九年級(jí)數(shù)學(xué)知識(shí)點(diǎn)【北師大版】：特殊的四邊形大題（解析版）

2022-2023學(xué)年九年級(jí)數(shù)學(xué)上學(xué)期復(fù)習(xí)備考高分秘籍（月考+期中+期末）【北師大版】專題2.1特殊的四邊形大題專練精選50題（培優(yōu)強(qiáng)化）【題型一】矩形的性質(zhì)1．（2021·浙江·余姚市舜水中學(xué)八年級(jí)期中）如圖，在長方形紙片ABCD中，AB=3，AD=9，折疊紙片ABCD，使頂點(diǎn)C落在邊AD的點(diǎn)G處，折痕分別交邊AD、BC于點(diǎn)E、F． (1)求證：△GEF是等腰三角形(2)求△GEF面積的最大值．【答案】(1)見詳解(2)7.5【分析】（1）在長方形ABCD中AD∥BC，即有∠GEF=∠EFC，根據(jù)折疊的性質(zhì)有∠EFC=∠（2）先判斷出當(dāng)點(diǎn)G與點(diǎn)A重合時(shí)，ΔGEF面積最大，再根據(jù)折疊的性質(zhì)可得GF=FC，∠AFE=∠EFC，根據(jù)勾股定理可求出AF=5，結(jié)合（1）的結(jié)論，可得AE=AF=5，即可求出△GEF（1）∵在長方形ABCD中AD∥∴∠GEF=∠EFC，∵根據(jù)折疊的性質(zhì)有∠EFC=∠GFE，∴∠GEF=∠GFE，∴GE=GF，∴△GEF是等腰三角形；（2）如圖，∵在長方形ABCD中，CD⊥AD，∴GE⊥CD，∴△GEF的面積為：S=1∵CD=AB=3，∴△GEF的面積的大小取決于GE的大小，∵根據(jù)折疊的性質(zhì)有，D'G=CD=3，∴GE=D即隨著G點(diǎn)往A點(diǎn)移動(dòng)，可知DE在逐漸增大，∴當(dāng)點(diǎn)G與點(diǎn)A重合時(shí)，DE最大，此時(shí)GE也最大，∴△GEF的面積也最大，如下圖，當(dāng)點(diǎn)G與點(diǎn)A重合時(shí)，△GEF面積最大，由折疊的性質(zhì)可知，GF=FC，∠AFE=∠EFC，在Rt△ABF中，AF∴AF解得：AF=5，根據(jù)（1）中的結(jié)論可知：△AEF是等腰三角形，AE=AF，∴AE=AF=5，∵在長方形ABCD中，CD⊥AD，∴AE⊥CD，∴△GEF的面積最大值為：S=1即△GEF的面積最大值為7.5．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形中的折疊問題，涉及矩形的性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是找到△GEF面積最大時(shí)的位置，靈活運(yùn)用矩形的性質(zhì)．2．（2022·福建·莆田哲理中學(xué)八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，將矩形ABCD繞著點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到矩形FECG，使點(diǎn)B落在AD邊上的點(diǎn)E處，連接BG交CE于點(diǎn)H，連接BE．(1)求證：BE平分∠AEC；(2)取BC中點(diǎn)P，連接PH，求證：PH∥CG；【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知BC＝CE，再由等腰三角形的性質(zhì)得到∠CBE＝∠CEB，根據(jù)矩形的性質(zhì)得∠AEB＝∠CBE，再等量轉(zhuǎn)化可得結(jié)論；（2）過點(diǎn)B作CE的垂線BQ，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得出AB＝BQ，由全等三角形的判定得△BHQ≌△GHC（AAS）即可得到結(jié)論．（1）∵矩形ABCD繞著點(diǎn)C按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到矩形FECG，∴CB＝CE，∴∠EBC＝∠BEC，又∵AD∥BC，∴∠EBC＝∠BEA，∴∠BEA＝∠BEC，∴BE平分∠AEC；（2）如圖1，過點(diǎn)B作CE的垂線BQ，∵BE平分∠AEC，BA⊥AE，BQ⊥CE，∴AB＝BQ，∴CG＝BQ，∵∠BQH＝∠GCH＝90°，BQ＝AB＝CG，∠BHQ＝∠GHC，∴△BHQ≌△GHC（AAS），∴BH＝GH，即點(diǎn)H是BG中點(diǎn)，又∵點(diǎn)P是BC中點(diǎn)，∴PH∥CG；【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)以及全等，合理的畫出輔助線是解決本題的關(guān)鍵．3．（2022·黑龍江齊齊哈爾·八年級(jí)期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，EF是直線DB上的兩點(diǎn)，DE＝BF．(1)求證：四邊形AFCE是平行四邊形；(2)若四邊形AFCE是矩形，且BD⊥AD，AB＝5，AD＝3，求DE的長．【答案】(1)證明見解析(2)DE=【分析】（1）連接AC交EF于點(diǎn)O，由平行四邊形的性質(zhì)可得AO＝CO，BO＝DO，可證OE＝OF，由對角線互相平分的四邊形是平行四邊形可得四邊形AFCE是平行四邊形；（2）利用勾股定理可求BD，AO的長，由矩形的性質(zhì)可得AO＝EO＝13，即可求解．（1）證明：連接AC交EF于點(diǎn)O，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO＝CO，BO＝DO，∵DE＝BF，∴OE＝OF，∴四邊形AFCE是平行四邊形；（2）解：∵BD⊥AD，AB＝5，AD＝3，∴BD=A∴BO＝DO＝2，∴AO=A∵四邊形AFCE是矩形，∴AO＝CO，EO＝FO，AC＝EF，∴AO=EO=13∴DE=13【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，利用勾股定理求出AO的長是解題的關(guān)鍵．4．（2022·山東·鄒城市第四中學(xué)八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，長方形ABCD中，AB=8，BC=4，將長方形沿AC折疊，點(diǎn)D落在D'處．(1)求證：AF+D'F=CD；(2)求△AFC的面積是多少？【答案】(1)見詳解(2)10【分析】（1）根據(jù)四邊形ABCD是矩形，可得∠ACD=∠CAB，再根據(jù)翻折的性質(zhì)有∠ACD=∠ACF，CD=CD′，即有∠ACF=∠CAB，則有AF=CF，即可求證；（2）結(jié)合（1）的結(jié)論，在Rt△BFC中，利用勾股定理即可求出BF=3，則CF可求，即問題得解．（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD=BC，AB=∴∠ACD=∠CAB，∵根據(jù)翻折的性質(zhì)有∠ACD=∠ACF，CD=CD′，∴∠ACF=∠CAB，∴AF=CF，∴AF+D′F=CF+D′F=CD′，∵CD=CD′，∴AF+D′F=CD，得證；（2）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B=90°，即BC⊥AF，∵AB=8，BC=4，又∵在（1）已證明AF=CF，∴CF=AF=AB-FB，∴CF=8-FB，∴在Rt△BFC中，有BF∴BF解得：BF=3，∴CF=8-3=5，∴AF=5，則結(jié)合BC⊥AF，△AFC的面積為：S=1即△AFC的面積為10．【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、勾股定理、平行的性質(zhì)等知識(shí)，掌握折疊的性質(zhì)找到題目中潛在的等量關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵．5．（2022·山東·泰安市泰山區(qū)樹人外國語學(xué)校八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，矩形ABCD中，AB=8，AD=6，點(diǎn)O是對角線BD的中點(diǎn)，過點(diǎn)O的直線分別交AB，CD邊于點(diǎn)E，F(xiàn)．求證：四邊形DEBF是平行四邊形．【答案】見解析【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)可以得出AB∥CD，根據(jù)平行線的性質(zhì)即可得出∠FDO=∠EBO，∠DFO=∠BEO，即可證明△DOF≌△BOE，得出【詳解】證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥∴∠FDO=∠EBO，∠DFO=∠BEO，∵點(diǎn)O是對角線BD的中點(diǎn)，∴DO=BO，在△DOF和△BOE中，∵∠FDO=∠EBO∴△DOF≌△BOEAAS∴DF=BE，∵DF∥∴四邊形DEBF是平行四邊形．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和證明，平行線的性質(zhì)，靈活應(yīng)用以上定理選擇合適的方法證明是本題的關(guān)鍵．6．（2022·重慶·通惠中學(xué)八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，沿EF將矩形折疊，使A、C重合，AC與EF交于點(diǎn)H．(1)求證：AE＝AF；(2)若AB＝4，BC＝8，求△ABE的面積．【答案】(1)證明見解析(2)6【分析】（1）依據(jù)平行線的性質(zhì)以及矩形的性質(zhì)，即可得到∠AFE=∠AEF，進(jìn)而得出AE=AF．（2）設(shè)BE=x，則AE=EC=8-x，在Rt△ABE中，根據(jù)勾股定理可得方程，即可得到BE的長，再根據(jù)三角形面積計(jì)算公式求解．（1）證明：∵四邊形ABCD矩形，∴AD∥BC，∴∠AFE=∠FEC，由折疊的性質(zhì)得：∠AEF=∠FEC，∴∠AFE=∠AEF，∴AE=AF．（2）解：根據(jù)折疊的性質(zhì)可得AE=EC，設(shè)BE=x，則AE=EC=8-x，在Rt△ABE中，根據(jù)勾股定理可得：AB即42解得：x=3，∴BE=3，∴S△ABE=12AB?BE【點(diǎn)睛】本題主要考查了折疊問題以及矩形的性質(zhì)的運(yùn)用，解題的方法是設(shè)要求的線段長為x，然后根據(jù)折疊和軸對稱的性質(zhì)用含x的代數(shù)式表示其他線段的長度，選擇適當(dāng)?shù)闹苯侨切?，運(yùn)用勾股定理列出方程求出答案．7．（2022·江西吉安·八年級(jí)期末）如圖，已知AC=AE，BC=BE，∠AEB=∠CAD，CD⊥CE．(1)求證：四邊形ABCD是平行四邊形；(2)若AD=CD=3，AC=4，求CE的長．【答案】(1)見解析(2)8【分析】（1）根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到：AB⊥CE，推出AB∥CD，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到（2）先過A作AH⊥CD于H，再根據(jù)勾股定理和矩形的判定和性質(zhì)即可得到結(jié)論．（1）證明：∵AC=AE，BC=BE，∴AB垂直平分CE，∴AB⊥CE，∵CD⊥CE，∴AB∥∵AC=AE，BC=BE，AB=AB，∴Δ∴∠AEB=∠ACB，∵∠AEB=∠CAD，∴∠ACB=∠CAD，∴BC∥∴四邊形ABCD是平行四邊形；（2）解：過A作AH⊥CD于H，∴AH∥∴四邊形AHCF是矩形，∴CF=AH，∴AC∵AD=CD=3，AC=4，∴3∴DH=1∴AH=A∴CF=4由（1）知，CE=2CF，∴CE=8【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握平行四邊形的判定和性質(zhì)定理．8．（2021·湖南·常德市第二中學(xué)八年級(jí)期中）如圖，折疊長方形紙片ABCD的一邊AD，使點(diǎn)D落在BC邊的點(diǎn)F處，已知AB=4，BC=5．(1)求線段BF的長；(2)求△AEF的面積．【答案】(1)3(2)25【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)可得AD=AF=5，根據(jù)勾股定理可求BF的長；（2）根據(jù)勾股定理可求EF的長，根據(jù)三角形面積公式可求△AEF的面積．（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD=4，BC=AD=5，∵把△AED折疊得到△AEF，∴△AEF≌△AED，∴AD=AF=5，EF=DE，在Rt△ABF中，BF=A（2）∵FC=BC?BF，∴CF=5?3=2，在Rt△EFC中，EF∴E∴EF=5∴S【點(diǎn)睛】本題考查了翻折變換，矩形的性質(zhì)，勾股定理，熟練運(yùn)用折疊的性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．9．（2022·海南省直轄縣級(jí)單位·八年級(jí)期末）如圖，矩形ABCD的對角線AC與BD相交點(diǎn)O，AC=6，P，Q分別為AO，AD的中點(diǎn)，求PQ的長度．【答案】3【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)可得BD=AC=6，BO=DO=12BD【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，AC=6，∴BD=AC=6，OB=OD=1∴OD=1∵點(diǎn)P、Q是AO，AD的中點(diǎn)，∴PQ是△AOD的中位線，∴PQ=1【點(diǎn)睛】此題主要考查了矩形的性質(zhì)以及三角形中位線定理，解題的關(guān)鍵是掌握矩形對角線相等且互相平分．10．（2022·甘肅·張掖市第一中學(xué)八年級(jí)期末）如圖，把矩形ABCD沿折線AE進(jìn)行折疊，使點(diǎn)D落在BC邊的F點(diǎn)處．若AB＝8cm，BC＝10cm，求EC的長．【答案】CE＝3cm【分析】要求CE的長，應(yīng)先設(shè)CE的長為x，由將△ADE折疊使點(diǎn)D恰好落在BC邊上的點(diǎn)F可得Rt△ADE≌Rt△AEF，所以AF=10cm，EF=DE=8-x；在Rt△ABF中由勾股定理得：AB2+BF2=AF2，已知AB、AF的長可求出BF的長，又CF=BC-BF=10-BF，在Rt△ECF中由勾股定理可得：EF2=CE2+CF2，即：（8-x）2=x2+（10-BF）2，將求出的BF的值代入該方程求出x的值，即求出了CE的長．【詳解】解：根據(jù)題意得：Rt△ADE≌Rt△AEF，∴∠AFE=90°，AF=10cm，EF=DE，設(shè)CE=xcm，則DE=EF=CD-CE=8-x，在Rt△ABF中由勾股定理得：AB2+BF2=AF2，即82+BF2=102，∴BF=6cm，∴CF=BC-BF=10-6=4（cm），在Rt△ECF中由勾股定理可得：EF2=CE2+CF2，即（8-x）2=x2+42，∴64-16x+x2=x2+16，∴x=3，即CE=3cm．【點(diǎn)睛】本題主要考查運(yùn)用勾股定理、全等三角形、方程思想等知識(shí)，關(guān)鍵是正確建立方程，運(yùn)用方程思想解決幾何問題．【題型二】矩形的判定11．（2022·山東·泰安市泰山區(qū)樹人外國語學(xué)校八年級(jí)期中）如圖，在△ABC中，點(diǎn)O是AC邊上的一動(dòng)點(diǎn)，過O作直線MN∥BC，設(shè)MN交∠BCA的平分線于點(diǎn)E，交∠BCA的外角平分線于點(diǎn)F．(1)求證：EO＝FO；(2)當(dāng)CE＝12，CF＝10時(shí)，求CO的長；(3)當(dāng)O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到何處時(shí)，四邊形AECF是矩形？并證明你的結(jié)論．【答案】(1)見解析(2)CO=(3)當(dāng)O運(yùn)動(dòng)到AC中點(diǎn)時(shí)，四邊形AECF是矩形，證明見解析【分析】（1）先根據(jù)等角對等邊，得出OE=OC，OF=OC，再根據(jù)等量代換，得出OE=OF；（2）先根據(jù)角平分線的定義，求得∠ECF=90°，再根據(jù)勾股定理求得EF的長，最后根據(jù)直角三角形的性質(zhì)，求得CO的長；（3）根據(jù)有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形矩形判定即可．（1）∵M(jìn)N∥BC，CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，∴∠BCE=∠ACE=∠OEC，∠OCF=∠FCD=∠OFC，∴OE=OC，OC=OF，∴OE=OF；（2）∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，∴∠ECF=12∴Rt△CEF中，EF=C又∵OE=OF，∴CO=1（3）當(dāng)O運(yùn)動(dòng)到AC中點(diǎn)時(shí)，四邊形AECF是矩形，證明：∵AO=CO，OE=OF，∴四邊形AECF是平行四邊形，由（2）可得∠ECF=90°，∴四邊形AECF是矩形.【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的判定，等腰三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理的應(yīng)用，解題時(shí)注意：有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形；在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半．12．（2021·江蘇·海安市曲塘中學(xué)附屬初級(jí)中學(xué)八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在△ABC中，AB=AC，D為邊BC的中點(diǎn)，四邊形ABDE是平行四邊形，AC，DE相交于點(diǎn)O．(1)求證：四邊形ADCE是矩形；(2)若∠AOE=90°，AE=2，求矩形ADCE對角線的長．【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）先證明四邊形ADCE是平行四邊形，由AB=AC，D為邊BC的中點(diǎn)，可得∠ADC=90°，可證四邊形ADCE是矩形；（2）根據(jù)∠AOE=90°，證明矩形ADCE是正方形，得CE=AE=2，∠AEC=90°，由勾股定理可得AC=AE2（1）證明：∵四邊形ABDE是平行四邊形，∴BD=AE，BD∥AE，∵D為BC的中點(diǎn)，∴CD=BD，∴CD=AE，∴四邊形ADCE是平行四邊形，又∵AB=AC，D為邊BC的中點(diǎn)，∴AD⊥BC，∴∠ADC=90°，∴四邊形ADCE是矩形．（2）解：∵四邊形ADCE是矩形，∠AOE=90°，∴矩形ADCE是正方形，∴CE=AE=2，∠AEC=90°，∴由勾股定理可得AC=A即矩形ADCE對角線的長為22【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，矩形和正方形的判定和勾股定理，熟練應(yīng)用相關(guān)的判定和性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵。13．（2022·四川·成都市龍泉驛區(qū)新思源學(xué)校八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，已知△ABC中，AB＝AC，∠BAD＝∠CAD，F(xiàn)為BA延長線上的一點(diǎn)，AE平分∠FAC，(1)求證：AE∥(2)求證：四邊形AECD是矩形；(3)BC=6cm，S四邊形AECD=12cm2，求AB的長．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)AB=5【分析】（1）先根據(jù)已知條件求出AD⊥BC，再根據(jù)AE平分∠FAC，得出∠EAD=90°，從而證出AE∥BC；（2）根據(jù)DE∥AB，AE∥BC，得出四邊形ABDE是平行四邊形，AE=BD，再根據(jù)BD=CD，得出AE=CD，四邊形AECD是平行四邊形，最后根據(jù)∠ADC=90°，即可證出四邊形AECD是矩形；（3）根據(jù)BC=6cm，得出CD=3cm，再根據(jù)SAECD＝12cm2，得出AD=4，最后根據(jù)勾股定理求出AC的長，即可求出AB的長．（1）解：∵AB=AC，∠BAD=∠CAD，∴AD⊥BC，∴∠ADB=90°，∵AE平分∠FAC，∴∠EAD=∠ADB=90°，∴AE∥BC；（2）∵DE∥AB，AE∥BC，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∴AE=BD，∵BD=CD，∴AE=CD，∴四邊形AECD是平行四邊形，∵∠ADC=90°，∴四邊形AECD是矩形；（3）∵BC=6cm，∴CD=3cm，∵SAECD＝12c∴AD=4，∴AB=AC=∴AB的長為5cm【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)的綜合應(yīng)用，用到的知識(shí)點(diǎn)是平行四邊形的判斷與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)與判定、勾股定理等，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．14．（2022·江西·鉛山縣教育局教學(xué)研究室八年級(jí)期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為OB，OD的中點(diǎn)，延長AE至G，使EG＝AE，連接CG．(1)求證：△ABE≌△CDF；(2)當(dāng)AB與AC滿足什么數(shù)量關(guān)系時(shí)，四邊形EGCF是矩形？請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)AB=12【分析】（1）根據(jù)題意由平行四邊形的性質(zhì)得出AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，由平行線的性質(zhì)得出∠ABE=∠CDF，證出BE=DF，由SAS證明△ABE≌△CDF即可；（2）假設(shè)當(dāng)AB=12AC時(shí)，由題意得AB=OA，并由等腰三角形的性質(zhì)得出AG⊥OB，∠OEG=90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，證出EG=CF，得出四邊形EGCF（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AB∥CD，OB=OD，OA=OC，∴∠ABE=∠CDF，∵點(diǎn)E，F(xiàn)分別為OB，OD的中點(diǎn)，∴BE=12OB，DF=12∴BE=DF，在△ABE和△CDF中，AB＝∴△ABE≌△CDF(SAS)．（2）當(dāng)AB=12AC時(shí)，四邊形EGCF當(dāng)AB=12AC∵AC=2OA，AC=2AB，∴AB=OA，∵E是OB的中點(diǎn)，∴AG⊥OB，∴∠OEG=90°，同理：CF⊥OD，∴AG∥CF，∴EG∥CF，由（1）得：△ABE≌△CDF，∴AE=CF，∵EG=AE，∴EG=CF，∴四邊形EGCF是平行四邊形，∵∠OEG=90°，∴四邊形EGCF是矩形．【點(diǎn)睛】本題考查矩形的判定和平行四邊形的性質(zhì)和判定以及全等三角形的判定和三角形中位線定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題.15．（2022·江蘇·鹽城市毓龍路實(shí)驗(yàn)學(xué)校八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，對角線AC、BD交于點(diǎn)O，DE平分∠ADC交BC于點(diǎn)E，連接OE．(1)求證：四邊形ABCD是矩形；(2)若∠BDE＝15°，求∠EOC的度數(shù)；(3)在（2）的條件下，若AB＝2，求矩形ABCD的面積．【答案】(1)詳見解析；(2)75°；(3)43【分析】（1）由平行線的性質(zhì)易證∠BAD＝90°，得出∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，即可得出結(jié)論；（2）由矩形和角平分線的性質(zhì)得出∠CDE＝∠CED＝45°，則EC＝DC，推出∠CDO＝60°，證明△OCD是等邊三角形，求出∠OCB＝30°，得出∠COE＝75°，即可得出結(jié)果；（3）作OF⊥BC于F．求出EC、OF的長即可．（1）證明：∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∵∠ABC＝90°，∴∠BAD＝90°，∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，∴四邊形ABCD是矩形；（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，DE平分∠ADC，∴∠CDE＝∠CED＝45°，∴EC＝DC，又∵∠BDE＝15°，∴∠CDO＝60°，又∵矩形的對角線互相平分且相等，∴OD＝OC，∴△OCD是等邊三角形，∴∠DOC＝∠OCD＝60°，∴∠OCB＝90°﹣∠DCO＝30°，∵CO＝CE，∴∠COE＝（180°﹣30°）÷2＝75°；（3）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝2，∠BCA＝90°，由（1）可知，∠OCB＝30°，∴AC=2AB=4，∴BC=23∴矩形OEC的面積=BC×AB=43【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理等知識(shí)；熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)和等邊三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．16．（2022·江蘇·鹽城市毓龍路實(shí)驗(yàn)學(xué)校八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在?ABCD中，E為CD邊的中點(diǎn)，連接BE并延長，交AD的延長線于點(diǎn)F，延長ED至點(diǎn)G，使DG＝DE，分別連接AE、AG、FG．(1)求證：△BCE≌△FDE；(2)當(dāng)BF平分∠ABC時(shí)，四邊形AEFG是什么特殊四邊形？請說明理由．【答案】(1)詳見解析(2)四邊形AEFG是矩形，詳見解析【分析】（1）由AAS證明△BCE≌△FDE即可；（2）先證四邊形AEFG是平行四邊形，再證∠AEF＝90°，即可得出結(jié)論．（1）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DFE＝∠CBE，∵E為CD邊的中點(diǎn)，∴DE＝CE，在△BCE和△FDE中，∠BEC=∠FED∠CBE=∠DFE∴△BCE≌△FDE（AAS）；（2）解：四邊形AEFG是矩形，理由如下：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠AFB＝∠FBC，由（1）得：△BCE≌△FDE，∴BC＝FD，BE＝FE，∴FD＝AD，∵GD＝DE，∴四邊形AEFG是平行四邊形，∵BF平分∠ABC，∴∠FBC＝∠ABF，∴∠AFB＝∠ABF，∴AF＝AB，∵BE＝FE，∴AE⊥FE，∴∠AEF＝90°，∴平行四邊形AEFG是矩形．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)，證明△BCE≌△FDE是解題的關(guān)鍵．17．（2022·江蘇·鹽城市明達(dá)初級(jí)中學(xué)八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在△ABC中，CD⊥AB于點(diǎn)D，過點(diǎn)A作EA⊥AB，且EA＝CD，連接CE、DE、AC．(1)求證：四邊形ADCE是矩形．(2)若DE＝BC，求證：AD＝BD．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）由題目條件可證四邊形ADCE是平行四邊形,再結(jié)合∠EAD=90°，即可得出結(jié)論；（2）由矩形的性質(zhì)可得出AC=DE，故得出AC=BC，由等腰三角形三線合一的性質(zhì)即可得出結(jié)論．（1）證明：∵CD⊥AB于點(diǎn)D，過點(diǎn)A作EA⊥AB，∴∠EAD=∠CDB=90°，∴EA∥CD，∵EA＝CD，∴四邊形ADCE為平行四邊形，∵∠EAD=90°，∴四邊形ADCE為矩形．（2）∵四邊形ADCE為矩形，∴AC=ED，∵DE＝BC，∴AC=BC，∵CD⊥AB于點(diǎn)D，∴AD＝BD．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，熟記特殊四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．18．（2022·河北保定·八年級(jí)期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB=3，BC=5，對角線AC⊥AB，點(diǎn)E、F分別是BC，AD上的點(diǎn)，且BE=DF．(1)求證：四邊形AECF是平行四邊形．(2)當(dāng)AE長度為______時(shí)，四邊形AECF是矩形，說明四邊形AECF是矩形的理由．【答案】(1)見解析(2)2.4【分析】（1）首先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AD∥BC，AD=BC，再證明AF=EC，可證明四邊形AECF是平行四邊形；（2）由矩形的判定和三角形面積求出AE即可．（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AF∥EC,AD=BC，∵DF=BE，∴AF=EC，∴四邊形AECF是平行四邊形；（2）當(dāng)AE長度為2.4時(shí)，四邊形AECF是矩形，理由如下：由（1）知四邊形AECF是平行四邊形，若四邊形AECF是矩形，則∠AEC=90°，即AE⊥BC，∵AB=3，BC=5，AC⊥AB，∴AC=BC∵1∴12×3×4=12×5∴AE=2.4．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)、勾股定理以及三角形面積等知識(shí)，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．19．（2022·黑龍江綏化·八年級(jí)期末）如圖，在△ABC中，D是BC邊上的一點(diǎn)，E是AD的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作BC的平行線交BE的延長線于F，且AF＝DC，連接CF．(1)求證：D是BC的中點(diǎn)；(2)如果AB＝AC，試猜測四邊形ADCF的形狀，并證明你的結(jié)論．【答案】(1)見解析(2)四邊形ADCF是矩形，理由見解析【分析】（1）可證△AFE≌△DBE，得出AF=BD，進(jìn)而根據(jù)AF=DC，得出D是BC中點(diǎn)的結(jié)論；（2）若AB=AC，則△ABC是等腰三角形，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)知AD⊥BC；而AF與DC平行且相等，故四邊形ADCF是平行四邊形，又AD⊥BC，則四邊形ADCF是矩形．（1）證明：∵E是AD的中點(diǎn)，∴AE=DE．∵AF∥BC，∴∠FAE=∠BDE，∠AFE=∠DBE．在△AFE和△DBE中，∠FAE=∠BDE∠AFE=∠DBE∴△AFE≌△DBE（AAS）．∴AF=BD．∵AF=DC，∴BD=DC．即：D是BC的中點(diǎn)；（2）解：四邊形ADCF是矩形；證明：∵AF=DC，AF∥DC，∴四邊形ADCF是平行四邊形．∵AB=AC，BD=DC，∴AD⊥BC，即∠ADC=90°．∴平行四邊形ADCF是矩形．【點(diǎn)睛】此題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行四邊形、矩形的判定等知識(shí)綜合運(yùn)用．20．（2022·江蘇·揚(yáng)州市梅嶺中學(xué)八年級(jí)階段練習(xí)）已知：如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分∠ACB，DE⊥BC，DF⊥AC，垂足分別為E、F，求證：四邊形CFDE是正方形．【答案】證明見解析【分析】先推出∠CFD=∠CED=∠FCE=90°，即可證明四邊形CFDE是矩形，再根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到DF=DE，即可證明矩形CFDE是正方形．【詳解】解：∵∠ACB=90°，DF⊥AC，DE⊥BC，∴∠CFD=∠CED=∠FCE=90°，∴四邊形CFDE是矩形，∵CD平分∠ACB，DF⊥AC，DE⊥BC，∴DF=DE，∴矩形CFDE是正方形．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的判定，矩形的判定，角平分線的性質(zhì)，熟知正方形的判定條件是解題的關(guān)鍵．【題型三】菱形的性質(zhì)21．（2022·陜西·西安鐵一中分校九年級(jí)期末）如圖，菱形ABCD中，點(diǎn)F為邊AD上一點(diǎn)，點(diǎn)E為邊CD上一點(diǎn)，連接BF、BE，若∠DFB+∠BEC=180°，求證：BF=BE．【答案】見解析【分析】由“AAS”可證△ABF≌△CBE，可得BF=BE．【詳解】證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC，∠A=∠C，∵∠DFB+∠BEC=180°，∠DFB+∠AFB=180°，∴∠AFB=∠BEC，在△ABF和△CBE中，∠A=∠C∠AFB=∠BEC∴△ABF≌△CBE（AAS），∴BF=BE．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．22．（2022·河北·邢臺(tái)市開元中學(xué)八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在菱形ABCD中，AB的垂直平分線交對角線AC于點(diǎn)F，交AB于點(diǎn)E，連接DF，BF．(1)求證：AF=DF；(2)若∠ADC=110°，求∠FDC的度數(shù)．【答案】(1)見解析(2)∠FDC=75°．【分析】（1）連接BF，由線段垂直平分線的性質(zhì)得AF=BF，再證△BCF≌△DCF（SAS），得BF=DF，即可得出結(jié)論；（2）由菱形的性質(zhì)得∠DCA=∠DAC=35°，由AF=DF以及三角形的外角性質(zhì)，得到∠DFC=∠FDA+∠DAC=70°，據(jù)此求解即可得出答案．（1）證明：連接BF，如圖所示：∵EF是線段AB的垂直平分線，∴AF=BF，∵四邊形ABCD是菱形，∴BC=DC，∠BCF=∠DCF，在△BCF和△DCF中，BC=DC∠BCF=∠DCF∴△BCF≌△DCF（SAS），∴BF=DF，∴AF=DF；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，∠ADC=110°，∴AD=DC，∠DCA=∠DAC=12(180°-∠ADC)=1∵AF=DF，∴∠FDA=∠DAC=35°，∴∠DFC=∠FDA+∠DAC=70°，∴∠FDC=180°-∠DFC-∠DCA=180°-70°-35°=75°．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握菱形的性質(zhì)，證明△BCF≌△DCF是解題的關(guān)鍵．23．（2022·江蘇·飛達(dá)路中學(xué)八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，四邊形ABCD是菱形，AC=16，DB=12，DH⊥AB于點(diǎn)H，(1)求菱形ABCD的周長？(2)求DH的長？【答案】(1)菱形ABCD的周長為40；(2)DH=485【分析】（1）先根據(jù)菱形的性質(zhì)得OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，再利用勾股定理計(jì)算出AB=10，即可得出菱形的周長；（2）根據(jù)菱形的面積公式得到12?AC?BD=DH?AB，再解關(guān)于DH（1）解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AO=OC=12AC=8，OB=OD=12BD=6，AC⊥在Rt△AOB中，AB=AO∴菱形ABCD的周長為：10×4=40；（2）解：∵S菱形ABCD=12?ACS菱形ABCD=DH?∴DH?10=12∴DH=485【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)：菱形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；菱形的四條邊都相等；菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角；菱形的面積等于對角線乘積的一半．24．（2022·湖南衡陽·八年級(jí)期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點(diǎn)O，分別過點(diǎn)C、點(diǎn)D作BD、AC的平行線交于點(diǎn)E，連接EO交CD于點(diǎn)F．(1)求證：四邊形DECO是矩形；(2)若AC=4，BD=6，求EF的長．【答案】(1)證明見解析；(2)EF=【分析】（1）先證四邊形DECO是平行四邊形，再由菱形的性質(zhì)得AC⊥BD，得∠DOC＝90°，即可得出結(jié)論；（2）由菱形的性質(zhì)得OA＝OC＝2，OB＝OD＝3，AC⊥BD，再由勾股定理得CD＝13，然后由矩形的性質(zhì)得EF＝OF，OE＝CD＝13，即可得出結(jié)論．（1）證明：∵CE∥BD，∴四邊形DECO是平行四邊形，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠DOC＝90°，∴平行四邊形DECO是矩形；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，AC＝4，BD＝6，∴OA＝OC＝2，OB＝OD＝3，AC⊥BD，∴∠COD＝90°，∴CD=O由（1）得：四邊形DECO是矩形，∴EF＝OF，OE＝CD＝13，∴EF=1【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．25．（2022·吉林·東北師大附中明珠學(xué)校八年級(jí)期末）如圖，在5×5的正方形網(wǎng)格中，點(diǎn)A、B在格點(diǎn)上，按要求畫出格點(diǎn)四邊形．(1)在圖①中畫四邊形ABCD，使得四邊形ABCD是中心對稱圖形，但不是軸對稱圖形；(2)在圖②中畫出菱形ABEF（非正方形）．【答案】(1)作圖見解析(2)作圖見解析【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)作一個(gè)平行四邊形ABCD即可；（2）利用菱形的性質(zhì)作出圖形即可．（1）解：如圖所示：∴四邊形ABCD即為所求；（2）解：如圖所示：∴四邊形ABEF即為所求．【點(diǎn)睛】本題考查在網(wǎng)格中作圖，涉及到平行四邊形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形及菱形的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．26．（2022·山東泰安·八年級(jí)期末）如圖，矩形ABCD的對角線AC、BD交于點(diǎn)O，且DE∥AC，(1)若AC=4，求四邊形OCED的周長；(2)若∠BAC=30°，S四邊形OCED=2【答案】(1)8(2)4【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的判定得出四邊形OCED是平行四邊形，根據(jù)矩形的性質(zhì)求出OC＝OD，根據(jù)菱形的判定得出即可．（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)以及30°銳角所對直角邊等于斜邊的一半得出AC＝2BC，設(shè)BC＝x，則AC＝2x，表示出AD，連接OE，交CD于點(diǎn)F，根據(jù)菱形的性質(zhì)得出F為CD中點(diǎn)，求出OF＝12BC，求出OE＝2OF，進(jìn)而利用菱形的面積求出x，即可求出AC（1）解：∵CE//OD，DE//OC，∴四邊形OCED是平行四邊形，∵四邊形ABCD是矩形，∴AC＝BD，OC＝12AC，OD＝12∴OC＝OD，∴四邊形OCED是菱形，∴OC＝CE＝ED＝DO，∵AC＝4，∴OC＝2，∴四邊形OCED的周長為2×4＝8；（2）解：如圖，連接OE，交CD于點(diǎn)F，在矩形ABCD中，∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，設(shè)BC＝x，則AC＝2x，∴AB＝DC＝3x∵四邊形ABCD為菱形，∴F為CD中點(diǎn)，∵O為BD中點(diǎn)，∴OF＝12BC∴OE＝BC＝x，∵S四邊形∴12即12解得x＝2，∴AC＝2x＝4．【點(diǎn)睛】本題綜合考查了菱形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握菱形的判定方法，菱形的判定：①四條邊都相等的四邊形是菱形菱形．②對角線互相垂直的平行四邊形是菱形菱形．③一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形菱形．27．（2022·河南駐馬店·八年級(jí)期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，過點(diǎn)C的直線MN∥AB，點(diǎn)D為AB邊上一點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥BC，交直線MN于點(diǎn)E，垂足為F，連接CD(1)求證：CE=AD；(2)當(dāng)四邊形BECD是菱形時(shí)，D在AB的什么位置？請說明你的理由；(3)在（2）的條件下，則當(dāng)∠A=_________度時(shí)，四邊形BECD是正方形．【答案】(1)見解析(2)D是AB的中點(diǎn)，理由見解析(3)45【分析】(1)根據(jù)內(nèi)錯(cuò)角相等，兩直線平行，判定AC∥DE，結(jié)合MN∥AB，判定四邊形ADEC是平行四邊形即可．（2）根據(jù)四邊形BECD是菱形，得到CE=BD，結(jié)合CE=AD，得到AD=BD，判斷即可．（3）根據(jù)四邊形BECD是正方形，∠DBC=∠EBC=45°，根據(jù)直角三角形的兩個(gè)銳角互余，計(jì)算即可．（1）證明：∵DE⊥BC，∴∠DFB=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACB=∠DFB，∴AC∥∵M(jìn)N∥即CE∴四邊形ADEC是平行四邊形，∴CE=AD．（2）D是AB的中點(diǎn)．理由：∵四邊形BECD是菱形，∴DC=DB，∴∠DBC=∠DCB，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠DCB=90°，∠A+∠ABC=90°，∴∠A=∠ACD，∴DC=DA，∴AD=DB，∴D是AB的中點(diǎn)．（3）45°．理由：∵四邊形BECD是正方形，∴∠DBC=∠EBC=45°，∵∠ACB=90°，∴∠A=45°，故答案為：45°．【點(diǎn)睛】本題考查了直角三角形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，熟練掌握特殊四邊形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．28．（2022·山東臨沂·八年級(jí)期末）如圖，在菱形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB，BC上，且∠ADE＝∠CDF，求證：BE＝BF．【答案】證明見解析【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得∠A＝∠C，AD＝CD，由“ASA”可證△ADE≌△CDF，可得AE＝CF，再根據(jù)菱形的性質(zhì)和線段的和差即可證明．【詳解】證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠A＝∠C，AD＝CD，AB=BC，在△ADE和△CDF中，∠A＝∴△ADE≌△CDF（ASA），∴AE=CF∵AB=BC∴AB-AE=BC-CF∴BE＝BF．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．29．（2022·浙江寧波·八年級(jí)期末）如圖，將邊長為4cm的正方形ABCD沿其對角線AC剪開，再把△ACD沿著DA方向平移得到△A′C′D′，與AB，AC分別交于點(diǎn)G，H(1)求證：四邊形AGC′(2)若四邊形AGC′H是菱形，求【答案】(1)證明見解析(2)8?42【分析】（1）過C點(diǎn)作CD⊥AD′交AD的延長線于D（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AG=GC′=C′（1）證：過C點(diǎn)作CD⊥AD′交AD的延長線于D∵把△ACD沿著DA方向平移得到△A′∴AC∥A′∵CD∥AB∴C′∴四邊形AGC′（2）∵四邊形AGC′∴AG=GC設(shè)AG=GC′=則BG=AB?AG=4?x∵∠A∴∠BC′∴△BC∴GC即x=24?x解得x=8?42∴AH=8?42【點(diǎn)睛】本題考查了平移變換、平行四邊形的判定、菱形的性質(zhì)等腰直角三角形的性質(zhì)和判定，解決本題的關(guān)鍵是掌握以上的性質(zhì)即可．30．（2022·湖北武漢·八年級(jí)期中）在菱形ABCD中，∠DCB＝120°，E為CD上一點(diǎn)．

圖1

圖2

圖3(1)如圖1，若∠DAE＝30°，求證：BC＝2CE．(2)F為CB上一點(diǎn)，∠EAF＝30°．①如圖2，連接EF，求證：EA平分∠DEF．②如圖3，若BF＝2FC，求DECE【答案】(1)見解析(2)①見解析；②DECE的值是【分析】（1）由四邊形ABCD是菱形得AD=CD=BC，AD//BC，則∠D=180°?∠DCB=60°，而∠DAE=30°，所以∠AED=90°，根據(jù)“直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半”得DE=12AD=12（2）①在DC上截取GD=FC，連接AG、FG、AC，先證明ΔADC和ΔABC都是等邊三角形，再證明ΔADG?ΔACF，得AG=AF，∠DAG=∠CAF，則∠EAG=∠EAF=30°，得到AE垂直平分FG，EF=EG，得∠AEG=∠AEF②在①的基礎(chǔ)上，作GP⊥AD于點(diǎn)P，F(xiàn)Q⊥DC交DC的延長線于點(diǎn)Q，則∠APG=∠GQF=90°，設(shè)PD=m，證明ΔPAG?ΔQGF，可推導(dǎo)出GD=2PD=2m，CG=2GD=4m，PA=QG=5m，QF2=PG2=(2m)2（1）如圖1，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD=CD=BC，AD//BC，∵∠DCB=120°，∠DAE=30°，∴∠D=180°?∠DCB=60°，∴∠AED=90°，∴DE=1∴CE=CD?DE=CD?1∴BC=2CE.（2）①證明：如圖2，在DC上截取GD=FC，連接AG、FG、AC，∵AD=CD=AB=CB，∠B=∠D=60°，∴ΔADC和∴AD=AC，∠D=∠ACF=∠DAC=60°，∴Δ∴AG=AF，∠DAG=∠CAF，∴∠FAG=∠CAF+∠CAG=∠BAG+∠CAG=∠DAC=60°，∵∠EAF=30°，∴∠EAG=∠EAF=30°，∴AE垂直平分FG，∴EF=EG，∴∠AEG=∠AEF，EA平分∠DEF．②解：如圖3，在DC上截取GD=FC，連接EF、AG、FG、AC，由①得AG=AF，EF=EG，∠FAG=60°，∴Δ∵CD?GD=CB?FC，∴BF=CG，∵BF=2FC，∴CG=2GD，作GP⊥AD于點(diǎn)P，F(xiàn)Q⊥DC交DC的延長線于點(diǎn)Q，則∠APG=∠GQF=90°，設(shè)PD=m，∵∠DPG=90°，∠D=60°，∴∠DGP=30°，∴GD=2PD=2m，CG=2GD=4m，∴AD=CD=2m+4m=6m，∴PA=6m?m=5m，∵∠D=∠AGF=60°，AG=GF，∴∠PAG=180°?∠D?∠AGD=120°?∠AGD，∠QGF=180°?∠AGF?∠AGD=120°?∠AGD，∴∠PAG=∠QGF，∴Δ∴PG=QF，PA=QG=5m，∴QF∵QF2+EQ2∴3m解得EG=14∴DE=2m+145m=∴DECE∴DECE的值是4【點(diǎn)睛】此題考查菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半、勾股定理等知識(shí)，此題難度較大，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．【題型四】菱形的判定31．（2022·湖北·崇陽縣大集中學(xué)八年級(jí)期中）如圖，在矩形ABCD中，對角線BD的垂直平分線MN與AD相交于點(diǎn)M，與BC相交于點(diǎn)N，連接BM，DN．(1)求證：四邊形BMDN是菱形；(2)若AB=12，AD=18，求MD的長．【答案】(1)見解析(2)13【分析】（1）證△DMO≌△BNO，得出OM＝ON，根據(jù)對角線互相平分證四邊形BMDN是平行四邊形，再根據(jù)對角線互相垂直，證菱形即可；（2）設(shè)BM=x，根據(jù)勾股定理列出方程，解方程，即可求出菱形邊長．（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，MN垂直平分BD，∴AD∥BC，∠A＝90°，OB＝OD，∴∠MDO＝∠NBO，∠DMO＝∠BNO，∵在△DMO和△BNO中，∠DMO=∠BNO∴△DMO≌△BNO（AAS）∴OM＝ON又∵OB＝OD∴四邊形BMDN是平行四邊形∵M(jìn)N垂直平分BD，即MN⊥BD∴平行四邊形BMDN是菱形．（2）解：∵四邊形BMDN是菱形∴MB＝MD在Rt△AMB中，設(shè)BM=x，BM2＝AM2+AB2即x2＝（18﹣x）2+122解得：x＝13，即MD=13【點(diǎn)睛】本題考查了矩形性質(zhì)，平行四邊形的判定，菱形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)；熟練掌握矩形的性質(zhì)，證明四邊形是菱形是解決問題的關(guān)鍵．32．（2022·浙江·吳寧第三中學(xué)八年級(jí)期中）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC的垂直平分線與邊AD、BC分別交于點(diǎn)E、F．(1)求證：四邊形AFCE是菱形．(2)若AF2=AC?EF，求證：CF【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）根據(jù)ASA證明△AOE≌△COF，得EO=FO，從而得出四邊形AFCE為平行四邊形，進(jìn)一步由FE⊥AC，即可證得結(jié)論；（2）利用菱形的兩種不同面積算法列出面積表達(dá)式，再根據(jù)AF（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AE∥FC，∴∠EAO=∠FCO，∵EF垂直平分AC，∴AO=CO，∠AOE=∠COF=90°．∵∠AOE=∠COF，AO=CO，∠EAO=∠FCO∴△AOE≌△COF（ASA），∴EO=FO，∵AO=CO，EO=FO，∴四邊形AFCE為平行四邊形，又∵FE⊥AC，∴四邊形AFCE為菱形；（2）證明∵四邊形AFCE為菱形，∴AF=CF．又∵在矩形ABCD中，AB⊥CF，∴S∴2AF?AB=AC?EF又∵A∴A∴AF=2AB∴CF=2AB【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、菱形的判定和菱形面積的計(jì)算、勾股定理和全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握上述知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵.33．（2022·江蘇·鹽城市明達(dá)初級(jí)中學(xué)八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，對角線BD的垂直平分線與邊AD、BC分別相交于點(diǎn)M、N．(1)求證：四邊形BNDM是菱形；(2)若BD＝24，MN＝10，求菱形BNDM的周長．【答案】(1)見解析(2)52【分析】（1）證△MOD≌△NOB（AAS），得出OM=ON，由OB=OD，證出四邊形BNDM是平行四邊形，進(jìn)而得出結(jié)論；（2）由菱形的性質(zhì)得出BM=BN=DM=DN，OB=12BD=12，OM=12MN=5，由勾股定理得（1）證明：∵AD∥BC，∴∠DMO=∠BNO，∵M(jìn)N是對角線BD的垂直平分線，∴OB=OD，MN⊥BD，在△MOD和△NOB中，∠DMO=∠BNO∠MOD=∠NOB∴△MOD≌△NOB（AAS），∴OM=ON，∵OB=OD，∴四邊形BNDM是平行四邊形，∵M(jìn)N⊥BD，∴四邊形BNDM是菱形；（2）解：∵四邊形BNDM是菱形，BD=24，MN=10，∴BM=BN=DM=DN，OB=12BD=12，OM=12在Rt△BOM中，由勾股定理得：BM=O∴菱形BNDM的周長=4BM=4×13=52．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)；熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．34．（2021·河南·許昌縣第三初級(jí)中學(xué)八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，E、F是對角線AC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，分別從A、C同時(shí)出發(fā)，相向而行，速度均為2cm/s，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts(0≤t≤5)(1)若G、H分別是AB、DC的中點(diǎn)，且t≠2.5，則以E、G、F、H為頂點(diǎn)的四邊形一定是．(2)在（1）的條件下，當(dāng)t為何值時(shí)，以E、G、F、H為頂點(diǎn)的四邊形是矩形，請明理由．(3)若G、H分別是折線A--B--C，C--D--A上的動(dòng)點(diǎn)，分別從A、C開始，與E、F相同的速度同時(shí)出發(fā)，當(dāng)t為何值時(shí)，以E、G、F、H為頂點(diǎn)的四邊形是菱形，請直接寫出t的值．【答案】(1)平行四邊形(2)當(dāng)t為4.5秒或0.5秒時(shí)，四邊形EGFH是矩形(3)31【分析】（1）根據(jù)勾股定理求出AC，分E、F沒相遇前，和相遇后，證明△AFG≌△CEH，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到GF=HE，利用內(nèi)錯(cuò)角相等得GF∥HE，根據(jù)平行四邊形的判定可得結(jié)論；（2）如圖1，連接GH，分E、F沒相遇前，和相遇后，兩種情況，列方程計(jì)算即可；（3）連接AG．CH，判定四邊形AGCH是菱形，得到AG=CG，根據(jù)勾股定理求出BG，得到AB+BG的長，根據(jù)題意解答．（1）解：在矩形ABCD中：AB=CD，AB∥CD，AD∥BC，∠B=90°，∴∠BAC=∠DCA，∵AB=6cm，BC=8cm，∴AC=10cm，∵G、H分別是AB、DC的中點(diǎn)，∴AG=12AB，CH=12∴AG=CH，∵E、F是對角線AC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，分別從A、C同時(shí)出發(fā)，相向而行，速度均為2cm/s，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts，∴AE=CF，如圖，當(dāng)E、F沒相遇前，∵AE=CF，∴AF=CE，∵∠BAC=∠DCA，AG=CH，∴△AGF≌△CHE，∴GF=HE，∠AFG=∠CEH，∴GF∥HE，∴四邊形EGFH是平行四邊形；如圖，當(dāng)E、F相遇后，∵AE=CF，∴AF=CE，∵∠BAC=∠DCA，AG=CH，∴△AGF≌△CHE，∴GF=HE，∠AFG=∠CEH，∴∠EFG=∠FEH，∴GF∥HE，∴四邊形FGEH是平行四邊形；綜上所述：以E、G、F、H為頂點(diǎn)的四邊形始終是平行四邊形；故答案為：平行四邊形；（2）如圖1，連接GH，由（1）可知四邊形EGFH是平行四邊形，∵G、H分別是AB，DC的中點(diǎn)，∴GH=BC=8cm，∴當(dāng)EF=GH=8cm時(shí)，四邊形EGFH是矩形，∴如圖，當(dāng)E、F沒相遇前，∵AE=CF=2t，則EF=10-4t=8，解得：t=0.5，如圖，當(dāng)E、F相遇后，∵AE=CF=2t，∴EF=2t+2t-10=8，解得：t=4.5，綜上所述：當(dāng)t為4.5秒或0.5秒時(shí)，四邊形EGFH是矩形；（3）如圖2，連接AG、CH，∵四邊形GEHF是菱形，∴GH⊥EF，OG=OH，OE=OF，∵AF=CE，∴OA=OC，∴四邊形AGCH是菱形，∴AG=CG，設(shè)AG=CG=x，則BG=8-x，由勾股定理得：AB即62解得：x=254∴BG=8-254=7∴AB+BG=6+74=31t=314÷2=31即t為318秒時(shí)，四邊形EGFH【點(diǎn)睛】此題考查了矩形的性質(zhì)、平行四邊形的判定和菱形的判定，掌握矩形的性質(zhì)定理．菱形的判定定理，靈活運(yùn)用分情況討論思想是解題的關(guān)鍵．35．（2022·貴州安順·中考真題）如圖1，在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，E是AD邊上的一點(diǎn)，連接CE，將矩形ABCD沿CE折疊，頂點(diǎn)D恰好落在AB邊上的點(diǎn)F處，延長CE交BA的延長線于點(diǎn)G．(1)求線段AE的長；(2)求證四邊形DGFC為菱形；(3)如圖2，M，N分別是線段CG，DG上的動(dòng)點(diǎn)（與端點(diǎn)不重合），且∠DMN=∠DCM，設(shè)DN=x，是否存在這樣的點(diǎn)N，使△DMN是直角三角形？若存在，請求出x的值；若不存在，請說明理由．【答案】(1)AE=3(2)見解析(3)存在，x=2或2.5【分析】（1）根據(jù)在Rt△AEF中，A（2）根據(jù)（1）的結(jié)論分別求得GF,DG，根據(jù)四邊相等的四邊形是菱形即可得證；（3）分∠NDM=90°和∠DNM=90°兩種情況分別討論即可求解．（1）解：如圖∵四邊形ABCD是矩形，AB=10，AD=8，∴AD=BC=8,DC=AB=10，∠DAB=∠B=90°，∵將矩形ABCD沿CE折疊，頂點(diǎn)D恰好落在AB邊上的點(diǎn)F處，∴CF=CD=10，在Rt△BCF中，BF=∴AF=AB?BF=10?6=4，設(shè)AE=a，則DE=EF=8?a，在Rt△AEF中，Aa2解得a=3，∴AE=3；（2）∵DE=AD?AE=8?3=5，∴tan∵四邊形ABCD是矩形，∴DC∥∴∠EGA=∠DCE，∴tan∵EA=3，∴GA=6，Rt△GAD中，DG=∴FG=GA+AF=6+4=10，∴GD=DC=CF=GF，∴四邊形DGFC為菱形；（3）∵∠DMN=∠DCM，設(shè)DN=x，△DMN是直角三角形設(shè)∠DMN=∠DCM=α由（2）可得tan∴tan∠DMN①當(dāng)∠DNM=90°時(shí)，如圖，∴DN=12NM∵GD=CD∴∠DGM=∠DCM=α∴∠NMG=90°?α∴∠DMG=90°?α+α=90°∵DG=DC=10∵∴GN=2NM∴10?x=2×2x解得x=2；②當(dāng)∠NDM=90°時(shí)，同理可得DN=∴ND=綜上所述，ND=2或2.5【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．36．（2022·江蘇·興化市樂吾實(shí)驗(yàn)學(xué)校八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AD、BC的中點(diǎn)，G、H分別是BD、AC的中點(diǎn)．(1)求證：四邊形EGFH是平行四邊形；(2)若AB=CD，探究四邊形EGFH的形狀，并說明理由．【答案】(1)見解析(2)四邊形EGFH的形狀是菱形，理由見解析【分析】（1）利用三角形的中位線定理等量代換得出EG∥HF，且EG＝HF，即可證得四邊形EGFH是平行四邊形；（2）利用三角形的中位線定理求出GE＝GF，根據(jù)菱形的判定可得到結(jié)論．（1）證明：∵E，G分別是AD，BD的中點(diǎn)，∴EG∥AB，且EG＝12AB同理可證：HF∥AB，且HF＝12AB∴EG∥HF，且EG＝HF，∴四邊形EGFH是平行四邊形；（2）解：四邊形EGFH是菱形，理由：∵G，F(xiàn)分別是BD，BC的中點(diǎn)，∴GF＝12CD由（1）知GE＝12AB，四邊形EGFH又∵AB＝CD，∴GE＝GF，∴平行四邊形EGFH是菱形．【點(diǎn)睛】本題考查的是三角形中位線定理的應(yīng)用，平行四邊形和菱形的判定，掌握三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半和一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形是解題的關(guān)鍵．37．（2022·江蘇·濱海縣振東初級(jí)中學(xué)八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，?ABCD中，點(diǎn)E、F分別在AB、CD上，且BE＝DF，EF與AC相交于點(diǎn)P．(1)求證：PA＝PC．(2)當(dāng)EF⊥AC時(shí)，連接AF、CE，試判斷四邊形AECF的形狀，并說明理由．【答案】(1)見解析(2)四邊形AECF是菱形，理由見解析【分析】（1）連接AF，CE，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AB∥CD，AB＝CD，進(jìn)而結(jié)合已知條件可得AE＝CF，根據(jù)一組對邊平行且相等可得四邊形AECF是平行四邊形，進(jìn)而可得PA＝PC；（2）根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形即可得出結(jié)論．（1）證明：連接AF，CE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB＝CD，∵BE＝DF，∴AB﹣BE＝CD﹣DF，∴AE＝CF，∴四邊形AECF是平行四邊形，∴PA＝PC；（2）解：四邊形AECF是菱形．理由：∵由（1）可知：四邊形AECF是平行四邊形，∵AC⊥EF，∴四邊形AECF是菱形．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，菱形的判定，掌握平行四邊形的性質(zhì)與菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．38．（2022·江蘇·江陰市夏港中學(xué)八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥DC，AB=AD，對角線AC，BD交于點(diǎn)O，AC平分∠BAD，過點(diǎn)C作CE⊥AB交AB的延長線于點(diǎn)E，連接OE．(1)求證：四邊形ABCD是菱形；(2)若AB=5，BD=2，求OE的長．【答案】(1)見解析(2)2【分析】（1）先判斷出∠OAB=∠DCA，進(jìn)而判斷出∠DAC=∠DCA，得出CD=AD=AB，即可得出結(jié)論；（2）先判斷出OE=OA=OC，再求出OB=1，利用勾股定理求出OA，即可得出結(jié)論．（1）證明：∵AB∥CD，∴∠OAB=∠DCA，∵AC為∠DAB的平分線，∴∠OAB=∠DAC，∴∠DCA=∠DAC，∴CD=AD=AB，∵AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AD=AB，∴?ABCD是菱形；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，∴OA=OC，BD⊥AC，∵CE⊥AB，∴OE=OA=OC，∵BD=2，∴OB=12BD在Rt△AOB中，AB=5，OB=1，∴OA=∴OE=OA=2．【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，勾股定理，判斷出CD=AD=AB是解本題的關(guān)鍵．39．（2022·江蘇·如皋市石莊鎮(zhèn)初級(jí)中學(xué)八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在?ABCD中，AD＞AB，∠ABC的平分線交AD于點(diǎn)F，EF∥AB交BC于點(diǎn)E．(1)求證：四邊形ABEF是菱形；(2)若AB＝5，AE＝6，?ABCD的面積為36，求CE的長．【答案】(1)見解析(2)EC=2.5．【分析】（1）先證四邊形ABEF是平行四邊形，由角平分線的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)可證AB=AF，可得結(jié)論；（2）由菱形的性質(zhì)可得AE⊥BF，AO=OE=3，BO=OF，AB=BE=5，由勾股定理可求BO，由菱形的面積公式可求菱形ABEF的面積=24，可求平行四邊形EFDC的面積，即可求解．（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，又∵EF∥AB，∴四邊形ABEF是平行四邊形，∵BF平分∠ABC，∴∠ABF=∠EBF，∵AF∥BC，∴∠AFB=∠EBF，∴∠ABF=∠AFB，∴AB=AF，∴四邊形ABEF是菱形；（2）解：∵四邊形ABEF是菱形，∴AE⊥BF，AO=OE=3，BO=OF，AB=BE=5，∴BO=AB∴BF=8，∴菱形ABEF的面積=12∵AD∥BC，AB∥EF∥CD，∴四邊形ECDF是平行四邊形，∴S平行四邊形∴S菱形∴BE：EC=2：1，∴EC=2.5．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定，平行四邊形的性質(zhì)等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵．40．（2022·四川·成都市龍泉驛區(qū)新思源學(xué)校八年級(jí)階段練習(xí)）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，過點(diǎn)C的直線MN∥AB，D為AB上一點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥BC，交直線MN于點(diǎn)E，垂足為F，連接CD，(1)求證：CE=AD；(2)當(dāng)點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)時(shí)，四邊形BECD是什么特殊四邊形？請說明你的理由；(3)請直接寫出在（2）的條件下，當(dāng)∠A=______°時(shí)，四邊形BECD是正方形．【答案】(1)見解析(2)當(dāng)點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)時(shí)，四邊形BECD是菱形，理由見解析(3)45【分析】（1）先求出四邊形ADEC是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)推出即可；（2）求出四邊形BECD是平行四邊形，求出CD=BD，根據(jù)菱形的判定推出即可；（3）當(dāng)∠A=45°，四邊形BECD是正方形．（1）證明：∵DE⊥BC，∴∠DFB=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACB=∠DFB，∴AC∥DE，∵M(jìn)N∥AB，即CE∥AD，∴四邊形ADEC是平行四邊形，∴CE=AD；（2）解：四邊形BECD是菱形，理由是：∵D為AB中點(diǎn)，∴AD=BD，∵CE=AD，∴BD=CE，∵BD∥CE，∴四邊形BECD是平行四邊形，∵∠ACB=90°，D為AB中點(diǎn)，∴CD=BD，∴四邊形BECD是菱形；（3）解：當(dāng)∠A=45°時(shí)，∵∠ACB=90°，∴∠ABC=45°，由（2）可知，四邊形BECD是菱形，∴∠ABC=∠CBE=45°，∴∠DBE=90°，∴四邊形BECD是正方形．故答案為：45．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)和判定，菱形的判定，正方形的判定、直角三角形的性質(zhì)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?？碱}型．【題型五】正方形的性質(zhì)與判定41．（2022·山東·鄒平市梁鄒實(shí)驗(yàn)初級(jí)中學(xué)八年級(jí)期中）如圖，已知在正方形ABCD中，M是AB的中點(diǎn)，E是AB延長線上一點(diǎn)，MN⊥DM且交∠CBE的平分線于N．試判定線段MD與MN的大小關(guān)系，并說明理由．【答案】DM＝MN；理由見詳解【分析】取AD的中點(diǎn)H，連接HM，則BM＝HD，由已知可推出∠DHM＝∠MBN，∠BMN＝∠HDM，從而利用ASA判定△DHM≌△MBN，從而得到DM＝MN．【詳解】DM＝MN，理由如下：取AD的中點(diǎn)H，連接HM，∵四邊形ABCD是正方形，M為AB的中點(diǎn)，∴BM＝HD＝AM＝AH，∴△AMH為等腰直角三角形，∴∠DHM＝135°，∵BN是∠CBE的平分線．∴∠MBN＝135°，∴∠DHM＝∠MBN，又∵DM⊥MN，∴∠NMB+∠AMD＝90°，

又∵∠HDM+∠AMD＝90°，∴∠BMN＝∠HDM，∠HDM=∠BMNDH=MB∴△DHM≌△MBN（ASA），∴DM＝MN．【點(diǎn)睛】此題主要考查了學(xué)生對角平分線的定義，正方形的性質(zhì)及全等三角形的判定等知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用．關(guān)鍵是添加合適的輔助線，構(gòu)造全等三角形．42．（2021·湖北·潛江市高石碑鎮(zhèn)第一初級(jí)中學(xué)八年級(jí)期中）定義：對角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形．(1)概念理解：如圖1，在四邊形ABCD中，AB=AD，CB=CD，問四邊形ABCD是垂美四邊形嗎？請說明理由；(2)性質(zhì)探究：如圖2，四邊形ABCD的對角線AC，BD交于點(diǎn)O，AC⊥BD．證明：AB(3)解決問題：如圖3，分別以RtΔACB的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE，連接CE，BG，GE．已知AC=4，AB=5，求GE的長．【答案】(1)是，理由見解析(2)見解析(3)73【分析】（1）由線段垂直平分線的判定定理證明即可；（2）垂直四邊形對角線互相垂直，在直角三角形中，利用勾股定理即可推得結(jié)論；（3）先證明△GAB?△CAE，得到∠ABG=∠AEC，然后再證明四邊形CGEB是垂直四邊形，結(jié)合第二問的結(jié)論即可求得GE的長．（1）四邊形ABCD是垂直四邊形，理由如下：證明：連接AC、BD，作圖如下：∵AB=AD∴點(diǎn)A在線段BD的垂直平分線上又∵CB=CD∴點(diǎn)C在線段BD的垂直平分線上∴直線AC是線段BD的垂直平分線∴AC⊥BD，即四邊形ABCD是垂直四邊形（2）證明：∵AC⊥BD∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°由勾股定理，得A∴AB（3）連接CG、BE,作圖如下：∵四邊形ACFG和四邊形ABDE都是正方形∴∠CAG=∠BAE=90°，AG=AC，AB=AE，∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，在△GAB和△CAE中，AG=AC∠GAB=∠CAE∴△GAB?△CAE(SAS)，∴∠ABG=∠AEC，又∵∠AEC+∠AME=90°，∴∠ABG+∠AME=90°，∴∠ABG+∠BMC=90°，∴∠BNM=90°，即CE⊥BG，∴四邊形CGEB是垂直四邊形，由第二問知，CG∵AC＝4，AB＝5，且ΔACB為直角三角形，∴BC=5∴GE∵GE＞0，∴GE=73．【點(diǎn)睛】本題考查線段垂直平分線的判定定理、正方形的性質(zhì)、三角形全等判定和性質(zhì)、直角三角形勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，牢記定理內(nèi)容并靈活應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．43．（2022·湖北·崇陽縣大集中學(xué)八年級(jí)期中）在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N．(1)作△APB≌△AND（如圖①），求證：△APM≌△ANM；(2)求證：MN(3)矩形ABCD中，M、N分別在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，（如圖②），請你直接寫出線段MN，BM，DN之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)MN【分析】（1）由正方形的性質(zhì)和△APB≌△AND，推出∠PAM=∠NAM=45°，利用SAS即可證明△APM≌△ANM；（2）由正方形的性質(zhì)和△APB≌△AND，推出∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，再由（1）的結(jié)論得到PM=MN，根據(jù)勾股定理即可證明MN（3）將△ABM繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△AB′M′，則△AMN≌△AM′N，利用全等三角形的性質(zhì)可得出M′N=MN，由∠C=90°，∠CMN=45°可得出CM=CN，設(shè)BM=a，DN=b，CM=c，則AD=a+c，CD=b+c，進(jìn)而可得出M′F=a-b，NF=b（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∵∠EAF=45°．∴∠BAM+∠NAD=45°，∵△APB≌△AND，∴PA=NA，∠PAB=∠NAD，∴∠PAB+∠BAM=45°，∴∠PAM=∠NAM=45°，在△APM和△ANM中，PA=NA∠PAM=∠NAM∴△APM≌△ANM(SAS)；（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABD=∠ADB=45°，∵△APB≌△AND，∴PB=ND，∠ABP=∠ADB=45°，∴∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，∴PM∵△APM≌△ANM，∴PM=MN，∴MN（3）解：MN將△ABM繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△AB過點(diǎn)M′作M′F⊥CD于F同（1）可證△AMN≌△AM∴M′N=∵∠C=90°，∠CMN=45°，∴CM=CN．設(shè)BM=a，DN=b，CM=c，則AD=a+c，CD=b+c，∴M′F=AD-AB′=AD-AB=a+c-（b+c）=NF=DN+DF=DN+B′M′=DN+BM=b在Rt△M′FN中，∴MN【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形以及勾股定理，解題的關(guān)鍵是：（1）利用SAS即可證明△APM≌△ANM；（2）證明∠BPM=90°，利用勾股定理求解；（3）通過構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理找出MN44．（2022·福建·莆田哲理中學(xué)九年級(jí)期末）已知如圖，在正方形ABCD中，F(xiàn)G⊥AE于點(diǎn)H，連接DH，且DH=BC，P是BC上的點(diǎn)．(1)求AG=2DF；(2)當(dāng)∠GFP=45°，DF=PE=3，求PF的長．【答案】(1)見解析(2)PF=3【分析】（1）過D作DN⊥AE于N，交AB于點(diǎn)M，證明四邊形DFGM為平行四邊形，再證明DM垂直平分AH，連接MH，得到∠MHG=∠AGH，進(jìn)一步得到MH=MG=MA，結(jié)論得證．（2）連接AC交GF于點(diǎn)K，連接PK，設(shè)CP＝x，先得到AM=MG=DF＝PE＝3，再證明△DAM≌△ABE（ASA），BE=AM=3，求得CF＝x＋3，再證△CFK∽△AGK，CFAG=CKAK，進(jìn)一步證得C，F(xiàn)，K，P四點(diǎn)共圓，得到KP∥AE，則CPPE=CK（1）證明：過D作DN⊥AE于N，交AB于點(diǎn)M，如圖1，∵FG⊥AE于點(diǎn)H，∴FG∥DN，∵四邊形ABCD是正方形，∴CD∥AB，DA＝BC，∴DF∥MG，∴四邊形DFGM為平行四邊形，∴DF=MG，∵DH=BC，DA=BC∴DH=DA，∴DM垂直平分AH，連接MH，∴MA=MH，∴∠MAH=∠MHA，∵FG⊥AE，∴∠AHG＝90°，∴∠MAH+∠AGH=90°，∠MHA+∠MHG=90°，∴∠MHG=∠AGH，∴MH=MG=MA，∴AG=2MG=2DF．（2）連接AC交GF于點(diǎn)K，連接PK,如圖2，設(shè)CP＝x，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∠ACP＝45°，BC＝CD，∵DF=PE=3，∴AM=MG=DF＝PE＝3，∵∠BAE＋∠DAN＝∠ADM＋∠DAN＝90°，∴∠BAE＝∠ADM，∵∠DAM＝∠ABE＝90°，AD＝BA，∴△DAM≌△ABE（ASA），∴BE=AM=3，∵BC＝CD，∴DF＋CF＝BE＋PE＋CP，∴CF＝x＋3，∵AB∥CD，∴△CFK∽△AGK，∴CFAG∵∠GFP＝∠ACP=45°，∴C，F(xiàn)，K，P四點(diǎn)共圓，∴∠FPK＝∠FCK=45°，∴∠GFP＝∠FPK＝45°，∴∠FKP＝180°－∠GFP－∠FPK＝90°，∴∠CKP＋∠CKF＝90°，∵∠KAH＋∠AKH＝90°，∠CKF＝∠AKH，∴∠KAH＝∠CKP，∴KP∥AE，∴CPPE∴CFAG∴x+36解得x＝3，即CP＝3，∴CF＝x＋3＝6，∴PF＝CP【點(diǎn)睛】此題主要考查了正方形的性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、平行線分線段成比例定理、勾股定理、四點(diǎn)共圓等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，添加合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．45．（2022·湖南·永順縣教育科學(xué)研究所八年級(jí)期末）如圖①，在正方形ABCD中，E為CD上一動(dòng)點(diǎn)，連接AE交對角線BD于點(diǎn)F，過點(diǎn)F作FG⊥AE交BC于點(diǎn)G．(1)求證：AF=FG；(2)如圖②，連接EG，當(dāng)BG=3，DE=2時(shí)，求EG的長．【答案】(1)見解析(2)5【分析】（1）連接CF，根據(jù)正方形ABCD中，AB=BC，∠ABF=∠CBF=45°，BF是共用邊，推出△ABF≌△CBF，推出AF=CF，∠BAF=∠BCF，根據(jù)FG⊥AE，推出在四邊形ABGF中，∠BAF+∠BGF=360°?90°?90°=180°，根據(jù)∠BGF+∠CGF=180°，推出∠BAF=∠CGF，推出∠CGF=∠BCF，得到CF=FG，推出AF=FG；（2）把△ADE順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABH，得到AH=AE，BH=DE，∠BAH=∠DAE，根據(jù)AF=FG，F(xiàn)G⊥AE，判定△AFG是等腰直角三角形，得到∠EAG=45°，推出∠HAG=∠BAG+∠DAE=90°?45°=45°，得到∠EAG=∠HAG，根據(jù)AG=AG,推出△AHG≌△AEG，得到HG=EG，根據(jù)HG=BH+BG=DE+BG=2+3=5，得到EG=5．（1）證明：如圖①，連接CF，在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABF=∠CBF=45°，在△ABF和△CBF中，AB=BC∴△ABF≌