專題14 矩形菱形正方形（解析版）

專題14矩形，菱形，正方形菱形的判定與性質(zhì)應(yīng)用1．（2022?寧波）如圖，四邊形OABC為矩形，點A在第二象限，點A關(guān)于OB的對稱點為點D，點B，D都在函數(shù)y＝（x＞0）的圖象上，BE⊥x軸于點E．若DC的延長線交x軸于點F，當(dāng)矩形OABC的面積為9時，的值為，點F的坐標(biāo)為（，0）．【分析】連接OD，作DG⊥x軸，設(shè)點B（b，），D（a，），根據(jù)矩形的面積得出三角形BOD的面積，將三角形BOD的面積轉(zhuǎn)化為梯形BEGD的面積，從而得出a，b的等式，將其分解因式，從而得出a，b的關(guān)系，進而在直角三角形BOD中，根據(jù)勾股定理列出方程，進而求得B，D的坐標(biāo)，進一步可求得結(jié)果．【解答】解：如圖，方法一：作DG⊥x軸于G，連接OD，設(shè)BC和OD交于I，設(shè)點B（b，），D（a，），由對稱性可得：△BOD≌△BOA≌△OBC，∴∠OBC＝∠BOD，BC＝OD，∴OI＝BI，∴DI＝CI，∴＝，∵∠CID＝∠BIO，∴△CDI∽△BOI，∴∠CDI＝∠BOI，∴CD∥OB，∴S△BOD＝S△AOB＝S矩形AOCB＝，∵S△BOE＝S△DOG＝＝3，S四邊形BOGD＝S△BOD+S△DOG＝S梯形BEGD+S△BOE，∴S梯形BEGD＝S△BOD＝，∴?（a﹣b）＝，∴2a2﹣3ab﹣2b2＝0，∴（a﹣2b）?（2a+b）＝0，∴a＝2b，a＝﹣（舍去），∴D（2b，），即：（2b，），在Rt△BOD中，由勾股定理得，OD2+BD2＝OB2，∴[（2b）2+（）2]+[（2b﹣b）2+（﹣）2]＝b2+（）2，∴b＝，∴B（，2），D（2，），∵直線OB的解析式為：y＝2x，∴直線DF的解析式為：y＝2x﹣3，當(dāng)y＝0時，2﹣3＝0，∴x＝，∴F（，0），∵OE＝，OF＝，∴EF＝OF﹣OE＝，∴＝，方法二：如圖，連接BF，BD，作DG⊥x軸于G，直線BD交x軸于H，由上知：DF∥OB，∴S△BOF＝S△BOD＝，∵S△BOE＝|k|＝3，∴＝＝，設(shè)EF＝a，F(xiàn)G＝b，則OE＝2a，∴BE＝，OG＝3a+b，DG＝，∵△BOE∽△DFG，∴＝，∴＝，∴a＝b，a＝﹣（舍去），∴D（4a，），∵B（2a，），∴＝＝，∴GH＝EG＝2a，∵∠ODH＝90°，DG⊥OH，∴△ODG∽△DHG，∴，∴，∴a＝，∴3a＝，∴F（，0）故答案為：，（，0）．2．（2023?溫州）圖1是第七屆國際數(shù)學(xué)教育大會（ICME）的會徽，圖2由其主體圖案中相鄰兩個直角三角形組合而成．作菱形CDEF，使點D，E，F(xiàn)分別在邊OC，OB，BC上，過點E作EH⊥AB于點H．當(dāng)AB＝BC，∠BOC＝30°，DE＝2時，EH的長為（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得到CD＝DE＝CF＝EF＝2，CF∥DE，CD∥EF，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到OD＝2DE＝4，OE＝DE＝2，求得CO＝CD+DO＝6，根據(jù)勾股定理和相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】解：∵四邊形CDEF是菱形，DE＝2，∴CD＝DE＝CF＝EF＝2，CF∥DE，CD∥EF，∵∠CBO＝90°，∠BOC＝30°，∴OD＝2DE＝4，OE＝DE＝2，∴CO＝CD+DO＝6，∴BC＝AB＝CD＝3，OB＝BC＝3，∵∠A＝90°，∴＝＝3，∵EF∥CD，∴∠BEF＝∠BOC＝30°，∴，∵EH⊥AB，∴EH∥OA，∴△BHE∽△BAO，∴，∴，∴EH＝，故選：C．3．（2023?麗水）如圖，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，則AC的長為（）A． B．1 C． D．【分析】連接BD交AC于點O，由菱形的性質(zhì)得OA＝OC，∠BAO＝30°，AC⊥BD，再由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得OB＝，然后由勾股定理得OA＝，即可得出結(jié)論．【解答】解：如圖，連接BD交AC于點O，∵四邊形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴OA＝OC，∠BAO＝∠DAB＝30°，AC⊥BD，∴∠AOB＝90°，∴OB＝AB＝，∴OA＝＝＝，∴AC＝2OA＝，故選：D．4．（2022?麗水）如圖，已知菱形ABCD的邊長為4，E是BC的中點，AF平分∠EAD交CD于點F，F(xiàn)G∥AD交AE于點G．若cosB＝，則FG的長是（）A．3 B． C． D．【分析】方法一：過點A作AH⊥BE于點H，過點F作FQ⊥AD于點Q，根據(jù)cosB＝＝，可得BH＝1，所以AH＝，然后證明AH是BE的垂直平分線，可得AE＝AB＝4，設(shè)GA＝GF＝x，根據(jù)S梯形CEAD＝S梯形CEGF+S梯形GFDA，進而可以解決問題．方法二：作AH垂直BC于H，延長AE和DC交于點M由已知可得BH＝EH＝1，所以AE＝AB＝EM＝CM＝4設(shè)GF＝x，則AG＝x，GE＝4﹣x，由三角形MGF相似于三角形MEC即可得結(jié)論．方法三：作AN⊥BC，延長FG交AB于H，易證△ABE為等腰三角形，易得HF＝BC＝4及△AHG∽△ABE設(shè)AG＝GF＝a，得a的值，進而可以解決問題．【解答】解：方法一，如圖，過點A作AH⊥BE于點H，過點F作FQ⊥AD于點Q，∵菱形ABCD的邊長為4，∴AB＝AD＝BC＝4，∵cosB＝＝，∴BH＝1，∴AH＝＝＝，∵E是BC的中點，∴BE＝CE＝2，∴EH＝BE﹣BH＝1，∴AH是BE的垂直平分線，∴AE＝AB＝4，∵AF平分∠EAD，∴∠DAF＝∠FAG，∵FG∥AD，∴∠DAF＝∠AFG，∴∠FAG＝∠AFG，∴GA＝GF，設(shè)GA＝GF＝x，∵AE＝CD＝4，F(xiàn)G∥AD，∴DF＝AG＝x，cosD＝cosB＝＝，∴DQ＝x，∴FQ＝＝＝x，∵S梯形CEAD＝S梯形CEGF+S梯形GFDA，∴×（2+4）×＝（2+x）×（﹣x）+（x+4）×x，解得x＝，則FG的長是．或者：∵AE＝CD＝4，F(xiàn)G∥AD，∴四邊形AGFD為等腰梯形，∴GA＝FD＝GF，則x+x+x＝4，解得x＝，則FG的長是．方法二：如圖，作AH垂直BC于H，延長AE和DC交于點M，∵菱形ABCD的邊長為4，∴AB＝AD＝BC＝4，∵cosB＝＝，∴BH＝1，∵E是BC的中點，∴BE＝CE＝2，∴EH＝BE﹣BH＝1，∴AH是BE的垂直平分線，∴AE＝AB＝4，所以AE＝AB＝EM＝CM＝4，設(shè)GF＝x，則AG＝x，GE＝4﹣x，由GF∥BC，∴△MGF∽△MEC，∴＝，解得x＝．方法三：作AN⊥BC，延長FG交AB于H，∴BN＝1，∵E為BC中點，∴BE＝2，∴BN＝EN＝1，∴AN是BE的垂直平分線，∴AB＝AE，∴△ABE為等腰三角形，∵AF平分∠EAD，GF∥AD，∴∠GAF＝∠DAF，∠DAF＝∠AFG，∴∠AFG＝∠GAF，∴AG＝GF，又四邊形ADFH是平行四邊形，∴HF＝BC＝4，△AHG∽△ABE，設(shè)AG＝GF＝a，∴HG＝4﹣a，∴a：4＝（4﹣a）：2，解得a＝．∴GF＝．故選：B．5．（2023?紹興）如圖，在菱形ABCD中，∠DAB＝40°，連接AC，以點A為圓心，AC長為半徑作弧，交直線AD于點E，連接CE，則∠AEC的度數(shù)是10°或80°．【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得∠DAC＝20°，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠AEC的度數(shù)．【解答】解：以點A為圓心，AC長為半徑作弧，交直線AD于點E和E′，如圖所示，在菱形ABCD中，∠DAC＝∠BAC，∵∠DAB＝40°，∴∠DAC＝20°，∵AC＝AE，∴∠AEC＝（180°﹣20°）÷2＝80°，∵AE′＝AC，∴∠AE′C＝∠ACE′＝10°，綜上所述，∠AEC的度數(shù)是10°或80°，故答案為：10°或80°．6．（2022?溫州）如圖，在菱形ABCD中，AB＝1，∠BAD＝60°．在其內(nèi)部作形狀、大小都相同的菱形AENH和菱形CGMF，使點E，F(xiàn)，G，H分別在邊AB，BC，CD，DA上，點M，N在對角線AC上．若AE＝3BE，則MN的長為．【分析】方法一：根據(jù)菱形的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)，可以求得AC、AM和MN的長，然后即可計算出MN的長．方法二：根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)可以得到EF和MN的關(guān)系，然后解直角三角形可以求得OA的長，從而可以得到MN的長．【解答】解：方法一：連接DB交AC于點O，作MI⊥AB于點I，作FJ⊥AB交AB的延長線于點J，如圖1所示，∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AB＝1，∴AB＝BC＝CD＝DA＝1，∠BAC＝30°，AC⊥BD，∵△ABD是等邊三角形，∴OD＝，∴AO＝＝＝，∴AC＝2AO＝，∵AE＝3BE，∴AE＝，BE＝，∵菱形AENH和菱形CGMF大小相同，∴BE＝BF＝，∠FBJ＝60°，∴FJ＝BF?sin60°＝×＝，∴MI＝FJ＝，∴AM＝＝＝，同理可得，CN＝，∴MN＝AC﹣AM﹣CN＝﹣＝，故答案為：．方法二：連接DB交AC于點O，連接EF，由題意可得，四邊形AMFE是平行四邊形，四邊形EFCN是平行四邊形，∴EF＝AM＝CN，∵EF∥AC，∴△BEF∽△BAC，∴，∵AE＝3BE，AB＝1，∴AB＝4BE，∴＝，∴AM＝CN＝AC，∴MN＝AC＝OA，∵∠BAD＝60°．AB＝AD＝1，AO垂直平分BD，∴OD＝，∴OA＝＝＝，∴MN＝，故答案為：．7．（2021?金華）如圖，菱形ABCD的邊長為6cm，∠BAD＝60°，將該菱形沿AC方向平移2cm得到四邊形A′B′C′D′，A′D′交CD于點E，則點E到AC的距離為2cm．【分析】連接BD，過點E作EF⊥AC于點F，根據(jù)菱形的性質(zhì)可以證明三角形ABD是等邊三角形，根據(jù)平移的性質(zhì)可得AD∥A′E，可得＝，＝，解得A′E＝4（cm），再利用30度角所對直角邊等于斜邊的一半即可求出結(jié)論．【解答】解：如圖，連接BD，過點E作EF⊥AC于點F，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝AB，BD⊥AC，∵∠BAD＝60°，∴三角形ABD是等邊三角形，∵菱形ABCD的邊長為6cm，∴AD＝AB＝BD＝6cm，∴AG＝GC＝3（cm），∴AC＝6（cm），∵AA′＝2（cm），∴A′C＝4（cm），∵AD∥A′E，∴＝，∴＝，∴A′E＝4（cm），∵∠EA′F＝∠DAC＝DAB＝30°，∴EF＝A′E＝2（cm）．故答案為：2．8．（2023?浙江）如圖，在菱形ABCD中，AE⊥BC于點E，AF⊥CD于點F，連結(jié)EF．（1）求證：AE＝AF；（2）若∠B＝60°，求∠AEF的度數(shù)．【分析】（1）欲證明AE＝AF，只需要證得△ABE≌△ADF即可；（2）根據(jù)菱形的鄰角互補和全等三角形的性質(zhì)進行推理解答．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠B＝∠D．又∵AE⊥BC于點E，AF⊥CD于點F，∴∠AEB＝∠AFD＝90°，在△ABE與△ADF中，∵．∴△ABE≌△ADF（AAS）．∴AE＝AF；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠B+∠BAD＝180°．而∠B＝60°，∴∠BAD＝120°．又∵∠AEB＝90°，∠B＝60°，∴∠BAE＝30°．由（1）知△ABE≌△ADF，∴∠BAE＝∠DAF＝30°．∴∠EAF＝120°﹣30°﹣30°＝60°．∴△AEF是等邊三角形．∴∠AEF＝60°．9．（2022?嘉興）小惠自編一題：“如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，AC⊥BD，OB＝OD．求證：四邊形ABCD是菱形”，并將自己的證明過程與同學(xué)小潔交流．小惠：證明：∵AC⊥BD，OB＝OD，∴AC垂直平分BD．∴AB＝AD，CB＝CD，∴四邊形ABCD是菱形．小潔：這個題目還缺少條件，需要補充一個條件才能證明．若贊同小惠的證法，請在第一個方框內(nèi)打“√”；若贊成小潔的說法，請你補充一個條件，并證明．【分析】根據(jù)“對角線互相垂直的平行四邊形是菱形”進行分析推理．【解答】解：贊成小潔的說法，補充條件：OA＝OC，證明如下：∵OA＝OC，OB＝OD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，又∵AC⊥BD，∴平行四邊形ABCD是菱形．矩形的判定與性質(zhì)應(yīng)用10．（2023?杭州）如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O．若∠AOB＝60°，則＝（）A． B． C． D．【分析】先證△ABO是等邊三角形，可得∠BAO＝60°，由直角三角形的性質(zhì)可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AO＝BO＝CO＝DO，∵∠AOB＝60°，∴△ABO是等邊三角形，∴∠BAO＝60°，∴∠ACB＝30°，∴BC＝AB，∴＝，故選：D．11．（2023?寧波）如圖，以鈍角三角形ABC的最長邊BC為邊向外作矩形BCDE，連結(jié)AE，AD，設(shè)△AED，△ABE，△ACD的面積分別為S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（）A．△ABE的面積 B．△ACD的面積 C．△ABC的面積 D．矩形BCDE的面積【分析】作AG⊥ED于點G，交BC于點F，可證明四邊形BFGE是矩形，AF⊥BC，可推導(dǎo)出S﹣S1﹣S2＝ED?AG﹣BE?EG﹣CD?DG＝ED?AG﹣FG?ED＝BC?AF＝S△ABC，所以只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，于是得到問題的答案．【解答】解：作AG⊥ED于點G，交BC于點F，∵四邊形BCDE是矩形，∴∠FBE＝∠BEG＝∠FGE＝90°，BC∥ED，BC＝ED，BE＝CD，∴四邊形BFGE是矩形，∠AFB＝∠FGE＝90°，∴FG＝BE＝CD，AF⊥BC，∴S﹣S1﹣S2＝ED?AG﹣BE?EG﹣CD?DG＝ED?AG﹣FG?ED＝BC?AF＝S△ABC，∴只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，故選：C．12．（2023?臺州）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6．在邊AD上取一點E，使BE＝BC，過點C作CF⊥BE，垂足為點F，則BF的長為．【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)可得出∠AEB＝∠FBC，結(jié)合已知BE＝BC，利用AAS證得△ABE和△FCB全等，得出FC＝AB＝4，再根據(jù)矩形的性質(zhì)得到BC＝AD＝6，從而在Rt△FCB中利用勾股定理求出BF的長．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠A＝90°，∴∠AEB＝∠FBC，∵CF⊥BE，∴∠CFB＝90°，∴∠CFB＝∠A，在△ABE和△FCB中，，∴△ABE≌△FCB（AAS），∴FC＝AB＝4，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝6，在Rt△FCB中，由勾股定理得，故答案為：．13．（2022?麗水）如圖，標(biāo)號為①，②，③，④的矩形不重疊地圍成矩形PQMN．已知①和②能夠重合，③和④能夠重合，這四個矩形的面積都是5．AE＝a，DE＝b，且a＞b．（1）若a，b是整數(shù)，則PQ的長是a﹣b；（2）若代數(shù)式a2﹣2ab﹣b2的值為零，則的值是3+2．【分析】（1）直接根據(jù)線段的差可得結(jié)論；（2）先把b當(dāng)常數(shù)解方程：a2﹣2ab﹣b2＝0，a＝b+b（負(fù)值舍），根據(jù)四個矩形的面積都是5表示小矩形的寬，最后計算面積的比，化簡后整體代入即可解答．【解答】解：（1）由圖可知：PQ＝a﹣b，故答案為：a﹣b；（2）∵a2﹣2ab﹣b2＝0，∴a2﹣b2＝2ab，（a﹣b）2＝2b2，∴a＝b+b（負(fù)值舍），∵四個矩形的面積都是5．AE＝a，DE＝b，∴EP＝，EN＝，則＝＝＝＝＝＝3+2．故答案為：3+2．14．（2021?寧波）如圖，在矩形ABCD中，點E在邊AB上，△BEC與△FEC關(guān)于直線EC對稱，點B的對稱點F在邊AD上，G為CD中點，連結(jié)BG分別與CE，CF交于M，N兩點．若BM＝BE，MG＝1，則BN的長為2，sin∠AFE的值為﹣1．【分析】連接BF，F(xiàn)M，由翻折及BM＝ME可得四邊形BEFM為菱形，再由菱形對角線的性質(zhì)可得BN＝BA．先證明△AEF≌△NMF得AE＝NM，再證明△FMN∽△CGN可得＝，進而求解．【解答】解：∵BM＝BE，∴∠BEM＝∠BME，∵AB∥CD，∴∠BEM＝∠GCM，又∵∠BME＝∠GMC，∴∠GCM＝∠GMC，∴MG＝GC＝1，∵G為CD中點，∴CD＝AB＝2．連接BF，F(xiàn)M，由翻折可得∠FEM＝∠BEM，BE＝EF，∴BM＝EF，∵∠BEM＝∠BME，∴∠FEM＝∠BME，∴EF∥BM，∴四邊形BEFM為平行四邊形，∵BM＝BE，∴四邊形BEFM為菱形，∵∠EBC＝∠EFC＝90°，EF∥BG，∴∠BNF＝90°，∵BF平分∠ABN，∴FA＝FN，∴Rt△ABF≌Rt△NBF（HL），∴BN＝AB＝2．∵FE＝FM，F(xiàn)A＝FN，∠A＝∠BNF＝90°，∴Rt△AEF≌Rt△NMF（HL），∴AE＝NM，設(shè)AE＝NM＝x，則BE＝FM＝2﹣x，NG＝MG﹣NM＝1﹣x，∵FM∥GC，∴△FMN∽△CGN，∴＝，即＝，解得x＝2+（舍）或x＝2﹣，∴EF＝BE＝2﹣x＝，∴sin∠AFE＝＝＝﹣1．故答案為：2；﹣1．15．（2021?溫州）圖1是鄰邊長為2和6的矩形，它由三個小正方形組成，將其剪拼成不重疊、無縫隙的大正方形（如圖2），則圖1中所標(biāo)注的d的值為6﹣2；記圖1中小正方形的中心為點A，B，C，圖2中的對應(yīng)點為點A′，B′，C′．以大正方形的中心O為圓心作圓，則當(dāng)點A′，B′，C′在圓內(nèi)或圓上時，圓的最小面積為（16﹣8）π．【分析】如圖，連接FW，由題意可知點A′，O，C′在線段FW上，連接OB′，B′C′，過點O作OH⊥B′C′于H．證明∠EGF＝30°，解直角三角形求出JK，OH，B′H，再求出OB′2，可得結(jié)論．【解答】解：如圖，連接FW，由題意可知點A′，O，C′在線段FW上，連接OB′，B′C′，過點O作OH⊥B′C′于H．∵大正方形的面積＝12，∴FG＝GW＝2，∵EF＝WK＝2，∴在Rt△EFG中，tan∠EGF＝＝＝，∴∠EGF＝30°，∵JK∥FG，∴∠KJG＝∠EGF＝30°，∴d＝JK＝GK＝（2﹣2）＝6﹣2，∵OF＝OW＝FW＝，C′W＝，∴OC′＝﹣，∵B′C′∥QW，B′C′＝2，∴∠OC′H＝∠FWQ＝45°，∴OH＝HC′＝﹣1，∴HB′＝2﹣（﹣1）＝3﹣，∴OB′2＝OH2+B′H2＝（﹣1）2+（3﹣）2＝16﹣8，∵OA′＝OC′＜OB′，∴當(dāng)點A′，B′，C′在圓內(nèi)或圓上時，圓的最小面積為（16﹣8）π．故答案為：6﹣2，（16﹣8）π．16．（2023?溫州）如圖，已知矩形ABCD，點E在CB延長線上，點F在BC延長線上，過點F作FH⊥EF交ED的延長線于點H，連結(jié)AF交EH于點G，GE＝GH．（1）求證：BE＝CF；（2）當(dāng)＝，AD＝4時，求EF的長．【分析】（1）根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得到GE＝GF，再根據(jù)等邊對等角得出∠E＝∠GFE，根據(jù)矩形的性質(zhì)得出AB＝DC，∠ABC＝∠DCB＝90°，于是可證△ABF和△DCE全等，得到BF＝CE，從而問題得證；（2）先證△ECD∽△EFH，得出比例式，再結(jié)合已知即可求出EF的長．【解答】（1）證明：∵FH⊥EF，∴∠HFE＝90°，∵GE＝GH，∴，∴∠E＝∠GFE，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝DC，∠ABC＝∠DCB＝90°，∴△ABF≌△DCE（AAS），∴BF＝CE，∴BF﹣BC＝CE﹣BC，即BE＝CF；（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴DC⊥BC，即DC⊥EF，AB＝CD，BC＝AD＝4，∵FH⊥EF，∴CD∥FH，∴△ECD∽△EFH，∴，∴，∵，∴，設(shè)BE＝CF＝x，∴EC＝x+4，EF＝2x+4，∴，解得x＝1，∴EF＝6．17．（2022?麗水）如圖，將矩形紙片ABCD折疊，使點B與點D重合，點A落在點P處，折痕為EF．（1）求證：△PDE≌△CDF；（2）若CD＝4cm，EF＝5cm，求BC的長．【分析】（1）根據(jù)ASA證明兩個三角形全等即可；（2）如圖，過點E作EG⊥BC于G，由勾股定理計算FG＝3，設(shè)CF＝x，在Rt△CDF中，由勾股定理得：DF2＝CD2+CF2，列方程可解答．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ADC＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，由折疊得：AB＝PD，∠A＝∠P＝90°，∠B＝∠PDF＝90°，∴PD＝CD，∵∠PDF＝∠ADC，∴∠PDE＝∠CDF，在△PDE和△CDF中，，∴△PDE≌△CDF（ASA）；（2）解：如圖，過點E作EG⊥BC于G，∴∠EGF＝90°，EG＝CD＝4，在Rt△EGF中，由勾股定理得：FG＝＝3，設(shè)CF＝x，由（1）知：PE＝AE＝BG＝x，∵AD∥BC，∴∠DEF＝∠BFE，由折疊得：∠BFE＝∠DFE，∴∠DEF＝∠DFE，∴DE＝DF＝x+3，在Rt△CDF中，由勾股定理得：DF2＝CD2+CF2，∴x2+42＝（x+3）2，∴x＝，∴BC＝2x+3＝+3＝（cm）．18．（2021?金華）已知：如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，∠BOC＝120°，AB＝2．（1）求矩形對角線的長；（2）過O作OE⊥AD于點E，連結(jié)BE．記∠ABE＝α，求tanα的值．【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)求出AC＝2AO，根據(jù)等邊三角形的判定得出△AOB是等邊三角形，求出AB＝AO＝2，求出BD；（2）根據(jù)勾股定理求出AD，然后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求得AE，然后解直角三角形求得tanα的值．【解答】解：（1）∵∠BOC＝120°，∴∠AOB＝60°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，AC＝BD，AO＝OC，BO＝DO，∴AO＝BO，∴△AOB是等邊三角形，∴AB＝AO＝BO，∵AB＝2，∴BO＝2，∴BD＝2BO＝4，∴矩形對角線的長為4；（2）由勾股定理得：AD＝＝＝2，∵OA＝OD，OE⊥AD于點E，∴AE＝DE＝AD＝，∴tanα＝＝．正方形的判定與性質(zhì)應(yīng)用19．（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．20．（2023?紹興）如圖，在矩形ABCD中，O為對角線BD的中點，∠ABD＝60°，動點E在線段OB上，動點F在線段OD上，點E，F(xiàn)同時從點O出發(fā)，分別向終點B，D運動，且始終保持OE＝OF．點E關(guān)于AD，AB的對稱點為E1，E2；點F關(guān)于BC，CD的對稱點為F1，F(xiàn)2在整個過程中，四邊形E1E2F1F2形狀的變化依次是（）A．菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形 B．菱形→正方形→平行四邊形→菱形→平行四邊形 C．平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形→平行四邊形 D．平行四邊形→菱形→正方形→平行四邊形→菱形【分析】根據(jù)題意，分別證明四邊形E1E2F1F2是菱形，平行四邊形，矩形，即可求解．【解答】解：如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴∠BDC＝∠ABD＝60°，∠ADB＝∠CBD＝90°﹣60°＝30°，∵OE＝OF、OB＝OD，∴DF＝EB，∵對稱，∴DF＝DF2，BF＝BF1，BE＝BE2，DE＝DE1，E1F2＝E2F1．∵對稱∴∠F2DC＝∠CDF＝60°，∴∠EDA＝∠E1DA＝30°，∴∠E1DB＝60°，同理∠F1BD＝60°，∴DE1∥BF1，∵E1F2＝E2F1，∴四邊形E1E2F1F2是平行四邊形，如圖2所示，當(dāng)E，F(xiàn)，O三點重合時，DO＝OB，∴DE1＝DF2＝AE1＝AE2，即E1E2＝E1F2，∴四邊形E1E2F1F2是菱形．如圖3所示，當(dāng)E，F(xiàn)分別為OD，OB的中點時，設(shè)DB＝4，則DF2＝DF＝1，DE1＝DE＝3，在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝2，連接AE，AO，∵∠ABO＝60°，BO＝2＝AB，∴△ABO是等邊三角形，∵E為OB中點，∴AE⊥OB，BE＝1，∴．根據(jù)對稱性可得．∴AD2＝12，＝9，＝3，∴，∴ΔDE1A是直角三角形，且∠E1＝90°，四邊形E1E2F1F2是矩形．當(dāng)F，E分別與D，B重合時，△BE1D，△BDF1都是等邊三角形，則四邊形E1E2F2F2是菱形，∴在整個過程中，四邊形E1E2F1F2形狀的變化依次是菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形，故選：A．21．（2023?金華）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三邊為邊在AB的同側(cè)作三個正方形，點F在GH上，CG與EF交于點P，CM與BE交于點Q，若HF＝FG，則的值是（）A． B． C． D．【分析】由正方形的性質(zhì)得AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，則∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，可證明△ABC≌△AFH，得BC＝HF，而HF＝FG，所以BC＝FG，再證明△BCQ≌△FGP，得CQ＝GP，設(shè)AC＝AH＝GH＝2m，則HF＝FG＝BC＝m，可求得BE＝AF＝m，由＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，得CQ＝BC＝m，由＝＝＝tan∠PBE，得PE＝BE＝m，即可求得S四邊形PCQE＝m2，S正方形ABEF＝5m2，則＝＝，于是得到問題的答案．【解答】解：∵四邊形ABEF、四邊形ADGH、四邊形BDMN都是正方形，∴AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，∴∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，∴△ABC≌△AFH（SAS），∴BC＝HF，∵HF＝FG，∴BC＝FG，∵∠ACG＝∠ACB＝∠BCM＝90°，∴∠ADB+∠ACB＝180°，∠ACB+∠BCM＝180°，∴B、C、G三點在同一條直線上，A、C、M三點在同一條直線上，∵∠BCQ＝∠G＝∠E＝90°，∠BPE＝∠FPG，∴∠CBQ＝90°﹣∠BPE＝90°﹣∠FPG＝∠GFP，∴△BCQ≌△FGP（ASA），∴CQ＝GP，設(shè)AC＝AH＝GH＝2m，則HF＝FG＝BC＝m，∴BE＝AF＝＝m，∵∠G＝∠H＝∠AFE＝90°，∴∠GFP＝∠HAF＝90°﹣∠AFH，∴＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，∴CQ＝BC＝m，∵∠E＝∠BCQ＝90°，∴＝＝＝tan∠PBE，∴PE＝BE＝×m＝m，∴S四邊形PCQE＝m×m﹣m×m＝m2，∵S正方形ABEF＝（m）2＝5m2，∴＝＝，故選：B．22．（2022?寧波）將兩張全等的矩形紙片和另兩張全等的正方形紙片按如圖方式不重疊地放置在矩形ABCD內(nèi)，其中矩形紙片和正方形紙片的周長相等．若知道圖中陰影部分的面積，則一定能求出（）A．正方形紙片的面積 B．四邊形EFGH的面積 C．△BEF的面積 D．△AEH的面積【分析】根據(jù)題意設(shè)PD＝x，GH＝y(tǒng)，則PH＝x﹣y，根據(jù)矩形紙片和正方形紙片的周長相等，可得AP＝x+y，先用面積差表示圖中陰影部分的面積，并化簡，再用字母分別表示出圖形四個選項的面積，可得出正確的選項．【解答】解：設(shè)PD＝x，GH＝y(tǒng)，則PH＝x﹣y，∵矩形紙片和正方形紙片的周長相等，∴2AP+2（x﹣y）＝4x，∴AP＝x+y，∵圖中陰影部分的面積＝S矩形ABCD﹣2△ADH﹣2S△AEB＝（2x+y）（2x﹣y）﹣2×?（x﹣y）（2x+y）﹣2×?（2x﹣y）?x＝4x2﹣y2﹣（2x2+xy﹣2xy﹣y2）﹣（2x2﹣xy）＝4x2﹣y2﹣2x2+xy+y2﹣2x2+xy＝2xy，A、正方形紙片的面積＝x2，故A不符合題意；B、四邊形EFGH的面積＝y(tǒng)2，故B不符合題意；C、△BEF的面積＝?EF?BQ＝xy，故C符合題意；D、△AEH的面積＝?EH?AM＝y(tǒng)（x﹣y）＝xy﹣y2，故D不符合題意；故選：C．23．（2021?臺州）如圖，點E，F(xiàn)，G分別在正方形ABCD的邊AB，BC，AD上，AF⊥EG．若AB＝5，AE＝DG＝1，則BF＝．【分析】由正方形的性質(zhì)可得AB＝AD＝5，∠ABC＝∠BAD＝90°，通過證明△ABF∽△GAE，可得，可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝5，∠ABC＝∠BAD＝90°，∵AE＝DG＝1，∴AG＝4，∵AF⊥EG，∴∠BAF+∠AEG＝90°＝∠BAF+∠AFB，∴∠AFB＝∠AEG，∴△ABF∽△GAE，∴，∴，∴BF＝，故答案為．24．（2023?紹興）如圖，在正方形ABCD中，G是對角線BD上的一點（與點B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F(xiàn)分別為垂足．連接EF，AG，并延長AG交EF于點H．（1）求證：∠DAG＝∠EGH；（2）判斷AH與EF是否垂直，并說明理由．【分析】（1）直接由平行公理的推理即可解答．（2）先連接CG，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)得出△ADG≌△CDG，從而得到∠DAG＝∠DCG．再證明∠EGH＝∠DCG＝∠OEC即可．【解答】（1）證明：在正方形ABCD中，AD⊥CD，GE⊥CD，∴∠ADE＝∠GEC＝90°，∴AD∥GE，∴∠DAG＝∠EGH．（2）解：AH⊥EF，理由如下．連結(jié)GC交EF于點O，如圖：∵BD為正方形ABCD的對角線，∴∠ADG＝∠CDG＝45°，又∵DG＝DG，AD＝CD，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠DAG＝∠DCG．在正方形ABCD中，∠ECF＝90°，又∵GE⊥CD，GF⊥BC，∴四邊形FCEG為矩形，∴OE＝OC，∴∠OEC＝∠OCE，∴∠DAG＝∠OEC，由（1）得∠DAG＝∠EGH，∴∠EGH＝∠OEC，∴∠EGH+∠GEH＝∠OEC+∠GEH＝∠GEC＝90°，∴∠GHE＝90°，∴AH⊥EF．25．（2023?杭州）在邊長為1的正方形ABCD中，點E在邊AD上（不與點A，D重合），射線BE與射線CD交于點F．（1）若ED＝，求DF的長．（2）求證：AE?CF＝1．（3）以點B為圓心，BC長為半徑畫弧，交線段BE于點G．若EG＝ED，求ED的長．【分析】（1）通過證明△DEF∽△CBF，由相似三角形的性質(zhì)可求解；（2）通過證明△ABE∽△CFB，可得，可得結(jié)論；（3）設(shè)EG＝ED＝x，則AE＝1﹣x，BE＝1+x，由勾股定理可求解．【解答】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，AB＝AD＝BC＝CD＝1，∴△DEF∽△CBF，∴，∴，∴DF＝；（2）證明：∵AB∥CD，∴∠ABE＝∠F，又∵∠A＝∠BCD＝90°，∴△ABE∽△CFB，∴，∴AE?CF＝AB?BC＝1；（3）解：設(shè)EG＝ED＝x，則AE＝AD﹣AE＝1﹣x，BE＝BG+GE＝BC+GE＝1+x，在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2，∴1+（1﹣x）2＝（1+x）2，∴x＝，∴DE＝．26．（2022?湖州）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分別表示∠A，∠B的對邊，a＞b．記△ABC的面積為S．（1）如圖1，分別以AC，CB為邊向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．記正方形ACDE的面積為S1，正方形BGFC的面積為S2．①若S1＝9，S2＝16，求S的值；②延長EA交GB的延長線于點N，連結(jié)FN，交BC于點M，交AB于點H．若FH⊥AB（如圖2所示），求證：S2﹣S1＝2S．（2）如圖3，分別以AC，CB為邊向形外作等邊三角形ACD和等邊三角形CBE，記等邊三角形ACD的面積為S1，等邊三角形CBE的面積為S2．以AB為邊向上作等邊三角形ABF（點C在△ABF內(nèi)），連結(jié)EF，CF．若EF⊥CF，試探索S2﹣S1與S之間的等量關(guān)系，并說明理由．【分析】（1）①由S1＝9，S2＝16，求得b＝3，a＝4，進而求出S＝ab＝6；②先證明△AFN∽△NAB，得出，進而得出ab+b2＝a2，即可證明S2﹣S1＝2S；（2）先證明△ABC≌△FBE（SAS），得出AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，求出∠FEC＝30°，利用三角函數(shù)得出b＝a，進而得出S＝ab＝a2，利由等邊三角形的性質(zhì)求出，，通過計算得出S2﹣S1＝×，即可證明S2﹣S1＝S．【解答】（1）①解：∵S1＝9，S2＝16，∴b＝3，a＝4，∵∠ACB＝90°，∴S＝ab＝＝6；②證明：由題意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，∴∠FAH+∠NAB＝90°，∵FH⊥AB，∴∠FAH+∠AFN＝90°，∴∠AFN＝∠NAB，∴△AFN∽△NAB，∴＝，即，∴ab+b2＝a2，∴2S+S1＝S2，∴S2﹣S1＝2S；（2）解：S2﹣S1＝S，理由：∵△ABF和△CBE都是等邊三角形，∴AB＝FB，CB＝EB，∠ABF＝∠CBE＝60°，∴∠ABF﹣∠CBF＝∠CBE﹣∠CBF，∴∠ABC＝∠FBE，在△ABC和△FBE中，，∴△ABC≌△FBE（SAS），∴AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，∴∠FEC＝90°﹣60°＝30°，∵EF⊥CF，CE＝BC＝a，∴cos∠FEC＝，即cos30°＝，∴b＝acos30°＝a，∴S＝ab＝a2，∵△ACD和△CBE都是等邊三角形，∴，，∴S2﹣S1＝＝﹣＝＝×，∴S2﹣S1＝S．27．（2022?杭州）在正方形ABCD中，點M是邊AB的中點，點E在線段AM上（不與點A重合），點F在邊BC上，且AE＝2BF，連接EF，以EF為邊在正方形ABCD內(nèi)作正方形EFGH．（1）如圖1，若AB＝4，當(dāng)點E與點M重合時，求正方形EFGH的面積．（2）如圖2，已知直線HG分別與邊AD，BC交于點I，J，射線EH與射線AD交于點K．①求證：EK＝2EH；②設(shè)∠AEK＝α，△FGJ和四邊形AEHI的面積分別為S1，S2．求證：＝4sin2α﹣1．【分析】（1）由點M是邊AB的中點，若AB＝4，當(dāng)點E與點M重合，得出AE＝BE＝2，由AE＝2BF，得出BF＝1，由勾股定理得出EF2＝5，即可求出正方形EFGH的面積；（2）①由“一線三直角”證明△AKE∽△BEF，得出，由AE＝2BF，得出，進而證明EK＝2EH；②先證明△KHI≌△FGJ，得出S△KHI＝S△FGJ＝S1，再證明△KAE∽△KHI，得出＝＝，由正弦的定義得出sinα＝，進而得出sin2α＝，得出＝4sin2α，即可證明＝4sin2α﹣1．【解答】（1）解：如圖1，∵點M是邊AB的中點，若AB＝4，當(dāng)點E與點M重合，∴AE＝BE＝2，∵AE＝2BF，∴BF＝1，在Rt△EBF中，EF2＝EB2+BF2＝22+12＝5，∴正方形EFGH的面積＝EF2＝5；（2）如圖2，①證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝90°，∴∠K+∠AEK＝90°，∵四邊形EFGH是正方形，∴∠KEF＝90°，EH＝EF，∴∠AEK+∠BEF＝90°，∴∠AKE＝∠BEF，∴△AKE∽△BEF，∴，∵AE＝2BF，∴，∴EK＝2EF，∴EK＝2EH；②證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴∠KIH＝∠GJF，∵四邊形EFGH是正方形，∴∠IHK＝∠EHG＝∠HGF＝∠FGJ＝90°，EH＝FG，∵KE＝2EH，∴EH＝KH，∴KH＝FG，在△KHI和△FGJ中，，∴△KHI≌△FGJ（AAS），∴S△KHI＝S△FGJ＝S1，∵∠K＝∠K，∠A＝∠IHK＝90°，∴△KAE∽△KHI，∴＝＝，∵sinα＝，∴sin2α＝，∴＝4sin2α，∴＝4sin2α﹣1．28．（2023?浙江）如圖，已知矩形紙片ABCD，其中AB＝3，BC＝4，現(xiàn)將紙片進行如下操作：第一步，如圖①將紙片對折，使AB與DC重合，折痕為EF，展開后如圖②；第二步，再將圖②中的紙片沿對角線BD折疊，展開后如圖③；第三步，將圖③中的紙片沿過點E的直線折疊，使點C落在對角線BD上的點H處，如圖④．則DH的長為（）A． B． C． D．【分析】過點M作MG⊥BD于點G，根據(jù)勾股定理求得BD＝5，由折疊可知BE＝CE＝EH＝BC＝2，∠C＝∠EHM＝90°，CM＝HM，進而得出BE＝EH，∠EBH＝∠EHB，利用等角的余角相等可得∠HDM＝∠DHM，則DM＝HM，于是可得DM＝HM＝CM＝CD＝，由等腰三角形的性質(zhì)可得DH＝2DG，易證明△MGD∽△BCD，利用相似三角形的性質(zhì)即可求解．【解答】解：如圖，過點M作MG⊥BD于點G，∵四邊形ABCD為矩形，AB＝3，BC＝4，∴AB＝CD＝3，∠C＝90°，在Rt△BCD中，BD＝＝＝5，根據(jù)折疊的性質(zhì)可得，BE＝CE＝BC＝2，∠C＝∠EHM＝90°，CE＝EH＝2，CM＝HM，∴BE＝EH＝2，∴△BEH為等腰三角形，∠EBH＝∠EHB，∵∠EBH+∠HDM＝90°，∠EHB+∠DHM＝90°，∴∠HDM＝∠DHM，∴△DHM為等腰三角形，DM＝HM，∴DM＝HM＝CM＝CD＝，∵MG⊥BD，∴DH＝2DG，∠MGD＝∠BCD＝90°，∵∠MDG＝∠BDC，∴△MGD∽△BCD，∴，即，∴DG＝，∴DH＝2DG＝．故選：D．29．（2022?湖州）如圖，已知BD是矩形ABCD的對角線，AB＝6，BC＝8，點E，F(xiàn)分別在邊AD，BC上，連結(jié)BE，DF．將△ABE沿BE翻折，將△DCF沿DF翻折，若翻折后，點A，C分別落在對角線BD上的點G，H處，連結(jié)GF．則下列結(jié)論不正確的是（）A．BD＝10 B．HG＝2 C．EG∥FH D．GF⊥BC【分析】由矩形的性質(zhì)及勾股定理可求出BD＝10；由折疊的性質(zhì)可得出AB＝BG＝6，CD＝DH＝6，則可求出GH＝2；證出∠A＝∠BGE＝∠C＝∠DHF＝90°，由平行線的判定可得出結(jié)論；由勾股定理求出CF＝3，根據(jù)平行線分線段成比例定理可判斷結(jié)論．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，BC＝AD，∵AB＝6，BC＝8，∴BD＝＝＝10，故A選項不符合題意；∵將△ABE沿BE翻折，將△DCF沿DF翻折，點A，C分別落在對角線BD上的點G，H處，∴AB＝BG＝6，CD＝DH＝6，∴GH＝BG+DH﹣BD＝6+6﹣10＝2，故B選項不符合題意；∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠C＝90°，∵將△ABE沿BE翻折，將△DCF沿DF翻折，點A，C分別落在對角線BD上的點G，H處，∴∠A＝∠BGE＝∠C＝∠DHF＝90°，∴EG∥FH．故C選項不符合題意；∵GH＝2，∴BH＝DG＝BG﹣GH＝6﹣2＝4，設(shè)FC＝HF＝x，則BF＝8﹣x，∴x2+42＝（8﹣x）2，∴x＝3，∴CF＝3，∴，又∵，∴，若GF⊥BC，則GF∥CD，∴，故D選項符合題意．故選：D．30．（2022?臺州）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝6．折疊該菱形，使點A落在邊BC上的點M處，折痕分別與邊AB，AD交于點E，F(xiàn)．當(dāng)點M與點B重合時，EF的長為3；當(dāng)點M的位置變化時，DF長的最大值為6﹣3．【分析】如圖1中，求出等邊△ADB的高DE即可．如圖2中，連接AM交EF于點O，過點O作OK⊥AD于點K，交BC于點T，過點A作AG⊥CB交CB的延長線于點G，取AD的中點R，連接OR．證明OK＝，求出AF的最小值，可得結(jié)論．【解答】解：如圖1中，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝BC＝CD，∠A＝∠C＝60°，∴△ADB，△BDC都是等邊三角形，當(dāng)點M與B重合時，EF是等邊△ADB的高，EF＝AD?sin60°＝6×＝3．如圖2中，連接AM交EF于點O，過點O作OK⊥AD于點K，交BC于點T，過點A作AG⊥CB交CB的延長線于點G，取AF的中點R，連接OR．∵AD∥CG，OK⊥AD，∴OK⊥CG，∴∠G＝∠AKT＝∠GTK＝90°，∴四邊形AGTK是矩形，∴AG＝TK＝AB?sin60°＝3，∵OA＝OM，∠AOK＝∠MOT，∠AKO＝∠MTO＝90°，∴△AOK≌△MOT（AAS），∴OK＝OT＝，∵OK⊥AD，∴OR≥OK＝，∵∠AOF＝90°，AR＝RF，∴AF＝2OR≥3，∴AF的最小值為3，∴DF的最大值為6﹣3．解法二：如圖，過點D作DT⊥CB于點T．∵DF＝AD﹣AF，∴當(dāng)AF最小時，DF的值最大，∵AF＝FM≥DT＝3，∴AF的最小值為3，∴DF的最大值為6﹣3．故答案為：3，6﹣3．31．（2021?杭州）如圖是一張矩形紙片ABCD，點M是對角線AC的中點，點E在BC邊上，把△DCE沿直線DE折疊，使點C落在對角線AC上的點F處，連接DF，EF．若MF＝AB，則∠DAF＝18度．【分析】連接DM，利用斜邊上的中線等于斜邊的一半可得△AMD和△MCD為等腰三角形，∠DAF＝∠MDA，∠MCD＝∠MDC；由折疊可知DF＝DC，可得∠DFC＝∠DCF；由MF＝AB，AB＝CD，DF＝DC，可得FM＝FD，進而得到∠FMD＝∠FDM；利用三角形的外角等于和它不相鄰的兩個內(nèi)角的和，可得∠DFC＝2∠FMD；最后在△MDC中，利用三角形的內(nèi)角和定理列出方程，結(jié)論可得．【解答】解：連接DM，如圖：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°．∵M是AC的中點，∴DM＝AM＝CM，∴∠FAD＝∠MDA，∠MDC＝∠MCD．∵DC，DF關(guān)于DE對稱，∴DF＝DC，∴∠DFC＝∠DCF．∵MF＝AB，AB＝CD，DF＝DC，∴MF＝FD．∴∠FMD＝∠FDM．∵∠DFC＝∠FMD+∠FDM，∴∠DFC＝2∠FMD．∵∠DMC＝∠FAD+∠ADM，∴∠DMC＝2∠FAD．設(shè)∠FAD＝x°，則∠DFC＝4x°，∴∠MCD＝∠MDC＝4x°．∵∠DMC+∠MCD+∠MDC＝180°，∴2x+4x+4x＝180．∴x＝18．故答案為：18．32．（2021?衢州）如圖．將菱形ABCD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)∠α得到菱形AB′C′D′，∠B＝∠β．當(dāng)AC平分∠B′AC′時，∠α與∠β滿足的數(shù)量關(guān)系是（）A．∠α＝2∠β B．2∠α＝3∠β C．4∠α+∠β＝180° D．3∠α+2∠β＝180°【分析】由菱形和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可證：∠BAB'＝∠B'AC＝∠CAC'＝∠DAC'＝∠α，再根據(jù)AD∥BC，即可得出4∠α+∠β＝180°．【解答】解：∵AC平分∠B′AC′，∴∠B'AC＝∠C'AC，∵菱形ABCD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)∠α得到菱形AB′C′D′，∴∠BAB'＝∠CAC'＝∠α，∵AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC，∴∠BAB'＝∠DAC'，∴∠BAB'＝∠B'AC＝∠CAC'＝∠DAC'＝∠α，∵AD∥BC，∴∠B+∠BAD＝180°，∴4∠α+∠β＝180°，故選：C．33．（2022?嘉興）“方勝”是中國古代婦女的一種首飾，其圖案由兩個全等正方形相疊組成，寓意是同心吉祥．如圖，將邊長為2cm的正方形ABCD沿對角線BD方向平移1cm得到正方形A′B′C′D′，形成一個“方勝”圖案，則點D，B′之間的距離為（）A．1cm B．2cm C．（﹣1）cm D．（2﹣1）cm【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)、勾股定理求出BD，根據(jù)平移的概念求出BB′，計算即可．【解答】解：∵四邊形ABCD為邊長為2cm的正方形，∴BD＝＝2（cm），由平移的性質(zhì)可知，BB′＝1cm，∴B′D＝（2﹣1）cm，故選：D．34．（2022?臺州）一個垃圾填埋場，它在地面上的形狀為長80m，寬60m的矩形，有污水從該矩形的四周邊界向外滲透了3m，則該垃圾填埋場外圍受污染土地的面積為（）A．（840+6π）m2 B．（840+9π）m2 C．840m2 D．876m2【分析】直接根據(jù)圖形中外圍面積和可得結(jié)論．【解答】解：如圖，該垃圾填埋場外圍受污染土地的面積＝80×3×2+60×3×2+32π＝（840+9π）m2．故選：B．35．（2022?紹興）將一張以AB為邊的矩形紙片，先沿一條直線剪掉一個直角三角形，在剩下的紙片中，再沿一條直線剪掉一個直角三角形（剪掉的兩個直角三角形相似），剩下的是如圖所示的四邊形紙片ABCD，其中∠A＝90°，AB＝9，BC＝7，CD＝6，AD＝2，則剪掉的兩個直角三角形的斜邊長不可能是（）A． B． C．10 D．【分析】根據(jù)題意，畫出相應(yīng)的圖形，然后利用相似三角形的性質(zhì)和分類討論的方法，求出剪掉的兩個直角三角形的斜邊長，然后即可判斷哪個選項符合題意．【解答】解：如右圖1所示，由已知可得，△DFE∽△ECB，則，設(shè)DF＝x，CE＝y(tǒng)，則，解得，∴DE＝CD+CE＝6+＝，故選項B不符合題意；EB＝DF+AD＝+2＝，故選項D不符合題意；如圖2所示，由已知可得，△DCF∽△FEB，則，設(shè)FC＝m，F(xiàn)D＝n，則，解得，∴FD＝10，故選項C不符合題意；BF＝FC+BC＝8+7＝15；如圖3所示：此時兩個直角三角形的斜邊長為6和7；故選：A．36．（2022?金華）如圖是一張矩形紙片ABCD，點E為AD中點，點F在BC上，把該紙片沿EF折疊，點A，B的對應(yīng)點分別為A′，B′，A′E與BC相交于點G，B′A′的延長線過點C．若＝，則的值為（）A．2 B． C． D．【分析】連接FG，CA′，過點G作GT⊥AD于點T．設(shè)AB＝x，AD＝y(tǒng)．設(shè)BF＝2k，CG＝3k．則AE＝DE＝y(tǒng)，由翻折的性質(zhì)可知EA＝EA′＝y(tǒng)，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠GEF，因為C，A′，B′共線，GA′∥FB′，推出＝，推出＝，可得y2﹣12ky+32k2＝0，推出y＝8k或y＝4k（舍去），推出AE＝DE＝4k，再利用勾股定理求出GT，可得結(jié)論．【解答】解：連接FG，CA′，過點G作GT⊥AD于點T．設(shè)AB＝x，AD＝y(tǒng)．∵＝，∴可以假設(shè)BF＝2k，CG＝3k．∵AE＝DE＝y(tǒng)，由翻折的性質(zhì)可知EA＝EA′＝y(tǒng)，BF＝FB′＝2k，∠AEF＝∠GEF，∵AD∥CB，∴∠AEF＝∠EFG，∴∠GEF＝∠GFE，∴EG＝FG＝y(tǒng)﹣5k，∴GA′＝y(tǒng)﹣（y﹣5k）＝5k﹣y，∵C，A′，B′共線，GA′∥FB′，∴＝，∴＝，∴y2﹣12ky+32k2＝0，∴y＝8k或y＝4k（舍去），∴AE＝DE＝4k，∵四邊形CDTG是矩形，∴CG＝DT＝3k，∴ET＝k，∵EG＝8k﹣5k＝3k，∴AB＝CD＝GT＝＝2k，∴＝＝2．解法二：不妨設(shè)BF＝2，CG＝3，連接CE，則Rt△CA'E≌Rt△CDE，推出A'C＝CD＝AB＝A'B'，＝＝1，推出GF＝CG＝3，BC＝8，在Rt△CB'F，勾股得CB'＝4則A'B'＝2，故選：A．37．（2021?溫州）由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成的大正方形ABCD如圖所示．過點D作DF的垂線交小正方形對角線EF的延長線于點G，連結(jié)CG，延長BE交CG于點H．若AE＝2BE，則的值為（）A． B． C． D．【分析】如圖，過點G作GT⊥CF交CF的延長線于T，設(shè)BH交CF于M，AE交DF于N．設(shè)BE＝AN＝CM＝DF＝a，則AE＝BM＝CF＝DN＝2a，想辦法求出BH，CG，可得結(jié)論．【解答】解：如圖，過點G作GT⊥CF交CF的延長線于T，設(shè)BH交CF于M，AE交DF于N．設(shè)BE＝AN＝CM＝DF＝a，則AE＝BM＝CF＝DN＝2a，∴EN＝EM＝MF＝FN＝a，∵四邊形ENFM是正方形，∴∠EFH＝∠TFG＝45°，∠NFE＝∠DFG＝45°，∵GT⊥TF，DF⊥DG，∴∠TGF＝∠TFG＝∠DFG＝∠DGF＝45°，∴TG＝FT＝DF＝DG＝a，∴CT＝3a，CG＝＝a，∵MH∥TG，∴△CMH∽△CTG，∴CM：CT＝MH：TG＝1：3，∴MH＝a，∴BH＝2a+a＝a，∴＝＝，故選：C．四邊形綜合題38．（2022?衢州）如圖，在菱形ABCD中，AB＝5，BD為對角線．點E是邊AB延長線上的任意一點，連結(jié)DE交BC于點F，BG平分∠CBE交DE于點G．（1）求證：∠DBG＝90°．（2）若BD＝6，DG＝2GE．①求菱形ABCD的面積．②求tan∠BDE的值．（3）若BE＝AB，當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時（0°＜∠DAB＜180°），在AE上找一點T，使GT為定值，說明理由并求出ET的值．【分析】（1）由菱形的性質(zhì)得CB＝AB，CD＝AD，可證明△ABD≌△CBD，得∠CBD＝∠ABC，而∠CBG＝∠EBC，所以∠DBG＝（∠ABC+∠EBC）＝90°；（2）①連結(jié)AC交BD于點K，交DE于點L，由∠AKB＝90°，AB＝5，DK＝BK＝BD＝3，根據(jù)勾股定理可求得AK＝4，則AC＝8，即可由S菱形ABCD＝AC?BD求出菱形ABCD的面積；②先由∠DKL＝∠DBG＝90°證明AC∥BG，則＝＝1，所以DL＝GL＝DG，再由DG＝2GE得GE＝DG，則DL＝GL＝GE，即可由CD∥AB，得＝＝，可求得CL＝AC＝，所以KL＝4﹣＝，再求出tan∠BDE的值即可；（3）過點G作GT∥BC，交AE于點T，由∠DKL＝∠DBG＝90°可知，當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時，始終都有BG∥AC，由△BGE∽△ALE得＝＝1，所以EG＝LG，同理可得DL＝LG，再證明△ETG∽△EAD，得＝＝＝，即可求得GT＝，說明GT為定值，再求出ET的值即可．【解答】（1）證明：如圖1，∵四邊形ABCD是菱形，∴CB＝AB，CD＝AD，∵BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，∵∠CBG＝∠EBG＝∠EBC，∴∠DBG＝∠CBD+∠CBG＝（∠ABC+∠EBC）＝×180°＝90°．（2）解：①如圖2，連結(jié)AC交BD于點K，交DE于點L，∵AC⊥BD，∴∠AKB＝90°，∵AB＝5，BD＝6，∴BK＝DK＝BD＝3，∴AK＝＝＝4，∴CK＝AK＝4，∴AC＝8，∴S菱形ABCD＝AC?BD＝×8×6＝24.②∵∠DKL＝∠DBG＝90°，∴AC∥BG，∴＝＝1，∴DL＝GL＝DG，∵DG＝2GE，∴GE＝DG，∴DL＝GL＝GE，∵CD∥AB，∴＝＝，∴CL＝AC＝×8＝，∴KL＝4﹣＝，∴tan∠BDE＝＝＝．（3）解：如圖3，過點G作GT∥BC，交AE于點T，則GT為定值，理由：連結(jié)AC交BD于點K，交DE于點L，∵∠DKL＝∠DBG＝90°，∴當(dāng)∠DAB的大小發(fā)生變化時，始終都有BG∥AC，∴△BGE∽△ALE，∵BE＝AB，∴＝＝1，∴EG＝LG，∵KL∥BG，∴＝＝1，∴DL＝LG＝EG＝ED，∵AD∥BC，∴GT∥AD，∴△ETG∽△EAD，∴＝＝＝，∵BE＝AB＝DA＝5，∴GT＝DA＝×5＝，∴GT為定值；∵EA＝BE+AB＝10，∴ET＝EA＝×10＝．39．（2022?臺州）圖1中有四條優(yōu)美的“螺旋折線”，它們是怎樣畫出來的呢？如圖2，在正方形ABCD各邊上分別取點B1，C1，D1，A1，使AB1＝BC1＝CD1＝DA1＝AB，依次連接它們，得到四邊形A1B1C1D1；再在四邊形A1B1C1D1各邊上分別取點B2，C2，D2，A2，使A1B2＝B1C2＝C1D2＝D1A2＝A1B1，依次連接它們，得到四邊形A2B2C2D2；……如此繼續(xù)下去，得到四條螺旋折線．（1）求證：四邊形A1B1C1D1是正方形．（2）求的值．（3）請研究螺旋折線BB1B2B3…中相鄰線段之間的關(guān)系，寫出一個正確結(jié)論并加以證明．【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AB＝BC＝CD＝DA，∠A＝∠B＝90°，證明△A1AB1≌△B1BC1，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到A1B1＝B1C1，∠AB1A1＝∠BC1B1，根據(jù)正方形的判定定理證明結(jié)論；（2）根據(jù)勾股定理求出A1B1，計算即可；（3）先求出，再求出，根據(jù)規(guī)律證明結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝BC＝CD＝DA，∠A＝∠B＝90°，∵AB1＝BC1＝CD1＝DA1＝AB，∴AA1＝BB1＝AB，在△A1AB1和△B1BC1中，，∴△A1AB1≌△B1BC1（SAS），∴A1B1＝B1C1，∠AB1A1＝∠BC1B1，∵∠BB1C1+∠BC1B1＝90°，∴∠AB1A1+∠BB1C1＝90°，∴∠A1B1C1＝90°，同理可證：B1C1＝C1D1＝D1A1，∴四邊形A1B1C1D1是正方形．（2）解：設(shè)AB＝5a，則AB1＝4a，AA1＝a，由勾股定理得：A1B1＝a，∴＝＝；（3）相鄰線段的比為或．證明如下：∵BB1＝AB，B1B2＝A1B1，∴＝＝，同理可得：＝，∴相鄰線段的比為或（答案不唯一）．40．（2022?紹興）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，動點E從點A出發(fā)，沿邊AD，DC向點C運動，A，D關(guān)于直線BE的對稱點分別為M，N，連結(jié)MN．（1）如圖，當(dāng)E在邊AD上且DE＝2時，求∠AEM的度數(shù)．（2）當(dāng)N在BC延長線上時，求DE的長，并判斷直線MN與直線BD的位置關(guān)系，說明理由．（3）當(dāng)直線MN恰好經(jīng)過點C時，求DE的長．【分析】（1）由DE＝2知，AE＝AB＝6，可知∠AEB＝∠MEB＝45°，從而得出答案；（2）根據(jù)對稱性得，∠ENC＝∠BDC，則cos∠ENC＝，得EN＝，利用HL證明Rt△BMN≌Rt△DCB，得∠DBC＝∠BNM，則MN∥BD；（3）當(dāng)E在邊AD上時，若直線MN過點C，利用AAS證明△BCM≌△CED，得DE＝MC，當(dāng)點E在邊CD上時，利用△BMC∽△CNE，則，從而解決問題．【解答】解：（1）∵DE＝2，∴AE＝AB＝6，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，∴∠AEB＝∠ABE＝45°．由對稱性知∠BEM＝45°，∴∠AEM＝90°．（2）如圖2，∵AB＝6，AD＝8，∴BD＝10，∵當(dāng)N落在BC延長線上時，BN＝BD＝10，∴CN＝2．由對稱性得，∠ENC＝∠BDC，∴cos∠ENC＝，得EN＝，∴DE＝EN＝．∵BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，∴Rt△BMN≌Rt△DCB（HL），∴∠DBC＝∠BNM，∴MN∥BD．（3）如圖3，當(dāng)E在邊AD上時，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)知，點E在MN上，∴∠BMC＝90°，∴MC＝．∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，∴△BCM≌△CED（AAS），∴DE＝MC＝．如圖4，點E在邊CD上時，∵BM＝6，BC＝8，∴MC＝，CN＝8﹣．∵∠BMC＝∠CNE＝∠BCD＝90°，∴△BMC∽△CNE，∴，∴EN＝，∴DE＝EN＝．綜上所述，DE的長為或．41．（2022?金華）如圖，在菱形ABCD中，AB＝10，sinB＝，點E從點B出發(fā)沿折線B﹣C﹣D向終點D運動．過點E作點E所在的邊（BC或CD）的垂線，交菱形其它的邊于點F，在EF的右側(cè)作矩形EFGH．（1）如圖1，點G在AC上．求證：FA＝FG．（2）若EF＝FG，當(dāng)EF過AC中點時，求AG的長．（3）已知FG＝8，設(shè)點E的運動路程為s．當(dāng)s滿足什么條件時，以G，C，H為頂點的三角形與△BEF相似（包括全等）？【分析】（1）欲證明FA＝FG，只要證明∠FAG＝∠FGA即可；（2）設(shè)AO的中點為O．分兩種情形：如圖2中，當(dāng)點E在BC上時，過點A作AM⊥CB于點M．如圖3中，當(dāng)點E在CD上時，過點A作AN⊥CD于N．分別求解即可；（3）過點A作AM⊥BC于點M，AN⊥CD于點N．分四種情形：①當(dāng)點E在線段BM上時，0＜s≤8，設(shè)EF＝3x，則BE＝4x，GH＝EF＝3x．a(chǎn)、若點H值點C的左側(cè)，x+B≤10，即0＜x≤2，如圖4，b、若點H在點C的右側(cè)，s+8＞10，即2＜s≤8，如圖5；②當(dāng)點E在線段MC上時，8＜s≤10，如圖6；③當(dāng)點E在線段CN上時，10≤x≤12，如圖7，過點C作CJ⊥AB于點J；④當(dāng)點E值線段DN上時，12＜s＜20，分別求解即可．【解答】解：（1）如圖1中，∵四邊形ABCD是菱形，∴BA＝BC，∴∠BAC＝∠BCA，∵FG∥BC．∴∠AGF＝∠ACB，∴∠AGF＝∠FAG，∴FA＝FG；（2）設(shè)AC的中點為O．①如圖2中，當(dāng)點E在BC上時，過點A作AM⊥CB于點M．在Rt△ABM中，AM＝AB?sinB＝10×＝6，∴BM＝＝＝8，∴FG＝EF＝AM＝6，CM＝BC﹣BM＝2，∵