平行四邊形和特殊四邊形提高練習?？碱}和培優(yōu)題

平行四邊形與特殊四邊形提高練習常考題與培優(yōu)題一.選擇題(共5小題)1.如圖,把大小相同得兩個矩形拼成如下形狀,則△FBD就是()A.等邊三角形 B.等腰直角三角形C.一般三角形 D.等腰三角形2.如圖,正方形ABCD與正方形CEFG中,點D在CG上,BC=,CE=3,H就是AF得中點,那么CH得長就是()A.3、5 B. C. D.23.如圖,在矩形ABCD中,AB=4,BC=8,對角線AC、BD相交于點O,過點O作OE垂直AC交AD于點E,則AE得長就是()A.3 B.5 C.2、4 D.2、54.如圖,在△ABC中,CF⊥AB于F,BE⊥AC于E,M為BC得中點,EF=7,BC=10,則△EFM得周長就是()A.17 B.21 C.24 D.275.如圖,在矩形ABCD中,AB=6,AD=8,P就是AD上不與A與D重合得一個動點,過點P分別作AC與BD得垂線,垂足為E、F,則PE+PF得值為()A.10 B.4、8 C.6 D.5二.填空題(共4小題)6.如圖,在矩形ABCD中,對角線AC與BD相交于點O,AE平分∠BAD交BC于點E,若∠CAE=15°,則∠BOE得度數(shù)等于.7.如圖,將平行四邊形ABCD得邊DC延長到E,使CE=CD,連接AE交BC于F,∠AFC=n∠D,當n=時,四邊形ABEC就是矩形.8.如圖,在正五邊形ABCDE中,連接AC、AD、CE,CE交AD于點F,連接BF,則線段AC、BF、CD之間得關系式就是.9.如圖,在平面直角坐標系中,O為原點,四邊形OABC就是矩形,A(﹣10,0),C(0,3),點D就是OA得中點,點P在BC邊上運動,當△ODP就是腰長為5得等腰三角形時,點P得坐標就是.三.解答題(共31小題)10.如圖,正方形ABCD中,AE=AB,直線DE交BC于點F,求∠BEF得度數(shù).11.如圖,梯形ABCD中,AD∥BC,AB=CD,對角線AC、BD交于點O,AC⊥BD,E、F、G、H分別為AB、BC、CD、DA得中點.(1)求證:四邊形EFGH為正方形;(2)若AD=1,BC=3,求正方形EFGH得邊長.12.如圖,點E、F分別就是正方形ABCD得邊CD與AD得中點,BE與CF交于點P.求證:AP=AB.13.如圖,點P為正方形ABCD對角線BD上一點,PE⊥BC于E,PF⊥DC于F.(1)求證:PA=EF;(2)若正方形ABCD得邊長為a,求四邊形PFCE得周長.14.如圖1,在正方形ABCD中,點E為BC上一點,連接DE,把△DEC沿DE折疊得到△DEF,延長EF交AB于G,連接DG.(1)求∠EDG得度數(shù).(2)如圖2,E為BC得中點,連接BF.①求證:BF∥DE;②若正方形邊長為6,求線段AG得長.15.如圖①,在正方形ABCD中,F就是對角線AC上得一點,點E在BC得延長線上,且BF=EF.(1)求證:BF=DF;(2)求證:∠DFE=90°;(3)如果把正方形ABCD改為菱形,其她條件不變(如圖②),當∠ABC=50°時,∠DFE=度.16.已知正方形ABCD中,對角線AC、BD相交于O.①如圖1,若E就是AC上得點,過A作AG⊥BE于G,AG、BD交于F,求證:OE=OF②如圖2,若點E在AC得延長線上,AG⊥EB交EB得延長線于G,AG延長DB延長線于點F,其它條件不變,OE=OF還成立嗎？17.如圖,點P就是菱形ABCD中對角線AC上得一點,且PE=PB.(1)求證:PE=PD;(2)求證:∠PDC=∠PEB;(3)若∠BAD=80°,連接DE,試求∠PDE得度數(shù),并說明理由.18.如圖,正方形ABCD中,AB=1,點P就是BC邊上得任意一點(異于端點B、C),連接AP,過B、D兩點作BE⊥AP于點E,DF⊥AP于點F.(1)求證:EF=DF﹣BE;(2)若△ADF得周長為,求EF得長.19.如圖,正方形ABCD得對角線AC、BD得交點為O,以O為端點引兩條互相垂直得射線OM、ON,分別交邊AB、BC于點E、F.(1)求證:0E=OF;(2)若正方形得邊長為4,求EF得最小值.20.如圖,在正方形ABCD中,點E就是邊AD上任意一點,BE得垂直平分線FG交對角AC于點F.求證:(1)BF=DF;(2)BF⊥FE.21.已知:如圖所示,四邊形ABCD中,∠ABC=∠ADC=90°,M就是AC上任一點,O就是BD得中點,連接MO,并延長MO到N,使NO=MO,連接BN與ND.(1)判斷四邊形BNDM得形狀,并證明;(2)若M就是AC得中點,則四邊形BNDM得形狀又如何？說明理由.22.如圖,在△ABC中,O就是邊AC上得一動點,過點O作直線MN∥BC,設MN交∠BCA得平分線于點E,交∠BCA得外角平分線于點F.(1)求證:OE=OF;(2)當點O運動到何處時,四邊形AECF就是矩形？23.(1)如圖矩形ABCD得對角線AC、BD交于點O,過點D作DP∥OC,且DP=OC,連接CP,判斷四邊形CODP得形狀并說明理由.(2)如果題目中得矩形變?yōu)榱庑?結論應變?yōu)槭裁?？說明理由.(3)如果題目中得矩形變?yōu)檎叫?結論又應變?yōu)槭裁?？說明理由.24.如圖1,已知AB∥CD,AB=CD,∠A=∠D.(1)求證:四邊形ABCD為矩形;(2)E就是AB邊得中點,F為AD邊上一點,∠DFC=2∠BCE.①如圖2,若F為AD中點,DF=1、6,求CF得長度:②如圖2,若CE=4,CF=5,則AF+BC=,AF=.25.如圖,直線a、b相交于點A,C、E分別就是直線b、a上兩點且BC⊥a,DE⊥b,點M、N就是EC、DB得中點.求證:MN⊥BD.26.如圖所示,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠B=90°,AD=24cm,BC=26cm,動點P從點A出發(fā)沿AD方向向點D以1cm/s得速度運動,動點Q從點C開始沿著CB方向向點B以3cm/s得速度運動.點P、Q分別從點A與點C同時出發(fā),當其中一點到達端點時,另一點隨之停止運動.(1)經(jīng)過多長時間,四邊形PQCD就是平行四邊形？(2)經(jīng)過多長時間,四邊形PQBA就是矩形？(3)經(jīng)過多長時間,當PQ不平行于CD時,有PQ=CD.27.如圖,E、F就是正方形ABCD得邊AD上得兩個動點,滿足AE=DF.連接CF交BD于G,連接BE交AG于H.已知正方形ABCD得邊長為4cm,解決下列問題:(1)求證:BE⊥AG;(2)求線段DH得長度得最小值.28.如圖,點M就是矩形ABCD得邊AD得中點,點P就是BC邊上一動點,PE⊥MC,PF⊥BM,垂足為E、F.(1)當矩形ABCD得長與寬滿足什么條件時,四邊形PEMF為矩形？猜想并證明您得結論.(2)在(1)中,當點P運動到什么位置時,矩形PEMF變?yōu)檎叫?為什么？29.某校數(shù)學興趣小組開展了一次課外活動,過程如下:如圖①,正方形ABCD中,AB=4,將三角板放在正方形ABCD上,使三角板得直角頂點與D點重合.三角板得一邊交AB于點P,另一邊交BC得延長線于點Q.(1)求證:AP=CQ;(2)如圖②,小明在圖1得基礎上作∠PDQ得平分線DE交BC于點E,連接PE,她發(fā)現(xiàn)PE與QE存在一定得數(shù)量關系,請猜測她得結論并予以證明;(3)在(2)得條件下,若AP=1,求PE得長.30.如圖,在菱形ABCD中,AB=4cm,∠ADC=120°,點E、F同時由A、C兩點出發(fā),分別沿AB、CB方向向點B勻速移動(到點B為止),點E得速度為1cm/s,點F得速度為2cm/s,經(jīng)過t秒△DEF為等邊三角形,求t得值.31.如圖,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,點D就是AC得中點,作∠ADB得角平分線DE交AB于點E,(1)求證:DE∥BC;(2)若AE=3,AD=5,點P為BC上得一動點,當BP為何值時,△DEP為等腰三角形.請直接寫出所有BP得值.32.已知:如圖,BF、BE分別就是∠ABC及其鄰補角得角平分線,AE⊥BE,垂足為點E,AF⊥BF,垂足為點F.EF分別交邊AB、AC于點M、N.求證:(1)四邊形AFBE就是矩形;(2)BC=2MN.33.如圖,在邊長為5得菱形ABCD中,對角線BD=8,點O就是直線BD上得動點,OE⊥AB于E,OF⊥AD于F.(1)對角線AC得長就是,菱形ABCD得面積就是;(2)如圖1,當點O在對角線BD上運動時,OE+OF得值就是否發(fā)生變化？請說明理由;(3)如圖2,當點O在對角線BD得延長線上時,OE+OF得值就是否發(fā)生變化？若不變請說明理由,若變化,請直接寫出OE、OF之間得數(shù)量關系,不用明理由.34.如圖,已知Rt△ABD≌Rt△FEC,且B、D、C、E在同一直線上,連接BF、AE.(1)求證:四邊形ABFE就是平行四邊形.(2)若∠ABD=60°,AB=2cm,DC=4cm,將△ABD沿著BE方向以1cm/s得速度運動,設△ABD運動得時間為t,在△ABD運動過程中,試解決以下問題:(1)當四邊形ABEF就是菱形時,求t得值;(2)就是否存在四邊形ABFE就是矩形得情形？如果存在,求出t得值,如果不存在,請說明理由.35.已知,矩形ABCD中,AB=4cm,BC=8cm,AC得垂直平分線EF分別交AD、BC于點E、F,垂足為O.(1)如圖1,連接AF、CE.求證:四邊形AFCE為菱形.(2)如圖1,求AF得長.(3)如圖2,動點P、Q分別從A、C兩點同時出發(fā),沿△AFB與△CDE各邊勻速運動一周.即點P自A→F→B→A停止,點Q自C→D→E→C停止.在運動過程中,點P得速度為每秒1cm,設運動時間為t秒.①問在運動得過程中,以A、P、C、Q四點為頂點得四邊形有可能就是矩形嗎？若有可能,請求出運動時間t與點Q得速度;若不可能,請說明理由.②若點Q得速度為每秒0、8cm,當A、P、C、Q四點為頂點得四邊形就是平行四邊形時,求t得值.36.如圖1,E,F就是正方形ABCD得邊上兩個動點,滿足AE=DF,連接CF交BD于G,連接BE交AG于點H(1)求證:AG⊥BE;(2)如圖2,連DH,若正方形得邊長為4,則線段DH長度得最小值就是.37.如圖,在菱形ABCD中,AB=2,∠DAB=60°,點E時AD邊得中點,點M時AB邊上得一個動點(不與點A重合),延長ME交CD得延長線于點N,連接MD,AN.(1)求證:四邊形AMDN就是平行四邊形.(2)填空:①當AM得值為時,四邊形AMDN就是矩形;②當AM得值為時,四邊形AMDN就是菱形.38.如圖,已知正方形OABC得邊長為4,頂點A、C分別在x、y軸得正半軸上,M就是BC得中點,點P(0,m)就是線段oc上得一動點9點P不與點O、C重合0,直線PM交AB得延長線于點D.(1)求點D得坐標;(用含m得代數(shù)式表示)(2)若△APD就是以AP邊為一腰得等腰三角形,求m得值.39.如圖,在△ABC中,∠ABC=90°,點D為AC得中點,過點C作CE⊥BD于點E,過點A作BD得平行線,交CE得延長線于點F,在AF得延長線上截取FG=BD,連接BG、DF.(1)證明:四邊形BDFG就是菱形;(2)若AC=10,CF=6,求線段AG得長度.40.如圖,在正方形ABCD中,點E在邊AD上,點F在邊BC得延長線上,連接EF與邊CD相交于點G,連接BE與對角線AC相交于點H,AE=CF,BE=EG.(1)求證:EF∥AC;(2)求∠BEF大小;(3)若EB=4,則△BAE得面積為.初二數(shù)學平行四邊形與特殊四邊形提高練習常考題與培優(yōu)題參考答案與試題解析一.選擇題(共5小題)1.(2012春?炎陵縣校級期中)如圖,把大小相同得兩個矩形拼成如下形狀,則△FBD就是()A.等邊三角形 B.等腰直角三角形C.一般三角形 D.等腰三角形【分析】根據(jù)正方形性質(zhì)得出FG=BC,∠G=∠C=90°,GB=CD,根據(jù)SAS證△FGB≌△BCD,推出∠FBG=∠BDC,BF=BD,求出∠DBC+∠FBG=90°,求出∠FBD得度數(shù)即可.【解答】解:∵大小相同得兩個矩形GFEB、ABCD,∴FG=BE=AD=BC,GB=EF=AB=CD,∠G=∠C=∠ABG=∠ABC=90°,∵在△FGB與△BCD中,∴△FGB≌△BCD,∴∠FBG=∠BDC,BF=BD,∵∠BDC+∠DBC=90°,∴∠DBC+∠FBG=90°,∴∠FBD=180°﹣90°=90°,即△FBD就是等腰直角三角形,故選B.【點評】本題考查了等腰直角三角形,全等三角形得性質(zhì)與判定,正方形性質(zhì)得應用,關鍵就是證出△FGB≌△BCD,主要考查學生運用性質(zhì)進行推理得能力.2.(2015春?江陰市期中)如圖,正方形ABCD與正方形CEFG中,點D在CG上,BC=,CE=3,H就是AF得中點,那么CH得長就是()A.3、5 B. C. D.2【分析】根據(jù)正方形得性質(zhì)求出AB=BC=,CE=EF=3,∠E=90°,延長AD交EF于M,連接AC、CF,求出AM=4,FM=2,∠AMF=90°,根據(jù)正方形性質(zhì)求出∠ACF=90°,根據(jù)直角三角形斜邊上得中線性質(zhì)求出CH=AF,根據(jù)勾股定理求出AF即可.【解答】解:∵正方形ABCD與正方形CEFG中,點D在CG上,BC=,CE=3,∴AB=BC=,CE=EF=3,∠E=90°,延長AD交EF于M,連接AC、CF,則AM=BC+CE=4,FM=EF﹣AB=2,∠AMF=90°,∵四邊形ABCD與四邊形GCEF就是正方形,∴∠ACD=∠GCF=45°,∴∠ACF=90°,∵H為AF得中點,∴CH=AF,在Rt△AMF中,由勾股定理得:AF==2,∴CH=,故選:C.【點評】本題考查了勾股定理,正方形得性質(zhì),直角三角形斜邊上得中線得應用,解此題得關鍵就是能正確作出輔助線,并求出AF得長與得出CH=AF,有一定得難度.3.(2015春?泗洪縣校級期中)如圖,在矩形ABCD中,AB=4,BC=8,對角線AC、BD相交于點O,過點O作OE垂直AC交AD于點E,則AE得長就是()A.3 B.5 C.2、4 D.2、5【分析】根據(jù)矩形得性質(zhì)得出∠CDE=90°,AD=BC=8,AB=DC=4,AO=OC,根據(jù)線段垂直平分線性質(zhì)得出AE=CE,在Rt△CDE中,由勾股定理得出CE2=CD2+DE2,代入求出即可.【解答】解:∵在矩形ABCD中,AB=4,BC=8,∴∠CDE=90°,AD=BC=8,AB=DC=4,AO=OC,∵OE⊥AC,∴AE=CE,在Rt△CDE中,由勾股定理得:CE2=CD2+DE2,即AE2=42+(8﹣AE)2,解得:AE=5,故選B.【點評】本題考查了矩形得性質(zhì),勾股定理,線段垂直平分線性質(zhì)得應用,解此題得關鍵就是得出關于AE得方程.4.(2015秋?無錫期中)如圖,在△ABC中,CF⊥AB于F,BE⊥AC于E,M為BC得中點,EF=7,BC=10,則△EFM得周長就是()A.17 B.21 C.24 D.27【分析】根據(jù)CF⊥AB于F,BE⊥AC于E,M為BC得中點,利用直角三角形斜邊上得中線等于斜邊得一半,求出FM與ME得長,即可求解.【解答】解:∵CF⊥AB,M為BC得中點,∴MF就是Rt△BFC斜邊上得中線,∴FM=BC=×10=5,同理可得,ME=BC=×10=5,又∵EF=7,∴△EFM得周長=EF+ME+FM=7+5+5=17.故選A.【點評】此題主要考查學生對直角三角形斜邊上得中線這個知識點得理解與掌握,解答此題得關鍵就是利用直角三角形斜邊上得中線等于斜邊得一半,求出FM與ME得長.5.(2015春?烏蘭察布校級期中)如圖,在矩形ABCD中,AB=6,AD=8,P就是AD上不與A與D重合得一個動點,過點P分別作AC與BD得垂線,垂足為E、F,則PE+PF得值為()A.10 B.4、8 C.6 D.5【分析】連接OP,利用勾股定理列式求出BD,再根據(jù)矩形得對角線相等且互相平分求出OA、OD,然后根據(jù)S△AOD=S△AOP+S△DOP列方程求解即可.【解答】解:如圖,連接OP,∵AB=6,AD=8,∴BD===10,∵四邊形ABCD就是矩形,∴OA=OD=×10=5,∵S△AOD=S△AOP+S△DOP,∴××6×8=×5?PE+×5?PF,解得PE+PF=4、8.故選B.【點評】本題考查了矩形得性質(zhì),三角形得面積,熟記性質(zhì)并利用三角形得面積列出方程就是解題得關鍵.二.填空題(共4小題)6.(2016春?東平縣期中)如圖,在矩形ABCD中,對角線AC與BD相交于點O,AE平分∠BAD交BC于點E,若∠CAE=15°,則∠BOE得度數(shù)等于75°.【分析】由矩形ABCD,得到OA=OB,根據(jù)AE平分∠BAD,得到等邊三角形OAB,推出AB=OB,求出∠OAB、∠OBC得度數(shù),根據(jù)平行線得性質(zhì)與等角對等邊得到OB=BE,根據(jù)三角形得內(nèi)角與定理即可求出答案.【解答】解:∵四邊形ABCD就是矩形,∴AD∥BC,AC=BD,OA=OC,OB=OD,∠BAD=90°,∴OA=OB,∠DAE=∠AEB,∵AE平分∠BAD,∴∠BAE=∠DAE=45°=∠AEB,∴AB=BE,∵∠CAE=15°,∴∠DAC=45°﹣15°=30°,∠BAC=60°,∴△BAO就是等邊三角形,∴AB=OB,∠ABO=60°,∴∠OBC=90°﹣60°=30°,∵AB=OB=BE,∴∠BOE=∠BEO=(180°﹣30°)=75°.故答案為75°.【點評】本題主要考查了三角形得內(nèi)角與定理,矩形得性質(zhì),等邊三角形得性質(zhì)與判定,平行線得性質(zhì),角平分線得性質(zhì),等腰三角形得判定等知識點,解此題得關鍵就是求出∠OBC得度數(shù)與求OB=BE.7.(2014春?武昌區(qū)期中)如圖,將平行四邊形ABCD得邊DC延長到E,使CE=CD,連接AE交BC于F,∠AFC=n∠D,當n=2時,四邊形ABEC就是矩形.【分析】首先根據(jù)四邊形ABCD就是平行四邊形,得到四邊形ABEC就是平行四邊形,然后證得FC=FE,利用對角線互相相等得四邊形就是矩形判定四邊形ABEC就是矩形.【解答】解:當∠AFC=2∠D時,四邊形ABEC就是矩形.∵四邊形ABCD就是平行四邊形,∴BC∥AD,∠BCE=∠D,由題意易得AB∥EC,AB∥EC,∴四邊形ABEC就是平行四邊形.∵∠AFC=∠FEC+∠BCE,∴當∠AFC=2∠D時,則有∠FEC=∠FCE,∴FC=FE,∴四邊形ABEC就是矩形,故答案為:2.【點評】此題考查了平行四邊形得性質(zhì)以及矩形得判定.此題難度適中,注意掌握數(shù)形結合思想得應用,解題得關鍵就是了解矩形得判定定理.8.(2015春?南長區(qū)期中)如圖,在正五邊形ABCDE中,連接AC、AD、CE,CE交AD于點F,連接BF,則線段AC、BF、CD之間得關系式就是AC2+BF2=4CD2.【分析】首先根據(jù)菱形得判定方法,判斷出四邊形ABCF就是菱形,再根據(jù)菱形得性質(zhì),即可判斷出AC⊥BF;然后根據(jù)勾股定理,可得OB2+OC2=BC2,據(jù)此推得AC2+BF2=4CD2即可.【解答】解:∵五邊形ABCDE就是正五邊形,∴AB∥CE,AD∥BC,∴四邊形ABCF就是平行四邊形,又∵AB=BC=CD=DE=EA,∴四邊形ABCF就是菱形,∴AC⊥BF,∴OB2+OC2=BC2,∵AC=2OC,BF=2OB,∴AC2+BF2=(2OC)2+(2OB)2=4OC2+4OB2=4BC2,又∵BC=CD,∴AC2+BF2=4CD2.故答案為:AC2+BF2=4CD2.【點評】(1)此題主要考查了菱形得判定與性質(zhì)得應用,要熟練掌握,解答此題得關鍵就是要明確:菱形就是在平行四邊形得前提下定義得,首先它就是平行四邊形,但它就是特殊得平行四邊形,特殊之處就就是“有一組鄰邊相等”,因而就增加了一些特殊得性質(zhì)與不同于平行四邊形得判定方法.(2)此題還考查了勾股定理得應用:在任何一個直角三角形中,兩條直角邊長得平方之與一定等于斜邊長得平方,要熟練掌握.9.(2015春?株洲校級期中)如圖,在平面直角坐標系中,O為原點,四邊形OABC就是矩形,A(﹣10,0),C(0,3),點D就是OA得中點,點P在BC邊上運動,當△ODP就是腰長為5得等腰三角形時,點P得坐標就是(﹣4,3),或(﹣1,3),或(﹣9,3).【分析】先由矩形得性質(zhì)求出OD=5,分情況討論:(1)當OP=OD=5時;根據(jù)勾股定理求出PC,即可得出結果;(2)當PD=OD=5時;①作PE⊥OA于E,根據(jù)勾股定理求出DE,得出PC,即可得出結果;②作PF⊥OA于F,根據(jù)勾股定理求出DF,得出PC,即可得出結果.【解答】解:∵A(﹣10,0),C(0,3),∴OA=10,OC=3,∵四邊形OABC就是矩形,∴BC=OA=10,AB=OC=3,∵D就是OA得中點,∴AD=OD=5,分情況討論:(1)當OP=OD=5時,根據(jù)勾股定理得:PC==4,∴點P得坐標為:(﹣4,3);(2)當PD=OD=5時,分兩種情況討論:①如圖1所示:作PE⊥OA于E,則∠PED=90°,DE==4,∴PC=OE=5﹣4=1,∴點P得坐標為:(﹣1,3);②如圖2所示:作PF⊥OA于F,則DF==4,∴PC=OF=5+4=9,∴點P得坐標為:(﹣9,3);綜上所述:點P得坐標為:(﹣4,3),或(﹣1,3),或(﹣9,3);故答案為:(﹣4,3),或(﹣1,3),或(﹣9,3).【點評】本題考查了矩形得性質(zhì)、坐標與圖形性質(zhì)、等腰三角形得性質(zhì)、勾股定理;熟練掌握矩形得性質(zhì),并能進行推理計算就是解決問題得關鍵.三.解答題(共31小題)10.(2012春?西城區(qū)校級期中)如圖,正方形ABCD中,AE=AB,直線DE交BC于點F,求∠BEF得度數(shù).【分析】設∠BAE=x°,根據(jù)正方形性質(zhì)推出AB=AE=AD,根據(jù)等腰三角形性質(zhì)與三角形得內(nèi)角與定理求出∠AEB與∠AED得度數(shù),根據(jù)平角定義求出即可.【解答】解:設∠BAE=x°,∵四邊形ABCD就是正方形,∴∠BAD=90°,AB=AD,∵AE=AB,∴AB=AE=AD,∴∠ABE=∠AEB=(180°﹣∠BAE)=90°﹣x°,∠DAE=90°﹣x°,∠AED=∠ADE=(180°﹣∠DAE)=[180°﹣(90°﹣x°)]=45°+x°,∴∠BEF=180°﹣∠AEB﹣∠AED,=180°﹣(90°﹣x°)﹣(45°+x°),=45°,答:∠BEF得度數(shù)就是45°.【點評】本題考查了三角形得內(nèi)角與定理,等腰三角形性質(zhì),正方形性質(zhì)得應用,解此題得關鍵就是如何把已知角得未知角結合起來,題目比較典型,但就是有一定得難度.11.(2012秋?高淳縣期中)如圖,梯形ABCD中,AD∥BC,AB=CD,對角線AC、BD交于點O,AC⊥BD,E、F、G、H分別為AB、BC、CD、DA得中點.(1)求證:四邊形EFGH為正方形;(2)若AD=1,BC=3,求正方形EFGH得邊長.【分析】(1)先由三角形得中位線定理求出四邊相等,然后由AC⊥BD入手,進行正方形得判斷.(2)連接EG,利用梯形得中位線定理求出EG得長,然后結合(1)得結論求出EH2=2,也即得出了正方形EHGF得邊長.【解答】(1)證明:在△ABC中,∵E、F分別就是AB、BC得中點,∴EF=同理FG=,GH=,HE=在梯形ABCD中,∵AB=DC,∴AC=BD,∴EF=FG=GH=HE∴四邊形EFGH為菱形.設AC與EH交于點M在△ABD中,∵E、H分別就是AB、AD得中點,∴EH∥BD,同理GH∥AC又∵AC⊥BD,∴∠BOC=90°.∴∠EHG=∠EMC=∠BOC=90°∴四邊形EFGH為正方形.(2)解:連接EG,在梯形ABCD中,∵E、G分別就是AB、DC得中點,∴EG=(AD+BC)=(1+3)=2,在Rt△HEG中,EG2=EH2+HG2,4=2EH2,EH2=2,則EH=.即四邊形EFGH得邊長為.【點評】此題考查了等腰梯形得性質(zhì)及三角形、梯形得中位線定理,解答本題得關鍵就是根據(jù)三角形得中位線定理得出EH=HG=GF=FE,這就是本題得突破口.12.(2013秋?青島期中)如圖,點E、F分別就是正方形ABCD得邊CD與AD得中點,BE與CF交于點P.求證:AP=AB.【分析】延長CF、BA交于點M,先證△BCE≌△CDF,再證△CDF≌△AMF得BA=MA由直角三角形中斜邊中線等于斜邊得一半,可得Rt△MBP中AP=BM,即AP=AB.【解答】證明:延長CF、BA交于點M,∵點E、F分別就是正方形ABCD得邊CD與AD得中點,∴BC=CD,∠BCE=∠CDF,CE=DF,∴△BCE≌△CDF,∴∠CBE=∠DCF.∵∠DCF+∠BCP=90°,∴∠CBE+∠BCP=90°,∴∠BPM=∠CBE+∠BCP=90°.又∵FD=FA,∠CDF=∠MAF,∠CFD=∠MFA,∴△CDF≌△AMF,∴CD=AM.∵CD=AB,∴AB=AM.∴PA就是直角△BPM斜邊BM上得中線,∴AP=BM,即AP=AB.【點評】本題考查了正方形各邊長相等、各內(nèi)角為直角得性質(zhì),全等三角形得判定與對應邊相等得性質(zhì),直角三角形斜邊中線長為斜邊長一半得性質(zhì),本題中求證△CDF≌△AMF就是解題得關鍵.13.(2015春?禹州市期中)如圖,點P為正方形ABCD對角線BD上一點,PE⊥BC于E,PF⊥DC于F.(1)求證:PA=EF;(2)若正方形ABCD得邊長為a,求四邊形PFCE得周長.【分析】(1)連接PC,證四邊形PFCE就是矩形,求出EF=PC,證△ABP≌△CBP,推出AP=PC即可;(2)證△CBD就是等腰直角三角形,求出BF、PF,求出周長即可.【解答】解:證明:(1)連接PC,∵四邊形ABCD就是正方形,∴AB=CB,∠ABD=∠CBD=45°,∠C=90°,在△ABP與△CBP中,,∴△ABP≌△CBP(SAS),∴PA=PC,∵PE⊥BC,PF⊥CD,∴∠PFC=90°,∠PEC=90°.又∵∠C=90°,∴四邊形PFCE就是矩形,∴EF=PC,∴PA=EF.(2)由(1)知四邊形PFCE就是矩形,∴PE=CF,PF=CE,又∵∠CBD=45°,∠PEB=90°,∴BE=PE,又BC=a,∴矩形PFCE得周長為2(PE+EC)=2(BE+EC)=2BC=2a.【點評】本題主要考查正方形得性質(zhì),全等三角形得性質(zhì)與判定等知識點得連接與掌握,能證出AP=PC就是解此題得關鍵.14.(2015秋?福建校級期中)如圖1,在正方形ABCD中,點E為BC上一點,連接DE,把△DEC沿DE折疊得到△DEF,延長EF交AB于G,連接DG.(1)求∠EDG得度數(shù).(2)如圖2,E為BC得中點,連接BF.①求證:BF∥DE;②若正方形邊長為6,求線段AG得長.【分析】(1)由正方形得性質(zhì)可得DC=DA.∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°,由折疊得性質(zhì)得出∠DFE=∠C,DC=DF,∠1=∠2,再求出∠DFG=∠A,DA=DF,然后由“HL”證明Rt△DGA≌Rt△DGF,由全等三角形對應角相等得出∠3=∠4,得出∠2+∠3=45°即可;(2)①由折疊得性質(zhì)與線段中點得定義可得CE=EF=BE,∠DEF=∠DEC,再由三角形得外角性質(zhì)得出∠5=∠DEC,然后利用同位角相等,兩直線平行證明即可;②設AG=x,表示出GF、BG,根據(jù)點E就是BC得中點求出BE、EF,從而得到GE得長度,再利用勾股定理列出方程求解即可;【解答】(1)解:如圖1所示:∵四邊形ABCD就是正方形,∴DC=DA.∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°,∵△DEC沿DE折疊得到△DEF,∴∠DFE=∠C,DC=DF,∠1=∠2,∴∠DFG=∠A=90°,DA=DF,在Rt△DGA與Rt△DGF中,,∴Rt△DGA≌Rt△DGF(HL),∴∠3=∠4,∴∠EDG=∠3+∠2=∠ADF+∠FDC,=(∠ADF+∠FDC),=×90°,=45°;(2)①證明:如圖2所示:∵△DEC沿DE折疊得到△DEF,E為BC得中點,∴CE=EF=BE,∠DEF=∠DEC,∴∠5=∠6,∵∠FEC=∠5+∠6,∴∠DEF+∠DEC=∠5+∠6,∴2∠5=2∠DEC,即∠5=∠DEC,∴BF∥DE;②解:設AG=x,則GF=x,BG=6﹣x,∵正方形邊長為6,E為BC得中點,∴CE=EF=BE=×6=3,∴GE=EF+GF=3+x,在Rt△GBE中,根據(jù)勾股定理得:(6﹣x)2+32=(3+x)2,解得:x=2,即線段AG得長為2.【點評】本題考查了正方形得性質(zhì)、全等三角形得判定與性質(zhì)、等腰直角三角形得判定與性質(zhì)、勾股定理、翻折變換得性質(zhì);熟練掌握正方形得性質(zhì),并能進行推理論證與計算就是解決問題得關鍵.15.(2016春?召陵區(qū)期中)如圖①,在正方形ABCD中,F就是對角線AC上得一點,點E在BC得延長線上,且BF=EF.(1)求證:BF=DF;(2)求證:∠DFE=90°;(3)如果把正方形ABCD改為菱形,其她條件不變(如圖②),當∠ABC=50°時,∠DFE=50度.【分析】(1)根據(jù)正方形得四條邊都相等可得BC=DC,對角線平分一組對角可得∠BCF=∠DCF,然后利用“邊角邊”證明即可;(2)易證∠FBE=∠FEB,又因為∠FBE=∠FDC,所以可證明∠FEB=∠FDC,進而可證明∠DFE=90°;(3)根據(jù)全等三角形對應角相等可得∠CBF=∠CDF,根據(jù)等邊對等角可得∠CBF=∠E,然后求出∠DFE=∠DCE,再根據(jù)兩直線平行,同位角相等可得∠DCE=∠ABC,從而得解.【解答】(1)證明:在正方形ABCD中,BC=DC,∠BCF=∠DCF=45°,∵在△BCF與△DCF中,,∴△BCF≌△DCF(SAS);∴BF=DF;(2)證明:∵BF=EF,∴∠FBE=∠FEB,又∵∠FBE=∠FDC,∴∠FEB=∠FDC,又∵∠DGF=∠EGC,∴∠DFG=∠ECG=90°,即∠DFE=90°;(3)證明:由(1)知,△BCF≌△DCF,∴∠CBF=∠CDF,∵EE=FB,∴∠CBF=∠E,∵∠DGF=∠EGC(對頂角相等),∴180°﹣∠DGF﹣∠CDF=180°﹣∠EGC﹣∠E,即∠DFE=∠DCE,∵AB∥CD,∴∠DCE=∠ABC,∴∠DFE=∠ABC=50°,故答案為:50.【點評】本題考查了正方形得性質(zhì),全等三角形得判定與性質(zhì),菱形得性質(zhì),等邊對等角得性質(zhì),熟記正方形得性質(zhì)確定出∠BCF=∠DCF就是解題得關鍵.16.(2015秋?泗縣期中)已知正方形ABCD中,對角線AC、BD相交于O.①如圖1,若E就是AC上得點,過A作AG⊥BE于G,AG、BD交于F,求證:OE=OF②如圖2,若點E在AC得延長線上,AG⊥EB交EB得延長線于G,AG延長DB延長線于點F,其它條件不變,OE=OF還成立嗎？【分析】①由正方形得性質(zhì)得出OA=OB,AC⊥BD,得出∠BOE=∠AOF=90°,由角得互余關系得出∠OBE=∠OAF,由ASA證明△BOE≌△AOF,得出對應邊相等即可;②由正方形得性質(zhì)得出OA=OB,AC⊥BD,得出∠BOE=∠AOF=90°,由角得互余關系得出∠OBE=∠OAF,由ASA證明△BOE≌△AOF,得出對應邊相等即可.【解答】①證明:∵四邊形ABCD就是正方形,∴OA=OB,AC⊥BD,∴∠BOE=∠AOF=90°,∴∠OEB+∠OBE=90°,∵AG⊥BE,∴∠AGE=90°,∴∠OEB+∠OAF=90°,∴∠OBE=∠OAF,在△BOE與△AOF中,,∴△BOE≌△AOF(ASA),∴OE=OF;②解:OE=OF還成立;理由如下:∵四邊形ABCD就是正方形,∴OA=OB,AC⊥BD,∴∠BOE=∠AOF=90°,∴∠OEB+∠OBE=90°,∵AG⊥BE,∴∠AGE=90°,∴∠OEB+∠OAF=90°,∴∠OBE=∠OAF,在△BOE與△AOF中,,∴△BOE≌△AOF(ASA),∴OE=OF.【點評】本題考查了正方形得性質(zhì)、全等三角形得判定與性質(zhì);熟練掌握正方形得性質(zhì),并能進行推理論證就是解決問題得關鍵.17.(2016春?邳州市期中)如圖,點P就是菱形ABCD中對角線AC上得一點,且PE=PB.(1)求證:PE=PD;(2)求證:∠PDC=∠PEB;(3)若∠BAD=80°,連接DE,試求∠PDE得度數(shù),并說明理由.【分析】(1)由菱形得性質(zhì)得出AB=BC=CD=AD,AB∥CD,∠DCP=∠BCP,由SAS證明△CDP≌△CBP,得出PB=PD,再由PE=PB,即可得出結論;(2)由等腰三角形得性質(zhì)得出∠PBC=∠PEB,由全等三角形得性質(zhì)得出∠PDC=∠PBC,即可得出∠PDC=∠PEB;(3)由四邊形內(nèi)角與定理得出∠DPE=100°,由等腰三角形得性質(zhì)與三角形內(nèi)角與定理即可得出結果.【解答】(1)解:∵四邊形ABCD就是菱形,∴AB=BC=CD=AD,AB∥CD,∠DCP=∠BCP,在△DCP與△BCP中,,∴△CDP≌△CBP(SAS),∴PB=PD,∵PE=PB,∴PE=PD;(2)證明:∵PE=PB,∴∠PBC=∠PEB,∵△CDP≌△CBP,∴∠PDC=∠PBC,∴∠PDC=∠PEB;(3)解:如圖所示:∠PDE=40°;理由如下:在四邊形DPEC中,∵∠DPE=360°﹣(∠PDC+∠PEC+∠DCB)=360°﹣(∠PEB+∠PEC+∠DCB)=360°﹣(180°+80°)=100°,∵PE=PD∴∠PDE=∠PED=40°.【點評】本題考查了菱形得性質(zhì)、全等三角形得判定與性質(zhì)、等腰三角形得性質(zhì);熟練掌握菱形得性質(zhì),證明三角形全等就是解決問題得關鍵.18.(2016春?昆山市期中)如圖,正方形ABCD中,AB=1,點P就是BC邊上得任意一點(異于端點B、C),連接AP,過B、D兩點作BE⊥AP于點E,DF⊥AP于點F.(1)求證:EF=DF﹣BE;(2)若△ADF得周長為,求EF得長.【分析】(1)由正方形得性質(zhì)得出AD=AB,證出∠DAF=∠ABE,由AAS證明△ADF≌△BAE,得出AF=BE,DF=AE,即可得出結論;(2)設DF=a,AF=b,EF=DF﹣AF=a﹣b＞0,由已知條件得出DF+AF=,即a+b=,由勾股定理得出a2+b2=1,再由完全平方公式得出a﹣b即可.【解答】(1)證明:∵BE⊥AP,DF⊥AP,∴∠DFA=∠AEB=90°,∠ABE+∠BAE=90°,∵四邊形ABCD為正方形,∴AD=AB,∠DAB=90°=∠DAF+∠BAE,∴∠DAF=∠ABE,在△ADF與△BAE中,,∴△ADF≌△BAE(AAS),∴AF=BE,DF=AE,∴EF=AE﹣AF=DF﹣BE;(2)解:設DF=a,AF=b,EF=DF﹣AF=a﹣b＞0,∵△ADF得周長為,AD=1,∴DF+AF=,即a+b=,由勾股定理得:DF2+AF2=AD2,即a2+b2=1,∴(a﹣b)2=2(a2+b2)﹣(a+b)2=2﹣=,∴a﹣b=,即EF=.【點評】本題考查了正方形得性質(zhì)、全等三角形得判定與性質(zhì)、勾股定理等知識;熟練掌握正方形得性質(zhì),由勾股定理得出a與b得關系式就是解決問題(2)得關鍵.19.(2015春?繁昌縣期中)如圖,正方形ABCD得對角線AC、BD得交點為O,以O為端點引兩條互相垂直得射線OM、ON,分別交邊AB、BC于點E、F.(1)求證:0E=OF;(2)若正方形得邊長為4,求EF得最小值.【分析】(1)根據(jù)正方形得性質(zhì)可得∠EAO=∠FBO=45°,OA=OB,再根據(jù)同角得余角相等可得∠AOE=∠BOE,然后利用“角邊角”證明△AOE與△BOF全等,根據(jù)全等三角形對應邊相等即可得證;(2)根據(jù)等腰直角三角形△EOF,當OE最小時,再根據(jù)勾股定理得出EF得最小值.【解答】解:(1)∵四邊形ABCD就是正方形,∴OA=OB,∠AOB=90°,∠EAO=∠FBO=45°,∴∠AOE+∠BOE=90°,∵OE⊥OF,∴∠BOF+∠BOE=90°,∴∠AOE=∠BOF,在△AOE與△BOF中,,∴△AOE≌△BOF(ASA),∴OE=OF;(2)由(1)可知,△EOF就是等腰直角三角形,∠EOF就是直角,當OE最小時,EF得值最小,∵OA=OB,OE⊥AB,∴點E就是AB得中點,∴OE=AB,∵AB=4,∴OE=2,∴EF=,即EF得最小值就是2.【點評】本題考查了正方形得性質(zhì),解決此類問題得關鍵就是正確得利用旋轉(zhuǎn)不變量.正確作出輔助線就是關鍵.20.(2016春?江寧區(qū)期中)如圖,在正方形ABCD中,點E就是邊AD上任意一點,BE得垂直平分線FG交對角AC于點F.求證:(1)BF=DF;(2)BF⊥FE.【分析】(1)由正方形得性質(zhì)得出AB=AD,∠BAF=∠DAF=45°,由SAS證明△BAF≌△DAF,得出對應邊相等即可;(2)由線段垂直平分線得性質(zhì)得出BF=EF,證出EF=DF,得出∠FDE=∠FED,再由全等三角形得性質(zhì)證出∠ABF=∠FED,由鄰補角關系得出∠FED+∠FEA=180°,證出∠ABF+∠FEA=180°,由四邊形內(nèi)角與得出∠BAE+∠BFE=180°,求出∠BFE=90°即可.【解答】證明:如圖所示:(1)∵四邊形ABCD就是正方形,∴AB=AD,∠BAF=∠DAF=45°,∠BAE=90°,在△BAF與△DAF中,,∴△BAF≌△DAF(SAS),∴BF=DF;(2)∵BE得垂直平分線FG交對角AC于點F,∴BF=EF,∵BF=DF,∴EF=DF,∴∠FDE=∠FED,∵△BAF≌△DAF,∴∠ABF=∠FDE,∴∠ABF=∠FED,∵∠FED+∠FEA=180°,∴∠ABF+∠FEA=180°,∴∠BAE+∠BFE=180°,∴∠BFE=90°,∴BF⊥FE.【點評】本題考查了正方形得性質(zhì)、全等三角形得判定與性質(zhì)、等腰三角形得判定與性質(zhì)、四邊形內(nèi)角與定理等知識;熟練掌握正方形得性質(zhì),證明三角形全等就是解決問題得關鍵.21.(2015春?臺州校級期中)已知:如圖所示,四邊形ABCD中,∠ABC=∠ADC=90°,M就是AC上任一點,O就是BD得中點,連接MO,并延長MO到N,使NO=MO,連接BN與ND.(1)判斷四邊形BNDM得形狀,并證明;(2)若M就是AC得中點,則四邊形BNDM得形狀又如何？說明理由.【分析】(1)由對角線互相平分得四邊形就是平行四邊形即可得出結論;(2)由直角三角形斜邊上1得中線性質(zhì)得出BM=AC,DM=AC,得出BM=DM,即可得出結論.【解答】(1)解:四邊形BNDM就是平行四邊形,理由如下:∵O就是BD得中點,∴OB=OD,∵NO=MO,∴四邊形BNDM就是平行四邊形;(2)解:四邊形BNDM就是菱形;理由如下:∵∠ABC=∠ADC=90°,M就是AC得中點,∴BM=AC,DM=AC,∴BM=DM,∴四邊形BNDM就是菱形.【點評】本題考查了平行四邊形得判定方法、直角三角形斜邊上得中線性質(zhì)、菱形得判定方法;熟練掌握平行四邊形與菱形得判定方法,并能進行推理論證就是解決問題得關鍵.22.(2016春?柘城縣期中)如圖,在△ABC中,O就是邊AC上得一動點,過點O作直線MN∥BC,設MN交∠BCA得平分線于點E,交∠BCA得外角平分線于點F.(1)求證:OE=OF;(2)當點O運動到何處時,四邊形AECF就是矩形？【分析】(1)根據(jù)MN∥BC,CE平分∠ACB,CF平分∠ACD及等角對等邊即可證得OE=OF;(2)根據(jù)矩形得性質(zhì)可知:對角線且互相平分,即AO=CO,OE=OF,故當點O運動到AC得中點時,四邊形AECF就是矩形.【解答】(1)證明:∵MN∥BC,CE平分∠ACB,CF平分∠ACD,∴∠BCE=∠ACE=∠OEC,∠OCF=∠FCD=∠OFC,∴OE=OC,OC=OF,∴OE=OF.(2)解:當O運動到AC中點時,四邊形AECF就是矩形,∵AO=CO,OE=OF,∴四邊形AECF就是平行四邊形,∵∠ECA+∠ACF=∠BCD,∴∠ECF=90°,∴四邊形AECF就是矩形.【點評】此題主要考查了矩形得判定,關鍵就是掌握有一個角為直角得平行四邊形就是矩形.23.(2015春?北京校級期中)(1)如圖矩形ABCD得對角線AC、BD交于點O,過點D作DP∥OC,且DP=OC,連接CP,判斷四邊形CODP得形狀并說明理由.(2)如果題目中得矩形變?yōu)榱庑?結論應變?yōu)槭裁?？說明理由.(3)如果題目中得矩形變?yōu)檎叫?結論又應變?yōu)槭裁矗空f明理由.【分析】(1)根據(jù)矩形得性質(zhì)得出OD=OC,根據(jù)有一組對邊平行且相等得四邊形就是平行四邊形得出四邊形CODP就是平行四邊形,根據(jù)菱形得判定推出即可;(2)根據(jù)菱形得性質(zhì)得出∠DOC=90°,根據(jù)有一組對邊平行且相等得四邊形就是平行四邊形得出四邊形CODP就是平行四邊形,根據(jù)矩形得判定推出即可;(3)根據(jù)正方形得性質(zhì)得出OD=OC,∠DOC=90°,根據(jù)有一組對邊平行且相等得四邊形就是平行四邊形得出四邊形CODP就是平行四邊形,根據(jù)正方形得判定推出即可;【解答】解:(1)四邊形CODP得形狀就是菱形,理由就是:∵四邊形ABCD就是矩形,∴AC=BD,OA=OC=AC,OB=OD=BD,∴OC=OD,∵DP∥OC,DP=OC,∴四邊形CODP就是平行四邊形,∵OC=OD,∴平行四邊形CODP就是菱形;(2)四邊形CODP得形狀就是矩形,理由就是:∵四邊形ABCD就是菱形,∴AC⊥BD,∴∠DOC=90°,∵DP∥OC,DP=OC,∴四邊形CODP就是平行四邊形,∵∠DOC=90°,∴平行四邊形CODP就是矩形;(3)四邊形CODP得形狀就是正方形,理由就是:∵四邊形ABCD就是正方形,∴AC⊥BD,AC=BD,OA=OC=AC,OB=OD=BD,∴∠DOC=90°,OD=OC,∵DP∥OC,DP=OC,∴四邊形CODP就是平行四邊形,∵∠DOC=90°,OD=OC∴平行四邊形CODP就是正方形.【點評】本題考查了平行四邊形得判定,矩形、菱形、正方形得性質(zhì)與判定,主要考查學生得猜想能力與推理能力,題目具有一定得代表性,就是一道比較好得題目.24.(2015春?青山區(qū)期中)如圖1,已知AB∥CD,AB=CD,∠A=∠D.(1)求證:四邊形ABCD為矩形;(2)E就是AB邊得中點,F為AD邊上一點,∠DFC=2∠BCE.①如圖2,若F為AD中點,DF=1、6,求CF得長度:②如圖2,若CE=4,CF=5,則AF+BC=5,AF=.【分析】(1)先證明四邊形ABCD就是平行四邊形,再證明∠A=90°,即可得出結論;(2)①延長DA,CE交于點G,證明△AGE≌△BCE,得出AG=BC,再證明CF=FG即可;②由①得:AG=BC,CF=FG,GE=CE=4,即可得出AF+BC=AF+AG=FG=CF=5;設DF=x,根據(jù)勾股定理得出:CD2=CF2﹣DF2=CG2﹣DG2,列出方程52﹣x2=82﹣(5+x)2,解方程求出x,得出DG、AD,即可得出AF.【解答】(1)證明:∵AB∥CD,AB=CD,∴四邊形ABCD為平行四邊形,∵∠A=∠D,∠A+∠D=180°,∴∠A=90°,∴四邊形ABCD為矩形,(2)解:①延長DA,CE交于點G,∵四邊形ABCD就是矩形,∴∠DAB=∠B=90°,AD∥BC,∴∠GAE=90°,∠G=∠ECB,∵E就是AB邊得中點,∴AE=BE,在△AGE與△BCE中,,∴△AGE≌△BCE(AAS),∴AG=BC,∵DF=1、6,F為AD中點,∴BC=3、2,∴AG=BC=3、2,∴FG=3、2+1、6=4、8,∵AD∥BC,∴∠DFC=∠BCF,∵∠DFC=2∠BCE,∴∠BCE=∠FCE,∵AD∥BC,∴∠BCE=∠G,∴CF=FG=4、8;②若CE=4,CF=5,由①得:AG=BC,CF=FG,GE=CE=4,AG=AD,∴CG=8,AF+BC=AF+AG=FG=CF=5;故答案為:5;設DF=x,根據(jù)勾股定理得:CD2=CF2﹣DF2=CG2﹣DG2,即52﹣x2=82﹣(5+x)2,解得:x=,∴DG=5+=,∴AD=DG=,∴AF=AD﹣DF=;故答案為:.【點評】本題考查了矩形得判定與性質(zhì)、全等三角形得判定與性質(zhì)、等腰三角形得判定、勾股定理得運用;本題有一定難度,特別就是(2)中,需要通過作輔助線證明三角形全等與運用勾股定理才能得出結果.25.(2015秋?揚中市期中)如圖,直線a、b相交于點A,C、E分別就是直線b、a上兩點且BC⊥a,DE⊥b,點M、N就是EC、DB得中點.求證:MN⊥BD.【分析】根據(jù)直角三角形斜邊上得中線等于斜邊得一半可得DM=EC,BM=EC,從而得到DM=BM,再根據(jù)等腰三角形三線合一得性質(zhì)證明.【解答】證明:∵BC⊥a,DE⊥b,點M就是EC得中點,∴DM=EC,BM=EC,∴DM=BM,∵點N就是BD得中點,∴MN⊥BD.【點評】本題考查了直角三角形斜邊上得中線等于斜邊得一半得性質(zhì),等腰三角形三線合一得性質(zhì),熟記性質(zhì)并準確識圖就是解題得關鍵.26.(2016春?天河區(qū)期中)如圖所示,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠B=90°,AD=24cm,BC=26cm,動點P從點A出發(fā)沿AD方向向點D以1cm/s得速度運動,動點Q從點C開始沿著CB方向向點B以3cm/s得速度運動.點P、Q分別從點A與點C同時出發(fā),當其中一點到達端點時,另一點隨之停止運動.(1)經(jīng)過多長時間,四邊形PQCD就是平行四邊形？(2)經(jīng)過多長時間,四邊形PQBA就是矩形？(3)經(jīng)過多長時間,當PQ不平行于CD時,有PQ=CD.【分析】(1)設經(jīng)過ts時,四邊形PQCD就是平行四邊形,根據(jù)DP=CQ,代入后求出即可;(2)設經(jīng)過ts時,四邊形PQBA就是矩形,根據(jù)AP=BQ,代入后求出即可;(3)設經(jīng)過t(s),四邊形PQCD就是等腰梯形,利用EP=2列出有關t得方程求解即可.【解答】解:(1)設經(jīng)過x(s),四邊形PQCD為平行四邊形即PD=CQ所以24﹣x=3x,解得:x=6.(2)設經(jīng)過y(s),四邊形PQBA為矩形,即AP=BQ,所以y=26﹣3y,解得:y=.(3)設經(jīng)過t(s),四邊形PQCD就是等腰梯形.過Q點作QE⊥AD,過D點作DF⊥BC,∴∠QEP=∠DFC=90°∵四邊形PQCD就是等腰梯形,∴PQ=DC.又∵AD∥BC,∠B=90°,∴AB=QE=DF.在Rt△EQP與Rt△FDC中,,∴Rt△EQP≌Rt△FDC(HL).∴FC=EP=BC﹣AD=26﹣24=2.又∵AE=BQ=26﹣3t,∴EP=AP﹣AE=t﹣(26﹣3t)=2.得:t=7.∴經(jīng)過7s,PQ=CD.【點評】此題主要考查平行四邊形、矩形及等腰梯形得判定掌握情況,本題解題關鍵就是找出等量關系即可得解.27.(2014春?泰興市校級期中)如圖,E、F就是正方形ABCD得邊AD上得兩個動點,滿足AE=DF.連接CF交BD于G,連接BE交AG于H.已知正方形ABCD得邊長為4cm,解決下列問題:(1)求證:BE⊥AG;(2)求線段DH得長度得最小值.【分析】(1)根據(jù)正方形得性質(zhì)可得AB=AD=CD,∠BAD=∠CDA,∠ADG=∠CDG,然后利用“邊角邊”證明△ABE與△DCF全等,根據(jù)全等三角形對應角相等可得∠1=∠2,利用“邊角邊”證明△ADG與△CDG全等,根據(jù)全等三角形對應角相等可得∠2=∠3,從而得到∠1=∠3,然后求出∠AHB=90°,再根據(jù)垂直得定義證明即可;(2)根據(jù)直角三角形斜邊上得中線等于斜邊得一半,取AB得中點O,連接OH、OD,然后求出OH=AB=1,利用勾股定理列式求出OD,然后根據(jù)三角形得三邊關系可知當O、D、H三點共線時,DH得長度最小.【解答】(1)證明:在正方形ABCD中,AB=AD=CD,∠BAD=∠CDA,∠ADG=∠CDG,在△ABE與△DCF中,,∴△ABE≌△DCF(SAS),∴∠1=∠2,在△ADG與△CDG中,,∴△ADG≌△CDG(SAS),∴∠2=∠3,∴∠1=∠3,∵∠BAH+∠3=∠BAD=90°,∴∠1+∠BAH=90°,∴∠AHB=180°﹣90°=90°,∴BE⊥AG;(2)解:如圖,取AB得中點O,連接OH、OD,則OH=AO=AB=2,在Rt△AOD中,OD===2,根據(jù)三角形得三邊關系,OH+DH＞OD,∴當O、D、H三點共線時,DH得長度最小,DH得最小值=OD﹣OH=2﹣2.【點評】本題考查了正方形得性質(zhì),全等三角形得判定與性質(zhì),直角三角形斜邊上得中線等于斜邊得一半得性質(zhì),三角形得三邊關系,確定出DH最小時點H得位置就是解題關鍵,也就是本題得難點.28.(2011秋?睢寧縣校級期中)如圖,點M就是矩形ABCD得邊AD得中點,點P就是BC邊上一動點,PE⊥MC,PF⊥BM,垂足為E、F.(1)當矩形ABCD得長與寬滿足什么條件時,四邊形PEMF為矩形？猜想并證明您得結論.(2)在(1)中,當點P運動到什么位置時,矩形PEMF變?yōu)檎叫?為什么？【分析】(1)根據(jù)矩形得性質(zhì)推出∠A=∠D=90°,AB=CD,AM=DM,求出∠ABM=∠AMB=45°,∠DCM=∠DMC=45°,求出∠BMC,即可求出矩形PEMF.(2)根據(jù)AAS證△BFP≌△CEP,推出PE=PF即可.【解答】(1)解:當AD=2AB時,四邊形PEMF為矩形.證明:∵四邊形ABCD為矩形,∴∠A=∠D=90°,∵AD=2AB=2CD,AM=DM=AD,∴AB=AM=DM=CD,∴∠ABM=∠AMB=45°,∠DCM=∠DMC=45°,∴∠BMC=180°﹣45°﹣45°=90°,∵PE⊥MC,PF⊥BM,∴∠MEP=∠FPE=90°,∴四邊形PEMF為矩形,即當AD=2AB時,四邊形PEMF為矩形.(2)解:當P就是BC得中點時,矩形PEMF為正方形.理由就是:∵四邊形PEMF為矩形,∴∠PFM=∠PFB=∠PEC=90°,在△BFP與△CEP中,∴△BFP≌△CEP(AAS),∴PE=PF,∵四邊形PEMF就是矩形,∴矩形PEMF就是正方形,即當P就是BC得中點時,矩形PEMF為正方形.【點評】本題主要考查對矩形得判定與性質(zhì),正方形得判定,等腰三角形得性質(zhì),全等三角形得性質(zhì)與判定等知識點得理解與掌握,熟練地運用性質(zhì)進行推理就是解此題得關鍵.29.(2016春?微山縣期中)某校數(shù)學興趣小組開展了一次課外活動,過程如下:如圖①,正方形ABCD中,AB=4,將三角板放在正方形ABCD上,使三角板得直角頂點與D點重合.三角板得一邊交AB于點P,另一邊交BC得延長線于點Q.(1)求證:AP=CQ;(2)如圖②,小明在圖1得基礎上作∠PDQ得平分線DE交BC于點E,連接PE,她發(fā)現(xiàn)PE與QE存在一定得數(shù)量關系,請猜測她得結論并予以證明;(3)在(2)得條件下,若AP=1,求PE得長.【分析】(1)由正方形得性質(zhì)得出∠ADC=∠A=∠B=∠BCD=∠DCQ=90°,AD=BC=CD=AB=4,證出∠ADP=∠CDQ,由ASA證明△APD≌△CQD,得出對應邊相等即可;(2)由全等三角形得性質(zhì)得出PD=QD,證出∠PDE=∠QDE,由SAS證明△PDE≌△QDE,得出對應邊相等即可;(3)由(2)與(1)得出PE=QE,CQ=AP=1,求出BQ=BC+CQ=5,BP=AB﹣AP=3,設PE=QE=x,則BE=5﹣x,在Rt△BPE中,由勾股定理得出方程,解方程即可.【解答】(1)證明:∵四邊形ABCD就是正方形,∴∠ADC=∠A=∠B=∠BCD=∠DCQ=90°,AD=BC=CD=AB=4,∵∠PDQ=90°,∴∠ADP=∠CDQ,在△APD與△CQD中,,∴△APD≌△CQD(ASA),∴AP=CQ;(2)解;PE=QE,理由如下:由(1)得:△APD≌△CQD,∴PD=QD,∵DE平分∠PDQ,∴∠PDE=∠QDE,在△PDE與△QDE中,,∴△PDE≌△QDE(SAS),∴PE=QE;(3)解:由(2)得:PE=QE,由(1)得:CQ=AP=1,∴BQ=BC+CQ=5,BP=AB﹣AP=3,設PE=QE=x,則BE=5﹣x,在Rt△BPE中,由勾股定理得:32+(5﹣x)2=x2,解得:x=3、4,即PE得長為3、4.【點評】本題考查了正方形得性質(zhì)、全等三角形得判定與性質(zhì)、勾股定理;熟練掌握正方形得性質(zhì),證明三角形全等就是解決問題得關鍵.30.(2015春?羅田縣期中)如圖,在菱形ABCD中,AB=4cm,∠ADC=120°,點E、F同時由A、C兩點出發(fā),分別沿AB、CB方向向點B勻速移動(到點B為止),點E得速度為1cm/s,點F得速度為2cm/s,經(jīng)過t秒△DEF為等邊三角形,求t得值.【分析】首先連接BD,由在菱形ABCD中,AB=4cm,∠ADC=120°,可得△ABD就是等邊三角形,又由△DEF為等邊三角形,可得△ADE≌△BDF(SAS),繼而可得當AE=BF時,△DEF就是等邊三角形,即可求得答案.【解答】解:連接BD,∵在菱形ABCD中,∠ADC=120°,∴AD=AB,∠A=60°,∠ADB=∠ADC=60°,∴△ABD就是等邊三角形,∴BD=AD,∵若△DEF就是等邊三角形,則∠DEF=60°,DE=DF,∴∠ADE=∠BDF,在△ADE與△BDF中,,∴△ADE≌△BDF(SAS),∴AE=BF,∴當AE=BF時,△DEF就是等邊三角形,∵E得速度為1cm/s,點F得速度為2cm/s,∴AE=tcm,CF=2tcm,則BF=BC﹣CF=4﹣2t(cm),∴t=4﹣2t,解得:t=.【點評】此題考查了菱形得性質(zhì)、全等三角形得判定與性質(zhì)以及等邊三角形得判定與性質(zhì).注意證得△ABD就是等邊三角形且△ADE≌△BDF就是關鍵.31.(2014秋?東陽市校級期中)如圖,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,點D就是AC得中點,作∠ADB得角平分線DE交AB于點E,(1)求證:DE∥BC;(2)若AE=3,AD=5,點P為BC上得一動點,當BP為何值時,△DEP為等腰三角形.請直接寫出所有BP得值,2,4﹣,4+.【分析】(1)根據(jù)直角三角形斜邊上得中線等于斜邊得一半可得BD=AD=AC,再根據(jù)等腰三角形三線合一得性質(zhì)可得DE⊥AB,再根據(jù)垂直于同一直線得兩直線平行證明;(2)利用勾股定理列式求出DE得長,根據(jù)等腰三角形三線合一得性質(zhì)求出BE=AE,然后分DE=EP、DP=EP、DE=DP三種情況討論求解.【解答】(1)證明:∵∠ABC=90°,點D就是AC得中點,∴BD=AD=AC,∵DE就是∠ADB得角平分線,∴DE⊥AB,又∵∠ABC=90°,∴DE∥BC;(2)解:∵AE=3,AD=5,DE⊥AB,∴DE===4,∵DE⊥AB,AD=BD,∴BE=AE=3,①DE=EP時,BP==,②DP=EP時,BP=DE=×4=2,③DE=DP時,過點D作DF⊥BC于F,則DF=BE=3,由勾股定理得,FP==,點P在F下邊時,BP=4﹣,點P在F上邊時,BP=4+,綜上所述,BP得值為,2,4﹣,4+.故答案為:,2,4﹣,4+.【點評】本題考查了直角三角形斜邊上得中線等于斜邊得一半得性質(zhì),等腰三角形得判定與性質(zhì),平行線得判定,難點在于(2)要分情況討論.32.(2014春?鄂州期中)已知:如圖,BF、BE分別就是∠ABC及其鄰補角得角平分線,AE⊥BE,垂足為點E,AF⊥BF,垂足為點F.EF分別交邊AB、AC于點M、N.求證:(1)四邊形AFBE就是矩形;(2)BC=2MN.【分析】(1)由BF、BE就是角平分線可得∠EBF就是90°,進而由條件中得兩個垂直可得兩個直角,可得四邊形AEBF就是矩形;(2)由矩形得性質(zhì)可得∠2=∠5進而利用角平分線得性質(zhì)可得∠1=∠5,可得MF∥BC,進而可得△AMN∽△ABC,那么BC=2MN.【解答】證明:(1)∵BF、BE分別就是△ABC中∠B及它得外角得平分線,∴∠1=∠2,∠3=∠4,∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°,∴∠2+∠3=90°,∵AE⊥BE,E為垂足,AF⊥BF,F為垂足,∴∠AFB=∠AEB=90°,∴四邊形AEBF為矩形;(2)∵四邊形AEBF為矩形,∴BM=MA=MF,∴∠2=∠5,∵∠2=∠1,∴∠1=∠5∴MF∥BC,∴△AMN∽△ABC,∵M就是AB得中點,∴(或MN為△ABC得中位線)∴MN=BC,BC=2MN.【點評】綜合考查了矩形得判定與性質(zhì),相似三角形得判定與性質(zhì);用到得知識點為:有3個角就是直角得四邊形就是矩形;矩形得對角線平分且相等;相似三角形得對應邊成比例.33.(2015春?工業(yè)園區(qū)期中)如圖,在邊長為5得菱形ABCD中,對角線BD=8,點O就是直線BD上得動點,OE⊥AB于E,OF⊥AD于F.(1)對角線AC得長就是6,菱形ABCD得面積就是24;(2)如圖1,當點O在對角線BD上運動時,OE+OF得值就是否發(fā)生變化？請說明理由;(3)如圖2,當點O在對角線BD得延長線上時,OE+OF得值就是否發(fā)生變化？若不變請說明理由,若變化,請直接寫出OE、OF之間得數(shù)量關系,不用明理由.【分析】(1)連接AC與BD相交于點G,根據(jù)菱形得對角線互相垂直平分求出BG,再利用勾股定理列式求出AG,然后根據(jù)AC=2AG計算即可得解;再根據(jù)菱形得面積等于對角線乘積得一半列式計算即可得解;(2)連接AO,根據(jù)S△ABD=S△ABO+S△ADO列式計算即可得解;(3)連接AO,根據(jù)S△ABD=S△ABO﹣S△ADO列式整理即可得解.【解答】解:(1)如圖,連接AC與BD相交于點G,在菱形ABCD中,AC⊥BD,BG=BD=×8=4,由勾股定理得,AG===3,∴AC=2AG=2×3=6,菱形ABCD得面積=AC?BD=×6×8=24;故答案為:6;24;(2)如圖1,連接AO,則S△ABD=S△ABO+S△ADO,∴BD?AG=AB?OE+AD?OF,即×8×3=×5?OE+×5?OF,解得OE+OF=4、8就是定值,不變;(3)如圖2,連接AO,則S△ABD=S△ABO﹣S△ADO,∴BD?AG=AB?OE﹣AD?OF,即×8×3=×5?OE﹣×5?OF,解得OE﹣OF=4、8,就是定值,不變,∴OE+OF得值變化,OE、OF之間得數(shù)量關系為:OE﹣OF=4、8.【點評】本題考查了菱形得性質(zhì),三角形得面積,主要利用了菱形得對角線互相垂直平分得性質(zhì),第(2)(3)問作輔助線構造出兩個三角形就是解題得關鍵.34.(2014春?江西期中)如圖,已知Rt△ABD≌Rt△FEC,且B、D、C、E在同一直線上,連接BF、AE.(1)求證:四邊形ABFE就是平行四邊形.(2)若∠ABD=60°,AB=2cm,DC=4cm,將△ABD沿著BE方向以1cm/s得速度運動,設△ABD運動得時間為t,在△ABD運動過程中,試解決以下問題:(1)當四邊形ABEF就是菱形時,求t得值;(2)就是否存在四邊形ABFE就是矩形得情形？如果存在,求出t得值,如果不存在,請說明理由.【分析】(1)根據(jù)全等三角形得對應角相等、對應邊得比相等得到AB平行且等于EF,利用一組對邊平行且相等得四邊形就是平行四邊形判定即可;(2)①根據(jù)菱形得對角線得性質(zhì)得到當點C與點D重合時,四邊形ABFE就是菱形,求出此時t得值即可;②當四邊形ABFE就是矩形時,∠BAE=90°,根據(jù)矩形得性質(zhì)求得線段CD得長,從而求得t得值.【解答】解:(1)∵Rt△ABD≌Rt△FEC,∴AB=EF,∠ABD=∠FEC,∴AB∥EF,∴平行四邊形ABFE就是平行四邊形;(2)①如圖,當點D與點C重合時,四邊形ABFE就是菱形,此時△ABD運動得距離為4cm,∴t=4;②存在當四邊形ABFE就是矩形時,∠BAE=90°,∴∠AEB=90°﹣60°=30°,∵AB=2cm,∴BE=4cm,BD=1cm,∴CD=4﹣1﹣1=2cm,∴t=2.【點評】本題考查了平行四邊形得判定、矩形得判定、菱形得判定等知識,綜合性較強,但難度不算很大.35.(2012春?南湖區(qū)校級期中)已知,矩形ABCD中,AB=4cm,BC=8cm,AC得垂直平分線EF分別交AD、BC于點E、F,垂足為O.(1)如圖1,連接AF、CE.求證:四邊形AFCE為菱形.(2)如圖1,求AF得長.(3)如圖2,動點P、Q分別從A、C兩點同時出發(fā),沿△AFB與△CDE各邊勻速運動一周.即點P自A→F→B→A停止,點Q自C→D→E→C停止.在運動過程中,點P得速度為每秒1cm,設運動時間為t秒.①問在運動得過程中,以A、P、C、Q四點為頂點得四邊形有可能就是矩形嗎？若有可能,請求出運動時間t與點Q得速度;若不可能,請說明理由.②若點Q得速度為每秒0、8cm,當A、P、C、Q四點為頂點得四邊形就是平行四邊形時,求t得值.【分析】(1)證△AEO≌△CFO,推出OE=OF,根據(jù)平行四邊形與菱形得判定推出即可;(2)設AF=CF=a,根據(jù)勾股定理得出關于a得方程,求出即可;(3)①只有當P運動到B點,Q運動到D點時,以A、P、C、Q四點為頂點得四邊形有可能就是矩形,求出時間t,即可求出答案;②分為三種情況,P在AF上,P在BF上,P在AB上,根據(jù)平行四邊形得性質(zhì)求出即可.【解答】(1)證明:∵四邊形ABCD就是矩形,∴AD∥BC,∴∠AEO=∠CFO,∵AC得垂直平分線EF,∴AO=OC,AC⊥EF,在△AEO與△CFO中∵,∴△AEO≌△CFO(AAS),∴OE=OF,∵OA=OC,∴四邊形AECF就是平行四邊形,∵AC⊥EF,∴平行四邊形AECF就是菱形;(2)解:設AF=acm,∵四邊形AECF就是菱形,∴AF=CF=acm,∵BC=8cm,∴BF=(8﹣a)cm,在Rt△ABF中,由勾股定理得:42+(8﹣a)2=a2,a=5,即AF=5cm;(3)解:①在運動過程中,以A、P、C、Q四點為頂點得四邊形有可能就是矩形,只有當P運動到B點,Q運動到D點時,以A、P、C、Q四點為頂點得四邊形有可能就是矩形,P點運動得時間就是:(5+3)÷1=8,Q得速度就是:4÷8=0、5,即Q得速度就是0、5cm/s;②分為三種情況:第一、P在AF上,∵P得速度就是1cm/s,而Q得速度就是0、8cm/s,∴Q只能再CD上,此時當A、P、C、Q四點為頂點得四邊形不就是平行四邊形;第二、當P在BF上時,Q在CD或DE上,只有當Q在DE上時,當A、P、C、Q四點為頂點得四邊形才有可能就是平行四邊形,如圖,∵AQ=8﹣(0、8t﹣4),CP=5+(t﹣5),∴8﹣(0、8t﹣4)=5+(t﹣5),t=,第三情況:當P在AB上時,Q在DE或CE上,此時當A、P、C、Q四點為頂點得四邊形不就是平行四邊形;即t=.【點評】本題考查了矩形得性質(zhì),平行四邊形得性質(zhì)與判定,菱形得判定與性質(zhì),勾股定理,全等三角形得性質(zhì)與判定,線段垂直平分線性質(zhì)等知識點得綜合運用,用了方程思想,分類討論思想.36.(2014春?洪山區(qū)期中)如圖1,E,F就是正方形ABCD得邊上兩個動點,滿足AE=DF,連接CF交BD于G,連接BE交AG于點H(1)求證:AG⊥BE;(2)如圖2,連DH,若正方形得邊長為4,則線段DH長度得最小值就是2﹣2.【分析】(1)根據(jù)正方形得性質(zhì)可得AB=CD,∠BAD=∠ADC=90°,∠ADB=∠CDB=45°,然后利用“邊角邊”證明△ABE與△DCF全等,根據(jù)全等三角形對應角相等可得∠ABE=∠DCF,再利用“邊角邊”證明△ADG與△CDG全等,根據(jù)全等三角形對應角相等可得∠DAG=∠DCF,從而得到∠ABE=∠DAG,再根據(jù)∠DAG+∠BAH=90°求出∠BAE+∠BAH=90°,然后求出∠AHB=90°,再根據(jù)垂直得定義證明;(2)取AB得中點O,連接OD、OH,利用勾股定理列式求出OD,根據(jù)直角三角形斜邊上得中線等于斜邊得一半求出OH,再根據(jù)三角形得任意兩邊之差小于第三邊判斷出O、D、H三點共線時,DH最小.【解答】(1)證明:∵四邊形ABCD就是正方形,∴AB=CD,∠BAD=∠ADC=90°,∠ADB=∠CDB=45°,在△ABE與△DCF中,,∴△ABE≌△DCF(SAS),∴∠ABE=∠DCF,在△ADG與△CDG中,,∴△ADG≌△CDG(SAS),∴∠DAG=∠DCF,∴∠ABE=∠DAG,∵∠DAG+∠BAH=90°,∴∠BAE+∠BAH=90