北师大版九年级数学上册 专题1.6 特殊平行四边形章末题型过关卷（学生版+解析版）

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参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．(3分)（2023•湘西州）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH，OH＝4，若菱形ABCD的面积为32，则CD的长为（ ）
A．4B．4C．8D．8
【分析】在Rt△BDH中先求得BD的长，根据菱形面积公式求得AC长，再根据勾股定理求得CD长．
【解答】解：∵DH⊥AB，
∴∠BHD＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，OC＝OA，AC⊥BD，
∴OH＝OB＝OD（直角三角形斜边上中线等于斜边的一半），
∴OD＝4，BD＝8，
由得，
32，
∴AC＝8，
∴OC4，
∴CD8，
故答案为：C．
2．(3分)（2023•鹿城区校级一模）如图是以KL所在的直线为对称轴的轴对称图形，六边形EFGHLK的各个内角相等，记四边形HCH′L、四边形EKE′A、△BGF的周长分别为C1、C2、C3，且C1＝2C2＝4C3，已知FG＝LK，EF＝6，则AB的长是（ ）
A．9.5B．10C．10.5D．11
【分析】根据六边形EFGHLK的各个内角相等，即可得出△BFG，△AEK，△CHL都是等边三角形，由轴对称可得，四边形HCH′L、四边形EKE′A都是菱形，再根据C1＝2C2＝4C3，FG＝LK，EF＝6，即可得到AB＝BF+EF+AE＝11．
【解答】解：∵六边形EFGHLK的各个内角相等，
∴该六边形的每个内角为120°，每个外角都是60°，
∴△BFG，△AEK，△CHL都是等边三角形，
∴∠B＝∠BAC＝∠ACB＝60°，BF＝FG，AE＝AK，CL＝HL，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC，即BF+FE+AE＝AK+KL+CL，
又∵BF＝FG＝KL，
∴EF＝CL＝6＝CH，
由轴对称可得，四边形HCH′L、四边形EKE′A都是菱形，
∵C1＝2C2，
∴AECH＝3，
又∵2C2＝4C3，
∴C3C212＝6，
∴BF6＝2，
∴AB＝BF+EF+AE＝2+6+3＝11，
故选：D．
3．(3分)（2023•市南区校级二模）如图，矩形ABCD中，AB＝12，点E是AD上的一点，AE＝6，BE的垂直平分线交BC的延长线于点F，连接EF交CD于点G，若G是CD的中点，则BC的长是（ ）
A．12.5B．12C．10D．10.5
【分析】根据线段中点的定义可得CG＝DG，然后利用“角边角”证明△DEG和△CFG全等，根据全等三角形对应边相等可得DE＝CF，EG＝FG，设DE＝x，表示出BF，再利用勾股定理列式求EG，然后表示出EF，再根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BF＝EF，然后列出方程求出x的值，从而求出AD，再根据矩形的对边相等可得BC＝AD．
【解答】解：∵矩形ABCD中，G是CD的中点，AB＝12，
∴CG＝DG12＝6，
在△DEG和△CFG中，
，
∴△DEG≌△CFG（ASA），
∴DE＝CF，EG＝FG，
设DE＝x，
则BF＝BC+CF＝AD+CF＝6+x+x＝6+2x，
在Rt△DEG中，EG，
∴EF＝2，
∵FH垂直平分BE，
∴BF＝EF，
∴6+2x＝2，
解得x＝4.5，
∴AD＝AE+DE＝6+4.5＝10.5，
∴BC＝AD＝10.5．
故选：D．
4．(3分)（2023春•嵩县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝7，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连接CP，QD，则PC+QD的最小值为（ ）
A．25B．24C．D．13
【分析】连接BP，在BA的延长线上截取AE＝AB＝12，连接PE，CE，PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，在BA的延长线上截取AE＝AB＝7，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，根据勾股定理可得结果．
【解答】解：如图，连接BP，
在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，
∵AP＝CQ，
∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，
∴DP＝QB，DP∥BQ，
∴四边形DPBQ是平行四边形，
∴PB∥DQ，PB＝DQ，
则PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，
在BA的延长线上截取AE＝AB＝12，连接PE，
∵PA⊥BE，
∴PA是BE的垂直平分线，
∴PB＝PE，
∴PC+PB＝PC+PE，
连接CE，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，
∵BE＝2AB＝24，BC＝AD＝7，
∴CE25．
∴PC+PB的最小值为25．
故选：A．
5．(3分)（2023春•长垣市期中）如图，在矩形OABC中，点B的坐标是（1，3），则AC的长是（ ）
A．3B．2C．D．4
【分析】根据勾股定理求出OB，根据矩形的性质得出AC＝OB，即可得出答案．
【解答】解：
连接OB，过B作BM⊥x轴于M，
∵点B的坐标是（1，3），
∴OM＝1，BM＝3，由勾股定理得：OB，
∵四边形OABC是矩形，
∴AC＝OB，
∴AC，
故选：C．
6．(3分)（2023•南浔区二模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB⊥BD，AB＝5，BD＝4，CD＝3，点E是AC的中点，则BE的长为（ ）
A．2B．C．D．3
【分析】过点C作CF⊥AB的延长线于点F，根据题意可判断四边形BFCD是矩形，则有BF＝CD＝3，CF＝BD＝4，再由勾股定理求得BC＝5，AC，从而可判断△ABC是等腰三角形，则有BE⊥AC，利用三角形的等积可求解．
【解答】解：过点C作CF⊥AB的延长线于点F，如图所示：
∵AB∥CD，AB⊥BD，
∴CD⊥BD，
∵CF⊥AB，
∴CF⊥CD，
∴BD∥CF，
∴四边形BFCD是矩形，
∴BF＝CD＝3，CF＝BD＝4，
在Rt△BCF中，BC，
在Rt△AFC中，AC，
∴BC＝AB＝5，
∴△ABC是等腰三角形，
∵点E是AC的中点，
∴BE⊥AC，
∵，
∴5×4BE，
解得：BE．
第二种解法：延长AB，在AB的延长线上截取BM＝AB，连接CM，过点C作CN⊥AB，交AB延长线于点N，如图，
∵AB∥CD，AB⊥BD，
∴CD⊥BD，
∵CN⊥AB，
∴CN⊥CD，
∴BD∥CF，
∴四边形BFCD是矩形，
∴BN＝CD＝3，CN＝BD＝4，
∴NM＝BM﹣BN＝2，
在Rt△CNM中，CM，
∵点E是AC的中点，AB＝BM，
∴BE是△ACM的中位线，
∴BECM．
故选：C．
7．(3分)（2023春•鄞州区校级期中）如图，在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，连接AE，EF⊥AE于点E，交DC于点F，连接AF，已知BC＝4，DE＝3，则△AEF的面积为（ ）
A．4B．5C．10D．5
【分析】过E作GH∥AD交AB于G，交DC于H，由四边形ABCD是正方形，可得△BGE、△DHE是等腰直角三角形，BDBC＝4，可得BE＝BD﹣DE，故BG＝GEBE＝1，AG＝AB﹣BG＝3＝EH，可得AE，根据AE⊥EF，可证明△AGE≌△EHF（AAS），即得AE＝EF，从而△AEF的面积为AE•EF＝5．
【解答】解：过E作GH∥AD交AB于G，交DC于H，如图：，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝∠BDC＝45°，AB＝CD＝BC＝4，
∴△BGE、△DHE是等腰直角三角形，BDBC＝4，
∴EHDE33，BE＝BD﹣DE＝43，
∴BG＝GEBE＝1，
∴AG＝AB﹣BG＝3＝EH，
∴AE，
∵AE⊥EF，
∴∠AEG＝90°﹣∠FEH＝∠EFH，
又∠AGE＝∠EHF＝90°，
∴△AGE≌△EHF（AAS），
∴AE＝EF，
∴△AEF的面积为AE•EF5，
故选：B．
8．(3分)（2023春•凤泉区校级期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB＝6，BC＝10，则GH的长度为（ ）
A．B．C．D．2
【分析】连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据矩形的性质得到∠A＝90°，AD∥BC，根据全等三角形的性质得到PD＝CF，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
【解答】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB＝6，BC＝10，
∴AEAB6＝3，CFBC10＝5，
∵AD∥BC，
∴∠DPH＝∠FCH，
在△PDH与△CFH中，
，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD＝CF＝5，CH＝PH，
∴AP＝AD﹣PD＝5，
∴PE，
∵点G是EC的中点，
∴GHEP
故选：C．
9．(3分)（2023秋•余姚市期末）如图，矩形A1B1C1D1在矩形ABCD的内部，且B1C1⊥BC，点B1，D1在对角线BD的异侧．连结BB1，DB1，BD1，DD1，若矩形ABCD∼矩形A1B1C1D1，且两个矩形的周长已知．只需要知道下列哪个值就一定可以求得四边形B1BD1D的面积（ ）
A．矩形ABCD的面积B．∠B1BD1的度数
C．四边形B1BD1D的周长D．BB1的长度
【分析】连接BC1，DA1，过点B1作B1E⊥AB于点E，过点C1作C1F⊥AB于点F，过点B1作B1G⊥AD于点G，过点D1作D1H⊥BC于点H，设小矩形的长和宽分别为a和b，大矩形的长和宽分别为ak和bk，BF＝m，AG＝n，然后用分割法求得四边形BB1DD1的面积，进而可以根据条件得到结果．
【解答】解：如图，连接BC1，DA1，过点B1作B1E⊥AB于点E，过点C1作C1F⊥AB于点F，过点B1作B1G⊥AD于点G，过点D1作D1H⊥BC于点H，
∵B1C1⊥BC，
∴四边形AEB1G、四边形EFC1B1是矩形，
设小矩形的长和宽分别为a和b，大矩形的长和宽分别为ak和bk，BF＝m，AG＝n，则，S矩形ABCD＝abk2，AE＝bk﹣m﹣a，CH＝ak﹣n﹣b，
∴，，b（bk﹣m﹣a），a（ak﹣n﹣b），
∴
ab
k（a2+b2）k[（a+b）2﹣2ab]
k（a+b）2﹣kab，
∵矩形ABCD和矩形A1B1C1D1的周长已知，
∴2（a+b）和2（ak+bk）为定值，
∴k为定值，
∴k（a+b）2为定值，
∵kab，
∴当S矩形ABCD已知时，四边形B1BD1D的面积即为定值，
故选：A．
10．(3分)（2023•大庆三模）如图，已知四边形ABCD为正方形AB＝2，点E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．在下列结论中：①矩形DEFG是正方形； ②2CE+CGAD；③CG平分∠DCF；④CE＝CF．其中正确的结论有（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①②③④
【分析】过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：根据正方形的性质得到∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，推出四边形EMCN为正方形，由矩形的性质得到EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，根据全等三角形的性质得到ED＝EF，推出矩形DEFG为正方形；故①正确；根据正方形的性质得到AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°推出△ADE≌△CDG（SAS），得到AE＝CG，求得AC＝AE+CE＝CE+CGAD，故②错误；当DE⊥AC时，点C与点F重合，得到CE不一定等于CF，故④错误．
【解答】解：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
∴NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，
∴矩形DEFG为正方形；故①正确；
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∵∠DCF＝90°，
∴CG平分∠DCF，故③正确；
∴AC＝AE+CE＝CE+CGAD，故②错误；
当DE⊥AC时，点C与点F重合，
∴CE不一定等于CF，故④错误，
故选：A．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．(3分)（2023•南京模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝3cm，点D为AB的中点，则CD的值是 3 cm．
【分析】根据30°角的直角三角形的性质得到AB＝6cm，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得到结果．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，BC＝3cm，
∴AB＝2BC＝6cm，
又∵D为AB的中点，
∴CDAB＝3cm．
故答案为：3．
12．(3分)（2023春•阳新县月考）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C的坐标分别为（10，0），（0，4），点D是OA的中点，点P在BC边上运动，点Q是坐标平面内的任意一点．若以O，D，P，Q为顶点的四边形是边长为5的菱形时，则点Q的坐标为 （﹣3，4）或（8，4）或（3，4） ．
【分析】先由点A和点C求得点D的坐标、点B的坐标和点P的纵坐标，然后分类讨论求出点Q的坐标．
【解答】解：∵A（10，0），C（0，4），
∴OC＝AB＝4，BC＝OA＝10，
∵点D是OA的中点，
∴OD＝5，
①如图1所示，以OP为对角线，点P在点D的左侧时，PD＝OD＝5，
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝OC＝4．
在Rt△PDE中，由勾股定理得：，
∴OE＝OD﹣DE＝5﹣3＝2，
∴点P的坐标为（2，4），
此时，点Q的坐标为（﹣3，4）；
②如图2所示，以OQ为对角线，点P在点D的左侧时，OP＝OD＝5．
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．
在Rt△POE中，由勾股定理得：，
∴点P的坐标为（3，4），
此时，点Q的坐标为（8，4）；
③如图3所示，以OP为对角线，点P在点D的右侧时，PD＝OD＝5，
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．
在Rt△PDE中，由勾股定理得：，
∴OE＝OD+DE＝5+3＝8，
∴点P的坐标为（8，4），
此时，点Q的坐标为（3，4）；
综上所述，点Q的坐标为（﹣3，4）或（8，4）或（3，4）；
故答案为：（﹣3，4）或（8，4）或（3，4）．
13．(3分)（2023春•婺城区期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC，AE∥BD，OE与AB交于点F．若OE＝5，AC＝8，则菱形ABCD的高为 ．
【分析】证四边形AEBO为平行四边形，再由菱形的性质得∠AOB＝90°，则四边形AEBO是矩形，然后由勾股定理得OB＝3，则BD＝6，然后由菱形的面积公式解答即可．
【解答】解：∵BE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AEBO是平行四边形，
又∵菱形ABCD对角线交于点O，
∴OAAC＝4，OB＝OD，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°．
∴平行四边形AOBE是矩形，
∴AB＝OE＝5，
∴OB3，
∴BD＝2OB＝6，
设菱形ABCD的高为h，
∴S菱形ABCDAC•BD＝AB•h，
∴h，
即菱形ABCD的高为，
故答案为：．
14．(3分)（2023•封丘县二模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，下列条件①AC⊥BD；②OA＝OC；③AC平分∠BCD；④∠ABC＝∠ADC，能判定四边形ABCD是菱形的有 ①②④ ．（填写序号）
【分析】由菱形的判定、平行四边形的判定与性质分别对各个条件进行判断即可．
【解答】解：①∵AB＝AD，AC⊥BD，
∴OB＝OD，
∵AD∥BC，
∴∠ADO＝∠CBO，
又∵∠AOD＝∠COB，
∴△AOD≌△COB（ASA），
∴AD＝CB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故①能判定四边形ABCD是菱形；
②∵AB＝AD，AC⊥BD，
∴OB＝OD，
∵OA＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故②能判定四边形ABCD是菱形；
③∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠BCA，
∵AC平分∠BCD，
∴∠DCA＝∠BCA，
∴∠DAC＝∠DCA，
∴AD＝CD，
∴AB＝AD＝CD，不能判定四边形ABCD是菱形；
④∵AD∥BC，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠BAD+∠ADC＝180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故④能判定四边形ABCD是菱形；
故答案为：①②④．
15．(3分)（2023•成都）如图，过矩形ABCD的对角线BD上一点K分别作矩形两边的平行线MN与PQ，那么图中矩形AMKP的面积S1与矩形QCNK的面积S2的大小关系是S1 ＝ S2；（填“＞”或“＜”或“＝”）
【分析】根据矩形的性质，可知△ABD的面积等于△CDB的面积，△MBK的面积等于△QKB的面积，△PKD的面积等于△NDK的面积，再根据等量关系即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，四边形MBQK是矩形，四边形PKND是矩形，
∴△ABD的面积＝△CDB的面积，△MBK的面积＝△QKB的面积，△PKD的面积＝△NDK的面积，
∴△ABD的面积﹣△MBK的面积﹣△PKD的面积＝△CDB的面积﹣△QKB的面积＝△NDK的面积，
∴S1＝S2．
故答案为S1＝S2．
16．(3分)（2023春•抚顺期末）如图，点A（0，2），点B（2，0），点P为线段AB上一个动点，作PM⊥y轴于点M，作PN⊥x轴于点N，连接MN，当MN取最小值时，则四边形OMPN的面积为 ．
【分析】证明四边形OMPN是矩形，得OP＝MN，当OP⊥AB时OP最短，即MN最小，再由勾股定理与三角形的面积求得OP的长，然后求得PN的长，即可解决问题．
【解答】解：如图，连接OP．
由已知可得：∠PMO＝∠MON＝∠ONP＝90°，
∴四边形OMPN是矩形，
∴OP＝MN，
在Rt△AOB中，当OP⊥AB时OP最短，即MN最小．
∵A（0，2），点B（2，0），
∴OA＝2，OB＝2，
根据勾股定理得：AB4，
∵S△AOBOA•OBAB•OP，
∴OP，
∴MN，
即当点P运动到使OP⊥AB于点P时，MN最小，最小值为，
在Rt△POB中，根据勾股定理得：BP1，
∵S△OBPOP•BPOB•PN，
∴PN，
∴ON，
∴矩形OMPN的面积＝ON×PN，
即当MN取最小值时，则四边形OMPN的面积为，
故答案为：．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．(6分)（2023•巴彦县二模）如图，在每个小正方形的边长均为1的方格纸中，有线段AB和线段CD，点A、B、C、D均在小正方形的顶点上．（1）在方格纸中画以AB为一边的正方形ABEF，点E、F均在小正方形的顶点上；（2）在方格纸中画以CD为一边的菱形CDGH，点G、H均在小正方形的顶点上，且菱形的面积为15，连接EG，并直接写出线段EG的长．
【分析】（1）根据正方形的性质画出以AB为一边的正方形ABEF即可；
（2）根据菱形的性质画出菱形CDGH，再根据勾股定理求出线段EG的长即可．
【解答】解：（1）如图所示：四边形ABEF即为所求正方形；
（2）如图所示：四边形CDGH或四边形CDG′H′即为所求菱形，
EG．
18．(6分)（2023春•甘州区期末）如图，△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC．设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F．
（1）求证：OE＝OF；
（2）当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由．
【分析】（1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠1＝∠2，∠3＝∠4，进而得出答案；
（2）根据平行四边形的判定以及矩形的判定得出即可．
【解答】（1）证明：如图，∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，
∴∠2＝∠5，∠4＝∠6，
∵MN∥BC，
∴∠1＝∠5，∠3＝∠6，
∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴EO＝CO，FO＝CO，
∴OE＝OF；
（2）解：当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．
理由是：当O为AC的中点时，AO＝CO，
∵EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F
∴∠2＝∠5，∠4＝∠6，
∵2∠2+2∠4＝180°，
∴∠2+∠4＝90°，
∴∠ECF＝90°，
∴平行四边形AECF是矩形．
19．(8分)（2023•拱墅区模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC、BD交于O，AC平分∠BAD．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE，若AB＝3，BD＝6，求OE的长．
【分析】（1）先证∠CAB＝∠DCA，再证∠DAC＝∠DCA，得CD＝AD＝AB，然后证四边形ABCD是平行四边形，即可得出结论；
（2）先证OE＝OA＝OC，再求出OB＝3，然后由勾股定理求出OA＝6，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠CAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠CAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD，
∴CD＝AB，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AD＝AB，
∴▱ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OA＝OC，BD⊥AC，OBBD＝3，
∵CE⊥AB，
∴∠AEC＝90°，
∴OEAC＝OA＝OC，
在Rt△AOB中，AB＝3，OB＝3，
∴OA6，
∴OE＝OA＝6．
20．(8分)（2023春•西城区校级期中）如图，在正方形ABCD中，点P在边BC上（异于点B，C），作线段AP的垂直平分线分别交AB，CD，BD，AP于点M，N，Q，H．
（1）补全图形；
（2）证明：AP＝MN；
（3）用等式表示线段HQ，MN之间的数量关系，并证明你的结论．
【分析】（1）根据尺规作图方法作出图形便可；
（2）先判断出BH＝MN，再根据BH＝AP从而得到AP＝MN；
（2）先判断出QHAP，代换即可得到结论．
【解答】（1）解：根据题意作图如下：
（2）证明：过B点作BE∥MN交CD于E，则AP⊥BE，如下图，
∵BM∥NE，
∴四边形MBEN为平行四边形，
∴MN＝BE，
∵四边形ABCD是正方形．
∴AB＝BC，∠ABP＝90°＝∠C，
∴∠CBE+∠ABE＝∠BAP+∠ABE＝90°，
∴∠BAP＝∠CBE，
∴△ABP≌△BCE（ASA），
∴BE＝AP，
∴MN＝AP；
（3）解：．
理由如下：
连接AQ，PQ，CQ，如下图，
∵正方形ABCD是轴对称图形，Q为对角线BD上一点，
∴AQ＝CQ，
又∵MN垂直平分AP，
∴AQ＝PQ，
∴PQ＝CQ，
∴∠QPC＝∠QCP，
∵∠QAB＝∠QCP，
∴∠QAB＝∠QPC，
∴∠QAB+∠QPB＝180°，
∴∠ABC+∠AQP＝180°，
∴∠AQP＝90°，
∴QHAP，
由（2）知，AP＝MN，
∴．
21．(8分)（2023春•朝阳区校级月考）【教材呈现】如图是华师版九年级上册数学教材第103﹣104页的部分内容．
如图24.2.1，画Rt△ABC，并画出斜边AB上的中线CD，量一量，看看CD与AB有什么关系．
相信你与你的同伴一定会发现，CD恰好是AB的一半．
下面让我们用演绎推理证明这一猜想．
已知：如图24.2.2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，求证：CDAB．
定理证明：请根据教材图24.2.2的提示，结合图①完成直角三角形的性质：“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的证明．
定理应用：（1）如图②，在△ABC中，AD⊥BC，垂足为点D（点D在BC上），CE是AB边上的中线，DG垂直平分CE．求证：∠B＝2∠BCE；
（2）在（1）条件下，若BF⊥AC于点F，连接DE、EF、FD．当△DEF是等边三角形，且BD＝3时，△DEF的周长为 9 ．
【分析】定理证明：延长CD到E，使DE＝CD，连接AE，BE，证得四边形ACBE是矩形，根据矩形的性质即可证得结论；
（1）连接DE，由线段线段垂直平分线的性质和等腰三角形的性质证得∠DEC＝∠BCE，由直角三角形斜边的中线和等腰三角形的性质证得∠B＝∠BFE，根据三角形外角定理及等量代换即可证得结论；
（2）证得△BDE和△CDF都是等边三角形，即可求得结果．
【解答】解：定理证明：
延长CD到E，使DE＝CD，连接AE，BE，
则CDCE，
∵CD是斜边AB上的中线，
∴AD＝BD，
∴四边形ACBE是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，
∴▱ACBE是矩形，
∴CE＝AB，
∴CDAB；
（1）连接DE，
∵CE是AB边上的中线，
∴AE＝BE，
∵AD⊥BC，
∴DEAB＝AE＝BE，
∴∠B＝∠BDE，
∵DG垂直平分CE，
∴DE＝DC，
∴∠DEC＝∠BCE，
∴∠BDE＝2∠BCE，
∴∠B＝2∠BCE；
（2）由（1）得DE＝BE，
∵BF⊥AC，AD⊥BC，点E是AB中点，
∴EF＝BE＝DE，
∵DE＝DC，EF＝CF，
∴DE＝DC＝EF＝FC，
∴四边形EFCD是菱形，
∵△DEF是等边三角形，
∴∠FED＝60°，DF＝DE，
∴DF＝CF＝CD，
∴△CDF是等边三角形，
∴∠CDF＝60°，
∴∠BDE＝180°﹣∠CDF﹣∠EDF＝60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE＝BD＝3，
∴等边△DEF的周长为9，
故答案为：9．
22．(8分)（2023春•抚远市期末）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边三角形APE，点E的位置随点P位置的变化而变化，连接CE．
（1）如图①，当点E在菱形ABCD内部或边上时，求证：BD＝CE+PD；
（2）如图②、图③，请分别写出线段BD，CE，PD之间的数量关系，不需证明．
【分析】（1）先判断出∠BAP＝∠CAE，进而判断出△BAP≌△CAE，得出BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°，再判断出∠CAH+∠ACH＝90°，即可得出结论；
（2）同（1）的方法即得出结论；
【解答】（1）证明：如图1，连接AC，延长CE交AD于H，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，
∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∠CAH＝60°，
∵△APE是等边三角形，
∴AP＝AE，∠PAE＝60°，
∵∠BAC＝∠PAE，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△BAP≌△CAE（SAS），
∴BP＝CE，
∵BD＝BP+PD，
∴BD＝CE+PD；
（2）解：如图2，BD＝CE+PD，
连接AC，AC与BD交于点O，
∴△ABC，△ACD为等边三角形，
在△ABP和△ACE中，AB＝AC，AP＝AE，
又∵∠BAP＝∠BAC+∠CAP＝60°+∠CAP，
∠CAE＝∠EAP+∠CAP＝60°+∠CAP，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△ABP≌△ACE（SAS），
∴BP＝CE，
∵BD＝BP+PD，
∴BD＝CE+PD；
如图3，BD＝CE﹣PD，
连接AC，AC与BD交于点O，
∴△ABC，△ACD为等边三角形，
在△ABP和△ACE中，AB＝AC，AP＝AE，
又∵∠BAP＝∠BAD+∠DAP＝120°+∠DAP，
∠CAE＝∠CAD+∠DAP+∠PAE＝120°+∠DAP，
∴∠BAP＝∠CAE，
∴△ABP≌△ACE（SAS），
∴BP＝CE，
∵BD＝BP﹣PD，
∴BD＝CE﹣PD．
23．(8分)（2023春•仪征市期末）在正方形ABCD中，点E，F在对角线AC上，AC＝12．
（1）如图（1），若BE＝BF，则AE与CF相等吗？请说明理由；
（2）如图（2），若∠EBF＝45°，CF＝4，求EF的长；
（3）如图（3），若点E，F是AC的三等分点，点P在正方形ABCD的边上从点A开始按逆时针方向运动一周，直至返回点A，试求此过程中满足PE+PF为整数的点P个数．
【分析】（1）连接BD，利用正方形的性质和等腰三角形的性质和等式的性质解答即可；
（2）将△BCF绕着点B逆时针旋转90°得到△BAG，连接EG，利用旋转的性质和全等三角形的判定与性质和勾股定理解答即可；
（3）先求得点P在边AB上运动时，PE+PF为整数时的的P的个数，再利用对称性即可得出结论．
【解答】解：（1）AE＝CF，理由：
连接BD，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA＝OC．
∵BE＝BF，
∴OE＝OF，
∴OA﹣OE＝OC﹣OF．
即：AE＝BF．
（2）将△BCF绕着点B逆时针旋转90°得到△BAG，连接EG，如图，
则△BCF≌△BGA，
∴∠ABG＝∠FBC，∠GAB＝∠FCB＝45°，BG＝BF，
∴∠GAE＝∠GAB+∠BAC＝45°+45°＝90°，
∵∠ABC＝90°，∠EBF＝45°，
∴∠ABE+∠CBF＝45°，
∴∠GBA+∠ABF＝45°，
即：∠GBE＝45°，
∴∠GBE＝∠FBE＝45°．
在△GBE和△FBE中，
，
∴△GBE和△FBE（SAS），
∴GE＝EF，AG＝CF＝4．
设EF＝BG＝x，则AE＝AC﹣CF﹣EF＝8﹣x，
在Rt△AGE中，
∵AG2+AE2＝GE2，
∴42+（8﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
∴EF＝5；
（3）当P，A两点重合时，PE+PF＝4+8＝12，符合题意；
当点P在A，B两点之间时，
作点E关于AB的对称点E′，连接E′F交AB于点P，如图，
则此时PE+PF的值最小，
∵点E关于AB的对称点E′，
∴AE′＝AE＝4，PE′＝PE，AB⊥E′E，
∴∠E′AB＝∠EAB＝45°，
∴∠E′AE＝90°，
∴PE+PF＝PE′+PF＝E′F49；
当P，B两点重合时，连接BD交AC于点O，如图，
则OE＝OA﹣AE＝2，OB＝OA＝6，
∴PE＝BE2，
同理，PF＝2，
∴PE+PF＝413，不符合题意，
∴点P在AB边上运动时，4PE+PF≤4，则符合题意的点有8个（包括点A），
由对称性可知，在正方形的四边上符合题意的点有：7×4+2＝30．