专题13 平行四边形与特殊的平行四边形 一、单选题1．（2022·贵州贵阳）如图，将菱形纸片沿着线段剪成两个全等的图形，则的度数是（?）A．
40°B．60°C．80°D．100°【答案】C【解析】【分析】根据两直线平行，内错角相等可得出答案．【详解】解：∵纸片是菱形∴对
边平行且相等∴（两直线平行，内错角相等）故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质，解题的关键是要知道两直线平行，内错角相等．2．（2
022·广东）如图，在中，一定正确的是（?）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】根据平行四边形的性质：平行四边形的对边相等，
然后对各选项进行判断即可．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形∴AB=CD，AD=BC故选C．【点睛】本题考查了平行四边形的性
质．解题的关键在于熟练掌握平行四边形的性质．3．（2021·广西柳州）如图，在菱形中，对角线，则的面积为（?）A．9B．10C．1
1D．12【答案】B【解析】【分析】菱形的对角线互相垂直平分，故的面积为对角线的一半的乘积的．【详解】是菱形的面积故选B．【点睛】
本题考查了菱形的性质及三角形面积，理解是直角三角形是解题的关键．4．（2020·湖北）已知中，下列条件：①；②；③；④平分，其中能
说明是矩形的是（?）A．①B．②C．③D．④【答案】B【解析】【分析】根据矩形的判定进行分析即可．【详解】A. ，邻边相等的平行四
边形是菱形，故A错误；B. ，对角线相等的平行四边形是矩形，故B正确；C. ，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C错误；D. 平
分，对角线平分其每一组对角的平行四边形是菱形，故D错误．故选：B．【点睛】本题考查了矩形的判定，熟知矩形从边，角，对角线三个方向的
判定是解题的关键．5．（2020·贵州黔南）如图，将矩形纸条折叠，折痕为，折叠后点C，D分别落在点，处，与交于点G．已知，则的度数
是（?）A．30°B．45°C．74°D．75°【答案】D【解析】【分析】依据平行线的性质，即可得到的度数，再根据折叠的性质，即可
得出的度数．【详解】解：∵矩形纸条中，，∴，∴，由折叠可得，，故选：D．【点睛】本题主要考查了折叠问题，折叠是一种对称变换，它属于
轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．6．（2020·湖南益阳）如图，的对角线，交于点，若，，则的长
可能是（ ）A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】先根据平行四边形的对角线互相平分得到OA、OB的长度，再根据三角形三边关系得
到AB的取值范围，即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=AC=3，BO=BD=4，在△AOB中，4-3 <4+3∴1 四边形的对角线互相平分是解题的关键．7．（2020·广西玉林）点D，E分别是三角形ABC的边AB，AC的中点，如图，求证：且证明：
延长DE到F，使EF=DE，连接FC，DC，AF，又AE=EC，则四边形ADCF是平行四边形，接着以下是排序错误的证明过程；①；②
；③四边形DBCF是平行四边形；④且则正确的证明排序应是：（?）A．②③①④B．②①③④C．①③④②D．①③②④【答案】A【解析】
【分析】根据已经证明出四边形ADCF是平行四边形，则利用平行四边形的性质可得，可得，证出四边形DBCF是平行四边形，得出，且,即可
得出结论且，对照题中步骤，即可得出答案.【详解】解：四边形ADCF是平行四边形，，，四边形DBCF是平行四边形,，且;,;且;对照
题中四个步骤，可得②③①④正确；故答案选：A.【点睛】本题考查平行四边形性质与判定综合应用；当题中出现中点的时候，可以利用中线倍长
的辅助线做法，证明平行四边形后要记得用平行四边形的性质继续解题.8．（2021·山东德州）下列选项中能使平行四边形ABCD成为菱形
的是（ ）A．AB＝CDB．AB＝BCC．∠BAD＝90°D． AC＝BD【答案】B【解析】【分析】分别根据选项所给条件结合菱形
的判定方法逐一进行判断即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，A、当AB＝CD时，不能判定平行四边形ABCD是菱形，故
本选项不符合题意；B、当AB=BC时，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得到平行四边形ABCD是菱形，故本选项符合题意；C、
当∠BAD＝90°时，平行四边形ABCD是矩形，故本选项不符合题意；D、当AC＝BD时，平行四边形ABCD是矩形，故本选项不符合题
意；故选：B．【点睛】本题主要考查了菱形的判定，熟练掌握有一组邻边相等的平行四边形是菱形是解题的关键．9．（2021·四川德阳）如
图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD中点，连接OE，则下列结论中不一定正确的是（ ）A．AB＝ADB．O
EABC．∠DOE＝∠DEOD．∠EOD＝∠EDO【答案】C【解析】【分析】由菱形的性质可得AB=AD=CD，AC⊥BD，由直角三
角形的性质可得OE=DE=CE=CD=AB，即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD=CD，AC⊥BD，故选项A
不合题意，∵点E是CD的中点，∴OE=DE=CE=CD=AB，故选项B不合题意；∴∠EOD=∠EDO，故选项D不合题意；故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，掌握菱形的性质是是解题的关键．10．（2022·河南）如图，在菱形ABCD中，对角
线AC，BD相交于点O，点E为CD的中点．若OE＝3，则菱形ABCD的周长为（?）A．6B．12C．24D．48【答案】C【解析】
【分析】由菱形的性质可得出BO=DO，AB=BC=CD=DA，再根据中位线的性质可得，结合菱形的周长公式即可得出结论．【详解】解：
∵四边形ABCD为菱形，∴BO=DO，AB=BC=CD=DA，∵OE=3，且点E为CD的中点，是的中位线，∴BC=2OE=6．∴菱
形ABCD的周长为:4BC=4×6=24．故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质以及中位线的性质，解题的关键是求出AD=6．11．
（2022·辽宁）如图，在矩形中，，分别以点A和C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N，作直线分别交于点E，F，则的长
为（?）A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】根据矩形可知为直角三角形，根据勾股定理可得的长度，在中得到，又由题知为的垂直平分
线，于是 ，于是在中，利用锐角三角函数即可求出的长．【详解】解：设与的交点为， 四边形为矩形，，，， 为直角三角形，，， ， ，又
由作图知为的垂直平分线，，，在中，，， ，．故选：D．【点睛】本题主要考查矩形的性质，锐角三角函数，垂直平分线，勾股定理，掌握定理
以及性质是解题的关键．12．（2022·甘肃兰州）如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为AD的中点，连接OE，，，则
（?）A．4B．C．2D．【答案】C【解析】【分析】根据菱形的性质得出，，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得出．利用菱形性质
、直角三角形边长公式求出，进而求出．【详解】是菱形，E为AD的中点，，．是直角三角形，．，，，．，即，，．故选：C．【点睛】本题主
要考查菱形、直角三角形的性质的理解与应用能力．解题关键是得出并求得．求解本题时应恰当理解并运用菱形对角线互相垂直且平分、对角相等，
直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质．13．（2022·广东广州）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上， 且CE =
1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（?）A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】如
图，连接EF，先证明 再求解 可得 再求解 可得为等腰直角三角形，求解 再利用三角形的中位线的性质可得答案．【详解】解：如图，连
接EF，∵正方形ABCD的面积为3， ∵ ∴ ∴ ∴ ∵平分 ∴ ∴ ∴为等腰直角三角形， ∵分别为的中点， 故选D【点睛】本
题考查的是正方形的性质，锐角三角函数的应用，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的定义，三角形的中位线的性质，求解是解本题的关键．
14．（2022·海南）如图，菱形中，点E是边的中点，垂直交的延长线于点F，若，则菱形的边长是（?）A．3B．4C．5D．【答案】
B【解析】【分析】过C作CM⊥AB延长线于M，根据设，由菱形的性质表示出BC=4x，BM=3x，根据勾股定理列方程计算即可．【详解
】过C作CM⊥AB延长线于M，∵∴设∵点E是边的中点∴∵菱形∴，CE∥AB∵⊥，CM⊥AB∴四边形EFMC是矩形∴，∴BM=3x在
Rt△BCM中，∴，解得或（舍去）∴故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理，关键在于熟悉各个知识点在本
题的灵活运用．属于拔高题．15．（2022·江苏无锡）如图，在ABCD中，，，点E在AD上，，则的值是（?）A．B．C．D．【答案
】D【解析】【分析】过点B作BF⊥AD于F，由平行四边形性质求得∠A=75°，从而求得∠AEB=180°-∠A-∠ABE=45°，
则△BEF是等腰直角三角形，即BF=EF，设BF=EF=x，则BD=2x，DF=，DE=DF-EF=（-1）x，AF=AD-DF=
BD-DF=（2-）x，继而求得AB2=AF2+BF2=（2-）2x2+X2=（8-4）x2，从而求得，再由AB=CD，即可求得答
案．【详解】解：如图，过点B作BF⊥AD于F，∵ABCD，∴CD=AB，CDAB，∴∠ADC+∠BAD=180°，∵∴∠A=75°
，∵∠ABE=60°，∴∠AEB=180°-∠A-∠ABE=45°，∵BF⊥AD，∴∠BFD=90°，∴∠EBF=∠AEB=45°
，∴BF=FE，∵AD=BD，∴∠ABD=∠A=75°，∴∠ADB=30°，设BF=EF=x，则BD=2x，由勾股定理，得DF=，
∴DE=DF-EF=（-1）x，AF=AD-DF=BD-DF=（2-）x，由勾股定理，得AB2=AF2+BF2=（2-）2x2+x
2=（8-4）x2，∴∴，∵AB=CD，∴，故选：D．【点睛】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，直角三角形的性
质，过点B作BF⊥AD于F，构建直角三角形与等腰直角三角形是解题的关键．16．（2022·四川宜宾）如图，在矩形纸片ABCD中，，
，将沿BD折叠到位置，DE交AB于点F，则的值为（?）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】先根据矩形的性质和折叠的性质，利用
“AAS”证明，得出，，设，则，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程得出x的值，最后根据余弦函数的定义求出结果即可．【详解】解：∵
四边形ABCD为矩形，∴CD=AB=5，AB=BC=3，，根据折叠可知，，，，∴在△AFD和△EFB中，∴（AAS），∴，，设，则
，在中，，即，解得：，则，∴，故C正确．故选：C．【点睛】本题主要考查了矩形的折叠问题，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角函数
的定义，根据题意证明，是解题的关键．17．（2022·湖北随州）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，
BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DC的中点，连接AP，NF，沿图中实线
剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之前，关于该图形，下列说法：①图中的三角形都是等腰直角三角形；②四边形MPEB是菱形；③四边形PF
DM的面积占正方形ABCD面积的．正确的有（?）A．只有①B．①②C．①③D．②③【答案】C【解析】【分析】先根据正方形的性质和中
位线定理证明图中所有三角形是等腰直角三角形，再证明四边形MPEB是平行四边形但不是菱形，最后再证明四边形PFDM的面积占正方形AB
CD面积的即可．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABO＝∠ADB＝∠CBD＝∠BDC＝45°，∠BAD＝∠BCD＝90°
，∴△ABD、△BCD是等腰直角三角形，∵，∴∠APF＝∠APE＝90°，∵E，F分别为BC，CD的中点，∴EF是△BCD的中位线
，CE＝BC，CF＝CD，∴ CE＝CF，∵∠C＝90°，∴△CEF是等腰直角三角形，?∴EFBD，EF＝BD，∴∠APE＝∠AO
B＝90°，∠APF＝∠AOD＝90°，∴△ABO、△ADO是等腰直角三角形，∴AO＝BO，AO＝DO，∴BO＝DO，∵M，N分别
为BO，DO的中点，∴OM＝BM＝BO，ON＝ND＝DO，∴OM＝BM＝ON＝ND，∵∠BAO＝∠DAO＝45°，∴由正方形是轴对
称图形，则A、P、C三点共线，PE＝PF＝EF＝ON＝BM＝OM，连接PC，如图，∴NF是△CDO的中位线，∴NFAC，NF＝OC
＝OD＝ON＝ND，∴∠ONF＝180°－∠COD＝90°，∴∠NOP＝∠OPF＝∠ONF＝90°，∴四边形FNOP是矩形，∴四边
形FNOP是正方形，∴NF＝ON＝ND，∴△DNF是等腰直角三角形，∴图中的三角形都是等腰直角三角形；故①正确，∵PEBM，PE＝
BM，∴四边形MPEB是平行四边形，∵BE＝BC，BM＝OB，在Rt△OBC中，BC＞OB，∴BE≠BM，∴四边形MPEB不是菱形
；故②错误，∵PC＝PO＝PF＝OM，∠MOP＝∠CPF＝90°，∴△MOP≌△CPF（SAS），∴ ，故③正确，故选：C【点睛】
此题考查了七巧板，正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理、三角形全等的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性
质等知识，正确的识别图形是解题的关键．18．（2021·四川绵阳）如图，在边长为3的正方形中，，，则的长是（?）A．1B．C．D．
2【答案】C【解析】【分析】由正方形的性质得出，，由证得，即可得出答案．【详解】解：四边形是正方形，，，∵在中，，，设，则，根据勾
股定理得：，即，解得：（负值舍去），，，，，，，，，．故选：．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含
角的直角三角形的性质等知识，证明是解题的关键．19．（2021·辽宁朝阳）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且B
E＝2AE，DF＝2CF，点G，H分别是AC的三等分点，则S四边形EHFG÷S菱形ABCD的值为（?）A．B．C．D．【答案】A【
解析】【分析】由题意可证EG∥BC，EG＝2，HF∥AD，HF＝2，可得四边形EHFG为平行四边形，即可求解．【详解】解：∵BE＝
2AE，DF＝2FC，∴，∵G、H分别是AC的三等分点，∴，，∴，∴EG∥BC∴，同理可得HF∥AD，，∴，故选：A．【点睛】本题
考查了菱形的性质，由题意可证EG∥BC，HF∥AD是本题的关键．20．（2020·辽宁锦州）如图，在菱形ABCD中，P是对角线AC
上一动点，过点P作PE⊥BC于点E，PF⊥AB于点F．若菱形ABCD的周长为20，面积为24，则PE＋PF的值为(?) A．4B．
C．6D．【答案】B【解析】【分析】连接BP，通过菱形的周长为20，求出边长，菱形面积为24，求出SABC的面积，然后利用面积法，
SABP+SCBP=SABC，即可求出的值．【详解】解：连接BP，如图，∵菱形ABCD的周长为20，∴AB=BC=20÷4=5，又
∵菱形ABCD的面积为24，∴SABC=24÷2=12，又SABC= SABP+SCBP∴SABP+SCBP=12，∴ ，∵AB=
BC，∴∵AB=5，∴PE+PF=12×=．故选：B．【点睛】本题主要考查菱形的性质，解题关键在于添加辅助线，通过面积法得出等量关
系，求出PF+PE的值．21．（2020·广西河池）如图，在?ABCD中，CE平分∠BCD，交AB于点E，EA＝3，EB＝5，ED
＝4．则CE的长是（ ）A．5B．6C．4D．5【答案】C【解析】【分析】根据平行四边形的性质和角平分线的定义可得AD＝BC＝E
B＝5，根据勾股定理的逆定理可得∠AED＝90°，再根据平行四边形的性质可得CD＝AB＝8，∠EDC＝90°，根据勾股定理可求CE
的长．【详解】解：∵CE平分∠BCD，∴∠BCE＝∠DCE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AD＝BC，AB∥CD，∴
∠BEC＝∠DCE，∴∠BEC＝∠BCE，∴BC＝BE＝5，∴AD＝5，∵EA＝3，ED＝4，在△AED中，32+42＝52，即E
A2+ED2＝AD2，∴∠AED＝90°，∴CD＝AB＝3+5＝8，∠EDC＝90°，在Rt△EDC中，CE＝＝＝4．故选：C．【
点睛】此题主要考查了平行四边形的性质和角平分线的性质，勾股定理的逆定理，勾股定理，关键是掌握平行四边形对边平行且相等．22．（20
20·江苏南通）如图①，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线B﹣E﹣D运动到点D停止，点Q从点B出发沿BC运动到点
C停止，它们的运动速度都是1cm/s．现P，Q两点同时出发，设运动时间为x（s），△BPQ的面积为y（cm2），若y与x的对应关系
如图②所示，则矩形ABCD的面积是（ ）A．96cm2B．84cm2C．72cm2D．56cm2【答案】C【解析】【分析】过点E
作EH⊥BC，由三角形面积公式求出EH=AB=6，由图2可知当x=14时，点P与点D重合，则AD=12，可得出答案．【详解】解：从
函数的图象和运动的过程可以得出：当点P运动到点E时，x＝10，y＝30，过点E作EH⊥BC，由三角形面积公式得：y＝，解得EH＝A
B＝6，∴BH=AE=8,由图2可知当x＝14时，点P与点D重合，∴ED=4,∴BC=AD＝12，∴矩形的面积为12×6＝72．故
选：C．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，三角形的面积等知识，熟练掌握数形结合思想方法是解题的关键．23．（2020·山东威海
）七巧板是大家熟悉的一种益智玩具，用七巧板能拼出许多有趣的图案．小李将块等腰直角三角形硬纸板（如图①）切割七块，正好制成一副七巧板
（如图②），已知，则图中阴影部分的面积为（?）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】如图，设OF＝EF＝FG＝x，可得EH＝2
x＝20，解方程即可解决问题．【详解】解：如图，设OF＝EF＝FG＝x，∴OE＝OH＝2x，在Rt△EOH中，EH＝2x，由题意E
H＝20cm，∴20＝2x，∴x＝5，∴阴影部分的面积＝（5）2＝50（cm2），故选：C．【点睛】本题考查正方形的性质、勾股定理
、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．24．（2020·湖南益阳）如图，在矩
形中，是上的一点，是等边三角形，交于点，则下列结论不成立的是（ ）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】根据等边三角形和矩形角
度的特点即可得出A说法正确；假设∠BAC=45°，可得到AB=BC，又AB=BE，所以BE=BC，不成立，所以B说法错误；设EC的
长为x，BE=2EC=2x，BC=，证得△ECF∽△BAF，根据相似三角形的性质可得，C说法正确；AD=BC=，AB=BE=2x，
可得D说法正确．【详解】解：在矩形ABCD中，是等边三角形，∴∠DAB=90°，∠EAB=60°，∴∠DAE=90°-60°=30
°，故A说法正确；若∠BAC=45°，则AB=BC，又∵AB=BE，∴BE=BC，在△BEC中，BE为斜边，BE＞BC，故B说法错
误；设EC的长为x，易得∠ECB=30°，∴BE=2EC=2x，BC=，AB=BE=2x，∵DC∥AB，∴∠ECA=∠CAB，又∵
∠EFC=∠BFA，∴△ECF∽△BAF，∴，故C说法正确；AD=BC=，∴，故D说法正确．故选：B【点睛】本题考查了矩形和等边三
角形的性质，相似三角形的性质和判定，熟练掌握矩形和等边三角形的性质是解题的关键．25．（2020·云南）如图，平行四边形的对角线，
相交于点，是的中点，则与的面积的比等于（?）A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】先证明OE//BC，再根据△DEO∽△DCB
求解即可．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO=DO，∵是的中点，∴OE是△DCB的中位线，∴OE//BC，OE=BC，∴
△DEO∽△DCB，∴△DEO：△DCB=．故选B．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形的中位线，以及相似三角形的判定与性质
，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．26．（2020·贵州毕节）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点，分别是，的中点
，连接，若，，则的长是（?）A．B．C．D．【答案】D【解析】【分析】由勾股定理求出BD的长，根据矩形的性质求出OD的长，最后根据
三角形中位线定理得出EF的长即可．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，AC=BD，OA=OC=OD=OB，∵，，∴
AC=∴BD=10cm，∴，∵点，分别是，的中点，∴．故选：D．【点睛】本题考查矩形的性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是
熟练掌握基本知识．27．（2020·广东广州）如图，矩形的对角线，交于点，，，过点作，交于点，过点作，垂足为，则的值为（?）A．B
．C．D．【答案】C【解析】【分析】根据勾股定理求出AC=BD=10，由矩形的性质得出AO=5，证明得到OE的长，再证明可得到EF
的长，从而可得到结论．【详解】∵四边形ABCD是矩形，，，，，，，，，又，，，，，，，同理可证，，，，，，故选：C．【点睛】本题主
要考查了矩形的性质和相似三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答此题的关键．二、填空题28．（2022·广东广州）如图，在□A
BCD中，AD=10，对角线AC 与BD相交于点O，AC+BD=22，则△BOC的周长为________【答案】21【解析】【分析
】根据平行四边形对角线互相平分，求出OC+OB的长，即可解决问题．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=OC=AC，B
O=OD=BD，BC=AD=10,∵AC+BD=22，∴OC+BO=11，∵BC=10，∴△BOC的周长=OC+OB+BC=16+
10=21．故答案为：21．【点睛】本题考查平行四边形的性质以及三角形周长等知识，解题的关键是记住平行四边形的对角线互相平分，属于
中考基础题．29．（2022·青海）如图矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，过点O的直线分别交AD和BC于点E，F，AB＝3
，BC＝4，则图中阴影部分的面积为_____．【答案】6．【解析】【分析】首先结合矩形的性质证明△AOE≌△COF，得△AOE、△
COF的面积相等，从而将阴影部分的面积转化为△BCD的面积．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴OA＝OC，∠AEO＝∠CFO；又∵
∠AOE＝∠COF，在△AOE和△COF中，∵，∴△AOE≌△COF（ASA），∴S△AOE＝S△COF，∴S阴影＝S△AOE+S
△BOF+S△COD＝S△AOE+S△BOF+S△COD＝S△BCD；∵S△BCD＝BC?CD＝6，∴S阴影＝6．故答案为6．【点
睛】本题主要考查矩形的性质，三角形全等的判定和性质定理，掌握三角形的判定和性质定理，是解题的关键．30．（2021·贵州黔东南）如
图，BD是菱形ABCD的一条对角线，点E在BC的延长线上，若，则的度数为_________度．【答案】64【解析】【分析】根据菱形
的性质可以求得和，再应用三角形外角的性质即可求解．【详解】解：∵BD是菱形ABCD的一条对角线，，∴，，∴，∴．故答案为：64．【
点睛】本题考查菱形的性质和三角形外角的性质，熟练掌握以上知识点是解题关键．31．（2021·湖南益阳）如图，已知四边形是平行四边形
，从①，②，③中选择一个作为条件，补充后使四边形成为菱形，则其选择是___（限填序号）．【答案】①【解析】【分析】根据菱形的判定、
矩形的判定、平行四边形的性质即可得．【详解】解：①时，平行四边形是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）；②时，平行四边形是矩形
（对角线相等的平行四边形是矩形）；③由平行四边形的性质可知，，则不能作为构成菱形的条件；故答案为：①．【点睛】本题考查了菱形的判定
、矩形的判定、平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定方法是解题关键．32．（2020·辽宁营口）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，
BD交于点O，其中OA＝1，OB＝2，则菱形ABCD的面积为_____．【答案】4【解析】【分析】根据菱形的面积等于对角线之积的一
半可得答案．【详解】解：∵OA＝1，OB＝2，∴AC＝2，BD＝4，∴菱形ABCD的面积为×2×4＝4．故答案为：4．【点睛】本题
考查菱形的性质,关键在于熟练掌握基础知识.33．（2020·江苏镇江）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝
∠2，则∠BPC的度数为_____°．【答案】135【解析】【分析】由正方形的性质可得∠ACB＝∠BAC＝45°，可得∠2＋∠BC
P＝45°＝∠1＋∠BCP，由三角形内角和定理可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形∴∠ACB＝∠BAC＝45°∴∠2+∠B
CP＝45°∵∠1＝∠2∴∠1+∠BCP＝45°∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP∴∠BPC＝135°故答案为：135．【点睛】
本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，掌握正方形的性质是本题的关键．34．（2020·青海）如图，在矩形中，对角线，相交于点，
已知，，则的长为________cm．【答案】6cm【解析】【分析】根据矩形的性质可得对角线相等且平分，由可得,根据所对直角边是斜
边的一半即可得到结果．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴，，，，∵，∴，又∵，∴，∴在Rt△ABC中，．故答案为6cm．【点睛】本
题主要考查了矩形的性质应用，准确利用直角三角形的性质是解题的关键．35．（2020·广东）如图，在菱形中，，取大于的长为半径，分别
以点，为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交边于点（作图痕迹如图所示），连接，，则的度数为_________．【答案】45°【解析
】【分析】根据题意知虚线为线段AB的垂直平分线，得AE=BE，得；结合°，，可计算的度数．【详解】∵∴∴故答案为：45°．【点睛】
本题考查了菱形的性质，及垂直平分线的性质，熟知以上知识点是解题的关键．36．（2020·四川凉山）如图，的对角线AC、BD相交于点
O，交AD于点E，若OA=1，的周长等于5，则的周长等于__________．【答案】16【解析】【分析】根据已知可得E为AD的中
点，OE是△ABD的中位线，据此可求得AB，根据OA=1，的周长等于5，可求得具体的结果．【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，A
C、BD是对角线，∴O为BD和AC的中点，又∵，∴，，E为AD的中点，又∵OA=1，的周长等于5，∴AE+OE=4，∴，∴的周长=
．故答案为16．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，结合三角形中位线定理判定是解题的关键．37．（2021·辽宁鞍山）如图，矩
形ABCD中，，对角线AC，BD交于点O，，垂足为点H，若，则AD的长为_______________．【答案】【解析】【分析】由
矩形的性质得，，求出，利用30°角的直角三角形的性质求出CH的长度，再利用勾股定理求出DH的长度，根据求出，然后由含角的直角三角形
的性质即可求解．【详解】解：四边形ABCD是矩形，，，，，，∴在中，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查的是矩形的性质以及直角三角
形30°的性质，熟练掌握直角三角形30°的性质是解决本题的关键．38．（2021·山东东营）如图，正方形纸片ABCD的边长为12，
点F是AD上一点，将沿CF折叠，点D落在点G处，连接DG并延长交AB于点E．若，则GE的长为________．【答案】【解析】【分
析】因为折叠，则有，从而可知，利用线段比求出DG的长，即可求出EG．【详解】如图, 四边形ABCD是正方形，，因为折叠，，设垂足为
H，，，，，，，，DE=，，，故答案为．【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理，找到是解题
的关键．39．（2021·湖南株洲）如图所示，线段为等腰的底边，矩形的对角线与交于点，若，则__________．【答案】4【解析
】【分析】先求出矩形的对角线的长，得到AB的取值，再利用等腰三角形的概念直接得到AC的值．【详解】解：∵矩形 ADBE 的对角线
AB 与 DE 交于点 O ，∴AB=DE，OE=OD，∴AB=DE=2OD=4，∵线段 BC 为等腰 △ABC 的底边，∴AC=
AB=4，故答案为：4．【点睛】本题考查了矩形的性质和对等腰三角形概念的理解，解决本题的关键是理解相关概念与性质，能灵活运用题干信
息，将它们用数学符号进行表示，本题较基础，考查了学生的几何语言表述的能力以及基本功．40．（2021·湖南邵阳）如图，在矩形中，，
垂足为点．若，，则的长为______．【答案】3【解析】【分析】在中，由正弦定义解得，再由勾股定理解得DE的长，根据同角的余角相等
，得到，最后根据正弦定义解得CD的长即可解题．【详解】解：在中，在矩形中，故答案为：3．【点睛】本题考查矩形的性质、正弦、勾股定理
等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．41．（2021·江苏连云港）如图，菱形的对角线、相交于点O，，垂足为E，，
，则的长为______．【答案】【解析】【分析】直接利用菱形的性质得出AO，DO的长，再利用勾股定理得出菱形的边长，进而利用等面积
法得出答案．【详解】解：∵菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC=8，DB=6，∴AO=4，DO=3，∠AOD=90°，
∴AD=5，在 中，由等面积法得： ,∴ 故答案为： ．【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的高的求法（等面积
法），熟记性质与定理是解题关键．42．（2022·吉林）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且，连接．若
，则__________．【答案】##2.5【解析】【分析】由矩形的性质可得点F是OA的中点，从而EF是△AOD的中位线，则由三角
形中位线定理即可求得EF的长．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴BD=AC=10，OA=AC，OD=BD=5，∵，∴，即点F是OA
的中点．∵点是边的中点，∴EF是△AOD的中位线，∴．故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理等知识，掌握中位线
定理是本题的关键．43．（2022·广西贺州）如图，在矩形ABCD中，，E，F分别是AD，AB的中点，的平分线交AB于点G，点P是
线段DG上的一个动点，则的周长最小值为__________．【答案】##【解析】【分析】在CD上取点H，使DH=DE，连接EH，P
H，过点F作FK⊥CD于点K，可得DG垂直平分EH，从而得到当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF，再分别求出E
F和FH，即可求解．【详解】解：如图，在CD上取点H，使DH=DE，连接EH，PH，过点F作FK⊥CD于点K，在矩形ABCD中，∠
A=∠ADC=90°，AD=BC=6，CD=AB=8，∴△DEH为等腰直角三角形，∵DG平分∠ADC，∴DG垂直平分EH，∴PE=
PH，∴的周长等于PE+PF+EF=PH+PF+EF≥FH+EF，∴当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF，∵E
，F分别是AD，AB的中点，∴AE=DE=DH=3，AF=4，∴EF=5，∵FK⊥CD，∴∠DKF=∠A=∠ADC=90°，∴四边
形ADKF为矩形，∴DK=AF=4，FK=AD=6，∴HK=1，∴，∴FH+EF=，即的周长最小为．故答案为：【点睛】本题主要考查
了最短距离问题，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，明确题意，准确得到当点F、P、H三点共线时，的周长最小，最小值为FH+EF是解题
的关键．44．（2022·辽宁辽宁）如图，CD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC，BC的平行线，交BC于点E，交AC于点F．若
∠ACB＝60°，CD＝4，则四边形CEDF的周长是_______．【答案】16【解析】【分析】连接EF交CD于O，先证明四边形C
FDE为菱形，从而求出CO的长度，然后根据余弦定义求出CE即可得出答案．【详解】解：连接EF交CD于O，如图：∵DEAC，DFBC
，∴四边形CEDF是平行四边形，∵CD是△ABC的角平分线，∴∠FCD＝∠ECD，∵DEAC，∴∠FCD＝∠CDE，∴∠ECD＝∠
CDE，∴CE＝DE，∴四边形CEDF是菱形，∴CD⊥EF，∠ECD＝∠ACB＝30°，OC＝CD＝，在Rt△COE中，CE＝＝＝
4，∴四边形CEDF的周长是4CE＝4×4＝16，故答案为：16．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，余弦的定义等知识，解题的关键
是判断出四边形CEDF为菱形．45．（2022·广西河池）如图，把边长为1：2的矩形ABCD沿长边BC，AD的中点E，F对折，得到
四边形ABEF，点G，H分别在BE，EF上，且BG＝EH＝BE＝2，AG与BH交于点O，N为AF的中点，连接ON，作OM⊥ON交A
B于点M，连接MN，则tan∠AMN＝_____．【答案】##0.625【解析】【分析】先判断出四边形ABEF是正方形，进而判断出
△ABG≌△BEH，得出∠BAG=∠EBH，进而求出∠AOB=90°，再判断出△AOB~△ABG，求出，再判断出△OBM～△OAN
，求出BM=1，即可求出答案．【详解】解：∵点E，F分别是BC，AD的中点，∴，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°，AD∥BC
，AD=BC，∴，∴四边形ABEF是矩形，由题意知，AD=2AB，∴AF=AB，∴矩形ABEF是正方形，∴AB=BE，∠ABE=∠
BEF=90°，∵BG=EH，∴△ABG≌△BEH（SAS），∴∠BAG=∠EBH，∴∠BAG+∠ABO=∠EBH+∠ABO=∠A
BG=90°，∴∠AOB=90°，∵BG＝EH＝BE＝2，∴BE=5，∴AF=5，∴，∵∠OAB=∠BAG，∠AOB=∠ABG，∴
△AOB∽△ABG，∴，即，∴，∵OM⊥ON，∴∠MON=90°=∠AOB，∴∠BOM=∠AON，∵∠BAG+∠FAG=90°，∠
ABO+∠EBH=90°，∠BAG=∠EBH，∴∠OBM=∠OAN，∴△OBM～△OAN，∴，∵点N是AF的中点，∴，∴，解得：B
M=1，∴AM=AB-BM=4，∴．故答案为：【点睛】此题主要考查了矩形性质，正方形性质和判定，全等三角形的判定和性质，相似三角形
的判定和性质，勾股定理，求出BM是解本题的关键．46．（2022·黑龙江哈尔滨）如图，菱形的对角线相交于点O，点E在上，连接，点F
为的中点，连接，若，，，则线段的长为___________．【答案】【解析】【分析】先根据菱形的性质找到Rt△AOE和Rt△AOB
，然后利用勾股定理计算出菱形的边长BC的长，再根据中位线性质，求出OF的长．【详解】已知菱形ABCD，对角线互相垂直平分，∴AC⊥
BD，在Rt△AOE中，∵OE=3，OA=4，∴根据勾股定理得，∵AE=BE，∴， 在Rt△AOB中，即菱形的边长为，∵点F为的中
点，点O为DB中点，∴ ．故答案为【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、中位线的判定与性质；熟练掌握菱形性质，并能结合勾股定理、
中位线的相关知识点灵活运用是解题的关键．47．（2022·江苏无锡）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分
AE且分别交AE、BC于点H、G，则BG＝________．【答案】1【解析】【分析】连接AG，EG，根据线段垂直平分线性质可得A
G=EG，由点E是CD的中点，得CE=4，设BG=x，则CG=8-x，由勾股定理，可得出（8-x）2+42=82+x2，求解即可．
【详解】解：连接AG，EG，如图，∵HG垂直平分AE，∴AG=EG，∵正方形ABCD的边长为8，∴∠B=∠C=90°，AB=BC=
CD=8，∵点E是CD的中点，∴CE=4，设BG=x，则CG=8-x，由勾股定理，得EG2=CG2+CE2=（8-x）2+42，A
G2=AB2+BG2=82+x2，∴（8-x）2+42=82+x2，解得：x=1，故答案为：1．【点睛】本题考查正方形的性质，线段
垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理及其运用是解题的关键．48．（2021·四川内江）
如图，矩形，，，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上．当点在轴上运动时，点也随之在轴上运动，在这个运动过程中，点到原点的最大距离为 __
．【答案】##【解析】【分析】取 的中点 ，连接 ， ，由勾股定理可求 的长，由直角三角形的性质可求 的长，由三角形的三边可求解．
【详解】如图，取的中点，连接，，矩形，，，，，点是的中点，，，，点是的中点，，在中，，当点在上时，，的最大值为，故答案为：．【点睛
】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角形的三边形关系，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造三角形是解题的关键．49．（202
1·辽宁锦州）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，以点B为圆心、BC的长为半径画弧交AD于点E，再分别以点C，E为圆心、
大于CE的长为半径画弧，两弧交于点F，作射线BF交CD于点G，则CG的长为__________________．【答案】【解析】【
分析】根据作图过程可得BF是∠EBC的平分线，然后证明△EBG≌△CBG，再利用勾股定理即可求出CG的长．【详解】解：如图，连接E
G，根据作图过程可知：BF是∠EBC的平分线，∴∠EBG＝∠CBG，在△EBG和△CBG中，，∴△EBG≌△CBG（SAS），∴G
E＝GC，∠BEG=∠C=90°，在Rt△ABE中，AB＝6，BE＝BC＝10，∴AE＝＝8，∴DE＝AD﹣AE＝10﹣8＝2，在
Rt△DGE中，DE＝2，DG＝DC﹣CG＝6﹣CG，EG＝CG，∴EG2﹣DE2＝DG2∴CG2﹣22＝（6﹣CG）2，解得CG
＝．故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，作图-基本作图，解决本题的关键是掌握矩形的性质．50．（2021·黑龙江哈尔滨）如图
，矩形的对角线，相交于点，过点作，垂足为点，过点作，垂足为点．若，，则的长为_____．【答案】【解析】【分析】根据矩形的性质得A
O=CO=BO=DO=6，再证明，从而得是等边三角形，进而即可求解．【详解】解：∵在矩形中，∴AO=CO=BO=DO=6，∵，∴B
C=2BE，∵，∴BE=AF，∵∠OBE+∠ABF=∠ABF+∠BAF =90°，∴∠OBE=∠BAF，∵又∵∠AFB=∠BEO=
90°，∴，∴AB=BO，∴AB=BO=AO，∴是等边三角形，∴∠ABO=60°，∴∠OBE=30°，∴OE=3 ，，故答案是：．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握矩形的对角线相等且平分是解题的关键．
51．（2020·山东济南）如图，在矩形纸片ABCD中，AD＝10，AB＝8，将AB沿AE翻折，使点B落在处，AE为折痕；再将EC
沿EF翻折，使点C恰好落在线段EB''上的点处，EF为折痕，连接．若CF＝3，则tan＝_____．【答案】【解析】【分析】连接AF
，设CE＝x，用x表示AE、EF，再证明∠AEF＝90°，由勾股定理得通过AF进行等量代换列出方程便可求得x，再进一步求出B′C′
，便可求得结果．【详解】解：连接AF，设CE＝x，则C′E＝CE＝x，BE＝B′E＝10﹣x，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD
＝8，AD＝BC＝10，∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴AE2＝AB2+BE2＝82+（10﹣x）2＝164﹣20x+x2，EF2＝C
E2+CF2＝x2+32＝x2+9，由折叠知，∠AEB＝∠AEB′，∠CEF＝∠C′EF，∵∠AEB+∠AEB′+∠CEF+∠C′
EF＝180°，∴∠AEF＝∠AEB′+∠C′EF＝90°，∴AF2＝AE2+EF2＝164﹣20x+x2+x2+9＝2x2﹣20
x+173，∵AF2＝AD2+DF2＝102+（8﹣3）2＝125，∴2x2﹣20x+173＝125，解得，x＝4或6，当x＝6时
，EC＝EC′＝6，BE＝B′E＝8﹣6＝2，EC′＞B′E，不合题意，应舍去，∴CE＝C′E＝4，∴B′C′＝B′E﹣C′E＝（
10﹣4）﹣4＝2，∵∠B′＝∠B＝90°，AB′＝AB＝8，∴tan∠B''AC′＝=．故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，
折叠的性质，锐角三角函数，勾股定理，掌握折叠的性质是解题关键．52．（2020·辽宁大连）如图，矩形中，，点E在边上，与相交于点F
．设，，当时，y关于x的函数解析式为_____．【答案】【解析】【分析】利用矩形的性质可求得BAD为直角三角形，即可利用勾股定理得
到BD的长，求证FEDFCB，运用相似三角形的性质建立等式即可求解．【详解】∵四边形是矩形∴∠BAD=，BC=AD=8，AB=CD
=6∴在ABD中，BD=∴FD=BD?BF=10?y又∵ADBC∴FEDFBC∴∴∴故答案为【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股
定理，相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质建立等式是解题的关键．53．（2020·四川凉山）如图，矩形ABCD中，AD=1
2，AB=8，E是AB上一点，且EB=3，F是BC上一动点，若将沿EF对折后，点B落在点P处，则点P到点D的最短距为 ．【答案】【
解析】【分析】如图，连接利用三角形三边之间的关系得到最短时的位置，如图利用勾股定理计算，从而可得答案．【详解】解：如图，连接 则＞
，为定值， 当落在上时，最短， 图 如图，连接， 由勾股定理得： 即的最小值为： 故答案为： 图【点睛】本题考查的是矩形的性质
，考查利用轴对称求线段的最小值问题，同时考查了勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．54．（2020·广东广州）如图，正方形中
，绕点逆时针旋转到，，分别交对角线于点，若，则的值为_______．【答案】16【解析】【分析】根据正方形及旋转的性质可以证明，利
用相似的性质即可得出答案．【详解】解：在正方形中，，∵绕点逆时针旋转到，∴，∴，∵，∴，∴，∴．故答案为：16．【点睛】本题考查了
正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质，掌握正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定及性质是解题的关键．三、解答题55
．（2022·湖南）如图，菱形的对角线、相交于点，点是的中点，连接，过点作交的延长线于点，连接．(1)求证：；(2)试判断四边形的
形状，并写出证明过程．【答案】(1)见解析(2)矩形，见解析【解析】【分析】（1）由题意得，根据平行线的性质得，用ASA即可证明；
（2）根据全等三角形的性质得，即可得四边形为平行四边形，根据菱形的性质得，即，即可得．(1)证明：点是的中点，，又，在和中，，；(
2)四边形为矩形，证明如下：证明：，，又，四边形为平行四边形，又四边形为菱形，，即，四边形为矩形．【点睛】本题考查了菱形的性质，矩
形的判定，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．56．（2022·湖北恩施）如图，已知四边形ABCD是正方形，G
为线段AD上任意一点，于点E，于点F．求证：．【答案】证明见解析【解析】【分析】先根据正方形的性质可得，从而可得，再根据垂直的定义
可得，从而可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，最后根据线段的和差、等量代换即可得证．【详解】证明：四
边形是正方形，，，，，，，在和中，，，，，．【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，正确找出两个全等三角形
是解题关键．57．（2022·黑龙江哈尔滨）如图，方格纸中每个小正方形的边长均为1，的顶点和线段的端点均在小正方形的顶点上．(1)
在方格纸中面出，使与关于直线对称（点D在小正方形的顶点上）；(2)在方格纸中画出以线段为一边的平行四边形（点G，点H均在小正方形的
顶点上），且平行四边形的面积为4．连接，请直接写出线段的长．【答案】(1)见解析(2)图见解析，【解析】【分析】（1）根据轴对称的
性质可得△ADC；（2）利用平行四边形的性质即可画出图形，利用勾股定理可得DH的长．(1)如图(2)如图，【点睛】本题考查了作图，
轴对称变换，平行四边形的性质，勾股定理等知识，准确画出图形是解题的关键．58．（2022·山东青岛）如图，在四边形ABCD中，AB
∥CD，点E，F在对角线BD上，BE=EF=FD，∠BAF=∠DCE=90°．(1)求证：△ABF≌△CDE；(2)连接AE，CF
，已知__________（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形AECF的形状，并证明你的结论． 条件①：∠
ABD=30°； 条件2：AB=BC．（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分）【答案】(1)证明见解析(2)见解
析【解析】【分析】（1）利用AAS即可证明△ABF≌△CDE；（2）若选择条件①：先证明四边形AECF是平行四边形，利用直角三角形
斜边上的中线性质以及含30度角的直角三角形的性质证得AE=AF，即可证明平行四边形AECF是菱形．若选择条件②：先证明四边形AEC
F是平行四边形，得到AO=CO，再根据等腰三角形的性质即可证明平行四边形AECF是菱形．(1)证明：∵BE=FD，∴BE+EF=F
D+EF，即BF=DE，∵AB∥CD，∴∠ABF=∠CDE，又∵∠BAF=∠DCE=90°，∴△ABF≌△CDE(AAS)；(2)
解：若选择条件①：四边形AECF是菱形， 由（1）得，△ABF≌△CDE，∴AF=CE，∠AFB=∠CED，∴AF∥CE，∴四边形
AECF是平行四边形，∵∠BAF=90°，BE=EF，∴AE=BF，∵∠BAF=90°，∠ABD=30°，∴AF=BF，∴AE=A
F，∴平行四边形AECF是菱形．若选择条件②：四边形AECF是菱形，连接AC交BD于点O，由（1）得，△ABF≌△CDE，∴AF=
CE，∠AFB=∠CED，∴AF∥CE，∴四边形AECF是平行四边形，∴AO=CO，∵AB=BC，∴BO⊥AC，即EF⊥AC，∴平
行四边形AECF是菱形．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，菱形的判定，平行四边形的判定
和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．59．（2021·江苏徐州）如图，将一张长方形纸片沿折叠，使两点重合．点落在点处．已
知，．（1）求证：是等腰三角形；（2）求线段的长．【答案】（1）见解析；（2）3【解析】【分析】（1）根据矩形的性质可得,则,因为
折叠，，即可得证；（2）设用含的代数式表示，由折叠，，再用勾股定理求解即可【详解】（1）四边形是矩形因为折叠，则是等腰三角形（2）
四边形是矩形,设，则因为折叠，则，,在中即解得：【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定定理，图像的折叠，勾股定理，熟悉以上
知识点是解题的关键．60．（2021·贵州安顺）如图，在矩形中，点在上，，且，垂足为．（1）求证：；（2）若，求四边形的面积．【答
案】（1）见详解；（2）4-8【解析】【分析】（1）由矩形的性质可得∠D=90°，AB∥CD，从而得∠D=∠ANB，∠BAN=∠A
MD，进而即可得到结论；（2）由以及勾股定理得AN=DM=4，AB=，进而即可求解．【详解】（1）证明：∵在矩形中，∴∠D=90°
，AB∥CD，∴∠BAN=∠AMD，∵，∴∠ANB=90°，即：∠D=∠ANB，又∵，∴（AAS），（2）∵，∴AN=DM=4，∵
，∴，∴AB=，∴矩形的面积=×2=4，又∵，∴四边形的面积=4-4-4=4-8．【点睛】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，全等三
角形的判定和性质，熟练掌握AAS证明三角形全等，是解题的关键．61．（2020·广西）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别是边AD
，AB的中点．（1）求证：；（2）若BE＝，∠C＝60°，求菱形ABCD的面积．【答案】（1）详见解析；（2）2．【解析】【分析】
（1）利用菱形的性质，由SAS证明即可；（2）证是等边三角形，得出BE⊥AD，求出AD即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是
菱形，∴AB＝AD，∵点E，F分别是边AD，AB的中点，∴AF＝AE，在和中，，∴（SAS）；（2）解：连接BD，如图：∵四边形A
BCD是菱形，∴AB＝AD，∠A＝∠C＝60°，∴是等边三角形，∵点E是边AD的中点，∴BE⊥AD，∴∠ABE＝30°， ∴AE＝
BE＝1，AB＝2AE＝2，∴AD＝AB＝2，∴菱形ABCD的面积＝AD×BE＝2×＝2．【点睛】本题考查的是菱形的性质，等边三角
形的判定与性质，菱形的面积的计算，掌握以上知识是解题的关键．62．（2020·湖南娄底）如图，中，，，分别在边、上的点E与点F关于
对称，连接、、、．（1）试判定四边形的形状，并说明理由；（2）求证：【答案】（1）四边形为菱形，理由详见解析；（2）详见解析【解析
】【分析】（1）根据题意可证明，再由可得到四边形是菱形；（2）根据直角三角形斜边上的中线的性质即可求解．【详解】解：（1）四边形为
菱形，理由如下 由可得，从而 设与相交于点O∵点E与点F关于对称∴且 在和中∴ ∴，又∴四边形为菱形，（2）∵，据（1）C∴ 又∵
∴ ∴．【点睛】此题主要考查菱形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质、菱形的判定定理及直角三角形的性质．63（2
022·湖南永州）如图，是平行四边形的对角线，平分，交于点．(1)请用尺规作的角平分线，交于点（要求保留作图痕迹，不写作法，在确认
答案后，请用黑色笔将作图痕迹再填涂一次）；(2)根据图形猜想四边形为平行四边形，请将下面的证明过程补充完整．证明：∵四边形是平行四
边形，∴∵______（两直线平行，内错角相等）又∵平分，平分，∴，∴∴______（______）（填推理的依据）又∵四边形是平
行四边形∴∴四边形为平行四边形（______）（填推理的依据）．【答案】(1)详见解析(2)∠DBC；BF；内错角相等，两直线平行
；两组对边分别平行的四边形是平行四边形【解析】【分析】（1）根据作角平分线的步骤作平分即可；（2）结合图形和已有步骤合理填写即可；
(1)解：如图，根据角平分线的作图步骤，得到DE，即为所求；(2)证明：∵四边形是平行四边形，∴∵．（两直线平行，内错角相等）.又
∵平分，平分，∴，∴．∴（内错角相等，两直线平行）（填推理的依据）又∵四边形是平行四边形．∴，∴四边形为平行四边形（两组对边分别平
行的四边形是平行四边形）（填推理的依据）．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、角平分线的性质，掌握相关性质并灵活应用是解题的关键
．64．（2022·贵州贵阳）如图，在正方形中，为上一点，连接，的垂直平分线交于点，交于点，垂足为，点在上，且．(1)求证：；(2
)若，，求的长．【答案】(1)见详解(2)【解析】【分析】（1）先证明四边形ADFM是矩形，得到AD=MF，∠AMF=90°=∠M
FD，再利用MN⊥BE证得∠MBO=∠OMF，结合∠A=90°=∠NFM即可证明；（2）利用勾股定理求得BE=10=MN，根据垂直
平分线的性质可得BO=OE=5，BM=ME，即有AM=AB-BM=8-ME，在Rt△AME中，，可得，解得：，即有，再在Rt△BM
O中利用勾股定理即可求出MO，则NO可求．(1)在正方形ABCD中，有AD=DC=CB=AB，∠A=∠D=∠C=90°，，，∵，∠
A=∠D=90°，，∴四边形ADFM是矩形，∴AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，∴∠BMF=90°=∠NFM，即∠BMO+∠
OMF=90°，AB=AD=MF，∵MN是BE的垂直平分线，∴MN⊥BE，∴∠BOM=90°=∠BMO+∠MBO，∴∠MBO=∠O
MF，∵，∴△ABE≌△FMN；(2)连接ME，如图，∵AB=8，AE=6，∴在Rt△ABE中，，∴根据（1）中全等的结论可知MN
=BE=10，∵MN是BE的垂直平分线，∴BO=OE==5，BM=ME，∴AM=AB-BM=8-ME，∴在Rt△AME中，，∴，解
得：，∴，∴在Rt△BMO中，，∴，∴ON=MN-MO=．即NO的长为：．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、正方形的性质、垂直平
分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，掌握勾股定理是解答本题的关键．65．（2022·湖南永州）为提高耕地灌溉效率，
小明的爸妈准备在耕地、B、C、四个位置安装四个自动喷酒装置（如图1所示），A、B、C、四点恰好在边长为50米的正方形的四个顶点上，
为了用水管将四个自动喷洒装置相互连通，爸妈设计了如下两个水管铺设方案（各图中实线为铺设的水管）．方案一：如图2所示，沿正方形的三边
铺设水管；方案二：如图3所示，沿正方形的两条对角线铺设水管．(1)请通过计算说明上述两方案中哪个方案铺设水管的总长度更短；(2)小
明看了爸妈的方案后，根据“蜂集原理”重新设计了一个方案（如图4所示），满足，，、请将小明的方案与爸妈的方案比较，判断谁的方案中铺设
水管的总长度更短，并说明理由．（参考数据：，）【答案】(1)方案二(2)小明，理由见解析【解析】【分析】（1）根据方案铺设管道路线
求解即可；（2）证，求出小明铺设方案的水管的总长度，进行比较即可得结果；(1)解：方案一：（米）方案二：（米）所以方案二总长度更短
．(2)如图，作，，垂足分别为和．∵∴，，∴∵，∴（米），，总长度：（米）∵∴所以小明的方案总长度最短．【点睛】本题主要考查正方形
的性质、三角形的全等证明，根据题意，灵活应用知识点进行求解是解题的关键．66．（2022·内蒙古呼和浩特）下面图片是八年级教科书中
的一道题：如图，四边形是正方形，点是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点．求证．（提示：取的中点，连接．）(1)请你思考题中“提
示”，这样添加辅助线的意图是得到条件： ；(2)如图1，若点是边上任意一点（不与、重合），其他条件不变．求证：；(3)在（2）的条
件下，连接，过点作，垂足为．设，当为何值时，四边形是平行四边形，并给予证明．【答案】(1)AG=CE(2)过程见解析(3)，证明过
程见解析【解析】【分析】对于（1），根据点E是BC的中点，可得答案；对于（2），取AG=EC，连接EG，说明△BGE是等腰直角三角
形，再证明△GAE≌△CEF，可得答案；对于（3），设BC=x，则BE=kx，则，，再利用等腰直角三角形的性质表示EP的长，利用平
行四边形的判定得只要EP=FC，即可解决问题．(1)解：∵E是BC的中点，∴BE=CE．∵点G是AB的中点，∴BG=AG，∴AG=
CE．故答案为：AG=CE；(2)取AG=EC，连接EG．∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠B=90°．∵AG=CE，∴B
G=BE，∴△BGE是等腰直角三角形，∴∠BGE=∠BEG=45°，∴∠AGE=135°．∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=9
0°．∵CF是正方形ABCD外角的平分线，∴∠DCF=45°，∴∠ECF=90°+45°=135°．∵AE⊥EF，∴∠AEB+∠F
EC=90°．∵∠BAE+∠AEB=90°，∴∠BAE=∠CEF，∴△GAE≌△CEF，∴AE=EF；(3)当时，四边形PECF是
平行四边形．如图．由（2）得，△GAE≌△CEF，∴CF=EG．设BC=x，则BE=kx，∴，．∵EP⊥AC，∴△PEC是等腰直角
三角形，∴∠PEC=45°，∴∠PEC+∠ECF=180°，．∴，当PE=CF时，四边形PECF是平行四边形，∴，解得．【点睛】这
是一道关于四边形的综合问题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定等知识．67．（2022·四川成都）如
图，在矩形中，，点是边上一动点（点不与，重合），连接，以为边在直线的右侧作矩形，使得矩形矩形，交直线于点．(1)【尝试初探】在点的
运动过程中，与始终保持相似关系，请说明理由．(2)【深入探究】若，随着点位置的变化，点的位置随之发生变化，当是线段中点时，求的值．
(3)【拓展延伸】连接，，当是以为腰的等腰三角形时，求的值（用含的代数式表示）．【答案】(1)见解析(2)或(3)或【解析】【分析
】（1）根据题意可得∠A=∠D=∠BEG=90°，可得∠DEH=∠ABE，即可求证；（2）根据题意可得AB=2DH，AD=2AB，
AD=4DH，设DH=x，AE=a，则AB=2x，AD=4x，可得DE=4x-a，再根据△ABE∽△DEH，可得或，即可求解；（3
）根据题意可得EG=nBE，然后分两种情况：当FH=BH时，当FH=BF=nBE时，即可求解．(1)解：根据题意得：∠A=∠D=∠
BEG=90°，∴∠AEB+∠DEH=90°，∠AEB+∠ABE=90°，∴∠DEH=∠ABE，∴△ABE∽△DEH；(2)解：根
据题意得：AB=2DH，AD=2AB，∴AD=4DH，设DH=x，AE=a，则AB=2x，AD=4x，∴DE=4x-a，∵△ABE
∽△DEH，∴，∴，解得：或，∴或，∴或；(3)解：∵矩形矩形，，∴EG=nBE，如图，当FH=BH时，∵∠BEH=∠FGH=90
°，BE=FG，∴Rt△BEH≌Rt△FGH，∴EH=GH=，∴，∵△ABE∽△DEH，∴，即，∴，∴；如图，当FH=BF=nBE
时，，∴，∵△ABE∽△DEH，∴，即，∴，∴；综上所述，的值为或．【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰
三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识是解题的关键．68．（2
022·内蒙古赤峰）同学们还记得吗？图①、图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两个图形．受这两个图形的启发，数学
兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答：(1)【问题一】如图①，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，交于点，交于点，则与
的数量关系为_________；(2)【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线、经过正方形的对称中心，直线分别与、交于点、，
直线分别与、交于点、，且，若正方形边长为8，求四边形的面积；(3)【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形的顶点在正方形的
边上，顶点在的延长线上，且，．在直线上是否存在点，使为直角三角形？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由．【答案】(1)(2)16
(3)或【解析】【分析】（1）由正方形的性质可得，，根据ASA可证，由全等三角形的性质可得结论；（2） 过点O作交AD于点M，交B
C于点N，作交AB于点T，交CD于点R，证明△进而证明；（3）分别求出，由勾股定理可得方程，求出x的值即可．(1)∵四边形ABCD
是正方形，∴∠∵是对角线，∴∠，∴∠，∵四边形是正方形，∴∠，∴∠又∠∴，∴∴故答案为: (2)过点O作交AD于点M，交BC于点N
，作交AB于点T，交CD于点R，如图，∵点O是正方形ABCD的中心，∴ 又∠A=90°∴四边形ATOM是正方形，∴ 同（1）可证△
∴(3)∵四边形均为正方形，∴∠∵CG在CD上，∴又CE在BC的延长线上，∴设则在中，在中，延长AD，CE交于点Q，则四边形是矩形
，∴∴，在中，若△为直角三角形，则有，即整理得，解得，∴或【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，
勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键69．（2022·广西玉林）如图，在矩形中，，点E是边上的任一点（不包括端点D，C）
，过点A作交的延长线于点F，设．(1)求的长（用含a的代数式表示）；(2)连接交于点G，连接，当时，求证：四边形是菱形．【答案】(
1)(2)见详解【解析】【分析】（1）根据矩形的性质可得，然后可证，进而根据相似三角形的性质可求解；（2）如图，连接AC，由题意易
证四边形是平行四边形，然后可得，进而可证，则可证，最后问题可求证．(1)解：∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，∴；
(2)证明：由题意可得如图所示：连接AC，在矩形中，，，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，
∴，∴四边形是菱形．【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、矩形的性质及菱形的判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、矩形的性质
及菱形的判定是解题的关键．70．（2022·山东威海）如图:(1)将两张长为8，宽为4的矩形纸片如图1叠放．①判断四边形AGCH的
形状，并说明理由；②求四边形AGCH的面积．(2)如图2，在矩形ABCD和矩形AFCE中，AB＝2，BC＝7，CF＝，求四边形AG
CH的面积．【答案】(1)①菱形，理由见解析；②20(2)【解析】【分析】（1）①根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；②设AH
=CG=x，利用勾股定理构建方程即可解决问题；（2）两个矩形的对角线相等，可得出EC的长，设AH=CG=x，利用勾股定理以及边长之
间的关系可得出x的值，进而可求出面积．(1)①∵四边形ABCD，四边形AECF都是矩形∴ ∴四边形AHCG为平行四边形∵ ∴ ∴
∴四边形AHCG为菱形；②设AH=CG=x，则DH=AD-AH=8-x在中即 解得 ∴四边形AHCG的面积为；(2)由图可得矩形A
BCD和矩形AFCE对角线相等∴ ∴ 设AH=CG=x则HD=7-x在中， 在中， ∵EC=EH+CH=8∴x=3∴四边形AGCH
的面积为．【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．71．（2
022·河南）综合与实践综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动． (1)操作判断操作一：对折矩形纸片AB
CD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接
PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．(2)迁移探究小华将矩形纸片换成正方形纸片，继
续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．①如图2，当点M在EF上时，∠MB
Q＝______°，∠CBQ＝______°；②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数
量关系，并说明理由．(3)拓展应用在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．【答
案】(1)或或或(2)①15，15；②，理由见解析(3)cm或【解析】【分析】（1）根据折叠的性质，得，结合矩形的性质得，进而可得
；（2）根据折叠的性质，可证，即可求解；（3）由（2）可得，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设分别表示出P
D，DQ，PQ，由勾股定理即可求解．(1)解：(2)∵四边形ABCD是正方形∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°由折叠性质得
：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°∴BM=BC①∴②(3)当点Q在点F的下方时，如图，，DQ=DF+FQ=4+1=5(
cm)由（2）可知，设，即解得：∴；当当点Q在点F的上方时，如图，cm，DQ =3cm，由（2）可知，设，即解得：∴．【点睛】本题
主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．72（2021·山东德州）如图，点，
分别在正方形的边，上，且，点，分别在边，上，且，垂足为．(1)求证：；(2)若正方形边长为5，，，求的长度．【答案】(1)答案见解
析；(2)【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得出AD= AB，∠A=∠B= 90°，得到AF= BE，再根据垂直的定义进而得出
∠AFG =∠BEH，即可根据ASA证明△AFG≌△BEH，根据全等三角形的性质即可得解；（2）先求出AG的长，在根据勾股定理求出
FG的长，再证△AFG∽△PEG，由性质求出PG的长，最后根据PF=FG-PG，可得答案．(1)解：∵四边形ABCD是正方形，∴A
D= AB，∠A=∠B= 90°， ∴∠AGF+∠AFG = 90°，∵FG⊥ EH，∴∠AGF+∠GEP= 90°，∴∠AFG=
∠GEP=∠BEH∵AE= DF，∴AD- DF= AB- AE，即AF= BE，在△AFG和△BEH中，，∴△AFG≌△BEH∴
FG=EH；(2)∵AB=AD=5，DF=AE=2，∴BE=AF=5-2=3，在RT△AFG中，，∴AG=4，∴EG=2，在RT△
AFG中，， ∵∠A=∠FPG=90°，∠AGF=∠PGE，∴△AFG∽△PEG，∴ ，即，∴PG= ，∴PF=FG-PG=5-=
．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是熟记相似三角形
的判定与性质．73．（2021·青海西宁）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，．（1）求证：四边形是矩形；（2）若，，求矩形的
周长．【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）利用全等三角形性质和菱形对角线互相垂直平分，证四边形是矩形；（2）根据菱形
性质得出，，由含30度直角三角形的性质求出OB，即可求解．【详解】（1）证明：∵△BOC?△CEB ．∴，（全等三角形的对应边相等
）∴四边形是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）∵四边形是菱形，∴ （菱形的两条对角线互相垂直）∴∴四边形是矩形（有
一个角是直角的平行四边形是矩形）；（2）∵四边形是菱形，，，∴ （菱形的四条边相等）， ∵∴在中，（在直角三角形中，如果一个锐角等
于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半），∴矩形的周长．【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形性质、平行四边形的判定和性质以
及矩形的性质，熟记各种特殊四边形的判定方法和性质以及勾股定理是解题的关键．74．（2021·四川德阳）如图，点E是矩形ABCD的边
BC上一点，将△ABE绕点A逆时针旋转至△AB1E1的位置，此时E、B1、E1三点恰好共线．点M、N分别是AE和AE1的中点，连接
MN、NB1．（1）求证：四边形MEB1N是平行四边形；（2）延长EE1交AD于点F，若EB1＝E1F，，判断△AE1F与△CB1
E是否全等，并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）全等，理由见解析【解析】【分析】（1）可证B1是EE1的中点，则EB1=EE1
，根据M、N分别是AE和AE1的中点，则MN∥EB1，MN=EE1，即可证明；（2）由S△EAF=S△FEC，可得AF=EC．然后
通过SAS可证明结论．【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∵△AB1E1是△ABE旋转所得的，∴AE=
AE1，∠AB1E1=∠AB1E=∠B=90°，∴B1是EE1的中点，∴EB1=EE1，∵M、N分别是AE和AE1的中点，∴MN∥
EB1，MN=EE1，∴EB1=MN，∴四边形MEB1N为平行四边形，（2）△AE1F≌△CEB1，证明：连接FC，∵EB1=B1
E1=E1F，∴=S△EAF，同理，=SFEC，∵=S△EB1C，∴S△EAF=S△FEC，∵AF∥EC，∴△AEF底边AF上的高
和△FEC底边上的高相等．∴AF=EC．∵AF∥EC，∴∠AFE=∠FEC，在△AE1F和△CEB1中，，∴△AE1F≌△CEB1
（SAS）．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行四边形的判定，三角形中位线定理，以及全等三角形的判定与性质等知识，证明S△EAF
=S△FEC是解题的关键．75．（2021·山东菏泽）在矩形中，，点，分别是边、上的动点，且，连接，将矩形沿折叠，点落在点处，点落
在点处．（1）如图1，当与线段交于点时，求证：；（2）如图2，当点在线段的延长线上时，交于点，求证：点在线段的垂直平分线上；（3）
当时，在点由点移动到中点的过程中，计算出点运动的路线长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）．【解析】【分析】（1）分别根据
平行线的性质及折叠的性质即可证得∠DEF＝∠EFB，∠DEF＝∠HEF，由此等量代换可得∠HEF＝∠EFB，进而可得PE＝PF；（
2）连接PM，ME，MF，先证RtPHM≌RtPBM（HL），可得∠EPM＝∠FPM，再证EPM≌FPM（SAS），由此即可得证；
（3）连接AC，交EF于点O，连接OG，先证明EAO≌FCO（AAS），由此可得OC＝AC＝5，进而根据折叠可得OG＝OC＝5，由
此得到点G的运动轨迹为圆弧，再分别找到点G的起始点和终点便能求得答案．【详解】（1）证明：∵在矩形ABCD中，∴ADBC，AB＝C
D；∴∠DEF＝∠EFB，∵折叠，∴∠DEF＝∠HEF，∴∠HEF＝∠EFB，∴PE＝PF；（2）证明：连接PM，ME，MF，∵在
矩形ABCD中，∴AD＝BC，∠D＝∠ABC＝∠PBA＝90°，又∵AE＝CF，∴AD－AE＝BC－CF，即：DE＝BF，∵折叠，
∴DE＝HE，∠D＝∠EHM＝∠PHM＝90°，∴BF＝HE，∠PBA＝∠PHM＝90°，又∵由（1）得：PE＝PF，∴PE－HE
＝PF－BF，即：PH＝PB，在RtPHM与RtPBM中，，∴RtPHM≌RtPBM（HL），∴∠EPM＝∠FPM，在EPM与FP
M中，，∴EPM≌FPM（SAS），∴ME＝MF，∴点M在线段EF的垂直平分线上；（3）解：如图，连接AC，交EF于点O，连接OG
，∵AB＝CD＝5，，∴BC＝，∴在RtABC中，AC＝＝，∵ADBC，∴∠EAO＝∠FCO，在EAO与FCO中，，∴EAO≌FC
O（AAS），∴OA＝OC＝AC＝5，又∵折叠，∴OG＝OC＝5，当点E与点A重合时，如图所示，此时点F，点G均与点C重合，当点E
与AD的中点重合时，如图所示，此时点G与点B重合，∵O为定点，OG＝5为定值，∴点G的运动路线为以点O为圆心，5为半径的圆弧，且圆
心角为∠BOC，在RtABC中，tan∠BAC＝＝，∴∠BAC＝60°，∵OA＝OB＝OC＝OG，∴点A、B、C、G在以点O为圆心
，5为半径的圆上，∴∠BOC＝2∠BAC＝120°，∴的长为＝，∴点运动的路线长为．【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、全等
三角形的判定及性质、圆的相关概念及性质，弧长公式的应用，第（3）问能够发现OG＝5是解决本题的关键．76．（2021·青海）在我们
学习过的数学教科书中，有一个数学活动，若身旁没有量角器或三角尺，又需要作等大小的角，可以采用如下方法：操作感知：第一步：对折矩形纸
片，使与重合，得到折痕，把纸片展开（如图13-1）．第二步：再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时得到线段（如
图13-2）．猜想论证：（1）若延长交于点，如图13-3所示，试判定的形状，并证明你的结论．拓展探究：（2）在图13-3中，若，当
满足什么关系时，才能在矩形纸片中剪出符（1）中的等边三角形？【答案】(1)是等边三角形，理由见解析；（2），理由见解析【解析】【分
析】（1）连接，由折叠性质可得是等边三角形， ，，然后可得到 ，即可判定 是等边三角形．（2）由折叠可知，由（1）可知，利用 的三
角函数即可求得．【详解】（1）解：是等边三角形，证明如下：连接．由折叠可知：，垂直平分．∴，∴，∴为等边三角形，∴，∴，∵，，∴，
∴，∴是等边三角形．（2）解：方法一：要在矩形纸片上剪出等边，则，在中，，，∴，∵，∴，即，当或（）时，在矩形纸片上能剪出这样的等
边．方法二： 要在矩形纸片上剪出等边，则，在中，，，设，则，∴，即，得，∴，∵，∴，即，当（或）时，在矩形纸片上能剪出这样的等边．
【点睛】本题考查了折叠的性质，及锐角三角函数的应用，正确理解折叠性质灵活运用三角函数解直角三角形是解本题的关键．77．（2020·
山东日照）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，以AB为边在AB上方作正方形ABDE，过点D作DF⊥CB，交CB的延长线于点F，连接
BE．（1）求证：△ABC≌△BDF；（2）P，N分别为AC，BE上的动点，连接AN，PN，若DF＝5，AC＝9，求AN+PN的最
小值．【答案】（1）见解析；（2）14【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得出BD=AB，∠DBA=90°，进而得出∠DBF=∠
CAB，因为∠C=∠DFB=90°．根据AAS即可证得结论；（2）根据正方形的性质AN=DN，如使得AN+PN最小，只需D、N、P
在一条直线上，根据垂线段最短，作DP1⊥AC，交BE于点N1，垂足为P1，则AN+PN的最小值等于DP1=FC=14．【详解】（1
）证明：∵Rt△ABC中，∠C＝90°，DF⊥CB，∴∠C＝∠DFB＝90°．∵四边形ABDE是正方形，∴BD＝AB，∠DBA＝90°，∵∠DBF+∠ABC＝90°，∠CAB+∠ABC＝90°，∴∠DBF＝∠CAB，∴△ABC≌△BDF（AAS）；（2）解：∵△ABC≌△BDF，∴DF＝BC＝5，BF＝AC＝9，∴FC＝BF+BC＝9+5＝14．如图，连接DN，∵BE是正方形顶点A与顶点D的对称轴，∴AN＝DN．如使得AN+PN最小，只需D、N、P在一条直线上，由于点P、N分别是AC和BE上的动点，作DP1⊥AC，交BE于点N1，垂足为P1，所以，AN+PN的最小值等于DP1＝FC＝14．【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定和性质，轴对称-最短路线问题，熟练掌握正方形的性质是解题关键．78．（2020·云南昆明）如图1，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点E，F分别为AB，CD的中点．（1）求证：四边形AEFD是矩形；（2）如图2，点P是边AD上一点，BP交EF于点O，点A关于BP的对称点为点M，当点M落在线段EF上时，则有OB＝OM．请说明理由；（3）如图3，若点P是射线AD上一个动点，点A关于BP的对称点为点M，连接AM，DM，当△AMD是等腰三角形时，求AP的长．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）满足条件的PA的值为或或8或10．【解析】【分析】（1）根据四边形ABCD是矩形，先证明四边形AEFD是平行四边形，根据∠A＝90°，即可得到结果；（2）连接PM．BM，证明EF∥AD，推出BO＝OP，根据翻折可得到结果；（3）分类讨论：当MA＝MD时，连接BM，过点M作MH⊥AD于H交BC于F；当AM＝AD时，连接BM，设BP交AM于F；当DA＝DM时，此时点P与D重合，AP＝8；当MA＝MD时，连接BM，过点M作MH⊥AD于H交BC于F；【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，∠A＝90°，∵AE＝EB，DF＝FC，∴AE＝DF，AE∥DF，∴四边形AEFD是平行四边形，∵∠A＝90°，∴四边形AEFD是矩形．（2）证明：如图2中，连接PM．BM．∵四边形AEFD是矩形，∴EF∥AD，∵BE＝AE，∴BO＝OP，由翻折可知，∠PMB＝∠A＝90°，∴OM＝OB＝OP．（3）解：如图3﹣1中，当MA＝MD时，连接BM，过点M作MH⊥AD于H交BC于F．∵MA＝MD，MH⊥AD，∴AH＝HD＝4，∵∠BAH＝∠ABF＝∠AHF＝90°，∴四边形ABFH是矩形，∴BF＝AH＝4，AB＝FH＝5，∴∠BFM＝90°，∵BM＝BA＝5，∴FM＝，∴HM＝HF＝FM＝5﹣3＝2，∵∠ABP+∠APB＝90°，∠MAH+∠APB＝90°，∴∠ABP＝∠MAH，∵∠BAP＝∠AHM＝90°，∴△ABP∽△HAM，∴，∴，∴AP＝．如图3﹣2中，当AM＝AD时，连接BM，设BP交AM于F．∵AD＝AM＝8，BA＝BM＝5，BF⊥AM，∴AF＝FM＝4，∴BF＝，∵tan∠ABF＝，∴，∴AP＝，如图3﹣3中，当DA＝DM时，此时点P与D重合，AP＝8．如图3﹣4中，当MA＝MD时，连接BM，过点M作MH⊥AD于H交BC于F．∵BM＝5，BF＝4，∴FM＝3，MH＝3+5＝8，由△ABP∽△HAM，可得，∴，∴AP＝10，综上所述，满足条件的PA的值为或或8或10．【点睛】本题主要考查了利用矩形的性质、相似三角形的性质、勾股定理的性质进行求解，准确分析题意是解题的关键．79（2020·吉林）能够完全重合的平行四边形纸片和按图①方式摆放，其中，．点，分别在边，上，与相交于点．【探究】求证：四边形是菱形．【操作一】固定图①中的平行四边形纸片，将平行四边形纸片绕着点顺时针旋转一定的角度，使点与点重合，如图②，则这两张平行四边形纸片未重叠部分图形的周长和为______．【操作二】四边形纸片绕着点继续顺时针旋转一定的角度，使点与点重合，连接，，如图③若，则四边形的面积为______．【答案】探究：证明见解析；操作一：56；操作二：72．【解析】【分析】探究：先根据平行四边形的性质可得，再根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，然后根据菱形的判定即可得证；操作一：先根据菱形的性质得出，再根据三角形全等的判定定理与性质可得，然后根据全等三角形的性质、三角形的周长公式即可得；操作二：先根据平行四边形的性质、等腰三角形的判定可得是等腰三角形，且平分，再根据等腰三角形的三线合一可得，，然后利用正弦三角函数可求出DN的长，从而可得DG的长，最后根据矩形的判定可得四边形是矩形，据此利用矩形的面积公式即可得．【详解】探究：四边形和都是平行四边形，即四边形是平行四边形又平行四边形是菱形；操作一：如图，设AE与DF相交于点H，AB与FG相交于点M四边形和是两个完全重合的平行四边形，在和中，，和的周长相等同理可得：、、、的周长均相等又的周长为则这两张平行四边形纸片未重叠部分图形的周长和为故答案为：56；操作二：如图，设AB与DG相交于点N四边形和是两个完全重合的平行四边形是等腰三角形，且平分，在中，，即解得又四边形是平行四边形，即平行四边形是矩形则四边形的面积为故答案为：72．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、菱形的判定、矩形的判定、正弦三角函数等知识点，熟记并灵活运用各判定定理与性质是解题关键．zxxk.com学科网（北京）股份有限公司 |
|
