專題08 特殊平行四邊形計算與證明（講練）-2024年中考數(shù)學(xué)沖刺復(fù)習(xí)講練測（浙江新中考）（解析版）

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考點要求命題預(yù)測特殊平行四邊形特殊平行四邊形是矩形、菱形、正方形的合集，在浙江中考中通常以綜合題出現(xiàn)，其中，矩形還經(jīng)常成為綜合壓軸題的問題背景來考察，矩形其他出題類型還有選擇、填空題的壓軸題，難度都比較大，需要加以重視。菱形的考察類型也比較多樣，選擇、填空題?？疾炝庑蔚幕拘再|(zhì)，綜合題中也常以壓軸題出現(xiàn)。正方形整體考察的較少，但是出現(xiàn)時也基本都是選擇題的壓軸題，難度也較大。所以考生在這塊知識點的復(fù)習(xí)上，必須都要特別的重視，熟練掌握特殊平行四邊的性質(zhì)與判定，以及其應(yīng)用。一．選擇題（共3小題）1．（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．【答案】D【解析】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．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．【答案】C【解析】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?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(yùn)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【答案】A【解析】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．二．填空題（共2小題）4．（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．【答案】．【解析】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：．5．（2023?湖州）如圖，標(biāo)號為①，②，③，④的四個直角三角形和標(biāo)號為⑤的正方形恰好拼成對角互補(bǔ)的四邊形ABCD，相鄰圖形之間互不重疊也無縫隙，①和②分別是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分別是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角頂點E，F(xiàn)，G，H分別在邊BF，CG，DH，AE上．（1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，則BE的長是4cm．（2）若，則tan∠DAH的值是3．【答案】（1）4；（2）3．【解析】解：（1）∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，∴AE＝BE，BF＝CF，∵AE+FC＝11cm，∴BE+BF＝11cm，即BE+BE+EF＝11cm，即2BE+EF＝11cm，∵EF＝3cm，∴2BE+3cm＝11cm，∴BE＝4cm，故答案為：4；（2）設(shè)AH＝x，∵，∴可設(shè)DG＝5k，GH＝4k，∵四邊形EFGH是正方形，∴HE＝EF＝FG＝GH＝4k，∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，∴AE＝BE，BF＝CF，∠ABE＝∠CBF＝45°，∴CG＝CF+GF＝BF+4k＝BE+8k＝AH+12k＝x+12k，∠ABC＝∠ABE+∠CBF＝45°+45°＝90°，∵四邊形ABCD對角互補(bǔ)，∴∠ADC＝90°，∴∠ADH+∠CDG＝90°，∵四邊形EFGH是正方形，∴∠AHD＝∠CGD＝90°，∴∠ADH+∠DAH＝90°，∴∠DAH＝∠CDG，∴tan∠DAH＝tan∠CDG，∴，即，整理得：x2+12kx﹣45k2＝0，解得x1＝3k，x2＝﹣15k（舍去），∴tan∠DAH＝＝＝3．故答案為：3．三．解答題（共7小題）6．（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．【答案】（1）證明見解析過程；（2）6．【解析】（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＝6．7．（2023?紹興）在平行四邊形ABCD中（頂點A，B，C，D按逆時針方向排列），AB＝12，AD＝10，∠B為銳角，且sinB＝．（1）如圖1，求AB邊上的高CH的長；（2）P是邊AB上的一動點，點C，D同時繞點P按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得點C'，D'，①如圖2，當(dāng)C'落在射線CA上時，求BP的長；②當(dāng)△AC'D'是直角三角形時，求BP的長．【答案】（1）8；（2）①；②6或8±．【解析】解：（1）在?ABCD中，BC＝AD＝10，在Rt△BCH中，HC＝BCsinB＝．（2）①如圖，作CH⊥BA于點H，由（1）得，BH＝＝＝6，作C'Q⊥BA交BA延長線于點Q，則∠CHP＝∠PQC'＝90°，∴∠C'PQ+∠PC'Q＝90°，∵∠C'PQ+∠CPH＝90°，∴∠PC'Q＝∠CPH，由旋轉(zhuǎn)知PC'＝PC，∴△PQC′≌△CHP（AAS）．設(shè)BP＝x，則PQ＝CH＝8，C′Q＝PH＝6﹣x，QA＝PQ﹣PA＝x﹣4．∵C′Q⊥AB，CH⊥AB，∴C′Q∥CH，∴△AQC′∽△AHC，∴，∴，∴x＝，∴BP＝，②由旋轉(zhuǎn)得△PCD≌△PC′D′，CD＝C'D'CD⊥CD'又∵AB∥CD，∴C'D'⊥AB情況一：當(dāng)以C′為直角頂點時，如圖．∵C'D'⊥AB，∴C′落在線段BA延長線上．∵PC⊥PC'，∴PC⊥AB，由（1）知，PC＝8，∴BP＝6．情況二：當(dāng)以A為直角頂點時，如圖，設(shè)C'D'與射線BA的交點為T，作CH⊥AB于點H．∵PC⊥PC'，∴∠CPH+∠TPC'＝90°，∵點C，D同時繞點P按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得點C'，D'，∴∠CPD＝∠C'PD'＝90°，PC＝PD，PC'＝PD'，∴∠CPD＝∠C'PD'，∴△PCD≌△PC'D'（SAS），∴∠PCD＝∠PC'D'，∵AB∥CD，∴∠BPC＝∠PCD＝∠PC'D'，∵∠C'PT+∠CPB＝90°，∴∠C'PT+∠PC'T＝90°，∴∠PTC'＝90°＝∠CHP，∴△CPH≌△PC′T（AAS），∴C′T＝PH，PT＝CH＝8．設(shè)C′T＝PH＝t，則AP＝6﹣t，∴AT＝PT﹣PA＝2+t．∵∠C'AD'＝90°，C'D'⊥AB，∴△ATD′∽△C′TA，∴，∴AT2＝C'T?TD'，∴（2+t）2＝t（12﹣t），化簡得t2﹣4t+2＝0，解得，∴BP＝BH+HP＝8±，情況三：當(dāng)以D'為直角頂點時，點P落在BA的延長線上，不符合題意．綜上所述，BP＝6或8±．②方法二：動靜互換：將C、D看成靜止的，點A繞P點順時針旋轉(zhuǎn)90°，∴△APA1是等腰直角三角形，∴A點軌跡是在∠BAE＝45°的射線AE上，當(dāng)△A1CD為直角三角形時，（i）當(dāng)∠A1CD＝90°時，∴∠BP1A1＝90°，∴BP1＝＝6；（ii）當(dāng)點A為直角時，以CD為直徑作圓O交AE于點A2、A3.如圖所示，則△AOE為等腰直角三角形，∵AO＝8，∴AE＝8，OF＝4，∴A2F＝A3F＝2，AF＝4，∴AA2＝4+2，∴AP2＝4+BP2＝12﹣（4+）＝8﹣，（iii）AA3＝4﹣2，∴AA3＝4﹣，∴BP3＝12﹣（4﹣）＝8+，綜上所述：BP＝6或8±．8．（2023?杭州）如圖，平行四邊形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點E，F(xiàn)在對角線BD上，且BE＝EF＝FD，連接AE，EC，CF，F(xiàn)A．（1）求證：四邊形AECF是平行四邊形．（2）若△ABE的面積等于2，求△CFO的面積．【答案】（1）見解析過程；（2）△CFO的面積為1．【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO＝CO，BO＝DO，∵BE＝DF，∴EO＝FO，∴四邊形AECF是平行四邊形；（2）解：∵BE＝EF，∴S△ABE＝S△AEF＝2，∵四邊形AECF是平行四邊形，∴S△AEF＝S△CEF＝2，EO＝FO，∴△CFO的面積＝1．9．（2023?寧波）定義：有兩個相鄰的內(nèi)角是直角，并且有兩條鄰邊相等的四邊形稱為鄰等四邊形，相等兩鄰邊的夾角稱為鄰等角．（1）如圖1，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，對角線BD平分∠ADC．求證：四邊形ABCD為鄰等四邊形．（2）如圖2，在6×5的方格紙中，A，B，C三點均在格點上，若四邊形ABCD是鄰等四邊形，請畫出所有符合條件的格點D．（3）如圖3，四邊形ABCD是鄰等四邊形，∠DAB＝∠ABC＝90°，∠BCD為鄰等角，連結(jié)AC，過B作BE∥AC交DA的延長線于點E．若AC＝8，DE＝10，求四邊形EBCD的周長．【答案】（1）證明過程見解答；（2）圖形見解答；（3）38﹣6．【解析】（1）證明：在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，∴∠ABC＝180°﹣∠A＝90°，∵對角線BD平分∠ADC，∴∠ADB＝∠CDB，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∴∠CBD＝∠CDB，∴CD＝CB，∴四邊形ABCD為鄰等四邊形；（2）解：如下3個圖，點D′、D、D″即為所求；（3）解：如圖3，四邊形ABCD是鄰等四邊形，∴CD＝CB，∵∠DAB＝∠ABC＝90°，∴AD∥BC，∵BE∥AC，∴四邊形AEBC是平行四邊形，∴EB＝AC＝8，AE＝BC，∴AE＝BC＝DC，設(shè)AE＝BC＝DC＝x，∵DE＝10，∴AD＝DE﹣AE＝10﹣x，過點D作DF⊥BC于點F，得矩形ABFD，∴AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x，∴CF＝BC﹣BF＝x﹣（10﹣x）＝2x﹣10，在Rt△ABE和Rt△DFC中，根據(jù)勾股定理得：BE2﹣AE2＝AB2，CD2﹣CF2＝DF2，∴BE2﹣AE2＝CD2﹣CF2，∴82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2，整理得x2﹣20x+82＝0，解得x1＝10﹣3，x2＝10+3（不符合題意，舍去），∴CD＝CB＝10﹣3，∴四邊形EBCD的周長＝BE+DE+2CD＝8+10+2×（10﹣3）＝38﹣6．10．（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．【答案】見解答．【解析】（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．11．（2023?衢州）如圖1，點O為矩形ABCD的對稱中心，AB＝4，AD＝8，點E為AD邊上一點（0＜AE＜3），連結(jié)EO并延長，交BC于點F．四邊形ABFE與A′B′FE關(guān)于EF所在直線成軸對稱，線段B′F交AD邊于點G．（1）求證：GE＝GF．（2）當(dāng)AE＝2DG時，求AE的長．（3）令A(yù)E＝a，DG＝b．①求證：（4﹣a）（4﹣b）＝4．②如圖2，連結(jié)OB′，OD，分別交AD，B′F于點H，K．記四邊形OKGH的面積為S1，△DGK的面積為S2，當(dāng)a＝1時，求的值．【答案】（1）證明見解答過程；（2）AE的長為6﹣2；（3）①證明見解答過程；②的值為．【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠GEF＝∠BFE，∵四邊形ABFE與A′B′FE關(guān)于EF所在直線成軸對稱，∴∠BFE＝∠GFE，∴∠GEF＝∠GFE，∴GE＝GF；（2）解：過G作GH⊥BC于H，如圖：設(shè)DG＝x，則AE＝2x，∴GE＝AD﹣AE﹣DG＝8﹣3x＝GF，∵∠GHC＝∠C＝∠D＝90°，∴四邊形GHCD是矩形，∴GH＝CD＝AB＝4，CH＝DG＝x，∵點O為矩形ABCD的對稱中心，∴CF＝AE＝2x，∴FH＝CF﹣CH＝x，在Rt△GFH中，F(xiàn)H2+GH2＝GF2，∴x2+42＝（8﹣3x）2，解得x＝3+（此時AE大于AD，舍去）或x＝3﹣，∴AE＝2x＝6﹣2；∴AE的長為6﹣2；（3）①證明：過O作OQ⊥AD于Q，連接OA，OD，OG，如圖：∵點O為矩形ABCD的對稱中心，EF過點O，∴O為EF中點，OA＝OD，OQ＝AB＝2，∵GE＝GF，∴OG⊥EF，∴∠GOQ＝90°﹣∠EOQ＝∠QEO，∵∠GQO＝90°＝∠OQE，∴△GOQ∽△OEQ，∴＝，即GQ?EQ＝OQ2，∴GQ?EQ＝4，∵OA＝OD，OQ⊥AD，∴AQ＝DQ＝AD＝4，∴EQ＝AQ﹣AE＝4﹣a，GQ＝DQ﹣GD＝4﹣b，∴（4﹣a）（4﹣b）＝4；②解：連接B'D，OG，OB，如圖：∵四邊形ABFE與A′B′FE關(guān)于EF所在直線成軸對稱，∴BF＝B'F，∵點O為矩形ABCD的對稱中心，∴BF＝DE，∴B'F＝DE，同理OD＝OB＝OB'，由（1）知GF＝GE，∴B'F﹣GF＝DE﹣GE，即B'G＝DG，∵OG＝OG，∴△DOG≌△B'OG（SSS），∴∠ODG＝∠OB'G，∵DG＝B'G，∠DGK＝∠B'GH，∴△DGK≌△B'GH（ASA），∴DK＝B'H，GK＝GH，∴OD﹣DK＝OB'﹣B'H，即OK＝OH，∵OG＝OG，∴△OGK≌△OGH（SSS），∴S△OGK＝S△OGH，∴S1＝2S△OGK，∴＝，∵∠EGF＝∠DGB'，GE＝GF，GD＝GB'，∴∠GEF＝∠GFE＝∠GDB'＝∠GB'D，∴EF∥B'D，∴△OKF∽△DKB'，△EGF∽△DGB'，∴＝，∵＝，∴＝＝＝＝，∵△EGF∽△DGB'，∴＝，當(dāng)a＝1時，由①知（4﹣1）×（4﹣b）＝4，∴b＝，∴AE＝1，DG＝，∴GE＝AD﹣AE﹣DG＝，∴＝＝＝＝，∴的值為．12．（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(yùn)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(yùn)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）？【答案】（1）證明見解析部分；（2）AG的長為5或7；（3）s的值為1或或或10≤s≤12．【解析】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，∵OA＝OC，OE∥AM，∴CE＝EM＝CM＝1，∴AF＝EM＝1，∴AG＝AF+FG＝7．②如圖3中，當(dāng)點E在CD上時，過點A作AN⊥CD于N．同法FG＝EF＝AN＝6，CN＝2，AF＝EN＝CN，∴AG＝FG﹣AF＝6﹣1＝5，綜上所述，滿足條件的AG的長為5或7；（3）過點A作AM⊥BC于點M，AN⊥CD于點N．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點C的左側(cè)，s+8＜10，即0＜s＜2，如圖4，CH＝BC﹣BH＝10﹣（4x+8）＝2﹣4x，由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，∴＝，解得x＝，經(jīng)檢驗x＝是分式方程的解，∴s＝4x＝1．由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝，∴＝，解得x＝，∴s＝4x＝．b、若點H在點C的右側(cè)，s+8＞10，即2＜s≤8，如圖5，CH＝BH﹣BC＝（4x+8）﹣10＝4x﹣2，由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，∴＝，方程無解，由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝，∴＝，解得x＝，∴s＝4x＝．②當(dāng)點E在線段MC上時，8＜s≤10，如圖6，EF＝6，EH＝8，BE＝s，∴BH＝BE+EH＝s+8，CH＝BH﹣BC＝s﹣2，由△GHC∽△FEB，可得＝，即＝，∴＝，方程無解，由△GHC∽△BEF，可得＝，即＝，∴＝，解得s＝1±（舍棄）③當(dāng)點E在線段CN上時，10＜s≤12，如圖7，過點C作CJ⊥AB于點J，在Rt△BJC中，BC＝10，CJ＝6，BJ＝8，∵EH＝BJ＝8，JF＝CE，∴BJ+JF＝EH+CE，即CH＝BF，∴△GHC≌△EFB，符合題意，此時10＜s≤12．④當(dāng)點E在線段DN上時，12＜s＜20，∵∠EFB＞90°，∴△GHC與△BEF不相似．綜上所述．滿足條件的s的值為1或或或10≤s≤12．考點一特殊平行四邊形題型01利用矩形的性質(zhì)與判定求解1.矩形的性質(zhì)※矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形叫矩形。矩形是特殊的平行四邊形。※矩形的性質(zhì)：（1）具有平行四邊形的性質(zhì)（2）對角線相等（3）四個角都是直角。注意：（矩形是軸對稱圖形，有兩條對稱軸）2.直角三角形斜邊上的中線直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半3.矩形的判定※矩形的判定：（1）有一個內(nèi)角是直角的平行四邊形叫矩形(根據(jù)定義)。（2）對角線相等的平行四邊形是矩形。（3）四個角都相等的四邊形是矩形。1．（2023?拱墅區(qū)三模）如圖，在矩形ABCD中，AC、BD相交于點O，AE平分∠BAD交BC于點E，若∠CAE＝15°，則∠BOE的度數(shù)為（）A．60° B．75° C．72° D．90°【答案】B【解析】解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠EAD＝45°，AD∥BC，OA＝OB，∴∠AEB＝∠EAD＝45°，∴BE＝BA．∵∠CAE＝15°，∠BAE＝45°，∴∠BAC＝60°，又∵OA＝OB，∴△OAB為等邊三角形，∴BO＝BA，∴BO＝BE，∴∠BOE＝∠BEO，∵△OAB為等邊三角形，∴∠ABO＝60°，∴∠OBE＝90°﹣60°＝30°，∴∠BOE＝（180°﹣30°）÷2＝75°．故選：B．2．（2023?西湖區(qū)校級三模）如圖，在矩形ABCD中，M為BC邊上一點，連接AM，過點D作DE⊥AM于E，若DE＝DC＝，AE＝3EM，則CM的長為（）A． B． C．1 D．2【答案】C【解析】解：∵四邊形ABCD是長方形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠C＝90°，AD∥BC，∴∠DAE＝∠AMB，∵DE＝CD，∴AB＝DE，∵DE⊥AM，∴∠DEA＝∠DEM＝90°，在△ABM和△DEA中，，∴△ABM≌△DEA（AAS），∴AM＝AD，BM＝AE，∵AE＝3EM，∴BC＝AD＝AM＝4EM，連接DM，如圖所示，在Rt△DEM和Rt△DCM中，，∴Rt△DEM≌Rt△DCM（HL），∴EM＝CM，設(shè)EM＝CM＝x，則BM＝AE＝3x，AM＝AE+EM＝4x，在Rt△ABM中，由勾股定理得：AB2+BM2＝AM2，即（）2+（3x）2＝（4x）2，解得x1＝1，x2＝﹣1（舍去），∴CM＝1．故選：C．3．（2023?衢江區(qū)三模）如圖，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，點E，F(xiàn)分別為AB，BC上的點，DE，AF交于點G，BE＝CF＝1，記△AEG與四邊形CDGF的面積分別為S1，S2，則S2﹣S1＝（）A． B． C． D．【答案】B【解析】解：如圖，連接DF，∵四邊形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝3，∵BE＝CF＝1，∴AE＝2，設(shè)△ADG的面積為m，∴S2＝S△ADF﹣S△ADG+S△CDF＝×4×3﹣m+×3×1＝﹣m，S1＝S△ADE﹣S△ADG＝×4×2﹣m＝4﹣m，∴S2﹣S1＝﹣m﹣4+m＝，故選：B．4．（2023?金東區(qū)二模）如圖，將5個大小相同的長方形置于平面直角坐標(biāo)系中，若頂點A（2，9），B（6，3），則頂點C的坐標(biāo)是（）A．（4，5） B．（3，5） C．（4，7） D．（5，6）【答案】A【解析】解：如圖，∵A（2，9），B（6，3），∴D（6，9），∴AD＝6﹣2＝4，BD＝9﹣3＝6，∴每個長方形的長為6÷3＝2，寬為4÷4＝1，∴點C的坐標(biāo)為：（2+1×2，9﹣2×2），即（4，5），故選：A．6．（2023?麗水模擬）如圖，∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，PE⊥OA于點E，PF⊥OC于點F，PG⊥OB于點G，則的值是（）A．1 B．2 C． D．【答案】C【解析】解：過點G作GM⊥OC于點M，過點P作PN⊥MG于點N，∵∠AOB＝90°，PE⊥OA，PG⊥OB，∴四邊形OEPG為矩形，∴OE＝PG，∵PN⊥MG，PF⊥OC，MG⊥OC，∴∠PNM＝∠PFM＝∠NMF＝90°，∴四邊形FMNP為矩形，∴PN＝MF，∵∠AOB＝90°，OC平分∠AOB，∴∠MOG＝45°，∴OG＝OM，同理PG＝PN，∴OE＝MF，∴＝＝．故選：C．7．（2023?淳安縣一模）如圖，矩形ABCD中，AD＝6，AB＝8，M為線段BD上一動點，MP⊥CD于點P，MQ⊥BC于點Q，則PQ的最小值是（）A． B．3 C． D．【答案】C【解析】解：如圖，連接CM，∵M(jìn)P⊥CD于點P，MQ⊥BC于點Q，∴∠CPM＝∠CQM＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝6，CD＝AB＝8，∠BCD＝90°，∴四邊形PCQM是矩形，∴PQ＝CM，由勾股定理得：BD＝＝＝10，當(dāng)CM⊥BD時，CM最小，則PQ最小，此時，S△BCD＝BD?CM＝BC?CD，∴CM＝＝＝，∴PQ的最小值為，故選：C．題型02與矩形(或正方形)有關(guān)的折疊問題矩形（正方形）的折疊問題的常用解題思路：1）對折疊前后的圖形進(jìn)行細(xì)致分析，折疊后的圖形與原圖形全等，對應(yīng)邊、對應(yīng)角分別相等，找出各相等的邊或角；2）折痕可看作角平分線（對稱線段所在的直線與折痕的夾角相等）．3)折痕可看作垂直平分線（互相重合的兩點之間的連線被折痕垂直平分）.4）選擇一個直角三角形(不找以折痕為邊長的直角三角形)，利用未知數(shù)表示其它直角三角形三邊，通過勾股定理/相似三角形知識求解.模型四：思路：1．（2023?椒江區(qū)一模）如圖，在矩形ABCD中，AB＝9，BC＝12，E為邊BC的中點，F(xiàn)為邊AB上一點，連接EF，△BEF與△GEF關(guān)于EF對稱，延長EG，F(xiàn)G分別交邊AD，CD于點H，I．若∠HFG＝∠FEB，則DI為（）A． B． C．1 D．【答案】C【解析】解：如圖：連接IE，∵△BEF與△GEF關(guān)于EF對稱，∴∠FGE＝∠B＝90°，∠GEF＝∠FEB，BE＝EG，BF＝FG，又∵∠HFG＝∠FEB，∴∠HFG＝∠GEF，∴∠HFG+∠FHG＝∠GEF+∠FHG，即∠HGF＝∠HFE＝90°，∵∠A＝∠B＝90°，∴∠AFH+∠BFE＝90°，∠BEF+∠BFE＝90°，∴∠AFH＝∠BEF＝∠HFG，在△AFH和△GFH中，，∴△AFH≌△GFH（AAS），∴AF＝FG＝BF，∴F為邊AB的中點，即，∵E為邊BC的中點，∴，∴，∵∠IGE＝∠C＝90°，IE＝IE，∴Rt△EGI≌Rt△ECI（HL），∴∠GEI＝∠CEI，∴∠FEB＝∠GEB，∴∠FEI＝90°；∵∠FEB+∠CEI＝∠CEI+∠CIE＝90°，∴∠FEB＝∠CIE，∴Rt△BFE∽Rt△CEI，∴，∴IC＝，∴DI＝CD﹣IC＝9﹣8＝1．故選：C．2．（2021?溫嶺市一模）將矩形紙片ABCD按如圖方式折疊，若△DFG剛好是等邊三角形，則矩形的兩邊AD，AB的比為（）A．2：1 B． C． D．【答案】B【解析】解：設(shè)AD，BC邊長為a，AB，CD邊長為b，∵△DFG為等邊三角形，∴∠FDG＝∠DGF＝∠DGC＝60°，∴∠CDG＝30°，∵tan∠DGC＝＝，∴GC＝CD＝b．∵cos∠DGC＝＝，∴GD＝2GC＝b，由翻折可得BG＝GD＝b，∴BC＝BG+GC＝b+b＝b，即a＝b，∴＝＝．故選：B．3．（2022?長興縣模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝7cm，BC＝2cm，點N在邊CD上，CN＝1cm點M是矩形ABCD的邊AB上一動點，現(xiàn)將四邊形BCNM沿MN折疊，使點B，C分別落在點B′，C′上．邊MB′與邊CD交于點E，當(dāng)點M從點A運(yùn)動到點B的過程中，點E運(yùn)動的路徑長為（﹣）cm．【答案】（﹣）．【解析】解：如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠1＝∠3，由翻折的性質(zhì)可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，∴∠2＝∠3，∴MB′＝NB′，∵NB′＝＝＝（cm），∴BM＝NB′＝（cm）．如圖2中，當(dāng)點M與A重合時，AE＝EN，設(shè)AE＝EN＝xcm，在Rt△ADE中，則有x2＝22+（6﹣x）2，解得x＝，∴DE＝6﹣＝（cm），如圖3中，當(dāng)點M運(yùn)動到MB′⊥AB時，DE′的值最大，DE′＝7﹣1﹣2＝4（cm），如圖4中，當(dāng)點M運(yùn)動到點B′落在CD時，DB′（即DE″）＝7﹣1﹣＝（6﹣）（cm），∴點E的運(yùn)動軌跡E→E′→E″，運(yùn)動路徑＝EE′+E′B′＝4﹣+4﹣（6﹣）＝（﹣）（cm）．故答案為：（﹣）．題型03根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題1．（2023?長興縣二模）如圖，平行四邊形ABCD中，AC⊥BC，過點D作DE∥AC交BC的延長線于點E，點M為AB的中點，連接CM．（1）求證：四邊形ADEC是矩形；（2）若CM＝5，且AC＝8，求四邊形ADEC的周長．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥CE，∵DE∥AC，∴四邊形ADEC是平行四邊形，∵AC⊥BC，∴∠ACE＝90°，∴四邊形ADEC是矩形；（2）∵AC⊥BC，∴∠ACB＝90°，∵點M為AB的中點，∴AB＝2CM＝10，∵AC＝8，∴BC＝＝6，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC＝6，∴四邊形ADEC的周長＝2×（6+8）＝28．2．（2023?舟山三模）如圖，在?ABCD中，∠ACB＝90°，過點D作DE⊥BC交BC的延長線于點E，連接AE交CD于點F．（1）求證：四邊形ACED是矩形；（2）連接BF，若∠ABC＝60°，CE＝2，求BF的長．【答案】（1）證明見解答；（2）BF的長是2．【解析】（1）證明：∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC，∵DE⊥BC，∴AC∥DE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，點E在BC的延長線上，∴AD∥CE，∴四邊形ACED是平行四邊形，∵∠ACE＝90°，∴四邊形ACED是矩形．（2）解：∵四邊形ACED是矩形，四邊形ABCD是平行四邊形，∴AE＝CD＝AB，AF＝EF，AD＝CE＝CB＝2，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴BF⊥AE，AB＝AE＝BE＝2CE＝2×2＝4，∴∠AFB＝90°，AF＝AE＝×4＝2，∴BF＝＝＝2，∴BF的長是2．題型04根據(jù)菱形的性質(zhì)與判定求解1.菱形的性質(zhì)菱形的定義：一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形?！庑蔚男再|(zhì)：（1）具有平行四邊形的性質(zhì)且四條邊都相等（3）兩條對角線互相垂直平分,每一條對角線平分一組對角。注意：菱形是軸對稱圖形，每條對角線所在的直線都是對稱軸。2.菱形的判定※菱形的判別方法：一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形。對角線互相垂直的平行四邊形是菱形。四條邊都相等的四邊形是菱形。3.菱形的面積菱形的面積等于兩條對角線長的乘積的一半1．（2024?錢塘區(qū)一模）如圖，在菱形ABCD中，過頂點D作DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分別為E，F(xiàn)，連結(jié)EF．若cosA＝，△BEF的面積為2，則菱形ABCD的面積為（）A．18 B．24 C．30 D．36【答案】D【解析】解：如圖，過點F作FG⊥AB于點G，∵DE⊥AB，DF⊥BC，∴∠DEA＝∠DFG＝90°，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝AD＝CD，∠A＝∠C，AD∥BC，在△ADE和△CDF中，，∴△ADE≌△CDF（AAS），∴AE＝CF，∴AB﹣AE＝BC﹣CF，即BE＝BF，設(shè)BE＝BF＝3a，∵AD∥BC，∴∠FBG＝∠A，∴cos∠FBG＝＝cosA＝，∴BG＝BF＝2a，∴FG＝＝＝a，∵S△BEF＝BE?FG＝?3a?a＝2，∴3a2＝4，∵cosA＝＝＝，∴BE＝AB，∴AB＝3BE＝9a，∴AE＝AB＝6a，∴DE＝＝＝3a，∴S菱形ABCD＝AB?DE＝9a?3a＝9×4＝36，故選：D．2．（2024?拱墅區(qū)校級模擬）如圖，在菱形ABCD中，∠C＝80°，則∠ABD的度數(shù)為（）A．80° B．70° C．60° D．50°【答案】D【解析】解：∵菱形ABCD，∴AB∥CD，∠ABD＝∠CBD，∴∠C+∠ABD+∠CBD＝180°，∵∠C＝80°，∴，故選：D．3．（2022?溫州校級模擬）如圖，菱形ABCD中，過點C作CE⊥BC交BD于點E，若∠BAD＝118°，則∠CEB＝（）A．59° B．62° C．69° D．72°【答案】A【解析】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠ABD＝∠CBE，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠BAD＝118°，∴∠ABD＝＝31°，∴∠CBE＝31°，∵CE⊥BC，∴∠BCE＝90°，∴∠CEB＝90°﹣31°＝59°．故選：A．4．（2023?寧波模擬）如圖，若菱形ABCD的周長16cm，則菱形ABCD的一邊的中點E到對角線交點O的距離為（）A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm【答案】B【解析】解：如圖，連接BD，∵四邊形ABCD是周長為16cm的菱形，∴AB＝4cm，AC⊥BD，∵點E為AB的中點，∴OE＝AB＝2cm，故選：B．5．（2022?玉環(huán)市一模）如圖，在菱形ABCD中，∠B＝60°．△AEF的兩頂點E，F(xiàn)分別落在邊BC，CD上．從給出的四個條件中任選一個：①∠EAF＝60°；②∠AEF＝60°；③AE＝AF，④EA＝EF，能夠推出△AEF為等邊三角形的有（）A．①② B．②④ C．①②④ D．①③④【答案】C【解析】解：①∠EAF＝60°，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AB∥CD，連接AC，∵∠B＝60°，∴∠ECF＝∠180°﹣∠B＝120°，∴△ABC為等邊三角形，∴AB⊥CA，∠ACB＝∠BAC＝60°，∴∠ACF＝∠ECF﹣∠ECA＝120°﹣60°＝60°，∵∠EAF＝60°，∴∠EAF﹣∠EAC＝∠BAC﹣∠EAC，∴∠CAF＝∠BAE，在△ABE和△ACF中，，∴△ABE≌△ACF（ASA），∴AE＝AF，∵AE＝AF，∠EAF＝60°，∴∠AEF＝∠AFE＝＝60°，∴可以推出結(jié)論，△AEF為等邊三角形；②∠AEF＝60°，作EG∥AB交AC于點G，如圖3所示：則∠GEC＝∠B＝60°，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，∠D＝∠B＝60°，∠ACB＝∠ACD，∴△ABC是等邊三角形，∠BCF＝120°，∴∠ACB＝60°，∴∠ACB＝∠GEC＝60°，∴△GEC是等邊三角形，∴EG＝EC，∠EGC＝60°，∴∠EGA＝120°，∵∠AEF＝60°＝∠GEC，∴∠1＝∠2，在△AEG和△FEC中，，∴△AEG≌△FEC（ASA），∴AE＝EF，∵∠AEF＝60°，∴△AEF為等邊三角形．③條件太少，不能推出△AEF為等邊三角形；如圖，過點E作EN⊥CD，交DC的延長線于點N，在AB上截取BH＝BE，連接EH，過點A作AM⊥EH，交EH的延長線于點M，∵BH＝BE，∠B＝60°，∴△BEH是等邊三角形，∴∠BHE＝∠B＝60°＝∠AHM，∵AB＝BC，BH＝BE，∴AH＝EC，又∵∠M＝∠N＝90°，∠AHM＝∠ECN＝60°，∴△AHM≌△ECN（AAS），∴AM＝EN，又∵AE＝EF，∴Rt△AEM≌Rt△EFN（HL），∴∠AEM＝∠EFN，∴∠AEM+∠CEF＝∠EFN+CEF＝∠ECN＝60°，∴∠AEF＝60°，又∵AE＝EF，∴△AEF是等邊三角形，故選：C．6．（2023?龍灣區(qū)模擬）如圖，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC與BD交于點O，E為CD延長線上的一點，且CD＝DE，連接BE分別交AC、AD于點F、G，連接OG，則下列結(jié)論：①；②與△DEG全等的三角形共有5個；③四邊形ODEG與四邊形OBAG面積相等；④由點A、B、D、E構(gòu)成的四邊形是菱形．其中一定成立的是（）A．①③④ B．①②③ C．①②④ D．②③④【答案】A【解析】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD（SSS），∵CD＝DE，∴AB＝DE，在△ABG和△DEG中，，∴△ABG≌△DEG（AAS），∴AG＝DG，∴OG是△ACD的中位線，∴OG＝CD＝AB，故①正確；∵AB∥CE，AB＝DE，∴四邊形ABDE是平行四邊形，∵∠BCD＝∠BAD＝60°，∴△ABD、△BCD是等邊三角形，∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，∴OD＝AG，四邊形ABDE是菱形，故④正確；∴AD⊥BE，由菱形的性質(zhì)得：△BGA≌△BGD≌△EGD（SSS），在△BGA和△COD中，，∴△BGA≌△COD（SAS），∴△AOB≌△COB≌△COD≌△AOD≌△BGA≌△BGD≌△EGD，故②不正確；∵OB＝OD，∴S△BOG＝S△DOG，∵四邊形ABDE是菱形，∴S△ABG＝S△DGE，∴四邊形ODEG與四邊形OBAG面積相等，故③正確；故選：A．7．（2024?拱墅區(qū)校級模擬）如圖是由6個形狀、大小完全相同的菱形組成的網(wǎng)格，菱形的頂點稱為格點，已知菱形的一個角（∠O）為60°，點A，B，C都在格點上，則sin∠ABC的值是．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】解：如圖，連接EA，EC，設(shè)菱形的邊長為a，由題意得∠AEF＝30°，∠CEF＝60°，∴AE＝2cos30°?a＝a，EC＝a，則AC＝2a，∴AE2+CE2＝AC2，∴∠AEC＝90°，∴∠ACE＝60°，∴∠ACE＝∠ACG＝∠BCG＝60°，∴∠ECB＝180°，∴E、C、B共線，在Rt△AEB中，sin∠ABC＝＝＝．故答案為：．8．（2023?南湖區(qū)二模）如圖，菱形ABCD中，以點A為圓心，以AB長為半徑畫弧，分別交BC，CD于點E，F(xiàn)．若∠EAF＝60°，則∠D的度數(shù)為80°．【答案】80°．【解析】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝BC＝DC，由題意得：AB＝AE，AD＝AF，∴∠AEB＝∠B，∠AFD＝∠D，∴∠AEB＝∠B＝∠AFD＝∠D，在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF（AAS），∴∠BAE＝∠DAF，設(shè)∠B＝∠D＝x，則∠AEB＝∠B＝x，∴∠DAF＝∠BAE＝180°﹣2x，∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠B+∠BAD＝180°，即x+180°﹣2x+60°+180°﹣2x＝180°，解得：x＝80°，∴∠D＝80°，故答案為：80°．9．（2023?甌海區(qū)模擬）如圖，將邊長為6的正方形ABCD沿其對角線AC剪開，再把△ABC沿著AD方向平移，得到△A′B′C′，當(dāng)兩個三角形重疊部分為菱形時，則AA′為12﹣6．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】解：如圖所示：∵四邊形A′ECF是菱形，∴A′E＝EC＝FC＝A′F，∵邊長為6的正方形ABCD沿其對角線AC剪開，再把△ABC沿著AD方向平移，∴∠A＝∠ACD＝45°，∴AD＝DC，則A′D＝DF，AA′＝A′E，∴設(shè)A′E＝x，則A′D＝DF＝6﹣x，A′F＝x，故在Rt△A′DF中，x2＝（6﹣x）2+（6﹣x）2，解得：x1＝12﹣6，x2＝12+6＞6（不合題意舍去），故AA′為：12﹣6．故答案為：12﹣6．10．（2024?寧波模擬）如圖，AC是菱形ABCD的一條對角線，點B在射線AE上．（1）請用尺規(guī)把這個菱形補(bǔ)充完整．（保留作圖痕跡，不要求寫作法）（2）若，∠CAB＝30°，求菱形ABCD的面積．【答案】（1）見解析；（2）18．【解析】解：（1）如圖所示；（2）設(shè)BD，AC交于O，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝CO＝AC＝3，∵∠CAB＝30°，∴BO＝AO＝3，∴BD＝2BO＝6，∴菱形ABCD的面積＝＝＝18．11．（2022?江干區(qū)校級模擬）如圖，四邊形ABCD是菱形，E是AB的中點，AC的垂線EF交AD于點M，交CD的延長線于點F．（1）求證：AM＝AE；（2）連接CM，DF＝2．①求菱形ABCD的周長；②若∠ADC＝2∠MCF，求ME的長．【答案】（1）證明過程見解析；（2）①16；②2．【解析】（1）證明：如圖，連接BD，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥DB，AD＝AB，∵EM⊥AC，∴ME∥BD，∵點E是AB的中點，∴點M是AD的中點，AE＝AB，∴AM＝AD，∴AM＝AE．（2）解：①由（1）得，點M是AD的中點，∴AM＝MD，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴∠F＝∠AEM，∠EAM＝∠FDM，∴△MDF≌△MAE（AAS），∴AE＝DF，∵AB＝2AE，DF＝2，∴AB＝4，∴菱形ABCD的周長為4AB＝4×4＝16．②如圖，連接CM，記EF與AC交點為點G，∵AM＝AE，△MAE≌△MDF，∴DF＝DM，MF＝ME，∴∠DMF＝∠DFM，∴∠ADC＝2∠DFM，∵∠ADC＝2∠MCD，∴∠MCD＝∠DFM，∴MF＝MC＝ME，∠EMC＝2∠F＝∠MDC，∵M(jìn)E⊥AC，AM＝AE，∴∠MGC＝90°，ME＝2MG，∴MC＝2MG，∴∠GMC＝60°，∴∠ADC＝60°，∴∠MCD＝30°，∴∠DMC＝90°，∴△DMC為直角三角形，∵DF＝2，∴DM＝2，CD＝4，∴CM＝＝2，∴ME＝2．12．（2024?浙江模擬）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，O是對角線AC的中點，過點O的直線分別交邊BC，AD于點E，F(xiàn)，連接AE，CF．（1）求證：BE＝DF；（2）作∠AEB的平分線交AB于點G，若EG∥AC，求證：四邊形AECF是菱形．【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析．【解析】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，OA＝OC，AD＝BC，∴∠FAO＝∠ECO，在△FAO與△CEO中，，∴△FAO≌△CEO（ASA），∴AF＝CE，∴AD﹣AF＝BC﹣CE，即BE＝DF；（2）∵AF＝CE，AF∥CE，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵EG∥AC，∴∠GEB＝∠ACE，∠GEA＝∠EAC，∵∠AEB的平分線交AB于點G，∴∠GEB＝∠GEA，∴∠ACE＝∠EAC，∴AE＝EC，∴?AECF是菱形．13．（2023?義烏市校級模擬）如圖，在△ABC中，D為BC邊的中點，過D點分別作DE∥AB交AC于點E，DF∥AC交AB于點F．（1）證明：△BDF≌△DCE；（2）請你給△ABC增加一個條件，AF＝AE（答案不唯一）．使四邊形AFDE成為菱形（不添加其他輔助線，寫出一個即可，不必證明）【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】（1）證明：∵D為BC邊的中點，過D點分別作DE∥AB交AC于點E，DF∥AC交AB于點F∴∠FDB＝∠C，BD＝CD，∠B＝∠CDE，∴△BDF≌△DCE；（4分）（2）解：AF＝AE（答案不唯一）．（6分）14．（2024?溫州模擬）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延長線于點E，連接OE．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）若，∠ADC＝120°，求四邊形ABCD的面積．【答案】（1）見解答；（2）8．【解析】（1）證明：∵AB∥CD，∴∠ACD＝∠BAC，∵AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC，∴AD＝CD，∵AB＝AD，∴AB＝CD，∵AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AB＝AD，∴平行四邊形ABCD是菱形；（（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，∠ADC＝120°，∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，∠DAB＝60°，，∴，AB＝2BO，∴，∴AB2＝AO2+BO2，∴4BO2﹣BO2＝12，∴BO＝2（負(fù)值舍去），∴BD＝4，∴菱形ABCD的面積＝．15．（2023?拱墅區(qū)二模）如圖，在?ABCD中，CE平分∠BCD，交AD于點E，DF平分∠ADC，交BC于點F，CE與DF交于點P，連接EF，BP．（1）求證：四邊形CDEF是菱形；（2）若AB＝2，BC＝3，∠A＝120°，求BP的值．【答案】見試題解答內(nèi)容【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠EDF＝∠DFC，∵DF平分∠ADC，∴∠EDF＝∠CDF，∴∠DFC＝∠CDF，∴CD＝CF，同理可得CD＝DE，∴CF＝DE，且CF∥DE，∴四邊形CDEF為菱形；（2）解：如圖，過P作PG⊥BC于G，∵AB＝2，BC＝3，∠A＝120°，且四邊形CDEF為菱形，∴CF＝EF＝CD＝AB＝2，∠ECF＝∠BCD＝∠A＝60°，∴△CEF為等邊三角形，∴CE＝CF＝2，∴PC＝CE＝1，∴CG＝PC＝，PG＝PC＝，∴BG＝BC﹣CG＝3﹣＝，在Rt△BPG中，由勾股定理可得BP＝＝＝，即BP的值為．題型05根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求解1.正方形的概念與性質(zhì)正方形的定義：一組鄰邊相等的矩形叫做正方形?！叫蔚男再|(zhì)：正方形具有平行四邊形、矩形、菱形的一切性質(zhì)。（正方形是軸對稱圖形，有兩條對稱軸）2.正方形的判定※正方形常用的判定：有一個內(nèi)角是直角的菱形是正方形；鄰邊相等的矩形是正方形；對角線相等的菱形是正方形；對角線互相垂直的矩形是正方形。注意：正方形、矩形、菱形和平行邊形四者之間的關(guān)系(如圖3所示)：1．（2024?溫州模擬）如圖，四邊形ABCD，四邊形EBGF，四邊形HNQD都是正方形，BG，NQ，BC是某個直角三角形的三邊，其中BC是斜邊，若NP＝3PQ，四邊形AEMH的面積為8，則AB的長為（）A．10 B． C． D．12【答案】C【解析】解；設(shè)NP＝3x，PQ＝x，EF＝y(tǒng)，則NQ＝4x，EM＝y(tǒng)﹣3x，∵四邊形ABCD，四邊形EBGF，四邊形HNQD都是正方形，∴BF＝EF＝y(tǒng)，∠A＝∠C＝∠CQP＝∠CGP＝∠AEM＝∠AHM＝90°，HN＝NQ＝4x，MN＝NP＝3x，∴四邊形AEMH，四邊形PQCG都是矩形，∴CG＝OP＝x，∴BC＝BG+CG＝x+y，∵四邊形AEMH的面積為8，MH＝HN﹣MN＝x，∴x（y﹣3x）＝8；∵BG，NQ，BC是某個直角三角形的三邊，其中BC是斜邊，∴BG2+NQ2＝BC2，∴y2+（4x）2＝（x+y）2，∴16x2+y2＝x2+2xy+y2，∴，∴，解得（負(fù)值舍去），∴，∴，故選：C．2．（2024?椒江區(qū)校級模擬）將四個全等的三角形按如圖所示的方式圍成一個正方形ABCD，記△AED的面積為S1，四邊形EFCG的面積為S2．若EG∥CF，EG＝3，，則圖中陰影部分的面積為（）A． B． C． D．【答案】D【解析】解：連接GF、HF，HE，由題意可知：DE＝CG＝BF＝AH，DG＝CF＝BH＝AE，∠ADE＝∠DCG＝∠CBF＝∠BAH，∠DAE＝∠CDG＝∠BCF＝∠ABH，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC＝∠DCB＝∠CBA＝∠BAD＝90°，∴∠EDG＝∠GCF，∴△EDG≌△GCF（SAS），∴EG＝GF，同理可證：△EDG≌△GCF≌△FBH≌△HAE，則：EG＝GF＝FH＝HE，∴四邊形EGFH是菱形，∴EG∥HF，又∵EG∥CF，∴C，F(xiàn)，H在同一直線上，又∵∠CBA＝∠ABH+∠FBH+∠CBF＝∠BCF+∠FBH+∠CBF＝90°，∴∠BHC＝90°，∵△EDG≌△GCF≌△FBH≌△HAE，∴∠BHC＝∠CFG＝∠DGE＝∠AEH＝90°，則∠GFH＝90°，∴四邊形EGFH是正方形，∴D，G，F(xiàn)在同一直線上；A，E，G在同一直線上；B，H，E在同一直線上；設(shè)DG＝CF＝BH＝AE＝x，則S1＝，s2＝＝，∵，即：，∴（負(fù)值已舍去），∴，故選：D．3．（2023?衢江區(qū)三模）如圖1，《蝶幾圖》是明朝的戈汕分割正方形的一種方式，以正方形為模分割為長斜（等腰梯形），右半斜和左半斜（直角梯形），小三斜，大三斜和閨（均為等腰直角三角形）．現(xiàn)取右半斜兩張，左半斜兩張和小三斜兩張，共6張拼成圖2，若圖1大正方形的邊長為4，則圖2陰影部分的周長是（）A．4 B．4﹣1 C．4 D．5【答案】C【解析】解：∵圖1大正方形的邊長為4，∴GH＝×4＝2，∵△GHK、△KLM是等腰直角三角形，∴KH＝GH＝2，由題意知L是KH中點，NI＝LI，∴KL＝LH＝，∴圖2中，OP+PQ＝OF＝，∴陰影的周長＝4（PO+PQ）＝4OF＝4．故選：C．4．（2023?鄞州區(qū)校級模擬）如圖，在正方形ABCD中，O為對角線AC、BD的交點，E、F分別為邊BC、CD上一點，且OE⊥OF，連接EF．若，則EF的長為（）A．2 B．2+ C．+1 D．3【答案】A【解析】解：在正方形ABCD中，AC和BD為對角線，∴∠AOB＝∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，OB＝OC，∵∠AOE＝150°，∴∠BOE＝60°；∵OE⊥OF，∴∠EOF＝∠BOC＝90°，∴∠BOE＝∠COF＝60°，∴△BOE≌△COF（ASA），∴OE＝OF，∴△OEF是等腰直角三角形；過點F作FG⊥OD，如圖，∴∠OGF＝∠DGF＝90°，∵∠ODC＝45°，∴△DGF是等腰直角三角形，∴GF＝DG＝DF＝，∵∠AOE＝150°，∴∠BOE＝60°，∴∠DOF＝30°，∴OF＝2GF＝，∴EF＝OF＝2．故選：A．5．（2023?仙居縣二模）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，點E在邊AD上，且，點F是邊AB上任意一點，G、H分別是CF、EF的中點，則GH等于（）A．2.5 B．3 C． D．【答案】A【解析】解：連接CE，∵四邊形ABCD是正方形，AB＝4，∴CD＝AD＝AB＝4，∠D＝90°，∵，∴，∴，∵G、H分別是CF、EF的中點，∴GH是△FCE中位線，∴，故選：A．6．（2023?余杭區(qū)校級模擬）如圖，在正方形ABCD中，點E、F分別在邊CD，AD上，BE與CF交于點G，若BC＝4，DE＝AF＝1，則CG的長是（）A．2 B． C． D．【答案】D【解析】解：∵四邊形ABCD為正方形，BC＝4，∴∠CDF＝∠BCE＝90°，AD＝DC＝BC＝4，又∵DE＝AF＝1，∴CE＝DF＝3，在△CDF和△BCE中，，∴△CDF≌△BCE（SAS），∴∠DCF＝∠CBE，∵∠DCF+∠BCF＝90°，∴∠CBE+∠BCF＝90°，∴∠BGC＝90°，在Rt△BCE中，BC＝4，CE＝3，∴BE＝＝5，∴BE?CG＝BC?CE，∴CG＝＝＝．故選：D．7．（2023?西湖區(qū)校級二模）由四個全等的直角三角形和一個小正方形EFGH組成的大正方形ABCD如圖所示．連結(jié)CF，并延長交AB于點N．若AB＝3，EF＝3，則FN的長為（）A．2 B． C． D．3【答案】C【解析】解：設(shè)AE＝x，則FB＝x，AF＝EF+AE＝3+x，由勾股定理可知，AF2+FB2＝AB2，（3+x）2+x2＝（3）2，解得x＝3，∴AF＝6，CG＝GF＝3，∴∠GCF＝∠GFC＝∠BFN＝45°∴NF為∠AFB的角平分線，由角平分線性質(zhì)可知，S△AFN：S△BFN＝AF：FB＝2：1，∴AN：NB＝2：1，∴NB＝，由勾股定理可知，CN＝5，CF＝3，∴FN＝CN﹣CF＝2．故選：C．8．（2023?紹興模擬）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝30°，∠C＝60°，AB＝6，AD＝4，E、F是BC上的兩動點，且EF＝4，點E從點B出發(fā)，當(dāng)點F移動到點C時，兩點停止運(yùn)動．在四邊形AEFD形狀的變化過程中，依次出現(xiàn)的特殊四邊形是（）A．平行四邊形→菱形→