中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)沖刺第14講 特殊的四邊形(知識精講+真題練+模擬練+自招練)(解析版)_第1頁
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文檔簡介

第14講特殊的四邊形(知識精講+真題練+模擬練+自招練)【考綱要求】1.會識別矩形、菱形、正方形以及梯形;2.掌握矩形、菱形、正方形的概念、判定和性質(zhì),會用矩形、菱形、正方形的性質(zhì)和判定解決問題.3.掌握梯形的概念以及了解等腰梯形、直角梯形的性質(zhì)和判定,會用性質(zhì)和判定解決實際問題【知識導(dǎo)圖】【考點梳理】考點一、幾種特殊四邊形性質(zhì)、判定四邊形性質(zhì)判定邊角對角線矩形對邊平行且相等四個角是直角相等且互相平分①有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形;②四條邊都相等的四邊形是菱形;③對角線互相垂直的平行四邊形是菱形.中心、軸對稱圖形菱形四條邊相等對角相等,鄰角互補垂直且互相平分,每一條對角線平分一組對角①有一個角是直角的平行四邊形是矩形;②有三個角是直角的四邊形是矩形;③對角線相等的平行四邊形是矩形中心對稱圖形正方形四條邊相等四個角是直角相等、垂直、平分,并且每一條對角線平分一組對角1、鄰邊相等的矩形是正方形2、對角線垂直的矩形是正方形3、有一個角是直角的菱形是正方形4、對角線相等的菱形是正方形中心、軸對稱等腰梯形兩底平行,兩腰相等同一底上的兩個角相等相等1、兩腰相等的梯形是等腰梯形;2、在同一底上的兩個角相等的梯形是等腰梯形;3、對角線相等的梯形是等腰梯形.軸對稱圖形考點二、中點四邊形相關(guān)問題中點四邊形的概念:把依次連接任意一個四邊形各邊中點所得的四邊形叫做中點四邊形.若中點四邊形為矩形,則原四邊形滿足條件對角線互相垂直;若中點四邊形為菱形,則原四邊形滿足條件對角線相等;若中點四邊形為正方形,則原四邊形滿足條件對角線互相垂直且相等.考點三、重心1.線段的中點是線段的重心;三角形三條中線相交于一點,這個交點叫做三角形的重心;三角形的重心與頂點的距離等于它與對邊中點的距離的2倍.平行四邊形對角線的交點是平行四邊形的重心?!镜湫屠}】題型一、特殊的平行四邊形的應(yīng)用例1.如圖,設(shè)四邊形ABCD是邊長為1的正方形,以對角線AC為邊作第二個正方形ACEF、再以對角線AE為邊作笫三個正方形AEGH,如此下去….若正方形ABCD的邊長記為a1,按上述方法所作的正方形的邊長依次為a2,a3,a4,…,an,則an=___________.【思路點撥】求a2的長即AC的長,根據(jù)直角△ABC中AB2+BC2=AC2可以計算,同理計算a3、a4.由求出的a2=a1,a3=a2…,an=an-1=()n-1,可以找出規(guī)律,得到第n個正方形邊長的表達(dá)式.【答案】()n-1.【解析】∵a2=AC,且在直角△ABC中,AB2+BC2=AC2,∴a2=a1=,同理a3=a2=2,,a4=a3=2,…由此可知:an=an-1=()n-1故答案為:()n-1.【總結(jié)升華】考查了正方形的性質(zhì),以及勾股定理在直角三角形中的運用,考查了學(xué)生找規(guī)律的能力,本題中找到an的規(guī)律是解題的關(guān)鍵.【變式】長為1,寬為a的矩形紙片(),如圖那樣折一下,剪下一個邊長等于矩形寬度的正方形(稱為第一次操作);再把剩下的矩形如圖那樣折一下,剪下一個邊長等于此時矩形寬度的正方形(稱為第二次操作);如此反復(fù)操作下去.若在第n此操作后,剩下的矩形為正方形,則操作終止.當(dāng)n=3時,a的值為________.第一次操作第二次操作第一次操作第二次操作【答案】或.例2.如圖,在菱形ABCD中,對角線AC、BD相交于點O,AC=6,BD=8,點P是AC延長線上的一個動點,過點P作PE⊥AD,垂足為E,作CD延長線的垂線,垂足為E,則|PE﹣PF|=.【思路點撥】延長BC交PE于G,由菱形的性質(zhì)得出AD∥BC,OA=OC=AC=3,OB=OD=BD=4,AC⊥BD,∠ACB=∠ACD,由勾股定理求出AD,由對頂角相等得出∠PCF=∠PCG,由菱形的面積的兩種計算方法求出EG,由角平分線的性質(zhì)定理得出PG=PF,得出PE﹣PF=PE﹣PG=EG即可.【答案】4.8.【解析】解:延長BC交PE于G,如圖所示:∵四邊形ABCD是菱形,∴AD∥BC,OA=OC=AC=3,OB=OD=BD=4,AC⊥BD,∠ACB=∠ACD,∴AD==5,∠PCF=∠PCG,∵菱形的面積=AD?EG=AC?BD=×6×8=24,∴EG=4.8,∵PE⊥AD,∴PE⊥BG,∵PF⊥DF,∴PG=PF,∴PE﹣PF=PE﹣PG=EG=4.8.故答案為:4.8.【總結(jié)升華】本題考查了菱形的性質(zhì)、勾股定理、角平分線的性質(zhì)定理、菱形面積的計算等知識;本題綜合性強,有一定難度,通過作輔助線證出PG=PF是解決問題的關(guān)鍵.題型二、梯形的應(yīng)用例3.如圖,在梯形ABCD中,已知AD∥BC,∠B=90°,AB=7,AD=9,BC=12,在線段BC上任取一點E,連接DE,作EF⊥DE,交直線AB于點F.(1)若點F與B重合,求CE的長;(2)若點F在線段AB上,且AF=CE,求CE的長;(3)設(shè)CE=x,BF=y,寫出y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式(直接寫出結(jié)果可).【思路點撥】(1)先證明四邊形ABED為矩形,CE=BC-AD,繼而即可求出答案;(2)設(shè)AF=CE=x,則HE=x-3,BF=7-x,再通過證明△BEF∽△HDE,根據(jù)對應(yīng)邊成比例,然后代入求解即可;(3)綜合(1)(2)兩種情況,然后代入求出解析式即可.【答案與解析】(1)∵F與B重合,且EF⊥DE,∴DE⊥BC,∵AD∥BC,∠B=90°,∴∠A=∠B=90°,∴四邊形ABED為矩形,∴BE=AD=9,∴CE=12-9=3.(2)作DH⊥BC于H,則DH=AB=7,CH=3.設(shè)AF=CE=x,∵F在線段AB上,∴點E在線段BH上,CH=3,CE=x,∴HE=x-3,BF=7-x,∵∠BEF+90°+∠HED=180°,∠HDE+90°+∠HED=180°,∴∠BEF=∠HDE,又∵∠B=∠DHE=90°,∴△BEF∽△HDE∴=,∴=,整理得x2-22x+85=0,(x-5)(x-17)=0,∴x=5或17,經(jīng)檢驗,它們都是原方程的解,但x=17不合題意,舍去.∴x=CE=5.(3)作DH⊥BC于H,∵AD∥BC,∠B=90°,AB=7,AD=9,BC=12,CE=x,BF=y,∴則HE=x-3,BF=y,當(dāng)3≤x≤12時,易證△BEF∽△HDE,∴=,∴y=-x2+x-,當(dāng)0≤x<3,易證△BEF∽△HDE,則HE=3-x,BF=y,∴=,∴y=x2-x+.【總結(jié)升華】本題考查直角梯形的知識,同時考查了矩形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì),是一道小的綜合題,注意對這些知識的熟練掌握并靈活應(yīng)用.【變式】如圖為菱形ABCD與正方形EFGH的重迭情形,其中E在CD上,AD與GH相交于I點,且AD∥HE.若∠A=60°,且AB=7,DE=4,HE=5,則梯形HEDI的面積為().A.B.C.10-D.10+【答案】B.題型三、特殊四邊形與其他知識結(jié)合的綜合運用例4.正方形ABCD邊長為2,點E在對角線AC上,連接DE,將線段DE繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°至DF的位置,連接AF,EF.(1)證明:AC⊥AF;(2)設(shè)AD2=AE×AC,求證:四邊形AEDF是正方形;(3)當(dāng)E點運動到什么位置時,四邊形AEDF的周長有最小值,最小值是多少?【思路點撥】(1)由已知條件及正方形的性質(zhì)易證△CDE≌△ADF,所以可得∠ECD=∠DAF=45°,CE=AF,進(jìn)而可得∠CAF=90°,即AC⊥AF;(2)若AD2=AE×AC,再由條件∠CAD=∠EAD=45°,易證△EAD∽△DAC,所以∠AED=∠ADC=90°,即有∠AED=∠EDF=∠EAF=90°,又DE=DF,繼而證明四邊形AEDF為正方形;(3)當(dāng)E點運動到AC中點位置時,四邊形AEDF的周長有最小值,由(2)得CE=AF,則有AE+AF=AC=2,又DE=DF,所以四邊形AEDF的周長l=AE+AF+DE+DF=4+2DE,則DE最小四邊形的周長最小,問題得解.【答案與解析】解:(1)∵四邊形ABCD是正方形,∴∠CDA=90°,CD=AD,ED=FD,∠CAD=45°,∵將線段DE繞點D順時針旋轉(zhuǎn)90°至DF的位置,∴∠EDF=90°,∴∠CDE=∠ADF,在△CDE和△ADF中,,∴△CDE≌△ADF,∴∠ECD=∠DAF=45°,CE=AF,∴∠CAF=90°,即AC⊥AF;(2)∵AD2=AE×AC,∴∵∠CAD=∠EAD=45°,∴△EAD∽△DAC,∴∠AED=∠ADC=90°,即有∠AED=∠EDF=∠EAF=90°,又DE=DF,∴四邊形AEDF為正方形(3)當(dāng)E點運動到AC中點位置時,四邊形AEDF的周長有最小值,理由如下:由(2)得CE=AF,則有AE+AF=AC=2,又DE=DF,則當(dāng)DE最小時,四邊形AEDF的周長l=AE+AF+DE+DF=4+2DE最小,當(dāng)DE⊥AC時,E點運動到AC中點位置時,此時DE=2四邊形AEDF的周長最小值為8.【總結(jié)升華】本題用到的知識點有正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)以及四邊形周長最小值的問題、動點問題,題目的綜合性較強,難度中等,是一道不錯的中考題壓軸題.例5.如圖所示,在菱形ABCD中,AB=4,∠BAD=120°,△AEF為正三角形,點E、F分別在菱形的邊BC、CD上滑動,且E、F不與B、C、D重合.

(1)證明不論E、F在BC、CD上如何滑動,總有BE=CF;

(2)當(dāng)點E、F在BC、CD上滑動時,分別探討四邊形AECF和△CEF的面積是否發(fā)生變化?如果不變,求出這個定值;如果變化,求出最大(或最小)值.【思路點撥】(1)先求證AB=AC,進(jìn)而求證△ABC、△ACD為等邊三角形,得∠4=60°,AC=AB進(jìn)而求證△ABE≌△ACF,即可求得BE=CF;(2)根據(jù)△ABE≌△ACF可得=,故根據(jù)S四邊形AECF=+=+=即可解題;當(dāng)正三角形AEF的邊AE與BC垂直時,邊AE最短.△AEF的面積會隨著AE的變化而變化,且當(dāng)AE最短時,正三角形AEF的面積會最小,又根據(jù)=S四邊形AECF-,則△CEF的面積就會最大.【答案與解析】(1)證明:連接AC,如下圖所示,∵四邊形ABCD為菱形,∠BAD=120°,∠1+∠EAC=60°,∠3+∠EAC=60°,∴∠1=∠3,∵∠BAD=120°,∴∠ABC=60°,∴△ABC和△ACD為等邊三角形,∴∠4=60°,AC=AB,∴在△ABE和△ACF中,,∴△ABE≌△ACF(ASA).∴BE=CF;(2)解:四邊形AECF的面積不變,△CEF的面積發(fā)生變化.理由:由(1)得△ABE≌△ACF,則S△ABE=S△ACF,故S四邊形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC,是定值,作AH⊥BC于H點,則BH=2,S四邊形AECF=S△ABC=BC?AH=BC?=,由“垂線段最短”可知:當(dāng)正三角形AEF的邊AE與BC垂直時,邊AE最短.故△AEF的面積會隨著AE的變化而變化,且當(dāng)AE最短時,正三角形AEF的面積會最小,又S△CEF=S四邊形AECF-S△AEF,則此時△CEF的面積就會最大.∴S△CEF=S四邊形AECF-S△AEF=-××=.【總結(jié)升華】考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形判定與性質(zhì)及三角形面積的計算,求證△ABE≌△ACF是解題的關(guān)鍵,有一定難度.例6.如圖,正方形ABCD的邊AD與矩形EFGH的邊FG重合,將正方形ABCD以1cm/s的速度沿FG方向移動,移動開始前點A與點F重合,在移動過程中,邊AD始終與邊FG重合,連接CG,過點A作CG的平行線交線段GH于點P,連接PD.已知正方形ABCD的邊長為1cm,矩形EFGH的邊FG,GH的長分別為4cm,3cm,設(shè)正方形移動時間為x(s),線段GP的長為y(cm),其中0≤x≤2.5.

(1)試求出y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式,并求當(dāng)y=3時相應(yīng)x的值;

(2)記△DGP的面積為S1,△CDG的面積為S2.試說明S1-S2是常數(shù);

(3)當(dāng)線段PD所在直線與正方形ABCD的對角線AC垂直時,求線段PD的長.【思路點撥】(1)根據(jù)題意表示出AG、GD的長度,再由△GCD∽△APG,利用對應(yīng)邊成比例可解出x的值.(2)利用(1)得出的y與x的關(guān)系式表示出S1、S2,然后作差即可.(3)延長PD交AC于點Q,然后判斷△DGP是等腰直角三角形,從而結(jié)合x的范圍得出x的值,在Rt△DGP中,解直角三角形可得出PD的長度.【答案與解析】(1)∵CG∥AP,∴△GCD∽△APG,∴=,∵GF=4,CD=DA=1,AF=,∴GD=3-,AG=4-,∴=,即y=,∴y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式為y=,當(dāng)y=3時,=3,解得x=2.5,經(jīng)檢驗的x=2.5是分式方程的根.故x的值為2.5;(2)∵S1=GP?GD=??(3-)=,S2=GD?CD=(3-x)×1=,∴S1-S2=-=即為常數(shù);(3)延長PD交AC于點Q.∵正方形ABCD中,AC為對角線,∴∠CAD=45°,∵PQ⊥AC,∴∠ADQ=45°,∴∠GDP=∠ADQ=45°.∴△DGP是等腰直角三角形,則GD=GP,∴3-x=,化簡得:x2-5x+5=0.解得:x=,∵0≤x≤2.5,∴x=,在Rt△DGP中,PD==(3-x)=.【總結(jié)升華】此題考查了正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)及解直角三角形的知識,解答本題的關(guān)鍵是用移動的時間表示出有關(guān)線段的長度,然后運用所學(xué)知識進(jìn)行求解.【變式】如圖,E是矩形ABCD邊BC的中點,P是AD邊上一動點,PF⊥AE,PH⊥DE,垂足分別為F,H.

(1)當(dāng)矩形ABCD的長與寬滿足什么條件時,四邊形PHEF是矩形?請予以證明;

(2)在(1)中,動點P運動到什么位置時,矩形PHEF變?yōu)檎叫??為什么?/p>

【答案】(1)AD=2AB.證明:∵四邊形ABCD是矩形,∴AD=BC,AB=CD;∵E是BC的中點,∴AB=BE=EC=CD;則△ABE、△DCE是等腰Rt△;∴∠AEB=∠DEC=45°;∴∠AED=90°;四邊形PFEH中,∠PFE=∠FEH=∠EHP=90°,故四邊形PFEH是矩形;(2)點P是AD的中點時,矩形PHEF變?yōu)檎叫危焕碛扇缦拢河桑?)可得∠BAE=∠CDE=45°;∴∠FAP=∠HDP=45°;又∵∠AFP=∠PHD=90°,AP=PD,∴Rt△AFP≌Rt△DHP;∴PF=PH;在矩形PFEH中,PF=PH,故PFEH是正方形..【中考過關(guān)真題練】一.選擇題(共6小題)1.(2022?鄂爾多斯)如圖,菱形ABCD中,AB=2,∠ABC=60°,矩形BEFG的邊EF經(jīng)過點C,且點G在邊AD上,若BG=4,則BE的長為()A. B. C. D.3【分析】方法一:過點G作GM⊥BC于點M,過點C作CN⊥AD于點N,由菱形的性質(zhì)得出AB=BC=CD=2,AD=BC,∠ABC=∠D=60°,AD∥BC,由直角三角形的性質(zhì)求出MG=3,證明△GBM∽△BCE,由相似三角形的性質(zhì)得出,則可求出答案.方法二:連接CG,求出S菱形ABCD=2,根據(jù)S△BCG=可求出答案.【解答】解:過點G作GM⊥BC于點M,過點C作CN⊥AD于點N,∵四邊形ABCD為菱形,∴AB=BC=CD=2,AD=BC,∠ABC=∠D=60°,AD∥BC,∴∠MGN=90°,∴四邊形GMCN為矩形,∴GM=CN,在△CDN中,∠D=60°,CD=2,∴CN=CD?sin60°=2=3,∴MG=3,∵四邊形BEFG為矩形,∴∠E=90°,BG∥EF,∴∠BCE=∠GBM,又∵∠E=∠BMG,∴△GBM∽△BCE,∴,∴,∴BE=,方法二:連接CG,同方法一求出△BGC的BC上的高為3,∴S菱形ABCD=2,∵S△BCG=,∴,∴BE=.故選:B.【點評】本題考查了菱形的性質(zhì),直角三角形的性質(zhì),矩形的判定與性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì),熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.2.(2022?廣州)如圖,正方形ABCD的面積為3,點E在邊CD上,且CE=1,∠ABE的平分線交AD于點F,點M,N分別是BE,BF的中點,則MN的長為()A. B. C.2﹣ D.【分析】連接EF,由正方形ABCD的面積為3,CE=1,可得DE=﹣1,tan∠EBC===,即得∠EBC=30°,又AF平分∠ABE,可得∠ABF=∠ABE=30°,故AF==1,DF=AD﹣AF=﹣1,可知EF=DE=×(﹣1)=﹣,而M,N分別是BE,BF的中點,即得MN=EF=.【解答】解:連接EF,如圖:∵正方形ABCD的面積為3,∴AB=BC=CD=AD=,∵CE=1,∴DE=﹣1,tan∠EBC===,∴∠EBC=30°,∴∠ABE=∠ABC﹣∠EBC=60°,∵AF平分∠ABE,∴∠ABF=∠ABE=30°,在Rt△ABF中,AF==1,∴DF=AD﹣AF=﹣1,∴DE=DF,△DEF是等腰直角三角形,∴EF=DE=×(﹣1)=﹣,∵M(jìn),N分別是BE,BF的中點,∴MN是△BEF的中位線,∴MN=EF=.故選:D.【點評】本題考查正方形性質(zhì)及應(yīng)用,涉及含30°角的直角三角形三邊關(guān)系,等腰直角三角形三邊關(guān)系,解題的關(guān)鍵是根據(jù)已知求得∠EBC=30°.3.(2022?紹興)如圖,在平行四邊形ABCD中,AD=2AB=2,∠ABC=60°,E,F(xiàn)是對角線BD上的動點,且BE=DF,M,N分別是邊AD,邊BC上的動點.下列四種說法:①存在無數(shù)個平行四邊形MENF;②存在無數(shù)個矩形MENF;③存在無數(shù)個菱形MENF;④存在無數(shù)個正方形MENF.其中正確的個數(shù)是()A.1 B.2 C.3 D.4【分析】根據(jù)題意作出合適的輔助線,然后逐一分析即可.【解答】解:連接AC,MN,且令A(yù)C,MN,BD相交于點O,∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴OA=OC,OB=OD,∵BE=DF,∴OE=OF,只要OM=ON,那么四邊形MENF就是平行四邊形,∵點E,F(xiàn)是BD上的動點,∴存在無數(shù)個平行四邊形MENF,故①正確;只要MN=EF,OM=ON,則四邊形MENF是矩形,∵點E,F(xiàn)是BD上的動點,∴存在無數(shù)個矩形MENF,故②正確;只要MN⊥EF,OM=ON,則四邊形MENF是菱形,∵點E,F(xiàn)是BD上的動點,∴存在無數(shù)個菱形MENF,故③正確;只要MN=EF,MN⊥EF,OM=ON,則四邊形MENF是正方形,而符合要求的正方形只有一個,故④錯誤;故選:C.【點評】本題考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四邊形的判定,解答本題的關(guān)鍵是明確題意,作出合適的輔助線.4.(2022?隨州)七巧板是一種古老的中國傳統(tǒng)智力玩具,如圖,在正方形紙板ABCD中,BD為對角線,E,F(xiàn)分別為BC,CD的中點,AP⊥EF分別交BD,EF于O,P兩點,M,N分別為BO,DO的中點,連接MP,NF,沿圖中實線剪開即可得到一副七巧板.則在剪開之前,關(guān)于該圖形,下列說法正確的有()①圖中的三角形都是等腰直角三角形;②四邊形MPEB是菱形;③四邊形PFDM的面積占正方形ABCD面積的.A.只有① B.①② C.①③ D.②③【分析】①利用正方形的性質(zhì)和中位線的性質(zhì)可以解決問題;②利用①的結(jié)論可以證明OM≠MP解決問題;③如圖,過M作MG⊥BC于G,設(shè)AB=BC=x,利用正方形的性質(zhì)與中位線的性質(zhì)分別求出BE和MG即可判定是否正確.【解答】解:①如圖,∵E,F(xiàn)分別為BC,CD的中點,∴EF為△CBD的中位線,∴EF∥BD,∵AP⊥EF,∴AP⊥BD,∵四邊形ABCD為正方形,∴A、O、P、C在同一條直線上,∴△ABC、△ACD、△ABD、△BCD、△OAB、△OAD、△OBC、△OCD、△EFC都是等腰直角三角形,∵M(jìn),N分別為BO,DO的中點,∴MP∥BC,NF∥OC,∴△DNF、△OMP也是等腰直角三角形.故①正確;②根據(jù)①得OM=BM=PM,∴BM≠PM∴四邊形MPEB不可能是菱形.故②錯誤;③∵E,F(xiàn)分別為BC,CD的中點,∴EF∥BD,EF=BD,∵四邊形ABCD是正方形,且設(shè)AB=BC=x,∴BD=x,∵AP⊥EF,∴AP⊥BD,∴BO=OD,∴點P在AC上,∴PE=EF,∴PE=BM,∴四邊形BMPE是平行四邊形,∴BO=BD,∵M(jìn)為BO的中點,∴BM=BD=x,∵E為BC的中點,∴BE=BC=x,過M作MG⊥BC于G,∴MG=BM=x,∴四邊形BMPE的面積=BE?MG=x2,∴四邊形BMPE的面積占正方形ABCD面積的.∵E、F是BC,CD的中點,∴S△CEF=S△CBD=S四邊形ABCD,∴四邊形PFDM的面積占正方形ABCD面積的(1﹣﹣﹣)=.故③正確.故選:C.【點評】本題主要考查了正方形的性質(zhì),同時也利用了中位線的性質(zhì),也考查了正方形的面積公式和三角形的面積公式,綜合性比較強,能力要求比較高.5.(2022?湘西州)如圖,菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O,過點D作DH⊥AB于點H,連接OH,OH=4,若菱形ABCD的面積為32,則CD的長為()A.4 B.4 C.8 D.8【分析】在Rt△BDH中先求得BD的長,根據(jù)菱形面積公式求得AC長,再根據(jù)勾股定理求得CD長.【解答】解:∵DH⊥AB,∴∠BHD=90°,∵四邊形ABCD是菱形,∴OB=OD,OC=OA=,AC⊥BD,∴OH=OB=OD=(直角三角形斜邊上中線等于斜邊的一半),∴OD=4,BD=8,由得,=32,∴AC=8,∴OC==4,∴CD==8,故選C.【點評】本題考查了菱形性質(zhì),直角三角形性質(zhì),勾股定理等知識,解決問題的關(guān)鍵是先求得BD的長.6.(2022?綿陽)如圖,E、F、G、H分別是矩形的邊AB、BC、CD、AD上的點,AH=CF,AE=CG,∠EHF=60°,∠GHF=45°,若AH=2,AD=5+,則四邊形EFGH的周長為()A.4(2+) B.4(+1) C.8(+) D.4(++2)【分析】先構(gòu)造15°的直角三角形,求得15°的余弦和正切值;作EK⊥FH,可求得EH:EF=2:;作∠ARH=∠BFT=15°,分別交直線AB于R和T,構(gòu)造“一線三等角”,先求得FT的長,進(jìn)而根據(jù)相似三角形求得ER,進(jìn)而求得AE,于是得出∠AEH=30°,進(jìn)一步求得結(jié)果.【解答】解:如圖1,Rt△PMN中,∠P=15°,NQ=PQ,∠MQN=30°,設(shè)MN=1,則PQ=NQ=2,MQ=,PN=,∴cos15°=,tan15°=2﹣,如圖2,作EK⊥FH于K,作∠AHR=∠BFT=15°,分別交直線AB于R和T,∵四邊形ABCD是矩形,∴∠A=∠C,在△AEH與△CGF中,,∴△AEH≌△CGF(SAS),∴EH=GF,同理證得△EBF≌△GDH,則EF=GH,∴四邊形EFGH是平行四邊形,設(shè)HK=a,則EH=2a,EK=,∴EF=EK=a,∵∠EAH=∠EBF=90°,∴∠R=∠T=75°,∴∠R=∠T=∠HEF=75°,可得:FT===2,AR=AH?tan15°=4﹣2,△FTE∽△ERH,∴,∴,∴ER=4,∴AE=ER﹣AR=2,∴tan∠AEH==,∴∠AEH=30°,∴HG=2AH=4,∵∠BEF=180°﹣∠AEH﹣∠HEF=75°,∴∠BEF=∠T,∴EF=FT=2,∴EH+EF=4+2=2(2+),∴2(EH+EF)=4(2+),∴四邊形EFGH的周長為:4(2+),故答案為:A.【點評】本題考查了矩形性質(zhì),全等三角形判定和性質(zhì),解直角三角形,構(gòu)造15°特殊角的圖形及其求15°的函數(shù)值,相似三角形的判定和性質(zhì)等知識,解決問題的關(guān)鍵是作輔助線,構(gòu)造“一線三等角”及構(gòu)造15°直角三角形求其三角函數(shù)值.二.填空題(共9小題)7.(2022?青海)如圖,矩形ABCD的對角線相交于點O,過點O的直線交AD,BC于點E,F(xiàn),若AB=3,BC=4,則圖中陰影部分的面積為6.【分析】首先結(jié)合矩形的性質(zhì)證明△AOE≌△COF,得△AOE、△COF的面積相等,從而將陰影部分的面積轉(zhuǎn)化為△BDC的面積.【解答】解:∵四邊形ABCD是矩形,AB=3,∴OA=OC,AB=CD=3,AD∥BC,∴∠AEO=∠CFO;又∵∠AOE=∠COF,在△AOE和△COF中,,∴△AOE≌△COF,∴S△AOE=S△COF,∴S陰影=S△AOE+S△BOF+S△COD=S△COF+S△BOF+S△COD=S△BCD,∵S△BCD=BC?CD==6,∴S陰影=6.故答案為6.【點評】此題主要考查了矩形的性質(zhì)以及全等三角形的判定和性質(zhì),能夠根據(jù)三角形全等,從而將陰影部分的面積轉(zhuǎn)化為矩形面積的一半,是解決問題的關(guān)鍵.8.(2022?遼寧)如圖,CD是△ABC的角平分線,過點D分別作AC,BC的平行線,交BC于點E,交AC于點F.若∠ACB=60°,CD=4,則四邊形CEDF的周長是16.【分析】連接EF交CD于O,證明四邊形CEDF是菱形,可得CD⊥EF,∠ECD=∠ACB=30°,OC=CD=2,在Rt△COE中,可得CE===4,故四邊形CEDF的周長是4CE=16.【解答】解:連接EF交CD于O,如圖:∵DE∥AC,DF∥BC,∴四邊形CEDF是平行四邊形,∵CD是△ABC的角平分線,∴∠FCD=∠ECD,∵DE∥AC,∴∠FCD=∠CDE,∴∠ECD=∠CDE,∴CE=DE,∴四邊形CEDF是菱形,∴CD⊥EF,∠ECD=∠ACB=30°,OC=CD=2,在Rt△COE中,CE===4,∴四邊形CEDF的周長是4CE=4×4=16,故答案為:16.【點評】本題考查是三角形角平分線及菱形性質(zhì)和判定,解題的關(guān)鍵是掌握平行線性質(zhì),證明四邊形CEDF是菱形.9.(2022?西寧)矩形ABCD中,AB=8,AD=7,點E在AB邊上,AE=5.若點P是矩形ABCD邊上一點,且與點A,E構(gòu)成以AE為腰的等腰三角形,則等腰三角形AEP的底邊長是5或4.【分析】分情況討論:①當(dāng)AP=AE=5時,則△AEP是等腰直角三角形,得出底邊PE=AE=5即可;②當(dāng)P1E=AE=5時,求出BE,由勾股定理求出P1B,再由勾股定理求出底邊AP1即可.【解答】解:如圖所示,①當(dāng)AP=AE=5時,∵∠BAD=90°,∴△AEP是等腰直角三角形,∴底邊PE=AE=5;②當(dāng)P1E=AE=5時,∵BE=AB﹣AE=8﹣5=3,∠B=90°,∴P1B=,∴底邊AP1=;綜上所述:等腰三角形AEP1的底邊長為5或4;故答案為:5或4.【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)、等腰三角形的判定、勾股定理;熟練掌握矩形的性質(zhì)和等腰三角形的判定,進(jìn)行分類討論是解決問題的關(guān)鍵.10.(2022?攀枝花)如圖,以△ABC的三邊為邊在BC上方分別作等邊△ACD、△ABE、△BCF.且點A在△BCF內(nèi)部.給出以下結(jié)論:①四邊形ADFE是平行四邊形;②當(dāng)∠BAC=150°時,四邊形ADFE是矩形;③當(dāng)AB=AC時,四邊形ADFE是菱形;④當(dāng)AB=AC,且∠BAC=150°時,四邊形ADFE是正方形.其中正確結(jié)論有①②③④(填上所有正確結(jié)論的序號).【分析】①利用SAS證明△EFB≌△ACB,得出EF=AC=AD;同理由△CDF≌△CAB,得DF=AB=AE;根據(jù)兩邊分別相等的四邊形是平行四邊形得出四邊形ADFE是平行四邊形,即可判斷結(jié)論①正確;②當(dāng)∠BAC=150°時,求出∠EAD=90°,根據(jù)有一個角是90°的平行四邊形是矩形即可判斷結(jié)論②正確;③先證明AE=AD,根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可判斷結(jié)論③正確;④根據(jù)正方形的判定:既是菱形,又是矩形的四邊形是正方形即可判斷結(jié)論④正確.【解答】解:①∵△ABE、△CBF是等邊三角形,∴BE=AB,BF=CB,∠EBA=∠FBC=60°;∴∠EBF=∠ABC=60°﹣∠ABF;∴△EFB≌△ACB(SAS);∴EF=AC=AD;同理由△CDF≌△CAB,得DF=AB=AE;由AE=DF,AD=EF即可得出四邊形ADFE是平行四邊形,故結(jié)論①正確;②當(dāng)∠BAC=150°時,∠EAD=360°﹣∠BAE﹣∠BAC﹣∠CAD=360°﹣60°﹣150°﹣60°=90°,由①知四邊形AEFD是平行四邊形,∴平行四邊形ADFE是矩形,故結(jié)論②正確;③由①知AB=AE,AC=AD,四邊形AEFD是平行四邊形,∴當(dāng)AB=AC時,AE=AD,∴平行四邊形AEFD是菱形,故結(jié)論③正確;④綜合②③的結(jié)論知:當(dāng)AB=AC,且∠BAC=150°時,四邊形AEFD既是菱形,又是矩形,∴四邊形AEFD是正方形,故結(jié)論④正確.故答案為:①②③④.【點評】本題考查了平行四邊形及矩形、菱形、正方形的判定,等邊三角形的性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì),熟練掌握特殊四邊形的判定方法和性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵.11.(2022?營口)如圖,將△ABC沿著BC方向平移得到△DEF,只需添加一個條件即可證明四邊形ABED是菱形,這個條件可以是AB=AD(答案不唯一).(寫出一個即可)【分析】由平移的性質(zhì)得AB∥DE,AB=DE,則四邊形ABED是平行四邊形,再由菱形的判定即可得出結(jié)論.【解答】解:這個條件可以是AB=AD,理由如下:由平移的性質(zhì)得:AB∥DE,AB=DE,∴四邊形ABED是平行四邊形,又∵AB=AD,∴平行四邊形ABED是菱形,故答案為:AB=AD(答案不唯一).【點評】本題考查了菱形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)以及平移的性質(zhì)等知識,熟練掌握菱形的判定和平移的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.12.(2022?吉林)如圖,在矩形ABCD中,對角線AC,BD相交于點O,點E是邊AD的中點,點F在對角線AC上,且AF=AC,連接EF.若AC=10,則EF=.【分析】由AF=AC可得點F為AO中點,從而可得EF為△AOD的中位線,進(jìn)而求解.【解答】解:在矩形ABCD中,AO=OC=AC,AC=BD=10,∵AF=AC,∴AF=AO,∴點F為AO中點,又∵點E為邊AD的中點,∴EF為△AOD的中位線,∴EF=OD=BD=.故答案為:.【點評】本題考查矩形的性質(zhì),解題關(guān)鍵是掌握三角形的中位線的性質(zhì).13.(2022?甘肅)如圖,在四邊形ABCD中,AB∥DC,AD∥BC,在不添加任何輔助線的前提下,要想四邊形ABCD成為一個矩形,只需添加的一個條件是∠A=90°(答案不唯一).【分析】先證四邊形ABCD是平行四邊形,再由矩形的判定即可得出結(jié)論.【解答】解:需添加的一個條件是∠A=90°,理由如下:∵AB∥DC,AD∥BC,∴四邊形ABCD是平行四邊形,又∵∠A=90°,∴平行四邊形ABCD是矩形,故答案為:∠A=90°(答案不唯一).【點評】本題考查了矩形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)等知識,熟練掌握矩形的判定和平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.14.(2022?海南)如圖,正方形ABCD中,點E、F分別在邊BC、CD上,AE=AF,∠EAF=30°,則∠AEB=60°;若△AEF的面積等于1,則AB的值是.【分析】利用“HL”先說明△ABE與△ADF全等,得結(jié)論∠BAE=∠DAF,再利用角的和差關(guān)系及三角形的內(nèi)角和定理求出∠AEB;先利用三角形的面積求出AE,再利用直角三角形的邊角間關(guān)系求出AB.【解答】解:∵四邊形ABCD是正方形,∴AB=AD,∠BAD=∠B=∠D=90°.在Rt△ABE和Rt△ADF中,,∴Rt△ABE≌Rt△ADF(HL).∴∠BAE=∠DAF.∴∠BAE=(∠BAD﹣∠EAF)=(90°﹣30°)=30°.∴∠AEB=60°.故答案為:60.過點F作FG⊥AE,垂足為G.∵sin∠EAF=,∴FG=sin∠EAF×AF.∵S△AEF=×AE×FG=×AE×AF×sin∠EAF=1,∴×AE2×sin30°=1.即×AE2×=1.∴AE=2.在Rt△ABE中,∵cos∠BAE=,∴AB=cos30°×AE=×2=.故答案為:.【點評】本題主要考查了正方形的性質(zhì)及解直角三角形,掌握正方形的性質(zhì)及直角三角形的邊角間關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵.15.(2022?黔東南州)如圖,折疊邊長為4cm的正方形紙片ABCD,折痕是DM,點C落在點E處,分別延長ME、DE交AB于點F、G,若點M是BC邊的中點,則FG=cm.【分析】如圖,連接DF,可證得Rt△DAF≌Rt△DEF(HL),則AF=EF,設(shè)AF=xcm,則EF=xcm,利用勾股定理求得x=,再由△FGE∽△FMB,即可求得答案.【解答】解:如圖,連接DF,∵四邊形ABCD是正方形,∴AD=CD=AB=BC=4cm,∠A=∠B=∠C=90°,∵點M是BC邊的中點,∴CM=BM=BC=2cm,由折疊得:DE=CD=4cm,EM=CM=2cm,∠DEM=∠C=90°,∴∠DEF=180°﹣90°=90°,AD=DE,∴∠A=∠DEF,在Rt△DAF和Rt△DEF中,,∴Rt△DAF≌Rt△DEF(HL),∴AF=EF,設(shè)AF=xcm,則EF=xcm,∴BF=(4﹣x)cm,F(xiàn)M=(x+2)cm,在Rt△BFM中,BF2+BM2=FM2,∴(4﹣x)2+22=(x+2)2,解得:x=,∴AF=EF=cm,BF=4﹣=cm,F(xiàn)M=+2=cm,∵∠FEG=∠DEM=90°,∴∠FEG=∠B=90°,∵∠EFG=∠BFM,∴△FGE∽△FMB,∴=,即=,∴FG=cm,故答案為:.【點評】此題考查了折疊的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì).此題有一定難度,注意掌握數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用.三.解答題(共10小題)16.(2022?云南)如圖,在平行四邊形ABCD中,連接BD,E為線段AD的中點,延長BE與CD的延長線交于點F,連接AF,∠BDF=90°.(1)求證:四邊形ABDF是矩形;(2)若AD=5,DF=3,求四邊形ABCF的面積S.【分析】(1)由四邊形ABCD是平行四邊形,得∠BAE=∠FDE,而點E是AD的中點,可得△BEA≌△FED(ASA),即知EF=EB,從而四邊形ABDF是平行四邊形,又∠BDF=90°,即得四邊形ABDF是矩形;(2)由∠AFD=90°,AB=DF=3,AF=BD,得AF===4,S矩形ABDF=DF?AF=12,四邊形ABCD是平行四邊形,得CD=AB=3,從而S△BCD=BD?CD=6,即可得四邊形ABCF的面積S為18.【解答】(1)證明:∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴BA∥CD,∴∠BAE=∠FDE,∵點E是AD的中點,∴AE=DE,在△BEA和△FED中,,∴△BEA≌△FED(ASA),∴EF=EB,又∵AE=DE,∴四邊形ABDF是平行四邊形,∵∠BDF=90°.∴四邊形ABDF是矩形;(2)解:由(1)得四邊形ABDF是矩形,∴∠AFD=90°,AB=DF=3,AF=BD,∴AF===4,∴S矩形ABDF=DF?AF=3×4=12,BD=AF=4,∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴CD=AB=3,∴S△BCD=BD?CD=×4×3=6,∴四邊形ABCF的面積S=S矩形ABDF+S△BCD=12+6=18,答:四邊形ABCF的面積S為18.【點評】本題考查平行四邊形性質(zhì)及應(yīng)用,涉及矩形的判定,全等三角形判定與性質(zhì),勾股定理及應(yīng)用等,解題的關(guān)鍵是掌握全等三角形判定定理,證明△BEA≌△FED.17.(2022?聊城)如圖,△ABC中,點D是AB上一點,點E是AC的中點,過點C作CF∥AB,交DE的延長線于點F.(1)求證:AD=CF;(2)連接AF,CD.如果點D是AB的中點,那么當(dāng)AC與BC滿足什么條件時,四邊形ADCF是菱形,證明你的結(jié)論.【分析】(1)由CF∥AB,得∠ADF=∠CFD,∠DAC=∠FCA,又AE=CE,可證△ADE≌△CFE(AAS),即得AD=CF;(2)由AD=CF,AD∥CF,知四邊形ADCF是平行四邊形,若AC⊥BC,點D是AB的中點,可得CD=AB=AD,即得四邊形ADCF是菱形.【解答】(1)證明:∵CF∥AB,∴∠ADF=∠CFD,∠DAC=∠FCA,∵點E是AC的中點,∴AE=CE,∴△ADE≌△CFE(AAS),∴AD=CF;(2)解:當(dāng)AC⊥BC時,四邊形ADCF是菱形,證明如下:由(1)知,AD=CF,∵AD∥CF,∴四邊形ADCF是平行四邊形,∵AC⊥BC,∴△ABC是直角三角形,∵點D是AB的中點,∴CD=AB=AD,∴四邊形ADCF是菱形.【點評】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)及菱形的判定,解題的關(guān)鍵是掌握全等三角形判定定理及菱形的判定定理.18.(2022?廣元)如圖,在四邊形ABCD中,AB∥CD,AC平分∠DAB,AB=2CD,E為AB中點,連結(jié)CE.(1)求證:四邊形AECD為菱形;(2)若∠D=120°,DC=2,求△ABC的面積.【分析】(1)由一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形,可證四邊形AECD是平行四邊形,由平行線的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)可證AD=CD,可得結(jié)論;(2)由菱形的性質(zhì)可求AE=BE=CE=2,由等邊三角形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可求BC,AC的長,即可求解.【解答】(1)證明:∵E為AB中點,∴AB=2AE=2BE,∵AB=2CD,∴CD=AE,又∵AE∥CD,∴四邊形AECD是平行四邊形,∵AC平分∠DAB,∴∠DAC=∠EAC,∵AB∥CD,∴∠DCA=∠CAB,∴∠DCA=∠DAC,∴AD=CD,∴平行四邊形AECD是菱形;(2)∵四邊形AECD是菱形,∠D=120°,∴AD=CD=CE=AE=2,∠D=120°=∠AEC,∴AE=CE=BE,∠CEB=60°,∴∠CAE=30°=∠ACE,△CEB是等邊三角形,∴BE=BC=EC=2,∠B=60°,∴∠ACB=90°,∴AC=BC=2,∴S△ABC=×AC×BC=×2×2=2.【點評】本題考查了菱形的判定和性質(zhì),等邊三角形的性質(zhì),角平分線的性質(zhì),靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關(guān)鍵.19.(2022?湖州)如圖,已知在Rt△ABC中,∠C=Rt∠,D是AB邊上一點,以BD為直徑的半圓O與邊AC相切,切點為E,過點O作OF⊥BC,垂足為F.(1)求證:OF=EC;(2)若∠A=30°,BD=2,求AD的長.【分析】(1)連接OE,由切線的性質(zhì)可證明OE⊥AC,根據(jù)有三個角是直角的四邊形OECF是矩形,可得結(jié)論;(2)根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得AO的長,由線段的差可得答案.【解答】(1)證明:連接OE,∵AC是⊙O的切線,∴OE⊥AC,∴∠OEC=90°,∵OF⊥BC,∴∠OFC=90°,∴∠OFC=∠C=∠OEC=90°,∴四邊形OECF是矩形,∴OF=EC;(2)解:∵BD=2,∴OE=1,∵∠A=30°,OE⊥AC,∴AO=2OE=2,∴AD=AO﹣OD=2﹣1=1.【點評】本題主要考查切線的性質(zhì),矩形的判定和性質(zhì),含30°的直角三角形的性質(zhì)等知識,熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.20.(2022?邵陽)如圖,在菱形ABCD中,對角線AC,BD相交于點O,點E,F(xiàn)在對角線BD上,且BE=DF,OE=OA.求證:四邊形AECF是正方形.【分析】先證明四邊形AECF是菱形,再證明EF=AC,即可得出結(jié)論【解答】證明:∵四邊形ABCD是菱形,∴AC⊥BD,OA=OC,OB=OD,∵BE=DF,∴OE=OF,∴四邊形AECF是菱形;∵OE=OA=OF,∴OE=OF=OA=OC,即EF=AC,∴菱形AECF是正方形.【點評】本題主要考查了菱形的性質(zhì)與判定,正方形的判定,掌握相關(guān)定理是解題基礎(chǔ)21.(2022?涼山州)在Rt△ABC中,∠BAC=90°,D是BC的中點,E是AD的中點,過點A作AF∥BC交CE的延長線于點F.(1)求證:四邊形ADBF是菱形;(2)若AB=8,菱形ADBF的面積為40.求AC的長.【分析】(1)利用平行線的性質(zhì)可得∠AFC=∠FCD,∠FAE=∠CDE,利用中點的定義可得AE=DE,從而證明△FAE≌△CDE,然后利用全等三角形的性質(zhì)可得AF=CD,再根據(jù)D是BC的中點,可得AF=BD,從而可證四邊形AFBD是平行四邊形,最后利用直角三角形斜邊上的中線可得BD=AD,從而利用菱形的判定定理即可解答;(2)利用(1)的結(jié)論可得菱形ADBF的面積=2△ABD的面積,再根據(jù)點D是BC的中點,可得△ABC的面積=2△ABD的面積,進(jìn)而可得菱形ADBF的面積=△ABC的面積,然后利用三角形的面積進(jìn)行計算即可解答.【解答】(1)證明:∵AF∥BC,∴∠AFC=∠FCD,∠FAE=∠CDE,∵點E是AD的中點,∴AE=DE,∴△FAE≌△CDE(AAS),∴AF=CD,∵點D是BC的中點,∴BD=CD,∴AF=BD,∴四邊形AFBD是平行四邊形,∵∠BAC=90°,D是BC的中點,∴AD=BD=BC,∴四邊形ADBF是菱形;(2)解:∵四邊形ADBF是菱形,∴菱形ADBF的面積=2△ABD的面積,∵點D是BC的中點,∴△ABC的面積=2△ABD的面積,∴菱形ADBF的面積=△ABC的面積=40,∴AB?AC=40,∴×8?AC=40,∴AC=10,∴AC的長為10.【點評】本題考查了菱形的判定與性質(zhì),直角三角形斜邊上的中線,全等三角形的判定與性質(zhì),熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì),以及菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.22.(2022?巴中)如圖,?ABCD中,E為BC邊的中點,連接AE并延長交DC的延長線于點F,延長EC至點G,使CG=CE,連接DG、DE、FG.(1)求證:△ABE≌△FCE;(2)若AD=2AB,求證:四邊形DEFG是矩形.【分析】(1)由平行四邊形的性質(zhì)推出AB∥CD,根據(jù)平行線的性質(zhì)推出∠EAB=∠CFE,利用AAS即可判定△ABE≌△FCE;(2)先證明四邊形DEFG是平行四邊形,再證明DF=EG,即可證明四邊形DEFG是矩形.【解答】證明:(1)∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AB∥CD,∴∠EAB=∠CFE,又∵E為BC的中點,∴EC=EB,在△ABE和△FCE中,,∴△ABE≌△FCE(AAS);(2)∵△ABE≌△FCE,∴AB=CF,∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AB=DC,∴DC=CF,又∵CE=CG,∴四邊形DEFG是平行四邊形,∵E為BC的中點,CE=CG,∴BC=EG,又∵AD=BC=EG=2AB,DF=CD+CF=2CD=2AB,∴DF=EG,∴平行四邊形DEFG是矩形.【點評】本題考查了矩形的判定,平行四邊形的判定和性質(zhì),全等三角形的判定和性質(zhì),熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì),證明△ABE≌△FCE是解題的關(guān)鍵.23.(2022?六盤水)如圖,在平行四邊形ABCD中,AE平分∠BAC,CF平分∠ACD.(1)求證:△ABE≌△CDF;(2)當(dāng)△ABC滿足什么條件時,四邊形AECF是矩形?請寫出證明過程.【分析】(1)由ASA證△ABE≌△CDF即可;(2)由(1)可知,∠CAE=∠ACF,則AE∥CF,再由全等三角形的性質(zhì)得AE=CF,則四邊形AECF是平行四邊形,然后由等腰三角形的在得∠AEC=90°,即可得出結(jié)論.【解答】(1)證明:∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AB=CD,∠B=∠D,AB∥CD,∴∠BAC=∠ACD,∵AE平分∠BAC、CF平分∠ACD,∴∠BAE=∠CAE=∠BAC,∠DCF=∠ACF=∠ACD,∴∠BAE=∠DCF,在△ABE和△CDF中,,∴△ABE≌△CDF(ASA);(2)解:當(dāng)△ABC滿足AB=AC時,四邊形AECF是矩形,理由如下:由(1)可知,∠CAE=∠ACF,∴AE∥CF,∵△ABE≌△CDF,∴AE=CF,∴四邊形AECF是平行四邊形,又∵AB=AC,AE平分∠BAC,∴AE⊥BC,∴∠AEC=90°,∴平行四邊形AECF是矩形.【點評】本題考查了矩形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識,熟練掌握矩形的判定是解題的關(guān)鍵.24.(2022?泰州)如圖,線段DE與AF分別為△ABC的中位線與中線.(1)求證:AF與DE互相平分;(2)當(dāng)線段AF與BC滿足怎樣的數(shù)量關(guān)系時,四邊形ADFE為矩形?請說明理由.【分析】(1)根據(jù)線段中點的定義可得AD=AB,根據(jù)三角形的中位線定理可得EF∥AB,EF=AB,從而可得EF=AD,進(jìn)而可得四邊形ADFE是平行四邊形,然后利用平行四邊形的性質(zhì)即可解答;(2)當(dāng)AF=BC時,四邊形ADFE為矩形,再根據(jù)三角形的中位線定理可得DE=BC,從而可得AF=DE,然后利用(1)的結(jié)論即可解答.【解答】(1)證明:∵點D是AB的中點,∴AD=AB,∵點E是AC的中點,點F是BC的中點,∴EF是△ABC的中位線,∴EF∥AB,EF=AB,∴EF=AD,∴四邊形ADFE是平行四邊形,∴AF與DE互相平分;(2)解:當(dāng)AF=BC時,四邊形ADFE為矩形,理由:∵線段DE為△ABC的中位線,∴DE=BC,∵AF=BC,∴AF=DE,由(1)得:四邊形ADFE是平行四邊形,∴四邊形ADFE為矩形.【點評】本題考查了平行四邊形的判定,矩形的判定,三角形的中位線定理,三角形的角平分線,中線和高,熟練掌握三角形的中位線定理,以及矩形的判定是解題的關(guān)鍵.25.(2022?德陽)如圖,在菱形ABCD中,∠ABC=60°,AB=2cm,過點D作BC的垂線,交BC的延長線于點H.點F從點B出發(fā)沿BD方向以2cm/s向點D勻速運動,同時,點E從點H出發(fā)沿HD方向以1cm/s向點D勻速運動.設(shè)點E,F(xiàn)的運動時間為t(單位:s),且0<t<3,過F作FG⊥BC于點G,連結(jié)EF.(1)求證:四邊形EFGH是矩形;(2)連結(jié)FC,EC,點F,E在運動過程中,△BFC與△DCE是否能夠全等?若能,求出此時t的值;若不能,請說明理由.【分析】(1)根據(jù)平行線的判定定理得到EH∥FG,由題意知BF=2tcm,EH=tcm,推出四邊形EFGH是平行四邊形,根據(jù)矩形的判定定理即可得到四邊形EFGH是矩形;(2)根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠ABC=60°,AB=2cm,求得∠ADC=∠ABC=60°,CD=AB=2cm,解直角三角形即可得到結(jié)論.【解答】(1)證明:∵EH⊥BC,F(xiàn)G⊥BC,∴EH∥FG,由題意知BF=2tcm,EH=tcm,∵在菱形ABCD中,∠ABC=60°,∴∠CBD=30°,∴FG=BF=tcm,∴EH=FG,∴四邊形EFGH是平行四邊形,∵∠FGH=90°,∴四邊形EFGH是矩形;(2)△BFC與△DCE能夠全等,理由:∵在菱形ABCD中,∠ABC=60°,AB=2cm,∴∠ADC=∠ABC=60°,CD=AB=2cm,AB∥CD,∴∠CBD=∠CDB=30°,∠DCH=∠ABC=60°,∵DH⊥BC,∴∠CHD=90°,∴∠CDH=90°﹣60°=30°=∠CBF,在Rt△CDH中,cos∠CDH=,∴DH=2×=3,∵BF=2tcm,∴EH=tcm,∴DE=(3﹣t)cm,∴當(dāng)BF=DE時,△BFC≌△DEC,∴2t=3﹣t,∴t=1.【點評】本題考查了矩形的判定和性質(zhì),菱形的性質(zhì),解直角三角形,熟練掌握矩形的判定定理是解題的關(guān)鍵.【中考挑戰(zhàn)滿分模擬練】一.選擇題(共8小題)1.(2023?蓮湖區(qū)一模)如圖,平行四邊形ABCD中,對角線AC、BD相交于點O,則下列結(jié)論中不正確的是()A.當(dāng)AB=BC時,它是菱形 B.當(dāng)AC⊥BD時,它是菱形 C.當(dāng)AC=BD時,它是矩形 D.當(dāng)AC垂直平分BD時,它是正方形【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定即可解決問題.【解答】解:∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴OA=OC,OB=OD,當(dāng)AB=BC時,四邊形ABCD是菱形,故A正確,當(dāng)AC⊥BD時,四邊形ABCD是菱形,故B正確,當(dāng)AC=BD時,四邊形ABCD是矩形,故C正確,當(dāng)AC垂直平分BD時,它是正方形,故D不正確.故選:D.【點評】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定等知識,解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識.2.(2023?三江縣校級一模)如圖,∠BDE=90°,正方形BEGC和正方形AFED的面積分別是289和225,則以BD為直徑的半圓的面積是()A.16π B.8π C.4π D.2π【分析】利用勾股定理求出BD,再求半圓的面積即可.【解答】解:∵正方形BEGC和正方形AFED的面積分別是289和225,∴BE2=289,DE2=225,∵∠BDE=90°,∴,∴以BD為直徑的半圓的面積為:;故選:B.【點評】本題考查勾股定理.熟練掌握勾股定理,是解題的關(guān)鍵.3.(2023?未央?yún)^(qū)校級三模)如圖,菱形ABCD的對角線AC,BD的長分別為6和8,則這個菱形的面積是()A.48 B.40 C.24 D.20【分析】由菱形的面積等于對角線長乘積的一半,列式計算即可.【解答】解:∵菱形ABCD的對角線AC,BD的長分別為6和8,∴AC⊥BD,這個菱形的面積=AC?BD=×6×8=24,故選:C.【點評】本題考查了菱形的性質(zhì),熟記菱形的面積公式是解題的關(guān)鍵.4.(2023?漢陽區(qū)校級一模)如圖,菱形ABCD的邊長為4,∠BAD=60°,過點B作BE⊥AB交CD于點E,連接AE,F(xiàn)為AE的中點,H為BE的中點,連接FH和CF,CF交BE于點G,則GF的長為()A.3 B. C.2 D.【分析】由菱形的性質(zhì)得AB=BC=CD=4,AB∥CD,∠BAD=∠BCE=60°,再由三角形中位線定理得FH=AB=2,F(xiàn)H∥AB,然后證△FHG≌△CEG(AAS),得EG=GH=EH=,進(jìn)而由勾股定理即可得出結(jié)論.【解答】解:∵菱形ABCD的邊長為4,∠BAD=60°,∴AB=BC=CD=4,AB∥CD,∠BAD=∠BCE=60°,∵F為AE的中點,H為BE的中點,∴EH=BE,F(xiàn)H是△ABE的中位線,∴FH=AB=2,F(xiàn)H∥AB,∴FH∥AB∥CD,∵BE⊥AB,∴FH⊥BE,CD⊥BE,∴∠FHE=∠BEC=90°,∴∠CBE=90°﹣60°=30°,∴CE=BC=2,∴BE===2,∴EH=BE=,∴FH=CE,在△FHG和△CEG中,,∴△FHG≌△CEG(AAS),∴EG=GH=EH=,在Rt△FHG中,由勾股定理得:GF===,故選:D.【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)、三角形中位線定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理等知識,熟練掌握菱形的性質(zhì),證明三角形全等是解題的關(guān)鍵.5.(2023?碑林區(qū)校級模擬)如圖,四邊形ABCD的兩條對角線相交于點O,且互相平分.添加下列條件,仍不能判定四邊形ABCD為菱形的是()A.AC⊥BD B.AB=AD C.AC=BD D.∠ABD=∠CBD【分析】根據(jù)菱形的定義及其判定、矩形的判定對各選項逐一判斷即可得.【解答】解:∵四邊形ABCD的兩條對角線相交于點O,且互相平分,∴四邊形ABCD是平行四邊形,∴AD∥BC,當(dāng)AB=AD或AC⊥BD時,均可判定四邊形ABCD是菱形;當(dāng)AC=BD時,可判定四邊形ABCD是矩形;當(dāng)∠ABD=∠CBD時,由AD∥BC得:∠CBD=∠ADB,∴∠ABD=∠ADB,∴AB=AD,∴四邊形ABCD是菱形;故選:C.【點評】本題主要考查菱形的判定,解題的關(guān)鍵是掌握菱形的定義和各判定及矩形的判定.6.(2023?碑林區(qū)校級一模)四邊形不具有穩(wěn)定性.四條邊長都確定的四邊形,當(dāng)內(nèi)角的大小發(fā)生變化時,其形狀也隨之改變.如圖,改變正方形ABCD的內(nèi)角,使正方形ABCD變?yōu)榱庑蜛BC′D′,如果∠DAD′=30°,那么菱形ABC′D′與正方形ABCD的面積之比是()A. B. C. D.1【分析】過D'作D'M⊥AB于M,求出正方形ABCD的面積=AB2,再由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得AM=AD',D'M=AM=AD',然后求出菱形ABCD的面積=AB×D'M=AB2,即可求解.【解答】解:過D'作D'M⊥AB于M,如圖所示:則∠D'MA=90°,∵四邊形ABCD是正方形,∴正方形ABCD的面積=AB2,AB=AD,∠BAD=90°,∵∠DAD′=30°,∴∠D'AM=90°﹣30°=60°,∴∠AD'M=30°,∴AM=AD',D'M=AM=AD',∵四邊形ABC′D′是菱形,∴AB=AD'=AD,菱形ABCD的面積=AB×D'M=AB2,∴菱形ABC′D′與正方形ABCD的面積之比==,故選:A.【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識;熟練掌握菱形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì),證出D'M=AD'是解題的關(guān)鍵.7.(2023?深圳模擬)如圖,在矩形ABCD中,對角線AC與BD相交于點O,已知∠ACB=25°,則∠AOB的大小是()A.130° B.65° C.50° D.25°【分析】由矩形的性質(zhì)得OB=OC,再由等腰三角形的性質(zhì)得∠OBC=∠ACB=25°,然后由三角形的外角性質(zhì)即可得出結(jié)論.【解答】解:∵矩形ABCD的對角線AC,BD相交于點O,∴OA=OC=AC,OB=OD=BD,∴OB=OC,∴∠OBC=∠ACB=25°,∴∠AOB=∠OBC+∠ACB=25°+25°=50°,故選:C.【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)以及三角形的外角性質(zhì),熟練掌握矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.8.(2023?孟村縣校級一模)在下列條件中,能夠判定?ABCD為矩形的是()A.AB=AC B.AC⊥BD C.AB=AD D.AC=BD【分析】由矩形的判定和菱形的判定分別對各個選項進(jìn)行判斷即可.【解答】解:A、?ABCD中,AB=AC,不能判定?ABCD是矩形,故選項A不符合題意;B、∵?ABCD中,AC⊥BD,∴?ABCD是菱形,故選項B不符合題意;C、∵?ABCD中,AB=AD,∴?ABCD是菱形,故選項C不符合題意;D、∵?ABCD中,AC=BD,∴?ABCD是矩形,故選項D符合題意;故選:D.【點評】本題考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四邊形的性質(zhì)等知識;熟練掌握矩形的判定和菱形的判定是解題的關(guān)鍵.二.填空題(共8小題)9.(2023?福安市一模)如圖平行四邊形ABCD中,對角線AC、BD相交于點O,且OA=OB,∠OAD=65°.則∠ODC=25°.【分析】由平行四邊形ABCD中,對角線AC、BD相交于點O,且OA=OB,易證得四邊形ABCD是矩形,繼而可求得答案.【解答】解:∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴OA=OC,OB=OD,∵OA=OB,∴OA=OB=OC=OD,∴AB=CD,∴四邊形ABCD是矩形,∴∠ADC=90°,∵∠ODA=∠OAD=65°,∴∠ODC=∠ADC﹣∠ODA=25°.故答案為:25°.【點評】此題考查了矩形的判定與性質(zhì).此題難度適中,注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.10.(2023?雁塔區(qū)校級一模)如圖,在菱形ABCD中,對角線AC、BD相交于點O,點E在線段BO上,連接AE,若CD=3BE,∠DAE=∠DEA,EO=1,則線段AE的長為.【分析】設(shè)BE=x,則CD=3x,根據(jù)菱形的性質(zhì)得AB=AD=CD=3x,OB=OD,AC⊥BD,再證明DE=DA=3x,所以1+x=2x,解得x=1,然后利用勾股定理計算OA,再計算AE的長.【解答】解:設(shè)BE=x,則CD=3x,∵四邊形ABCD為菱形,∴AB=AD=CD=3x,OB=OD,AC⊥BD,∵∠DAE=∠DEA,∴DE=DA=3x,∴BD=4x,∴OB=OD=2x,∵OE+BE=BO,∴1+x=2x,解得x=1,即AB=3,OB=2,在Rt△AOB中,OA===,在Rt△AOE中,AE===.故答案為:.【點評】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.11.(2023?定遠(yuǎn)縣校級一模)七巧板是中國古代勞動人民發(fā)明的一種傳統(tǒng)智力玩具,它由五塊等腰直角三角形、一塊正方形和一塊平行四邊形共七塊板組成.(清)陸以活《冷廬雜識》卷中寫道:近又有七巧圖,其式五,其數(shù)七,其變化之式多至千余,體物肖形,隨手變幻,蓋游戲之具,足以排悶破寂,故世俗皆喜為之.如圖是一個用七巧板拼成裝飾圖,放入長方形ABCD內(nèi),裝飾圖中的三角形頂點E,F(xiàn)分別在邊AB,BC上,三角形①的邊GD在AD上,則=.【分析】設(shè)七巧板的邊長為x,根據(jù)正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)分別表示出AB,BC,進(jìn)一步求出的值.【解答】解:設(shè)七巧板的邊長為x,則AB=x+x,BC=x+x+x=2x,∴==,故答案為:.【點評】本題考查了矩形的性質(zhì),七巧板,關(guān)鍵是熟悉七巧板的特征,表示出AB,BC的長.12.(2023?蓮湖區(qū)一模)如圖,在菱形ABCD中,對角線交于O,且對角線AC=12,tan∠OCD=,點E是邊AB的中點,則OE=5.【分析】由菱形的性質(zhì)得AB=CD,OA=OC=AC=6,AC⊥BD,再由銳角三角函數(shù)定義得OD=8,然后由勾股定理得AB=CD=10,即可解決問題.【解答】解:∵四邊形ABCD是菱形,AC=12,∴AB=CD,OA=OC=AC=6,AC⊥BD,在Rt△OCD中,tan∠OCD==,∴OD=OC=×6=8,∴AB=CD===10,在Rt△AOB中,∠AOB=90°,點E是邊AB的中點,∴OE=AB=5,故答案為:5.【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)、勾股定理以及銳角三角函數(shù)定義等知識,熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.13.(2023?秦都區(qū)校級模擬)如圖所示,四邊形ABCD中,AC⊥BD于點O,AO=CO=4,BO=DO=3,點P為線段AC上的一個動點.過點P分別作PM⊥AD于點M,作PN⊥DC于點N.連接PB,在點P運動過程中,PM+PN+PB的最小值等于7.8.【分析】證四邊形ABCD是菱形,得CD=AD=5,連接PD,由三角形面積關(guān)系求出PM+PN=4.8,得當(dāng)PB最短時,PM+PN+PB有最小值,則當(dāng)BP⊥AC時,PB最短,即可得出答案.【解答】解:∵AO=CO=4,BO=DO=3,∴AC=8,四邊形ABCD是平行四邊形,∵AC⊥BD于點O,∴平行四邊形ABCD是菱形,AD===5,∴CD=AD=5,連接PD,如圖所示:∵S△ADP+S△CDP=S△ADC,∴AD?PM+DC?PN=AC?OD,即×5×PM+×5×PN=×8×3,∴5×(PM+PN)=8×3,∴PM+PN=4.8,∴當(dāng)PB最短時,PM+PN+PB有最小值,由垂線段最短可知:當(dāng)BP⊥AC時,PB最短,∴當(dāng)點P與點O重合時,PM+PN+PB有最小值,最小值=4.8+3=7.8,故答案為:7.8.【點評】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)、勾股定理、最小值問題以及三角形面積等知識;熟練掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.14.(2023?嶗山區(qū)一模)如圖,在矩形ABCD中,連接BD,過點C作∠DBC平分線BE的垂線,垂足為點E,且交BD于點F;過點C作∠BDC平分線DH的垂線,垂足為點H,且交BD于點G,連接HE,若BC=2,CD=,則線段HE的長度為.【分析】先證明△BEC≌△BEF,可得CE=FE,BF=BC=2,同理:CH=GH,DG=CD=,從而得HE=,再利用勾股定理得BD=,進(jìn)而即可求解.【解答】解:∵BE平分∠DBC,∴∠CBE=∠FBE,∵CF⊥BE,∴∠BEC=∠BEF=90°,又∵BE=BE,∴△BEC≌△BEF(ASA),∴CE=FE,BF=BC=2,同理:CH=GH,DG=CD=,∴HE是△CGF的中位線,∴HE=,在矩形ABCD中,,,由勾股定理得:BD=,∴GF=BF+DG﹣BD=,∴HE=,故答案為:.【點評】本題主要考查矩形的性質(zhì),勾股定理,全等三角形的判定和性質(zhì),中位線的性質(zhì),推出HE是△CGF的中位線是解題的關(guān)鍵.15.(2023?雁塔區(qū)校級模擬)如圖,已知邊長為2的正方形ABCD外有一個點E,過點E作直線BC的垂線,垂足為F,連接AE.若,則AE的最小值是1+.【分析】連接AC,作AG⊥CE交直線CE于點G,可求得∠DCA=∠DAC=45°,AC===2,再由tan∠FCE==,得∠BCE=60°,可知點E在與直線BC所成的銳角為60°的直線上運動,當(dāng)點E與點G重合時,AE的值最小,在AG上取一點H,連接CH,使CH=AH,則∠CHG=15°+15°=30°,設(shè)CG=m,則CH=AH=2CG=2m,GH=m,所以AG=2m+m,由勾股定理得(2m+m)2+m2=(2)2,求出m的值再求出AG的長即可.【解答】解:連接AC,作AG⊥CE交直線CE于點G,則∠AGC=90°,∵四邊形ABCD是邊長為2的正方形,∴AD=CD=2,∠D=∠BCD=90°,∴∠DCA=∠DAC=45°,AC===2,∵EF⊥BC,EF=CF,∴∠CFE=90°,∴tan∠FCE==,∴∠BCE=60°,∴點E在與直線BC所成的銳角為60°的直線上運動,∴當(dāng)點E與點G重合時,AE的值最小,在AG上取一點H,連接CH,使CH=AH,∴∠DCG=180°﹣90°﹣60°=30°,∴∠ACG=45°+30°=75°,∴∠HAC=90°﹣75°=15°,∴∠HCA=∠HAC=15°,∴∠CHG=15°+15°=30°,設(shè)CG=m(m>0),∴CH=AH=2CG=2m,∴GH===m,∴AG=2m+m,∵AG2+CG2=AC2,∴(2m+m)2+m2=(2)2,整理得(2+)m2=2,∴m2=4﹣2=(﹣1)2,∴m=﹣1,∴AG=2×(﹣1)+×(﹣1)=1+,∴AE的最小值是1+,故答案為:1+.【點評】此題重點考查正方形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)與解直角三角形、勾股定理、直角三角形中30°角所對的直角邊等于斜邊的一半、垂線段最短等知識與方法,正確地作出所需要的輔助線是解題的關(guān)鍵.16.(2023?榆林一模)如圖,在矩形ABCD中,AB=4,AD=6,點E、F分別在邊AB、CD上,點M為線段EF上一動點,過點M作EF的垂線分別交邊AD、BC于點G、點H.若線段EF恰好平分矩形ABCD的面積,且DF=1,則GH的長為.【分析】先判斷EF過矩形的對稱中心,作DI∥EF,AJ∥GH,證明△ADI∽△BAJ,從而求出BJ,進(jìn)而求得.【解答】解:如圖,連接AC,交EF于O,∵線段EF恰好平分矩形ABCD的面積,∴O是矩形的對稱中心,∴BE=DF=1,作DI∥EF,AJ∥GH,∵四邊形ABCD是矩形,∴DF∥IE,∴四邊形DIEF是平行四邊形,∴EI=DF=1,∴AI=AB﹣BE﹣EI=2,同理可得,AJ=GH,∵EF⊥GH,∴DI⊥AJ,由(1)得,∠AID=∠AJB,∴△ADI∽△BAJ,∴,∴,∴BJ=,在Rt△ABJ中由勾股定理得,AJ===,∴GH=,故答案為:,【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識,熟練掌握矩形的性質(zhì),通過作輔助線構(gòu)建平行四邊形是解題的關(guān)鍵.三.解答題(共9小題)17.(2023?雁塔區(qū)校級模擬)如圖,矩形ABCD的對角線AC,BD交于點O,點E,F(xiàn)分別是OB,OC上的點,且OE=OF,連接AE,DF.求證:∠EAD=∠FDA.【分析】由矩形的性質(zhì)得出AO=OD,則∠ODA=∠OAD,證明△ADF≌△DAE(SAS),由全等三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論.【解答】證明:∵四邊形ABCD是矩形,∴OA=OC,OB=OD,AC=BD,∴AO=OD,∴∠ODA=∠OAD,又∵OF=OE,∴OA+OF=OD+OE,即AF=DE,又∵AD=DA,∴△ADF≌△DAE(SAS),∴∠FDA=∠EAD.【點評】本題考查了矩形的性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì),掌握矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.18.(2023?碑林區(qū)校級模擬)如圖,點P為菱形ABCD對角線BD上一點,點E在邊AD上,連接PA、PC、PE,且∠AEP=∠DCP.求證:PC=PE.【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AD=CD,∠ADP=∠CDP,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AP=CP,∠DCP=∠DAP,等量代換得到∠DAP=∠AEP,于是得到結(jié)論.【解答】證明:∵四邊形ABCD是菱形,∴AD=CD,∠ADP=∠CDP,在△ADP與△CDP中,,∴△ADP≌△CDP(SAS),∴AP=CP,∠DCP=∠DAP,∵∠AEP=∠DCP,∴∠DAP=∠AEP,∴AP=PE,∴PC=PE.【點評】本題考查了菱形的性質(zhì),全等三角形的判斷和性質(zhì),等腰三角形的判定,熟練正確菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.19.(2023?雁塔區(qū)校級二模)如圖,在菱形ABCD中,過點D分別作DE⊥AB于點E,作DF⊥BC于點F.求證:AE=CF.【分析】先由菱形的性質(zhì)得到AD=CD,∠A=∠C,再由AAS證得△ADE≌△CDF,即可得出結(jié)論.【解答】證明:∵四邊形ABCD是菱形,∴AD=CD,∠A=∠C,∵DE⊥AB,DF⊥BC,∴∠AED=∠CFD=90°,在△ADE和△CDF中,,∴△ADE≌△CDF(AAS),∴AE=C

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