2023-2024學(xué)年9上數(shù)學(xué)期末考點（北師大版）專題01 特殊平行四邊形（考點清單20個考點）解析版

專題01特殊平行四邊形（考點清單）【考點1菱形的性質(zhì)】【考點2菱形的判定】【考點3菱形的性質(zhì)與判定綜合運用】【考點4菱形中最小問題】【考點5矩形的性質(zhì)】【考點6直角三角形斜邊上的中線】【考點7矩形的判定】【考點8矩形的性質(zhì)與判定綜合運用】【考點9矩形形中最小值問題】【考點10梯子模型運用】【考點11矩形中折疊問題】【考點12矩形中動點問題】【考點13正方形的性質(zhì)】【考點14正方形的判定】【考點15矩形的性質(zhì)與判定綜合運用】【考點16正方形中最小值問題】【考點17正方形-對角互模型】【考點18正方形-半角互模型】【考點19正方形-手拉手模型】【考點20正方形-十字架模型】【考點1菱形的性質(zhì)】1．（2023春?延慶區(qū)期末）菱形和平行四邊形都具有的性質(zhì)是（）A．對角線相等 B．對角線互相垂直 C．對角線平分一組對角 D．對角線互相平分【答案】D【解析】解：菱形和平行四邊形都具有的性質(zhì)是：對角線互相平分，故選：D．2．（2023春?惠民縣期末）如圖，菱形ABCD中對角線相交于點O，且OE⊥AB，若AC＝8，BD＝6，則OE的長是（）A．2.5 B．5 C．2.4 D．不確定【答案】C【解析】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥DB，AO＝AC，BO＝BD，∵AC＝8，BD＝6，∴AO＝4，BO＝3，S菱形ABCD＝×8×6＝24，∴AB＝＝5，S△AOB＝6，∵?AB?EO＝×AO×BO，∴5EO＝4×3，EO＝，故選：C．3．（2023春?黃巖區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD是菱形，對角線AC與BD相交于點O，DH⊥BC于點H．若AC＝8，BD＝6，則DH的長度為（）A． B． C． D．4【答案】C【解析】解：∵四邊形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，∴AC⊥BD，AO＝OC＝AC＝4，OB＝OD＝BD＝3，在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC＝＝＝5，∵DH⊥BC，∴S菱形ABCD＝BC?DH＝AC?BD，即5DH＝×8×6，解得：DH＝，故選：C．【考點2菱形的判定】4．（2023春?臺江區(qū)校級期末）要檢驗一張四邊形的紙片是否為菱形，下列方案中可行的是（）A．度量四個內(nèi)角是否相等 B．測量兩條對角線是否相等 C．測量兩條對角線的交點到四個頂點的距離是否相等 D．將這紙片分別沿兩條對角線對折，看對角線兩側(cè)的部分是否每次都完全重合【答案】D【解析】解：A、四個內(nèi)角是否相等，只能判定矩形，不能判定菱形，故選項A不符合題意；B、對角線是否相等不能判定形狀，故選項B不符合題意；C、兩條對角線的交點到四個頂點的距離是否相等只能判定矩形，不能判定菱形，故選項C不符合題意；D、將這紙片分別沿兩條對角線對折，看對角線兩側(cè)的部分是否每次都完全重合，能判定菱形，故選項D符合題意．故選：D．5．（2023春?豐臺區(qū)期末）如圖，下列條件之一能使?ABCD是菱形的為（）①AC＝BD；②AC平分∠BAD；③AB＝BC；④AC⊥BD；A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】D【解析】解：①∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC＝BD，∴平行四邊形ABCD是矩形；②∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∵AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC，∴∠ACB＝∠BAC，∴AB＝CB，∴平行四邊形ABCD是菱形；③∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB＝BC，∴平行四邊形ABCD是菱形；④∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC⊥BD，∴平行四邊形ABCD是菱形；綜上所述，能使?ABCD是菱形的為②③④，故選：D．6．（2023春?雁峰區(qū)期末）如圖1，在?ABCD中，AD＞AB，∠ABC為鈍角．要在對邊BC，AD上分別找點M，N，使四邊形ABMN為菱形．現(xiàn)有圖2中的甲、乙兩種用尺規(guī)作圖確定點M，N的方案，則可得出結(jié)論（）A．只有甲正確 B．只有乙正確 C．甲、乙都不正確 D．甲、乙都正確【答案】D【解析】解：方案甲：根據(jù)作圖可知AM平分∠DAB，AN＝AB，∴∠NAM＝∠BAM，∵在?ABCD中，AD∥CD，∴∠NAM＝∠AMB，∴∠BAM＝∠AMB，∴AB＝BM，∴AN＝BM，∴四邊形ABMN是平行四邊形，∵AB＝AN，∴四邊形ABMN是菱形，故方案甲正確；方案乙：根據(jù)作圖可知BA＝BM，AN＝AB，則AN＝BM，∵AN∥BM，∴四邊形ABMN是平行四邊形，∵AB＝AN，∴四邊形ABMN是菱形，故方案乙正確；故選：D．【考點3菱形的性質(zhì)與判定綜合運用】7．（2023春?鼓樓區(qū)校級期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，對角線AC，BD交于點O，AC平分∠BAD，過點C作CE⊥AB交AB的延長線于點E，連接OE．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）若，BD＝2，求OE的長．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】（1）證明：∵AB∥DC，∴∠OAB＝∠DCA，∵AC為∠DAB的平分線，∴∠OAB＝∠DAC，∴∠DCA＝∠DAC，∴CD＝AD＝AB，∵AB∥DC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AD＝AB，∴平行四邊形ABCD是菱形；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC，BD⊥AC，∵CE⊥AB，∴OE＝OA＝OC，∵BD＝2，∴，在Rt△AOB中，，OB＝1，∴，∴OE＝OA＝2．8．（2023春?開福區(qū)校級期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＜BC，D是AC的中點，過點D作DE⊥AC交BC于點E，延長ED至F，使DF＝DE，連接AE，AF，CF．（1）求證：四邊形AECF是菱形；（2）若BE＝1，EC＝4，求EF的長．【答案】（1）證明見解析；（2）2．【解析】（1）證明：∵D是AC的中點，∴AD＝CD，∵DF＝DE，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵DE⊥AC，∴平行四邊形AECF是菱形；（2）解：由（1）知四邊形AECF是菱形，∴AE＝CE＝4，∵BE＝1，EC＝4，在Rt△ABE中，AB＝，在Rt△ABC中，AC＝，∵，即，∴．9．（2023春?保定期末）如圖，AD是△ABC的角平分線，過點D分別作AC、AB的平行線，交AB于點E，交AC于點F．（1）求證：四邊形AEDF是菱形．（2）若AF＝13，AD＝24．求四邊形AEDF的面積．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】（1）證明：∵AB∥DF，AC∥DE，∴四邊形AEDF是平行四邊形．∵AD是△ABC的角平分線，∴∠BAD＝∠DAC．又∵AC∥DE，∴∠ADE＝∠DAC．∴∠ADE＝∠BAD．∴EA＝ED．∴四邊形AEDF是菱形．（2）解：連接EF交AD于點O．∵四邊形AEDF是菱形，∴EF＝2FO．∴AO＝．∵AD⊥EF．在Rt△AOF中，由勾股定理得OF＝＝＝5．∴OE＝OF＝5．∴四邊形AEDF的面積＝＝＝120．【考點4菱形中最小問題】10．（2023春?梁平區(qū)期末）如圖，在菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6．E是CD邊上一動點，過點E分別作EF⊥OC于點F，EG⊥OD于點G，連接FG，則FG的最小值為（）A．2.4 B．3 C．4.8 D．4【答案】A【解析】解：連接OE，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OD＝BD＝3，OC＝AC＝4，由勾股定理得CD＝＝5，又∵EF⊥OC，EG⊥OD，∴四邊形OFEG為矩形，∴GF＝OE，當(dāng)OE⊥CD時，OE值最小，此時，S△OCD＝OC?OD＝CD?OE，∴OE＝＝2.4，∴FG的最小值為2.4．故選：A．11．（2022秋?泰山區(qū)校級期末）如圖，在菱形ABCD中，E，F(xiàn)分別是邊CD，BC上的動點，連接AE，EF，G，H分別為AE，EF的中點，連接GH．若∠B＝45°，BC＝2，則GH的最小值為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】解：連接AF，如圖所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴，∵G，H分別為AE，EF的中點，∴GH是△AEF的中位線，∴，當(dāng)AF⊥BC時，AF最小，GH得到最小值，則∠AFB＝90°，∵∠B＝45°，∴△ABF是等腰直角三角形，∴，∴，即GH的最小值為，故選：D．12．（2023春?陽城縣期末）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝2，E，F(xiàn)兩點分別從A，B兩點同時出發(fā)，以相同的速度分別向終點B，C移動，連接EF，在移動的過程中，EF的最小值為．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】解：連接DB，作DH⊥AB于H，如圖，∵四邊形ABCD為菱形，∴AD＝AB＝BC＝CD，而∠A＝60°，∴△ABD和△BCD都是等邊三角形，∴∠ADB＝∠DBC＝60°，AD＝BD，在Rt△ADH中，AH＝1，AD＝2，∴DH＝，在△ADE和△BDF中，∴△ADE≌△BDF，∴∠2＝∠1，DE＝DF∴∠1+∠BDE＝∠2+∠BDE＝∠EDF＝60°，∴△DEF為等邊三角形，∴EF＝DE，而當(dāng)E點運動到H點時，DE的值最小，其最小值為，∴EF的最小值為，故答案為：．【考點5矩形的性質(zhì)】13．（2023春?綠園區(qū)期末）矩形具有而菱形不一定具有的性質(zhì)是（）A．對角線互相垂直 B．對角線互相平分 C．對角線相等 D．對角線平分一組對角【答案】C【解析】解：矩形具有而菱形不一定具有的性質(zhì)是對角線相等，故選：C．14．（2023春?青秀區(qū)校級期末）如圖，矩形ABCD中，對角線AC、BD交于點O．若∠AOB＝60°，BD＝8，則AB的長為（）A．3 B．4 C． D．5【答案】B【解析】解：∵四邊形ABCD是矩形，且BD＝8，∴，∵∠AOB＝60°，∴△AOB是等邊三角形，OA＝AB＝4，故選：B．15．（2023春?涪陵區(qū)期末）如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，BE⊥AC于點E，且AC＝4CE，若OC＝4，則矩形ABCD的面積為（）A．12 B．20 C． D．【答案】C【解析】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴BO＝OD，AO＝OC＝4，BD＝AC，∴OC＝OB＝4，∵AC＝4CE，∴OC＝2CE，∴OE＝，∵BE⊥AC，∴BE＝＝，∴矩形ABCD的面積＝2S△ABC＝2×AC?BE＝2×＝16．故選：C．【考點6直角三角形斜邊上的中線】16．（2023春?懷遠縣期末）如圖，在Rt△ABC中，CD是斜邊AB上的中線，若∠A＝20°，則∠BDC＝（）A．30° B．40° C．45° D．60°【答案】B【解析】解：∵∠ACB＝90°，CD是斜邊AB上的中線，∴BD＝CD＝AD，∴∠A＝∠DCA＝20°，∴∠BDC＝∠A+∠DCA＝20°+20°＝40°．故選：B．17．（2023春?南寧期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于點D，∠ACD＝3∠BCD，點E是斜邊AB的中點，且CD＝1，則AB的長為（）A．2 B． C．3 D．【答案】B【解析】解：∵∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCD＝90°，∵∠ACD＝3∠BCD，∴∠ACD＝67.5°，∠BCD＝22.5°，∵CD⊥AB，∴∠CDA＝90°，∴∠A＝90°﹣∠ACD＝22.5°，∵E是斜邊AB的中點，∴EC＝AB，∴CE＝AE，∴∠ECA＝∠A＝22.5°，∴∠DEC＝∠A+∠ECA＝45°，∴∠DCE＝90°﹣∠DEC＝45°，∴△DCE是等腰直角三角形，∴CE＝CD＝，∴AB＝2．故選：B．18．（2023春?南陵縣期末）如圖，在△ABC中，BC＝26，且BD，CE分別是AC，AB上的高，F(xiàn)，G分別是BC，DE的中點，若ED＝10，則FG的長為（）A．10 B．12 C．13 D．14【答案】B【解析】解：如圖：連接EF、DF，，∵F是BC的中點，BD⊥AC，CE⊥AB，∴，∵G是DE的中點，∴FG⊥ED，，在Rt△DGF中，，故選：B．【考點7矩形的判定】19．（2023春?黃州區(qū)期末）下列說法中，錯誤的是（）A．菱形的對角線互相垂直 B．對角線相等的四邊形是矩形 C．平行四邊形的對角線互相平分 D．對角線互相垂直平分的四邊形是菱形【答案】B【解析】解：A、菱形的對角線互相垂直，故不符合題意；B、對角線相等的平行四邊形是矩形，故符合題意；C、平行四邊形的對角線互相平分，故不符合題意；D、對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，故不符合題意；故選：B．20．（2022秋?文山市期末）如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，OA＝OC，OB＝OD，添加下列條件，不能判定四邊形ABCD是矩形的是（）A．AB＝AD B．OA＝OB C．AB⊥AD D．∠ABO＝∠BAO【答案】A【解析】解：∵四邊形ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，當(dāng)AB＝AD時，可判定四邊形ABCD是菱形；當(dāng)AB⊥AD時，可判定四邊形ABCD是矩形；當(dāng)OA＝OB時，AC＝BD，可判定四邊形ABCD是矩形；當(dāng)∠BAO＝∠ABO時，∴OA＝OB，∴AC＝BD，∴四邊形ABCD是矩形；故選：A．21．（2023春?恩施市期末）如圖，在△ABC中，點D是邊BC上的點（與B、C兩點不重合），過點D作DE∥AC，DF∥AB，分別交AB、AC于E、F兩點，下列說法正確的是（）A．若AD平分∠BAC，則四邊形AEDF是菱形 B．若BD＝CD，則四邊形AEDF是菱形 C．若AD垂直平分BC，則四邊形AEDF是矩形 D．若AD⊥BC，則四邊形AEDF是矩形【答案】A【解析】解：A、若AD平分∠BAC，則四邊形AEDF是菱形；正確；B、若BD＝CD，則四邊形AEDF是平行四邊形，不一定是菱形；錯誤；C、若AD垂直平分BC，則四邊形AEDF是菱形，不一定是矩形；錯誤；D、若AD⊥BC，則四邊形AEDF是平行四邊形，不一定是矩形；錯誤；故選：A．【考點8矩形的性質(zhì)與判定綜合運用】22．（2022秋?平昌縣校級期末）如圖：在菱形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，過點A作AE⊥BC于點E，延長BC至點F，使CF＝BE，連接DF．（1）求證：四邊形AEFD是矩形；（2）若BF＝16，DF＝8，求CD的長．【答案】（1）見詳解；（2）CD＝10．【解析】解：（1）在菱形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝CD＝AB，∵CF＝BE，∴CF+EC＝BE+EC，∴EF＝BC，∴EF＝AD，∵AD∥BC，∴四邊形AEFD是平行四邊形，∵AE⊥BC，∴平行四邊形AEFD是矩形；（2）在菱形ABCD中，BC＝CD，∵BF＝16，∴CF＝BF﹣BC＝16﹣CD，∵在矩形AEFD中，∠F＝90°，∵DF＝8，∴在Rt△CFD中，，解得：CD＝10．23．（2023春?懷化期末）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，過點D作DE⊥AB于點E，點F在邊CD上，CF＝AE，連接AF，BF．（1）求證：四邊形BFDE是矩形．（2）若AF是∠DAB的平分線．若CF＝6，BF＝8，求DC的長．【答案】（1）證明見解析；（2）16．【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD∥AB，CD＝AB，∵CF＝AE，∴DF＝BE，又∵DF∥BE，∴四邊形DFBE是平行四邊形，∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90°，∴平行四邊形DFBE是矩形；（2）解：由（1）可知，四邊形BFDE是矩形，∴∠BFD＝90°，∴∠BFC＝90°，∴BC＝＝＝10，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC＝10，AB∥DC，∴∠BAF＝∠DFA，∵AF是∠DAB的平分線，∴∠BAF＝∠DAF，∴∠DAF＝∠DFA，∴DF＝DA＝10，∴DC＝DF+CF＝10+6＝16．24．（2023春?臨邑縣期末）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，過點A作AE⊥BC于點E，延長BC到點F，使得CF＝BE，連接DF，（1）求證：四邊形AEFD是矩形；（2）連接OE，若AB＝13，OE＝，求AE的長．【答案】（1）證明見解析；（2）12．【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC且AD＝BC，∵BE＝CF，∴BC＝EF，∴AD＝EF，∵AD∥EF，∴四邊形AEFD是平行四邊形，∵AE⊥BC，∴∠AEF＝90°，∴四邊形AEFD是矩形；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，AB＝13，∴BC＝AB＝13，AC⊥BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，∵AE⊥BC，∴∠AEC＝90°，∴OE＝AC＝OA＝2，AC＝2OE＝4，∴OB＝＝＝3，∴BD＝2OB＝6，∵菱形ABCD的面積＝BD×AC＝BC×AE，即×6×4＝13×AE，解得：AE＝12．【考點9矩形形中最小值問題】25．（2023春?自貢期末）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BA＝5，AC＝12，點D是斜邊BC上的一個動點，過點D分別作DE⊥AB于點E，DF⊥AC于點F，點G為四邊形DEAF對角線交點，則線段GF的最小值為（）A． B． C． D．【答案】B【解析】解：如圖，連接AD、EF，∵∠BAC＝90°，且BA＝5，AC＝12，∴BC＝＝＝13，∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠DEA＝∠DFA＝∠BAC＝90°，∴四邊形DEAF是矩形，∴EF＝AD，GF＝GE，當(dāng)AD⊥BC時，AD的值最小，則EF的值最小，此時，△ABC的面積＝BA?AC＝BC×AD，∴AD＝＝＝，∴EF的最小值為，∴GF的最小值＝×＝，故選：B．26．（2022秋?朝陽區(qū)校級期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝10，點P在AD上，點Q在BC上，且AP＝CQ，連結(jié)CP、QD，則PC+QD的最小值為（）A．22 B．24 C．25 D．26【答案】D【解析】解：如圖，連接BP，在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝10，∵AP＝CQ，∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，∴DP＝QB，DP∥BQ，∴四邊形DPBQ是平行四邊形，∴PB∥DQ，PB＝DQ，則PC+QD＝PC+PB，則PC+QD的最小值轉(zhuǎn)化為PC+PB的最小值，在BA的延長線上截取AE＝AB＝12，連接PE，則BE＝2AB＝24，∵PA⊥BE，∴PA是BE的垂直平分線，∴PB＝PE，∴PC+PB＝PC+PE，連接CE，則PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，∴CE＝＝＝26，∴PC+PB的最小值為26，即PC+QD的最小值為26，故選：D．【考點10梯子模型運用】27．（2023春?趙縣期末）如圖，∠MON＝90°，長方形ABCD的頂點B、C分別在邊OM、ON上，當(dāng)B在邊OM上運動時，C隨之在邊ON上運動，若CD＝5，BC＝24，運動過程中，點D到點O的最大距離為（）A．24 B．25 C． D．26【答案】B【解析】解：如圖，取BC的中點E，連接OE、DE、OD，∵OD≤OE+DE，∴當(dāng)O、D、E三點共線時，點D到點O的距離最大，此時，∵CD＝5，BC＝24，∴OE＝EC＝BC＝12，DE＝，∴OD的最大值為：12+13＝25．故選：B．28．（2023春?清原縣期末）如圖，矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，點A在x軸正半軸上，點D在y軸正半軸上．當(dāng)點A在x軸上運動時，點D也隨之在y軸上運動，在這個運動過程中，點C到原點O的最大距離為+1．【答案】+1．【解析】解：如圖，取AD的中點H，連接CH，OH，∵矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，∴CD＝AB＝1，AD＝BC＝2，∵點H是AD的中點，∴AH＝DH＝1，∴CH＝＝＝，∵∠AOD＝90°，點H是AD的中點，∴OH＝AD＝1，在△OCH中，CO＜OH+CH，當(dāng)點H在OC上時，CO＝OH+CH，∴CO的最大值為OH+CH＝+1，故答案為：+1．【考點11矩形中折疊問題】29．（2023春?龍江縣期末）如圖，點E在矩形紙片ABCD的邊AD上，將矩形ABCD沿BE折疊，使點A落在對角線BD上的點A′處．若∠DBC＝28°，則∠A′EB的度數(shù)為（）A．48° B．59° C．62° D．66°【答案】B【解析】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ABC＝90°，∴∠ABD＝90°﹣∠DBC＝90°﹣28°＝62°，由折疊的性質(zhì)可得∠A＝∠BA′E＝90°，∠A′BE＝∠ABE＝∠ABD＝31°，在Rt△A′BE中，∠A′EB＝90°﹣∠A′BE＝90°﹣31°＝59°，故選：B．30．（2023春?乾安縣期末）如圖，四邊形ABCD為矩形紙片，把紙片ABCD折疊，使點B恰好落在CD邊的中點E處，折痕為AF，若CD＝6，則AF等于（）A． B． C． D．8【答案】A【解析】解：由折疊的性質(zhì)得BF＝EF，AE＝AB，因為CD＝6，E為CD中點，故ED＝3，又因為AE＝AB＝CD＝6，所以∠EAD＝30°，則∠FAE＝（90°﹣30°）＝30°，設(shè)FE＝x，則AF＝2x，在△AEF中，根據(jù)勾股定理，（2x）2＝62+x2，x2＝12，x1＝2，x2＝﹣2（舍去）．AF＝2×2＝4．故選：A．31.（2023春?梅州期末）如圖1，已知長方形紙帶ABCD，AB∥CD，AD∥BC，∠C＝90°，點E、F分別在邊AD、BC上，∠1＝20°，如圖2，將紙帶先沿直線EF折疊后，點C、D分別落在H、G的位置，如圖3，將紙帶再沿FS折疊一次，使點H落在線段EF上點M的位置，那么∠2＝60°．【答案】60．【解析】解：在矩形ABCD中，AD∥BC，∵∠1＝20°，∴∠BFE＝∠1＝20°，∴∠EFC＝180°﹣20°＝160°，根據(jù)第一次折疊，可得∠EFH＝∠EFC＝160°，根據(jù)第二次折疊，可知∠MFS＝∠HFS＝80°，∴∠2＝∠MFS﹣∠EFB＝80°﹣20°＝60°，故答案為：60【考點12矩形中動點問題】32．（2023春?長安區(qū)期末）如圖，在長方形ABCD中，已知AB＝6cm，BC＝10cm，點P以2cm/s的速度由點B向點C運動，同時點Q以acm/s的速度由點C向點D運動，若某時刻以A、B、P為頂點的三角形和以P、C、Q為頂點的三角形全等，則a的值為（）A．2 B．3 C．2或 D．2或【答案】D【解析】解：由已知得：PC＝BC﹣BP＝（10﹣2t）cm；①若△ABP≌△PCQ．則AB＝PC＝6cm，∴6＝10﹣2t，∴t＝2．∴a＝2；②若△ABP≌△QCP．則AB＝CQ＝6cm，BP＝CP＝（10﹣2t）cm，則t＝．得：a＝6．解得：a＝．綜上，a的值為2或．故選：D．33．（2023春?蓮池區(qū)期末）如圖，在長方形ABCD中，AB＝4cm，BC＝3cm，E為CD的中點動點P從A點出發(fā)，以每秒1cm的速度沿A→B→C→E運動，最終到達點E．若點P運動的時間為x秒，則當(dāng)△APE的面積為5cm2時，x的值為（）A．5 B．3或5 C． D．或5【答案】D【解析】解：①當(dāng)P在AB上時，∵△APE的面積等于5cm2，∴x?3＝5，解得：x＝；當(dāng)P在BC上時，∵△APE的面積等于5cm2，∴S矩形ABCD﹣S△CPE﹣S△ADE﹣S△ABP＝5，∴3×4﹣（3+4﹣x）×2﹣×2×3﹣×4×（x﹣4）＝5，解得：x＝5；③當(dāng)P在CE上時，∵△APE的面積為5cm2，∴（4+3+2﹣x）×3＝5，解得：x＝（不合題意舍去），綜上所述，x的值為或5，故選：D．34．（2023春?來鳳縣期末）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝10cm，BC＝8cm，點P從點D出發(fā)，以1cm/s的速度向點A運動，點M從點B同時出發(fā)，以相同的速度向點C運動，當(dāng)其中一個動點到達端點時，兩個動點同時停止運動，設(shè)點P的運動時間為t（單位：s），下列結(jié)論：①當(dāng)t＝4s時，四邊形ABMP為矩形；②當(dāng)t＝5s時，四邊形CDPM為平行四邊形；③當(dāng)CD＝PM時，t＝4或5s；④當(dāng)CD＝PM時，t＝4或6s．其中結(jié)論正確的個數(shù)有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】A【解析】解：根據(jù)題意，可得DP＝tcm，BM＝tcm，∵AD＝10cm，BC＝8cm，∴AP＝（10﹣t）cm，CM＝（8﹣t）cm，當(dāng)四邊形ABMP為矩形時，AP＝BM，即10﹣t＝t，解得t＝5，故①不正確；當(dāng)四邊形CDPM為平行四邊形時，則DP＝CM，即8﹣t＝t，解得t＝4，故②不正確；當(dāng)CD＝PM時，分兩種情況：當(dāng)四邊形CDPM是平行四邊形時，則DP＝CM，即8﹣t＝t，解得t＝4，當(dāng)四邊形CDPM是等腰梯形時，過點M作MG⊥AD于點G，過點C作CH⊥AD于點H，如圖所示，則∠MGP＝∠CHD＝90°，∵CD＝PM，GM＝HC，∴Rt△MGP≌Rt△CHD（HL），∴GP＝HD，∴，又BM＝t，∠A＝∠B＝90°，MG⊥AD，∴AG＝BM，即，解得t＝6，綜上可得，當(dāng)CD＝PM時，t＝6或t＝4，故③錯誤，④正確，∴正確的結(jié)論有1個．故選：A．【考點13正方形的性質(zhì)】35．（2023春?紅旗區(qū)校級期末）菱形，矩形，正方形都具有的性質(zhì)是（）A．四條邊相等，四個角相等 B．對角線相等 C．對角線互相垂直 D．對角線互相平分【答案】D【解析】解：菱形，矩形，正方形都具有的性質(zhì)為對角線互相平分．故選：D．36．（2023春?館陶縣期末）如圖，在正方形ABCD中，點F為CD上一點，BF與AC交于點E，若∠CBF＝20°，則∠AED的度數(shù)為（）A．45° B．60° C．65° D．70°【答案】C【解析】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAC＝∠DAC＝∠ACB＝45°，∴∠AEB＝∠ACB+∠CBE＝65°，在△ABE和△ADE中，，∴△ABE≌△ADE（SAS），∴∠AED＝∠AEB＝65°，故選：C．37．（2023春?紅旗區(qū)校級期末）如圖，正方形ABCD和正方形CEFG中，點D在CG上，BC＝1，CE＝3，H是AF的中點，那么CH的長是（）A．2.5 B． C． D．2【答案】B【解析】解：連接AC、CF，如圖，∵四邊形ABCD和四邊形CEFG都是正方形，∴∠ACD＝45°，∠FCG＝45°，AC＝BC＝，CF＝CE＝3，∴∠ACF＝45°+45°＝90°，在Rt△ACF中，AF＝＝2，∵H是AF的中點，∴CH＝AF＝．故選：B．【考點14正方形的判定】38．（2023春?棲霞市期末）已知平行四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于O，則下列說法準(zhǔn)確的是（）A．當(dāng)OA＝OC時，平行四邊形ABCD為矩形 B．當(dāng)AB＝AD時，平行四邊形ABCD為正方形 C．當(dāng)∠ABC＝90°時，平行四邊形ABCD為菱形 D．當(dāng)AC⊥BD時，平行四邊形ABCD為菱形【答案】D【解析】解：A．當(dāng)OA＝OC時，不能判定平行四邊形ABCD為矩形，故此選項不符合題意；B．根據(jù)有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，則平行四邊形ABCD是菱形，不一定是正方形，故此選項不符合題意；C．根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形能判定平行四邊形ABCD為矩形，故此選項不符合題意；D．當(dāng)AC⊥BD時，根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，可得平行四邊形ABCD是菱形，故本選項正確．故選：D．39．（2023春?黃巖區(qū)期末）如圖，在△ABC中，DE∥AC，DF∥AB，下列四個判斷不正確的是（）A．四邊形AEDF是平行四邊形 B．如果∠BAC＝90°，那么四邊形AEDF是矩形 C．如果AD平分∠BAC，那么四邊形AEDF是菱形 D．如果AD⊥BC，且AB＝AC，那么四邊形AEDF是正方形【答案】D【解析】解：由DE∥CA，DF∥BA，根據(jù)兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形可得四邊形AEDF是平行四邊形；又有∠BAC＝90°，根據(jù)有一角是直角的平行四邊形是矩形，可得四邊形AEDF是矩形．故A、B正確；如果AD平分∠BAC，那么∠EAD＝∠FAD，又有DF∥BA，可得∠EAD＝∠ADF，∴∠FAD＝∠ADF，∴AF＝FD，那么根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形，可得四邊形AEDF是菱形，故C正確；如果AD⊥BC且AB＝AC，那么AD平分∠BAC，同上可得四邊形AEDF是菱形．故D錯誤．故選：D．40．（2023春?宜都市期末）滿足下列條件的四邊形是正方形的是（）A．對角線互相垂直且相等的平行四邊形 B．對角線互相垂直的菱形 C．對角線相等的矩形 D．對角線互相垂直平分的四邊形【答案】A【解析】解：A選項，對角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形，故A選項正確，符合題意；B選項，對角線互相垂直的長方形是正方形，故B選項錯誤，不符合題意；C選項，對角線相等的菱形是正方形，故C選項錯誤，不符合題意；D選項，對角線互相垂直平分的長方形是正方形，故D選項錯誤，不符合題意；故選：A．【考點15矩形的性質(zhì)與判定綜合運用】41．（2022春?碑林區(qū)校級期末）如圖，已知四邊形ABCD為正方形AB＝2，點E為對角線AC上一點，連接DE，過點E作EF⊥DE，交BC延長線于點F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．在下列結(jié)論中：①矩形DEFG是正方形；②2CE+CG＝AD；③CG平分∠DCF；④CE＝CF．其中正確的結(jié)論有（）A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④【答案】A【解析】解：過E作EM⊥BC于M點，過E作EN⊥CD于N點，如圖所示：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，∴NE＝NC，∴四邊形EMCN為正方形，∵四邊形DEFG是矩形，∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF，又∠DNE＝∠FME＝90°，在△DEN和△FEM中，，∴△DEN≌△FEM（ASA），∴ED＝EF，∴矩形DEFG為正方形；故①正確；∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，在△ADE和△CDG中，，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，∵∠DCF＝90°，∴CG平分∠DCF，故③正確；∴AC＝AE+CE＝CE+CG＝AD，故②錯誤；當(dāng)DE⊥AC時，點C與點F重合，∴CE不一定等于CF，故④錯誤，故選：A．42．（2023春?中江縣期末）如圖，E、F是正方形ABCD的對角線BD上的兩點，且DF＝BE．（1）求證：四邊形AECF是菱形；（2）若，BF＝4，求四邊形AECF的周長．【答案】（1）證明見解析；（2）4．【解析】（1）證明：連接AC，交BD于點O，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，AO＝CO，DO＝BO，∵BE＝DF，∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵AC⊥EF，∴四邊形AECF是菱形；（2）解：由（1）知：四邊形AECF是菱形，∵AB＝3，AC⊥EF，∴AC＝BD＝6，∴OA＝3，∵BF＝4，∴EF＝BD﹣BF＝2，∴OE＝1，∴AE＝，∴菱形AECF的周長＝4．43．（2023春?番禺區(qū)校級期中）如圖，在△ABC中，點D、E、F分別在BC、AB、AC邊上，且DE∥AC，DF∥AB．（1）如果∠BAC＝90°那么四邊形AEDF是矩形；（2）如果AD是△ABC的角平分線，那么四邊形AEDF是菱形；（3）如果∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分線，那么四邊形AEDF是正方形，證明你的結(jié)論（僅需證明第3）題結(jié)論）【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】解：（1）∵DE∥AC，DF∥AB，∴四邊形AEDF是平行四邊形，又∵∠BAC＝90°，∴四邊形AEDF是矩形；（2）∵DE∥AC，DF∥AB，∴∠ADE＝∠DAF，四邊形AEDF是平行四邊形，又∵AD是△ABC的角平分線，∴∠DAE＝∠DAF，∴∠ADE＝∠DAE，∴AE＝DE，∴?AEDF是菱形；（3）由（1）知四邊形AEDF是矩形，由（2）知四邊形AEDF是菱形，所以四邊形AEDF是正方形．44．（2023春?來鳳縣期末）如圖，已知四邊形ABCD為正方形，AB＝，點E為對角線AC上一動點，連接DE，過點E作EF⊥DE．交射線BC于點F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．①求證：矩形DEFG是正方形；②探究：CE+CG的值是否為定值？若是，請求出這個定值；若不是，請說明理由．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】①證明：過E作EM⊥BC于M點，過E作EN⊥CD于N點，如圖所示：∵正方形ABCD，∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，且NE＝NC，∴四邊形EMCN為正方形，∵四邊形DEFG是矩形，∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF，又∠DNE＝∠FME＝90°，在△DEN和△FEM中，，∴△DEN≌△FEM（ASA），∴ED＝EF，∴矩形DEFG為正方形；②解：CE+CG的值為定值，理由如下：∵矩形DEFG為正方形，∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，在△ADE和△CDG中，，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∴AC＝AE+CE＝AB＝×2＝4，∴CE+CG＝4是定值．【考點16正方形中最小值問題】45．（2023?池州開學(xué)）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的動點，且BE＝CF，連接BF，DE，則BF+DE的最小值為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】解：如圖，連接AE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，又∵BE＝CF，∴△ABE≌△BCF（SAS），∴AE＝BF，∴BF+DE的最小值等于AE+DE的最小值，如圖，作點A關(guān)于BC的對稱點H，連接BH，則A，B，H三點共線，連接DH，DH與BC的交點即為所求的點E，根據(jù)對稱性可知AE＝HE，HB＝AB＝2，∴AE+DE＝DH，在Rt△ADH中，AH＝4，AD＝2，由勾股定理得，∴BF+DE的最小值為，故選：D．46．（2023春?邗江區(qū)校級期末）如圖，在正方形ABCD中，點E、F、G分別在AB、AD、CD上，AB＝3，AE＝1，DG＞AE，BF＝EG，BF與EG交于點P．連接DP，則DP的最小值為（）A． B． C． D．【答案】A【解析】解：如圖，過點E作EM⊥CD于點M，取BE的中點Q，連接QP、QD，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠A＝∠ADC＝∠DME＝90°，AB∥CD，∴四邊形ADME是矩形，∴EM＝AD＝AB，在Rt△BAF和Rt△EMG中，，∴Rt△BAF≌Rt△EMG（HL），∴∠ABF＝∠MEG，∠AFB＝∠EGM，∵AB∥CD，∴∠MGE＝∠BEG＝∠AFB，∵∠ABF+∠AFB＝90°，∴∠ABF+∠BEG＝90°，∴∠EPF＝90°，∴BF⊥EG，∵△EPB是直角三角形，Q是BE的中點，∴，∵AB＝3，AE＝1，∴BE＝3﹣1＝2，∴QB＝QE＝1，∵QD﹣QP≤DP，∴當(dāng)Q、D、P共線時，DP有最小值，∵，AQ＝AE+EQ＝1+1＝2，∴，∴，∴PD的最小值為．故選：A．47．（2023春?江油市期末）如圖，在正方形ABCD中，點M在BD上運動，過點M分別作ME⊥AB，MF⊥AD，垂足分別為點E，F(xiàn)，若BC＝4，則EF的最小值為（）A． B．2 C． D．【答案】D【解析】解：連接AM，∵四邊形ABCD是正方形，∠ADB＝45°，AD＝BC＝4，∴∠A＝90°，∵ME⊥AB，MF⊥AD，∴四邊形AFME是矩形，∴AM＝EF，當(dāng)AM垂直于BD時，AM最小，此時EF最小，∵∠AMD＝90°，∠ADM＝45°，∴△ADM是等腰直角三角形，∴AM＝AD＝2，∴EF的最小值是2．故選：D．【考點17正方形-對角互模型】48．（2023秋?蓮湖區(qū)期中）定義：若一個四邊形滿足三個條件①有一組對角互補，②一組鄰邊相等，③相等鄰邊的夾角為直角，則稱這樣的四邊形為“直角等鄰對補”四邊形，簡稱為“直等補”四邊形．根據(jù)以上定義，解答下列問題．（1）如圖1，四邊形ABCD是正方形，點E在CD邊上，點F在CB邊的延長線上，且DE＝BF，連接AE，AF，請根據(jù)定義判斷四邊形AFCE是否是“直等補”四邊形，并說明理由．（2）如圖2，已知四邊形ABCD是“直等補”四邊形，AB＝AD，AE⊥BC于點E，若AB＝20，CD＝4，求BC的長．【答案】（1）四邊形AFCE是“直等補”四邊形，理由見解析；（2）28．【解析】解：（1）四邊形AFCE是“直等補”四邊形，理由：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠D＝∠ABC＝90°，∴∠ABF＝90°，在△ABF與△ADE中，，∴△ABF≌△ADE（SAS），∴AF＝AE，∠BAF＝∠DAE，∴∠BAF+∠BAE＝∠DAE+∠BAE＝90°，∴∠FAE＝90°，∴∠FAE+∠C＝180°，∴四邊形AFCE是“直等補”四邊形；（2）連接BD，∵四邊形ABCD是“直等補”四邊形，AB＝AD，∴∠BAD＝90°，∴∠C+∠BAD＝180°，∴∠C＝90°，∵AB＝AD＝20，∴BD＝＝20，∵CD＝4，∴BC＝＝28．49．（2023春?棲霞市期末）如圖，已知四邊形ABCD是正方形，對角線AC、BD相交于O，設(shè)E、F分別是AD、AB上的點，若∠EOF＝90°，DO＝4，求四邊形AEOF的面積．【答案】四邊形AEOF的面積是8．【解析】解：∵四邊形ABCD是正方形，對角線AC、BD相交于O，∴DO＝BO，AO＝CO，且BD＝AC，BD⊥AC，∴DO＝AO＝4，∠AOD＝90°，∵∠EOF＝90°，∴∠DOE＝∠AOF＝90°﹣∠AOE，∵AD＝AB＝AB＝CB，∠DAB＝∠ABC＝90°，∴∠ADB＝∠ABD＝45°，∠BAC＝∠BCA＝45°，∴∠ADB＝∠BAC，在△DOE和△AOF中，，∴△DOE≌△AOF（ASA），∴S△DOE＝S△AOF，∴S四邊形AEOF＝S△AOE+S△AOF＝S△AOE+S△DOE＝S△AOD＝×4×4＝8，∴四邊形AEOF的面積是8．50．（2023秋?嶧城區(qū)校級月考）如圖，正方形ABCD的對角線AC和BD相交于點O，O又是正方形A1B1C1O的一個頂點，OA1交AB于點E，OC1交BC于點F．（1）求證：△AOE≌△BOF；（2）如果兩個正方形的邊長都為4，求四邊形OEBF的面積．【答案】（1）證明見解答過程；（2）4．【解析】（1）證明：在正方形ABCD中，AO＝BO，∠AOB＝90°，∠OAB＝∠OBC＝45°，∵∠AOE+∠EOB＝90°，∠BOF+∠EOB＝90°，∴∠AOE＝∠BOF．在△AOE和△BOF中，，∴△AOE≌△BOF（ASA）．（2）解：∵△AOE≌△BOF，∴S四邊形OEBF＝S△EOB+S△OBF＝S△EOB+S△AOE＝S△AOB＝S正方形ABCD＝×42＝4，答：四邊形OEBF的面積為4．【考點18正方形-半角互模型】51．（2023春?寧津縣期末）（1）對于試題“如圖①，在正方形ABCD中，E、F分別是BC、DC上的點，且∠EAF＝45°，連接EF，探究BE、DF、EF之間的數(shù)量關(guān)系”，數(shù)學(xué)王老師給出了如下的思路：延長CB到M，使得BM＝DF，連接AM，……，利用三角形全等的判定及性質(zhì)解答，……請根據(jù)數(shù)學(xué)王老師的思路探究BE、DF、EF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；（2）如圖②，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分別是BC、DC上的點，且∠EAF＝∠BAD，此時（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請說明理由．【答案】（1）EF＝BE+DF，理由見解析；（2）成立，理由見解析．【解析】解：（1）EF＝BE+DF，理由：如圖①，延長CB到M，使得BM＝DF，連接AM，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABM＝90°，又∵BM＝DF，∴△ADF≌△ABM（SAS），∴AF＝AM，∠1＝∠2，∵∠EAF＝45°，∴∠1+∠3＝45°，∴∠2+∠3＝∠MAE＝45°＝∠EAF，又∵AE＝AE，∴△EAM≌△EAF（SAS），∴EF＝EM＝BE+BM，又∵BM＝DF，∴EF＝BE+DF；（2）EF＝BE+DF仍然成立，理由如下：如圖②，延長CB到M，使得BM＝DF，連接AM，∵∠ABC+∠D＝180°，∠AB