ‎∴NO=2，CN=1，∴DN=3，‎ 则在Rt△DON中，，‎ ‎∴DH的最小值=DO－OH=．‎ 故答案为：，．‎ ‎【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、四点共圆以及线段的最值等知识，涉及的知识点多、综合性强、具有相当的难度，属于中考压轴题，正确添加辅助线、熟练掌握上述知识是解题的关键．‎ ‎9. (2020•山东省青岛市•3分)如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，点E在CD的延长线上，连接AE，点F是AE的中点，连接OF交AD于点G．若DE＝2，OF＝3，则点A到DF的距离为 　　．‎ ‎【分析】根据正方形的性质得到AO＝DO，∠ADC＝90°，求得∠ADE＝90°，根据直角三角形的性质得到DF＝AF＝EF＝AE，根据三角形中位线定理得到FG＝DE＝1，求得AD＝CD＝4，过A作AH⊥DF于H，根据相似三角形的性质和勾股定理即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，‎ ‎∴AO＝DO，∠ADC＝90°，∴∠ADE＝90°，∵点F是AE的中点，‎ ‎.∴DF＝AF＝EF＝AE，∴OF垂直平分AD，∴AG＝DG，∴FG＝DE＝1，‎ ‎∵OF＝2，∴OG＝2，∵AO＝CO，∴CD＝2OG＝4，∴AD＝CD＝4，‎ 过A作AH⊥DF于H，∴∠H＝∠ADE＝90°，∵AF＝DF，∴∠ADF＝∠DAE，‎ ‎∴△ADH∽△AED，∴＝，∴AE＝＝＝2，‎ ‎∴＝，∴AH＝，即点A到DF的距离为，故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，三角形中位线定理，勾股定理，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．‎ ‎10. (2020•山东省威海市•3分)如图，四边形ABCD是一张正方形纸片，其面积为25cm2．分别在边AB，BC，CD，DA上顺次截取AE＝BF＝CG＝DH＝acm(AE＞BE)，连接EF，FG，GH，HE．分别以EF，FG，GH，HE为轴将纸片向内翻折，得到四边形A1B1C1D1．若四边形A1B1C1D1的面积为9cm2，则a＝　 　．‎ ‎【分析】根据正方形的面积可得正方形的边长为5，根据正方形的面积和折叠的性质和面积的和差关系可得8个三角形的面积，进而得到1个三角形的面积，再根据三角形面积公式即可求解．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是一张正方形纸片，其面积为25cm2，∴正方形纸片的边长为5cm，‎ ‎∵AE＝BF＝CG＝DH＝acm，∴BE＝(5－a)cm，∴AH＝(5－a)cm，‎ ‎∵四边形A1B1C1D1的面积为9cm2，∴三角形AEH的面积为(25－9)÷8＝2(cm2)，‎ a(5－a)＝2，解得a1＝1(舍去)，a2＝4．故答案为4．‎ ‎【点评】本题考查了折叠问题，正方形的性质，三角形的面积，关键是熟练运用这些性质解决问题．‎ ‎11. (2020•山东省枣庄市•4分)如图，E，F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AC＝8，AE＝CF＝2，则四边形BEDF的周长是　　 ．‎ ‎【分析】连接BD交AC于点O，则可证得OE＝OF，OD＝OB，可证四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，可证得四边形BEDF为菱形；根据勾股定理计算DE的长，可得结论．‎ ‎【解答】解：如图，连接BD交AC于点O，‎ ‎∵四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，OD＝OB＝OA＝OC，‎ ‎∵AE＝CF＝2，∴OA－AE＝OC－CF，即OE＝OF，‎ ‎∴四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，∴四边形BEDF为菱形，‎ ‎∴DE＝DF＝BE＝BF，‎ ‎∵AC＝BD＝8，OE＝OF＝＝2，‎ 由勾股定理得：DE＝＝＝2，‎ ‎∴四边形BEDF的周长＝4DE＝4×＝8，故答案为8．‎ ‎【点评】本题主要考查正方形的性质、菱形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键．‎ ‎12.（2020•内蒙古包头市•3分）如图，在正方形，E是对角线上一点，的延长线交于点F，连接．若，则______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先证明，得到，可得到，再根据平行线的性质得到，可得，根据三角形内角和定理即可求解；‎ ‎【详解】∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB=CB，AB∥CD，‎ 又∵BD是角平分线，‎ ‎∴，‎ 又∵，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 在和中，‎ ‎，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ ‎∴．‎ 故答案是．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用正方形的性质求角度，准确利用三角形全等和三角形内角和定理求解是解题的关键．‎ ‎13.（2020•辽宁省营口市•3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，其中OA＝1，OB＝2，则菱形ABCD的面积为　4　．‎ ‎【分析】根据菱形的面积等于对角线之积的一半可得答案．‎ ‎【解答】解：∵OA＝1，OB＝2，‎ ‎∴AC＝2，BD＝4，‎ ‎∴菱形ABCD的面积为×2×4＝4．‎ 故答案为：4．‎ 三、解答题 ‎1. (2020•山东省青岛市•8分)如图，在□ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别在BD和DB的延长线上，且DE＝BF，连接AE，CF．‎ ‎(1)求证：△ADE≌△CBF；‎ ‎(2)连接AF，CE．当BD平分∠ABC时，四边形AFCE是什么特殊四边形？请说明理由．‎ ‎【分析】(1)根据四边形ABCD是平行四边形，可以得到AD＝CB，∠ADC＝∠CBA，从而可以得到∠ADE＝∠CBF，然后根据SAS即可证明结论成立；‎ ‎(2)根据BD平分∠ABC和平行四边形的性质，可以证明▱ABCD是菱形，从而可以得到AC⊥BD，然后即可得到AC⊥EF，再根据题目中的条件，可以证明四边形AFCE是平行四边形，然后根据AC⊥EF，即可得到四边形AFCE是菱形．‎ ‎【解答】(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝CB，∠ADC＝∠CBA，‎ ‎∴∠ADE＝∠CBF，在△ADE和△CBF中，‎ ‎，∴△ADE≌△CBF(SAS)；‎ ‎(2)当BD平分∠ABC时，四边形AFCE是菱形，理由：‎ ‎∵BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴OA＝OC，OB＝OD，AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∴∠ABD＝∠ADB，‎ ‎∴AB＝AD，∴平行四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴AC⊥EF，‎ ‎∵DE＝BF，∴OE＝OF，又∵OA＝OC，∴四边形AFCE是平行四边形，‎ ‎∵AC⊥EF，∴四边形AFCE是菱形．‎ ‎【点评】本题考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定、全等三角形的判定，解答本题 ‎2. （2020年山东省滨州市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．‎ ‎3.（2020年山东省滨州市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．‎ ‎4. （2020山东省德州市12分）问题探究：‎ 小红遇到这样一个问题：如图1，△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD是中线，求AD的取值范围．她的做法是：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，证明△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到解决．‎ 请回答：（1）小红证明△BED≌△CAD的判定定理是：　SAS　；‎ ‎（2）AD的取值范围是　1＜AD＜5　；‎ 方法运用：‎ ‎（3）如图2，AD是△ABC的中线，在AD上取一点F，连结BF并延长交AC于点E，使AE＝EF，求证：BF＝AC．‎ ‎（4）如图3，在矩形ABCD中，＝，在BD上取一点F，以BF为斜边作Rt△BEF，且＝，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：EG＝CG．‎ ‎【分析】（1）由“SAS”可证△BED≌△CAD；‎ ‎（2）由全等三角形的性质可得AC＝BE＝4，由三角形的三边关系可求解；‎ ‎（3）延长AD至H，使AD＝DH，连接BH，由“SAS”可证△BHD≌△CAD，可得AC＝BH，∠CAD＝∠H，由等腰三角形的性质可得∠H＝∠BFH，可得BF＝BH＝AC；‎ ‎（4）延长CG至N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，由“SAS”可证△NGF≌△CGD，可得CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，通过证明△BEC∽△FEN，可得∠BEC＝∠FEN，可得∠BEF＝∠NEC＝90°，由直角三角形的性质可得结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵AD是中线，‎ ‎∴BD＝CD，‎ 又∵∠ADC＝∠BDE，AD＝DE，‎ ‎∴△BED≌△CAD（SAS），‎ 故答案为：SAS；‎ ‎（2）∵△BED≌△CAD，‎ ‎∴AC＝BE＝4，‎ 在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，‎ ‎∴2＜2AD＜10，‎ ‎∴1＜AD＜5，‎ 故答案为：1＜AD＜5；‎ ‎（3）如图2，延长AD至H，使AD＝DH，连接BH，‎ ‎∵AD是△ABC的中线，‎ ‎∴BD＝CD，‎ 又∵∠ADC＝∠BDH，AD＝DH，‎ ‎∴△ADC≌△HDB（SAS），‎ ‎∴AC＝BH，∠CAD＝∠H，‎ ‎∵AE＝EF，‎ ‎∴∠EAF＝∠AFE，‎ ‎∴∠H＝∠BFH，‎ ‎∴BF＝BH，‎ ‎∴AC＝BF；‎ ‎（4）如图3，延长CG至N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，‎ ‎∵点G是DF的中点，‎ ‎∴DG＝GF，‎ 又∵∠NGF＝∠DGC，CG＝NG，‎ ‎∴△NGF≌△CGD（SAS），‎ ‎∴CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，‎ ‎∵＝，＝，‎ ‎∴tan∠ADB＝，tan∠EBF＝，‎ ‎∴∠ADB＝∠EBF，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠ADB＝∠DBC，‎ ‎∴∠EBF＝∠DBC，‎ ‎∴∠EBC＝2∠DBC，‎ ‎∵∠EBF+∠EFB＝90°，∠DBC+∠BDC＝90°，‎ ‎∴∠EFB＝∠BDC＝∠NFG，∠EBF+∠EFB+∠DBC+∠BDC＝180°，‎ ‎∴2∠DBC+∠EFB+∠NFG＝180°，‎ 又∵∠NFG+∠BFE+∠EFN＝180°，‎ ‎∴∠EFN＝2∠DBC，‎ ‎∴∠EBC＝∠EFN，‎ ‎∵＝，且CD＝NF，‎ ‎∴‎ ‎∴△BEC∽△FEN，‎ ‎∴∠BEC＝∠FEN，‎ ‎∴∠BEF＝∠NEC＝90°，‎ 又∵CG＝NG，‎ ‎∴EG＝NC，‎ ‎∴EG＝GC．‎ ‎【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键 ‎5. 2020年内蒙古通辽市如图，用大小相同的小正方形拼大正方形，拼第1个正方形需要4个小正方形，拼第2个正方形需要9个小正方形……，按这样的方法拼成的第个正方形比第n个正方形多_____个小正方形．‎ ‎【答案】2n+3‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先根据图形中小正方形的个数规律得出变化规律，进而得出答案．‎ ‎【详解】解：∵第一个图形有22=4个正方形组成，‎ 第二个图形有32=9个正方形组成，‎ 第三个图形有42=16个正方形组成，‎ ‎∴第n个图形有（n+1）2个正方形组成，第n+1个图形有（n+2）2个正方形组成 ‎∴（n+2）2-（n+1）2‎ ‎=2n+3‎ 故答案为：2n+3．‎ ‎【点睛】此题主要考查了图形的变化类，根据图形得出小正方形的变化规律是解题关键．‎ ‎6．（2020山东省德州市4分）如图，在矩形ABCD中，AB＝+2，AD＝．把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D′处，再将△AED′绕点E顺时针旋转α，得到△A'ED″，使得EA′恰好经过BD′的中点F．A′D″交AB于点G，连接AA′．有如下结论：①A′F的长度是﹣2；②弧D'D″的长度是π；③△A′AF≌△A′EG；④△AA′F∽△EGF．上述结论中，所有正确的序号是　①②④　．‎ ‎【分析】由折叠的性质可得∠D＝∠AD'E＝90°＝∠DAD'，AD＝AD'，可证四边形ADED ‎'是正方形，可得AD＝AD'＝D'E＝DE＝，AE＝AD＝，∠EAD'＝∠AED'＝45°，由勾股定理可求EF的长，由旋转的性质可得AE＝A'E＝，∠D'ED''＝α，∠EA'D''＝∠EAD'＝45°，可求A'F＝﹣2，可判断①；由锐角三角函数可求∠FED'＝30°，由弧长公式可求弧D'D″的长度，可判断②；由等腰三角形的性质可求∠EAA'＝∠EA'A＝52.5°，∠A'AF＝7.5°，可判断③；由“HL”可证Rt△ED'G≌Rt△ED''G，可得∴∠D'GE＝∠D''GE＝52.5°，可证△AFA'∽△EFG，可判断④，即可求解．‎ ‎【解答】解：∵把AD沿AE折叠，使点D恰好落在AB边上的D′处，‎ ‎∴∠D＝∠AD'E＝90°＝∠DAD'，AD＝AD'，‎ ‎∴四边形ADED'是矩形，‎ 又∵AD＝AD'＝，‎ ‎∴四边形ADED'是正方形，‎ ‎∴AD＝AD'＝D'E＝DE＝，AE＝AD＝，∠EAD'＝∠AED'＝45°，‎ ‎∴D'B＝AB﹣AD'＝2，‎ ‎∵点F是BD'中点，‎ ‎∴D'F＝1，‎ ‎∴EF＝＝＝2，‎ ‎∵将△AED′绕点E顺时针旋转α，‎ ‎∴AE＝A'E＝，∠D'ED''＝α，∠EA'D''＝∠EAD'＝45°，‎ ‎∴A'F＝﹣2，故①正确；‎ ‎∵tan∠FED'＝＝＝，‎ ‎∴∠FED'＝30°‎ ‎∴α＝30°+45°＝75°，‎ ‎∴弧D'D″的长度＝＝π，故②正确；‎ ‎∵AE＝A'E，∠AEA'＝75°，‎ ‎∴∠EAA'＝∠EA'A＝52.5°，‎ ‎∴∠A'AF＝7.5°，‎ ‎∵∠AA'F≠∠EA'G，∠AA'E≠∠EA'G，∠AFA'＝120°≠∠EA'G，‎ ‎∴△AA'F与△A'GE不全等，故③错误；‎ ‎∵D'E＝D''E，EG＝EG，‎ ‎∴Rt△ED'G≌Rt△ED''G（HL），‎ ‎∴∠D'GE＝∠D''GE，‎ ‎∵∠AGD''＝∠A'AG+∠AA'G＝105°，‎ ‎∴∠D'GE＝52.5°＝∠AA'F，‎ 又∵∠AFA'＝∠EFG，‎ ‎∴△AFA'∽△EFG，故④正确，‎ 故答案为：①②④．‎ ‎【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，锐角三角函数，弧长公式，等腰三角形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理证明是本题的关键．‎ ‎7.2020年辽宁省辽阳市）如图，四边形ABCD是矩形，延长DA到点E，使AE＝DA，连接EB，点F1是CD的中点，连接EF1，BF1，得到△EF1B；点F2是CF1的中点，连接EF2，BF2，得到△EF2B；点F3是CF2的中点，连接EF3，BF3，得到△EF3B；…；按照此规律继续进行下去，若矩形ABCD的面积等于2，则△EFnB的面积为　　．（用含正整数n的式子表示）‎ ‎【分析】先求得△EF1D的面积为1，再根据等高的三角形面积比等于底边的比可得EF1F2的面积，EF2F3的面积，…，EFn﹣1Fn的面积，以及△BCFn的面积，再根据面积的和差关系即可求解．‎ ‎【解答】解：∵AE＝DA，点F1是CD的中点，矩形ABCD的面积等于2，‎ ‎∴△EF1D和△EAB的面积都等于1，‎ ‎∵点F2是CF1的中点，‎ ‎∴△EF1F2的面积等于，‎ 同理可得△EFn﹣1Fn的面积为，‎ ‎∵△BCFn的面积为2×÷2＝，‎ ‎∴△EFnB的面积为2+1﹣1﹣﹣…﹣﹣＝2﹣（1﹣）＝．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】考查了矩形的性质，规律型：图形的变化类，三角形的面积，本题难点是得到EF1F2的面积，EF2F3的面积，…，EFn﹣1Fn的面积．‎ ‎8.（2020年山东省滨州市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．‎ 三、解答题 ‎1. （2020山东省德州市12分）问题探究：‎ 小红遇到这样一个问题：如图1，△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD是中线，求AD的取值范围．她的做法是：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，证明△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到解决．‎ 请回答：（1）小红证明△BED≌△CAD的判定定理是：　SAS　；‎ ‎（2）AD的取值范围是　1＜AD＜5　；‎ 方法运用：‎ ‎（3）如图2，AD是△ABC的中线，在AD上取一点F，连结BF并延长交AC于点E，使AE＝EF，求证：BF＝AC．‎ ‎（4）如图3，在矩形ABCD中，＝，在BD上取一点F，以BF为斜边作Rt△BEF，且＝，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：EG＝CG．‎ ‎【分析】（1）由“SAS”可证△BED≌△CAD；‎ ‎（2）由全等三角形的性质可得AC＝BE＝4，由三角形的三边关系可求解；‎ ‎（3）延长AD至H，使AD＝DH，连接BH，由“SAS”可证△BHD≌△CAD，可得AC＝BH，∠CAD＝∠H，由等腰三角形的性质可得∠H＝∠BFH，可得BF＝BH＝AC；‎ ‎（4）延长CG至N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，由“SAS”可证△NGF≌△CGD，可得CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，通过证明△BEC∽△FEN，可得∠BEC＝∠FEN，可得∠BEF＝∠NEC＝90°，由直角三角形的性质可得结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵AD是中线，‎ ‎∴BD＝CD，‎ 又∵∠ADC＝∠BDE，AD＝DE，‎ ‎∴△BED≌△CAD（SAS），‎ 故答案为：SAS；‎ ‎（2）∵△BED≌△CAD，‎ ‎∴AC＝BE＝4，‎ 在△ABE中，AB﹣BE＜AE＜AB+BE，‎ ‎∴2＜2AD＜10，‎ ‎∴1＜AD＜5，‎ 故答案为：1＜AD＜5；‎ ‎（3）如图2，延长AD至H，使AD＝DH，连接BH，‎ ‎∵AD是△ABC的中线，‎ ‎∴BD＝CD，‎ 又∵∠ADC＝∠BDH，AD＝DH，‎ ‎∴△ADC≌△HDB（SAS），‎ ‎∴AC＝BH，∠CAD＝∠H，‎ ‎∵AE＝EF，‎ ‎∴∠EAF＝∠AFE，‎ ‎∴∠H＝∠BFH，‎ ‎∴BF＝BH，‎ ‎∴AC＝BF；‎ ‎（4）如图3，延长CG至N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，‎ ‎∵点G是DF的中点，‎ ‎∴DG＝GF，‎ 又∵∠NGF＝∠DGC，CG＝NG，‎ ‎∴△NGF≌△CGD（SAS），‎ ‎∴CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，‎ ‎∵＝，＝，‎ ‎∴tan∠ADB＝，tan∠EBF＝，‎ ‎∴∠ADB＝∠EBF，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠ADB＝∠DBC，‎ ‎∴∠EBF＝∠DBC，‎ ‎∴∠EBC＝2∠DBC，‎ ‎∵∠EBF+∠EFB＝90°，∠DBC+∠BDC＝90°，‎ ‎∴∠EFB＝∠BDC＝∠NFG，∠EBF+∠EFB+∠DBC+∠BDC＝180°，‎ ‎∴2∠DBC+∠EFB+∠NFG＝180°，‎ 又∵∠NFG+∠BFE+∠EFN＝180°，‎ ‎∴∠EFN＝2∠DBC，‎ ‎∴∠EBC＝∠EFN，‎ ‎∵＝，且CD＝NF，‎ ‎∴‎ ‎∴△BEC∽△FEN，‎ ‎∴∠BEC＝∠FEN，‎ ‎∴∠BEF＝∠NEC＝90°，‎ 又∵CG＝NG，‎ ‎∴EG＝NC，‎ ‎∴EG＝GC．‎ ‎【点评】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键 ‎2. （2020•四川省达州市•8分）如图，△ABC中，BC＝2AB，D.E分别是边BC.AC的中点．将△CDE绕点E旋转180度，得△AFE．‎ ‎（1）判断四边形ABDF的形状，并证明；‎ ‎（2）已知AB＝3，AD+BF＝8，求四边形ABDF的面积S．‎ ‎【分析】（1）结论：四边形ABDF是菱形．根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．‎ ‎（2）设OA＝x，OB＝y，构建方程组求出2xy即可解决问题．‎ 解：（1）结论：四边形ABDF是菱形．‎ ‎∵CD＝DB，CE＝EA，‎ ‎∴DE∥AB，AB＝2DE，‎ 由旋转的性质可知，DE＝EF，‎ ‎∴AB＝DF，AB∥DF，‎ ‎∴四边形ABDF是平行四边形，‎ ‎∵BC＝2AB，BD＝DC，‎ ‎∴BA＝BD，‎ ‎∴四边形ABDF是菱形．‎ ‎（2）连接BF，AD交于点O．‎ ‎∵四边形ABDF是菱形，‎ ‎∴AD⊥BF，OB＝OF，AO＝OD，设OA＝x，OB＝y，‎ 则有，‎ ‎∴x+y＝4，‎ ‎∴x2+2xy+y2＝16，‎ ‎∴2xy＝7，‎ ‎∴S菱形ABDF＝×BF×AD＝2xy＝7．‎ ‎3. （2020•四川省甘孜州•10分）如图，中，，将绕点C顺时针旋转得到，点D落线段AB上，连接BE．‎ ‎（1）求证：DC平分；‎ ‎（2）试判断BE与AB的位置关系，并说明理由：‎ ‎（3）若，求的值．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）BE⊥AB，理由见解析；（3）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据旋转的性质可得AC=CD，∠A=∠CDE，再由等腰三角形的性质得到∠A=∠ADC即可证明∠ADC=∠CDE；‎ ‎（2）根据旋转的性质得到∠ACD=∠BCE，CB=CE，AC=CD，从而得出∠CAD=∠ADC=∠CBE=∠CEB，再根据∠ACB=90°即可得到∠ABE=90°；‎ ‎（3）设BD=BE=a，根据勾股定理计算出AB=DE=，表达出AD，再证明△ACD∽△BCE，得到即可．‎ ‎【详解】解：（1）由旋转可知：AC=CD，∠A=∠CDE，‎ ‎∴∠A=∠ADC，‎ ‎∴∠ADC=∠CDE，即DC平分∠ADE；‎ ‎（2）BE⊥AB，‎ 理由：由旋转可知，∠ACD=∠BCE，CB=CE，AC=CD，‎ ‎∴∠CAD=∠ADC=∠CBE=∠CEB，‎ 又∵∠ACB=90°，‎ ‎∴∠CAD+∠ABC=90°，‎ ‎∴∠CBE+∠ABC=90°，‎ 即∠ABE=90°，‎ ‎∴BE⊥AB；‎ ‎（3）∵∠ABE=90°，BD=BE，‎ ‎∴设BD=BE=a，则，‎ 又∵AB=DE，‎ ‎∴AB=，则AD=，‎ 由（2）可知，∠ACD=∠BCE，∠CAD=∠ADC=∠CBE=∠CEB，‎ ‎∴△ACD∽△BCE，‎ ‎∴，‎ ‎∴tan∠ABC=．‎ ‎【点睛】本题考查了旋转的综合应用以及相似三角形的性质与判定、锐角三角函数的定义，解题的关键是熟练掌握旋转的性质，并熟记锐角三角函数的定义．‎ ‎4.（2020•山东济宁市•10分）如图，在菱形ABCD中，AB=AC，点E.F、G分别在边BC.CD上，BE=CG，AF平分∠EAG，点H是线段AF上一动点(与点A不重合)．‎ ‎(1)求证:△AEH≌△AGH；‎ ‎(2)当AB=12，BE=4时：‎ ‎①求△DGH周长的最小值；‎ ‎②若点O是AC的中点，是否存在直线OH将△ACE 分成三角形和四边形两部分，其中三角形的面积与四边形的面积比为1:3．若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）①；②存在，或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）证明△ABE≌△ACG得到AE=AG，再结合角平分线，即可利用SAS证明△AEH≌△AGH；‎ ‎（2）①根据题意可得点E和点G关于AF对称，从而连接ED，与AF交于点H，连接HG，得到△DGH周长最小时即为DE+DG，构造三角形DCM进行求解即可；‎ ‎②分当OH与AE相交时，当OH与CE相交时两种情况分别讨论，结合中位线，三角形面积进行求解即可.‎ ‎【详解】解：（1）∵四边形ABCD菱形，‎ ‎∴AB=BC，‎ ‎∵AB=AC，‎ ‎∴△ABC是等边三角形，‎ ‎∴∠B=∠ACB=∠ACD=60°，‎ ‎∵BE=CG，AB=AC，‎ ‎∴△ABE≌△ACG，‎ ‎∴AE=AG，‎ ‎∵AF平分∠EAG，‎ ‎∴∠EAH=∠GAH，‎ ‎∵AH=AH，‎ ‎∴△AEH≌△AGH；‎ ‎（2）①如图，连接ED，与AF交于点H，连接HG，‎ ‎∵点H在AF上，AF平分∠EAG，且AE=AG，‎ ‎∴点E和点G关于AF对称，‎ ‎∴此时△DGH的周长最小，‎ 过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M，‎ 由（1）得：∠BCD=∠ACB+∠ACD=120°，‎ ‎∴∠DCM=60°，∠CDM=30°，‎ ‎∴CM=CD=6，‎ ‎∴DM=，‎ ‎∵AB=12=BC，BE=4，‎ ‎∴EC=DG=8，EM=EC+CM=14，‎ ‎∴DE==DH+EH=DH+HG，‎ ‎∴DH+HG+DG=‎ ‎∴△DGH周长的最小值为；‎ ‎②当OH与AE相交时，如图，AE与OH交于点N，‎ 可知S△AON：S四边形HNEF=1:3，‎ 即S△AON：S△AEC=1:4，‎ ‎∵O是AC中点，‎ ‎∴N为AE中点，此时ON∥EC，‎ ‎∴，‎ 当OH与EC相交时，如图，EC与OH交于点N，‎ 同理S△NOC：S四边形ONEA=1:3，‎ ‎∴S△NOC：S△AEC=1:4，‎ ‎∵O为AC中点，‎ ‎∴N为EC中点，则ON∥AE，‎ ‎∴，‎ ‎∵BE=4，AB=12，‎ ‎∴EC=8，EN=4，‎ 过点G作GP⊥BC，交BNC延长线于点P，‎ ‎∵∠BCD=120°，‎ ‎∴∠GCP=60°，∠CGP=30°，‎ ‎∴CG=2CP，‎ ‎∵CG=BE=4，‎ ‎∴CP=2，GP=，‎ ‎∵AE=AG，AF=AF，∠EAF=∠GAF，‎ ‎∴△AEF≌△AGF，‎ ‎∴EF=FG，‎ 设EF=FG=x，则FC=8-x，FP=10-x，‎ ‎ 在△FGP中，，‎ 解得：x=，‎ ‎∴EF=，‎ ‎∴，‎ 综上：存在直线OH，的值为或.‎ ‎【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，中位线，最短路径问题，知识点较多，难度较大，解题时要注意分情况讨论.‎ ‎4.（2020•山东聊城市•8分）如图，在▱ABCD中，E为BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接BF，AC，若AD＝AF，求证：四边形ABFC是矩形．‎ ‎【分析】根据平行四边形的性质得到两角一边对应相等，利用AAS判定△ABE≌△FCE，从而得到AB＝CF；由已知可得四边形ABFC是平行四边形，BC＝AF，根据对角线相等的平行四边形是矩形，可得到四边形ABFC是矩形．‎ ‎【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AB∥CD，AB＝CD，‎ ‎∴∠BAE＝∠CFE，∠ABE＝∠FCE，‎ ‎∵E为BC的中点，‎ ‎∴EB＝EC，‎ ‎∴△ABE≌△FCE（AAS），‎ ‎∴AB＝CF．‎ ‎∵AB∥CF，‎ ‎∴四边形ABFC是平行四边形，‎ ‎∵BC＝AF，‎ ‎∴四边形ABFC是矩形．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．‎ ‎6.（2020•山东临沂市•13分）如图，菱形ABCD的边长为1，∠ABC＝60°，点E是边AB上任意一点（端点除外），线段CE的垂直平分线交BD，CE分别于点F，G，AE，EF的中点分别为M，N．‎ ‎（1）求证：AF＝EF；‎ ‎（2）求MN+NG的最小值；‎ ‎（3）当点E在AB上运动时，∠CEF的大小是否变化？为什么？‎ ‎【分析】（1）连接CF，根据垂直平分线的性质和菱形的对称性得到CF＝EF和CF＝AF即可得证；‎ ‎（2）连接AC，根据菱形对称性得到AF+CF最小值为AC，再根据中位线的性质得到MN+NG的最小值为AC的一半，即可求解；‎ ‎（3）延长EF，交DC于H，利用外角的性质证明∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，再由AF＝CF＝EF，得到∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，从而推断出∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FAE+∠CEF，从而可求出∠ABF＝∠CEF＝30°，即可证明．‎ ‎【解答】解：（1）连接CF，‎ ‎∵FG垂直平分CE，‎ ‎∴CF＝EF，‎ ‎∵四边形ABCD为菱形，‎ ‎∴A和C关于对角线BD对称，‎ ‎∴CF＝AF，‎ ‎∴AF＝EF；‎ ‎（2）连接AC，‎ ‎∵M和N分别是AE和EF的中点，点G为CE中点，‎ ‎∴MN＝AF，NG＝CF，即MN+NG＝（AF+CF），‎ 当点F与菱形ABCD对角线交点O重合时，‎ AF+CF最小，即此时MN+NG最小，‎ ‎∵菱形ABCD边长为1，∠ABC＝60°，‎ ‎∴△ABC为等边三角形，AC＝AB＝1，‎ 即MN+NG的最小值为；‎ ‎（3）不变，理由是：‎ 延长EF，交DC于H，‎ ‎∵∠CFH＝∠FCE+∠FEC，∠AFH＝∠FAE+∠FEA，‎ ‎∴∠AFC＝∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA，‎ ‎∵点F在菱形ABCD对角线BD上，根据菱形的对称性可得：‎ ‎∠AFD＝∠CFD＝∠AFC，‎ ‎∵AF＝CF＝EF，‎ ‎∴∠AEF＝∠EAF，∠FEC＝∠FCE，‎ ‎∴∠AFD＝∠FAE+∠ABF＝∠FAE+∠CEF，‎ ‎∴∠ABF＝∠CEF，‎ ‎∵∠ABC＝60°，‎ ‎∴∠ABF＝∠CEF＝30°，为定值．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的性质，最短路径，等边三角形的判定和性质，中位线定理，难度一般，题中线段较多，需要理清线段之间的关系．‎ ‎7. （2020年山东省滨州市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．‎ ‎8. （2020•福建省•8分）如图，点E，F分别在菱形ABCD的边BC，CD上，且BE＝DF．求证：∠BAE＝∠DAF．‎ ‎【分析】根据菱形的性质可得∠B＝∠D，AB＝AD，再证明△ABE≌△ADF，即可得∠BAE＝∠DAF．‎ ‎【解答】证明：四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴∠B＝∠D，AB＝AD，‎ 在△ABE和△ADF中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABE≌△ADF（SAS），‎ ‎∴∠BAE＝∠DAF．‎ ‎【点评】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．‎ ‎9.（2020•北京市•6分）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．‎ ‎（1）求证：四边形OEFG是矩形；‎ ‎（2）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的长．‎ ‎【分析】（1）根据菱形的性质得到BD⊥AC，∠DAO＝∠BAO，得到AE＝OE＝AD，推出OE∥FG，求得四边形OEFG是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；‎ ‎（2）根据菱形的性质得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，得到OE＝AE＝AD＝5；由（1）知，四边形OEFG是矩形，求得FG＝OE＝5，根据勾股定理得到AF＝＝3，于是得到结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴BD⊥AC，∠DAO＝∠BAO，‎ ‎∵E是AD的中点，‎ ‎∴AE＝OE＝AD，‎ ‎∴∠EAO＝∠AOE，‎ ‎∴∠AOE＝∠BAO，‎ ‎∴OE∥FG，‎ ‎∵OG∥EF，‎ ‎∴四边形OEFG是平行四边形，‎ ‎∵EF⊥AB，‎ ‎∴∠EFG＝90°，‎ ‎∴四边形OEFG是矩形；‎ ‎（2）∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，‎ ‎∴∠AOD＝90°，‎ ‎∵E是AD的中点，‎ ‎∴OE＝AE＝AD＝5；‎ 由（1）知，四边形OEFG是矩形，‎ ‎∴FG＝OE＝5，‎ ‎∵AE＝5，EF＝4，‎ ‎∴AF＝＝3，‎ ‎∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．‎ ‎10.（2020•安徽省•14分）如图1，已知四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，AE＝AD．EC与BD相交于点G，与AD相交于点F，AF＝AB．‎ ‎（1）求证：BD⊥EC；‎ ‎（2）若AB＝1，求AE的长；‎ ‎（3）如图2，连接AG，求证：EG﹣DG＝AG．‎ ‎【分析】（1）证明△AEF≌△ADB（SAS），得出∠AEF＝∠ADB，证得∠EGB＝90°，则结论得出；‎ ‎（2）证明△AEF∽△DCF，得出，即AE•DF＝AF•DC，设AE＝AD＝a（a＞0），则有a•（a﹣1）＝1，化简得a2﹣a﹣1＝0，解方程即可得出答案；‎ ‎（3）在线段EG上取点P，使得EP＝DG，证明△AEP≌△ADG（SAS），得出AP＝AG，∠EAP＝∠DAG，证得△PAG为等腰直角三角形，可得出结论．‎ ‎【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上，‎ ‎∴∠EAF＝∠DAB＝90°，‎ 又∵AE＝AD，AF＝AB，‎ ‎∴△AEF≌△ADB（SAS），‎ ‎∴∠AEF＝∠ADB，‎ ‎∴∠GEB+∠GBE＝∠ADB+∠ABD＝90°，‎ 即∠EGB＝90°，‎ 故BD⊥EC，‎ ‎（2）解：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AE∥CD，‎ ‎∴∠AEF＝∠DCF，∠EAF＝∠CDF，‎ ‎∴△AEF∽△DCF，‎ ‎∴，‎ 即AE•DF＝AF•DC，‎ 设AE＝AD＝a（a＞0），则有a•（a﹣1）＝1，化简得a2﹣a﹣1＝0，‎ 解得或（舍去），‎ ‎∴AE＝．‎ ‎（3）如图，在线段EG上取点P，使得EP＝DG，‎ 在△AEP与△ADG中，AE＝AD，∠AEP＝∠ADG，EP＝DG，‎ ‎∴△AEP≌△ADG（SAS），‎ ‎∴AP＝AG，∠EAP＝∠DAG，‎ ‎∴∠PAG＝∠PAD+∠DAG＝∠PAD+∠EAP＝∠DAE＝90°，‎ ‎∴△PAG为等腰直角三角形，‎ ‎∴EG﹣DG＝EG﹣EP＝PG＝AG．‎ ‎【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．‎ ‎11. （2020•四川省凉山州•5分）如图，矩形ABCD中，AD＝12，AB＝8，E是AB上一点，且EB＝3，F是BC上一动点，若将△EBF沿EF对折后，点B落在点P处，则点P到点D的最短距离为　10　．‎ ‎【分析】先根据勾股定理计算ED的长，当E.P、D共线时，DP最小，即最短距离是此时PD的长．‎ ‎【解答】解：如图，连接PD，DE，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠A＝90°，‎ ‎∵AB＝8，BE＝3，‎ ‎∴AE＝5，‎ ‎∵AD＝12，‎ ‎∴DE＝＝13，‎ 由折叠得：EB＝EP＝3，‎ ‎∵EP+DP≥ED，‎ ‎∴当E.P、D共线时，DP最小，‎ ‎∴DP＝DE﹣EP＝13﹣3＝10；‎ 故答案为：10．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，翻折变换的性质，利用数形结合的思想，根据图形确定点P到点D的最短距离解决问题．‎ ‎12. （2020•四川省泸州市•3分）如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边AB，AD的中点，BF与EC.ED分别交于点M，N．已知AB＝4，BC＝6，则MN的长为　　．‎ ‎【分析】延长CE.DA交于Q，延长BF和CD，交于W，根据勾股定理求出BF，根据矩形的性质求出AD，根据全等三角形的性质得出AQ＝BC，AB＝CW，根据相似三角形的判定得出△QMF∽△CMB，△BNE∽△WND，根据相似三角形的性质得出比例式，求出BN和BM的长，即可得出答案．‎ ‎【解答】解：延长CE.DA交于Q，如图1，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，BC＝6，‎ ‎∴∠BAD＝90°，AD＝BC＝6，AD∥BC，‎ ‎∵F为AD中点，‎ ‎∴AF＝DF＝3，‎ 在Rt△BAF中，由勾股定理得：BF＝＝＝5，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠Q＝∠ECB，‎ ‎∵E为AB的中点，AB＝4，‎ ‎∴AE＝BE＝2，‎ 在△QAE和△CBE中 ‎∴△QAE≌△CBE（AAS），‎ ‎∴AQ＝BC＝6，‎ 即QF＝6+3＝9，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴△QMF∽△CMB，‎ ‎∴＝＝，‎ ‎∵BF＝5，‎ ‎∴BM＝2，FM＝3，‎ 延长BF和CD，交于W，如图2，‎ 同理AB＝DM＝4，CW＝8，BF＝FM＝5，‎ ‎∵AB∥CD，‎ ‎∴△BNE∽△WND，‎ ‎∴＝，‎ ‎∴＝，‎ 解得：BN＝，‎ ‎∴MN＝BN﹣BM＝﹣2＝，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，相似三角形的性质和判定，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．‎ ‎13. （2020•四川省内江市•5分）如图，在矩形ABCD中，BC＝10，∠ABD＝30°，若点M、N分别是线段DB.AB上的两个动点，则AM+MN的最小值为　15　．‎ ‎【分析】作点A关于BD的对称点A′，连接MA′，BA′，过点A′H⊥AB于H．首先证明△ABA′是等边三角形，求出A′H，根据垂线段最短解决问题即可．‎ ‎【解答】解：作点A关于BD的对称点A′，连接MA′，BA′，过点A′H⊥AB于H．‎ ‎∵BA＝BA′，∠ABD＝∠DBA′＝30°，‎ ‎∴∠ABA′＝60°，‎ ‎∴△ABA′是等边三角形，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AD＝BC＝10，‎ 在Rt△ABD中，AB＝＝10，‎ ‎∵A′H⊥AB，‎ ‎∴AH＝HB＝5，‎ ‎∴A′H＝AH＝15，‎ ‎∵AM+MN＝A′M+MN≥A′H，‎ ‎∴AM+MN≥15，‎ ‎∴AM+MN的最小值为15．‎ 故答案为15．‎ ‎【点评】本题考查轴对称的性质，等边三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．‎ 三、解答题 ‎1. （2020•四川省遂宁市•8分）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D.E分别是线段BC.AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．‎ ‎（1）求证：△BDE≌△FAE；‎ ‎（2）求证：四边形ADCF为矩形．‎ ‎【分析】（1）根据平行线的性质得到∠AFE＝∠DBE，根据线段中点的定义得到AE＝DE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；‎ ‎（2）根据全等三角形的性质得到AF＝BD，推出四边形ADCF是平行四边形，根据等腰三角形的性质得到∠ADC＝90°，于是得到结论．‎ ‎【解答】证明：（1）∵AF∥BC，‎ ‎∴∠AFE＝∠DBE，‎ ‎∵E是线段AD的中点，‎ ‎∴AE＝DE，‎ ‎∵∠AEF＝∠DEB，‎ ‎∴△BDE≌△FAE（AAS）；‎ ‎（2）∵△BDE≌△FAE，‎ ‎∴AF＝BD，‎ ‎∵D是线段BC的中点，‎ ‎∴BD＝CD，‎ ‎∴AF＝CD，‎ ‎∵AF∥CD，‎ ‎∴四边形ADCF是平行四边形，‎ ‎∵AB＝AC，‎ ‎∴AD⊥BC，‎ ‎∴∠ADC＝90°，‎ ‎∴四边形ADCF为矩形．‎ ‎【点评】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确的识别图形是解题的关键．‎ ‎2. （2020•四川省自贡市•8分）如图，在正方形中，点在边的延长线上，点在边的延长线上，且，连接和相交于点.‎ 求证： . ‎ ‎【解析】证明：∵四边形ABCD为正方形 ‎∴AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°‎ 又∵CE=DF，∴CE+BC=DF+CD即BE=CF 在△BCF和△ABE中 ‎∴△ABE≌△BCF（SAS），∴AE=BF ‎3. （2020•新疆维吾尔自治区新疆生产建设兵团•8分）如图，四边形ABCD是平行四边形，//，且分别交对角线AC于点E，F，连接BE，DF．‎ ‎（1）求证：AE=CF；‎ ‎（2）若BE=DE，求证：四边形EBFD为菱形．‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析．‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎（1）结合题目条件，通过证明△BCF≌△DAE来证明AE=CF即可；‎ ‎（2）由△BCF≌△DAE，得到BF=DE，而//，得到四边形BFDE为平行四边形，结合BE=DE，即可得证．‎ ‎【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形；‎ ‎∴AD//BC，AD=BC ‎∴∠BCF=∠DAE;‎ 又∵DE//BF ‎∴∠BFE=∠DEF;‎ ‎∴∠BFC=∠DEA;‎ 在△BCF和△DAE中：‎ ‎∴△BCF≌△DAE（AAS）‎ ‎∴CF=AE ‎（2）由（1）得△BCF≌△DAE；‎ ‎∴BF=DE;‎ 又∵BF//DE；‎ ‎∴四边形BFDE为平行四边形；‎ 又∵BE=DE；‎ ‎∴平行四边形BFDE为菱形 ‎【点睛】本题主要考察了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质和判定以及菱形的判定，解题的关键是熟练掌握并运用相关的判定和性质进行推理证明．‎