人教版八年级数学下册尖子生培优必刷题专题与平行四边形有关的多结论问题(原卷版+解析)

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八年级下册数学《第十八章 平行四边形》专题 与平行四边形有关的多结论问题题型一 平行四边形中的多结论问题【例题1】(2023春•南海区校级月考）如图，点E、F是平行四边形ABCD对角线上两点，在条件：①DE＝BF；②∠ADE＝∠CBF；③AF＝CE；④∠AFB＝∠CED中，添加一个条件，使四边形DEBF是平行四边形，可添加的条件是（　　）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【变式1-1】(2023•西城区校级开学）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是AB的中点，延长CD至点E，使得∠CAB＝∠BAE，过点E作EF⊥AB于点F，G为CE的中点，给出结论：①CD=12AB；②BG＝FG；③四边形AEBG是平行四边形；④∠CAE+∠BGF＝180°．其中正确的所有选项是（　　）A．①② B．③ C．②④ D．②③④【变式1-2】(2023春•光明区期末）如图所示，在Rt△ABC外作等边△ADE，点E在AB边上，AC＝5，∠ABC＝30°，AD＝3．将△ADE沿AB方向平移，得到△A′D′E′，连接BD′．给出下列结论：①AB＝10；②四边形ADD′A′为平行四边形；③AB平分∠D′BC；④当平移的距离为4时，BD′＝33．其中正确的是 　 　（填上所有正确结论的序号）．【变式1-3】如图所示，在平行四边形ABCD中，分别以AB、AD为边作等边△ABE和等边△ADF，分别连接CE，CF和EF，则下列结论，一定成立的个数是（　　）①△CDF≌△EBC；②△CEF是等边三角形；③∠CDF＝∠EAF；④CE∥DFA．1 B．2 C．3 D．4【变式1-4】(2023•丰顺县校级开学）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD＝2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点，下列结论：①BE⊥AC；②四边形BEFG是平行四边形；③△EFG≌△GBE；④EG＝EF，其中正确的有 　 　个．【变式1-5】(2023春•本溪期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，延长BC至点E，使得CE＝BC，连接AE交CD于点G，连接OG．下列结论：①OG=12AD；②AE平分∠CAD；③以点A，C，E，D为顶点构成的四边形是平行四边形；④S▱ABCD＝6S△OCG.其中正确的是 　 　（填写所有正确结论的序号）．【变式1-6】(2023春•城固县期末）如图，已知△ABC是边长为3的等边三角形，点D是边BC上的一点，且BD＝1，以AD为边作等边△ADE，过点E作EF∥BC，交AC于点F，连接BF，则下列结论中：①△ABD≌△BCF；②四边形BDEF是平行四边形；③S四边形BDEF=32；④S△AEF=3．其中正确的有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式1-7】(2023春•秦都区期末）如图，分别以Rt△ABC的直角边AC，斜边AB为边向外作等边△ACD和等边△ABE，F为AB的中点，连接DF、EF，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°．则以下结论：①AC⊥DF；②四边形BCDF为平行四边形；③DA+DF＝BE，其中正确的有（　　）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【变式1-8】(2023秋•宁阳县期末）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，△ABD，△ACE，△BCF都是等边三角形，下列结论中：①AB⊥AC；②四边形AEFD是平行四边形；③∠DFE＝135°；④S四边形AEFD＝20．正确的个数是（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式1-9】(2023春•清苑区期末）如图，已知△ABC是边长为6的等边三角形，点D是线段BC上的一个动点（点D不与点B，C重合），△ADE是以AD为边的等边三角形，过点E作BC的平行线，分别交线段AB，AC于点F，G，连接BE和CF．则下列结论中：①BE＝CD；②∠BDE＝∠CAD；③四边形BCGE是平行四边形；④当CD＝2时，S△AEF＝23，其中正确的有（　　）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【变式1-10】(2023春•洋县期末）如图，分别以Rt△ABC的斜边AB、直角边AC为边向外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，连接DF、EF，DE与AB相交于点G，若∠BAC＝30°，下列结论：①EF⊥AC；②四边形ADFE为平行四边形；③AD＝4AG；④△DBF≌△EFA．其中正确结论有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个题型二 矩形中的多结论问题【例题2】如图所示，矩形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于E，∠CAE＝15°，则下面的结论：①△ODC是等边三角形；②BC＝2AB；③∠AOE＝135°；④S△AOE＝S△COE，其中正确结论有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式2-1】(2023春•唐河县期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，对于下列条件：①∠1+∠3＝90°；②BC2+CD2＝AC2；③∠1＝∠2；④AC⊥BD．能判定四边形ABCD是矩形的个数是（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式2-2】(2023春•招远市期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AD＝23，∠COB＝60°，BF⊥AC，交AC于点M，交CD于点F，延长FO交AB于点E，连接DE．则下列结论：①OE＝FC；②四边形EBFD是菱形；③△DOF≌△CBF；④MB＝3．其中结论正确的序号是（　　）A．①②③ B．①②③④ C．①④ D．②③④【变式2-3】如图，在锐角△ABC中，延长BC到点D，点O是AC边上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，MN分别交∠ACB、∠ACD的平分线于E，F两点，连接AE、AF，在下列结论中：①OE＝OF；②CE＝CF；③若CE＝12，CF＝5，则OC的长为6；④当AO＝CO时，四边形AECF是矩形．其中正确的有（　　）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【变式2-4】(2023•菏泽二模）如图，在矩形ABCD中，O为AC中点，EF过O点且EF⊥AC分别交DC于F，交AB于E，点G是AE中点且∠AOG＝30°，则下列结论正确的个数为（　　）（1）DC＝3OG；（2）OG=12BC；（3）△OGE是等边三角形；（4）S△AOE=16S矩形ABCD．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式2-5】（2023•章丘区校级开学）如图，矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．则下列结论：①DN＝BM；②EM∥FN；③AE＝CM；④当AO＝AD时，四边形DEBF是菱形．其中，正确结论的个数是（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式2-6】(2023春•华阴市期末）如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，则下列结论：①DN＝BM；②AE＝FC；③当AO＝AD时，四边形DEBF是菱形．其中，正确结论的个数是（　　）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【变式2-7】(2023秋•东河区期末）如图，在矩形ABCD中，O为AC的中点，过点O的直线分别与AB，CD交于点E，F，连接BF交AC于点M，连接DE，BO．若∠COB＝60°，FO＝FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③CM：AM＝1：3；④S△ADE：S△BCM＝2：3．其中正确的结论是 　 　．【变式2-8】(2023•荣昌区自主招生）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠DAC＝60°，点F在线段AO上，连接DF，以DF为边作等边三角形DFE，点E和点A分别位于DF两侧，下列结论：①DO＝DA；②DF＝EC；③∠ADF＝∠ECF；④∠BDE＝∠EFC中正确结论的序号为（　　）A．①④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④【变式2-9】(2023秋•金水区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①△ABE≌△AHD；②HE＝CE；③H是BF的中点；④AB＝HF；⑤BC﹣CF＝2HF．其中正确的有（　　）A．2 B．3 C．4 D．5题型三 菱形中的多结论问题【例题3】(2023春•绥滨县期末）如图，菱形ABCD的周长为40cm，对角线AC、BD相交于点O，DE⊥AB，垂足为E，DE：AB＝4：5，则下列结论：①DE＝8cm；②BE＝4cm；③BD＝45cm；④AC＝85cm；⑤S菱形ABCD＝80cm2，正确的有（　　）A．①②④⑤ B．①②③④ C．①③④⑤ D．①②③④⑤【变式3-1】(2023秋•招远市期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，BC∥AD，且AD＝DC，则下列说法：①四边形ABCD是平行四边形；②AB＝BC；③AC⊥BD④AC平分∠BAD；⑤若AC＝6，BD＝8，则四边形ABCD的面积为24．其中正确的有（　　）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【变式3-2】（2023•沙县一模）如图，在△ABC中，点D、E、F分别为边AB、BC、AC的中点，分别联结DE、EF、DF、AE，点O是AE与DF的交点，下列结论中，正确的个数是（　　）①△DEF的周长是△ABC周长的一半；②AE与DF互相平分；③如果∠BAC＝90°，那么点O到四边形ADEF四个顶点的距离相等；④如果AB＝AC，那么点O到四边形ADEF四条边的距离相等．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式3-3】如图，F是菱形ABCD的边AD的中点，AC与BF相交于E，EG⊥AB于G，已知∠1＝∠2，则下列结论：①AE＝BE；②BF⊥AD；③AC＝2BF；④CE＝BF+BG．其中正确的结论是（　　）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【变式3-4】(2023春•茌平区期末）如图，等边△ABC沿射线BC向右平移到△DCE的位置，连接AD、BD，则下列结论：①AD＝BC；②BD、AC互相平分；③四边形ACED是菱形；④∠ACD＝∠DCE，其中正确的个数是（　　）A．1 B．2 C．3 D．4【变式3-5】(2023春•龙湖区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝AC＝1，点E、F分别为边AB、BC上的点，且AE＝BF，连接CE、AF交于点H，连接DH交AC于点O，则下列结论：①△ABF≌△CAE；②∠FHC＝∠B；③△ADO≌△ACH；④S菱形ABCD=3；其中正确的结论个数是（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式3-6】(2023春•仁化县期中）如图，▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AD=12AC，M、N、P分别是OA、OB、CD的中点，下列结论：①CN⊥BD；②MN＝NP；③四边形MNCP是菱形；④ND平分∠PNM．其中正确的有（　　）A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个【变式3-7】如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，点E、F分别从点B、D出发以同样的速度沿边BC、DC向点C运动．给出以下四个结论：①AE＝AF；②∠CEF＝∠CFE；③当点E，F分别为边BC，DC的中点时，△AEF是等边三角形；④当点E，F分别为边BC，DC的中点时，△AEF的面积最大．上述结论中正确的序号有　 　．（把你认为正确的序号都填上）【变式3-8】(2023秋•胶州市校级月考）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分别是AB，AD的中点，DE、BF相交于点G，连接BD，CG．有下列结论：①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④S△ABD=34AB2，其中正确的结论有（　　）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【变式3-9】如图，点E，F在菱形ABCD的对角线AC上，∠ADC＝120°，∠BEC＝∠CBF＝50°，ED与BF的延长线交于点M．则对于以下结论：①∠BME＝30°；②△ADE≌△ABE；③EM＝BC；④AE+BM=3EM．其中正确结论的个数是（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式3-10】(2023春•西华县期末）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论中一定成立的是（　　）①OG=12AB；②与△DEG全等的三角形共有5个；③四边形ODEG与四边形OBAG面积相等；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．A．①③④ B．①④ C．①②③ D．②③④题型四 正方形中的多结论问题【例题4】(2023春•随县期末）如图，在正方形ABCD中，点M，N分别为边CD，BC上的点，且DM＝CN，AM与DN交于点P，连接AN，点Q为AN的中点，连接PQ，BQ，若AB＝8，DM＝2，给出以下结论：①AM⊥DN；②∠MAN＝∠BAN；③△PQN≌△BQN；④PQ＝5．其中正确的结论有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式4-1】(2023春•遵义期中）如图，在正方形ABCD中，点O为对角线AC的中点，过O点的射线OM，ON分别交AB，BC于点E，F，且∠EOF＝90°，BO，EF交于点P，则下面结论：①图形中全等的三角形只有三对；②△EOF是等腰直角三角形；③正方形ABCD的面积等于四边形OEBF面积的4倍；④BE+BF=2OA，其中正确结论的个数是（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式4-2】(2023秋•松山区期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，AE＝AF，AC与EF相交于点G．下列结论：①AC垂直平分EF；②BE+DF＝EF；③当∠DAF＝15°时，△AEF为等边三角形；④当∠EAF＝60°时，∠AEB＝∠AFD．其中正确的结论是（　　）A．①③ B．②④ C．①③④ D．②③④【变式4-3】(2023春•港北区期中）如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，过点E作EF∥CD，交AD于点F，交对角线BD于点G，取DG的中点H，连接AH，EH，FH．下列结论：①FH∥AE；②AH＝EH且AH⊥EH；③∠BAH＝∠HEC；④△EHF≌△AHD．其中正确的个数是（　　）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【变式4-4】(2023秋•茂南区月考）如图，在正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，且满足BE＝BC．连接CE并延长交AD于点F，连接AE，过B点作BG⊥AE于点G，延长BG交AD于点H．在下列结论中：①AH＝DF；②∠AEF＝45°；③AH＝DE；④S四边形EFHG＝S△DEF+S△AGH，其中正确的结论有（　　）个．A．1 B．2 C．3 D．4【变式4-5】如图，在正方形ABCD中，点M、N为边BC和CD上的动点（不含端点），∠MAN＝45°下列三个结论：①当MN=2MC时，则∠BAM＝22.5°；②2∠AMN﹣∠MNC＝90°；③△MNC的周长不变．其中正确结论的个数是（　　）A．0 B．1 C．2 D．3【变式4-6】(2023春•慈溪市期末）如图，正方形ABCD中，点P为BD延长线上任一点，连结PA，过点P作PE⊥PA，交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F．下列结论：（1）PA＝PE； （2）BD＝2PF；（3）CE=2PD； （4）若BP＝BE，则PF=(2+1)DF．其中正确的个数为（　　）A．1 B．2 C．3 D．4【变式4-7】(2023春•仙桃校级月考）如图，正方形ABCD中，点E在边CD上，连接AE，过点A作AF⊥AE交CB的延长线于点F，连接EF，AG平分∠FAE，AG分别交BC，EF于点G，H，连接EG，DH．则下列结论中：①AF＝AE；②∠EGC＝2∠BAG；③DE+BG＝EG；④若DE＝CE，则CE：CG：EG＝3：4：5，其中正确的结论有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【变式4-8】（2023•蕉岭县校级开学）如图，正方形ABCD中，AB＝12，点E在边CD上，且BG＝CG，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF．下列结论：①△ABG≌△AFG；②∠EAG＝45°；③CE＝2DE；④AG∥CF；⑤S△FGC=725．其中正确结论的个数是（　　）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【变式4-9】(2023秋•兴宁区校级月考）如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后折痕DE分别交AB、AC于点E、G，连接GF，给出下列结论：①∠ADG＝22.5°；②AEAD=2−1；③四边形AEFG是菱形；④若S△OGF＝1，则正方形ABCD面积是6+42．其中正确的结论个数为（　　）A．1 B．2 C．3 D．4【变式4-10】已知：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=5．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为62；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB＝1+6．其中正确结论的序号是（　　）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 八年级下册数学《第十八章 平行四边形》专题 与平行四边形有关的多结论问题题型一 平行四边形中的多结论问题【例题1】(2023春•南海区校级月考）如图，点E、F是平行四边形ABCD对角线上两点，在条件：①DE＝BF；②∠ADE＝∠CBF；③AF＝CE；④∠AFB＝∠CED中，添加一个条件，使四边形DEBF是平行四边形，可添加的条件是（　　）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【分析】通过证明三角形全等，得出四边形DEBF的一组对边平行且相等，即可得出是平行四边形．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，AB∥CD，∴∠DAE＝∠BCF，∠DCF＝∠BAE，①DE＝BF时，不能证明△ADE≌△CBF，不能证明四边形DEBF是平行四边形；②∠ADE＝∠CBF时，在△ADE和△CBF中，∠ADE=∠CBFAD=BC∠DAE=∠BCF，∴△ADE≌△CBF（ASA），∴DE＝BF，∠AED＝∠CFB，∴∠DEF＝∠BFE，∴DE∥BF，∴四边形DEBF是平行四边形；③AF＝CE时，AE＝CF，在△ADE和△CBF中，AD=BC∠DAE=∠BCFAE=CF，∴△ADE≌△CBF（SAS），∴DE＝BF，∠AED＝∠CFB，∴∠DEF＝∠BFE，∴DE∥BF，∴四边形DEBF是平行四边形；④当∠AFB＝∠CED时，则∠AEB＝∠CFD，在△ABE和△CDF中，∠AEB=∠CFD∠BAE=∠DCFAB=CD，∴△ABE≌△CDF（AAS），∴BE＝DF，∵∠AEB＝∠CFD，∴∠BEF＝∠DFE，∴BE∥DF，∴四边形DEBF是平行四边形；故选：D．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及平行线的判定；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．【变式1-1】(2023•西城区校级开学）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是AB的中点，延长CD至点E，使得∠CAB＝∠BAE，过点E作EF⊥AB于点F，G为CE的中点，给出结论：①CD=12AB；②BG＝FG；③四边形AEBG是平行四边形；④∠CAE+∠BGF＝180°．其中正确的所有选项是（　　）A．①② B．③ C．②④ D．②③④【分析】构造全等三角形，应用三角形中位线定理，即可求解．【解答】解：延长EF交AC于M，作GN⊥AB于N，∵BD=12AB，DB＜DC，∴CD＞12AB，故①不符合题意；∵EF∥NG∥BC，EG＝CG，∴FN＝NB，∵GN⊥AB，∴FG＝GB，故②符合题意；∵∠EAF＝∠MAF，AF＝AF，∠AFE＝∠AFM，∴△AEF≌△AMF（ASA），∴FE＝FM，∵EG＝GC，∴FG∥AC，∴∠GFB＝∠CAB，∴∠GBF＝∠EAB，∴EA∥BG，∵∠EAD＝∠DBG，AD＝BD，∠ADE＝∠BDG，∴△AED≌△BGD（ASA），∴AE＝BG，∴四边形AEBG是平行四边形，故③符合题意；∵∠BFG+∠FBG+∠FGB＝180°，∠EAF＝∠MAF＝∠BFG＝∠GBF，∴∠EAC+∠FGB＝180°，故④符合题意，故选：D．【点评】本题考查三角形全等，三角形中位线定理，平行四边形的判定，关键是灵活应用这些知识点．【变式1-2】(2023春•光明区期末）如图所示，在Rt△ABC外作等边△ADE，点E在AB边上，AC＝5，∠ABC＝30°，AD＝3．将△ADE沿AB方向平移，得到△A′D′E′，连接BD′．给出下列结论：①AB＝10；②四边形ADD′A′为平行四边形；③AB平分∠D′BC；④当平移的距离为4时，BD′＝33．其中正确的是 　 　（填上所有正确结论的序号）．【分析】由含30°角的直角三角形的性质得AB＝2AC＝10，故①正确；再由平移的性质得A'D'＝AD，A'D'∥AD，则四边形ADD′A′为平行四边形，故②正确；当平移的距离为4时，EE'＝4，证出BE'＝D'E'，则∠E'BD'＝∠E'D'B=12∠A'E'D'＝30°，得∠A'D'B＝60°+30°＝90°，由含30°角的直角三角形的性质得BD'=3A'D'＝33，故④正确；由④得：当平移的距离为4时，∠E'BD'＝∠ABC＝30°，故③错误；即可得出答案．【解答】解：∵∠ACB＝90°，AC＝5，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝10，故①正确；由平移的性质得：A'D'＝AD，A'D'∥AD，∴四边形ADD′A′为平行四边形，故②正确；当平移的距离为4时，EE'＝4，∴BE'＝AB﹣AE﹣EE'＝10﹣3﹣4＝3，由平移的性质得：∠A'D'E'＝∠A'E'D'＝∠AED＝60°，A'D'＝D'E'＝DE＝AD＝3，∴BE'＝D'E'，∴∠E'BD'＝∠E'D'B=12∠A'E'D'＝30°，∴∠A'D'B＝60°+30°＝90°，∴BD'=3A'D'＝33，故④正确；由④得：当平移的距离为4时，∠E'BD'＝∠ABC＝30°，故③错误；故答案为：①②④．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、等边三角形的性质、平移的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握等边三角形的性质和平移的性质，证明四边形ADD′A′为平行四边形是解题的关键．【变式1-3】如图所示，在平行四边形ABCD中，分别以AB、AD为边作等边△ABE和等边△ADF，分别连接CE，CF和EF，则下列结论，一定成立的个数是（　　）①△CDF≌△EBC；②△CEF是等边三角形；③∠CDF＝∠EAF；④CE∥DFA．1 B．2 C．3 D．4【分析】利用“边角边”证明△CDF和△EBC全等，判定①正确；同理求出△CDF和△EAF全等，根据全等三角形对应边相等可得CE＝CF＝EF，判定△ECF是等边三角形，判定②正确；利用“8字型”判定③正确；若CE∥DF，则C、F、A三点共线，故④错误；即可得出答案．【解答】解：在▱ABCD中，∠ADC＝∠ABC，AD＝BC，CD＝AB，∵△ABE、△ADF都是等边三角形，∴AD＝DF，AB＝EB，∠DFA＝∠ADF＝∠ABE＝60°，∴DF＝BC，CD＝BE，∴∠CDF＝∠ADC﹣60°，∠EBC＝∠ABC﹣60°，∴∠CDF＝∠EBC，在△CDF和△EBC中，DF=BC∠CDF=∠EBCCD=EB，∴△CDF≌△EBC（SAS），故①正确；在▱ABCD中，设AE交CD于O，AE交DF于K，如图：∵AB∥CD，∴∠DOA＝∠OAB＝60°，∴∠DOA＝∠DFO，∵∠OKD＝∠AKF，∴∠ODF＝∠OAF，故③正确；在△CDF和△EAF中，CD=EA∠CDF=∠EAFDF=AF，∴△CDF≌△EAF（SAS），∴EF＝CF，∵△CDF≌△EBC，∴CE＝CF，∴EC＝CF＝EF，∴△ECF是等边三角形，故②正确；则∠CFE＝60°，若CE∥DF时，则∠DFE＝∠CEF＝60°，∵∠DFA＝60°＝∠CFE，∴∠CFE+∠DFE+∠DFA＝180°，则C、F、A三点共线已知中没有给出C、F、A三点共线，故④错误；综上所述，正确的结论有①②③．故选：C．【点评】本题考查了平行四边形的性质，邻角互补的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键．【变式1-4】(2023•丰顺县校级开学）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，BD＝2AD，E，F，G分别是OC，OD，AB的中点，下列结论：①BE⊥AC；②四边形BEFG是平行四边形；③△EFG≌△GBE；④EG＝EF，其中正确的有 　 　个．【分析】由平行四边形的性质可得AB＝CD，AD＝BC，BO＝DO=12BD，AO＝CO，AB∥CD，即可得BO＝DO＝AD＝BC，由等腰三角形的性质可判断①，由中位线定理和直角三角形的性质可判断②④，由平行四边形的性质可判断③，即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AD＝BC，BO＝DO=12BD，AO＝CO，AB∥CD，∵BD＝2AD，∴BO＝DO＝AD＝BC，且点E是OC中点，∴BE⊥AC，∴①正确；∵E、F、分别是OC、OD中点，∴EF∥DC，CD＝2EF，∵G是AB中点，BE⊥AC，∴AB＝2BG＝2GE，且CD＝AB，CD∥AB，∴BG＝EF＝GE，EF∥CD∥AB，∴四边形BGFE是平行四边形，∴②④正确；∵四边形BGFE是平行四边形，∴BG＝EF，GF＝BE，且GE＝GE，∴△BGE≌△FEG（SSS），∴③正确；故答案为：4．【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．【变式1-5】(2023春•本溪期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，延长BC至点E，使得CE＝BC，连接AE交CD于点G，连接OG．下列结论：①OG=12AD；②AE平分∠CAD；③以点A，C，E，D为顶点构成的四边形是平行四边形；④S▱ABCD＝6S△OCG.其中正确的是 　 　（填写所有正确结论的序号）．【分析】根据平行四边形的性质先证得△ADG≌△ECG，得出DG＝CG，AG＝EG即可解决问题．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，AO＝OC，∴∠DAG＝∠E，∠ADG＝∠ECG，∵CE＝BC，∴CE＝AD，∴△ADG≌△ECG（ASA），∴AG＝GE，DG＝GC，∴OG是△CAD的中位线，四边形ACED是平行四边形，故③正确；∴OG=12AD，故①正确；∴OG∥AD，∴S△ACD＝4S△OCG，∴S▱ABCD＝8S△OCG，故④错误；∵AC≠CE，∴∠E≠CAE，∴∠CAE≠∠DAG，故②错误．∴正确的是①③．故答案为①③．【点评】本题考查了平行四边形的性质，解题的关键是掌握平行四边形的性质并灵活运用．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．【变式1-6】(2023春•城固县期末）如图，已知△ABC是边长为3的等边三角形，点D是边BC上的一点，且BD＝1，以AD为边作等边△ADE，过点E作EF∥BC，交AC于点F，连接BF，则下列结论中：①△ABD≌△BCF；②四边形BDEF是平行四边形；③S四边形BDEF=32；④S△AEF=3．其中正确的有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】连接EC，作CH⊥EF于H．首先证明△BAD≌△CAE，再证明△EFC是等边三角形即可解决问题；【解答】解：连接EC，作CH⊥EF于H．∵△ABC，△ADE都是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE，∴BD＝EC＝1，∠ACE＝∠ABD＝60°，∵EF∥BC，∴∠EFC＝∠ACB＝60°，∴△EFC是等边三角形，CH=32，∴EF＝EC＝BD，∵EF∥BD，∴四边形BDEF是平行四边形，故②正确，∵BD＝CF＝1，BA＝BC，∠ABD＝∠BCF，∴△ABD≌△BCF，故①正确，∵S平行四边形BDEF＝BD•CH=32，故③正确，∵CD＝2BD，AF＝2CF．∴S△AEF=23S△AEC=23•S△ABD=32，故④错误，故选：C．【点评】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．【变式1-7】(2023春•秦都区期末）如图，分别以Rt△ABC的直角边AC，斜边AB为边向外作等边△ACD和等边△ABE，F为AB的中点，连接DF、EF，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°．则以下结论：①AC⊥DF；②四边形BCDF为平行四边形；③DA+DF＝BE，其中正确的有（　　）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【分析】由平行四边形的判定定理判断②正确，再由平行四边形的性质和平行线的性质判断①正确，然后由三角形三边关系判断③错误，即可得出结论．【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，∴∠BAC＝60°，AC=12AB，∵△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，∴∠ACD＝∠BAC，∴CD∥AB，∵F为AB的中点，∴BF=12AB，∴CD＝BF，∵CD∥AB，∴四边形BCDF为平行四边形，故②正确；∵四边形BCDF为平行四边形，∴DF∥BC，又∵∠ACB＝90°，∴AC⊥DF，故①正确；∵△ACD和△ABE都是等边三角形，∴DA＝AC，DF＝BC，AB＝BE，∵BC+AC＞AB，∴DA+DF＞BE，故③错误；其中正确的有2个，故选：C．【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质、含30°直角三角形的性质、等边三角形的性质、平行线的性质、三角形三边关系等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质和等边三角形的性质，证明四边形BCDF为平行四边形是解题的关键．【变式1-8】(2023秋•宁阳县期末）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，△ABD，△ACE，△BCF都是等边三角形，下列结论中：①AB⊥AC；②四边形AEFD是平行四边形；③∠DFE＝135°；④S四边形AEFD＝20．正确的个数是（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】由AB2+AC2＝BC2，得出∠BAC＝90°，故①正确；再由SAS证得△ABC≌△DBF，得AC＝DF＝AE＝8，同理△ABC≌△EFC（SAS），得AB＝EF＝AD＝6，则四边形AEFD是平行四边形，故②正确；然后由平行四边形的性质得∠DFE＝∠DAE＝150°，则③错误；最后求出S▱AEFD＝24，故④错误；即可得出答案．【解答】解：∵AB＝6，AC＝8，BC＝10，62+82＝102，∴AB2+AC2＝BC2，∴△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，∴AB⊥AC，故①正确；∵△ABD，△ACE都是等边三角形，∴∠DAB＝∠EAC＝60°，∴∠DAE＝150°，∵△ABD和△FBC都是等边三角形，∴BD＝BA，BF＝BC，∠DBF+∠FBA＝∠ABC+∠ABF＝60°，∴∠DBF＝∠ABC，在△ABC与△DBF中，AB=DB∠ABC=∠DBFBC=BF，∴△ABC≌△DBF（SAS），∴AC＝DF＝AE＝8，同理可证：△ABC≌△EFC（SAS），∴AB＝EF＝AD＝6，∴四边形AEFD是平行四边形，故②正确；∴∠DFE＝∠DAE＝150°，故③错误；过A作AG⊥DF于G，如图所示：则∠AGD＝90°，∵四边形AEFD是平行四边形，∴∠FDA＝180°﹣∠DFE＝180°﹣150°＝30°，∴AG=12AD＝3，∴S▱AEFD＝DF•AG＝8×3＝24，故④错误；∴正确的个数是2个，故选：B．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△ABC≌△DBF是解题的关键．【变式1-9】(2023春•清苑区期末）如图，已知△ABC是边长为6的等边三角形，点D是线段BC上的一个动点（点D不与点B，C重合），△ADE是以AD为边的等边三角形，过点E作BC的平行线，分别交线段AB，AC于点F，G，连接BE和CF．则下列结论中：①BE＝CD；②∠BDE＝∠CAD；③四边形BCGE是平行四边形；④当CD＝2时，S△AEF＝23，其中正确的有（　　）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【分析】①证△AEB≌△ADC（SAS），得BE＝CD，故①正确；再由平角的定义和三角形内角和定理得∠BDE＝∠CAD，故②正确；由∠EBC+∠ACB＝180°，得EB∥GC．则四边形BCGE是平行四边形．故③正确；证出BD＝2CD，得S△ACD=13S△ABC＝33，再证AF＝2BF，得S△AEF=23S△AEB=23S△ACD＝23，故④错误．即可求解．【解答】解：①∵△ABC和△ADE都是等边三角形，∴AE＝AD，AB＝AC，∠EAD＝∠BAC＝60°，又∵∠EAB＝∠EAD﹣∠BAD，∠DAC＝∠BAC﹣∠BAD，∴∠EAB＝∠DAC，在△AEB和△ADC中，AE=AD∠EAB=∠DACAB=AC，∴△AEB≌△ADC（SAS），∴BE＝CD，故①正确；∵∠BDE+∠ADE+∠ADC＝180°，∠ACD+∠ADC+∠CAD＝180°，∠ADE＝∠ACD＝60°，∴∠BDE＝∠CAD，故②正确；由①得△AEB≌△ADC，∴∠ABE＝∠ACB＝60°．又∵∠ABC＝∠C＝60°，∠EBC＝120°，∴∠EBC+∠ACB＝180°，∴EB∥GC．又∵EG∥BC，∴四边形BCGE是平行四边形，故③正确；∵AC＝BC＝6，CD＝2，∴BD＝4＝2CD，∴S△ACD=13S△ABC=13×34×62＝33，∵EG∥BC，∴∠BFE＝∠ABC＝60°＝∠ABE，∴△BEF是等边三角形，∴BF＝BE，∴BF＝CD＝2，∴AF＝4＝2BF，∴S△AEF=23S△AEB=23S△ACD＝23，故④错误．故选：B．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△AEB≌△ADC是解题的关键．【变式1-10】(2023春•洋县期末）如图，分别以Rt△ABC的斜边AB、直角边AC为边向外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，连接DF、EF，DE与AB相交于点G，若∠BAC＝30°，下列结论：①EF⊥AC；②四边形ADFE为平行四边形；③AD＝4AG；④△DBF≌△EFA．其中正确结论有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】①连接CF，可推出AF＝CF，结合AE＝CE，可得出①正确；②可证得AD∥BC∥EF，DF∥AE，从而得出②正确；③AD＝AB，AB＝2AF，AF＝2AG，从而得出③正确；④可得出∠DFB＝∠EAF＝90°，∠DBF＝∠AFE＝60°，DF＝AE，从而得出④正确．【解答】解：如图，连接CF，∵∠ACB＝90°，点F是AB的中点，∴CF＝AF，∵△ACE是等边三角形，∴AE＝CE，∴EF⊥AC，故①正确；∵△ABD是等边三角形，△ACE是等边三角形，∴∠AD＝BD，DAB＝60°，∠CAE＝60°，∴∠BAE＝∠BAC+∠CAE＝90°，∵点F是AB的中点，∴DF⊥AB，∴∠DFA＝∠BAE＝90°，∴DF∥AE，∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，∴∠ABC＝∠ADC＝60°，∴AD∥BC，由①知：AC⊥EF，BC⊥AC，∴EF∥BC，∴AD∥EF，∴四边形ADFE是平行四边形，故②正确；∵四边形ADFE是平行四边形，∴AF＝2AG，∵AD＝AB，AB＝2AF，∴AD＝B＝4AG，故③正确；∵EF∥BC，∴∠AFE＝∠ABC＝60°，∵△ABD是等边三角形，∴∠DBF＝60°，∴∠DBF＝∠AFE，∵四边形ADFE是平行四边形，∴DF＝AE，∵∠DFB＝∠EAF＝90°，∴△DBF≌△EFA（AAS），故④正确，综上所述：①②③④均正确，故答案为：D．【点评】本题考查了等边三角形性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形性质，全等三角形判定和性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握相关基础知识．题型二 矩形中的多结论问题【例题2】如图所示，矩形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于E，∠CAE＝15°，则下面的结论：①△ODC是等边三角形；②BC＝2AB；③∠AOE＝135°；④S△AOE＝S△COE，其中正确结论有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据矩形性质求出OD＝OC，根据角求出∠DOC＝60°即可得出三角形DOC是等边三角形，求出AC＝2AB，即可判断②，求出∠BOE＝75°，∠AOB＝60°，相加即可求出∠AOE，根据等底等高的三角形面积相等得出S△AOE＝S△COE．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，OA＝OC，OD＝OB，AC＝BD，∴OA＝OD＝OC＝OB，∵AE平分∠BAD，∴∠DAE＝45°，∵∠CAE＝15°，∴∠DAC＝30°，∵OA＝OD，∴∠ODA＝∠DAC＝30°，∴∠DOC＝60°，∵OD＝OC，∴△ODC是等边三角形，∴①正确；∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC＝90°∴∠DAC＝∠ACB＝30°，∴AC＝2AB，∵AC＞BC，∴2AB＞BC，∴②错误；∵AD∥BC，∴∠DBC＝∠ADB＝30°，∵AE平分∠DAB，∠DAB＝90°，∴∠DAE＝∠BAE＝45°，∵AD∥BC，∴∠DAE＝∠AEB，∴∠AEB＝∠BAE，∴AB＝BE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠DOC＝60°，DC＝AB，∵△DOC是等边三角形，∴DC＝OD，∴BE＝BO，∴∠BOE＝∠BEO=12（180°﹣∠OBE）＝75°，∵∠AOB＝∠DOC＝60°，∴∠AOE＝60°+75°＝135°，∴③正确；∵OA＝OC，∴根据等底等高的三角形面积相等得出S△AOE＝S△COE，∴④正确；故选：C．【点评】本题考查了矩形性质，平行线性质，角平分线定义，等边三角形的性质和判定，三角形的内角和定理等知识点的综合运用．【变式2-1】(2023春•唐河县期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，对于下列条件：①∠1+∠3＝90°；②BC2+CD2＝AC2；③∠1＝∠2；④AC⊥BD．能判定四边形ABCD是矩形的个数是（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】由矩形的判定、菱形的判定分别对各个条件进行判断即可．【解答】解：①∵∠1+∠3＝90°，∴∠ABC＝90°，∴▱ABCD是矩形，故①正确；②∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，∵BC2+CD2＝AC2，∴BC2+AB2＝AC2，∴∠ABC＝90°，∴▱ABCD是矩形，故②正确；③∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC=12AC，OB＝OD=12BD，∵∠1＝∠2，∴OA＝OB，∴AC＝BD，∴▱ABCD是矩形，故③正确；④∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，∴▱ABCD是菱形，故④错误；能判定四边形ABCD是矩形的个数有3个，故选：C．【点评】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质、勾股定理的逆定理、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的判定是解题的关键．【变式2-2】(2023春•招远市期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AD＝23，∠COB＝60°，BF⊥AC，交AC于点M，交CD于点F，延长FO交AB于点E，连接DE．则下列结论：①OE＝FC；②四边形EBFD是菱形；③△DOF≌△CBF；④MB＝3．其中结论正确的序号是（　　）A．①②③ B．①②③④ C．①④ D．②③④【分析】根据矩形的性质和等边三角形的判定得出△OBC是等边三角形，进而判断①正确；根据ASA证明△AOE与△COF全等，进而判断②正确；根据全等三角形的性质判断③④正确即可．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，∴OA＝OC＝OD＝OB，∵∠COB＝60°，∴△OBC是等边三角形，∴OB＝BC＝OC，∠OBC＝60°，∵BF⊥AC，∴OM＝MC，∴FM是OC的垂直平分线，∴FO＝FC，∵OB＝CB，FO＝FC，FB＝FB，∴△OBF≌△CBF（SSS），∴∠FOB＝∠FCB＝90°，∵∠OBC＝60°，∴∠ABO＝30°，∴∠OBM＝∠CBM＝30°，∴∠ABO＝∠OBF，∵AB∥CD，∴∠OCF＝∠OAE，∵OA＝OC，∠AOE＝∠FOC，∴△AOE≌△COF（ASA），∴OE＝OF，∴OE＝FC，故①正确；∵OB⊥EF，∴四边形EBFD是菱形，故②正确；∵△DOF≌△OBE≌△OBF≌△CBF，∴③正确；∵BC＝AD＝23，FM⊥OC，∠CBM＝30°，∴BM＝3，故④正确；∴正确的序号是：①②③④．故选：B．【点评】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质和全等三角形的判定和性质解答．【变式2-3】如图，在锐角△ABC中，延长BC到点D，点O是AC边上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，MN分别交∠ACB、∠ACD的平分线于E，F两点，连接AE、AF，在下列结论中：①OE＝OF；②CE＝CF；③若CE＝12，CF＝5，则OC的长为6；④当AO＝CO时，四边形AECF是矩形．其中正确的有（　　）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【分析】①只要证明OC＝OE，OC＝OF即可．②首先证明∠ECF＝90°，若EC＝CF，则∠OFC＝45°，显然不可能，故②错误，③利用勾股定理可得EF＝13，推出OC＝6.5，故③错误．④根据矩形的判定方法即可证明．【解答】解：∵MN∥CB，∴∠OEC＝∠BCE，∠OFC＝∠ACF∵∠ACE＝∠BCE，∠ACF＝∠DCF，∴∠OEC＝∠OCE，∠OFC＝∠OCF，∴OC＝OE＝OF，故①正确，∵∠BCD＝180°，∴∠ECF＝90°，若EC＝CF，则∠OFC＝45°，显然不可能，故②错误，∵∠ECF＝90°，EC＝12，CF＝5，∴EF=122+52=13，∴OC=12EF＝6.5，故③错误，∴OE＝OF，OA＝OC，∴四边形AECF是平行四边形，∵∠ECF＝90°，∴四边形AECF是矩形．故选：C．【点评】本题考查矩形的判定，角平分线的定义，平行线的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．【变式2-4】(2023•菏泽二模）如图，在矩形ABCD中，O为AC中点，EF过O点且EF⊥AC分别交DC于F，交AB于E，点G是AE中点且∠AOG＝30°，则下列结论正确的个数为（　　）（1）DC＝3OG；（2）OG=12BC；（3）△OGE是等边三角形；（4）S△AOE=16S矩形ABCD．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OG＝AG＝GE=12AE，再根据等边对等角可得∠OAG＝30°，根据直角三角形两锐角互余求出∠GOE＝60°，从而判断出△OGE是等边三角形，判断出（3）正确；设AE＝2a，根据等边三角形的性质表示出OE，利用勾股定理列式求出AO，从而得到AC，再求出BC，然后利用勾股定理列式求出AB＝3a，从而判断出（1）正确，（2）错误；再根据三角形的面积和矩形的面积列式求出判断出（4）正确．【解答】解：∵EF⊥AC，点G是AE中点，∴OG＝AG＝GE=12AE，∵∠AOG＝30°，∴∠OAG＝∠AOG＝30°，∠GOE＝90°﹣∠AOG＝90°﹣30°＝60°，∴△OGE是等边三角形，故（3）正确；设AE＝2a，则OE＝OG＝a，由勾股定理得，AO=AE2−OE2=(2a)2−a2=3a，∵O为AC中点，∴AC＝2AO＝23a，∴BC=12AC=12×23a=3a，在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB=(23a)2−(3a)2=3a，∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝3a，∴DC＝3OG，故（1）正确；∵OG＝a，12BC=32a，∴OG≠12BC，故（2）错误；∵S△AOE=12a•3a=32a2，SABCD＝3a•3a＝33a2，∴S△AOE=16SABCD，故（4）正确；综上所述，结论正确的是（1）（3）（4）共3个．故选：C．【点评】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形的面积，设出AE、OG，然后用a表示出相关的边更容易理解．【变式2-5】（2023•章丘区校级开学）如图，矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．则下列结论：①DN＝BM；②EM∥FN；③AE＝CM；④当AO＝AD时，四边形DEBF是菱形．其中，正确结论的个数是（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】证△DNA≌△BMC（AAS），得出DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；证△ADE≌△CBF（ASA），得出AE＝FC，DE＝BF，由CF＞CM，故③错误；证四边形NEMF是平行四边形，得出EM∥FN，故②正确；证四边形DEBF是平行四边形，证出∠ODN＝∠ABD，则DE＝BE，得出四边形DEBF是菱形；故④正确；即可得出结论．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAN＝∠BCM，∵BF⊥AC，DE∥BF，∴DE⊥AC，∴∠DNA＝∠BMC＝90°，在△DNA和△BMC中，∠DAN=∠BCM∠DNA=∠BMCAD=BC，∴△DNA≌△BMC（AAS），∴DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；在△ADE和△CBF中，∠ADE=∠CBFAD=BC∠DAE=∠BCF，∴△ADE≌△CBF（ASA），∴AE＝FC，DE＝BF，∵CF＞CM，∴AE＞CM，故③错误；∴DE﹣DN＝BF﹣BM，即NE＝MF，∵DE∥BF，∴四边形NEMF是平行四边形，∴EM∥FN，故②正确；∵AB＝CD，AE＝CF，∴BE＝DF，∵BE∥DF，∴四边形DEBF是平行四边形，∵AO＝AD，∴AO＝AD＝OD，∴△AOD是等边三角形，∴∠ADO＝∠DAN＝60°，∴∠ABD＝90°﹣∠ADO＝30°，∵DE⊥AC，∴∠ADN＝∠ODN＝30°，∴∠ODN＝∠ABD，∴DE＝BE，∴四边形DEBF是菱形；故④正确；正确结论的个数是3个，故选：C．【点评】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．【变式2-6】(2023春•华阴市期末）如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，则下列结论：①DN＝BM；②AE＝FC；③当AO＝AD时，四边形DEBF是菱形．其中，正确结论的个数是（　　）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【分析】由“ASA”可证△DNO≌△BMO，可得DN＝BM；故①正确；通过证明四边形DEBF是平行四边形，可得DF＝BE，即可证AE＝CF，故②正确；先证△OAD是等边三角形，可得∠ADB＝60°，由等边三角形的性质可得∠BDE＝30°＝∠DBE，可得DE＝BE，可证平行四边形DEBF是菱形，即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴DO＝BO，AB∥CD，AB＝CD，∵DE∥BF，∴∠BDN＝∠DBM，在△DNO和△BMO中，∠DON=∠BOMOD=OB∠BDN=∠DBM，∴△DNO≌△BMO（ASA），∴DN＝BM；故①正确；∵AB∥CD，DE∥BF，∴四边形DEBF是平行四边形，∴DF＝BE，∴AE＝CF，故②正确；∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，AO＝CO，BO＝DO，∴AO＝DO，又∵AO＝AD，∴△OAD是等边三角形，∴∠ADB＝60°，∴∠ABD＝30°，∵BF∥DE，BF⊥AC，∴DE⊥AC，∴∠ADE＝∠BDE＝30°，∴∠BDE＝∠ABD，∴DE＝BE，∴平行四边形DEBF是菱形，故③正确，故选：D．【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，等边三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题解题的关键．【变式2-7】(2023秋•东河区期末）如图，在矩形ABCD中，O为AC的中点，过点O的直线分别与AB，CD交于点E，F，连接BF交AC于点M，连接DE，BO．若∠COB＝60°，FO＝FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③CM：AM＝1：3；④S△ADE：S△BCM＝2：3．其中正确的结论是 　 　．【分析】由线段垂直平分线的判定，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，即可解决问题．【解答】解：∵矩形ABCD中，O为AC的中点，∴OB＝OC，∵FO＝FC，∴FB垂直平分OC，故①正确；∵OB＝CO，∠COB＝60°，∴△BOC是等边三角形，∴∠OBC＝60°，∴∠OBE＝90°﹣∠OBC＝30°，∵△FOB和△FCB关于FB对称，∴∠FBC＝∠OBM＝30°，∠FOB＝∠FCB＝90°，∴∠OBE＝∠CBF，∠EOB＝∠FCB＝90°，∴△BEO≌△BFC（ASA），故②错误；∵BF垂直平分CO，∴CM=12OC，∵AO＝OC=12AC，∴CM=14AC，∴CM：MA＝1：3，故③正确；∵DC∥AB，∴∠FCO＝∠EAO，∵∠FOC＝∠AOE，OC＝OA，∴△COF≌△AOE（ASA），∴CF＝AE，∵∠DAE＝∠BCF，AD＝BC，∴△DAE≌△BCF（SAS），∴△ADE的面积＞△BCM的面积，故④错误．故正确的有①③．故答案为：①③．【点评】本题考查矩形，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的性质，线段的垂直平分线，熟练掌握以上知识点是解题的关键．【变式2-8】(2023•荣昌区自主招生）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠DAC＝60°，点F在线段AO上，连接DF，以DF为边作等边三角形DFE，点E和点A分别位于DF两侧，下列结论：①DO＝DA；②DF＝EC；③∠ADF＝∠ECF；④∠BDE＝∠EFC中正确结论的序号为（　　）A．①④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④【分析】①根据∠DAC＝60°，OD＝OA，得出△OAD为等边三角形，即可得出结论①正确；②如图，连接OE，利用SAS证明△DAF≌△DOE，再证明△ODE≌△OCE，即可得出结论②正确；③通过等量代换即可得出结论③正确；④根据△DAO，△DEF是等边三角形可以证明∠EFC＝∠ADF，然后根据②∠ADF＝∠BDE，等量代换即可得到∠BDE＝∠EFC．【解答】解：①在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∵∠DAC＝60°，OD＝OA，∴△OAD为等边三角形，∴∠DOA＝∠DAO＝∠ODA＝60°，AD＝OD，故①正确，②AD=OD∠ADF=∠ODEDF=DE连接OE．∵△DFE为等边三角形，∴∠EDF＝∠EFD＝∠DEF＝60°，DF＝DE，∵∠BDE+∠FDO＝∠ADF+∠FDO＝60°，∴∠BDE＝∠ADF，∵∠ADF+∠AFD+∠DAF＝180°，∴∠ADF+∠AFD＝180°﹣∠DAF＝120°，∵∠EFC+∠AFD+∠DFE＝180°，∴∠EFC+∠AFD＝180°﹣∠DFE＝120°，∴∠ADF＝∠EFC，∴∠BDE＝∠EFC，在△DAF和△DOE中，AD=OD∠ADF=∠ODEDF=DE，∴△DAF≌△DOE（SAS），∴∠DOE＝∠DAF＝60°，∵∠COD＝180°﹣∠AOD＝120°，∴∠COE＝∠COD﹣∠DOE＝120°﹣60°＝60°，∴∠COE＝∠DOE，在△ODE和△OCE中，OD=OC∠DOE=∠COEOE=OE，∴△ODE≌△OCE（SAS），∴ED＝EC＝DF，故②正确；③∵∠ODE＝∠ADF，∴∠ADF＝∠OCE，即∠ADF＝∠ECF，故结论③正确；④∵△DAO，△DEF是等边三角形，∴∠DAO＝∠DFE＝60°，∴∠EFC+∠AFD＝∠ADF+∠AFD＝120°，∴∠EFC＝∠ADF，根据②知∠ADF＝∠BDE，∴∠BDE＝∠EFC．故④正确．故选：D．【点评】本题主要考查了矩形性质，等边三角形判定和性质，全等三角形判定和性质，等腰三角形的判定和性质，点的运动轨迹等，熟练掌握全等三角形判定和性质、等边三角形判定和性质等相关知识是解题关键．【变式2-9】(2023秋•金水区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①△ABE≌△AHD；②HE＝CE；③H是BF的中点；④AB＝HF；⑤BC﹣CF＝2HF．其中正确的有（　　）A．2 B．3 C．4 D．5【分析】根据矩形的性质、角平分线的定义和垂线的定义，得出△ABE与△AHD是等腰直角三角形，进而得出AD=2AH，AE=2AB，再根据等量代换，得出AH＝AB，AD＝AE，再根据SAS，得出△ABE≌△AHD，即可判断结论①；根据矩形，等腰直角三角形和全等三角形的性质，得出DH＝AH＝AB＝BE，AD＝AE＝BC，再根据线段之间的等量关系，得出HE＝CE，即可判断结论②；根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理，得出∠EBH＝∠OHD，再根据ASA，得出△BEH≌△HDF，再根据全等三角形的性质，得出BH＝HF，即H是BF的中点，即可判断结论③；再根据AB＝AH，∠BAE＝45°，得出△ABH不是等边三角形，进而即可判断结论④；根据线段之间的数量关系，结合等量代换，得出BC﹣CF＝2HF，即可判断结论⑤，然后综合即可得出答案．【解答】解：∵在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，∴∠BAE＝∠HAD＝45°，∠ABE＝∠AHD＝90°，∴△ABE与△AHD是等腰直角三角形，∴AD=2AH，AE=2AB，∵AD=2AB，∴AH＝AB，AD＝AE，在△ABE与△AHD中，AH=AB∠BAE=∠HAD=45°AD=AE，∴△ABE≌△AHD（SAS），故①正确；∵在矩形ABCD中，△ABE与△AHD是等腰直角三角形，△ABE≌△AHD，∴DH＝AH＝AB＝BE，AD＝AE＝BC，∴AE﹣AH＝BC﹣BE，∴HE＝CE，故②正确；∵AB＝AH，∴∠AHB=12(180°−45°)=67.5°，∴∠OHE＝∠AHB＝67.5°，∴∠DHO＝90°﹣67.5°＝22.5°，∵∠EBH＝90°﹣67.5°＝22.5°，∴∠EBH＝∠OHD，在△BEH和△HDF中，∠DHO=∠EBH=22.5°BE=DH∠AEB=∠HDF=45°，∴△BEH≌△HDF（ASA），∴BH＝HF，即H是BF的中点，故③正确；∵AB＝AH，∠BAE＝45°，∴△ABH不是等边三角形，∴AB≠BH，∵BH＝HF，∴AB≠HF，故④错误；∵CF＝CD﹣DF，∴BC﹣CF＝BC﹣（CD﹣DF），∵DF＝HE，∴BC﹣CF＝BC﹣（CD﹣HE）＝BC﹣CD+HE，∵HE＝AE﹣AH＝BC﹣CD，∴BC﹣CF＝HE+HE＝2HE，故⑤错误，综上所述：正确的为：①②③，共有3个．故选：B．【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、矩形的性质、三角形内角和定理、等边三角形的判定，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理．题型三 菱形中的多结论问题【例题3】(2023春•绥滨县期末）如图，菱形ABCD的周长为40cm，对角线AC、BD相交于点O，DE⊥AB，垂足为E，DE：AB＝4：5，则下列结论：①DE＝8cm；②BE＝4cm；③BD＝45cm；④AC＝85cm；⑤S菱形ABCD＝80cm2，正确的有（　　）A．①②④⑤ B．①②③④ C．①③④⑤ D．①②③④⑤【分析】由菱形的性质可求得菱形的边长，结合DE：AB＝4：5可判断①；在Rt△ABE中由勾股定理可求得AE，则可求得BE，可判断②；在Rt△BDE中由勾股定理可求得BD，可判断③；由菱形的对角线互相平分，可求得BO，在Rt△AOB中可求得AO，可求得AC，可判断④；根据求得的AC和BD可求得菱形的面积，可判断⑤，可得出答案．【解答】解：∵菱形ABCD的周长为40cm，∴AB=14×4cm＝10cm，∵DE：AB＝4：5，∴DE＝8cm，故①正确；∵DE⊥AB，且AD＝10cm，DE＝8cm，∴AE=AD2−DE2=102−82=6（cm），∴BE＝AB﹣AE＝10cm﹣6cm＝4cm，故②正确；∵DE＝8cm，BE＝4cm，∴BD=BD2+BE2=82+42=45（cm），故③正确；∵四边形ABCD是菱形，∴BO=12BD＝25cm，且AC⊥BD，∴AO=AB2−BO2=102−(25)2=45（cm），∴AC＝2AO＝85cm，故④正确；∴S菱形ABCD=12AC•BD=12×85×45=80（cm2），故⑤正确；∴正确的为①②③④⑤，故选：D．【点评】本题主要考查菱形的性质，掌握菱形的四边相等、对角线互相垂直且平分是解题的关键．注意菱形面积公式的应用．【变式3-1】(2023秋•招远市期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，BC∥AD，且AD＝DC，则下列说法：①四边形ABCD是平行四边形；②AB＝BC；③AC⊥BD④AC平分∠BAD；⑤若AC＝6，BD＝8，则四边形ABCD的面积为24．其中正确的有（　　）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【分析】先证四边形ABCD是平行四边形，再证平行四边形ABCD是菱形，即可得出结论．【解答】解：∵AB∥CD，BC∥AD，∴四边形ABCD是平行四边形，故①正确；∵AD＝DC，∴平行四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，AC⊥BD，AC平分∠BAD，故②③④正确，∵AC＝6，BD＝8，∴菱形ABCD的面积=12AC×BD=12×6×8＝24，故⑤正确；正确的个数有5个，故选：D．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质和菱形的判定与性质是解题的关键．【变式3-2】（2023•沙县一模）如图，在△ABC中，点D、E、F分别为边AB、BC、AC的中点，分别联结DE、EF、DF、AE，点O是AE与DF的交点，下列结论中，正确的个数是（　　）①△DEF的周长是△ABC周长的一半；②AE与DF互相平分；③如果∠BAC＝90°，那么点O到四边形ADEF四个顶点的距离相等；④如果AB＝AC，那么点O到四边形ADEF四条边的距离相等．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】①根据三角形中位线定理即可解决问题；②根据三角形中位线定理证明四边形ADEF是平行四边形，进而可以解决问题；③证明四边形ADEF是矩形，进而可以解决问题；④证明四边形ADEF是菱形，再根据菱形的性质即可解决问题．【解答】解：①∵点D、E、F分别为边AB、BC、AC的中点，∴EF=12AB，DF=12BC，DE=12AC，∴EF+DF+DE=12（AB+BC+AC），∴△DEF的周长是△ABC周长的一半，故①正确；②∵点D、E、F分别为边AB、BC、AC的中点，∴DE∥AC，DF∥∥BC，∴四边形ADEF是平行四边形，∴AE与DF互相平分，故②正确；③∵∠BAC＝90°，四边形ADEF是平行四边形，∴四边形ADEF是矩形，∴AE＝DF，OA＝OE＝OD＝OF，∴点O到四边形ADEF四个顶点的距离相等，故③正确；④∵AB＝AC，∴AD＝AF，∵四边形ADEF是平行四边形，∴四边形ADEF是菱形，∴AE，DF是菱形两组对角的平分线，∴点O到四边形ADEF四条边的距离相等，故④正确．综上所述：正确的是①②③④，共4个，故选：D．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形中位线定理，解决本题的关键是掌握三角形中位线定理．【变式3-3】如图，F是菱形ABCD的边AD的中点，AC与BF相交于E，EG⊥AB于G，已知∠1＝∠2，则下列结论：①AE＝BE；②BF⊥AD；③AC＝2BF；④CE＝BF+BG．其中正确的结论是（　　）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【分析】连接DB交AC于O，由菱形性质可得∠DAC＝∠CAB＝∠1，可得∠1＝∠2，可得AE＝BE，且EG⊥AB可得AG=12AB，可证△AEF≌△AEG，可判断①②．由△ABO≌△ABF可判断③．由∠DAC＝∠CAB＝∠2，可得∠DAC＝∠CAB＝∠2＝30°，可得BO＝BG，可证△BEO≌△BEG，可得EG＝EO，则CE＝CO+EO＝BF+EG可判断④．【解答】解：连接DB交AC于O∵ABCD为菱形∴AD∥CB，AD＝AB，AC⊥BD，AO＝CO，∠DAC＝∠CAB∴∠1＝∠DAC，且∠1＝∠2∴∠CAB＝∠2∴AE＝BE故①正确∵AE＝BE，EG⊥AB∴AG＝GB=12AB∵F是AD中点∴AF=12AD∴AF＝AG，且∠DAC＝∠CAB，AE＝AE∴△AEF≌△AEG，∴∠AFE＝∠AEG＝90°∴BF⊥AD 故②正确∵AB＝AB，∠AFB＝∠AOB，∠2＝∠CAB∴△AFB≌△ABO∴BF＝AO=12AC∴AC＝2BF 故③正确∵∠2+∠CAB+∠CAD＝90°且∠2＝∠CAB＝∠CAD∴∠2＝∠CAB＝∠CAD＝30°∴BO=12AB＝BG且EB＝EB∴Rt△EGB≌Rt△EOB∴EG＝EO∴CE＝CO+EO＝BF+EG故④错误故选：A．【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是灵活运用菱形的性质解决问题．【变式3-4】(2023春•茌平区期末）如图，等边△ABC沿射线BC向右平移到△DCE的位置，连接AD、BD，则下列结论：①AD＝BC；②BD、AC互相平分；③四边形ACED是菱形；④∠ACD＝∠DCE，其中正确的个数是（　　）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由△ABC、△DCE是等边三角形，可求出∠ACD＝60°，继而可判断△ACD是等边三角形，从而可判断①是正确的；根据①的结论，可判断四边形ABCD是平行四边形，从而可判断②是正确的；根据①的结论，可判断四边形ACED是菱形，即③正确，继而判定④正确．【解答】解：∵△ABC、△DCE是等边三角形，∴∠ACB＝∠DCE＝60°，AC＝CD，∴∠ACD＝180°﹣∠ACB﹣∠DCE＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴AD＝AC＝BC，故①正确；由①可得AD＝BC，∵AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴BD、AC互相平分，故②正确；由①可得AD＝AC＝CE＝DE，故四边形ACED是菱形，即③正确；∵四边形ACED是菱形，∴∠ACD＝∠DCE；故④正确．故选：D．【点评】本题考查了平移的性质、等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质及菱形的判定．解答本题的关键是先判断出△ACD是等边三角形．【变式3-5】(2023春•龙湖区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝AC＝1，点E、F分别为边AB、BC上的点，且AE＝BF，连接CE、AF交于点H，连接DH交AC于点O，则下列结论：①△ABF≌△CAE；②∠FHC＝∠B；③△ADO≌△ACH；④S菱形ABCD=3；其中正确的结论个数是（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】证得△ABC是等边三角形，则可得∠B＝∠EAC＝60°，由SAS即可证得△ABF≌△CAE，可得∠BAF＝∠ACE，EC＝AF，由外角性质可得∠FHC＝∠B，①②正确；由∠OAD＝60°＝∠EAC≠∠HAC，③△ADO≌△ACH不正确；求出△ABC的面积=34AB2=34，得菱形ABCD的面积=32，④不正确；即可得出结论．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵AB＝AC，∴AB＝BC＝AC，即△ABC是等边三角形，∴AB＝CA，∠EAC＝∠B＝60°，同理：△ADC是等边三角形∴∠OAD＝60°，在△ABF和△CAE中，BF=AE∠B=∠EACAB=CA，∴△ABF≌△CAE（SAS）；∴∠BAF＝∠ACE，EC＝AF，∵∠FHC＝∠ACE+∠FAC＝∠BAF+∠FAC＝∠BAC＝60°，∴∠FHC＝∠B，故①正确，②正确；∵∠OAD＝60°＝∠EAC≠∠HAC，故③△ADO≌△ACH不正确；∵△ABC是等边三角形，AB＝AC＝1，∴△ABC的面积=34AB2=34，∴菱形ABCD的面积＝2△ABC的面积=32，故④不正确；故选：B．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质等知识．熟练掌握菱形和等边三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．【变式3-6】(2023春•仁化县期中）如图，▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AD=12AC，M、N、P分别是OA、OB、CD的中点，下列结论：①CN⊥BD；②MN＝NP；③四边形MNCP是菱形；④ND平分∠PNM．其中正确的有（　　）A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个【分析】证出OC＝BC，由等腰三角形的性质得CN⊥BD，①正确；证出MN是△AOB的中位线，得MN∥AB，MN=12AB，由直角三角形的性质得NP=12CD，则MN＝NP，②正确；周长四边形MNCP是平行四边形，无法证明四边形MNCP是菱形；③错误；由平行线的性质和等腰三角形的性质证出∠MND＝∠PND，则ND平分∠PNM，④正确；即可得出结论．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，BC＝AD，OA＝OC=12AC，∵AD=12AC，∴OC＝BC，∵N是OB的中点，∴CN⊥BD，①正确；∵M、N分别是OA、OB的中点，∴MN是△AOB的中位线，∴MN∥AB，MN=12AB，∵CN⊥BD，∴∠CND＝90°，∵P是CD的中点，∴NP=12CD＝PD＝PC，∴MN＝NP，②正确；∵MN∥AB，AB∥CD，∴MN∥CD，又∵NP＝PC，MN＝NP，∴MN＝PC，∴四边形MNCP是平行四边形，无法证明四边形MNCP是菱形；③错误；∵MN∥CD，∴∠PDN＝∠MND，∵NP＝PD，∴∠PDN＝∠PND，∴∠MND＝∠PND，∴ND平分∠PNM，④正确；正确的个数有3个，故选：C．【点评】本题考查了平行四边形性质和判定，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线性质，等腰三角形的性质等；熟练掌握三角形中位线定理、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．【变式3-7】如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，点E、F分别从点B、D出发以同样的速度沿边BC、DC向点C运动．给出以下四个结论：①AE＝AF；②∠CEF＝∠CFE；③当点E，F分别为边BC，DC的中点时，△AEF是等边三角形；④当点E，F分别为边BC，DC的中点时，△AEF的面积最大．上述结论中正确的序号有　 　．（把你认为正确的序号都填上）【分析】根据菱形的性质对各个结论进行验证从而得到正确的序号．【解答】解：∵点E、F分别从点B、D出发以同样的速度沿边BC、DC向点C运动，∴BE＝DF，∵AB＝AD，∠B＝∠D，∴△ABE≌△ADF，∴AE＝AF，①正确；∴CE＝CF，∴∠CEF＝∠CFE，②正确；∵在菱形ABCD中，∠B＝60°，∴AB＝BC，∴△ABC是等边三角形，∴当点E，F分别为边BC，DC的中点时，BE=12AB，DF=12AD，∴△ABE和△ADF是直角三角形，且∠BAE＝∠DAF＝30°，∴∠EAF＝120°﹣30°﹣30°＝60°，∴△AEF是等边三角形，③正确；∵△AEF的面积＝菱形ABCD的面积﹣△ABE的面积﹣△ADF的面积﹣△CEF的面积=32AB2−12BE•AB×32×2−12×32×（AB﹣BE）2=−34BE2+34AB2，∴△AEF的面积是BE的二次函数，∴当BE＝0时，△AEF的面积最大，④错误．故正确的序号有①②③．【点评】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定和等边三角形的判定．【变式3-8】(2023秋•胶州市校级月考）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，E、F分别是AB，AD的中点，DE、BF相交于点G，连接BD，CG．有下列结论：①∠BGD＝120°；②BG+DG＝CG；③△BDF≌△CGB；④S△ABD=34AB2，其中正确的结论有（　　）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【分析】根据菱形的性质和∠A＝60°，可知△ABD是等边三角形，△BDC是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠BFD＝∠DEB＝90°，∠GDB＝∠GBD＝30°，即可判断①选项；根据SSS可证△CDG≌△CBG，根据全等三角形的性质可得∠DGC＝∠BGC＝60°，再根据含30°角的直角三角形的性质可判断②选项；根据△GBC为直角三角形，可知CG＞BC，进一步可知CG≠BD，即可判断③选项；根据勾股定理可得DE=32AB，再根据三角形面积的求法即可判断④选项．【解答】解：在菱形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，∵∠A＝60°，∴∠BCD＝∠A＝60°，∴△ABD是等边三角形，△BDC是等边三角形，∴∠ADB＝∠ABD＝60°，∠CDB＝∠CBD＝60°，∵E，F分别是AB，AD的中点，∴∠BFD＝∠DEB＝90°，∴∠GDB＝∠GBD＝30°，∴∠GDC＝∠GBC＝90°，DG＝BG，∴∠BGD＝180°﹣30°﹣30°＝120°，故①选项正确；在△CDG和△CBG中，CD=CBCG=CGDG=BG，∴△CDG≌△CBG（SSS），∴∠DGC＝∠BGC＝60°，∴∠GCD＝30°，∴CG＝2GD，∵DG＝BG，∴CG＝DG+BG，故②选项正确；∵△GBC为直角三角形，∴CG＞BC，∴CG≠BD，∴△BDF与△CGB不全等，故③选项错误；∵BE=12AB，BD＝AB，∠DEB＝90°，根据勾股定理，得DE=32AB，∴S△ABD=12AB⋅DE=34AB2，故④选项正确，故正确的有①②④，故选：B．【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质等，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．【变式3-9】如图，点E，F在菱形ABCD的对角线AC上，∠ADC＝120°，∠BEC＝∠CBF＝50°，ED与BF的延长线交于点M．则对于以下结论：①∠BME＝30°；②△ADE≌△ABE；③EM＝BC；④AE+BM=3EM．其中正确结论的个数是（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】先由菱形的性质得AD＝AB＝BC＝CD，∠BAD＝∠BCD＝60°，∠DAE＝∠BAE，∠DCE＝∠BCE＝30°，再由三角形的外角性质得∠BFE＝80°，则∠EBF＝50°，然后证△CDE≌△CBE（SAS），得∠DEC＝∠BEC＝50°，进而得出①正确；由SAS证△ADE≌△ABE，得②正确；证出△BEM≌△EBC（AAS），得BM＝EC，EM＝BC，③正确；连接BD交AC于O，由菱形的性质得AC⊥BD，再由直角三角形的性质得OD=12CD=12BC，OC=3OD，则OC=32BC，进而得出④正确即可．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ADC＝120°，∴AD＝AB＝BC＝CD，∠BAD＝∠BCD＝60°，∠DAE＝∠BAE，∠DCE＝∠BCE=12∠BCD＝30°，∵∠BFE＝∠BCE+∠CBF＝30°+50°＝80°，∴∠EBF＝180°﹣∠BEC﹣∠BFE＝180°﹣50°﹣80°＝50°，在△CDE和△CBE中，CD=CB∠DCE=∠BCECE=CE，∴△CDE≌△CBE（SAS），∴∠DEC＝∠BEC＝50°，∴∠BEM＝∠DEC+∠BEC＝100°，∴∠BME＝180°﹣∠BEM﹣∠EBF＝180°﹣100°﹣50°＝30°，故①正确；在△ADE和△ABE中，AD=AB∠DAE=∠BAEAE=AE，∴△ADE≌△ABE（SAS），故②正确；∵∠EBC＝∠EBF+∠CBF＝100°，∴∠BEM＝∠EBC，在△BEM和△EBC中，∠BEM=∠EBC∠BME=∠ECB=30°BE=EB，∴△BEM≌△EBC（AAS），∴BM＝EC，EM＝BC，故③正确；连接BD交AC于O，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，AC⊥BD，∵∠DCO＝30°，∴OD=12CD=12BC，OC=3OD，∴OC=32BC，∴AC＝2OC=3BC，∵BM＝EC，EM＝BC，∴AE+BM＝AE+EC＝AC=3BC=3EM，故④正确，正确结论的个数是4个，故选：D．【点评】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．【变式3-10】(2023春•西华县期末）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，AC与BD交于点O，E为CD延长线上的一点，且CD＝DE，连接BE分别交AC、AD于点F、G，连接OG，则下列结论中一定成立的是（　　）①OG=12AB；②与△DEG全等的三角形共有5个；③四边形ODEG与四边形OBAG面积相等；④由点A、B、D、E构成的四边形是菱形．A．①③④ B．①④ C．①②③ D．②③④【分析】由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG＝DG，证出OG是△ACD的中位线，得出OG=12CD=12AB，①正确；先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB＝BD＝AD，因此OD＝AG，得出四边形ABDE是菱形，④正确；由菱形的性质得出△ABG≌△BDG≌△DEG，由SAS证明△ABG≌△DCO，得出△ABO≌△BCO≌△CDO≌△AOD≌△ABG≌△BDG≌△DEG，得出②不正确；由中线的性质和菱形的性质可得S△BOG＝S△DOG，S△ABG＝S△DGE，可得四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，得出③正确；即可得出结果．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∴∠BAG＝∠EDG，△ABO≌△CBO≌△CDO≌△ADO，∵CD＝DE，∴AB＝DE，在△ABG和△DEG中，∠BAG=∠EDG∠AGB=∠DGEAB=DE，∴△ABG≌△DEG（AAS），∴AG＝DG，∴OG是△ACD的中位线，∴OG=12CD=12AB，①正确；∵AB∥CE，AB＝DE，∴四边形ABDE是平行四边形，∵∠BCD＝∠BAD＝60°，∴△ABD、△BCD是等边三角形，∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，∴OD＝AG，四边形ABDE是菱形，④正确；∴AD⊥BE，由菱形的性质得：△ABG≌△BDG≌△DEG，在△ABG和△DCO中，OD=AG∠ODC=∠BAG=60°AB=DC，∴△ABG≌△DCO（SAS），∴△ABO≌△CBO≌△CDO≌△ADO≌△BAG≌△DBG≌△EDG，②不正确；∵OB＝OD，∴S△BOG＝S△DOG，∵四边形ABDE是菱形，∴S△ABG＝S△DGE，∴四边形ODEG与四边形OBAG面积相等，故③正确；故选：A．【点评】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理；本题综合性强，难度较大．题型四 正方形中的多结论问题【例题4】(2023春•随县期末）如图，在正方形ABCD中，点M，N分别为边CD，BC上的点，且DM＝CN，AM与DN交于点P，连接AN，点Q为AN的中点，连接PQ，BQ，若AB＝8，DM＝2，给出以下结论：①AM⊥DN；②∠MAN＝∠BAN；③△PQN≌△BQN；④PQ＝5．其中正确的结论有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】①正确，证明△ADM≌△DCN（SAS），可得结论．②③错误，利用反证法证明即可．④正确，利用勾股定理求出AN，再利用直角三角形斜边中线的性质求出PQ，可得结论．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADM＝∠DCN＝90°，在△ADM和△DCN，AD=DC∠ADM=∠DCNDM=CN，∴△ADM≌△DCN（SAS），∴∠DAM＝∠CDN，∵∠CDN+∠ADP＝90°，∴∠ADP+∠DAM＝90°，∴∠APD＝90°，∴AM⊥DN，故①正确，不妨假设∠MAN＝∠BAN，在△APN和△ABN中，∠APN=∠ABN=90°∠PAN=∠BANAN=AN，∴△PAN≌△ABN（AAS），∴AB＝AP，这与AP＜AD，AB＝AD，矛盾，∴假设不成立，故②错误，不妨假设△PQN≌△BQN，则∠ANP＝∠ANB，同法可证△APN≌△ABN，∴AP＝AB，这与AP＜AD，AB＝AD，矛盾，∴假设不成立，故③错误，∵DM＝CN＝2，AB＝BC＝8，∴BN＝6，∵∠ABN＝90°，∴AN=AB2+BN2=82+62=10，∵∠APN＝90°，AQ＝QN，∴PQ=12AN＝5．故④正确，∴正确的有：①④，共2个，故选：B．【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用反证法解决问题，属于中考填空题中的压轴题．【变式4-1】(2023春•遵义期中）如图，在正方形ABCD中，点O为对角线AC的中点，过O点的射线OM，ON分别交AB，BC于点E，F，且∠EOF＝90°，BO，EF交于点P，则下面结论：①图形中全等的三角形只有三对；②△EOF是等腰直角三角形；③正方形ABCD的面积等于四边形OEBF面积的4倍；④BE+BF=2OA，其中正确结论的个数是（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据正方形的性质可证有四对全等三角形，可判断①选项；根据△AOE≌△BOF可判断②③选项，根据△BOE≌△COF可判断④选项，即可得出答案．【解答】解：图形中全等的三角形有四对：△ABC≌△ADC，△AOB≌△COB，△AOE≌△BOF，△BOE≌△COF；∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝DA，∵AC＝AC，∴△ABC≌△ADC（SSS）；∵点O为对角线AC的中点，∴OA＝OC，又∵OB＝OB，AB＝CB，∴△AOB≌△COB（SSS）；∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝∠D＝90°，∠BAO＝∠BCO＝45°，∵AB＝CB，OA＝OC，∠ABC＝90°，∴∠AOB＝90°，∠OBC＝45°，又∵∠EOF＝90°，∴∠AOE＝∠BOF，∵∠OAE＝∠OBF，OA＝OB，∴△AOE≌△BOF（ASA）；同理可证△BOE≌△COF（ASA）；故①选项不符合题意；∵△AOE≌△BOF，∴OE＝OF，∵∠EOF＝90°，∴△EOF是等腰直角三角形，故②选项符合题意；∵△AOE≌△BOF，∴四边形OEBF的面积＝△ABO的面积，∵正方形ABCD的面积＝2△ABC的面积＝4△ABO的面积＝4四边形OEBF的面积，∴③选项符合题意；∵△BOE≌△COF，∴BE＝CF，∴BE+BF＝CF+BF＝BC＝AB=2OA，故④选项符合题意，故正确的有②③④，故选：C．【点评】本题考查了四边形的综合题，涉及全等三角形的判定与性质、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等，本题综合性较强，难度较大．【变式4-2】(2023秋•松山区期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，AE＝AF，AC与EF相交于点G．下列结论：①AC垂直平分EF；②BE+DF＝EF；③当∠DAF＝15°时，△AEF为等边三角形；④当∠EAF＝60°时，∠AEB＝∠AFD．其中正确的结论是（　　）A．①③ B．②④ C．①③④ D．②③④【分析】由“HL”可证Rt△ABE≌Rt△ADF，可得BE＝DF，可得CE＝CF，由等腰直角三角形的性质可得AC垂直平分EF，可判断①，由等腰直角三角形的性质可得EG＝GF，由角平分线的性质可得BE＝EG，可判断②，由全等三角形的性质可得∠DAF＝∠BAE＝15°，可证△AEF是等边三角形，可判断③，通过分别求出∠AEB，∠AEF的度数，可判断④，即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D＝90°，∠ACD＝∠ACB＝45°，∵AB＝AD，AE＝AF，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴BE＝DF，∴CE＝CF，又∵∠ACD＝∠ACB＝45°，∴AC垂直平分EF，故①正确；∵CE＝CF，∠BCD＝90°，AC垂直平分EF，∴EG＝GF，∵BE＝DF，∵EB⊥AB，EG⊥AC，∴当AE平分∠BAC时，BE＝EG，即BE+DF＝EF，而题干中没有此条件，故②错误；∵Rt△ABE≌Rt△ADF，∴∠DAF＝∠BAE＝15°，∴∠EAF＝60°，又∵AE＝AF，∴△AEF是等边三角形，故③正确；∵Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），∴∠AEB＝∠AFD，故④正确；故选：C．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等知识，证明Rt△ABE≌Rt△ADF是本题的关键．【变式4-3】(2023春•港北区期中）如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，过点E作EF∥CD，交AD于点F，交对角线BD于点G，取DG的中点H，连接AH，EH，FH．下列结论：①FH∥AE；②AH＝EH且AH⊥EH；③∠BAH＝∠HEC；④△EHF≌△AHD．其中正确的个数是（　　）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【分析】①根据正方形对角线互相垂直、过一点有且只有一条直线与已知直线垂直即可得结论；②根据矩形的判定和性质、直角三角形的性质，证明三角形全等即可得结论；③根据全等三角形性质、矩形的性质进行角的计算即可得结论；④根据边边边证明三角形全等即可得结论．【解答】解：①在正方形ABCD中，∠ADC＝∠C＝90°，∠ADB＝45°，∵EF∥CD，∴∠EFD＝90°，∴四边形EFDC是矩形．在Rt△FDG中，∠FDG＝45°，∴FD＝FG，∵H是DG中点，∴FH⊥BD，∵正方形对角线互相垂直，过A点只能有一条垂直于BD的直线，∴AE不垂直于BD，∴FH与AE不平行．所以①不正确；②∵四边形ABEF是矩形，∴AF＝EB，∠BEF＝90°，∵BD平分∠ABC，∴∠EBG＝∠EGB＝45°，∴BE＝GE，∴AF＝EG．在Rt△FGD中，H是DG的中点，∴FH＝GH，FH⊥BD，∴∠AFH＝∠AFE+∠GFH＝90°+45°＝135°，∠EGH＝180°﹣∠EGB＝180°﹣45°＝135°，∴∠AFH＝∠EGH，在△AFH和△EGH中，AF=EG∠AFH=∠EGHFH=GH，∴△AFH≌△EGH（SAS），∴AH＝EH，∠AHF＝∠EHG，∴∠AHF+AHG＝∠EHG+∠AHG，即∠FHG＝∠AHE＝90°，∴AH⊥EH．所以②正确；③∵△AFH≌△EGH，∴∠FAH＝∠GEH，∵∠BAF＝CEG＝90°，∴∠BAH＝∠HEC．所以③正确；④在△EHF和△AHD中，EF=ADFH=DHEH=AH，∴△EHF≌△AHD（SSS），所以④正确．所以其中正确有②③④，共3个，故选：B．【点评】本题考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，解题关键是得到△AFH≌△EGH，综合利用以上知识解决问题．【变式4-4】(2023秋•茂南区月考）如图，在正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，且满足BE＝BC．连接CE并延长交AD于点F，连接AE，过B点作BG⊥AE于点G，延长BG交AD于点H．在下列结论中：①AH＝DF；②∠AEF＝45°；③AH＝DE；④S四边形EFHG＝S△DEF+S△AGH，其中正确的结论有（　　）个．A．1 B．2 C．3 D．4【分析】先判断出∠DAE＝∠ABH，再判断△ADE≌△CDE得出∠DAE＝∠DCE＝22.5°，∠ABH＝∠DCF，再判断出Rt△ABH≌Rt△DCF从而得到①正确，根据三角形的外角求出∠AEF＝45°，得出②正确；结合①②可得DF＝DE，根据AH＝DF即可得③正确；连接HE，判断出S△EFH≠S△EFD得出④错误．【解答】解：∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠ABE＝∠ADE＝∠CDE＝45°，AB＝BC，∵BE＝BC，∴AB＝BE，∵BG⊥AE，∴BH是线段AE的垂直平分线，∠ABH＝∠DBH＝22.5°，在Rt△ABH中，∠AHB＝90°﹣∠ABH＝67.5°，∵∠AGH＝90°，∴∠DAE＝∠ABH＝22.5°，在△ADE和△CDE中，DE=DE∠ADE=∠CDE=45°AD=CD，∴△ADE≌△CDE（SAS），∴∠DAE＝∠DCE＝22.5°，∴∠ABH＝∠DCF，在Rt△ABH和Rt△DCF中，∠BAH=∠CDFAB=CD∠ABH=∠DCF，∴Rt△ABH≌Rt△DCF（ASA），∴AH＝DF，∠CFD＝∠AHB＝67.5°，∵∠CFD＝∠EAF+∠AEF，∴67.5°＝22.5°+∠AEF，∴∠AEF＝45°，故①②正确；∵∠FDE＝45°，∠DFE＝∠FAE+∠AEF＝22.5°+45°＝67.5°，∴∠DEF＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，∴DF＝DE，∵AH＝DF，∴AH＝DE，故③正确；如图，连接HE，∵BH是AE垂直平分线，∴AG＝EG，∴S△AGH＝S△HEG，∵AH＝HE，∴∠AHG＝∠EHG＝67.5°，∴∠DHE＝45°，∵∠ADE＝45°，∴∠DEH＝90°，∠DHE＝∠HDE＝45°，∴EH＝ED，∴△DEH是等腰直角三角形，∵EF不垂直DH，∴FH≠FD，∴S△EFH≠S△EFD，∴S四边形EFHG＝S△HEG+S△EFH＝S△AHG+S△EFH≠S△DEF+S△AGH，故④错误，∴正确的是①②③，故选：C．【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的内角和和三角形外角的性质，解本题的关键是判断出△ADE≌△CDE，难点是作出辅助线．【变式4-5】如图，在正方形ABCD中，点M、N为边BC和CD上的动点（不含端点），∠MAN＝45°下列三个结论：①当MN=2MC时，则∠BAM＝22.5°；②2∠AMN﹣∠MNC＝90°；③△MNC的周长不变．其中正确结论的个数是（　　）A．0 B．1 C．2 D．3【分析】①先用勾股定理求得MC＝NC，则易得△ABM≌△ADN（SAS），再结合∠MAN＝45°，可得答案；②将△ABM绕点A顺时针旋转90°得△ADE，证明△EAN≌△MAN（SAS），再利用四边形内角和及邻补角关系，可证得结论；③由△EAN≌△MAN，可得MN＝BM+DN，从而将△MNC的三边相加即可得答案．【解答】解：①：∵正方形ABCD中，∠C＝90°，∴MN=MC2+NC2，∴MN2＝MC2+NC2．当MN=2MC时，MN2＝2MC2，∴MC2＝NC2∴MC＝NC．∴BM＝DN易证△ABM≌△ADN（SAS）．∴∠BAM＝∠DAN，∵∠MAN＝45°，∴∠BAM＝22.5°，故①正确；②：如图，将△ABM绕点A顺时针旋转90°得△ADE，则∠EAN＝∠EAM﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，则在△EAN和△MAN中，AE=AM∠EAN=∠MANAN=AN ∴△EAN≌△MAN（SAS），∴∠AMN＝∠AED，∴∠AED+∠EAM+∠ENM+∠AMN＝360°，∴2∠AMN+90°+（180°﹣∠MNC）＝360°，∴2∠AMN﹣∠MNC＝90°，故②正确；③：∵△EAN≌△MAN，∴MN＝EN＝DE+DN＝BM+DN，∴△MNC的周长为：MC+NC+MN＝（MC+BM）+（NC+DN）＝DC+BC，∵DC和BC均为正方形ABCD的边长，故△MNC的周长不变．综上①②③都正确．故选：D．【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理等知识点，本题具有一定的综合性，难度中等略大．【变式4-6】(2023春•慈溪市期末）如图，正方形ABCD中，点P为BD延长线上任一点，连结PA，过点P作PE⊥PA，交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F．下列结论：（1）PA＝PE； （2）BD＝2PF；（3）CE=2PD； （4）若BP＝BE，则PF=(2+1)DF．其中正确的个数为（　　）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】在EF上取一点G，使FG＝FP，连接BG、PG，证明△BFG≌△EFP（SAS），可得BG＝PE，∠PEF＝∠GBF，有AB∥PG，进而可得四边形ABGP是平行四边形，AP＝BG，可判断（1）正确；连接CG，证明四边形DCGP是平行四边形，得CG＝PD，CG∥PD，可得CE=2CG=2PD；判定（3）正确；连接AC交BD于O，可证明△AOP≌△PFE得OA＝PF，从而判断（2）正确；设PF＝m，DF＝n，则BD＝2m，可得BP＝BF+PF＝3m+n，BE=2BF＝22m+2n，若BP＝BE，则3m+n＝22m+2n，即可得PF＝（2+1）DF，判断（4）正确．【解答】解：如图1，在EF上取一点G，使FG＝FP，连接BG、PG，∵EF⊥BP，∴∠BFE＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠FBC＝∠ABD＝45°，∴BF＝EF，在△BFG和△EFP中，BF=EF∠BFG=∠EFPFG=FP，∴△BFG≌△EFP（SAS），∴BG＝PE，∠PEF＝∠GBF，∵∠ABD＝∠FPG＝45°，∴AB∥PG，∵AP⊥PE，∴∠APE＝∠APF+∠FPE＝∠FPE+∠PEF＝90°，∴∠APF＝∠PEF＝∠GBF，∴AP∥BG，∴四边形ABGP是平行四边形，∴AP＝BG，∴AP＝PE；故（1）正确；连接CG，由（1）知：PG∥AB，PG＝AB，∵AB＝CD，AB∥CD，∴PG∥CD，PG＝CD，∴四边形DCGP是平行四边形，∴CG＝PD，CG∥PD，∵PD⊥EF，∴CG⊥EF，即∠CGE＝90°，∵∠CEG＝45°，∴CE=2CG=2PD；故（3）正确；连接AC交BD于O，如图3：∵四边形ABCD是正方形，∴∠AOP＝90°＝∠PFE，∵∠APO＝90°﹣∠OPE＝∠PEF，AP＝PE，∴△AOP≌△PFE（AAS），∴OA＝PF，∵OA=12BD，∴PF=12BD，即BD＝2PF，故（2）正确；设PF＝m，DF＝n，则BD＝2m，∴BF＝BD+DF＝2m+n，BP＝BF+PF＝3m+n，∵∠DBC＝45°，∠BFE＝90°，∴BE=2BF＝22m+2n，若BP＝BE，则3m+n＝22m+2n，∴m=2−13−22n＝（2+1）n即PF＝（2+1）DF，故（4）正确，∴正确的有：（1）（2）（3）（4），故4个，故选：D．【点评】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，等腰直角三角形的性质及应用等，解题的关键是适当作辅助线，构造全等三角形解决问题．【变式4-7】(2023春•仙桃校级月考）如图，正方形ABCD中，点E在边CD上，连接AE，过点A作AF⊥AE交CB的延长线于点F，连接EF，AG平分∠FAE，AG分别交BC，EF于点G，H，连接EG，DH．则下列结论中：①AF＝AE；②∠EGC＝2∠BAG；③DE+BG＝EG；④若DE＝CE，则CE：CG：EG＝3：4：5，其中正确的结论有（　　）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】①正确．证明△ADE≌△ABF（ASA）可得结论．②正确．证明△AGF≌△AGE（SAS），推出∠AGF＝∠AGE＝90°﹣∠BAG，推出∠EGF＝180°﹣2∠BAG可得结论．③正确．证明△GAF≌△GAE，推出GF＝GE可得结论．④正确．当DE＝EC时，设DE＝EC＝a，BG＝x，则EG＝a+x，GC＝2a﹣x，利用勾股定理构建方程求出x即可解决问题．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠ABC＝∠ABF＝∠ADE＝∠BAD＝90°，∵AE⊥AF，∴∠EAF＝∠BAD＝90°，∴∠BAF＝∠DAE，∴△ADE≌△ABF（ASA），∴AE＝AF，故①正确，∵AG平分∠EAF，∴∠GAF＝∠GAE，∵AF＝AE，AG＝AG，∴△AGF≌△AGE（SAS），∴∠AGF＝∠AGE＝90°﹣∠BAG，∴2∠AGF＝2（90°﹣∠BAG），即∠EGF＝180°﹣2∠BAG，∵∠EGF＝180°﹣∠EGC，∴180°﹣∠EGC＝180°﹣2∠BAG，∴∠EGC＝2∠BAG，故②正确，∵△ADE≌△ABF，∴DE＝BF，∵△AGF≌△AGE，∴GF＝GE，∵GF＝BF+BG＝DE+BG，∴EG＝BG+DE，故③正确，当DE＝EC时，设DE＝EC＝a，BG＝x，则EG＝a+x，GC＝2a﹣x，在Rt△ECG中，∵EG2＝EC2+CG2，∴（x+a）2＝a2+（2a﹣x）2，解得x=23a，∴CG=43a，EG=53a，∴CE：CG：EG＝a：43a：53a＝3：4：5，故④正确，∴正确的有①②③④共四个，故选：D．【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，属于中考选择题中的压轴题．【变式4-8】（2023•蕉岭县校级开学）如图，正方形ABCD中，AB＝12，点E在边CD上，且BG＝CG，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF．下列结论：①△ABG≌△AFG；②∠EAG＝45°；③CE＝2DE；④AG∥CF；⑤S△FGC=725．其中正确结论的个数是（　　）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【分析】依据HL即可判定Rt△ABG≌Rt△AFG；依据∠BAG＝∠FAG，∠DAE＝∠FAE，即可得到∠EAG=12∠BAD；依据勾股定理列方程，即可得到DE＝4，CE＝8，进而得出CE＝2DE；依据三角形外角性质，即可得到∠AGB＝∠GCF，即可得到AG∥CF；根据GF＝6，EF＝4，△GFC和△FCE等高，即可得到S△GFC=35×S△GCE=725．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝12，∠B＝∠GCE＝∠D＝90°，由折叠的性质得：AF＝AD，∠AFE＝∠D＝90°，∴∠AFG＝90°＝∠B，AB＝AF，在Rt△ABG和Rt△AFG中，AG=AGAB=AF，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），故①正确；∴∠BAG＝∠FAG，由折叠可得，∠DAE＝∠FAE，∴∠EAG=12∠BAD＝45°，故②正确；由题意得：EF＝DE，BG＝CG＝6＝GF，设DE＝EF＝x，则CE＝12﹣x．在直角△ECG中，根据勾股定理，得CE2+CG2＝GE2，即（12﹣x）2+62＝（x+6）2，解得：x＝4，∴DE＝4，CE＝8，∴CE＝2DE，故③正确；∵CG＝BG，BG＝GF，∴CG＝GF，∴∠GFC＝∠GCF．又∵Rt△ABG≌Rt△AFG，∴∠AGB＝∠AGF，∵∠AGB+∠AGF＝2∠AGB＝∠GFC+∠GCF＝2∠GCF，∴∠AGB＝∠GCF，∴AG∥CF，故④正确；∵S△GCE=12GC•CE=12×6×8＝24，∵GF＝6，EF＝4，△GFC和△FCE等高，∴S△GFC：S△FCE＝3：2，∴S△GFC=35×24=725，故⑤正确．故选：D．【点评】本题考查的是翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及三角形的面积计算等知识的综合运用；解折叠问题时，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．【变式4-9】(2023秋•兴宁区校级月考）如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后折痕DE分别交AB、AC于点E、G，连接GF，给出下列结论：①∠ADG＝22.5°；②AEAD=2−1；③四边形AEFG是菱形；④若S△OGF＝1，则正方形ABCD面积是6+42．其中正确的结论个数为（　　）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】①由正方形的性质和轴对称的特征可知∠ADG等于∠ADB的一半，可判断①的结论正确；②BE=2EF=2AE，可见AD＝AB＝AE+2AE，可判断该结论正确；③由三角形的外角的性质可证明∠AGE＝∠AEG，再由折叠的特征可判断四边形AEFG是菱形，所以该结论正确；④设OG＝OF＝a，可求得BE＝2a，可见BE＝2OG，由S△OGF＝1可求得AE＝FG＝2，BE＝22，正方形ABCD的边长为2+22，它的面积不等于6+42，可判断④是错误的．【解答】解：①如图，在正方形ABCD中，AD＝AB，∠BAD＝90°，∴∠ABD＝∠ADB＝45°，由折叠得，∠ADG=12∠ADB＝22.5°，故①正确；②由折叠得∠DAE＝∠DFE＝90°，∴∠FEB＝90°﹣45°＝45°，∴AE＝EF＝BF，BE=2EF=2AE，∴AD＝AB＝AE+2AE＝（1+2）AE，∴AEAD=12+1=2−1，故②正确；③∵AD＝CD，∠ADC＝90°，∴∠DAC＝45°，∵∠AGE＝∠DAC+∠ADE＝45°+∠ADE，∠AEG＝∠ABD+∠BDE＝45°+∠BDE，且∠ADE＝∠BDE，∴∠AGE＝∠AEG，∴AE＝AG，由折叠得AE＝FE，AG＝FG，∴AE＝AG＝FE＝FG，∴四边形AEFG是菱形，故③正确；④∵GF∥AB，∴∠OGF＝∠OAB＝45°，∠OFG＝∠OBA＝45°，∴∠OGF＝∠OFG，∴OG＝OF，设OG＝OF＝a，则AE＝FG=2a，∵EF∥AO，∴∠EFB＝∠AOB＝90°，∠FEB＝∠OAB＝45°，∴∠FEB＝∠FBE，∴EF＝BF＝AE=2a，∴BE=2EF=2×2a＝2a，∴BE＝2OG，∵AG＝EF＝BF，AO＝BO，∴OG＝OF，又∵∠FOG＝90°，∴S△OGF=12×OG×OF=12×OG2=14×2×OG2=14FG2，∵S△OGF＝1，∴14FG2＝1，解得FG＝2，∴AE＝FG＝2，BE=2AE＝22，∴S正方形ABCD＝（2+22）2＝12+82≠6+42，故④错误．故选：C．【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，折叠的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．【变式4-10】已知：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=5．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为62；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB＝1+6．其中正确结论的序号是（　　）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④【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．【解答】解：①∵∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，∴∠EAB＝∠PAD，又∵AE＝AP，AB＝AD，∵在△APD和△AEB中，AE=AP∠EAB=∠PADAB=AD，∴△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=BP2−PE2=3，∴BF＝EF=62，故此选项正确；④如图，连接BD，在Rt△AEP中，∵AE＝AP＝1，∴EP=2，又∵PB=5，∴BE=3，∵△APD≌△AEB，∴PD＝BE=3，∴S△ABP+S△ADP＝S△ABD﹣S△BDP=12S正方形ABCD−12×DP×BE=12×（4+6）−12×3×3=12+62．故此选项不正确．综上可知其中正确结论的序号是①②③，故选：A．【点评】此题分别考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、三角形的面积及勾股定理，综合性比较强，解题时要求熟练掌握相关的基础知识才能很好解决问题．