专题26特殊的平行四边形（优选真题60道）-三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编【全国通用】

这是一份专题26特殊的平行四边形（优选真题60道）-三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编【全国通用】，文件包含专题26特殊的平行四边形优选真题60道-学易金卷三年2021-2023中考数学真题分项汇编全国通用原卷版docx、专题26特殊的平行四边形优选真题60道-学易金卷三年2021-2023中考数学真题分项汇编全国通用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共91页， 欢迎下载使用。
1．（2023•湘潭）如图，菱形ABCD中，连接AC，BD，若∠1＝20°，则∠2的度数为（ ）
A．20°B．60°C．70°D．80°
【分析】根据菱形的性质和平行线的性质以及三角形的内角和定理即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AC⊥BD，
∴∠DCA＝∠1＝20°，
∴∠2＝90°﹣∠DCA＝70°，
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质，平行线的性质，熟练掌握菱形的性质定理是解题的关键．
2．（2023•赤峰）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6．点F是AB中点，连接CF，把线段CF沿射线BC方向平移到DE，点D在AC上．则线段CF在平移过程中扫过区域形成的四边形CFDE的周长和面积分别是（ ）
A．16，6B．18，18C．16，12D．12，16
【分析】先论证四边形CFDE是平行四边形，再分别求出CF，CD，DF，继而用平行四边形的周长公式和面积公式求出即可．
【解答】解：由平移的性质可知DF∥CE，DF＝CE，
∴四边形CFDE是平行四边形，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，
∴AC=AB2−BC2=102−62=8，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，点F是AB的中点，
∴CF=12AB＝5，
∵DF∥CE，点F是AB的中点，
∴ADAC=AFAB=12，∠CDF＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴点D是AC的中点，
∴CD=12AC＝4，
∵点F是AB的中点，点D是AC的中点，
∴DF是Rt△ABC的中位线，
∴DF=12BC＝3，
∴四边形CFDE的周长为2（DF+CF）＝2×（5+3）＝16，
四边形CFDE的面积为DF•CD＝3×4＝12．
故选：C．
【点评】本题主要考查了平移的性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，平行线分线段成比例定理，三角形中位线定理等知识，推到四边形FDE是平行四边形和DF是Rt△ABC的中位线是解决问题的关键．
3．（2023•深圳）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝6，将线段AB水平向右平移a个单位长度得到线段EF，若四边形ECDF为菱形时，则a的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】证得四边形ECDF为平行四边形，当CD＝CD＝4时，▱ECDF为为菱形，此时a＝BE＝BC﹣CE＝6﹣4＝2．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，CE∥FD，CD＝AB＝4，
∵将线段AB水平向右平得到线段EF，
∴AB∥EF∥CD，
∴四边形ECDF为平行四边形，
当CD＝CE＝4时，▱ECDF为为菱形，
此时a＝BE＝BC﹣CE＝6﹣4＝2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了菱形的判定，平行四边形的性质和判定，平移的性质，证得证得四边形ECDF为平行四边形，熟练掌握菱形的判定方法是解决问题的关键．
4．（2023•兰州）如图，在矩形ABCD中，点E为BA延长线上一点，F为CE的中点，以B为圆心，BF长为半径的圆弧过AD与CE的交点G，连接BG．若AB＝4，CE＝10，则AG＝（ ）
A．2B．2.5C．3D．3.5
【分析】先根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得BF＝AG＝5，然后在Rt△ABG中利用勾股定理即可求出AG的长．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
在Rt△BCE中，点F为斜边CE的中点，
∴BF=12CE=5，
∴BG＝BF＝5，
在Rt△ABG中，AB＝4，BG＝5，
由勾股定理得：AG=BG2−AB2=3．
故选：C．
【点评】此题主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，圆的概念，勾股定理等，解答此题的关键是理解直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；同圆的半径相等．
5．（2023•河北）如图，在Rt△ABC中，AB＝4，点M是斜边BC的中点，以AM为边作正方形AMEF．若S正方形AMEF＝16，则S△ABC＝（ ）
A．43B．83C．12D．16
【分析】先根据正方形AMEF的面积求出AM的长，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出BC的长，最后根据勾股定理求出AC的长，然后即可求出直角三角形ABC的面积．
【解答】解：∵四边形AMEF是正方形，
又∵S正方形AMEF＝16，
∴AM2＝16，
∴AM＝4，
在Rt△ABC中，点M是斜边BC的中点，
∴AM=12BC，
即BC＝2AM＝8，
在Rt△ABC中，AB＝4，
∴AC=BC2−AB2=82−42=43，
∴S△ABC=12AB⋅AC=12×4×43=83，
故选：B．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，正方形的面积计算公式，直角三角形面积的计算公式，勾股定理，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
6．（2023•常德）如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E，F分别为AO，DO上的一点，且EF∥AD，连接AF，DE．若∠FAC＝15°，则∠AED的度数为（ ）
A．80°B．90°C．105°D．115°
【分析】先根据正方形的性质及EF∥BC得∠OEF＝∠OCB＝45°，∠OFE＝∠OBC＝45°，进而得∠AEF＝∠DFE＝135°，OE＝OF，然后证△AEF和△DFE全等得∠CAE＝∠FDE＝15°，从而得∠ADE＝30°，最后利用三角形的内角和定理可求出∠AED的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴OA＝OD，∠OBC＝∠OCB＝∠OAD＝∠ODA＝45°，
∵EF∥BC，
∴∠OEF＝∠OCB＝45°，∠OFE＝∠OBC＝45°，
∴∠OEF＝∠OFE＝45°，
∴∠AEF＝∠DFE＝135°，OE＝OF，
∵OA＝OD，
∴AE＝DF，
在△AEF和△DFE中，
AE＝DF，∠AEF＝∠DFE＝135°，EF＝FE，
∴△AEF≌△DFE（SAS），
∴∠CAF＝∠FDE＝15°，
∴∠ADE＝∠ODA﹣∠FDE＝45°﹣15°＝30°，
∴∠AED＝180°﹣∠OAD﹣∠ADE＝180°﹣45°﹣30°＝105°．
故选：C．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理等，解答此题的关键是依据正方形的性质得出判定△AEF和△DFE全等的条件．
7．（2023•河北）如图，直线l1∥l2，菱形ABCD和等边△EFG在l1，l2之间，点A，F分别在l1，l2 上，点B，D、E、G在同一直线上．若∠α＝50°，∠ADE＝146°，则∠β＝（ ）
A．42°B．43°C．44°D．45°
【分析】由平角的定义求得∠ADB＝180°﹣∠ADE＝34°，由外角定理求得∠AHD＝∠α﹣∠ADB＝16°，根据平行线的性质得∠GIF＝∠AHD＝16°，进而求得∠β＝∠EGF﹣∠GIF＝44°．
【解答】解：如图，延长BG，
∵∠ADE＝146°，
∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝34°，
∵∠α＝∠ADB+∠AHD，
∴∠AHD＝∠α﹣∠ADB＝50°﹣34°，＝16°，
∵l1∥l2，
∴∠GIF＝∠AHD＝16°，
∵∠EGF＝∠β+∠GIF，
∵△EFG是等边三角形，
∴∠EGF＝60°，
∴∠β＝∠EGF﹣∠GIF＝60°﹣16°＝44°，
故选：C．
【点评】本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形外角定理，根据相关定理确定角度之间的数量关系是解题关键．
8．（2023•十堰）如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化，下面判断错误的是（ ）
A．四边形ABCD由矩形变为平行四边形
B．对角线BD的长度减小
C．四边形ABCD的面积不变
D．四边形ABCD的周长不变
【分析】由题意可知左扭动矩形框架ABCD，四边形变成平行四边形，四边形的四条边不变，故周长不变，对角线BD减小，但是BC边上的高减小，故面积变小，故选C．
【解答】解：向左扭动矩形框架ABCD，只改变四边形的形状，四边形变成平行四边形，A不符合题意；
此时对角线BD减小，对角线AC增大，B不合题意．
BC边上的高减小，故面积变小，C符合题意，
四边形的四条边不变，故周长不变，D不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查矩形的性质和平行四边形的性质，熟悉性质是解题关键．
9．（2023•绍兴）如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD＝60°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE＝OF．点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2在整个过程中，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是（ ）
A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
【分析】根据题意，分别证明四边形 E1E2F1F2 是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．
【解答】解：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴∠BDC＝∠ABD＝60°，∠ADB＝∠CBD＝90°﹣60°＝30°，
∵OE＝OF、OB＝OD，
∴DF＝EB，
∵对称，
∴DF＝DF2，BF＝BF1，BE＝BE2，DE＝DE1，E1F2＝E2F1．
∵对称
∴∠F2DC＝∠CDF＝60°，
∴∠EDA＝∠E1DA＝30°，
∴∠E1DB＝60°，
同理∠F1BD＝60°，
∴DE1∥BF1，
∵E1F2＝E2F1，
∴四边形 E1E2F1F2 是平行四边形，
如图2所示，当E，F，O三点重合时，DO＝OB，
∴DE1＝DF2＝AE1＝AE2，即E1E2＝E1F2，
∴四边形E1E2F1F2 是菱形．
如图3所示，当E，F分别为OD，OB的中点时，设DB＝4，则 DF2＝DF＝1，DE1＝DE＝3，
在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝23，连接AE，AO，
∵∠ABO＝60°，BO＝2＝AB，
∴△ABO是等边三角形，
∵E为OB中点，
∴AE⊥OB，BE＝1，
∴AE=22−12=3．
根据对称性可得 AE1=AE=3．
∴AD2＝12，DE12=9，AE12=3，
∴AD2=AE12+DE12，
∴ΔDE1A 是直角三角形，且∠E1＝90°，
四边形E1E2F1F2是矩形．
当F，E分别与D，B重合时，△BE1D，△BDF1 都是等边三角形，则四边形 E1E2F2F2 是菱形，
∴在整个过程中，四边形 E1E2F1F2 形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性 质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
10．（2023•金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q，若HF＝FG，则S四边形PCQES正方形ABEF的值是（ ）
A．14B．15C．312D．625
【分析】由正方形的性质得AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，则∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，可证明△ABC≌△AFH，得BC＝HF，而HF＝FG，所以BC＝FG，再证明△BCQ≌△FGP，得CQ＝GP，设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，可求得BE＝AF=5m，由CQBC=GPFG=tan∠GFP＝tan∠HAF=HFAH=12，得CQ=12BC=12m，由PEBE=CPBC=12=tan∠PBE，得PE=12BE=52m，即可求得S四边形PCQE＝m2，S正方形ABEF＝5m2，则S四边形PCQES正方形ABEF=m25m2=15，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABEF、四边形ADGH、四边形BDMN都是正方形，
∴AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，
∴∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，
∴△ABC≌△AFH（SAS），
∴BC＝HF，
∵HF＝FG，
∴BC＝FG，
∵∠ACG＝∠ACB＝∠BCM＝90°，
∴∠ADB+∠ACB＝180°，∠ACB+∠BCM＝180°，
∴B、C、G三点在同一条直线上，A、C、M三点在同一条直线上，
∵∠BCQ＝∠G＝∠E＝90°，∠BPE＝∠FPG，
∴∠CBQ＝90°﹣∠BPE＝90°﹣∠FPG＝∠GFP，
∴△BCQ≌△FGP（ASA），
∴CQ＝GP，
设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，
∴BE＝AF=(2m)2+m2=5m，
∵∠G＝∠H＝∠AFE＝90°，
∴∠GFP＝∠HAF＝90°﹣∠AFH，
∴CQBC=GPFG=tan∠GFP＝tan∠HAF=HFAH=12，
∴CQ=12BC=12m，
∵∠E＝∠BCQ＝90°，
∴PEBE=CPBC=12=tan∠PBE，
∴PE=12BE=12×5m=52m，
∴S四边形PCQE=12×5m×52m−12m×12m＝m2，
∵S正方形ABEF＝（5m）2＝5m2，
∴S四边形PCQES正方形ABEF=m25m2=15，
故选：B．
【点评】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，证明△ABC≌△AFH及△BCQ≌△FGP是解题的关键．
11．（2023•苏州）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（9，0），点C的坐标为（0，3），以OA，OC为边作矩形OABC．动点E，F分别从点O，B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA，BC向终点A，C移动．当移动时间为4秒时，AC•EF的值为（ ）
A．10B．910C．15D．30
【分析】利用点的坐标，分别计算AC和EF，再相乘即可．
【解答】解：连接AC、EF．
∵四边形OABC为矩形，
∴B（9，3）．
又∵OE＝BF＝4，
∴E（4，0），F（5，3）．
∴AC=OC2+OA2=32+92=310，
EF=(5−4)2+32=10，
∴AC•EF＝310×10=30．
故选：D．
【点评】本题主要考查矩形的性质及坐标，较为简单，直接计算即可．
12．（2023•宜宾）如图，边长为6的正方形ABCD中，M为对角线BD上的一点，连接AM并延长交CD于点P，若PM＝PC，则AM的长为（ ）
A．3（3−1）B．3（33−2）C．6（3−1）D．6（33−2）
【分析】以B为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，由正方形ABCD边长为6，可知A（0，6），D（6，6），C（6，0），直线BD解析式为y＝x，设M（m，m），可得直线AM解析式为y=m−6mx+6，即得P（6，12m−36m），由PM＝PC，有（m﹣6）2+（m−12m−36m）2＝（12m−36m）2，解得m＝9+33（不符合题意，舍去）或m＝9﹣33，故M（9﹣33，9﹣33），从而求出AM＝6（3−1）．
【解答】解：以B为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，如图：
∵正方形ABCD边长为6，
∴A（0，6），D（6，6），C（6，0），
由B（0，0），D（6，6）可得直线BD解析式为y＝x，
设M（m，m），
由A（0，6），M（m，m）得直线AM解析式为y=m−6mx+6，
在y=m−6mx+6中，令x＝6得y=12m−36m，
∴P（6，12m−36m），
∵PM＝PC，
∴（m﹣6）2+（m−12m−36m）2＝（12m−36m）2，
∴m2﹣12m+36+m2﹣2（12m﹣36）+（12m−36m）2＝（12m−36m）2，
整理得m2﹣18m+54＝0，
解得m＝9+33（不符合题意，舍去）或m＝9﹣33，
∴M（9﹣33，9﹣33），
∴AM=(9−33)2+(9−33−6)2=6（3−1），
故选：C．
方法2：
∵PM＝PC，
∴∠PMC＝∠PCM，
∴∠DPA＝∠PMC+∠PCM＝2∠PCM＝2∠PAD，
∵∠DPA+∠PAD＝90°，
∴∠APD＝60°，∠PAD＝30°，
∴PD=AD3=23，∠CPM＝120°，
∴CP＝CD﹣PD＝6﹣23，
在△PCM中，∠CPM＝120°，PM＝PC，
∴CM=3CP＝63−6，
由正方形对称性知AM＝CM＝6（3−1），
故选：C．
【点评】本题考查正方形性质及应用，解题的关键是建立直角坐标系，求出M的坐标．
13．（2023•眉山）如图，在正方形ABCD中，点E是CD上一点，延长CB至点F，使BF＝DE，连结AE，AF，EF，EF交AB于点K，过点A作AG⊥EF，垂足为点H，交CF于点G，连结HD，HC．
下列四个结论：
①AH＝HC；
②HD＝CD；
③∠FAB＝∠DHE；
④AK•HD=2HE2．
其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】①证明△EAF是等腰直角三角形，根据直角三角形斜边中线可得AH=12EF＝CH，可得①正确；
②证明∠DAH与∠AHD不一定相等，则AD与DH不一定相等，可知②不正确；
③证明△ADH≌△CDH（SSS），则∠ADH＝∠CDH＝45°，再由等腰直角三角形的性质可得结论正确；
④证明△AKF∽△HED，列比例式可得结论正确．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ADE＝∠ABC＝90°，
∴∠ADE＝∠ABF＝90°，
∵DE＝BF，
∴△ADE≌△ABF（SAS），
∴AE＝AF，∠DAE＝∠BAF，
∵∠DAE+∠EAB＝90°，
∴∠BAF+∠EAB＝90°，即∠EAF＝90°，
∵AG⊥EF，
∴EH＝FH，
∴AH=12EF，
Rt△ECF中，∵EH＝FH，
∴CH=12EF，
∴AH＝CH；
故①正确；
③∵AH＝CH，AD＝CD，DH＝DH，
∴△ADH≌△CDH（SSS），
∴∠ADH＝∠CDH＝45°，
∵△AEF为等腰直角三角形，
∴∠AFE＝45°，
∴∠AFK＝∠EDH＝45°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD，
∴∠BKF＝∠CEH，
∴∠AKF＝∠DEH，
∴∠FAB＝∠DHE，
故③正确；
②∵∠ADH＝∠AEF，
∴∠DAE＝∠DHE，
∵∠BAD＝∠AHE＝90°，
∴∠BAE＝∠AHD，
∵∠DAE与∠BAG不一定相等，
∴∠DAH与∠AHD不一定相等，
则AD与DH不一定相等，即DH与CD不一定相等，
故②不正确；
④∵∠FAB＝∠DHE，∠AFK＝∠EDH，
∴△AKF∽△HED，
∴AKEH=AFDH，
∴AK•DH＝AF•EH，
在等腰直角三角形AFH中，AF=2FH=2EH，
∴AK•HD=2HE2．
故④正确；
∴本题正确的结论有①③④，共3个．
故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形“三线合一“的性质，直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形“三线合一“的性质，直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质是解题的关键．
14．（2023•重庆）如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC的中点，E为正方形内一点，连接BE，BE＝BA，连接CE并延长，与∠ABE的平分线交于点F，连接OF，若AB＝2，则OF的长度为（ ）
A．2B．3C．1D．2
【分析】连接AF，根据正方形ABCD得到AB＝BC＝BE，∠ABC＝90°，根据角平分线的性质和等腰三角形的性质，求得∠BFE＝45°，再证明△ABF≌△EBF，求得∠AFC＝90°，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求出OF的长度．
【解答】解：如图，连接AF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BE＝BC，∠ABC＝90°，AC=2AB＝22，
∴∠BEC＝∠BCE，
∴∠EBC＝180°﹣2∠BEC，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝2∠BEC﹣90°，
∵BF平分∠ABE，
∴∠ABF＝∠EBF=12∠ABE＝∠BEC﹣45°，
∴∠BFE＝∠BEC﹣∠EBF＝45°，
在△BAF与△BEF中，
AB=EB∠ABF=∠EBFBF=BF，
∴△BAF≌△BEF（SAS），
∴∠BFE＝∠BFA＝45°，
∴∠AFC＝∠BAF+∠BFE＝90°，
∵O为对角线AC的中点，
∴OF=12AC=2，
故选：D．
【点评】本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，正方形的性质，直角三角形特征，作出正确的辅助线，求得∠BFE＝45°是解题的关键．
15．（2023•自贡）如图，边长为3的正方形OBCD两边与坐标轴正半轴重合，点C的坐标是（ ）
A．（3，﹣3）B．（﹣3，3）C．（3，3）D．（﹣3，﹣3）
【分析】由正方形的性质可得DC＝BC＝3，DC与BC分别垂直于y轴和x轴，而点C在第一象限，所以C的坐标为（3，3）．
【解答】解：∵正方形的边长为3，
∴DC＝BC＝3，DC与BC分别垂直于y轴和x轴．
∵点C在第一象限，
∴C的坐标为（3，3）．
故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质和坐标与图形的性质，求出DC、BC的长即可解答．
16．（2023•重庆）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接AE，AF，EF，∠EAF＝45°．若∠BAE＝α，则∠FEC一定等于（ ）
A．2αB．90°﹣2αC．45°﹣αD．90°﹣α
【分析】根据正方形的性质可得AD＝AB，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得△ABG，易证△GAE≌△FAE（SAS），根据全等三角形的性质可得∠AEF＝∠AEG，进一步根据∠FEC＝180°﹣∠AEF﹣∠AEB求解即可．
【解答】解：在正方形ABCD中，AD＝AB，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，
将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得△ABG，如图所示：
则AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠GAE＝∠FAE＝45°，
在△GAE和△FAE中，
AF=AG∠FAE=∠GAEAE=AE，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴∠AEF＝∠AEG，
∵∠BAE＝α，
∴∠AEB＝90°﹣α，
∴∠AEF＝∠AEB＝90°﹣α，
∴∠FEC＝180°﹣∠AEF﹣∠AEB＝180°﹣2×（90°﹣α）＝2α，
故选：A．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，涉及旋转的性质，添加合适的辅助线是解题的关键．
17．（2023•台湾）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，且有一点P从B点沿着BD往D点移动，若过P点作AB的垂线交AB于E点，过P点作AD的垂线交AD于F点，则EF的长度最小为多少（ ）
A．145B．245C．5D．7
【分析】连接AP、EF，依据PE⊥AB，PF⊥AD，∠A＝90°，可得四边形AEPF为矩形，借助矩形的对角线相等，将求EF的最小值转化成AP的最小值，再结合垂线段最短，将问题转化成求Rt△BAD斜边上的高，利用面积法即可得解．
【解答】解：如图，连接AP、EF，
∵PE⊥AB，PF⊥AD，
∴∠AEP＝∠AFP＝90°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°．
∴四边形AEPF为矩形．
∴AP＝EF．
∴要求EF的最小值就是要求AP的最小值．
∵点P从B点沿着BD往D点移动，
∴当AP⊥BD时，AP取最小值．
下面求此时AP的值，
在Rt△BAD中，
∵∠BAD＝90°，AB＝6，AD＝8，
∴BD=AB2+AD2=62+82=100=10．
∵S△ABD=12AB⋅AD=12AP⋅BD，
∴AP=AB⋅ADBD=6×810=245．
∴EF的长度最小为：245．
故本题选B．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短及面积法求直角三角形斜边上的高，需要熟练掌握并灵活运用．
18．（2022•绍兴）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F是对角线BD上的动点，且BE＝DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．下列四种说法：
①存在无数个平行四边形MENF；
②存在无数个矩形MENF；
③存在无数个菱形MENF；
④存在无数个正方形MENF．
其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【解答】解：连接AC，MN，且令AC，MN，BD相交于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
只要OM＝ON，那么四边形MENF就是平行四边形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN＝EF，OM＝ON，则四边形MENF是矩形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是菱形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN＝EF，MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；
故选：C．
【点评】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定，解答本题的关键是明确题意，作出合适的辅助线．
19．（2022•广州）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上，且CE＝1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（ ）
A．62B．32C．2−3D．6−22
【分析】连接EF，由正方形ABCD的面积为3，CE＝1，可得DE=3−1，tan∠EBC=CEBC=13=33，即得∠EBC＝30°，又AF平分∠ABE，可得∠ABF=12∠ABE＝30°，故AF=AB3=1，DF＝AD﹣AF=3−1，可知EF=2DE=2×（3−1）=6−2，而M，N分别是BE，BF的中点，即得MN=12EF=6−22．
【解答】解：连接EF，如图：
∵正方形ABCD的面积为3，
∴AB＝BC＝CD＝AD=3，
∵CE＝1，
∴DE=3−1，tan∠EBC=CEBC=13=33，
∴∠EBC＝30°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝60°，
∵BF平分∠ABE，
∴∠ABF=12∠ABE＝30°，
在Rt△ABF中，AF=AB3=1，
∴DF＝AD﹣AF=3−1，
∴DE＝DF，△DEF是等腰直角三角形，
∴EF=2DE=2×（3−1）=6−2，
∵M，N分别是BE，BF的中点，
∴MN是△BEF的中位线，
∴MN=12EF=6−22．
故选：D．
【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及含30°角的直角三角形三边关系，等腰直角三角形三边关系，解题的关键是根据已知求得∠EBC＝30°．
20．（2022•贵港）如图，在边长为1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，动点E在AB边上（与点A，B均不重合），点F在对角线AC上，CE与BF相交于点G，连接AG，DF，若AF＝BE，则下列结论错误的是（ ）
A．DF＝CEB．∠BGC＝120°
C．AF2＝EG•ECD．AG的最小值为223
【分析】根据菱形的性质，利用SAS证明△ADF≌△BCE，可得DF＝CE，故A正确；利用菱形的轴对称知，△BAF≌△DAF，得∠ADF＝∠ABF，则∠BGC＝180°﹣（∠GBC+∠GCB）＝180°﹣∠CBE＝120°，故B正确，利用△BEG∽△CEB，得BECE=EGBE，且AF＝BE，可得C正确，利用定角对定边可得点G在以O为圆心，OB为半径的圆上运动，连接AO，交⊙O于G，此时AG最小，AO是BC的垂直平分线，利用含30°角的直角三角形的性质可得AG的最小值，从而解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴∠BAD＝120°，BC＝AD，∠DAC=12∠BAD＝60°，
∴∠DAF＝∠CBE，
∵BE＝AF，
∴△ADF≌△BCE（SAS），
∴DF＝CE，∠BCE＝∠ADF，故A正确，不符合题意；
∵AB＝AD，∠BAF＝∠DAF，AF＝AF，
∴△BAF≌△DAF（SAS），
∴∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠BCE，
∴∠BGC＝180°﹣（∠GBC+∠GCB）＝180°﹣∠CBE＝120°，故B正确，不符合题意；
∵∠EBG＝∠ECB，∠BEG＝∠CEB，
∴△BEG∽△CEB，
∴BECE=EGBE，
∴BE2＝CE×EG，
∵BE＝AF，
∴AF2＝EG•EC，故C正确，不符合题意；
以BC为底边，在BC的下方作等腰△OBC，使∠OBC＝∠OCB＝30°，
∵∠BGC＝120°，BC＝1，
∴点G在以O为圆心，OB为半径的圆上运动，
连接AO，交⊙O于G，此时AG最小，AO是BC的垂直平分线，
∵OB＝OC，∠BOC＝120°，
∴∠BCO＝30°，
∴∠ACO＝90°，
∴∠OAC＝30°，
∴OC=33，
∴AO＝2OC=233，
∴AG的最小值为AO﹣OC=33，故D错误，符合题意．
故选：D．
【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，相似三角形的判定与性质，利用定边对定角确定点G的运动路径是解题的关键．
二．填空题（共20小题）
21．（2023•大连）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，延长BC至E，使CE＝2，连接AE．CF平分∠DCE交AE于F，连接DF，则DF的长为 3104 ．
【分析】过点F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于点N，首先证四边形CMFN为正方形，再设CM＝a，则FM＝FN＝CM＝CN＝a，BE＝5，EM＝2﹣a，然后证△EFM和△EAB相似，由相似三角形的性质求出a，进而在Rt△AFN中由勾股定理即可求出DF．
【解答】解：过点F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于点N，
∵四边形ABCD为正方形，AB＝3，
∴∠ACB＝90°，BC＝AB＝CD＝3，
∵FM⊥CE，FN⊥CD，∠ACB＝∠B＝90°，
∴四边形CMFN为矩形，
又∵CF平分∠DCE，FM⊥CE，FN⊥CD，
∴FM＝FN，
∴四边形CMFN为正方形，
∴FM＝FN＝CM＝CN，
设CM＝a，则FM＝FN＝CM＝CN＝a，
∵CE＝2，
∴BE＝BC+CE＝5，EM＝CE﹣CM＝2﹣a，
∵∠B＝90°，FM⊥CE，
∴FM∥AB，
∴△EFM∽△EAB，
∴FM：AB＝EM：BE，
即：a：3＝（2﹣a）：5，
解得：a=34，
∴FN=CN=35，
∴DN=CD−CN=3−34=94，
在Rt△AFN中，DN=94，FN=34，
由勾股定理得：DF=DN2+FN2=3104．
故答案为：3104．
【点评】此题主要考查了正方形的判定及性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，理解相似三角形的对应边成比例．
22．（2023•大连）如图，在菱形ABCD中，AC、BD为菱形的对角线，∠DBC＝60°，BD＝10，点F为BC中点，则EF的长为 5 ．
【分析】由四边形ABCD是菱形，可得BC＝DC，AC⊥BD，∠BEC＝90°，又∠DBC＝60°，知△BDC是等边三角形，BC＝BD＝10，而点F为BC中点，故EF=12BC＝5．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AC⊥BD，
∴∠BEC＝90°，
∵∠DBC＝60°，
∴△BDC是等边三角形，
∴BC＝BD＝10，
∵点F为BC中点，
∴EF=12BC＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查菱形的性质及应用，涉及等边三角形的判定与性质，解题的关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
23．（2023•贵州）如图，在矩形ABCD中，点E为矩形内一点，且AB＝1，AD=3，∠BAE＝75°，∠BCE＝60°，则四边形ABCE的面积是 3−12 ．
【分析】连接AC，根据勾股定理得到AC=AB2+BC2=2，求得AB=12AC，得到∠ACB＝30°，求得∠CAE＝15°，过E作EF⊥AC于H，交BC于F，根据等边三角形的判定定理得到△CEF是等边三角形，求得∠BAF＝45°，得到BF＝AB＝1，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：连接AC，在矩形ABCD中，∠B＝90°，AB＝1，AD=3，
∴AC=AB2+BC2=2，
∴AB=12AC，
∴∠ACB＝30°，
∴∠BAC＝60°，
∵∠BAE＝75°，
∴∠CAE＝15°，
过E作EF⊥AC于H，交BC于F，
∵∠BCE＝60°，
∴∠ECA＝30°，
∴∠CEF＝60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴EH＝FH，
∴∠EAH＝∠FAH＝15°，
∴∠BAF＝45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴BF＝AB＝1，
∵BC=3，
∴CF＝EF=3−1，
∴EH=12EF=3−12，
∴四边形ABCE的面积＝S△ABC+S△AEC=12×3×1+12×2×3−12=3−12，
故答案为：3−12，
【点评】本题考查了矩形的性质，等边三角形 的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键．
24．（2023•齐齐哈尔）如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，AC⊥BD于点O．请添加一个条件： AD∥BC（AB＝CD或 OB＝OD 或∠ADB＝∠CBD 等） ，使四边形ABCD成为菱形．
​
【分析】根据AD∥BC或AB＝CD或或ADB＝∠CBD，证得四边形ABCD是平行四边形，再根据AC⊥BD可证得四边形ABCD是菱形；根据OB＝OD，证得Rt△ADO≌Rt△CBO（HL），得到AO＝CO，DO＝BO，可证得四边形ABCD是菱形．
【解答】解：当添加“AD∥BC”时，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
当添加：“AB＝CD”时，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
当添加“OB＝OD”时，
∵AD＝BC，AC⊥BD，
∴Rt△ADO≌Rt△CBO（HL），
∴AO＝CO，DO＝BO，
∴四边形ABCD是菱形；
当添加：“ADB＝∠CBD”时，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
故答案为：AD∥BC（或AB＝CD或OB＝OD 或ADB＝∠CBD等 ）．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定、直角全等三角形全等的判定，解答本题的关键是熟练掌握菱形的判定，利用数形结合的思想解答．
25．（2023•河南）矩形ABCD中，M为对角线BD的中点，点N在边AD上，且AN＝AB＝1．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，AD的长为 2或1+2 ．
【分析】以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：如图1，当∠MND＝90°时，如图2，当∠NMD＝90°时，根据矩形的性质和等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：
①如图1，当∠MND＝90°时，
则MN⊥AD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴MN∥AB，
∵M为对角线BD的中点，
∴AN＝DN，
∵AN＝AB＝1，
∴AD＝2AN＝2；
如图2，当∠NMD＝90°时，
则MN⊥BD，
∵M为对角线BD的中点，
∴BM＝DM，
∴MN垂直平分BD，
∴BN＝DN，
∵∠A＝90°，AB＝AN＝1，
∴BN=2AB=2，
∴AD＝AN+DN＝1+2，
综上所述，AD的长为2或1+2．
故答案为：2或1+2．
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，分类讨论是解题的关键．
26．（2023•广西）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，M，N分别是EF，AF的中点，则MN的最大值为 2 ．
【分析】首先证明出MN是△AEF的中位线，得出 MN=12AE，然后由正方形的性质和勾股定理得到 AE=AB2+BE2=4+BE2，证明出当BE最大时，AE最大，此时MN最大，进而得到当点E和点 C重合时，BE最大，即BC的长度，最后代入求解即可．
【解答】解：如图所示，连接AE，
∵M，N分别是EF，AF的中点，
∴MN是△AEF的中位线，
∴MN=12AE，
∵四边形ABCD是正方形，∠B＝90°，
∴AE=AB2+BE2=4+BE2，
∴当BE最大时，AE最大，此时MN最大，
∵点E是BC上的动点，
∴当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，
∴此时 AE=4+22=22，
∴MN=12AE=2，
∴MN的最大值为2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了正方形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
27．（2023•十堰）如图，在菱形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD上的点，且BE＝BF＝CG＝AH，若菱形的面积等于24，BD＝8，则EF+GH＝ 6 ．
【分析】连接AC交BD于点O，先根据菱形的面积公式计算出对角线AC的长，再证△BEF∽△BAC，得出EFAC=BEBA，同理可证△DHG∽△DAC，得出GHAC=DHDA，两式相加，即可求出EF+GH的值．
【解答】解：连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝AD，
∵菱形的面积等于24，BD＝8，
∴AC⋅BD2=24，
∴AC＝6，
∵BE＝BF，
∴∠BEF＝∠BFE＝180°﹣∠EBF，
∵BA＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝180°﹣∠ABC，
∴∠BEF＝∠BAC，
∴EF∥AC，
∴△BEF∽△BAC，
∴EFAC=BEBA，
∵BA＝DA，
∴EFAC=BEAD，
同理可证△DHG∽△DAC，
∴GHAC=DHDA，
∴EFAC+GHAC=BEAD+DHAD，
即EF+GHAC=BE+DHAD=AH+DHAD=ADAD=1，
∴EF+GH＝AC＝6，
故答案为：6．
【点评】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，求出EF+GH＝AC是此题的关键．
28．（2023•陕西）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4．点E在边AD上，且ED＝3，M、N分别是边AB、BC上的动点，且BM＝BN，P是线段CE上的动点，连接PM，PN．若PM+PN＝4．则线段PC的长为 22 ．
【分析】由题意知△CDE是等腰直角三角形，作点N关于EC的对称点N'，则N'在直线CD上，连接PN'，PN＝PN'，PM+PN＝4．即PM+PN'＝4，BC＝4，BM＝BN，所以此时M、P、N'三点共线且MN'∥AD，点P在MN'的中点处，PM＝PN'＝2，PC＝22．
【解答】解：∵DE＝AB＝CD＝3，
∴△CDE是等腰直角三角形，
作点N关于EC的对称点N'，则N'在直线CD上，连接PN'，如图：
∵PM+PN＝4．
∴PM+PN'＝4＝BC，即MN'＝4，
此时M、P、N'三点共线且MN'∥AD，点P在MN'的中点处，
∴PM＝PN'＝2，
∴PC＝22．
故答案为：22．
【点评】本题考查矩形的性质和等腰直角三角形的性质，作出适当的辅助线是解题关键．
29．（2023•滨州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是线段OB，OA上的点，若AE＝BF，AB＝5，AF＝1，BE＝3，则BF的长为 22 ．
【分析】过A作AN⊥BD于N，过B作BM⊥AC于M，根据矩形的性质得到OB=12BD，OA=12AC，AC＝BD，根据三角形的面积公式得到AN＝BM，根据全等三角形的性质得到ON＝OM，FM＝EN，设FM＝EN＝x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：过A作AN⊥BD于N，过B作BM⊥AC于M，
∴∠ANO＝∠ANB＝∠BMO＝∠BMA＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=12BD，OA=12AC，AC＝BD，
∴OB＝OA，
∵S△AOB=12OB•AN=12OA•BM，
∴AN＝BM，
∴Rt△AON≌Rt△BOM（HL），
∴ON＝OM，
∴BN＝AM，
∵AE＝BF，
∴Rt△ANE≌△Rt△BMF（HL），
∴FM＝EN，
设FM＝EN＝x，
∵AF＝1，BE＝3，
∴BN＝3﹣x，AM＝1+x，
∴3﹣x＝1+x，
∴x＝1，
∴FM＝1，
∴AM＝2，
∵AB＝5，
∴BM=AB2−AM2=21，
∴BF=FM2+BM2=1+21=22，
故答案为：22．
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
30．（2023•内江）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，则EF+EG＝ 6013 ．
【分析】连接OE，根据矩形的性质得到BC＝AD＝12，AO＝CO＝BO＝DO，∠ABC＝90°，根据勾股定理得到AC=AB2+BC2=13，求得OB＝OC=132，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：连接OE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，BC＝AD＝12，AO＝CO＝BO＝DO，
∵AB＝5，BC＝12，
∴AC=AB2+BC2=13，
∴OB＝OC=132，
∴S△BOC＝S△BOE+S△COE=12×OB•EG+12OC•EF=12S△ABC=12×12×5×12=15，
∴12×132EG+12×132EF=12×132(EG+EF)=15，
∴EG+EF=6013，
故答案为：6013．
【点评】此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
31．（2023•天津）如图，在边长为3的正方形ABCD的外侧，作等腰三角形ADE，EA=ED=52．
（1）△ADE的面积为 3 ；
（2）若F为BE的中点，连接AF并延长，与CD相交于点G，则AG的长为 13 ．
【分析】（1）过E作EM⊥AD于M，根据等腰三角形的性质得到AM＝DM=12AD=32，根据勾股定理得到EM=AE2−AM2=2，根据三角形的面积公式即可得到△ADE的面积为12AD⋅EM=12×3×2=3；（2）过E作AD的垂线交AD于M，AG于N，BC于P，根据正方形的性质得到EF⊥BC，推出四边形ABPM是矩形，得到PM＝AB＝3，AB∥EP，根据全等三角形的性质得到EN＝AB＝3，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：（1）过E作EM⊥AD于M，
∵EA=ED=52．AD＝3，
∴AM＝DM=12AD=32，
∴EM=AE2−AM2=2，
∴△ADE的面积为12AD⋅EM=12×3×2=3；
故答案为：3；
（2）过E作AD的垂线交AD于M，AG于N，BC于P，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC∥AD，
∴EP⊥BC，
∴四边形ABPM是矩形，
∴PM＝AB＝3，AB∥EP，
∴EP＝5，∠ABF＝∠NEF，
∵F为BE的中点，
∴BF＝EF，
在△ABF与△NEF中，
∠ABF=∠NEFBF=EF∠AFB=∠NFE，
∴△ABF≌△NEF（ASA），
∴EN＝AB＝3，
∴MN＝1，
∵PM∥CD，
∴AN＝NG，
∴GD＝2MN＝2，
∴AG=AD2+GD2=13，
故答案为：13．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
32．（2023•枣庄）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE＝7，F为DE的中点，若△CEF的周长为32，则OF的长为 172 ．
【分析】在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，可知O是中点，∠BCD＝90°，F为DE的中点，则CF＝EF＝DF，△CEF的周长为32，CE＝7，则CF+EF＝25，即DE＝25，根据勾股定理可得CD＝24＝BC，从而求得BE，再根据中位线的性质即可解答．
【解答】解：在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，
∴∠BCD＝90°，O是中点，
∵F为DE的中点，
∴CF＝EF＝DF，
∵△CEF的周长为32，CE＝7，
∴CF+EF＝25，即DE＝25，
在Rt△CDE中，根据勾股定理可得CD＝24＝BC，
∴BE＝24﹣7＝17，
根据三角形的中位线可得OF=12BE=172．
故答案为：172．
【点评】本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，熟悉性质是解题关键．
33．（2023•台州）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6．在边AD上取一点E，使BE＝BC，过点C作CF⊥BE，垂足为点F，则BF的长为 25 ．
【分析】根据矩形的性质可得出∠AEB＝∠FBC，结合已知BE＝BC，利用AAS证得△ABE和△FCB全等，得出FC＝AB＝4，再根据矩形的性质得到BC＝AD＝6，从而在Rt△FCB中利用勾股定理求出BF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠FBC，
∵CF⊥BE，
∴∠CFB＝90°，
∴∠CFB＝∠A，
在△ABE和△FCB中，
∠A=∠CFB∠AEB=∠FBCBE=CB，
∴△ABE≌△FCB（AAS），
∴FC＝AB＝4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝6，
在Rt△FCB中，由勾股定理得BF=BC2−FC2=62−42=25，
故答案为：25．
【点评】本题考查了矩形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，熟知矩形的对边平行且相等，四个角都是直角．
34．（2022•哈尔滨）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E在OB上，连接AE，点F为CD的中点，连接OF．若AE＝BE，OE＝3，OA＝4，则线段OF的长为 25 ．
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，AO＝CO＝4，BO＝DO，由勾股定理可求AE的长，BC的长，由三角形中位线定理可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝CO＝4，BO＝DO，
∴AE=AO2+EO2=9+16=5，
∴BE＝AE＝5，
∴BO＝8，
∴BC=BO2+CO2=64+16=45，
∵点F为CD的中点，BO＝DO，
∴OF=12BC＝25，
故答案为：25．
【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
35．（2022•德州）如图，线段AB，CD端点的坐标分别为A（﹣1，2），B（3，﹣1），C（3，2），D（﹣1，5），且AB∥CD，将CD平移至第一象限内，得到C′D′（C′，D′均在格点上）．若四边形ABC′D′是菱形，则所有满足条件的点D′的坐标为 （3，5）或（2，6） ．
【分析】利用勾股定理可得AB＝CD＝5，根据菱形性质可得AD′＝AB＝5，再由平移规律即可得出答案．
【解答】解：如图，
∵A（﹣1，2），B（3，﹣1），C（3，2），D（﹣1，5），
∴AB∥CD，AB＝CD＝5，
∵四边形ABC′D′是菱形，
∴AD′＝AB＝5，
当点D向右平移4个单位，即D′（3，5）时，AD′＝5，
当点D向右平移3个单位，向上平移1个单位，即D′（2，6）时，AD′＝5，
故答案为：（3，5）或（2，6）．
【点评】本题考查了平移变换的性质，菱形性质，勾股定理等，理解题意，运用数形结合思想是解题关键．
36．（2022•温州）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠BAD＝60°．在其内部作形状、大小都相同的菱形AENH和菱形CGMF，使点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，点M，N在对角线AC上．若AE＝3BE，则MN的长为 32 ．
【分析】方法一：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．
方法二：根据相似三角形的判定和性质可以得到EF和MN的关系，然后解直角三角形可以求得OA的长，从而可以得到MN的长．
【解答】解：方法一：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1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=12，
∴AO=AD2−DO2=12−(12)2=32，
∴AC＝2AO=3，
∵AE＝3BE，
∴AE=34，BE=14，
∵菱形AENH和菱形CGMF大小相同，
∴BE＝BF=14，∠FBJ＝60°，
∴FJ＝BF•sin60°=14×32=38，
∴MI＝FJ=38，
∴AM=MIsin30°=3812=34，
同理可得，CN=34，
∴MN＝AC﹣AM﹣CN=3−34−34=32，
故答案为：32．
方法二：连接DB交AC于点O，连接EF，
由题意可得，四边形AMFE是平行四边形，四边形EFCN是平行四边形，
∴EF＝AM＝CN，
∵EF∥AC，
∴△BEF∽△BAC，
∴EFAC=BEBA，
∵AE＝3BE，AB＝1，
∴AB＝4BE，
∴EFAC=BEBA=14，
∴AM＝CN=14AC，
∴MN=12AC＝OA，
∵∠BAD＝60°．AB＝AD＝1，AO垂直平分BD，
∴OD=12，
∴OA=AD2−OD2=12−(12)2=32，
∴MN=32，
故答案为：32．
【点评】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．
37．（2022•丽水）如图，标号为①，②，③，④的矩形不重叠地围成矩形PQMN．已知①和②能够重合，③和④能够重合，这四个矩形的面积都是5．AE＝a，DE＝b，且a＞b．
（1）若a，b是整数，则PQ的长是 a﹣b ；
（2）若代数式a2﹣2ab﹣b2的值为零，则S四边形ABCDS矩形PQMN的值是 3+22 ．
【分析】（1）直接根据线段的差可得结论；
（2）先把b当常数解方程：a2﹣2ab﹣b2＝0，a＝b+2b（负值舍），根据四个矩形的面积都是5表示小矩形的宽，最后计算面积的比，化简后整体代入即可解答．
【解答】解：（1）由图可知：PQ＝a﹣b，
故答案为：a﹣b；
（2）∵a2﹣2ab﹣b2＝0，
∴a2﹣b2＝2ab，（a﹣b）2＝2b2，
∴a＝b+2b（负值舍），
∵四个矩形的面积都是5．AE＝a，DE＝b，
∴EP=5a，EN=5b，
则S四边形ABCDS矩形PQMN=(a+b)(5a+5b)(a−b)(5b−5a)=(a+b)⋅5b+5aab(a−b)⋅5a−5bab=a2+2ab+b2a2−2ab+b2=a2b2=(2+1)2b2b2=3+22．
故答案为：3+22．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，矩形的面积，并结合方程进行解答，正确通过解关于a的方程表示a与b的关系是解本题的关键．
38．（2021•锦州）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，以点B为圆心、BC的长为半径画弧交AD于点E，再分别以点C，E为圆心、大于12CE的长为半径画弧，两弧交于点F，作射线BF交CD于点G，则CG的长为 103 ．
【分析】根据作图过程可得BF是∠EBC的平分线，然后证明△EBG≌△CBG，再利用勾股定理即可求出CG的长．
【解答】解：如图，连接EG，
根据作图过程可知：BF是∠EBC的平分线，
∴∠EBG＝∠CBG，
在△EBG和△CBG中，
EB=CB∠EBG=∠CBGBG=BG，
∴△EBG≌△CBG（SAS），
∴GE＝GC，
在Rt△ABE中，AB＝6，BE＝BC＝10，
∴AE=BE2−AB2=8，
∴DE＝AD﹣AE＝10﹣8＝2，
在Rt△DGE中，DE＝2，DG＝DC﹣CG＝6﹣CG，EG＝CG，
∴EG2﹣DE2＝DG2
∴CG2﹣22＝（6﹣CG）2，
解得CG=103．
故答案为：103．
【点评】本题考查了矩形的性质，作图﹣基本作图，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
39．（2021•威海）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，E为边AB上一点，F为边BC上一点．连接DE和AF交于点G，连接BG．若AE＝BF，则BG的最小值为 5−1 ．
【分析】如图，取AD的中点T，连接BT，GT，首先利用全等三角形的性质证明∠AGD＝90°，求出GT＝1，BT=5，根据BG≥BT﹣GT，可得结论．
【解答】解：如图，取AD的中点T，连接BT，GT，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝2，∠DAE＝∠ABF＝90°，
在△DAE和△ABF中，
DA=AB∠DAE=∠ABFAE=BF，
∴△DAE≌△ABF（SAS），
∴∠ADE＝∠BAF，
∵∠BAF+∠DAF＝90°，
∴∠EDA+∠DAF＝90°，
∴∠AGD＝90°，
∵DT＝AT，
∴GT=12AD＝1，BT=AT2+AB2=12+22=5，
∴BG≥BT﹣GT，
∴BG≥5−1，
∴BG的最小值为5−1．
故答案为：5−1．
【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，解题的关键是学会添加常用辅助线，求出GT，BT是解题的关键．
40．（2021•包头）如图，BD是正方形ABCD的一条对角线，E是BD上一点，F是CB延长线上一点，连接CE，EF，AF．若DE＝DC，EF＝EC，则∠BAF的度数为 22.5° ．
【分析】连接AE，根据SAS证△ADE≌△CDE，得出AE＝CE＝EF，再证△AEF为等腰直角三角形，得出∠AFB＝67.5°，即可求出∠BAF的度数．
【解答】解：如图，连接AE，
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠BDC＝45°，
∵DE＝DC＝AD，
∴∠DEC＝∠DCE=180°−45°2=67.5°，
∵∠DCB＝90°，
∴∠BCE＝90°﹣∠DCE＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∵EF＝EC，
∴∠FEC＝180°﹣∠EFC﹣∠ECF＝180°﹣22.5°﹣22.5°＝135°，
∵∠BEC＝180°﹣∠DEC＝180°﹣67.5°＝112.5°，
∴∠BEF＝135°﹣112.5°＝22.5°，
∵AD＝DE，∠ADE＝45°，
∴∠AED=180°−45°2=67.5°，
∴∠BEF+∠AED＝22.5°+67.5°＝90°，
∴∠AEF＝180°﹣90°＝90°，
在△ADE和△EDC中，
AD=DE∠ADE=∠EDCDE=DC，
∴△ADE≌△EDC（SAS），
∴AE＝EC，
∴AE＝EF，
即△AEF为等腰直角三角形，
∴∠AFE＝45°，
∵EF＝EC，
∴∠BFE＝∠BCE＝22.5°，
∴∠AFB＝∠AFE+∠BFE＝45°+22.5°＝67.5°，
∵∠ABF＝90°，
∴∠BAF＝90°﹣∠AFB＝90°﹣67.5°＝22.5°，
故答案为：22.5°．
【点评】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
三．解答题（共20小题）
41．（2023•长春）将两个完全相同的含有30°角的直角三角板在同一平面内按如图所示位置摆放，点A、E，B、D依次在同一条直线上，连接AF、CD．
（1）求证：四边形AFDC是平行四边形；
（2）已知BC＝6cm，当四边形AFDC是菱形时，AD的长为 18 cm．
【分析】（1）根据全等三角形的性质得到AC＝DF，∠CAB＝∠FDE，根据平行线的判定定理得到AC∥DF，根据平行四边形的判定定理即可得到四边形AFDC是平行四边形；
（2）连接CF交AD于O，根据直角三角形的性质得到AC=3BC＝63（cm），根据菱形的性质得到CF⊥AD，AD＝2AO，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵△ACB≌△DFE，
∴AC＝DF，∠CAB＝∠FDE，
∴AC∥DF，
∴四边形AFDC是平行四边形；
（2）解：连接CF交AD于O，
∵∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，BC＝6cm，
∴AC=3BC＝63（cm），
∵四边形AFDC是菱形，
∴CF⊥AD，AD＝2AO，
∴∠AOC＝90°，
∴AO=32AC=32×63=9（cm），
∴AD＝2AO＝18cm，
故答案为：18．
【点评】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定，含30°角的直角三角形的性质，全等三角形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
42．（2023•张家界）如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，且AD＝BC，AE＝BF，CE＝DF．
（1）求证：AE∥BF；
（2）若DF＝FC时，求证：四边形DECF是菱形．
【分析】（1）由SSS证明△AEC≌△BFD（SSS），得到∠A＝∠B，即可证明AE∥BF；
（2）由△AEC≌△BFD，得到∠ECA＝∠FDB，推出EC∥DF，又EC＝DF，得到四边形DECF是平行四边形，而DF＝FC，推出四边形DECF是菱形．
【解答】证明：（1）∵AD＝BC，
∴AD+CD＝BC+CD，
∴AC＝BD，
∵AE＝BF，CE＝DF，
∴△AEC≌△BFD（SSS），
∴∠A＝∠B，
∴AE∥BF；
（2）∵△AEC≌△BFD（SSS），
∴∠ECA＝∠FDB，
∴EC∥DF，
∵EC＝DF，
∴四边形DECF是平行四边形，
∵DF＝FC，
∴四边形DECF是菱形．
【点评】本题考查菱形的判定，全等三角形的判定和性质，关键是证明△AEC≌△BFD（SSS）．
43．（2023•兰州）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，CD∥OE，直线CE是线段OD的垂直平分线，CE分别交OD，AD于点F，G，连接DE．
（1）判断四边形OCDE的形状，并说明理由；
（2）当CD＝4时，求EG的长．
【分析】（1）先根据线段垂直平分线的性质得FD＝FO，ED＝OE，CD＝CO，再证△FDC和△FOE全等得CD＝OE，据此可得ED＝OE＝CD＝CO，进而可判定四边形OCDE的形状；
（2）先证△ODC为等边三角形得DO＝CD＝4，∠ODC＝60°，进而DF＝2，据此再分别求出CF，GF，进而可得EG的长．
【解答】解：（1）四边形OCDE是菱形，理由如下：
∵CD∥OE，
∴∠FDC＝∠FOE，
∵CE是线段OD的垂直平分线，
∴FD＝FO，ED＝OE，CD＝CO，
在△FDC和△FOE中，
∠FDC=∠FOEFD=FO∠DFC=∠CFE，
∴△FDC≌△FOE（ASA），
∴CD＝OE，
又ED＝OE，CD＝CO，
∴ED＝OE＝CD＝CO，
∴四边形OCDE是菱形．
（2）∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD＝∠CDA＝90°，DO＝CO，
∵CE是线段OD的垂直平分线，
∴CD＝CO，
∴CD＝CO＝DO，
∴△ODC为等边三角形，
∴DO＝CD＝4，∠ODC＝60°，
∴DF=12DO=2，
在Rt△CDF中，CD＝4，DF＝2，
由勾股定理得：CF=CD2−DF2=23，
由（1）可知：四边形OCDE是菱形，
∴EF=CF=23，
∵∠GDF＝∠CDA﹣∠ODC＝30°，
∴tan∠GDF=GFDF，
∴GF=DF⋅tan∠GDF=2tan30°=233，
∴EG=EF−GF=23−233=433．
【点评】此题主要考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解答此题关键是理解菱形的判定，等边三角形的性质，数量利用勾股定理锐角三角函数进行计算．
44．（2023•岳阳）如图，点M在▱ABCD的边AD上，BM＝CM，请从以下三个选项中①∠1＝∠2；②AM＝DM；③∠3＝∠4，选择一个合适的选项作为已知条件，使▱ABCD为矩形．
（1）你添加的条件是 ①② （填序号）；
（2）添加条件后，请证明▱ABCD为矩形．
【分析】（1）根据矩形的判定定理选择条件即可；
（2）根据平行四边形的性质得到AB∥DC，AB＝DC，求得∠A+∠D＝180°，根据全等三角形的性质得到∠A＝∠D，根据矩形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）解：①当∠1＝∠2时，▱ABCD为矩形；
②当AM＝DM时，▱ABCD为矩形，
故答案为：①②；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝DC，
∴∠A+∠D＝180°，
在△ABM和DCM中，
AB=DC∠1=∠2BM=CM，
∴△ABM≌DCM（SAS），
∴∠A＝∠D，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴▱ABCD为矩形．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，由矩形的性质和全等三角形的判定证得△ABM≌DCM，并熟练掌握矩形的判定方法是解决问题的关键．
45．（2023•十堰）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，分别以点B，C为圆心，12AC，12BD长为半径画弧，两弧交于点P，连接BP，CP．
（1）试判断四边形BPCO的形状，并说明理由；
（2）请说明当▱ABCD的对角线满足什么条件时，四边形BPCO是正方形？
【分析】（1）由平行四边形的性质得出OC＝OA=12AC，OB＝OD=12BD，证出OB＝CP，BP＝OC，则可得出结论；
（2）由正方形的判定可得出结论．
【解答】解：（1）四边形BPCO为平行四边形．
理由：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OC＝OA=12AC，OB＝OD=12BD，
∵以点B，C为圆心，12AC，12BD长为半径画弧，两弧交于点P，
∴OB＝CP，BP＝OC，
∴四边形BPCO为平行四边形；
（2）当AC⊥BD，AC＝BD时，四边形BPCO为正方形．
∵AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∵AC＝BD，OB=12BD，OC=12AC，
∴OB＝OC，
∵四边形BPCO为平行四边形，
∴四边形BPCO为正方形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，正方形的判定，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
46．（2023•温州）如图，已知矩形ABCD，点E在CB延长线上，点F在BC延长线上，过点F作FH⊥EF交ED的延长线于点H，连结AF交EH于点G，GE＝GH．
（1）求证：BE＝CF；
（2）当ABFH=56，AD＝4时，求EF的长．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到GE＝GF，再根据等边对等角得出∠E＝∠GFE，根据矩形的性质得出AB＝DC，∠ABC＝∠DCB＝90°，于是可证△ABF和△DCE全等，得到BF＝CE，从而问题得证；
（2）先证△ECD∽△EFH，得出比例式，再结合已知即可求出EF的长．
【解答】（1）证明：∵FH⊥EF，
∴∠HFE＝90°，
∵GE＝GH，
∴FG=12EH=GE=GH，
∴∠E＝∠GFE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，∠ABC＝∠DCB＝90°，
∴△ABF≌△DCE（AAS），
∴BF＝CE，
∴BF﹣BC＝CE﹣BC，
即BE＝CF；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴DC⊥BC，即DC⊥EF，AB＝CD，BC＝AD＝4，
∵FH⊥EF，
∴CD∥FH，
∴△ECD∽△EFH，
∴ECEF=CDFH，
∴ECEF=ABFH，
∵ABFH=56，
∴ECEF=56，
设BE＝CF＝x，
∴EC＝x+4，EF＝2x+4，
∴x+42x+4=56，
解得x＝1，
∴EF＝6．
【点评】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握这些图形的性质是解题的关键．
47．（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．
【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．
48．（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．
【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．
49．（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．
【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．
50．（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．
【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．
51．（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．
【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．
52．（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．
【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．
53．（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．
【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．
54．（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．
【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．
55．（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．
【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．
56．（2022•聊城）如图，△ABC中，点D是AB上一点，点E是AC的中点，过点C作CF∥AB，交DE的延长线于点F．
（1）求证：AD＝CF；
（2）连接AF，CD．如果点D是AB的中点，那么当AC与BC满足什么条件时，四边形ADCF是菱形，证明你的结论．
【分析】（1）由CF∥AB，得∠ADF＝∠CFD，∠DAC＝∠FCA，又AE＝CE，可证△ADE≌△CFE（AAS），即得AD＝CF；
（2）由AD＝CF，AD∥CF，知四边形ADCF是平行四边形，若AC⊥BC，点D是AB的中点，可得CD=12AB＝AD，即得四边形ADCF是菱形．
【解答】（1）证明：∵CF∥AB，
∴∠ADF＝∠CFD，∠DAC＝∠FCA，
∵点E是AC的中点，
∴AE＝CE，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴AD＝CF；
（2）解：当AC⊥BC时，四边形ADCF是菱形，证明如下：
由（1）知，AD＝CF，
∵AD∥CF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AC⊥BC，
∴△ABC是直角三角形，
∵点D是AB的中点，
∴CD=12AB＝AD，
∴四边形ADCF是菱形．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质及菱形的判定，解题的关键是掌握全等三角形判定定理及菱形的判定定理．
57．（2022•舟山）小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB＝OD．求证：四边形ABCD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．
【分析】根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”进行分析推理．
【解答】解：赞成小洁的说法，补充条件：OA＝OC，证明如下：
∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形．
【点评】本题考查菱形的判定，掌握平行四边形的判定：（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（4）对角线互相平分的四边形是平行四边形以及菱形的判定方法：（1）四条边相等的四边形是菱形；（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（3）一组邻边相等的平行四边形是菱形，是解题关键．
58．（2022•鄂州）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且∠CDF＝∠BDC、∠DCF＝∠ACD．
（1）求证：DF＝CF；
（2）若∠CDF＝60°，DF＝6，求矩形ABCD的面积．
【分析】（1）由矩形的性质得OC＝OD，得∠ACD＝∠BDC，再证∠CDF＝∠DCF，即可得出结论；
（2）证△CDF是等边三角形，得CD＝DF＝6，再证△OCD是等边三角形，得OC＝OD＝6，则BD＝2OD＝12，然后由勾股定理得BC＝63，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=12AC，OD=12BD，AC＝BD，
∴OC＝OD，
∴∠ACD＝∠BDC，
∵∠CDF＝∠BDC，∠DCF＝∠ACD，
∴∠CDF＝∠DCF，
∴DF＝CF；
（2）解：由（1）可知，DF＝CF，
∵∠CDF＝60°，
∴△CDF是等边三角形，
∴CD＝DF＝6，
∵∠CDF＝∠BDC＝60°，OC＝OD，
∴△OCD是等边三角形，
∴OC＝OD＝6，
∴BD＝2OD＝12，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，
∴BC=BD2−CD2=122−62=63，
∴S矩形ABCD＝BC•CD＝63×6＝363．
【点评】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
59．（2022•北京）如图，在▱ABCD中，AC，BD交于点O，点E，F在AC上，AE＝CF．
（1）求证：四边形EBFD是平行四边形；
（2）若∠BAC＝∠DAC，求证：四边形EBFD是菱形．
【分析】（1）根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明；
（2）根据平行四边形的性质可得DA＝DC，然后利用等腰三角形的性质可得DB⊥EF，进而可以证明四边形EBFD是菱形．
【解答】证明：（1）在▱ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF．
∴OE＝OF，
∴四边形EBFD是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，
∴∠BAC＝∠DCA，
∵∠BAC＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴DA＝DC，
∴平行四边形ABCD为菱形，
∴DB⊥EF，
∴平行四边形EBFD是菱形．
【点评】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的性质、菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
60．（2022•哈尔滨）已知矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD上一点，连接BE，CE，OE，且BE＝CE．
（1）如图1，求证：△BEO≌△CEO；
（2）如图2，设BE与AC相交于点F，CE与BD相交于点H，过点D作AC的平行线交BE的延长线于点G，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形（△AEF除外），使写出的每个三角形的面积都与△AEF的面积相等．
【分析】（1）根据矩形的性质可得OB＝OC＝OA＝OD，再利用SSS可证△BEO≌△CEO，即可解答；
（2）根据矩形的性质可得∠BAD＝∠CDA＝90°AB∥CD，AB＝DC，从而可证Rt△BAE≌Rt△CDE，进而可得∠AEB＝∠DEC，AE＝DE，再利用等腰三角形的性质可得∠OEA＝∠OED＝90°，从而可得AB∥OE∥CD，进而可得△AEO的面积＝△BEO的面积，△DEO的面积＝△COE的面积，然后利用等式的性质可得△AEF的面积＝△BFO的面积，△DHE的面积＝△CHO的面积，再证明△AEF≌△DEH，从而可得△AEF的面积＝△DHE的面积＝△CHO的面积，最后利用线段中点和平行线证明8字模型全等三角形△AEF≌△DEG，即可解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC=12AC，OB＝OD=12BD，AC＝BD，
∴OB＝OC＝OA＝OD，
∵BE＝CE，OE＝OE，
∴△BEO≌△CEO（SSS）；
（2）解：△DHE，△CHO，△DEG，△BFO都与△AEF的面积相等，
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠CDA＝90°AB∥CD，AB＝DC，
∵BE＝CE，
∴Rt△BAE≌Rt△CDE（HL），
∴∠AEB＝∠DEC，AE＝DE，
∵OA＝OD，
∴∠OEA＝∠OED＝90°，
∴∠BAD＝∠OED＝90°，∠ADC＝∠AEO＝90°，
∴AB∥OE，DC∥OE，
∴△AEO的面积＝△BEO的面积，△DEO的面积＝△COE的面积，
∴△AEO的面积﹣△EFO的面积＝△BEO的面积﹣△EFO的面积，△DEO的面积﹣△EHO的面积＝△COE的面积﹣△EHO的面积，
∴△AEF的面积＝△BFO的面积，△DHE的面积＝△CHO的面积，
∵OA＝OD，
∴∠DAO＝∠ADO，
∴△AEF≌△DEH（ASA），
∴△AEF的面积＝△DHE的面积＝△CHO的面积，
∵DG∥AC，
∴∠G＝∠AFE，∠GDE＝∠FAE，
∴△AEF≌△DEG（AAS），
∴△AEF的面积＝△DEG的面积，
∴△DHE，△CHO，△DEG，△BFO都与△AEF的面积相等．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质，以及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
小惠：
证明：∵AC⊥BD，OB＝OD，
∴AC垂直平分BD．
∴AB＝AD，CB＝CD，
∴四边形ABCD是菱形．
小洁：
这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明．