2022年中考数学真题分项汇编专题13 特殊的平行四边形（含解析）

这是一份2022年中考数学真题分项汇编专题13 特殊的平行四边形（含解析），共68页。

专题13 特殊的平行四边形
一．选择题
1．（2022·陕西）在下列条件中，能够判定为矩形的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据矩形的判定定理逐项判断即可．
【详解】当AB=AC时，不能说明是矩形，所以A不符合题意；
当AC⊥BD时，是菱形，所以B不符合题意；
当AB=AD时，是菱形，所以C不符合题意；
当AC=BD时，是矩形，所以D符合题意．故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，掌握判定定理是解题的关键．有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形．
2．（2022·湖南衡阳）下列命题为假命题的是（       ）
A．对角线相等的平行四边形是矩形 B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
C．有一个内角是直角的平行四边形是正方形 D．有一组邻边相等的矩形是正方形
【答案】C
【分析】根据矩形、菱形、正方形判定方法，一一判断即可．
【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题，本选项不符合题意．
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，是真命题，本选项不符合题意．
C、有一个内角是直角的平行四边形可能是长方形，是假命题，应该是矩形，推不出正方形，本选项符合题意．
D、有一组邻边相等的矩形是正方形，是真命题，本选项不符合题意．故选：C．
【点睛】本题考查命题与定理，矩形、菱形、正方形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握正方形的判定方法，属于中考常考题型．
3．（2022·湖南怀化）下列说法正确的是（　　）
A．相等的角是对顶角 B．对角线相等的四边形是矩形
C．三角形的外心是它的三条角平分线的交点 D．线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等
【答案】D
【分析】根据对顶角的概念、矩形的判定、三角形外心的定义和垂直平分线的性质逐项判定即可得出结论．
【详解】解：A、根据对顶角的概念可知，相等的角不一定是对顶角，故该选项不符合题意；
B、根据矩形的判定“对角线相等的平行四边形是矩形”可知该选项不符合题意；
C、根据三角形外心的定义，外心是三角形外接圆圆心，是三角形三条边中垂线的交点，故该选项不符合题意；D、根据线段垂直平分线的性质可知该选项符合题意；故选：D．
【点睛】本题考查基本几何概念、图形判定及性质，涉及到对顶角的概念、矩形的判定、三角形外心的定义和垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握相关几何图形的定义、判定及性质是解决问题的关键．
4．（2022·重庆）如图，在正方形中，平分交于点，点是边上一点，连接，若，则的度数为（       ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先利用正方形的性质得到，，，利用角平分线的定义求得，再证得，利用全等三角形的性质求得，最后利用即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，，
∵平分交于点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴ ，
∴，故选：C
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
5．（2022·江苏连云港）如图，将矩形ABCD沿着GE、EC、GF翻折，使得点A、B、D恰好都落在点O处，且点G、O、C在同一条直线上，同时点E、O、F在另一条直线上．小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB=AD；③GE=DF；④OC=2OF；⑤△COF∽△CEG．其中正确的是（       ）

A．①②③ B．①③④ C．①④⑤ D．②③④
【答案】B
【分析】由折叠的性质知∠FGE=90°，∠GEC=90°，点G为AD的中点，点E为AB的中点，设AD=BC=2a，AB=CD=2b，在Rt△CDG中，由勾股定理求得b=，然后利用勾股定理再求得DF=FO=，据此求解即可．
【详解】解：根据折叠的性质知∠DGF=∠OGF，∠AGE=∠OGE，
∴∠FGE=∠OGF+∠OGE=(∠DGO+∠AGO) =90°，
同理∠GEC=90°，∴GF∥EC；故①正确；
根据折叠的性质知DG=GO，GA=GO，
∴DG=GO=GA，即点G为AD的中点，同理可得点E为AB的中点，
设AD=BC=2a，AB=CD=2b，则DG=GO=GA=a，OC=BC=2a，AE=BE=OE=b，∴GC=3a，
在Rt△CDG中，CG2=DG2+CD2，即(3a)2=a2+(2b)2，∴b=，
∴AB=2=AD，故②不正确；
设DF=FO=x，则FC=2b-x，
在Rt△COF中，CF2=OF2+OC2，
即(2b-x)2=x2+(2a)2，
∴x==，即DF=FO=，GE=a，
∴，∴GE=DF；故③正确；
∴，∴OC=2OF；故④正确；
∵∠FCO与∠GCE不一定相等，∴△COF∽△CEG不成立，故⑤不正确；
综上，正确的有①③④，故选：B．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
6．（2022·四川达州）如图，点E在矩形的边上，将沿翻折，点A恰好落在边上的点F处，若，，则的长为（       ）

A．9 B．12 C．15 D．18
【答案】C
【分析】根据折叠的性质可得，设，则，则，在中勾股定理建列方程，求得，进而求得，根据，可得，即，求得，在中，勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，
将沿翻折，点A恰好落在边上的点F处，
,，
，，
设，则，，
在中，
即，解得，，
，，，
，，，，
在中，，．故选C．
【点睛】本题考查了矩形与折叠的性质，正切的定义，勾股定理，掌握折叠的性质以及勾股定理是解题的关键．
7．（2022·四川遂宁）如图，正方形ABCD与正方形BEFG有公共顶点B，连接EC、GA，交于点O，GA与BC交于点P，连接OD、OB，则下列结论一定正确的是（       ）

①EC⊥AG；②△OBP∽△CAP；③OB平分∠CBG；④∠AOD=45°；
A．①③ B．①②③ C．②③ D．①②④
【答案】D
【分析】由四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，可得△ABG≌△CBE（SAS），即得∠BAG=∠BCE，即可证明∠POC=90°，可判断①正确；取AC的中点K，可得AK=CK=OK=BK，即可得∠BOA=∠BCA，从而△OBP∽△CAP，判断②正确，由∠AOC=∠ADC=90°，可得A、O、C、D四点共圆，而AD=CD，故∠AOD=∠DOC=45°，判断④正确，不能证明OB平分∠CBG，即可得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD、四边形BEFG是正方形，
∴AB=BC，BG=BE，∠ABC=90°=∠GBE，∴∠ABC+∠CBG=∠GBE+∠CBG，即∠ABG=∠EBC，
∴△ABG≌△CBE（SAS），∴∠BAG=∠BCE，∵∠BAG+∠APB=90°，∴∠BCE+∠APB=90°，
∴∠BCE+∠OPC=90°，∴∠POC=90°，∴EC⊥AG，故①正确；取AC的中点K，如图：

在Rt△AOC中，K为斜边AC上的中点，∴AK=CK=OK，在Rt△ABC中，K为斜边AC上的中点，
∴AK=CK=BK，∴AK=CK=OK=BK，∴A、B、O、C四点共圆，∴∠BOA=∠BCA，
∵∠BPO=∠CPA，∴△OBP∽△CAP，故②正确，
∵∠AOC=∠ADC=90°，∴∠AOC+∠ADC=180°，∴A、O、C、D四点共圆，
∵AD=CD，∴∠AOD=∠DOC=45°，故④正确，
由已知不能证明OB平分∠CBG，故③错误，故正确的有：①②④，故选：D．
【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，四点共圆等知识，解题的关键是取AC的中点K，证明AK=CK=OK=BK，从而得到A、B、O、C四点共圆．
8．（2022·山东滨州）正方形的对角线相交于点O（如图1），如果绕点O按顺时针方向旋转，其两边分别与边相交于点E、F（如图2），连接EF，那么在点E由B到A的过程中，线段EF的中点G经过的路线是（       ）


A．线段 B．圆弧 C．折线 D．波浪线
【答案】A
【分析】连接，根据题意可知则线段EF的中点G经过的路线是的线段垂直平分线的一段，即线段
【详解】连接，根据题意可知，


，∴点G在线段OB的垂直平分线上．
则线段EF的中点G经过的路线是的线段垂直平分线的一段，即线段．故选：A．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，正方形的性质，掌握以上知识是解题的关键．
9．（2022·四川泸州）如图，在边长为3的正方形中，点是边上的点，且，过点作的垂线交正方形外角的平分线于点，交边于点，连接交边于点，则的长为（       ）

A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】在AD上截取连接GE，延长BA至H，使连接EN，可得出，进而推出得出
，设则用勾股定理求出由可列方程解出x，即CN的长，由正切函数，求出BM的长，由即可得出结果．
【详解】解：如图所示：在AD上截取连接GE，延长BA至H，使连接EN，






为正方形外角的平分线，

在和中，

在和中，

在和中，
设则
在中，

故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数，勾股定理等知识．此题综合性很强，图形比较复杂，解题的关键是注意数形结合思想的应用与辅助线的准确选择．
10．（2022·山东泰安）如图，四边形为矩形，，．点P是线段上一动点，点M为线段上一点．，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】证明，得出点M在O点为圆心，以AO为半径的园上，从而计算出答案．
【详解】设AD的中点为O，以O点为圆心，AO为半径画圆

∵四边形为矩形∴
∵∴∴
∴点M在O点为圆心，以AO为半径的园上 连接OB交圆O与点N
∵点B为圆O外一点∴当直线BM过圆心O时，BM最短
∵，∴∴
∵故选：D．
【点睛】本题考查直角三角形、圆的性质，解题的关键是熟练掌握直角三角形和圆的相关知识．
11．（2022·四川德阳）如图，在四边形中，点，，，分别是，，，边上的中点，则下列结论一定正确的是（       ）

A．四边形是矩形
B．四边形的内角和小于四边形的内角和
C．四边形的周长等于四边形的对角线长度之和
D．四边形的面积等于四边形面积的
【答案】C
【分析】连接，根据三角形中位线的性质，，，继而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：连接，设交于点，
点，，，分别是，，，边上的中点，
，，

A. 四边形是平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；
B. 四边形的内角和等于于四边形的内角和，都为360°，故该选项不正确，不符合题意；C. 四边形的周长等于四边形的对角线长度之和，故该选项正确，符合题意；
D. 四边形的面积等于四边形面积的，故该选项不正确，不符合题意；故选C
【点睛】本题考查了中点四边形的性质，三角形中位线的性质，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
12．（2022·四川自贡）如图，菱形对角线交点与坐标原点重合，点，则点的坐标为（       ）


A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据菱形的中心对称性，A、C坐标关于原点对称，利用横反纵也反的口诀求解即可．
【详解】∵菱形是中心对称图形，且对称中心为原点，
∴A、C坐标关于原点对称，∴C的坐标为，故选C．
【点睛】本题考查了菱形的中心对称性质，原点对称，熟练掌握菱形的性质，关于原点对称点的坐标特点是解题的关键．
13．（2022·重庆）如图，在正方形中，对角线、相交于点O． E、F分别为、上一点，且，连接，，．若，则的度数为（       ）

A．50° B．55° C．65° D．70°
【答案】C
【分析】根据正方形的性质证明△AOF≌△BOE（SAS），得到∠OBE=∠OAF，利用OE=OF，∠EOF=90°，求出∠OEF=∠OFE=45°，由此得到∠OAF=∠OEF-∠AFE=20°，进而得到∠CBE的度数．
【详解】解：在正方形中，AO=BO，∠AOD=∠AOB=90°，∠CBO=45°，
∵，∴△AOF≌△BOE（SAS），∴∠OBE=∠OAF，
∵OE=OF，∠EOF=90°，∴∠OEF=∠OFE=45°，
∵，∴∠OAF=∠OEF-∠AFE=20°，
∴∠CBE=∠CBO+∠OBE=45°+20°=65°，故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，熟记正方形的性质是解题的关键．
14．（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PFDM的面积占正方形ABCD面积的．正确的有（       ）


A．只有① B．①② C．①③ D．②③
【答案】C
【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ABCD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＝∠AOB＝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．
15．（2022·湖北黄冈）如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论：①四边形AECF是菱形；②∠AFB＝2∠ACB；③AC•EF＝CF•CD；
④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF．其中正确结论的个数是（       ）

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】根据作图可得，且平分，设与的交点为，证明四边形为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据角平分线的性质可得，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解．
【详解】如图，设与的交点为，


根据作图可得，且平分，，
四边形是矩形，，，
又， ，，，
，四边形是平行四边形，
垂直平分，，四边形是菱形，故①正确；
②，，∠AFB＝2∠ACB；故②正确；
③由菱形的面积可得AC•EF＝CF•CD；故③不正确，
④四边形是矩形，，
若AF平分∠BAC，，则，，
，，，，
，CF＝2BF．故④正确；故选B
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，角平分线的性质，综合运用以上知识是解题的关键．
二、填空题
16．（2022·湖南邵阳）已知矩形的一边长为，一条对角线的长为，则矩形的面积为_________．
【答案】48
【分析】如图，先根据勾股定理求出，再由求解即可．
【详解】解：在矩形ABCD中，，，

∴在中，(cm)，
∴．
故答案为：48．
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是熟知上述知识．
17．（2022·四川成都）如图，在菱形中，过点作交对角线于点，连接，点是线段上一动点，作关于直线的对称点，点是上一动点，连接，．若，，则的最大值为_________．

【答案】##
【分析】延长DE，交AB于点H，确定点B关于直线DE的对称点F，由点B，D关于直线AC对称可知QD=QB，求最大，即求最大，点Q，B，共线时，，根据“三角形两边之差小于第三边”可得最大，当点与点F重合时，得到最大值.连接BD，即可求出CO，EO，再说明，可得DO，根据勾股定理求出DE，然后证明，可求BH，即可得出答案．
【详解】延长DE，交AB于点H，


∵，ED⊥CD，
∴DH⊥AB．
取FH=BH，
∴点P的对称点在EF上．
由点B，D关于直线AC对称，
∴QD=QB．
要求最大，即求最大，点Q，B，共线时，，根据“三角形两边之差小于第三边”可得最大，当点与点F重合时，得到最大值BF．
连接BD，与AC交于点O．
∵AE=14,CE=18，       
∴AC=32，
∴CO=16，EO=2．
∵∠EDO+∠DEO=90°，∠EDO+∠CDO=90°，
∴∠DEO=∠CDO．
∵∠EOD=∠DOC，
∴ ，
∴，
即，   
解得，
∴．
在Rt△DEO中，．
∵∠EDO=∠BDH，∠DOE=∠DHB，
∴，
∴，
即，
解得，
∴．
故答案为：．


【点睛】这是一道根据轴对称求线段差最大的问题，考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，相似三角形的性质和判定等，确定最大值是解题的关键．
18．（2022·陕西）如图，在菱形中，．若M、N分别是边上的动点，且，作，垂足分别为E、F，则的值为______．

【答案】
【分析】连接AC交BD于点O，过点M作MG//BD交AC于点G，则可得四边形MEOG是矩形，以及，从而得NF=AG，ME=OG，即NR+ME=AO，运用勾股定理求出AO的长即可．
【详解】解：连接AC交BD于点O，如图，


∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BO=，AD//BC，
∴
在Rt中，AB=4，BO=，
∵，
∴
过点M作MG//BD交AC于点G，
∴,
∴
又
∴，
∴四边形MEOG是矩形，
∴ME=OG，
又
∴
∴
在和中，
,
∴≌
∴，
∴，
故答案为．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
19．（2022·四川自贡）如图，矩形中，，是的中点，线段在边上左右滑动；若，则的最小值为____________．

【答案】
【分析】如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，可得四边形EFCH是平行四边形，从而得到G'H=EG'+EH=EG+CF，再由勾股定理求出HG'的长，即可求解．
【详解】解：如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，

∴G'E=GE，AG=AG'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD=BC=2
∴CH∥EF，
∵CH=EF=1，
∴四边形EFCH是平行四边形，
∴EH=CF，
∴G'H=EG'+EH=EG+CF，
∵AB=4，BC=AD=2，G为边AD的中点，
∴AG=AG'=1
∴DG′=AD+AG'=2+1=3，DH=4-1=3，
∴，
即的最小值为．
故答案为：
【点睛】此题主要考查了利用轴对称求最短路径问题，矩形的性质，勾股定理等知识，确定GE+CF最小时E，F位置是解题关键．
20．（2022·湖南娄底）菱形的边长为2，，点、分别是、上的动点，的最小值为______．

【答案】
【分析】过点C作CE⊥AB于E，交BD于G，根据轴对称确定最短路线问题以及垂线段最短可知CE为FG+CG的最小值，当P与点F重合，Q与G重合时，PQ+QC最小，在直角三角形BEC中，勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，过点C作CE⊥AB于E，交BD于G，根据轴对称确定最短路线问题以及垂线段最短可知CE为FG+CG的最小值，当P与点F重合，Q与G重合时，PQ+QC最小，

菱形的边长为2，，
中，
PQ+QC的最小值为故答案为：
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，掌握轴对称的性质求线段和的最小值是解题的关键．
21．（2022·甘肃武威）如图，菱形中，对角线与相交于点，若，，则的长为_________cm．

【答案】8
【分析】利用菱形对角线互相垂直且平分的性质结合勾股定理得出答案即可．
【详解】解： 菱形中，对角线，相交于点，AC=4，
，，AO=OC=AC=2
，
，
，
故答案为：8．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理的应用，熟练掌握菱形的性质，运用勾股定理解直角三角形，是解题关键．
22．（2022·浙江温州）如图，在菱形中，．在其内部作形状、大小都相同的菱形和菱形，使点E，F，G，H分别在边上，点M，N在对角线上．若，则的长为___________．

【答案】##
【分析】根据菱形的性质和锐角三角函数，可以求得AC、AM和MN的长，然后即可计算出MN的长．
【详解】解：连接DB交AC于点O，作MI⊥AB于点I，作FJ⊥AB交AB的延长线于点J，如图所示，

∵四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=1，
∴AB=BC=CD=DA=1，∠BAC=30°，AC⊥BD，
∵△ABD是等边三角形，
∴OD=，

∴AC=2AO=，
∵AE=3BE，
∴AE=，BE=，
∵菱形AENH和菱形CGMF大小相同，
∴BE=BF=，∠FBJ=60°，
∴FJ=BF•sin60°=，
∴MI=FJ=，   
∴，
同理可得，
∴MN=AC-AM-CN=
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质，解答本题的关键是作出合适的辅助线，求出AC、AM和MN的长．
23．（2022·四川达州）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别为，边上的动点（不与端点重合），连接，，分别交对角线于点P，Q．点E，F在运动过程中，始终保持，连接，，．以下结论：①；②；③；④为等腰直角三角形；⑤若过点B作，垂足为H，连接，则的最小值为．其中所有正确结论的序号是____．

【答案】①②④⑤
【分析】连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，根据正方形的性质及线段垂直平分线的性质定理即可判断①正确；通过证明，，可证明②正确；作，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，通过证明，可判断③错误；通过证明，，利用相似三角形的性质即可证明④正确；当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，分别求解即可判断⑤正确．
【详解】

如图1，连接BD，延长DA到M，使AM=CF，连接BM，
四边形ABCD是正方形，
垂直平分BD，，
，，，故①正确；
，
，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，故②正确；


如图2，作，交AC的延长线于K，在BK上截取BN=BP，连接CN，
，
，
，
，
，即，
，故③错误；
如图1，
四边形ABCD是正方形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
为等腰直角三角形，故④正确；
如图1，当点B、H、D三点共线时，DH的值最小，
，
，
，
，
，故⑤正确；
故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并准确作出辅助线是解题的关键．
24．（2022·安徽）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：（1）________°；（2）若，，则________．

【答案】     45    
【分析】（1）先证△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知度数．
（2）先作FH⊥CD于H，利用平行线分线段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，证△MPF∽△NHF,即可求得NH的长度，MN=MH+NH即可得解．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AB=AD，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵FG⊥AG，
∴∠G=∠A=90°，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=FE，∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠FEG=90°，
∴∠FEG=∠EBA，
在△ABE和△GEF中，
，
∴△ABE≌△GEF（AAS），
∴AE=FG，AB=GE，
在正方形ABCD中，AB=AD

∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，
∴AE=DG=FG，
∴∠FDG=∠DFG=45°．
故填：45°．
（2）如图，作FH⊥CD于H，

∴∠FHD=90°
∴四边形DGFH是正方形，
∴DH=FH=DG=2，
∴AGFH,
∴，
∴DM=，MH=，
作MP⊥DF于P，
∵∠MDP=∠DMP=45°，
∴DP=MP，
∵DP2+MP2=DM2，
∴DP=MP=，
∴PF=
∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，
∴∠MFP=∠NFH，
∵∠MPF=∠NHF=90°，
∴△MPF∽△NHF,
∴，即，
∴NH=，
∴MN=MH+NH=+=．
故填： ．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及判定以及相似三角形的性质和判定，熟知相关知识点并能熟练运用，正确添加辅助线是解题的关键．
25．（2022·四川南充）如图，正方形边长为1，点E在边上（不与A，B重合），将沿直线折叠，点A落在点处，连接，将绕点B顺时针旋转得到，连接．给出下列四个结论：①；②；③点P是直线上动点，则的最小值为；④当时，的面积．其中正确的结论是_______________．（填写序号）

【答案】①②③
【分析】根据全等三角形判定即可判断①；过D作DM⊥CA1于M，利用等腰三角形性质及折叠性质得∠ADE+∠CDM，再等量代换即可判断②；连接AP、PC、AC，由对称性知，PA1=PA，知P、A、C共线时取最小值，最小值为AC长度，勾股定理求解即可判断③；过点A1作A1H⊥AB于H，借助特殊角的三角函数值求出BE，A1H的长度，代入三角形面积公式求解即可判断④．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
由旋转知，∠A1BA2=90°，A1B=A2B，
∴∠ABA1=∠CBA2，
∴△ABA1≌△CBA2，
故①正确；
过D作DM⊥CA1于M，如图所示，

由折叠知AD=A1D=CD，∠ADE=∠A1DE，
∴DM平分∠CDA1，
∴∠ADE+∠CDM=45°，
又∠BCA1+∠DCM=∠CDM+∠DCM=90°，
∴∠BCA1=∠CDM，
∴∠ADE+∠BCA1=45°，
故②正确；
连接AP、PC、AC，由对称性知，PA1=PA，

即PA1+PC=PA+PC，当P、A、C共线时取最小值，最小值为AC的长度，即为，
故③正确；
过点A1作A1H⊥AB于H，如图所示，

∵∠ADE=30°，
∴AE=tan30°·AD=，DE=，
∴BE=AB-AE=1-，
由折叠知∠DEA=∠DEA1=60°，AE=A1E=，
∴∠A1EH=60°，
∴A1H=A1E·sin60°=，
∴△A1BE的面积=，
故④错误，
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了正方形性质、等腰三角形性质、全等三角形的判定、折叠性质及解直角三角形等知识点，综合性较强．
26．（2022·江苏苏州）如图，在矩形ABCD中．动点M从点A出发，沿边AD向点D匀速运动，动点N从点B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN．动点M，N同时出发，点M运动的速度为，点N运动的速度为，且．当点N到达点C时，M，N两点同时停止运动．在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形．若在某一时刻，点B的对应点恰好在CD的中点重合，则的值为______．

【答案】
【分析】在矩形ABCD中，设，运动时间为，得到，利用翻折及中点性质，在中利用勾股定理得到，然后利用得到，在根据判定的得到，从而代值求解即可．
【详解】解：如图所示：

在矩形ABCD中，设，运动时间为，
，
在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形，
，
若在某一时刻，点B的对应点恰好在CD的中点重合，，
在中，，则，
，,
,,,
，
，，则，
，即，
在和中，
，
，即，
，故答案为：．
【点睛】本题属于矩形背景下的动点问题，涉及到矩形的性质、对称性质、中点性质、两个三角形相似的判定与性质、勾股定理及两个三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及判定，求出相应线段长是解决问题的关键．
27．（2022·四川达州）如图，菱形的对角线与相交于点，，，则菱形的周长是________．

【答案】52
【分析】根据菱形对角线互相垂直平分的性质，可以求得BO=OD，AO=OC，在Rt△AOD中，根据勾股定理可以求得AB的长，即可求菱形ABCD的周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=AC=12，OB=BD=5，
∴AB=，
∴菱形ABCD的周长为：4×13=52．
故答案为：52
【点睛】本题考查了菱形周长的计算，考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了菱形的性质，本题中根据勾股定理计算AB的长是解题的关键．
28．（2022·四川乐山）已知菱形的对角线相交于点，，，则菱形的面积为__________．
【答案】24
【分析】根据菱形的面积公式，菱形的面积等于对角线乘积的一半，计算即可得出答案．
【详解】解：由题意得：
故答案为：24．
【点睛】本题考查的知识点是菱形的面积公式，掌握求菱形面积的方法是解此题的关键．
29．（2022·山东泰安）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE=AP=1，PB=．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB=1+；⑤S正方形ABCD=4+．其中正确结论的序号是 ．

【答案】①③⑤
【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB=∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等； 
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用③中的∠BEP=90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF； 
③利用①中的全等，可得∠APD=∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP=90°，即可证； 
④连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可； 
⑤在Rt△ABF中，利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面积．
【详解】①∵∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°， 
∴∠EAB=∠PAD， 
又∵AE=AP，AB=AD， 
∵在△APD和△AEB中， 
， 
∴△APD≌△AEB（SAS）； 
故此选项成立； 
③∵△APD≌△AEB， 
∴∠APD=∠AEB， 
∵∠AEB=∠AEP+∠BEP，∠APD=∠AEP+∠PAE， 
∴∠BEP=∠PAE=90°， 
∴EB⊥ED； 
故此选项成立； 
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F， 
∵AE=AP，∠EAP=90°， 
∴∠AEP=∠APE=45°， 
又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF， 
∴∠FEB=∠FBE=45°， 
又∵BE= = = ， 
∴BF=EF= ， 
故此选项不正确； 
④如图，连接BD，在Rt△AEP中，
 
∵AE=AP=1， 
∴EP= ， 
又∵PB= ， 
∴BE= ， 
∵△APD≌△AEB， 
∴PD=BE= ， 
∴S △ABP+S △ADP=S △ABD-S △BDP= S 正方形ABCD- ×DP×BE= ×（4+ ）- × × = + ． 
故此选项不正确． 
⑤∵EF=BF= ，AE=1， 
∴在Rt△ABF中，AB 2=（AE+EF） 2+BF 2=4+ ， 
∴S 正方形ABCD=AB 2=4+ ， 
故此选项正确． 
故答案为①③⑤．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识．
30．（2022·湖北武汉）如图，在中，，，分别以的三边为边向外作三个正方形，，，连接．过点作的垂线，垂足为，分别交，于点，．若，，则四边形的面积是_________．

【答案】80
【分析】连接LC、EC、EB，LJ，由平行线间同底的面积相等可以推导出：,由，可得，故，证得四边形是矩形，可得，在正方形中可得：，故得出：．由，可得，即可求出，可得出

【详解】连接LC、EC、EB，LJ，

在正方形，，中
．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴四边形是矩形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵
∴，
∴．
∵，
∴．
∴
∴．
∵.
∴,
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵,
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
设，
∵
∴，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴，
∴．
故答案为：80．
【点睛】此题考查正方形的性质、矩形的性质与判定、相似三角形的判定与性质、勾股定理，平行线间同底的两个三角形，面积相等；难度系数较大，作出正确的辅助线并灵活运用相关图形的性质与判定是解决本题的关键．
31．（2022·湖南娄底）九年级融融陪同父母选购家装木地板，她感觉某品牌木地板拼接图（如实物图）比较美观，通过手绘（如图）、测量、计算发现点是的黄金分割点，即．延长与相交于点，则________.（精确到0.001）
   
【答案】0.618
【分析】设每个矩形的长为x，宽为y，则DE＝AD－AE＝x－y，四边形EFGM是矩形，则EG＝MF＝y，由得x－y≈0.618x，求得y≈0.382x，进一步求得，即可得到答案．
【详解】解：如图，设每个矩形的长为x，宽为y，则DE＝AD－AE＝x－y，
由题意易得∠GEM＝∠EMF＝∠MFG＝90°，
∴四边形EFGM是矩形，
∴EG＝MF＝y，
∵，
∴x－y≈0.618x，
解得y≈0.382x，
∴，
∴EG≈0.618DE．
故答案为：0.618．

【点睛】此题考查了矩形的判定和性质、分式的化简、等式的基本性质、二元一次方程等知识，求得y≈0.382x是解题的关键．
32．（2022·山东泰安）如图，四边形为正方形，点E是的中点，将正方形沿折叠，得到点B的对应点为点F，延长交线段于点P，若，则的长度为___________．

【答案】2
【分析】连接AP，根据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，设PF＝PD＝x，则CP＝CD−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x，然后根据勾股定理即可解决问题．
【详解】解：连接AP，如图所示，


∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
点E是BC的中点，
∴BE＝CE＝AB＝3，
由翻折可知：AF＝AB，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，
∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，
在Rt△AFP和Rt△ADP中，
，
∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），
∴PF＝PD，
设PF＝PD＝x，则CP＝CD−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x，
在Rt△PEC中，根据勾股定理得：EP2＝EC2＋CP2，
∴（3＋x）2＝32＋（6−x）2，解得x＝2，则DP的长度为2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
33．（2022·浙江台州）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B重合时，EF的长为________；当点M的位置变化时，DF长的最大值为________．

【答案】         
【分析】当点M与点B重合时，EF垂直平分AB，利用三角函数即可求得EF的长；
【详解】解：当点M与点B重合时，由折叠的性质知EF垂直平分AB，
∴AE=EB=AB=3，
在Rt△AEF中，∠A=60°，AE=3，
tan60°=，
∴EF=3；
当AF长取得最小值时，DF长取得最大值，
由折叠的性质知EF垂直平分AM，则AF=FM，
∴FM⊥BC时，FM长取得最小值，此时DF长取得最大值，
过点D作DG⊥BC于点C，则四边形DGMF为矩形，
∴FM=DG，
在Rt△DGC中，∠C=∠A=60°，DC=AB=6，
∴DG=DCsin60°=3，
∴DF长的最大值为AD-AF=AD-FM=AD-DG=6-3，
故答案为：3；6-3．

【点睛】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
34．（2022·甘肃武威）如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=9cm，点E，F分别在边AB，BC上，AE=2cm，BD，EF交于点G，若G是EF的中点，则BG的长为____________cm．

【答案】
【分析】根据矩形的性质可得AB=CD=6cm，∠ABC=∠C=90°，AB∥CD，从而可得∠ABD=∠BDC，然后利用直角三角形斜边上的中线可得EG=BG，从而可得∠BEG=∠ABD，进而可得∠BEG=∠BDC，再证明△EBF∽△DCB，利用相似三角形的性质可求出BF的长，最后在Rt△BEF中，利用勾股定理求出EF的长，即可解答．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=6cm，∠ABC=∠C=90°，AB∥CD，
∴∠ABD=∠BDC，
∵AE=2cm，
∴BE=AB-AE=6-2=4（cm），
∵G是EF的中点，
∴EG=BG=EF，
∴∠BEG=∠ABD，
∴∠BEG=∠BDC，
∴△EBF∽△DCB，
∴，
∴，
∴BF=6，
∴EF=（cm），
∴BG=EF=（cm），
故答案为：．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线，以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
35．（2022·四川眉山）如图，点为矩形的对角线上一动点，点为的中点，连接，，若，，则的最小值为________．

【答案】6
【分析】作点B关于AC的对称点，交AC于点F，连接交AC于点P，则的最小值为的长度；然后求出和BE的长度，再利用勾股定理即可求出答案．
【详解】解：如图，作点B关于AC的对称点，交AC于点F，连接交AC于点P，则的最小值为的长度；

∵AC是矩形的对角线，
∴AB=CD=4，∠ABC=90°，
在直角△ABC中，，，
∴，
∴，
由对称的性质，得，，
∴，
∴
∵，，
∴△BEF是等边三角形，
∴，
∴是直角三角形，
∴，
∴的最小值为6；
故答案为：6．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，特殊角的三角函数值，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的找到点P使得有最小值．
三、解答题
36．（2022·湖南邵阳）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，在对角线上，且，．求证：四边形是正方形．

【答案】证明过程见解析
【分析】菱形的两条对角线相互垂直且平分，再根据两条对角线相互垂直平分且相等的四边形是正方形即可证明四边形AECF是正方形．
【详解】证明：∵ 四边形ABCD是菱形
∴ OA=OC，OB=OD且AC⊥BD，
又∵ BE=DF
∴ OB-BE=OD-DF
即OE=OF
∵OE=OA
∴OA=OC=OE=OF且AC=EF
又∵AC⊥EF
∴ 四边形DEBF是正方形．
【点睛】此题考查了菱形的性质和正方形的判定，解题的关键是掌握上述知识．
37．（2022·四川遂宁）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E是AD的中点，连接OE，过点D作DF∥AC交OE的延长线于点F，连接AF．

(1)求证：≌；(2)判定四边形AODF的形状并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AODF为矩形，理由见解析
【分析】（1）利用全等三角形的判定定理即可；
（2）先证明四边形AODF为平行四边形，再结合∠AOD=90°，即可得出结论．
(1)
证明：∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵DF∥AC，
∴∠OAD=∠ADF，
∵∠AEO=∠DEF，
∴△AOE≌△DFE（ASA）；
(2)
解：四边形AODF为矩形．
理由：∵△AOE≌△DFE，
∴AO=DF，
∵DF∥AC，
∴四边形AODF为平行四边形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
即∠AOD=90°，
∴平行四边形AODF为矩形．
【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及矩形的判定是解题的关键．
38．（2022·四川广元）如图，在四边形ABCD中，ABCD，AC平分∠DAB，AB＝2CD，E为AB中点，连接CE．(1)求证：四边形AECD为菱形；(2)若∠D＝120°，DC＝2，求△ABC的面积．

【答案】(1)见详解
(2)△ABC的面积为
【分析】（1）由题意易得CD=AE，∠DAC=∠EAC=∠DCA，则有四边形AECD是平行四边形，然后问题可求证；
（2）由（1）及题意易得，则有△BCE是等边三角形，然后可得△ACB是直角三角形，则，进而问题可求解．
(1)证明：∵ABCD，AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠EAC，∠EAC=∠DCA，
∴∠DAC=∠DCA，
∴DA=DC，
∵AB＝2CD，E为AB中点，
∴，
∵，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵DA=DC，
∴四边形AECD是菱形；
(2)解：由（1）知：，
∵∠D＝120°，
∴，
∵E为AB中点，
∴，
∴△BCE是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查菱形的性质与判定、等边三角形的性质及含30°直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质与判定、等边三角形的性质及含30°直角三角形的性质是解题的关键．
39．（2022·浙江台州）图1中有四条优美的“螺旋折线”，它们是怎样画出来的呢？如图2，在正方形各边上分别取点，，，，使，依次连接它们，得到四边形；再在四边形各边上分别取点，，，，使，依次连接它们，得到四边形；…如此继续下去，得到四条螺旋折线．

(1)求证：四边形是正方形；(2)求的值；(3)请研究螺旋折线…中相邻线段之间的关系，写出一个正确结论并加以证明．
【答案】(1)见解析(2)(3)螺旋折线…中相邻线段的比均为或，见解析
【分析】（1）证明，则，同理可证，再证明有一个角为直角，即可证明四边形为正方形；
（2）勾股定理求解的长度，再作比即可；
（3）两个结论：螺旋折线…中相邻线段的比均为或；螺旋折线…中相邻线段的夹角的度数不变，选一个证明即可，证明过程见详解．
(1)在正方形中，，，
又∵，
∴．∴．∴，．
又∵，∴．∴．
同理可证：．∴四边形是正方形．
(2)∵，设，则．
∴．∴由勾股定理得：．∴．
(3)结论1：螺旋折线…中相邻线段的比均为或．
证明：∵，∴．同理，．…
∴．同理可得，…
∴螺旋折线…中相邻线段的比均为或．
结论2：螺旋折线…中相邻线段的夹角的度数不变．
证明：∵，，
∴，∴．同理得：，
∵，∴，即．
同理可证．∴螺旋折线…中相邻线段的夹角的度数不变．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定、勾股定理、相似三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定是解题的关键．
40．（2022·浙江舟山）小惠自编一题：“如图，在四边形中，对角线，交于点O，，，求证：四边形是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．

若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明．
【答案】赞成小洁的说法，补充，见解析
【分析】赞成小洁的说法，补充：，由四边相等的四边形是菱形即可判断．
【详解】赞成小洁的说法，补充：．
证明：，，
，．
又∵．∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题考查菱形的判定以及线段垂直平分线的性质，熟练掌握菱形的判定是解题的关键．
41．（2022·安徽）已知四边形ABCD中，BC＝CD．连接BD，过点C作BD的垂线交AB于点E，连接DE．

(1)如图1，若，求证：四边形BCDE是菱形；
(2)如图2，连接AC，设BD，AC相交于点F，DE垂直平分线段AC．
（ⅰ）求∠CED的大小；（ⅱ）若AF＝AE，求证：BE＝CF．
【答案】(1)见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）见解析
【分析】（1）先根据DC=BC，CE⊥BD，得出DO=BO，再根据“AAS”证明，得出DE=BC，得出四边形BCDE为平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，得出四边形BCDE为菱形；
（2）（ⅰ）根据垂直平分线的性质和等腰三角形三线合一，证明∠BEG=∠DEO=∠BEO，再根据∠BEG+∠DEO+∠BEO=180°，即可得出；
（ⅱ）连接EF，根据已知条件和等腰三角形的性质，算出，得出，证明，再证明，即可证明结论．
(1)证明：∵DC=BC，CE⊥BD，
∴DO=BO，
∵，
∴，，
∴（AAS），
∴，
∴四边形BCDE为平行四边形，
∵CE⊥BD，
∴四边形BCDE为菱形．

(2)（ⅰ）根据解析（1）可知，BO=DO，


∴CE垂直平分BD，
∴BE=DE，
∵BO=DO，
∴∠BEO=∠DEO，
∵DE垂直平分AC，
∴AE=CE，
∵EG⊥AC，
∴∠AEG=∠DEO，
∴∠AEG=∠DEO=∠BEO，
∵∠AEG+∠DEO+∠BEO=180°，
∴．
（ⅱ）连接EF，

∵EG⊥AC，
∴，
∴，
∵




∵AE=AF，
∴，
∴，
，
∴，
∵，
∴，
∴，   
∴，
∴，
，
∴，
，
，
，
∴，
，
∴（AAS），
．
【点睛】本题主要考查了垂直平分线的性质、等腰三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，菱形的判定，直角三角形的性质，作出辅助线，得出，得出，是解题的关键．
42．（2022·山东滨州）如图，菱形的边长为10， ，对角线相交于点O，点E在对角线BD上，连接AE，作且边EF与直线DC相交于点F．

(1)求菱形的面积；(2)求证．
【答案】(1)(2)见解析
【分析】（1）根据菱形的性质可得AC⊥BD且AO=CO，BO=DO，再根据题意及特殊角的三角函数值求出AC和BD的长度，根据菱形的面积＝对角线乘积的一半即可求解．
（2）连接EC，设∠BAE的度数为x，易得EC=AE，利用三角形的内角和定理分别表示出∠EFC和∠ECF的度数，可得∠EFC=∠ECF，即EC=EF，又因为EC=AE，即可得到AE=EF．
(1)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD且AO=CO，BO=DO，
∵
∴
∵AB=10，
∴，
∴，
∴菱形的面积=
(2)证明：如图，连接EC，

设∠BAE的度数为x，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BD是AC的垂直平分线，
∴AE=CE，∠AED=∠CED，∠EAC=∠ECA=60°-x，
∵∠ABD=30°，
∴∠AED=∠CED =30°+x，
∴∠DEF=∠AEF-∠AED=120°-（30°+x）=90°-x
∵∠BDC=∠ADC=30°
∴∠EFC=180°-（∠DEF+∠BDC）=180°-（90°-x+30°）= x+60°，
∵∠CED =30°+x，
∴∠ECD =180°-（∠CED+∠BDC）=180°-（30°+x+30°）=120°- x，
∴∠ECF =180°-∠ECD =180°-（120°- x）= x+60°，
∴∠EFC=∠ECF，
∴EF=EC，
∵AE=CE，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的性质、菱形面积的求解、特殊角的三角函数值以及三角形的内角和定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
43．（2022·四川德阳）如图，在菱形中，，，过点作的垂线，交的延长线于点．点从点出发沿方向以向点匀速运动，同时，点从点出发沿方向以向点匀速运动．设点，的运动时间为（单位：），且，过作于点，连结．

(1)求证：四边形是矩形．
(2)连结，，点，在运动过程中，与是否能够全等？若能，求出此时的值；若不能，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)与能够全等，此时
【分析】（1）根据题意可得，再根据菱形的性质和直角三角形的性质可得，从而得到FG=EH，再由FG∥EH，可得四边形EFGH是平行四边形，即可求证；
（2）根据菱形的性质和直角三角形的性质可得∠CBF=∠CDE，，然后分两种情况讨论，即可求解．
(1)证明：根据题意得：，
在菱形ABCD中，AB=BC，AC⊥BD，OB=OD，
∵∠ABC=60°，，
∴，∠CBO=30°，
∴，
∴FG=EH，
∵，DH⊥BH，
∴FG∥EH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵∠H=90°，
∴四边形是矩形．
(2)解：能，
∵AB∥CD，∠ABC=60°，
∴∠DCH=60°，
∵∠H=90°，
∴∠CDE=30°，
∴∠CBF=∠CDE，，
∴，
∵BC=DC，
∴当∠BFC=∠CED或∠BFC=∠DCE时，与能够全等，
当∠BFC=∠CED时，，此时BF=DE，
∴，解得：t=1；
当∠BFC=∠DCE时，BC与DE是对应边，
而，
∴BC≠DE，则此时不成立；
综上所述，与能够全等，此时．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定，直角三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
44．（2022·四川南充）如图，在菱形中，点E，F分别在边上，，分别与交于点M，N．求证：(1)．(2)．

【答案】(1)见解析(2)见解析
【分析】（1）先利用菱形的性质和已知条件证明，即可利用SAS证明；
（2）连接BD交AC于点O，先利用ASA证明，推出，再由（1）中结论推出，即可证明．
(1)证明：由菱形的性质可知，，，
∵ ，∴，即，
在和中，，∴．
(2)证明：如图，连接BD交AC于点O，

由菱形的性质可知，，∴，
由（1）知，∴，，
∴，∴，
在和中，，∴．∴，
∴，∴．
【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
45．（2022·湖北宜昌）已知菱形中，是边的中点，是边上一点．


(1)如图1，连接，．，．
①求证：；
②若，求的长；
(2)如图2，连接，．若，，求的长．
【答案】(1)①见解析；②(2)
【分析】（1）①根据可证得：，即可得出结论；
②连接，可证得是等边三角形，即可求出；
（2）延长交的延长线于点，根据可证得，可得出，，，则，即可证得，即可得出的长．
(1)（1）①∵，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴.
②如图，连接.
∵是边的中点，，
∴，
又由菱形，得，
∴是等边三角形，
∴，
在中，，
∴，
∴.


(2)如图，延长交的延长线于点，
由菱形，得，，
∴，，
∵是边的中点，
∴，
∴，
∴，，
∵，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
∴，而为公共角.
∴，
∴，
又∵，
∴.


【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，锐角三角函数求线段长度，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质与判定，掌握以上知识点并灵活运用是解题的关键.
46．（2022·天津）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点P在边上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点落在第一象限．设．


(1)如图①，当时，求的大小和点的坐标；(2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，分别与边相交于点E，F，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围；
(3)若折叠后重合部分的面积为，则t的值可以是___________（请直接写出两个不同的值即可）．
【答案】(1)，点的坐标为 (2)，其中t的取值范围是
(3)3，．（答案不唯一，满足即可）
【分析】（1）先根据折叠的性质得，即可得出，作，然后求出和OH，可得答案；（2）根据题意先表示，再根据，表示QE，然后根据表示即可，再求出取值范围；（3）求出t=3时的重合部分的面积，可得从t=3之后重合部分的面积始终是，再求出P与C重合时t的值可得t的取值范围，问题得解．
(1)在中，由，得．
根据折叠，知，
∴，．
∵，∴．
如图，过点O′作，垂足为H，则．

∴在中，得．
由，得，则．
由，
得，．
∴点的坐标为．
(2)∵点，∴．
又，∴．
同（1）知，，．
∵四边形是矩形，∴．
在中，，得．
∴．
又，∴.
如图，当点O′与AB重合时，，，则，
∴，∴，解得t=2，
∴t的取值范围是；


(3)3，．（答案不唯一，满足即可）
当点Q与点A重合时，，，
∴，
则.
∴t=3时，重合部分的面积是，
从t=3之后重合部分的面积始终是，
当P与C重合时，OP＝6，∠OPQ＝30°，此时t＝OP·tan30°＝，
由于P不能与C重合，故，
所以都符合题意．


【点睛】这是一道关于动点的几何综合问题，考查了折叠的性质，勾股定理，含30°直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形等．
47．（2022·浙江绍兴）如图，在矩形中，，，动点从点出发，沿边，向点运动，，关于直线的对称点分别为，，连结．

(1)如图，当在边上且时，求的度数．(2)当在延长线上时，求的长，并判断直线与直线的位置关系，说明理由．(3)当直线恰好经过点时，求的长．
【答案】(1)∠AEM＝90°；(2)DE＝；MN∥BD，证明见解析；(3)DE的长为或．
【分析】（1）由DE＝2知，AE＝AB＝6，可知∠AEB＝∠MEB＝45°，从而得出答案；
（2）根据对称性得，∠ENC＝∠BDC，则cos∠ENC＝，得EN＝，利用SSS证明△BMN≌△DCB，得∠DBC＝∠BNM，则MN∥BD；
（3）当点E在边AD上时，若直线MN过点C，利用AAS证明△BCM≌△CED，得DE＝MC；当点E在边CD上时，证明△BMC∽△CNE，可得，从而解决问题．
(1)解：∵DE=2，∴AE＝AB＝6，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°，由对称性知∠BEM＝45°，       
∴∠AEM=∠AEB+∠BEM＝90°；
(2)如图1，

∵AB=6，AD=8，∴由勾股定理得BD=10，
∵当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，∴CN＝2．
由对称性得，∠ENC＝∠BDC，∴cos∠ENC＝，
∴EN＝，∴DE＝EN＝；
直线MN与直线BD的位置关系是MN∥BD．
由对称性知BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，
又∵BN＝BD，∴△BMN≌△DCB（SSS），
∴∠DBC＝∠BNM，所以MN∥BD；
(3)①情况1：如图2，当E在边AD上时，直线MN过点C，

∴∠BMC＝90°，∴MC＝．
∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，∠BMC＝∠EDC＝90°，
∴△BCM≌△CED（AAS），∴DE＝MC＝；
②情况2：如图3，点E在边CD上时，

∵BM＝6，BC＝8，∴MC＝，CN＝8-，
∵∠BMC＝∠CNE＝∠BCD＝90°，∴∠BCM＋∠ECN＝90°，
∵∠BCM＋∠MBC＝90°，∴∠ECN＝∠MBC，∴△BMC∽△CNE，
∴，∴EN，∴DE＝EN＝．
综上所述，DE的长为或．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角函数等知识，根据题意画出图形，并运用分类讨论思想是解题的关键．
48．（2022·浙江杭州）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH．

(1)如图1，若，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积，
(2)如图2，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K．
①求证：；
②设，和四边形AEHI的面积分别为，．求证：．
【答案】(1)5
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）由中点定义可得，从而可求，然后根据勾股定理和正方形的面积公式可求正方形EFGH的面积；
（2）①根据余角的性质可证，进而可证，然后利用相似三角形的性质和等量代换可证结论成立；
②先证明，再证明，利用相似三角形的性质和锐角三角函数的定义整理可得结论．
(1)
解：∵，点M是边AB的中点，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理，得
，
∴正方形EFGH的面积为5．
(2)
解：①由题意知，
∴，
∵四边形EFGH是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
②由①得，
又∵，，
∴，
设的面积为．
∵∠K=∠K， ∠KHI=∠A=90°，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，以及锐角三角函数的知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
49．（2022·山东泰安）如图，矩形中，点E在上，，与相交于点O．与相交于点F．


(1)若平分，求证：；
(2)找出图中与相似的三角形，并说明理由;
(3)若，，求的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)，与相似，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据矩形的性质和角平分线的定义即可得出结论；
（2）根据判定两个三角形相似的判定定理，找到相应的角度相等即可得出；
（3）根据得出，根据得出，联立方程组求解即可．
(1)
证明：如图所示：


四边形为矩形，
，
，
，
，
又平分，
，
，
又与互余，
与互余，
；
(2)
解：，与相似．
理由如下：
，，
，
又，   
，
，，
；
(3)
解：，
，
，
，
在矩形中对角线相互平分，图中，
①，
，
，
，
在矩形中，
②，
由①②，得（负值舍去），
．
【点睛】本题考查矩形综合问题，涉及到矩形的性质、角平分线的性质、角度的互余关系、两个三角形相似的判定与性质等知识点，熟练掌握两个三角形相似的判定与性质是解决问题的关键．
50．（2022·江苏苏州）如图，将矩形ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为E，AE与CD交于点F．


(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由矩形与折叠的性质可得，，从而可得结论；
（2）先证明，再求解， 结合对折的性质可得答案．
(1)
证明：将矩形ABCD沿对角线AC折叠，
则，．
在△DAF和△ECF中，

∴．
(2)
解：∵，
∴．
∵四边形ABCD是矩形，
∴．
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，轴对称的性质，矩形的性质，熟练的运用轴对称的性质证明边与角的相等是解本题的关键．