中考数学二轮精品专题复习 四边形(解答题二)

这是一份中考数学二轮精品专题复习 四边形(解答题二)，共78页。试卷主要包含了，连接A′P等内容，欢迎下载使用。
2023年中考数学真题知识点汇编之《四边形(解答题二)》
一．解答题（共32小题）
1．（2023•随州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE∥AC，CE∥BD．
（1）求证：四边形OCED是菱形；
（2）若BC＝3，DC＝2，求四边形OCED的面积．

2．（2023•永州）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，其对角线相交于点O，OA＝3，BD＝8，AB＝5．
（1）△AOB是直角三角形吗？请说明理由；
（2）求证：四边形ABCD是菱形．

3．（2023•绍兴）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H．
（1）求证：∠DAG＝∠EGH；
（2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由．

4．（2023•滨州）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的一边OC在x轴正半轴上，顶点A的坐
为（2，23），点D是边OC上的动点，过点D作DE⊥OB交边OA于点E，作DF∥OB交边BC于点F，连接EF，设OD＝x，△DEF的面积为S．
（1）求S关于x的函数解析式；
（2）当x取何值时，S的值最大？请求出最大值．

5．（2023•绍兴）在平行四边形ABCD中（顶点A，B，C，D按逆时针方向排列），AB＝12，AD＝10，∠B为锐角，且sinB=45．
（1）如图1，求AB边上的高CH的长；
（2）P是边AB上的一动点，点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'，
①如图2，当C'落在射线CA上时，求BP的长；
②当△AC'D'是直角三角形时，求BP的长．

6．（2023•十堰）过正方形ABCD的顶点D作直线DP，点C关于直线DP的对称点为点E，连接AE，直线AE交直线DP于点F．
（1）如图1，若∠CDP＝25°，则∠DAF＝　 　；
（2）如图1，请探究线段CD，EF，AF之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）在DP绕点D转动的过程中，设AF＝a，EF＝b，请直接用含a，b的式子表示DF的长．

7．（2023•河北）如图1和图2，平面上，四边形ABCD中，AB＝8，BC=211，CD＝12，DA＝6．∠A＝90°，点M在AD边上，且DM＝2．将线段MA绕点M顺时针旋转n°（0＜n≤180）到MA'，∠A′MA的平分线MP所在直线交折线AB﹣BC于点P，设点P在该折线上运动的路径长为x（x＞0），连接A′P．
（1）若点P在AB上，求证：A'P＝AP；
（2）如图2，连接BD．
①求∠CBD的度数，并直接写出当n＝180时，x的值；
②若点P到BD的距离为2，求tan∠A′MP的值；
（3）当0＜x≤8时，请直接写出点A′到直线AB的距离（用含x的式子表示）．

8．（2023•内江）如图，在△ABC中，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
（1）求证：FA＝BD；
（2）连接BF，若AB＝AC，求证：四边形ADBF是矩形．

9．（2023•杭州）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝EF＝FD，连接AE，EC，CF，FA．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形．
（2）若△ABE的面积等于2，求△CFO的面积．

10．（2023•乐山）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D为AB边上任意一点（不与点A、B重合），过点D作DE∥BC，DF∥AC，分别交AC、BC于点E、F，连结EF．
​（1）求证：四边形ECFD是矩形；
（2）若CF＝2，CE＝4，求点C到EF的距离．

11．（2023•杭州）在边长为1的正方形ABCD中，点E在边AD上（不与点A，D重合），射线BE与射线CD交于点F．
（1）若ED=13，求DF的长．
（2）求证：AE•CF＝1．
（3）以点B为圆心，BC长为半径画弧，交线段BE于点G．若EG＝ED，求ED的长．

12．（2023•扬州）如图，点E、F、G、H分别是平行四边形ABCD各边的中点，连接AF、CE相交于点M，连接AG、CH相交于点N．
（1）求证：四边形AMCN是平行四边形；
（2）若▱AMCN的面积为4，求▱ABCD的面积．

13．（2023•株洲）如图所示，在△ABC 中，点D、E分别为AB、AC的中点，点H在线段CE上，连接BH，点G、F分别为BH、CH的中点．
（1）求证：四边形DEFG为平行四边形；
（2）DG⊥BH，BD＝3，EF＝2，求线段BG的长度．
​

14．（2023•山西）阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接E，F，G，H，得到的四边形EFGH是平行四边形．
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnon，Pierte 1654﹣1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接AC，分别交EH，FG于点P，Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
∵H，G分别为AD，CD的中点，∴HG∥AC，HG=12AC．（依据1）
∴DNNM=DGGC．∵DG＝GC，∴DN＝NM=12DM．
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．
∵HG∥AC，即HG∥PQ，
∴四边形HPQG是平行四边形，（依据2）∴S▱HPQG＝HG•MN=12HG⋅DM．
∵S△ADC=12AC•DM＝HG•DM，∴S▱HPQG=12S△ADC．同理，…

任务：（1 ）填空：材料中的依据1是指：　 　．
依据2是指：　 　．
（2）请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH、使得四边形EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）
（3）在图1中，分别连接AC，BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC，BD长度的关系，并证明你的结论．
15．（2023•天津）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形ABCD的顶点A（3，0），B（0，1），D（23，1），矩形EFGH的顶点E（0，12），F(−3，12)，H（0，32）．
（1）填空：如图①，点C的坐标为 　 　，点G的坐标为 　 　；
（2）将矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形E′FG′H′，点E，F，G，H的对应点分别为E′，F′，G′，H′，设EE′＝t，矩形E′F′G′H′与菱形ABCD重叠部分的面积为S．
①如图②，当边E′F′与AB相交于点M、边G′H′与BC相交于点N，且矩形E′F′G′H′与菱形ABCD重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当233t≤1134时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．

16．（2023•衡阳）[问题探究]
（1）如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD、PB．

①求证：PD＝PB；
②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处．当点P在线段AO上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由；
③探究AQ与OP的数量关系，并说明理由．
[迁移探究]
（2）如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC＝60°，其他条件不变．试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由．
17．（2023•枣庄）问题情境：如图1，在△ABC中，AB＝AC＝17，BC＝30，AD是BC边上的中线．如图2，将△ABC的两个顶点B，C分别沿EF，GH折叠后均与点D重合，折痕分别交AB，AC，BC于点E，F，G，H．

猜想证明：（1）如图2，试判断四边形AEDG的形状，并说明理由；
问题解决：（2）如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿MN折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交AB，BC于点M，N，BM的对应线段交DG于点K，求四边形MKGA的面积．
18．（2023•山西）综合与实践
问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为△ABC和△DFE，其中∠ACB＝∠DEF＝90°，∠A＝∠D，将△ABC和△DFE按图2所示方式摆放，其中点B与点F重合（标记为点B）．当∠ABE＝∠A时，延长DE交AC于点G，试判断四边形BCGE的形状，并说明理由．

数学思考：（1）请你解答老师提出的问题；
深入探究：（2）老师将图2中的△DBE绕点B逆时针方向旋转，使点E落在△ABC内部，并让同学们提出新的问题．
①“善思小组”提出问题：如图3，当∠ABE＝∠BAC时，过点A作AM⊥BE交BE的延长线于点M，BM与AC交于点N．试猜想线段AM和BE的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；
②“智慧小组”提出问题：如图4，当∠CBE＝∠BAC时，过点A作AH⊥DE于点H，若BC＝9，AC＝12，求AH的长．请你思考此问题，直接写出结果．
19．（2023•烟台）【问题背景】
如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作：①分别以点B，C为圆心，以大于12BC的长度为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连接AO；②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q．
【问题提出】
在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝3，求线段CQ的长；
【问题解决】
经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：
方案一：连接OQ，如图2．经过推理、计算可求出线段CQ的长；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．经过推理、计算可求出线段CQ的长．请你任选其中一种方案求线段CQ的长．

20．（2023•怀化）如图，矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F．
（1）证明：△BOF≌△DOE；
（2）连接BE、DF，证明：四边形EBFD是菱形．

21．（2023•连云港）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E为AD的中点，AC＝4，OE＝2．求OD的长及tan∠EDO的值．

22．（2023•新疆）如图，AD和BC相交于点O，∠ABO＝∠DCO＝90°，OB＝OC，点E、F分别是AO、DO的中点．
（1）求证：OE＝OF；
（2）当∠A＝30°时，求证：四边形BECF是矩形．

23．（2023•宁波）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．

（1）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD为邻等四边形．
（2）如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．
（3）如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB＝∠ABC＝90°，∠BCD为邻等角，连结AC，过B作BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC＝8，DE＝10，求四边形EBCD的周长．
24．（2023•云南）如图，平行四边形ABCD中，AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，且E、F分别在边BC、AD上，AE＝AF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若∠ABC＝60°，△ABE的面积等于43，求平行线AB与DC间的距离．

25．（2023•浙江）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，连结EF．
（1）求证：AE＝AF；
（2）若∠B＝60°，求∠AEF的度数．

26．（2023•眉山）如图，▱ABCD中，点E是AD的中点，连结CE并延长交BA的延长线于点F．
（1）求证：AF＝AB；
（2）点G是线段AF上一点，满足∠FCG＝∠FCD，CG交AD于点H，若AG＝2，FG＝6，求GH的长．

27．（2023•广安）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E、F，且AF＝CE，∠BAC＝∠DCA．求证：四边形ABCD是平行四边形．

28．（2023•丽水）某数学兴趣小组活动，准备将一张三角形纸片（如图）进行如下操作，并进行猜想和证明．
（1）用三角板分别取AB，AC的中点D，E，连结DE，画AF⊥DE于点F；
（2）用（1）中所画的三块图形经过旋转或平移拼出一个四边形（无缝隙无重叠），并用三角板画出示意图；
（3）请判断（2）中所拼的四边形的形状，并说明理由．

29．（2023•凉山州）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠CAB＝∠ACB，过点B作BE⊥AB交AC于点E．
（1）求证：AC⊥BD；
（2）若AB＝10，AC＝16，求OE的长．

30．（2023•南充）如图，在▱ABCD中，点E，F在对角线AC上，∠CBE＝∠ADF．
求证：（1）AE＝CF；
（2）BE∥DF．

31．（2023•自贡）如图，在平行四边形ABCD中，点M，N分别在边AB，CD上，且AM＝CN．求证：DM＝BN．

32．（2023•南充）如图，正方形ABCD中，点M在边BC上，点E是AM的中点，连接ED，EC．
（1）求证：ED＝EC；
（2）将BE绕点E逆时针旋转，使点B的对应点B′落在AC上，连接MB′．当点M在边BC上运动时（点M不与B，C重合），判断△CMB′的形状，并说明理由．
（3）在（2）的条件下，已知AB＝1，当∠DEB′＝45°时，求BM的长．


2023年中考数学真题知识点汇编之《四边形(解答题二)》
参考答案与试题解析
一．解答题（共32小题）
1．（2023•随州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE∥AC，CE∥BD．
（1）求证：四边形OCED是菱形；
（2）若BC＝3，DC＝2，求四边形OCED的面积．

【考点】矩形的性质；菱形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形性质可得：OC＝OD，利用菱形的判定即可证得结论；
（2）先求出矩形面积，再根据矩形性质可得S△OCD=14S矩形ABCD，再由菱形性质可得菱形OCED的面积＝2S△OCD可解答．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴AC＝BD，OC=12AC，OD=12BD，
∴OC＝OD，
∴四边形OCED是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，BC＝3，DC＝2，
∴OA＝OB＝OC＝OD，S矩形ABCD＝3×2＝6，
∴S△OCD=14S矩形ABCD=14×6＝1.5，
∵四边形OCED是菱形，
∴菱形OCED的面积＝2S△OCD＝2×1.5＝3．
【点评】本题考查了矩形性质，菱形的判定和性质，矩形面积和菱形面积等基础知识，能综合运用相关知识点进行推理和计算是解此题的关键．
2．（2023•永州）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，其对角线相交于点O，OA＝3，BD＝8，AB＝5．
（1）△AOB是直角三角形吗？请说明理由；
（2）求证：四边形ABCD是菱形．

【考点】菱形的判定；勾股定理的逆定理；平行四边形的性质．菁优网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【分析】（1）由平行四边形的性质得OB＝4，再证OA2+OB2＝AB2，然后由勾股定理的逆定理即可得出结论；
（2）由∠AOB＝90°得AC⊥BD，再由菱形的判定定理即可得出结论．
【解答】（1）解：△AOB是直角三角形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，BD＝8，
∴OB＝OD=12BD＝4，
∵OA＝3，OB＝4，AB＝5，
∴OA2+OB2＝AB2，
∴△AOB是直角三角形，且∠AOB＝90°；
（2）证明：由（1）可知，∠AOB＝90°，
∴AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质以及勾股定理的逆定理等知识，熟练掌握菱形的判定，由勾股定理的逆定理证出△AOB为直角三角形是解题的关键．
3．（2023•绍兴）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H．
（1）求证：∠DAG＝∠EGH；
（2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由．

【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）直接由平行公理的推理即可解答．
（2）先连接CG，然后根据正方形的性质得出△ADG≌△CDG，从而得到∠DAG＝∠DCG．再证明∠EGH＝∠DCG＝∠OEC即可．
【解答】（1）证明：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．
连结GC交EF于点O，如图：

∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠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，
∴四边形FCEG为矩形，
∴OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴∠DAG＝∠OEC，
由（1）得∠DAG＝∠EGH，
∴∠EGH＝∠OEC，
∴∠EGH+∠GEH＝∠OEC+∠GEH＝∠GEC＝90°，
∴∠GHE＝90°，
∴AH⊥EF．
【点评】本题考查正方形的性质与全等三角形的性质，熟悉性质是解题关键．
4．（2023•滨州）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的一边OC在x轴正半轴上，顶点A的坐
为（2，23），点D是边OC上的动点，过点D作DE⊥OB交边OA于点E，作DF∥OB交边BC于点F，连接EF，设OD＝x，△DEF的面积为S．
（1）求S关于x的函数解析式；
（2）当x取何值时，S的值最大？请求出最大值．

【考点】菱形的性质；函数关系式．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，证明△AOC是等边三角形，可得DE＝x，进而证明△CDF∽△COB，得出DF=3（4﹣x），根据三角形面积公式即可求解；
（2）根据二次函数的性质即可求解．
【解答】解：（1）如图，过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，

∵顶点A的坐标为（2，23），
∴OA=22+(23)2=4，OG＝2，AG＝23，
∴cos∠AOG=OGAO=12，
∴∠AOG＝60°，
∵四边形OABC是菱形，
∴∠BOC＝∠AOB＝30°，AC⊥BD，AO＝OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO＝60°，
∵DE⊥OB，
∴DE∥AC，
∴∠EDO＝∠ACO＝60°，
∴△EOD是等边三角形，
∴ED＝OD＝x，
∵DF∥OB，
∴△CDF∽△COB，
∴DFOB=CDCO，
∵A（2，23），AO＝4，则B（6，23），
∴OB=62+(23)2=43，
∴DF43=4−x4，
∴DF=3（4﹣x），
∴S=12x×3(4−x)=−32x2+23x，
∴S=−32x2+23x（0≤x≤4），
（2）∵S=−32x2+23x=−32(x−2)2+23（0≤x≤4），
∴当x＝2时，S有最大值，最大值为23．
【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质，菱形的性质，特殊角的三角函数，二次函数的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题关键．
5．（2023•绍兴）在平行四边形ABCD中（顶点A，B，C，D按逆时针方向排列），AB＝12，AD＝10，∠B为锐角，且sinB=45．
（1）如图1，求AB边上的高CH的长；
（2）P是边AB上的一动点，点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'，
①如图2，当C'落在射线CA上时，求BP的长；
②当△AC'D'是直角三角形时，求BP的长．

【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】多边形与平行四边形；图形的相似；推理能力．
【分析】（1）由平行四边形的性质对边相等，和三角函数可求得结果；
（2）①由三角形全等和三角形相似可得出结论；
②三角形的直角顶点不确定，故要分类讨论，分三种情况讨论，求出结论．
【解答】解：（1）在▱ABCD中，BC＝AD＝10，
在Rt△BCH中，HC＝BCsinB=10×45=8．
（2）①如图，作 CH⊥BA 于点H，

由（1）得，BH=BC2−CH2=102−82=6，
作 C'Q⊥BA 交BA延长线于点Q，则∠CHP＝∠PQC'＝90°，
∴∠C'PQ+∠PC'Q＝90°，
∵∠C'PQ+∠CPH＝90°，
∴∠PC'Q＝∠CPH，
由旋转知 PC'＝PC，
∴△PQC′≌△CHP（AAS）．
设BP＝x，则PQ＝CH＝8，C′Q＝PH＝6﹣x，QA＝PQ﹣PA＝x﹣4．
∵C′Q⊥AB，CH⊥AB，
∴C′Q∥CH，
∴△AQC′∽△AHC，
∴C′QCH=QAHA，
∴6−x8=x−46，
∴x=347，
∴BP=347，
②由旋转得△PCD≌△PC′D′，CD＝C'D'
CD⊥CD'
又∵AB∥CD，
∴C'D'⊥AB
情况一：当以C′为直角顶点时，如图．

∵C'D'⊥AB，
∴C′落在线段BA延长线上．
∵PC⊥PC'，
∴PC⊥AB，
由（1）知，PC＝8，
∴BP＝6．
情况二：当以A为直角顶点时，如图，

设 C'D'与射线BA的交点为T，
作 CH⊥AB于点H．
∵PC⊥PC'，
∴∠CPH+∠TPC'＝90°，
∵C'D'⊥AT，
∴∠PC'T+∠TPC'＝90°
∴∠CPH＝∠PC'T，
∵∠CHP＝∠PTC'＝90°，PC＝C′P，
∴△CPH≌△PC′T（AAS），
∴C′T＝PH，PT＝CH＝8．
设C′T＝PH＝t，则AP＝6﹣t，
∴AT＝PT﹣PA＝2+t．
∵∠C'AD'＝90°，C'D'⊥AB，
∴△ATD′∽△C′TA，
∴ATTD′=C′TTA，
∴AT2＝C'T⋅TD，
∴（2+t）2＝t（12﹣t），
化简得t²﹣4t+2＝0，
解得 t=2+2，
∴BP＝BH+HP＝8±2，
情况三：当以D'为直角顶点时，
点P落在BA的延长线上，不符合题意．
综上所述，BP＝6 或8±2．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的性质与判定，三角函数等知识，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
6．（2023•十堰）过正方形ABCD的顶点D作直线DP，点C关于直线DP的对称点为点E，连接AE，直线AE交直线DP于点F．
（1）如图1，若∠CDP＝25°，则∠DAF＝　20°　；
（2）如图1，请探究线段CD，EF，AF之间的数量关系，并证明你的结论；
（3）在DP绕点D转动的过程中，设AF＝a，EF＝b，请直接用含a，b的式子表示DF的长．

【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）如图，连接CE，DE，由对称知∠CDP＝∠EDP＝25°，CD＝ED，由四边形ABCD是正方形得AD＝CD，所以AD＝ED，从而∠DAE=∠DEA=12(180°−∠ADE)=20°；
（2）如图，连接CF，DE，AC，CE，交DP于点H，由轴对称知，CF＝EF，CD＝DE＝AD，∠DEF＝∠DCF，可证得∠AFC＝90°，由勾股定理得，Rt△ACF中，AC2＝AF2+CF2＝AF2+EF2，Rt△ACD中，AD2+CD2＝AC2，从而 CD2=12(AF2+EF2)；
（3）由勾股定理CH=HE=FH=22b，DH=CD2−CH2=22a，分情况讨论：当点F在D，H 之间时，DF=DH−FH=22(a−b)；当点D在F，H之间时，DF=FH−DH=22(b−a) 点H在F，D之间时，DF=DH+FH=22(a+b)．
【解答】解：（1）如图，连接CE，DE，

∵点C关于直线DP的对称点为点E，
∴CD，ED关于DP对称，∠CDP＝∠EDP＝25°，CD＝ED，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，
∴AD＝ED，
∴∠DAE=∠DEA=12(180°−∠ADE)=12(180°−90°−50°)=20°．
故答案为：20°；
（2）结论：CD2=12(AF2+EF2)．
理由：如图，连接DE，CE，AC，CF．

由轴对称知，CF＝EF，CD＝DE＝AD，∠DEF＝∠DCF，
而∠DEF＝∠DAF，
∴∠DAF＝∠DCF．
∵∠FAC+∠FCA＝∠FAC+∠DAF+∠DCA＝90°，
∴∠AFC＝180°﹣（∠FAC+∠FCA）＝90°，
在Rt△ACF中，AC2＝AF2+CF2＝AF2+EF2，
在Rt△ACD中，AD2+CD2＝AC2，
2CD2＝AF2+EF2，即CD2=12(AF2+EF2)；

（3）∵∠AFC＝90°，CF＝EF＝b，
∴CH=HE=FH=22b，
∵CD2=12(AF2+EF2)=12(a2+b2)，
∴DH=CD2−CH2=12(a2+b2)−(22b)2=22a．
如图，当点F在D，H之间时，DF=DH−FH=22(a−b)，

如图，当点D在F，H之间时，DF=FH−DH=22(b−a)，

如图，当点H在F，D之间时，DF=DH+FH=22(a+b)．

【点评】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，等腰三角形知识，勾 股定理等，将运动状态的所有可能考虑完备，分类讨论是解题的关键．
7．（2023•河北）如图1和图2，平面上，四边形ABCD中，AB＝8，BC=211，CD＝12，DA＝6．∠A＝90°，点M在AD边上，且DM＝2．将线段MA绕点M顺时针旋转n°（0＜n≤180）到MA'，∠A′MA的平分线MP所在直线交折线AB﹣BC于点P，设点P在该折线上运动的路径长为x（x＞0），连接A′P．
（1）若点P在AB上，求证：A'P＝AP；
（2）如图2，连接BD．
①求∠CBD的度数，并直接写出当n＝180时，x的值；
②若点P到BD的距离为2，求tan∠A′MP的值；
（3）当0＜x≤8时，请直接写出点A′到直线AB的距离（用含x的式子表示）．

【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）根据旋转的性质和角平分线的概念得到A′M＝AM，∠A′MP＝∠AMP，然后证明出△A′MP≌△AMP（SAS），即可得到A′P＝AP；
（2）①首先根据勾股定理得到 BD=AB2+AD2=10，然后利用勾股定理的逆定理即可求出∠CBD＝90°；画出图形，然后证明出△DNM∽△DBA，利用相似三角形的性质求出 DN=103MN=83，然后证明出△PBN∽△DMN，利用相似三角形的性质得到PB＝5，进而求解即可；
②当P点在AB上时，PQ＝2，∠A′MP＝∠AMP，分别求得BP，AP，根据正切的定义即可求解；当P在BC上时，则PB＝2，过点P作PQ⊥ABAB的延长线于点Q，延长MP交AB的延长线于点H，证明△PQB∽BAD，得PQ=45PB=85BQ=35PB=65，进而求得AQ，证明△HPQ∽△HMA，即可求解；
（3）如图所示，过点A作AE⊥AB交AB于点E，过点M作MF⊥A′E于点F，则四边形AMFE是矩形，证明△A′PE∽△MA′F，根据相似三角形的性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵将线段MA绕点M顺时针旋转n° （0＜n≤180）得到MA′，
∴A′M＝AM，
∵∠A′MA的平分线MP所在的直线交折线AB﹣BC于点P，
∴∠A′MP＝∠AMP，
∵PM＝PM，
∴△A′MP≌△AMP（SAS），
∴A′P＝AP；

（2）解：①∵AB＝8，DA＝6，∠A＝90°，
∴BD=AB2+AD2=10，
又∵BC=211，CD＝12，
∴BD2+BC2＝100+44＝144，CD2＝144，
∴BD2+BC2＝CD2，
∴∠CBD＝90°；
如图2所示，当n＝180时，

∵PM平分∠A′MA．∠PMA＝90°，
∴PM∥AB，
∴△DNM∽△DBA，
∴DNDB=DMDA=MNBA，
∵DM＝2，DA＝6，
∴DN10=26=MN8，
∴DN=103，MN=83，
∴BN=BD−DN=203，
∵∠PBN＝∠MD＝90°，∠PNB＝∠DNM，
∴△PBN∽△DMN，
∴PBDM=BNMN，即 PB2=208，
∴PB＝5，
∴x＝AB+PB＝8+5＝13．
②如图所示，当P点在AB上时，PQ＝2，∠A′MP＝∠AMP，

∴AB＝8，DA＝6，∠A＝90°，
∴BD=AB2+AD2=62+82=10，
∴sin∠DBA=ADBD=610=35，
∴BP=BQsin∠DBA=235=103，
∴AP=AB−BP=8−103=143，
∴tan∠AMP=tan∠AMP=APAM=144=76，
如图所示，当P在BC上时，则PB＝2，过点P作PQ⊥AB交AB的延长线于点Q，延长MP交AB的延长线于点H，

∵∠PQB＝∠CBD＝∠DAB＝90°，
∴∠QPB＝90°﹣∠PBQ＝∠DBA，
∴△PQB∽△BAD，
∴PQBA=QBAD=PBBD，即 PQQ8=QB6=PB10，
∴PQ=45PB=85，BQ=35PB=65，
∴AQ=AB+BQ=465，
∵PQ⊥AB，DA⊥AB，
∴PQ∥AD，
∴△HPQ∽△HMA，
∴HQHA=PQAMHQHQ+465=85，
解得：HQ=9215，
∴tan∠AMP＝tan∠AMP＝tan∠QPH=HQPQ=921585=236，
综上所述，tan∠A′MP的值为76或236；

（3）解：∵当0＜x≤8时，
∴P在AB上，
如图所示，过点A′作A′E⊥AB于点E，过点M作MF⊥A′E于点F，则四边形AMFE是矩形，

∴AE＝FM，EF＝AM＝4，
∵△A′MP≌△AMP，
∴∠PA′M＝∠A＝90°，
∴∠PA′E+∠FA′M＝90°，
又∠A'MF+∠FA′M＝90°，
∴∠PA′E＝∠A′MF，
又∵∠A'E＝∠MFA＝90°，
∴△A′PE∽△MA'F，
∴A′PMA′=PEA′F=A′EMF，
∵A′P＝AP＝x，MA′＝MA＝4，设 FM＝AE＝y，A′E＝h，
即 x4=x−yℎ−4=ℎy
∴y=4ℎx，4（x﹣y）＝x（h﹣4），
∴4(x−4ℎx)=x(ℎ−4)，
整理得 ℎ=8x2x2+16，
即点A′到直线AB的距离为8x2x2+16．
【点评】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，求正切值，染练 掌握以上知识且分类讨论是解题的关键．
8．（2023•内江）如图，在△ABC中，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
（1）求证：FA＝BD；
（2）连接BF，若AB＝AC，求证：四边形ADBF是矩形．

【考点】矩形的判定；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）证明△AEF≌△DEC（AAS），由全等三角形的性质得出AF＝DC，则可得出结论；
（2）证出四边形ADBF是平行四边形，由等腰三角形的性质得出AD⊥BC，则可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DCE，∠FAE＝∠CDE，
又∵E为AD的中点，
∴AE＝DE，
∴△AEF≌△DEC（AAS），
∴AF＝DC，
又∵D为BC的中点，
∴BD＝CD，
∴AF＝BD；
（2）证明：∵AF＝BD，AF∥BD，
∴四边形ADBF是平行四边形，
∵AB＝AC，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴四边形ADBF是矩形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，等腰三角形的性质，矩形的判定，证明△AEF≌△DEC是解题的关键．
9．（2023•杭州）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝EF＝FD，连接AE，EC，CF，FA．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形．
（2）若△ABE的面积等于2，求△CFO的面积．

【考点】平行四边形的判定与性质；三角形的面积．菁优网版权所有
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AO＝CO，BO＝DO，再证OE＝OF，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，
∴EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：∵BE＝EF，
∴S△ABE＝S△AEF＝2，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴S△AEF＝S△CEF＝2，EO＝FO，
∴△CFO的面积＝1．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形的面积公式，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
10．（2023•乐山）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D为AB边上任意一点（不与点A、B重合），过点D作DE∥BC，DF∥AC，分别交AC、BC于点E、F，连结EF．
​（1）求证：四边形ECFD是矩形；
（2）若CF＝2，CE＝4，求点C到EF的距离．

【考点】矩形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）先证四边形ECFD为平行四边形，即可求解；
（2）由勾股定理可求EF的长，由面积法可求解．
【解答】（1）证明：∵FD∥CA，BC∥DE，
∴四边形ECFD为平行四边形，
又∵∠C＝90°，
∴四边形ECFD为矩形；
（2）解：过点C作CH⊥EF于H，
在Rt△ECF中，CF＝2，CE＝4，
∴EF=CE2+CF2=4+16=25，
∵S△ECF=12×CF•CE=12×EF•CH，
∴CH=CF⋅CEEF=455，
∴点C到EF的距离为455．

【点评】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，面积法等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
11．（2023•杭州）在边长为1的正方形ABCD中，点E在边AD上（不与点A，D重合），射线BE与射线CD交于点F．
（1）若ED=13，求DF的长．
（2）求证：AE•CF＝1．
（3）以点B为圆心，BC长为半径画弧，交线段BE于点G．若EG＝ED，求ED的长．

【考点】正方形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【分析】（1）通过证明△DEF∽△CBF，由相似三角形的性质可求解；
（2）通过证明△ABE∽△CFB，可得ABCF=AEBC，可得结论；
（3）设EG＝ED＝x，则AE＝1﹣x，BE＝1+x，由勾股定理可求解．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB＝AD＝BC＝CD＝1，
∴△DEF∽△CBF，
∴DEBC=DFCF，
∴131=DFDF+1，
∴DF=12；
（2）证明：∵AB∥CD，
∴∠ABE＝∠F，
又∵∠A＝∠BCD＝90°，
∴△ABE∽△CFB，
∴ABCF=AEBC，
∴AE•CF＝AB•BC＝1；
（3）解：设EG＝ED＝x，则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=14，
∴DE=14．
【点评】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
12．（2023•扬州）如图，点E、F、G、H分别是平行四边形ABCD各边的中点，连接AF、CE相交于点M，连接AG、CH相交于点N．
（1）求证：四边形AMCN是平行四边形；
（2）若▱AMCN的面积为4，求▱ABCD的面积．

【考点】平行四边形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】（1）依据四边形AFCH是平行四边形，可得AM∥CN，依据四边形AECG是平行四边形，可得AN∥CM，进而得出四边形AMCN是平行四边形；
（2）连接AC，依据三角形重心的性质，即可得到S△ACN=23S△ACH，再根据CH是△ACD的中线，即可得出S△ACN=13S△ACD，进而得到S平行四边形AMCN=13S平行四边形ABCD，依据▱AMCN的面积为4，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵点E、F、G、H分别是平行四边形ABCD各边的中点，
∴AH∥CF，AH＝CF，
∴四边形AFCH是平行四边形，
∴AM∥CN，
同理可得，四边形AECG是平行四边形，
∴AN∥CM，
∴四边形AMCN是平行四边形；
（2）如图所示，连接AC，
∵H，G分别是AD，CD的中点，
∴点N是△ACD的重心，
∴CN＝2HN，
∴S△ACN=23S△ACH，
又∵CH是△ACD的中线，
∴S△ACN=13S△ACD，
又∵AC是平行四边形AMCN和平行四边形ABCD的对角线，
∴S平行四边形AMCN=13S平行四边形ABCD，
又∵▱AMCN的面积为4，
∴▱ABCD的面积为12．

【点评】本题主要考查了平行四边形的判定与性质以及三角形重心性质的运用，解决问题的关键是掌握平行四边形的判定方法以及三角形重心性质．
13．（2023•株洲）如图所示，在△ABC 中，点D、E分别为AB、AC的中点，点H在线段CE上，连接BH，点G、F分别为BH、CH的中点．
（1）求证：四边形DEFG为平行四边形；
（2）DG⊥BH，BD＝3，EF＝2，求线段BG的长度．
​

【考点】平行四边形的判定与性质；三角形中位线定理．菁优网版权所有
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【分析】（1）由三角形中位线定理得DE∥BC，DE=12BC，GF∥BC，GF=12BC，则DE∥GF，DE＝GF，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得DG＝EF＝2，再由勾股定理求出BG的长即可．
【解答】（1）证明：∵点D、E分别为AB、AC的中点，点G、F分别为BH、CH的中点，
∴DE是△ABC的中位线，GF是△HBC的中位线，
∴DE∥BC，DE=12BC，GF∥BC，GF=12BC，
∴DE∥GF，DE＝GF，
∴四边形DEFG为平行四边形；
（2）解：∵四边形DEFG为平行四边形，
∴DG＝EF＝2，
∵DG⊥BH，
∴∠DGB＝90°，
∴BG=BD2−DG2=32−22=5，
即线段BG的长度为5．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理以及勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
14．（2023•山西）阅读与思考
下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接E，F，G，H，得到的四边形EFGH是平行四边形．
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形EFGH被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁（Varingnon，Pierte 1654﹣1722）是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接AC，分别交EH，FG于点P，Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
∵H，G分别为AD，CD的中点，∴HG∥AC，HG=12AC．（依据1）
∴DNNM=DGGC．∵DG＝GC，∴DN＝NM=12DM．
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．
∵HG∥AC，即HG∥PQ，
∴四边形HPQG是平行四边形，（依据2）∴S▱HPQG＝HG•MN=12HG⋅DM．
∵S△ADC=12AC•DM＝HG•DM，∴S▱HPQG=12S△ADC．同理，…

任务：（1 ）填空：材料中的依据1是指：　三角形中位线定理　．
依据2是指：　两组对边分别平行的四边形是平行四边形　．
（2）请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH、使得四边形EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）
（3）在图1中，分别连接AC，BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC，BD长度的关系，并证明你的结论．
【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形．
【分析】（1）由三角形中位线定理和平行四边形的判定可求解；
（2）画四边形ABCD，且AC⊥BD于O，点E，H，G，F分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接EF，FG，GH，HE，则四边形EFGH为所求；
（3）由三角形中位线定理可得EF=12BD，GH=12BD，EH=12AC，FG=12AC，即可求解．
【解答】解：（1）证明：如图2，连接AC，分别交EH，FG于点P，Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
∵H，G分别为AD，CD的中点，
∴HG∥AC，HG=12AC，（三角形中位线定理），
∴DNMN=DGGC，
∵DG＝GC，
∴DN＝NM=12DM，
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，
∴HE∥GF，即HP∥GQ．
∵HG∥AC，即HG∥PQ，
∴四边形HPQG是平行四边形，（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），
∴S▱HPQG＝HG•MN=12HG•DM，
∵S△ADC=12AC•DM＝HG•DM，
∴S▱HPQG=12S△ADC，
同理可得，S▱EFQP=12S△ABC，
∴S▱HEFG=12S四边形ABCD，
故答案为：三角形中位线定理，两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
（2）如图，画四边形ABCD，且AC⊥BD于O，点E，H，G，F分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接EF，FG，GH，HE，则四边形EFGH为所求；

理由如下：∵点E，H，G，F分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴EF∥BD，HG∥BD，EH∥AC，FG∥AC，
∴EF∥HG，EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，EF∥BD，
∴AC⊥EF，
∵FG∥AC，
∴EF⊥FG，
∴平行四边形EFGH是矩形；
（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于AC+BD，理由如下：
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，
∴点E，H，G，F分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴EF=12BD，GH=12BD，EH=12AC，FG=12AC，
∴瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长＝EF+GF+GH+EH=12BD+12BD+12AC+12AC＝AC+BD．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，矩形的判定等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
15．（2023•天津）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形ABCD的顶点A（3，0），B（0，1），D（23，1），矩形EFGH的顶点E（0，12），F(−3，12)，H（0，32）．
（1）填空：如图①，点C的坐标为 　（3，2）　，点G的坐标为 　（−3，32）　；
（2）将矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形E′FG′H′，点E，F，G，H的对应点分别为E′，F′，G′，H′，设EE′＝t，矩形E′F′G′H′与菱形ABCD重叠部分的面积为S．
①如图②，当边E′F′与AB相交于点M、边G′H′与BC相交于点N，且矩形E′F′G′H′与菱形ABCD重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当233t≤1134时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．

【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解；
（2）①由题意易得EF＝EF'=3，EH＝EH'＝1，然后可得∠ABO＝60°，则有EM=32，进而根据割补法可进行求解面积S；②由①及题意可知当233≤t≤332时，矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重叠部分的面积S是增大的，当332＜t≤1134时，矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重叠部分的面积S是减小的，然后根据题意画出图形计算面积的最大值和最小值即可．
【解答】（1）解：四边形EFGH是矩形，且E（0，12）．F（−3，12）（0，32），
∴EF＝GH=3，EH＝FG＝1，
∴G（−3，32）；
连接AC，BD，交于一点H，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，且A（3，0），B（0，1），D（23，1），
AB＝AD=(3−0)2+(0−1)2=2，AC⊥BD，CM＝AM＝OB＝1，BM﹣MD＝OA=3，
∴AC＝2，
∴C（3，2），
故答案为（3，2），（−3，32）；
（2）解：①∵点E（0，12），点F（−3，12），点H（0，32），
∴矩形EFGH中，EF∥x轴，E'H'⊥x轴，EF=3，EH＝1，
∴矩形E'F'G'H'中，E'F'∥x轴，E'H'⊥x轴，E'F'=3，E'H'＝1，
由点A（3，0），点B（0，1），得OA=3，OB＝1，
在Rt△ABO中，tan∠ABO=OAOB=3，得∠ABO＝60°，
在Rt△BME中，由EM＝EB×tan60°，EB＝1−12=12，得EM=32，
∴S△BME=12EB×EM=38，同理，得S△BNH=38，
∵EE'＝t，得S矩形EE'H'H＝EE'×EH＝t，
又S＝S矩形EE'H'H﹣S△BME﹣S△BNH，
∴S＝t−34，
当EE'＝EM=32时，则矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重叠部分为△BE'H'，
∴t的取值范围是32＜t≤3，
②由①及题意可知当233≤t≤332时，矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重叠部分的面积S是增大的，当332≤t≤1134时，矩E'F'G'H'和菱形ABCD重叠部分的面积S是减小的，
∴当t=332时，矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重叠部分如图所示：

此时面积S最大，最大值为S＝1×3=3；
当t=1134时，矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重叠部分如图所示：

由（1）可知B、D之间的水平距离为23，则有点D到G'F'的距离为3−(1134−23)=34，
由①可知：∠D＝∠B＝60°，
∴矩形E'F'G'H'和菱形ABCD重叠部分为等边三角形，
∴该等边三角形的边长为2×34tan60°=12，
∴此时面积S最小，最小值为12×12×34=316，
综上所述：当233≤t≤1134时，则316≤S≤3．
【点评】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标，熟练掌握矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标是解题的关键．
16．（2023•衡阳）[问题探究]
（1）如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD、PB．

①求证：PD＝PB；
②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处．当点P在线段AO上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由；
③探究AQ与OP的数量关系，并说明理由．
[迁移探究]
（2）如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC＝60°，其他条件不变．试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由．
【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）①根据正方形的性质证明△DCP≌△BCP，即可得到结论；
②作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分别为点M、N，如图，可得PM＝PN，证明四边形AMPN是矩形，推出∠MPN＝90°，证明Rt△DPN≌Rt△QPM（HL），得出∠DPN＝∠QPM，进而可得结论；
③作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图，证明AQ＝BE，BE=2EF即可得出结论；．
（2）先证明PQ＝PB，作PE∥BC交AB于点E，EG∥AC交BC于点G，如图，则四边形PEGC是平行四边形，可得EG＝PC，△APE，△BEG都是等边三角形，进一步即可证得结论．
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝CB，∠DCA＝∠BCA＝45°
∵CP＝CP，
∴△DCP≌△BCP，
∴PD＝PB；
②解：∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ＝90°；
理由：作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分别为点M、N，如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC＝∠BAC＝45°，∠DAB＝90°，
∴四边形AMPN是矩形，PM＝PN，
∴∠MPN＝90°
∵PD＝PQ，PM＝PN，
∴Rt△DPN≌Rt△QPM（HL），
∴∠DPN＝∠QPM，
∴∠QPN+∠QPM＝90°
∴∠QPN+∠DPN＝90°，即∠DPQ＝90°；
③解：AQ=2OP；
理由：作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝45°，∠AOB＝90°，
∴∠AEP＝45°，四边形OPEF是矩形，
∴∠PAE＝∠PEA＝45°，EF＝OP，
∴PA＝PE，
∵PD＝PB，PD＝PQ，
∴PQ＝PB，
作PM⊥AE于点M，
则QM＝BM，AM＝EM，
∴AQ＝BE，
∵∠EFB＝90°，∠EBF＝45°，
∴BE=EFsin45°=2EF，
∴AQ=2OP；
（2）解：AQ＝CP；
理由：四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴AB＝BC，AC⊥BD，DO＝BO，
∴△ABC是等边三角形，AC垂直平分BD，
∴∠BAC＝60°，PD＝PB，
∵PD＝PQ，
∴PQ＝PB，
作PE∥BC交AB于点E，EG∥AC交BC于点G，如图，

则四边形PEGC是平行四边形，∠GEB＝∠BAC＝60°，∠AEP＝∠ABC＝60°，
∴EG＝PC，△APE，△BEG都是等边三角形，
∴BE＝EG＝PC，
作PM⊥AB于点M，则QM＝MB，AM＝EM，
∴QA＝BE，
∴AQ＝CP．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形、菱形的性质，矩形、平行四边形、等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键．
17．（2023•枣庄）问题情境：如图1，在△ABC中，AB＝AC＝17，BC＝30，AD是BC边上的中线．如图2，将△ABC的两个顶点B，C分别沿EF，GH折叠后均与点D重合，折痕分别交AB，AC，BC于点E，F，G，H．

猜想证明：（1）如图2，试判断四边形AEDG的形状，并说明理由；
问题解决：（2）如图3，将图2中左侧折叠的三角形展开后，重新沿MN折叠，使得顶点B与点H重合，折痕分别交AB，BC于点M，N，BM的对应线段交DG于点K，求四边形MKGA的面积．
【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【分析】（1）由AB＝AC，AD是BC边上的中线，得BD＝CD=12BC，AD⊥BC，由折叠得BF＝DF=12BD，CH＝DH=12CD，EF⊥BD，GH⊥CD，则EF∥GH∥AD，可证明BE＝AE，CG＝AG，所以DE＝AE=12AB，GD＝AG=12AC，则DE＝AE＝GD＝AG，所以四边形AEDG是菱形；
（2）作KI⊥DH于点I，由AB＝AC＝17，BC＝30，得BD＝CD＝15，AD=AB2−BD2=8，所以CH＝DH=152，则GH=12AD＝4，BH=452，所以BN＝HN=454，因为MN∥AD，所以△MBN∽△ABD，则MNAD=BNBD=34，所以MN=34AD＝6，再证明KD＝KH，则DI＝HI=154，由KIHI=tan∠KHI＝tanC=ADCD=815，求得KI=815HI＝2，即可由S四边形MKGA＝A△ABC﹣S△MBH﹣S△GDC+S△KDH，求得S四边形MKGA＝30．
【解答】解：（1）四边形AEDG是菱形，
理由：∵AB＝AC，AD是BC边上的中线，
∴BD＝CD=12BC，AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
由折叠得BF＝DF=12BD，CH＝DH=12CD，EF⊥BD，GH⊥CD，
∴EF∥GH∥AD，
∴BEAE=BFDF=1，CGAG=CHDH=1，
∴BE＝AE，CG＝AG，
∴DE＝AE=12AB，GD＝AG=12AC，
∵12AB=12AC，
∴DE＝AE＝GD＝AG，
∴四边形AEDG是菱形．
（2）如图3，作KI⊥DH于点I，则∠KIH＝90°，
∵AB＝AC＝17，BC＝30，
∴BD＝CD=12BC=12×30＝15，
∴AD=AB2−BD2=172−152=8，CH＝DH=12CD=12×15=152，
∴GH=12AD=12×8＝4，BH＝BC﹣CH＝30−152=452，
由折叠得BN＝HN=12BH=12×452=454，MN⊥BH，
∴MN∥AD，
∴△MBN∽△ABD，
∴MNAD=BNBD=45415=34，
∴MN=34AD=34×8＝6，
∵∠KHD＝∠B，∠KDH＝∠C，且∠B＝∠C，
∴∠KHD＝∠KDH，
∴KD＝KH，
∴DI＝HI=12DH=12×152=154，
∵∠KHI＝∠B＝∠C，
∴KIHI=tan∠KHI＝tanC=ADCD=815，
∴KI=815HI=815×154=2，
∴S四边形MKGA＝A△ABC﹣S△MBH﹣S△GDC+S△KDH，
∴S四边形MKGA=12×30×8−12×452×6−12×15×4+12×152×2＝30，
∴四边形MKGA的面积是30．

【点评】此题重点考查等腰三角形的性质、三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、锐角三角函数与解直角三角形、根据转化思想求图形的面积等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
18．（2023•山西）综合与实践
问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，得到两个全等的三角形纸片，表示为△ABC和△DFE，其中∠ACB＝∠DEF＝90°，∠A＝∠D，将△ABC和△DFE按图2所示方式摆放，其中点B与点F重合（标记为点B）．当∠ABE＝∠A时，延长DE交AC于点G，试判断四边形BCGE的形状，并说明理由．

数学思考：（1）请你解答老师提出的问题；
深入探究：（2）老师将图2中的△DBE绕点B逆时针方向旋转，使点E落在△ABC内部，并让同学们提出新的问题．
①“善思小组”提出问题：如图3，当∠ABE＝∠BAC时，过点A作AM⊥BE交BE的延长线于点M，BM与AC交于点N．试猜想线段AM和BE的数量关系，并加以证明．请你解答此问题；
②“智慧小组”提出问题：如图4，当∠CBE＝∠BAC时，过点A作AH⊥DE于点H，若BC＝9，AC＝12，求AH的长．请你思考此问题，直接写出结果．
【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）先证明四边形BCGE是矩形，再由△ACB＝△DEB 可得 BC＝BE，从而得四边形BCGE是 正方形；
（2）①由已知∠ABE＝∠BAC 可得 AN＝BN，再由等积方法 S△ABF=12AN．BC=12BN−AM，再结 合已知即可证明结论；
②设AB，DE的交点为M，过M作 MG⊥BD 于G，则易得MD＝MB，点G是BD的中点；利用三角函数知识可求得DM的长，进而求得AM的长，利用相似三角形的性质即可求得结果．
【解答】解：（1）结论：四边形BCGE为正方形．理由如下：
∵∠BED＝90°，
∴∠BEG＝180°﹣BED＝90°，
∵∠ABE＝∠A，
∴AC∥BE，
∴∠CGE＝∠BED＝90°，
∵∠C＝90°，
∴四边形BCGE为矩形．
∵△ACB≌△DEB，
∴BC＝BE．
∴矩形BCGE为正方形；

（2）①结论：AM＝BE．
理由：∵∠ABE＝∠BAC，
∴AN＝BN，
∵∠C＝90°，
∴BC⊥AN，
∵AM⊥BE，即AM⊥BN，
∴S△ABF=12AN⋅BC=12BN⋅AM，
∵AN＝BN，
∴BC＝AM．由（1）得BE＝BC，
∴AM＝BE．
②解：如图：设AB，DE的交点为M，过M作MG⊥BD于G，
∵△ACB≌△DEB，
∴BE＝BC＝9，DE＝AC＝12，∠A＝∠D，∠ABC＝∠DBE，
∴∠CBE＝∠DBM，
∵∠CBE＝∠BAC，
∴∠D＝∠BAC，
∴MD＝MB，
∵MG⊥BD，
∴点G是BD的中点，
由勾股定理得 AB=AC2+BC2=15，
∴DG=12BD=152，
∵cos∠D=DGDM=DEBD，
∴DM=DG⋅BDDE=152×1512=758，即 BM=DM=758，
∴AM=AB−BM=15−758=458，
∵AH⊥DE，BE⊥DE，∠AMH＝∠BME，
∴△AMH∽△BME，
∴AHBE=AMBM=35，
∴AH=35BE=35×9=275，即AH的长为 275．

【点评】本题属于四边形综合题，考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的判定 与性质、相似三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理等知识点，适当添加的辅助线、构造相似三角形 是解题的关键．
19．（2023•烟台）【问题背景】
如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作：①分别以点B，C为圆心，以大于12BC的长度为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连接AO；②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q．
【问题提出】
在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝3，求线段CQ的长；
【问题解决】
经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下：
方案一：连接OQ，如图2．经过推理、计算可求出线段CQ的长；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3．经过推理、计算可求出线段CQ的长．请你任选其中一种方案求线段CQ的长．

【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】方案一：连接OQ，由翻折的不变性，知AP＝AB＝3，OP＝OB＝2.5，证明△QPO≌△QCO（HL），推出PQ＝CQ，设PQ＝CQ＝x，在Rt△ADQ中，利用勾股定理列式计算求解即可；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，证明∠OAQ＝∠R，推出QA＝QR，设CQ＝x，同方案一即可求解．
【解答】解：方案一：连接OQ，如图，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝5，
由作图知BO＝OC=12BC＝2.5，
由翻折的不变性，知AP＝AB＝3，OP＝OB＝2.5，∠APO＝∠B＝90°，
∴OP＝OC＝2.5，∠QPO＝∠C＝90°，又OQ＝OQ，
∴△QPO≌△QCO（HL），
∴PQ＝CQ，
设PQ＝CQ＝x，则AQ＝3+x，DQ＝3﹣x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2＝AQ2.即52+（3﹣x）2＝（3+x）2，
解得x=2512，
∴线段CQ的长为2512；
方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝5，
由作图知BO＝OC=12BC＝2.5，
由旋转的不变性，知CR＝AB＝3，∠BAO＝∠R，∠B＝∠OCR＝90°，
则∠OCR+∠OCD＝90°+90°＝180°，
∴D、C、R共线，
由翻折的不变性，知∠BAO＝∠OAQ，
∴∠OAQ＝∠R，
∴QA＝QR，
设CQ＝x，则QA＝QR＝3+x，DQ＝3﹣x，
在Rt△ADQ中，AD2+QD2＝AQ2，即52+（3﹣x）2＝（3+x）2，
解得x=2512，
∴线段CQ的长为2512．
【点评】本题考查了矩形的性质，作线段的垂直平分线，翻折的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
20．（2023•怀化）如图，矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F．
（1）证明：△BOF≌△DOE；
（2）连接BE、DF，证明：四边形EBFD是菱形．

【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；三角形中位线定理；菱形的判定．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）根据矩形的对边平行得到AD∥BC，于是有∠EDO＝∠FBO，根据点O是BD的中点得出DO＝BO，结合对顶角相等利用ASA可证得△BOF和△DOE全等；
（2）由（1）△BOF≌△DOE可得BF＝DE，结合DE∥BF，可得四边形EBFD是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EDO＝∠FBO，
∵点O是BD的中点，
∴DO＝BO，
又∵∠EOD＝∠FOB，
∴△BOF≌△DOE（ASA）；
（2）证明：由（1）已证△BOF≌△DOE，
∴BF＝DE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，即DE∥BF，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形EBFD是菱形．
【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，三角形全等的判定与性质，熟练掌握这些图形的性质是解题的关键．
21．（2023•连云港）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E为AD的中点，AC＝4，OE＝2．求OD的长及tan∠EDO的值．

【考点】菱形的性质；解直角三角形；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；解直角三角形及其应用；运算能力．
【分析】由菱形的性质得到AC⊥BD，OA=12AC＝2，由直角三角形的性质求出AD＝4，由勾股定理求出OD＝23，由锐角的正切求出tan∠EDO=33．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=12AC，
∵AC＝4，
∴OA＝2，
∵E是AD中点，
∴OE=12AD，
∵OE＝2，
∴AD＝4，
∴OD=AD2−OA2=42−22=23，
∴tan∠EDO=AOOD=223=33．
【点评】本题考查菱形的性质，直角三角形斜边的中线，勾股定理，解直角三角形，关键是应用菱形的性质求出OA的长，由直角三角形斜边中线的性质得到AD的长，由勾股定理求出OD长，由正切定义即可求出tan∠EDO．
22．（2023•新疆）如图，AD和BC相交于点O，∠ABO＝∠DCO＝90°，OB＝OC，点E、F分别是AO、DO的中点．
（1）求证：OE＝OF；
（2）当∠A＝30°时，求证：四边形BECF是矩形．

【考点】矩形的判定；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）根据平行线的判定定理得到AB∥CD，根据平行线的性质得到∠A＝∠D，根据全等三角形的性质得到AO＝DO，根据线段中点的定义得到OE＝OF；
（2）根据平行四边形的判定定理得到四边形BECF是平行四边形，求得∠EBF＝90°，根据矩形的判定定理得到四边形BECF是矩形．
【解答】证明：（1）∠ABO＝∠DCO＝90°，
∴AB∥CD，
∴∠A＝∠D，
在△AOB与△DOC中，
∠A=∠D∠ABO=∠DCOOB=CO，
∴△AOB≌△DOC（AAS），
∴AO＝DO，
∵点E、F分别是AO、DO的中点，
∴OE=12OA．OF=12OD，
∴OE＝OF；
（2）∵OB＝OC，OE＝OF，
∴四边形BECF是平行四边形，
∵∠A＝30°，
∴OB=12OA=OE，
∵OE＝OF，
∴OB=12EF，
∴∠EBF＝90°，
∴四边形BECF是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
23．（2023•宁波）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．

（1）如图1，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，对角线BD平分∠ADC．求证：四边形ABCD为邻等四边形．
（2）如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形ABCD是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．
（3）如图3，四边形ABCD是邻等四边形，∠DAB＝∠ABC＝90°，∠BCD为邻等角，连结AC，过B作BE∥AC交DA的延长线于点E．若AC＝8，DE＝10，求四边形EBCD的周长．
【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；推理能力．
【分析】（1）根据邻等四边形定义证明即可；
（2）根据邻等四边形定义利用网格即可画图；
（3）先证明四边形AEBC是平行四边形，得AE＝BC＝DC，设AE＝BC＝DC＝x，得AD＝DE﹣AE＝10﹣x，过点D作DF⊥BC于点F，得矩形ABFD，得AB＝DF，AD＝BF＝10﹣x，所以CF＝BC﹣BF＝x﹣（10﹣x）＝2x﹣10，根据勾股定理得82﹣x2＝x2﹣（2x﹣10）2，求出x的值，进而可得四边形EBCD的周长．
【解答】（1）证明：在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠ABC＝180°﹣∠A＝90°，
∵对角线BD平分∠ADC，
∴∠ADB＝∠CDB，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴CD＝CB，
∴四边形ABCD为邻等四边形；
（2）解：如下3个图，点D′、D、D″即为所求；



（3）解：如图3，四边形ABCD是邻等四边形，
∴CD＝CB，
∵∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴AD∥BC，
∵BE∥AC，
∴四边形AEBC是平行四边形，
∴EB＝AC＝8，AE＝BC，
∴AE＝BC＝DC，
设AE＝BC＝DC＝x，
∵DE＝10，
∴AD＝DE﹣AE＝10﹣x，
过点D作DF⊥BC于点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，根据勾股定理得：
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＝10﹣32，x2＝10+32（不符合题意，舍去），
∴CD＝CB＝10﹣32，
∴四边形EBCD的周长＝BE+DE+2CD＝8+10+2×（10﹣32）＝38﹣62．
【点评】本题属于四边形的综合题，考查了邻等四边形定义，矩形的判定与性质，勾股定理，一元二次方程，解决本题的关键是理解邻等四边形定义．
24．（2023•云南）如图，平行四边形ABCD中，AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，且E、F分别在边BC、AD上，AE＝AF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若∠ABC＝60°，△ABE的面积等于43，求平行线AB与DC间的距离．

【考点】菱形的判定与性质；平行线之间的距离；三角形的面积；平行四边形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）根据平行四边形对角相等得到∠BAD＝∠BCD，再根据AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，可得到∠DAE＝∠BCF，再根据平行四边形对边平行得到∠DAE＝∠AEB，于是有∠BCF＝∠AEB，得出AE∥FC，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证得四边形AECF是平行四边形，最后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；
（2）连接AC，根据平行四边形的性质和角平分线的定义可证得AB＝EB，结合已知∠ABC＝60°得到△ABE是等边三角形，从而求出AB＝AE＝EB＝EC＝4，∠BAE＝60°，再证得∠EAC＝30°，即可得到∠BAC＝90°，根据勾股定理求出AC的长，从而得出平行线AB与DC间的距离．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD＝∠BCD，AD∥BC，
∵AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，
∴∠BAE=∠DAE=12∠BAD，∠BCF=∠DCF=12∠BCD，
∴∠DAE＝∠BCF，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BCF＝∠AEB，
∴AE∥FC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE＝AF，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：连接AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝EB，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE＝∠AEB＝∠ABEA＝60°，
∵△ABE的面积等于43，
∴34AB2=43，
∴AB＝4，
即AB＝AE＝EB＝4，
由（1）知四边形AECF是菱形，
∴AE＝CE＝4，
∴∠EAC＝∠ECA，
∵∠AEB是△AEC的一个外角，
∴∠AEB＝∠EAC+∠ECA＝60°，
∴∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝90°，
即AC⊥AB，
由勾股定理得AC=BC2−AB2=(4+4)2−42=43，
即平行线AB与DC间的距离是43．

【点评】本题考查了菱形的判定与性质，掌握一组邻边相等的平行四边形是菱形是此题的关键，理解平行线间的距离的定义，等边三角形的性质与判定．
25．（2023•浙江）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，连结EF．
（1）求证：AE＝AF；
（2）若∠B＝60°，求∠AEF的度数．

【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】（1）欲证明AE＝AF，只需要证得△ABE≌△ADF即可；
（2）根据菱形的邻角互补和全等三角形的性质进行推理解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D．
又∵AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
在△ABE与△ADF中，
∵∠B=∠D∠AEB=∠AFDAB=AD．
∴△ABE≌△ADF（AAS）．
∴AE＝AF；
（2）解：∵四边形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是等边三角形．
∴∠AEF＝60°．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
26．（2023•眉山）如图，▱ABCD中，点E是AD的中点，连结CE并延长交BA的延长线于点F．
（1）求证：AF＝AB；
（2）点G是线段AF上一点，满足∠FCG＝∠FCD，CG交AD于点H，若AG＝2，FG＝6，求GH的长．

【考点】平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；图形的相似；推理能力．
【分析】（1）先根据AAS证明△CDE≌△FAE，得CE＝EF，再根据平行线分线段成比例定理可得结论；
（2）先根据（1）可得：AB＝AF＝8，由平行线的性质和等腰三角形的判定可得CG＝GF＝6，证明△DCH∽△AGH，列比例式可得GH的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，CD∥AB，
∴∠D＝∠FAD，∠DCE＝∠F，
∵E是AD的中点，
∴DE＝AE，
∴△CDE≌△FAE（AAS），
∴CE＝EF，
∵AE∥BC，
∴FAAB=FECE=1，
∴AF＝AB；
（2）解：∵AG＝2，FG＝6，
∴AF＝FG+AG＝6+2＝8，
∴AB＝AF＝8，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝8，
∵∠DCE＝∠F，∠FCG＝∠FCD，
∴∠F＝∠FCG，
∴CG＝FG＝6，
∵CD∥AF，
∴△DCH∽△AGH，
∴CDAG=CHGH，即82=6−GHGH，
∴GH＝1.2．
【点评】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识，掌握三角形全等和相似的性质和判定是解本题的关键．
27．（2023•广安）如图，在四边形ABCD中，AC与BD交于点O，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为点E、F，且AF＝CE，∠BAC＝∠DCA．求证：四边形ABCD是平行四边形．

【考点】平行四边形的判定．菁优网版权所有
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】结合已知条件推知AB∥CD；然后由全等三角形的判定定理ASA证得△ABE≌△CDF，则其对应边相等：AB＝CD；最后根据“对边平行且相等是四边形是平行四边形”证得结论．
【解答】证明：∵AF＝CE，
∴AF﹣EF＝CE﹣EF．
∴AE＝CF．
∵∠BAC＝∠DCA，
∴AB∥CD．
∴∠BAE＝∠DCF．
在△ABE与△CDF中，
∠BAE=∠DCFAE=CF∠AEB=∠CFD．
∴△ABE≌△CDF（ASA）．
∴AB＝CD．
∴四边形ABCD是平行四边形．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定：（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形；（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
28．（2023•丽水）某数学兴趣小组活动，准备将一张三角形纸片（如图）进行如下操作，并进行猜想和证明．
（1）用三角板分别取AB，AC的中点D，E，连结DE，画AF⊥DE于点F；
（2）用（1）中所画的三块图形经过旋转或平移拼出一个四边形（无缝隙无重叠），并用三角板画出示意图；
（3）请判断（2）中所拼的四边形的形状，并说明理由．

【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；几何直观．
【分析】（1）根据题意画出图形即可；
（2）根据题意画出图形即可；
（3）先证明四边形MBCN为平行四边形，再证明∠N＝90°，从而得出四边形MBCN为矩形．
【解答】解：（1）
；
（2）如图，
；
（3）
矩形，理由如下：
∵∠MDB+∠BDE＝180°，∠DEC+∠NEC＝180°，
∴点M、D、E、N在一条直线上，
∵点D、点E分别是AB、AC的中点，
∴DE为△ABC的中位线，
∴DE∥BC，DE=12BC，
∵MD+EN＝DE，
∴MN＝MD+DE+EN＝BC，MN∥BC，
∴四边形MBCN为平行四边形，
由题意可得：△MDB≌△FAD，△AFE≌△CNE，
∴∠N＝∠AFE，
∵AF⊥DE，
∴∠AFE＝90°，
∴∠N＝90°，
∴四边形MBCN为矩形．
【点评】本题主要考查了矩形的判定、中位线的知识、平行四边形的知识，难度不大，认真分析即可．
29．（2023•凉山州）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠CAB＝∠ACB，过点B作BE⊥AB交AC于点E．
（1）求证：AC⊥BD；
（2）若AB＝10，AC＝16，求OE的长．

【考点】平行四边形的性质；菱形的判定与性质；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【分析】（1）证AB＝CB，得▱ABCD是菱形，再由菱形的性质即可得出结论；
（2）由菱形的性质得OA＝OC=12AC＝8，AC⊥BD，再由勾股定理得OB＝6，然后证△BOE∽△AOB，得OEOB=OBOA，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵∠CAB＝∠ACB，
∴AB＝CB，
∴▱ABCD是菱形，
∴AC⊥BD；
（2）解：由（1）可知，▱ABCD是菱形，
∴OA＝OC=12AC＝8，AC⊥BD，
∴∠AOB＝∠BOE＝90°，
∴OB=AB2−OA2=102−82=6，
∵BE⊥AB，
∴∠EBA＝90°，
∴∠BEO+∠BAO＝∠ABO+∠BAO＝90°，
∴∠BEO＝∠ABO，
∴△BOE∽△AOB，
∴OEOB=OBOA，
即OE6=68，
解得：OE=92，
即OE的长为92．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理以及相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键．
30．（2023•南充）如图，在▱ABCD中，点E，F在对角线AC上，∠CBE＝∠ADF．
求证：（1）AE＝CF；
（2）BE∥DF．

【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AD∥BC，AD＝BC，求得∠DAF＝∠BCE，根据全等三角形的性质得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到∠AFD＝∠CEB，根据平行线的判定定理即可得到BE∥DF．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠DAF＝∠BCE，
在△ADF与△CBE中，
∠ADF=∠CBEAD=CB∠DAF=∠BCE，
∴△ADF≌△CBE（ASA），
∴AF＝CE，
∴AF﹣EF＝CE﹣EF，
∴AE＝CF；
（2）∵△ADF≌△CBE，
∴∠AFD＝∠CEB，
∴BE∥DF．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
31．（2023•自贡）如图，在平行四边形ABCD中，点M，N分别在边AB，CD上，且AM＝CN．求证：DM＝BN．

【考点】平行四边形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【分析】由平行四边形的性质得AB∥CD，AB＝CD，再证BM＝DN，然后由平行四边形的判定即可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∵AM＝CN，
∴AB﹣AM＝CD﹣CN，
即BM＝DN，
又∵BM∥DN，
∴四边形MBND是平行四边形，
∴DM＝BN．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质，证明BM＝DN是解题的关键．
32．（2023•南充）如图，正方形ABCD中，点M在边BC上，点E是AM的中点，连接ED，EC．
（1）求证：ED＝EC；
（2）将BE绕点E逆时针旋转，使点B的对应点B′落在AC上，连接MB′．当点M在边BC上运动时（点M不与B，C重合），判断△CMB′的形状，并说明理由．
（3）在（2）的条件下，已知AB＝1，当∠DEB′＝45°时，求BM的长．

【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；图形的相似；推理能力．
【分析】（1）根据正方形的性质和直角三角形斜边中线的性质可证△EAD≌△EBC（SAS），根据全等三角形的性质即可得证；
（2）根据折叠的性质可得根据旋转的性质可得，EB′＝EB，再根据直角三角形斜边的中线的性质可得EB′＝AE＝ME，进一步可得∠AB′M＝90°，可得∠CB′M＝90°，再根据正方形的性质可得∠B′CM＝45°，进一步可得B′M＝B′C，可证△MB′C是等腰直角三角形；
（3）延长BE交AD于点F，根据三角形外角的性质可得∠BEB′＝90°，进一步可得∠DEF＝45°，根据△EAD≌△EBC，可得∠AED＝∠BEC，进一步可得∠CEM＝∠DEF＝45°，再证明△CME∽△AMC，根据相似三角形的性质可得CM：AM＝EM：CM，可得CM2=12AM2，设BM＝x，则CM＝1﹣x，根据勾股定理，AM2＝1+x2，列方程求解即可．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AD＝BC，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∵E为AM的中点，
∴AE＝BE，
∴∠EAB＝∠EBA，
∴∠EAD＝∠EBC，
在△EAD和△EBC中，
AE=BE∠EAD=∠EBCAD=BC，
∴△EAD≌△EBC（SAS），
∴ED＝EC；
（2）解：△CMB′是等腰直角三角形，理由如下：
根据旋转的性质可得，EB′＝EB，
∵EB＝AE＝ME，
∴EB′＝AE＝ME，
∴∠EAB′＝∠EB′A，∠EMB′＝∠EB′M，
∵∠EAB′+∠EB′A+∠EB′M+∠EMB′＝180°，
∴∠AB′M＝90°，
∴∠MB′C＝90°，
在正方形ABCD中，∠ACB＝45°，
∴∠B′MC＝45°，
∴B′M＝B′C，
∴△CMB′是等腰直角三角形；
（3）解：延长BE交AD于点F，如图所示：
∵∠BEM＝2∠BAE，∠B′EM＝2∠B′AE，
∵∠BAB′＝45°，
∴∠BEB′＝90°，
∴∠B′EF＝90°，
∵∠DEB′＝45°，
∴∠DEF＝45°，
∵△EAD≌△EBC，
∴∠AED＝∠BEC，
∵∠AEF＝∠BEM，
∴∠CEM＝∠DEF＝45°，
∵∠MCA＝45°，
∴∠CEM＝∠MCA，
又∵∠CME＝∠AMC，
∴△CME∽△AMC，
∴CM：AM＝EM：CM，
∵EM=12AM，
∴CM2=12AM2，
在正方形ABCD中，BC＝AB＝1，
设BM＝x，则CM＝1﹣x，
根据勾股定理，AM2＝1+x2，
∴12(1+x2)=（1﹣x）2，
解得x=2−3或x＝2+3（舍去），
∴BM=2−3．

【点评】本题考查了四边形的综合题，涉及正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等，本题综合性较强，难度较大．

考点卡片
1．函数关系式
用来表示函数关系的等式叫做函数解析式，也称为函数关系式．
注意：
①函数解析式是等式．
②函数解析式中，通常等式的右边的式子中的变量是自变量，等式左边的那个字母表示自变量的函数．
③函数的解析式在书写时有顺序性，例如，y＝x+9时表示y是x的函数，若写成x＝﹣y+9就表示x是y的函数．
2．平行线之间的距离
（1）平行线之间的距离
从一条平行线上的任意一点到另一条直线作垂线，垂线段的长度叫两条平行线之间的距离．
（2）平行线间的距离处处相等．
3．三角形的面积
（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△=12×底×高．
（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
4．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
5．线段垂直平分线的性质
（1）定义：经过某一条线段的中点，并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（中垂线）垂直平分线，简称“中垂线”．
（2）性质：①垂直平分线垂直且平分其所在线段．　　　　②垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．　　　　③三角形三条边的垂直平分线相交于一点，该点叫外心，并且这一点到三个顶点的距离相等．
6．等腰三角形的性质
（1）等腰三角形的概念
有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．
（2）等腰三角形的性质
①等腰三角形的两腰相等
②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】
③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】
（3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．
7．等边三角形的判定与性质
（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．
（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．
（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定．
8．直角三角形斜边上的中线
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．
该定理可以用来判定直角三角形．
9．勾股定理的逆定理
（1）勾股定理的逆定理：如果三角形的三边长a，b，c满足a2+b2＝c2，那么这个三角形就是直角三角形．
说明：
①勾股定理的逆定理验证利用了三角形的全等．
②勾股定理的逆定理将数转化为形，作用是判断一个三角形是不是直角三角形．必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断．
（2）运用勾股定理的逆定理解决问题的实质就是判断一个角是不是直角．然后进一步结合其他已知条件来解决问题．
注意：要判断一个角是不是直角，先要构造出三角形，然后知道三条边的大小，用较小的两条边的平方和与最大的边的平方比较，如果相等，则三角形为直角三角形；否则不是．
10．三角形中位线定理
（1）三角形中位线定理：
三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）几何语言：
如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC，DE=12BC．

11．平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
12．平行四边形的判定
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB＝DC，AD＝BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AB＝DC∴四边行ABCD是平行四边形．
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵∠ABC＝∠ADC，∠DAB＝∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形．
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA＝OC，OB＝OD∴四边行ABCD是平行四边形．
13．平行四边形的判定与性质
平行四边形的判定与性质的作用
平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的．
运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定义判定比用其他判定定理还简单．
凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题．
14．菱形的性质
（1）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（2）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积=12ab．（a、b是两条对角线的长度）
15．菱形的判定
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形

16．菱形的判定与性质
（1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边形的形状始终是平行四边形．
（2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形．）　　（3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法．
（4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形．
17．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
18．矩形的判定
（1）矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
（2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．
②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．
19．矩形的判定与性质
（1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有．
在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题．
（2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等．


20．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
21．四边形综合题
四边形综合题．
22．相似三角形的判定与性质
（1）相似三角形是相似多边形的特殊情形，它沿袭相似多边形的定义，从对应边的比相等和对应角相等两方面下定义；反过来，两个三角形相似也有对应角相等，对应边的比相等．
（2）三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有事可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．
23．解直角三角形
（1）解直角三角形的定义
在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．
（2）解直角三角形要用到的关系
①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°；
②三边之间的关系：a2+b2＝c2；
③边角之间的关系：
sinA=∠A的对边斜边=ac，cosA=∠A的邻边斜边=bc，tanA=∠A的对边∠A的邻边=ab．
（a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边）
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2023/7/9 9:12:44；用户：组卷3；邮箱：zyb003@xyh.com；学号：41418966