备战2021年上海中考专题15：四边形

备战2021年中考数学真题模拟题分类汇编（上海专版）
专题15四边形（共42题）
中考真题再现




一．选择题（共2小题）
1．（2018•上海）已知平行四边形ABCD，下列条件中，不能判定这个平行四边形为矩形的是（　　）
A．∠A＝∠B B．∠A＝∠C C．AC＝BD D．AB⊥BC
【分析】由矩形的判定方法即可得出答案．
【解析】A、∠A＝∠B，∠A+∠B＝180°，所以∠A＝∠B＝90°，可以判定这个平行四边形为矩形，正确；
B、∠A＝∠C不能判定这个平行四边形为矩形，错误；
C、AC＝BD，对角线相等，可推出平行四边形ABCD是矩形，故正确；
D、AB⊥BC，所以∠B＝90°，可以判定这个平行四边形为矩形，正确；
故选：B．
2．（2017•上海）已知平行四边形ABCD，AC、BD是它的两条对角线，那么下列条件中，能判断这个平行四边形为矩形的是（　　）
A．∠BAC＝∠DCA B．∠BAC＝∠DAC C．∠BAC＝∠ABD D．∠BAC＝∠ADB
【分析】由矩形和菱形的判定方法即可得出答案．
【解析】A、∠BAC＝∠DCA，不能判断四边形ABCD是矩形；
B、∠BAC＝∠DAC，能判定四边形ABCD是菱形；不能判断四边形ABCD是矩形；
C、∠BAC＝∠ABD，能得出对角线相等，能判断四边形ABCD是矩形；
D、∠BAC＝∠ADB，不能判断四边形ABCD是矩形；
故选：C．
二．填空题（共2小题）
3．（2018•上海）对于一个位置确定的图形，如果它的所有点都在一个水平放置的矩形内部或边上，且该图形与矩形的每条边都至少有一个公共点（如图1），那么这个矩形水平方向的边长称为该图形的宽，铅锤方向的边长称为该图形的高．如图2，菱形ABCD的边长为1，边AB水平放置．如果该菱形的高是矩形的宽的23，那么矩形的宽的值是　1813　．

【分析】先根据要求画图，设矩形的宽AF＝x，则CF=23x，根据勾股定理列方程可得结论．
【解析】在菱形上建立如图所示的矩形EAFC，
设AF＝x，则CF=23x，
在Rt△CBF中，CB＝1，BF＝x﹣1，
由勾股定理得：BC2＝BF2+CF2，
12=(x-1)2+(23x)2，
解得：x=1813或0（舍），
即它的宽的值是1813，
故答案为：1813．

4．（2018•上海）通过画出多边形的对角线，可以把多边形内角和问题转化为三角形内角和问题．如果从某个多边形的一个顶点出发的对角线共有2条，那么该多边形的内角和是　540　度．
【分析】根据题意得到2条对角线将多边形分割为3个三角形，然后根据三角形内角和可计算出该多边形的内角和．
【解析】从某个多边形的一个顶点出发的对角线共有2条，则将多边形分割为3个三角形．
所以该多边形的内角和是3×180°＝540°．
故答案为540．
三．解答题（共3小题）
5．（2020•上海）如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠DAB＝90°，AB＝8，CD＝5，BC＝35．
（1）求梯形ABCD的面积；
（2）联结BD，求∠DBC的正切值．

【分析】（1）过C作CE⊥AB于E，推出四边形ADCE是矩形，得到AD＝CE，AE＝CD＝5，根据勾股定理得到CE=BC2-BE2=6，于是得到梯形ABCD的面积=12×（5+8）×6＝39；
（2）过C作CH⊥BD于H，根据相似三角形的性质得到CHAD=CDBD，根据勾股定理得到BD=AB2+AD2=82+62=10，BH=BC2-CH2=(35)2-32=6，于是得到结论．
【解析】（1）过C作CE⊥AB于E，
∵AB∥DC，∠DAB＝90°，
∴∠D＝90°，
∴∠A＝∠D＝∠AEC＝90°，
∴四边形ADCE是矩形，
∴AD＝CE，AE＝CD＝5，
∴BE＝AB﹣AE＝3，
∵BC＝35，
∴CE=BC2-BE2=6，
∴梯形ABCD的面积=12×（5+8）×6＝39；
（2）过C作CH⊥BD于H，
∵CD∥AB，
∴∠CDB＝∠ABD，
∵∠CHD＝∠A＝90°，
∴△CDH∽△DBA，
∴CHAD=CDBD，
∵BD=AB2+AD2=82+62=10，
∴CH6=510，
∴CH＝3，
∴BH=BC2-CH2=(35)2-32=6，
∴∠DBC的正切值=CHBH=36=12．

6．（2017•上海）已知：如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD＝CD，E是对角线BD上一点，且EA＝EC．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如果BE＝BC，且∠CBE：∠BCE＝2：3，求证：四边形ABCD是正方形．

【分析】（1）首先证得△ADE≌△CDE，由全等三角形的性质可得∠ADE＝∠CDE，由AD∥BC可得∠ADE＝∠CBD，易得∠CDB＝∠CBD，可得BC＝CD，易得AD＝BC，利用平行线的判定定理可得四边形ABCD为平行四边形，由AD＝CD可得四边形ABCD是菱形；
（2）由BE＝BC可得△BEC为等腰三角形，可得∠BCE＝∠BEC，利用三角形的内角和定理可得∠CBE＝180×14=45°，易得∠ABE＝45°，可得∠ABC＝90°，由正方形的判定定理可得四边形ABCD是正方形．
【解答】证明：（1）在△ADE与△CDE中，
AD=CDDE=DEEA=EC，
∴△ADE≌△CDE，
∴∠ADE＝∠CDE，
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠CBD，
∴∠CDE＝∠CBD，
∴BC＝CD，
∵AD＝CD，
∴BC＝AD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AD＝CD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）∵BE＝BC
∴∠BCE＝∠BEC，
∵∠CBE：∠BCE＝2：3，
∴∠CBE＝180×22+3+3=45°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABE＝45°，
∴∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形．
7．（2016•上海）如图所示，梯形ABCD中，AB∥DC，∠B＝90°，AD＝15，AB＝16，BC＝12，点E是边AB上的动点，点F是射线CD上一点，射线ED和射线AF交于点G，且∠AGE＝∠DAB．
（1）求线段CD的长；
（2）如果△AEG是以EG为腰的等腰三角形，求线段AE的长；
（3）如果点F在边CD上（不与点C、D重合），设AE＝x，DF＝y，求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围．

【分析】（1）作DH⊥AB于H，如图1，易得四边形BCDH为矩形，则DH＝BC＝12，CD＝BH，再利用勾股定理计算出AH，从而得到BH和CD的长；
（2）分类讨论：当EA＝EG时，则∠AGE＝∠GAE，则判断G点与D点重合，即ED＝EA，作EM⊥AD于M，如图1，则AM=12AD=152，通过证明Rt△AME∽Rt△AHD，利用相似比可计算出此时的AE长；当GA＝GE时，则∠AGE＝∠AEG，可证明AE＝AD＝15，
（3）作DH⊥AB于H，如图2，则AH＝9，HE＝|x﹣9|，先利用勾股定理表示出DE=122+(x-9)2，再证明△EAG∽△EDA，则利用相似比可表示出EG=x2122+(x-9)2，则可表示出DG，然后证明△DGF∽△EGA，于是利用相似比可表示出x和y的关系．
【解析】（1）作DH⊥AB于H，如图1，
易得四边形BCDH为矩形，
∴DH＝BC＝12，CD＝BH，
在Rt△ADH中，AH=AD2-DH2=152-122=9，
∴BH＝AB﹣AH＝16﹣9＝7，
∴CD＝7；
（2）①EA＝EG时，则∠AGE＝∠GAE，
∵∠AGE＝∠DAB，
∴∠GAE＝∠DAB，
∴G点与D点重合，即ED＝EA，
作EM⊥AD于M，如图1，则AM=12AD=152，
∵∠MAE＝∠HAD，
∴Rt△AME∽Rt△AHD，
∴AE：AD＝AM：AH，即AE：15=152：9，解得AE=252；
②GA＝GE时，则∠GAE＝∠AEG，
∵∠AGE＝∠DAB，
而∠AGE＝∠ADG+∠DAG，∠DAB＝∠GAE+∠DAG，
∴∠GAE＝∠ADG，
∴∠AEG＝∠ADG，
∴AE＝AD＝15．
综上所述，△AEC是以EG为腰的等腰三角形时，线段AE的长为252或15；
（3）作DH⊥AB于H，如图2，则AH＝9，HE＝|x﹣9|，
在Rt△HDE中，DE=DH2+HE2=122+(x-9)2，
∵∠AGE＝∠DAB，∠AEG＝∠DEA，
∴△EAG∽△EDA，
∴EG：AE＝AE：ED，即EG：x＝x：122+(x-9)2，
∴EG=x2122+(x-9)2，
∴DG＝DE﹣EG=122+(x-9)2-x2122+(x-9)2，
∵DF∥AE，
∴△DGF∽△EGA，
∴DF：AE＝DG：EG，即y：x＝（122+(x-9)2-x2122+(x-9)2）：x2122+(x-9)2，
∴y=225-18xx（9＜x＜252）．


2020模拟汇编



一．选择题（共10小题）
1．（2020•杨浦区二模）已知在四边形ABCD中，AB∥CD，对角线AC与BD相交于点O，那么下列条件中能判定这个四边形是矩形的是（　　）
A．AD＝BC，AC＝BD B．AC＝BD，∠BAD＝∠BCD
C．AO＝CO，AB＝BC D．AO＝OB，AC＝BD
【分析】根据矩形的判定方法，一一判断即可解决问题．
【解析】A、AB∥DC，AD＝BC，无法得出四边形ABCD是平行四边形，故无法判断四边形ABCD是矩形．故错误；
B、∵AB∥CD，
∴∠BAD+∠ADC＝∠ABC+∠BCD＝180°，
∵∠BAD＝∠BCD，
∴∠ABC＝∠ADC，
∴得出四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形．故正确；
C、∵AO＝CO，AB＝BC，
∴BD⊥AC，∠ABD＝∠CBD，
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠CDB，
∴∠CBD＝∠CDB，
∴BC＝CD，
∴AB＝CD，
∴四边形ABCD是菱形，无法判断四边形ABCD是矩形．故错误；
D、AO＝OB，AC＝BD可无法判断四边形ABCD是矩形，故错误；
故选：B．

2．（2020•普陀区二模）如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，如果OB＝4，∠AOB＝60°，那么矩形ABCD的面积等于（　　）

A．8 B．16 C．83 D．163
【分析】由矩形的性质得出OA＝BO，证△AOB是等边三角形，得出AB＝OB＝4，由勾股定理求出AD，即可求出矩形的面积．
【解析】∵四边形ABCD是矩形
∴∠BAD＝90°，AO＝CO=12AC，BO＝DO=12BD，AC＝BD＝2OB＝8，
∴OA＝BO，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OB＝4，
∴AD=BD2-AB2=82-42=43，
∴矩形ABCD的面积＝AB×AD＝4×43=163；
故选：D．
3．（2020•奉贤区二模）四边形ABCD的两条对角线AC、BD互相平分．添加下列条件，一定能判定四边形ABCD为菱形的是（　　）
A．∠ABD＝∠BDC B．∠ABD＝∠BAC C．∠ABD＝∠CBD D．∠ABD＝∠BCA
【分析】先由对角线AC、BD互相平分得出四边形ABCD是平行四边形，再按照平行四边形基础上菱形的判定方法：①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②对角线互相垂直的平行四边形是菱形，逐个选项分析即可．
【解析】如图所示，设四边形ABCD的两条对角线AC、BD交于点O，

∵AC、BD互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形．
选项A，由平行四边形的性质可知AB∥DC，则∠ABD＝∠BDC，从而A不符合题意；
选项B，∠ABD＝∠BAC，则AO＝BO，再结合对角线AC、BD互相平分，可知AC＝BD，从而平行四边形ABCD是矩形，故B不符合题意；
选项C，由平行四边形的性质可知AD∥BC，从而∠ADB＝∠CBD，
当∠ABD＝∠CBD时，∠ADB＝∠ABD，故AB＝AD，
由一组邻边相等的平行四边形的菱形可知，C符合题意；
选项D，∠ABD＝∠BCA，得不出可以判定四边形ABCD为菱形的条件，故D不符合题意．
综上，只有选项C一定能判定四边形ABCD为菱形．
故选：C．
4．（2020•静安区二模）如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，那么下列条件中，能判断▱ABCD是菱形的为（　　）

A．AO＝CO B．AO＝BO C．∠AOB＝∠BOC D．∠BAD＝∠ABC
【分析】在平行四边形基础上，菱形的判定方法有：①一组邻边相等的平行四边形是菱形；②对角线互相垂直的平行四边形是菱形．据此逐个选项分析即可．
【解析】选项A，由平行四边形的性质可知，对角线互相平分，故A不符合题意；
选项B，由▱ABCD中AO＝BO可推得AC＝BD，可以证明▱ABCD为矩形，但不能判定▱ABCD为菱形，故B不符合题意；
选项C，当∠AOB＝∠BOC时，由于∠AOB+∠BOC＝180°，故∠AOB＝∠BOC＝90°，而对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C符合题意；
选项D，由平行四边形的性质可知，∠BAD+∠ABC＝180°，故当∠BAD＝∠ABC时，∠BAD＝∠ABC＝90°，从而可判定▱ABCD为矩形，故D不符合题意．
综上，只有选项C可以判定▱ABCD是菱形．
故选：C．
5．（2020•闵行区二模）顺次联结四边形ABCD各边中点所形成的四边形是矩形，那么四边形ABCD是（　　）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．等腰梯形
【分析】此题要根据矩形的性质和三角形中位线定理求解；首先根据三角形中位线定理知：所得四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四边形是矩形，那么邻边互相垂直，故原四边形的对角线必互相垂直，由此得解．
【解析】已知：如右图，四边形EFGH是矩形，且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，求证：四边形ABCD是对角线垂直的四边形．
证明：由于E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
根据三角形中位线定理得：EH∥FG∥BD，EF∥AC∥HG；
∵四边形EFGH是矩形，即EF⊥FG，
∴AC⊥BD，
观察选项，只有菱形的对角线互相垂直．
故选：C．

6．（2020•浦东新区二模）在梯形ABCD中，AD∥BC，那么下列条件中，不能判断它是等腰梯形的是（　　）
A．AB＝DC B．∠DAB＝∠ABC C．∠ABC＝∠DCB D．AC＝DB
【分析】等腰梯形的判定定理有：①有两腰相等的梯形是等腰梯形，②对角线相等的梯形是等腰梯形，③在同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形，根据以上内容判断即可．
【解析】A、∵AD∥BC，AB＝DC，
∴梯形ABCD是等腰梯形，故本选项错误；
B、根据∠DAB＝∠ABC，不能推出四边形ABCD是等腰梯形，故本选项正确；
C、∵∠ABC＝∠DCB，
∴BD＝BC，
∴四边形ABCD是等腰梯形，故本选项错误；
D、∵AC＝BD，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是等腰梯形，故本选项错误．
故选：B．

7．（2020•闵行区一模）要判断一个四边形门框是否为矩形，在下面四个拟定方案中，正确的方案是（　　）
A．测量对角线是否相互平分
B．测量两组对边是否分别相等
C．测量对角线是否互相垂直
D．测量其中三个角是否是直角
【分析】由矩形的判定即可得出结论．
【解析】∵三个角是直角的四边形是矩形，
∴在下面四个拟定方案中，正确的方案是D，
故选：D．
8．（2020•松江区一模）如图，两条宽度都为1的纸条，交叉重叠放在一起，它们的夹角为锐角α，它们重叠部分（图中阴影部分）的面积是1.5．那么sinα的值为（　　）

A．34 B．12 C．23 D．32
【分析】如图，过点A作AE⊥BC，AF⊥CD，由菱形的判定可证四边形ABCD是菱形，可得AD＝CD，由面积公式可求AD＝CD=32，即可求解．
【解析】如图，过点A作AE⊥BC，AF⊥CD，

∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵四边形ABCD的面积是1.5，
∴BC×AE＝CD×AF，且AE＝AF＝1，
∴BC＝CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，
∵1.5＝CD×AF，
∴CD=32，
∴AD＝CD=32
∴sinα=AFAD=23，
故选：C．
9．（2020•虹口区二模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，以下说法错误的是（　　）

A．∠ABC＝90° B．AC＝BD C．OA＝OB D．OA＝AB
【分析】利用排除法解决问题即可，只要证明A、B、C正确即可．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OA＝OB，
故A、B、C正确，
故错误的是D，
故选：D．
10．（2020•松江区二模）如果一个多边形的每一个内角都是135°，那么这个多边形的边数是（　　）
A．5 B．6 C．8 D．10
【分析】已知每一个内角都等于135°，就可以知道每个外角是45度，根据多边形的外角和是360度就可以求出多边形的边数．
【解析】多边形的边数是：n=360°180°-135°=8，即该多边形是八边形．
故选：C．
二．填空题（共10小题）
11．（2020•浦东新区三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将矩形ABCD绕点C旋转，点A、B、D的对应点分别为A′、B′、D′，当A′落在边CD的延长线上时，边A′D′与边AD的延长线交于点F，联结CF，那么线段CF的长度为　352　．

【分析】由旋转的性质得CD＝CD'＝3，A'D'＝AD＝4，∠ADC＝∠A'D'C＝90°，由勾股定理得出A'C＝5，则A'D＝A'C﹣CD＝5﹣3＝2，证Rt△CDF≌Rt△CD'F（HL），得出DF＝D'F，设DF＝D'F＝x，则A'F＝4﹣x，在Rt△A'DF中，由勾股定理得出方程，解方程得DF=32，由勾股定理即可得出CF的长度．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，∠ADC＝90°，
∴∠A'DF＝∠CDF＝90°，
由旋转的性质得：CD＝CD'＝3，A'D'＝AD＝4，∠ADC＝∠A'D'C＝90°，
∴A'C=32+42=5，
∴A'D＝A'C﹣CD＝5﹣3＝2，
在Rt△CDF和Rt△CD'F中，CF=CFCD=CD'，
∴Rt△CDF≌Rt△CD'F（HL），
∴DF＝D'F，
设DF＝D'F＝x，则A'F＝4﹣x，
在Rt△A'DF中，由勾股定理得：22+x2＝（4﹣x）2，
解得：x=32，
∴DF=32，
∴CF=CD2+DF2=32+(32)2=352；
故答案为：352．
12．（2020•浦东新区三模）如果直角梯形的两腰长分别为8厘米和10厘米，较长的底边长为7厘米，那么这个梯形的面积是　32　平方厘米．
【分析】如图，作DE⊥BC，根据勾股定理得到CE=CD2-DE2=6，根据梯形的面积公式即可得到结论．
【解析】如图，作DE⊥BC，已知AB＝8，CD＝10，BC＝7，
∴CE=CD2-DE2=6，
∴AD＝BC﹣EC＝1，
∴梯形的面积是：12（AD+BC）•DE=12×（7+1）×8＝32（cm2），
答：这个梯形的面积是32平方厘米．
故答案为：32．

13．（2020•杨浦区二模）如图，已知在平行四边形ABCD中，AB＝10，BC＝15，tan∠A=43，点P是边AD上一点，联结PB，将线段PB绕着点P逆时针旋转90°得到线段PQ，如果点Q恰好落在平行四边形ABCD的边上，那么AP的值是　6或10　．

【分析】如图1中，当点Q落在CD上时，作BE⊥AD于E，QF⊥AD交AD的延长线于F．设PE＝x．如图2，当点Q落在AD上时，如图3中，当点Q落在直线BC上时，作BE⊥AD于E，PF⊥BC于F．则四边形BEPF是矩形，根据旋转的性质和平行四边形的性质以及三角函数的定义即可得到结论．
【解析】如图1中，当点Q落在CD上时，作BE⊥AD于E，QF⊥AD交AD的延长线于F．设PE＝x．
在Rt△AEB中，∵tanA=BEAE=43，AB＝10，
∴BE＝8，AE＝6，
∵将线段PB绕着点P逆时针旋转90°得到线段PQ，
∴∠BPQ＝90°，
∴∠EBP+∠BPE＝∠BPE+∠FPQ＝90°，
∴∠EBP＝∠FPQ，
∵PB＝PQ，∠PEB＝∠PFQ＝90°，
∴△PBE≌△QPF（AAS），
∴PE＝QF＝x，EB＝PF＝8，
∴DF＝AE+PE+PF﹣AD＝x﹣1，
∵CD∥AB，
∴∠FDQ＝∠A，
∴tan∠FDQ＝tanA=43=FQDF，
∴xx-1=43，
∴x＝4，
∴PE＝4，
∴AP＝6+4＝10；
如图2，当点Q落在AD上时，
∵将线段PB绕着点P逆时针旋转90°得到线段PQ，
∴∠BPQ＝90°，
∴∠APB＝∠BPQ＝90°，
在Rt△APB中，∵tanA=APBP=43，AB＝10，
∴AP＝6；
如图3中，当点Q落在直线BC上时，作BE⊥AD于E，PF⊥BC于F．则四边形BEPF是矩形．
在Rt△AEB中，∵tanA=BEAE=43，AB＝10，
∴BE＝8，AE＝6，
∴PF＝BE＝8，
∵△BPQ是等腰直角三角形，PF⊥BQ，
∴PF＝BF＝FQ＝8，
∴PB＝PQ＝82，BQ=2PB＝16＞15（不合题意舍去），
综上所述，AP的值是6或10，
故答案为：6或10．



14．（2020•徐汇区二模）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝3，AB＝5，sinA=45，将平行四边形ABCD绕着点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°）后，点A的对应是点A'，联结A'C，如果A'C⊥BC，那么cosθ的值是　725　．

【分析】连接BD，连接A'D，过点B作BH⊥AD于H，过点A'作A'E⊥AB于E，先证点H与点D重合，再证四边形A'CBD是矩形，可得∠A'DB＝90°，可得点A，点D，点A'共线，由面积法可求A'E=245，由勾股定理可求解．
【解析】如图，连接BD，连接A'D，过点B作BH⊥AD于H，过点A'作A'E⊥AB于E，

∵sinA=45=BHAB，
∴BH＝4，
∴AH=AB2-BH2=25-16=3，
∴AD＝AH＝3，
∴点D与点H重合，
∴∠ADB＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝3，AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC＝90°，
又∵A'C⊥BC，
∴BD∥A'C，
∵将平行四边形ABCD绕着点B顺时针旋转θ（0°＜θ＜90°），
∴A'B＝AB＝5，
∵A'C⊥BC，
∴A'C=A'B2-BC2=25-9=4，
∴A'C＝BD，
∴四边形A'CBD是平行四边形，
∵∠DBC＝90°，BC＝A'D＝3，
∴四边形A'CBD是矩形，
∴∠A'DB＝90°，
∴∠A'DB+∠ADB＝180°，
∴点A，点D，点A'共线，
∵S△A'BA=12×AB×A'E=12×AA'×BD，
∴A'E=245，
∴BE=A'B2-A'E2=25-57625=75，
∴cosθ=BEA'B=755=725，
故答案为：725．
15．（2020•嘉定区二模）七巧板由五个等腰直角三角形与两个平行四边形（其中的一个平行四边形是正方形）组成．用七巧板可以拼出丰富多彩的图形，图中的正方形ABCD就是由七巧板拼成的，那么正方形EFGH的面积与正方形ABCD的面积的比值为　18　．

【分析】四边形EFGH是正方形，△AEH是等腰直角三角形，即可得出AH＝HE＝HG，设AH＝HG＝1，则AG＝2，即可得到正方形EFGH的面积为1，正方形ABCD的面积为8，进而得出结论．
【解析】∵四边形EFGH是正方形，△AEH是等腰直角三角形，
∴AH＝HE＝HG，
设AH＝HG＝1，则AG＝2，正方形EFGH的面积为1，
∵△ADG是等腰直角三角形，
∴AD=2AG＝22，
∴正方形ABCD的面积为8，
∴正方形EFGH的面积与正方形ABCD的面积的比值为18，
故答案为：18．
16．（2020•静安区二模）如果一条直线把一个四边形分成两部分，这两部分图形的周长相等，那么这条直线称为这个四边形的“等分周长线”．在直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠A＝90°，DC＝AD，∠B是锐角，cotB=512，AB＝17．如果点E在梯形的边上，CE是梯形ABCD的“等分周长线”，那么△BCE的周长为　42　．
【分析】作CH⊥AB于H，设BH＝5a，证明四边形ADCH为矩形，得到AD＝CH＝12a，根据题意求出a，根据勾股定理求出BC，根据“等分周长线”计算，得到答案．
【解析】作CH⊥AB于H，
设BH＝5a，
∵cotB=512，
∴BHCH=512，
∴CH＝12a，
∵AB∥CD，
∴∠D＝∠A＝90°，又CH⊥AB，
∴四边形ADCH为矩形，
∴AD＝CH＝12a，CD＝AH，
∵DC＝AD，
∴AH＝CD＝12a，
由题意得，12a+5a＝17，
解得，a＝1，
∴AD＝CD＝AH＝12，BH＝5，
在Rt△CHB中，BC=CH2+BH2=13，
∴四边形ABCD的周长＝12+12+17+13＝54，
∵CE是梯形ABCD的“等分周长线”，
∴点E在AB上，
∴AE＝17+13﹣27＝3，
∴EH＝12﹣3＝9，
由勾股定理得，EC=CH2+EH2=15，
∴△BCE的周长＝14+13+15＝42，
故答案为：42．

17．（2020•黄浦区二模）如果一个梯形的上底与下底之比等于1：2，那么这个梯形的中位线把梯形分成两部分的面积之比是　5：7　．
【分析】设梯形的上底为a，用a表示出下底，根据梯形中位线的概念用a表示出梯形中位线的长，根据梯形的面积公式计算，得到答案．
【解析】设梯形的上底为a，则下底为2a，
∴梯形的中位线=a+2a2=32a，
∵梯形的中位线把梯形分成的两个梯形的高h是相等的，
∴这个梯形的中位线把梯形分成两部分的面积之比=12×(a+32a)×h12×(32a+2a)×h=57，
故答案为：5：7．
18．（2020•虹口区二模）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BD＝BC，如果∠C＝50°，那么∠ABD的度数是　20°　．

【分析】根据题意可得三角形BDC和三角形ABD是等腰三角形，再根据AD∥BC，可得∠BDA＝∠DBC，再根据三角形内角和即可求出∠ABD的度数．
【解析】∵BD＝BC，
∴∠BDC＝∠C＝50°，
∴∠DBC＝180°﹣2∠C＝80°，
∵AD∥BC，
∴∠BDA＝∠DBC＝80°，
∵AB＝BD，
∴∠A＝∠BDA＝80°，
∴∠ABD＝180°﹣2∠A＝20°．
故答案为：20°．
19．（2020•金山区二模）四边形ABCD中，对角线AC、BD相互垂直，AC＝4，BD＝6，顺次联结这个四边形中点所得的四边形的面积等于　6　．
【分析】由E、F、G、H分别为各边的中点，根据三角形的中位线定理可得EF∥AC，GH∥AC，EH∥BD，FG∥BD，EF=12AC＝2，EH=12BD＝3，从而可得四边形EFGH是平行四边形，再由对角线AC、BD相互垂直，可证得四边形EMON是矩形，然后证明四边形EFGH是矩形，利用矩形的面积计算公式可得答案．
【解析】如图，

∵E、F、G、H分别为各边的中点，
∴EF∥AC，GH∥AC，EH∥BD，FG∥BD，EF=12AC＝2，EH=12BD＝3，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵对角线AC、BD相互垂直，
∴∠EMO＝∠ENO＝90°，
∴四边形EMON是矩形，
∴∠MEN＝90°，
∴四边形EFGH是矩形，
∴四边形EFGH的面积为：2×3＝6．
故答案为：6．
20．（2020•虹口区一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝1，BC＝2，点D为边AB上一动点，正方形DEFG的顶点E、F都在边BC上，联结BG，tan∠DGB＝　13　．

【分析】设DE与BG交于点O，根据题意可得△BDE∽△ABC，可得DEBE=ACBC=12，由正方形的性质可得GF＝DE＝EF，进而得出GFBF=13，再证明△DOG∽△EOB∽△FGB，可得DODG=EOEB=GFBF=13．
【解析】如图，DE与BG交于点O，
∵正方形DEFG，
∴∠DEB＝∠EDG＝∠GFB＝90°，GF＝DE＝EF，
∴△BDE∽△ABC，
∴DEBE=ACBC=12，
∴GFBF=13，
∵∠DOG＝∠EOB，
∴△DOG∽△EOB∽△FGB，
∴DODG=EOEB=GFBF=13，
∴tan∠DGB=13．
故答案为：13

三．解答题（共15小题）
21．（2020•杨浦区二模）如图，已知在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，点M在线段OD上，联结AM并延长交边DC于点E，点N在线段OC上，且ON＝OM，联结DN与线段AE交于点H，联结EN、MN．
（1）如果EN∥BD，求证：四边形DMNE是菱形；
（2）如果EN⊥DC，求证：AN2＝NC•AC．

【分析】（1）由四边形ABCD是正方形，推出ONOC=OMOD，所以MN∥CD，再根据EN∥BD，推出四边形DMNE是平行四边形，再证明△AOM≌△DON，推出∠OMA＝∠OND，由∠OAM+∠OMA＝90°，∠OAM+∠OND＝90°得出∠AHN＝90°，即DN⊥ME，所以四边形DMNE是菱形；
（2）由MN∥CD，推出ANNC=AMME，由四边形ABCD是正方形，推出AB∥DC，AB＝DC，∠ADC＝90°，即AD⊥DC，根据EN⊥DC，得出EN∥AD，所以ACAN=DCDE，根据AB∥DC，推出AMME=ABDE，所以ANNC=ACAN，最后得出结论．
【解答】证明：（1）如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB＝OC＝OD，AC⊥BD，
∵ON＝OM，
∴ONOC=OMOD，
∴MN∥CD，
又∵EN∥BD，
∴四边形DMNE是平行四边形，
在△AOM和△DON中，
∵∠AOM＝∠DON＝90°，OA＝OD，OM＝ON，
∴△AOM≌△DON（SAS），
∴∠OMA＝∠OND，
∵∠OAM+∠OMA＝90°，
∴∠OAM+∠OND＝90°
∴∠AHN＝90°．
∴DN⊥ME，
∴平行四边形DMNE是菱形；
（2）如图2，
∵MN∥CD，
∴ANNC=AMME，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥DC，AB＝DC，∠ADC＝90°，
∴AD⊥DC，
又∵EN⊥DC，
∴EN∥AD，
∴ACAN=DCDE，
∵AB∥DC，
∴AMME=ABDE，
∴ANNC=ACAN，
∴AN2＝NC•AC．


22．（2020•浦东新区三模）已知：如图，点E为▱ABCD对角线AC上的一点，点F在线段BE的延长线上，且EF＝BE，线段EF与边CD相交于点G．
（1）求证：DF∥AC；
（2）如果AB＝BE，DG＝CG，联结DE、CF，求证：四边形DECF是矩形．

【分析】（1）根据平行四边形的性质得到BO＝DO，根据三角形的中位线定理即可得到结论；
（2）根据平行四边形的性质得到AB∥CD，由平行线的性质得到∠BAE＝∠GCE，求得∠GEC＝∠GCE，得到GE＝CG，推出四边形DECF是平行四边形，得到DG＝CG＝FG＝GE，于是得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，
∵EF＝BE，
∴OE是△BDF的中位线，
∴OE∥DF，
即DF∥AC；
（2）解：∵AB＝BE，
∴∠BAE＝∠BEA，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAE＝∠GCE，
∵∠BEA＝∠GEC，
∴∠GEC＝∠GCE，
∴GE＝CG，
∵DF∥AC，
∴DGCG=FGGE，
∵DG＝CG，
∴FG＝GE，
∴四边形DECF是平行四边形，
∵DG＝CG，FG＝GE，GE＝CG，
∴DG＝CG＝FG＝GE，
∴DC＝EF，
∴四边形DECF是矩形．
23．（2020•徐汇区二模）已知：如图，在平行四边形ABCD中，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，BE＝DG，BF＝DH．
（1）求证：四边形EFGH是平行四边形；
（2）当AB＝BC，且BE＝BF时，求证：四边形EFGH是矩形．

【分析】（1）利用全等三角形的性质可得EF＝HG，EH＝FG，可得结论；
（2）由等腰三角形的性质可得∠BEF＝∠BFE=180°-∠A2，∠AEH＝∠AHE=180°-∠B2，可求∠FEH＝90°，可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠D，∠A＝∠C，
∵BE＝DG，BF＝DH，且∠B＝∠D，
∴△BEF≌△DGH（SAS），
∴EF＝HG，
同理可得EH＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）∵AB＝BC，BE＝BF
∴AB＝BC＝CD＝AD，BE＝BF＝DH＝DG，
∴AE＝AH，
∵AD∥BC，
∴∠B+∠A＝180°，
∵BE＝BF，AE＝AH，
∴∠BEF＝∠BFE=180°-∠A2，∠AEH＝∠AHE=180°-∠B2，
∴∠AEH+∠BEF＝90°，
∴∠FEH＝90°，
∴平行四边形EFGH是矩形．
24．（2020•奉贤区二模）如图1，由于四边形具有不稳定性，因此在同一平面推矩形的边可以改变它的形状（推移过程中边的长度保持不变）．已知矩形ABCD，AB＝4cm，AD＝3cm，固定边AB，推边AD，使得点D落在点E处，点C落在点F处．
（1）如图2，如果∠DAE＝30°，求点E到边AB的距离；
（2）如图3，如果点A、E、C三点在同一直线上，求四边形ABFE的面积．

【分析】（1）过点E作EH⊥AB轴，垂足为H，根据矩形的性质得到∠DAB＝90°，AD∥EH，根据平行线的性质得到∠DAE＝∠AEH，求得∠AEH＝30°，解直角三角形即可得到结论；
（2）过点E作EH⊥AB，垂足为H．根据矩形的性质得到AD＝BC．得到BC＝3cm．根据勾股定理得到AC=AB2+BC2=5cm，根据平行线分线段成比例定理得到EH=95cm，根据四边形的性质得到AD＝AE＝BF，AB＝DC＝EF．求得四边形ABCD是平行四边形，于是得到结论．
【解析】（1）如图2，过点E作EH⊥AB轴，垂足为H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝90°，
∴AD∥EH，
∴∠DAE＝∠AEH，
∵∠DAE＝30°，∴∠AEH＝30°．
在直角△AEH中，∠AHE＝90°，
∴EH＝AE•cos∠AEH，
∵AD＝AE＝3cm，
∴EH=3×32=332cm，
即点E到边AB的距离是332cm；
（2）如图3，过点E作EH⊥AB，垂足为H．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，
∵AD＝3cm，
∴BC＝3cm，
在直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4cm，
∴AC=AB2+BC2=5cm，
∵EH∥BC，
∴AEAC=EHBC，
∵AE＝AD＝3 cm，
∴35=EH4，
∴EH=95cm，
∵推移过程中边的长度保持不变，
∴AD＝AE＝BF，AB＝DC＝EF，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴S平行四边形ABFE=AB⋅EH=4×95=365cm2．


25．（2020•黄浦区二模）在边长为2的菱形ABCD中，E是边AD的中点，点F、G、H分别在边AB、BC、CD上，且FG⊥EF，EH⊥EF．
（1）如图1，当点F是边AB中点时，求证：四边形EFGH是矩形；
（2）如图2，当BGGC=12时，求FGEH值；
（3）当cos∠D=513，且四边形EFGH是矩形时（点F不与AB中点重合），求AF的长．
【分析】（1）连接AC、BD，由菱形的性质及三角形的中位线定理证得GF∥EH，GF＝EH，从而可知四边形EFGH是平行四边形，再由有一个角为直角的平行四边形是矩形得出结论；
（2）连接EG，由菱形的性质及FG∥EH可得∠BGF＝∠DEH，及∠B＝∠D，从而判定△BGF∽△DEH，结合BGGC=12及菱形的性质可得答案；
（3）如图，过点G作GM⊥AB于点M，过点E作EN⊥BA延长线于点N，根据cos∠D=513及菱形的边长可求得BM＝AN=513，MG＝NE=1213．设AF＝x，则MF=2113-x，当四边形EFGH是矩形时，∠GFE＝90°，则△GMF与△FNE相似（三垂直模型），分两种情况列式计算即可：①△GMF∽△FNE，②△GMF∽△ENF．
【解析】（1）连接AC、BD，

∵菱形ABCD中，E是边AD的中点，点F是边AB中点，
∴AF＝AE=12AB，EF∥BD，
∵FG⊥EF，EH⊥EF．
∴GF∥EH∥AC，
∴GF＝HE=12AC，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵FG⊥EF，
∴∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）连接EG，

∵菱形ABCD中，AD∥BC，
∴∠BGE＝∠DEG，
∵FG∥EH，
∴∠FGE＝∠HEG，
∴∠BGF＝∠DEH，
又∵菱形ABCD中，∠B＝∠D，
∴△BGF∽△DEH，
∴FGEH=BGDE
∵BGGC=12，
∴BG=13BC，
DE=12AD=12BC，
∴FGEH=BGDE=23；
（3）如图，过点G作GM⊥AB于点M，过点E作EN⊥BA延长线于点N，

∵四边形EFGH是矩形，
∴GF＝EH，
∵由（2）可知，△BGF∽△DEH，
∴此时△BGF≌△DEH，
又∵菱形ABCD边长为2，
∴BG＝DE＝1，
∴BG＝CG＝1，
∴cos∠B＝cos∠EAN＝cos∠D=513，
∴BM＝AN=513，
∴MG＝NE=1213．
设AF＝x，则MF＝2-513-x=2113-x，
当四边形EFGH是矩形时，∠GFE＝90°，则△GMF与△FNE相似（三垂直模型）．
①若△GMF∽△FNE，
则MGNF=MFEN，
∴1213x+513=2113-x1213，
解得x1=313，x2＝1（点F不与AB中点重合，舍去）；
②若△GMF∽△ENF，
则MFNF=GMEN，
∴2113-xx+513=1，
解得x=813，
∴AF=813．
∵△GMF∽△ENF，四边形EFGH是矩形，
∴∠GFM＝∠EFN＝45°，
∴△GMF和△ENF均为等腰直角三角形，
∴NF＝NE，
∵AN=513，AF=813，
∴NF＝1，
∵NE=1213，
∴NF≠NE，这与△ENF为等腰直角三角形矛盾，
∴△GMF∽△ENF不成立，
∴舍去x=813．
综上，AF的长为313．
26．（2020•长宁区二模）如图，已知四边形ABCD是矩形，点E在对角线AC上，点F在边CD上（点F与点C、D不重合），BE⊥EF，且∠ABE+∠CEF＝45°．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）连结BD，交EF于点Q，求证：DQ•BC＝CE•DF．

【分析】（1）作EM⊥BC于点M，可证EM∥AB，可得∠ABE＝∠BEM，∠BAC＝∠CEM，由角的数量关系可得∠CEM＝45°＝∠BAC，可证AB＝BC，可得结论；
（2）通过证明△BCE∽△FDQ，可得BCDF=CEDQ，可得结论．
【解答】证明：（1）如图，作EM⊥BC于点M，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB⊥BC，
∴EM∥AB，
∴∠ABE＝∠BEM，∠BAC＝∠CEM，
∵∠ABE+∠CEF＝45°，
∴∠BEM+∠CEF＝45°，
∵BE⊥EF，
∴∠CEM＝45°＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，
∴AB＝BC，
∴矩形ABCD是正方形；
（2）如图，

∵∠BEF+∠BCF+∠EFC+∠EBC＝360°，
∴∠EBC+∠EFC＝180°，且∠EFC+∠QFD＝180°，
∴∠DFQ＝∠EBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠BDC＝45°，
∴△BCE∽△FDQ，
∴BCDF=CEDQ，
∴BC•DQ＝CE•DF．
27．（2020•浦东新区二模）已知：如图，在菱形ABCD中，AC＝2，∠B＝60°．点E为边BC上的一个动点（与点B、C不重合），∠EAF＝60°，AF与边CD相交于点F，联结EF交对角线AC于点G．设CE＝x，EG＝y．
（1）求证：△AEF是等边三角形；
（2）求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；
（3）点O是线段AC的中点，联结EO，当EG＝EO时，求x的值．

【分析】（1）根据菱形的性质得AB＝BC，而∠B＝60°，则可判定△ABC为等边三角形，得到∠BAC＝60°，AC＝AB，易得∠ACF＝60°，∠BAE＝∠CAF，然后利用“ASA”可证明△AEB≌△AFC，得出AE＝AF，则结论可得出；
（2）过点A作AH⊥BC于点H，求出AE，证明△BAE∽△CEG，得出EGAE=ECAB，则可得出答案；
（3）证明△COE∽△CEA，由比例线段CECO=CACE可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC，
∵∠B＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC＝60°，AC＝AB，
∴∠BAE+∠EAC＝60°，
∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACF＝60°，
∵∠EAF＝60°，即∠EAC+∠CAF＝60°，
∴∠BAE＝∠CAF，
在△AEB和△AFC中，
∠BAE=∠CAFAB=AC∠B=∠ACD，
∴△AEB≌△AFC（ASA），
∴AE＝AF，
∴△AEF为等边三角形；
（2）解：过点A作AH⊥BC于点H，

∵△AEF为等边三角形，
∴AE＝EF=AH2+EH2，∠AEF＝60°，
∵∠ABH＝60°，
∴AH=32AB=3，BH＝HC＝1，
∴EH＝|x﹣HC|＝|x﹣1|，
∴EF=(3)2+(x-1)2=x2-2x+4，
∵∠AEF＝∠B＝60°，
∴∠CEG+∠AEB＝∠AEB+∠BAE＝120°，
∴∠CEG＝∠BAE，
∵∠B＝∠ACE＝60°，
∴△BAE∽△CEG，
∴EGAE=ECAB，
∴EGx2-2x+4=x2，
∴y＝EG=x2x2-2x+4（0＜x＜2），
（3）解：∵AB＝2，△ABC是等边三角形，
∴AC＝2，
∴OA＝OC＝1，
∵EG＝EO，
∴∠EOG＝∠EGO，
∵∠EGO＝∠ECG+∠CEG＝60°+∠CEG，
∠CEA＝∠CEG+∠AEF＝60°+∠CEG，
∴∠EGO＝∠CEA，
∴∠EOG＝∠CEA，
∵∠ECA＝∠OCE，
∴△COE∽△CEA，
∴CECO=CACE，
∴CE2＝CO•CA，
∴x2＝1×2，
∴x=2（x=-2舍去），
即x=2．
28．（2020•长宁区二模）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝2，BC＝5，∠BAC＝45°，cos∠ACB=35
（1）求线段AC的长；
（2）联结BD，交对角线AC于点O，求∠ADO的余切值．

【分析】（1）如图，过点B作BE⊥AC于点E，根据已知条件和cos∠ACB=35可得，CE＝3，AE＝BE＝4，进而可求AC的长；
（2）结合（1）和AD∥BC，可得ADBC=AOOC，得AO和OC的长，从而可求OE的长，进而得∠ADO的余切值即为∠BOE的余切值．
【解析】（1）如图，过点B作BE⊥AC于点E，

∴∠AEB＝90°，
∵∠BAC＝45°，
∴AE＝BE，
∵cos∠ACB=35，
即CEBC=35，
∵BC＝5，
∴CE＝3，
∴BE=BC2-CE2=4，
∴AE＝BE＝4，
∴AC＝AE+EC＝4+3＝7．
答：线段AC的长为7；
（2）∵AD∥BC，
∴ADBC=AOOC，
∴25=AO7-AO，
解得AO＝2，
∴OC＝5，
∴OE＝OC﹣CE＝5﹣3＝2，
∴OEBE=24=12，
∵∠ADO＝∠BOE，
∴cot∠ADO＝cot∠BOE=12．
∴∠ADO的余切值即为∠BOE的余切值为12．
29．（2020•崇明区二模）如图，已知正方形ABCD中，BC＝4，AC、BD相交于点O，过点A作射线AM⊥AC，点E是射线AM上一点，联结OE交AB边于点F．以OE为一边，作正方形OEGH，且点A在正方形OEGH的内部，联结DH．
（1）求证：△HDO≌△EAO；
（2）设BF＝x，正方形OEGH的边长为y，求y关于x的函数关系式，并写出定义域；
（3）联结AG，当△AEG是等腰三角形时，求BF的长．

【分析】（1）根据正方形的性质得到∠AOD＝90°，AO＝OD，∠EOH＝90°，OE＝OH，由全等三角形的性质即可得到结论；
（2）如图1，过O作ON⊥AB于N，根据等腰直角三角形的性质得到AN＝BN＝ON=12AB＝2，根据勾股定理得到OF=FN2+ON2=(2-x)2+22=x2-4x+8，根据平行线分线段成比例定理即可得到结论；
（3）①当AE＝EG时，△AEG是等腰三角形，②当AE＝AG时，△AEG是等腰三角形，如图2，过A作AP⊥EG于P③当GE＝AG时，△AEG是等腰三角形，如图3，过G作GQ⊥AE于Q，根据相似三角形的性质或全等三角形的性质健即可得到结论．
【解析】（1）∵在正方形ABCD中，AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，AO＝OD，
∵四边形OEGH是正方形，
∴∠EOH＝90°，OE＝OH，
∴∠AOE＝∠DOH，
∴△HDO≌△EAO（SAS）；
（2）如图1，过O作ON⊥AB于N，
则AN＝BN＝ON=12AB＝2，
∵BF＝x，
∴AF＝4﹣x，
∴FN＝2﹣x，
∴OF=FN2+ON2=(2-x)2+22=x2-4x+8，
∴EF＝y-x2-4x+8，
∵AM⊥AC，
∴AE∥OB，
∴BFAF=OFEF，
∴x4-x=x2-4x+8y-x2-4x+8，
∴y=4x2-4x+8x(0＜x≤4)；
（3）①当AE＝EG时，△AEG是等腰三角形，
则AE＝OE，
∵∠EAO＝90°，
∴这种情况不存在；
②当AE＝AG时，△AEG是等腰三角形，
如图2，过A作AP⊥EG于P，
则AP∥OE，
∴∠PAE＝∠AEO，
∴△APE∽△EAO，
∴PEOA=AEOE，
∵AE＝AG，
∴PE=12y=4x2-4x+82x，AE=y2-8=22(4-x)x，
∴4x2-4x+82x22=22(4-x)x4x2-4x+8x，
解得：x＝2，
②当GE＝AG时，△AEG是等腰三角形，
如图3，过G作GQ⊥AE于Q，
∴∠GQE＝∠EAO＝90°，
∴∠GEQ+∠EGQ＝∠GEQ+∠AEO＝90°，
∴∠EGQ＝∠AEO，
∵GE＝OE，
∴△EGQ≌△OEA（AAS），
∴EQ＝AO＝22，
∴AE＝2EQ＝42=22(4-x)x，
∴x=43，
∴BF＝2或43．



30．（2020•奉贤区一模）如图，在平行四边形ABCD中，点E在边AD上，点F在边CB的延长线上，联结CE、EF，CE2＝DE•CF．
（1）求证：∠D＝∠CEF；
（2）联结AC，交EF于点G，如果AC平分∠ECF，求证：AC•AE＝CB•CG．

【分析】（1）根据CE2＝DE•CF且∠DEC＝∠ECF可证明△CDE∽△CEF，即可得结论；
（2）根据AC平分∠ECF，AD∥BC，可得∠EAC＝∠ECA，进而得E＝EC，再证明△CGE∽△CAB，对应边成比例即可．
【解答】（1）证明：∵CE2＝DE•CF，即CEDE=CFCE
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，∴∠DEC＝∠ECF，
∴△CDE∽△CEF，
∴∠D＝∠CEF．
（2）如图所示：
∵AC平分∠ECF，∴∠ECA＝∠BCA，
∵∠D＝∠CEF，∠D＝∠B，
∴∠CEF＝∠B，
∴△CGE∽△CAB，
∴CGAC=CECB，
∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠BCA，
∵∠ECA＝∠DAC，
∴AE＝CE，
∴CGAC=AECB，即AC•AE＝CB•CG．
31．（2020•金山区一模）如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点P、Q分别在边AC、射线CB上，且AP＝CQ，过点P作PM⊥AB，垂足为点M，联结PQ，以PM、PQ为邻边作平行四边形PQNM，设AP＝x，平行四边形PQNM的面积为y．
（1）当平行四边形PQNM为矩形时，求∠PQM的正切值；
（2）当点N在△ABC内，求y关于x的函数解析式，并写出它的定义域；
（3）当过点P且平行于BC的直线经过平行四边形PQNM一边的中点时，直接写出x的值．

【分析】（1）当四边形PQMN是矩形时，PQ∥AB．根据tan∠PQM=PMPQ求解即可．
（2）如图1中，延长QN交AB于K．求出MK，PM，根据y＝PM•MK求解即可．
（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当平分MN时，D为MN的中点，作NE∥BC交PQ于E，作NH⊥CB交CB的延长线于H，EG⊥BC于G．根据EG=12PC构建方程求解．②如图3﹣2中，当平分NQ时，D是NQ的中点，作DH⊥CB交CB的延长线于H．根据PC＝GH构建方程求解即可．
【解析】（1）在Rt△ACB中，∵∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，
∴AB=AC2+BC2=82+62=10，
当四边形PQMN是矩形时，PQ∥AB．
∴tan∠PQM=PMPQ=35PA53CQ=925．

（2）如图1中，延长QN交AB于K．

由题意BQ＝6﹣x，QN＝PM=35x，AM=45x，KQ=45BQ=24-4x5，BK=35BQ=18-3x5，
∴MK＝AB﹣AM﹣BK=32-x5，
∵QN＜QK，
∴35x＜24-4x5，
∴x＜247，
∴y＝PM•MK=96x-3x225（0≤x＜247）．

（3）①如图3﹣1中，当平分MN时，D为MN的中点，作NE∥BC交PQ于E，作NH⊥CB交CB的延长线于H，EG⊥BC于G．

∵PD∥BC，EN∥BC，
∴PD∥NE，
∵PE∥DN，
∴四边形PDNE是平行四边形，
∴PE＝DN，
∵DN＝DM，PQ＝MN，
∴PE＝EQ，
∵EG∥PC，
∴CG＝GQ，
∴EG=12PC，
∵四边形EGHN是矩形，
∴NH＝EG=35NQ=35PM=925x，PC＝8﹣x，
∴925x=12•（8﹣x），
解得x=20043．

②如图3﹣2中，当平分NQ时，D是NQ的中点，作DH⊥CB交CB的延长线于H．

∵DH＝PC，
∴8﹣x=12•925x，
解得x=40059，
综上所述，满足条件x的值为20043或40059．
32．（2020•普陀区一模）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，AD＝2，BC＝5，DC＝3，点E在边BC上，tan∠AEC＝3，点M是射线DC上一个动点（不与点D、C重合），联结BM交射线AE于点N，设DM＝x，AN＝y．
（1）求BE的长；
（2）当动点M在线段DC上时，试求y与x之间的函数解析式，并写出函数的定义域；
（3）当动点M运动时，直线BM与直线AE的夹角等于45°，请直接写出这时线段DM的长．

【分析】（1）如图1中，作AH⊥BC于H，解直角三角形求出EH，CH即可解决问题．
（2）延长AD交BM的延长线于G．利用平行线分线段成比例定理构建关系式即可解决问题．
（3）分两种情形：①如图3﹣1中，当点M在线段DC上时，∠BNE＝∠ABC＝45°．②如图3﹣2中，当点M在线段DC的延长线上时，∠ANB＝∠ABE＝45°，利用相似三角形的性质即可解决问题．
【解析】（1）如图1中，作AH⊥BC于H，
∵AD∥BC，∠C＝90°，
∴∠AHC＝∠C＝∠D＝90°，
∴四边形AHCD是矩形，
∴AD＝CH＝2，AH＝CD＝3，
∵tan∠AEC＝3，
∴AHEH=3，
∴EH＝1，CE＝1+2＝3，
∴BE＝BC﹣CE＝5﹣3＝2．

（2）延长AD交BM的延长线于G．
∵AG∥BC，
∴DGBC=DMCM，
∴DG5=x3-x，
∴DG=5x3-x，AG＝2+5x3-x=6+3x3-x，
∵ANNE=AGBE，
∴y10-y=6+3x3-x2，
∴y=310x+610x+12（0＜x＜3）．

（3）①如图3﹣1中，当点M在线段DC上时，∠BNE＝∠ABC＝45°，

∵△EBN∽△EAB，
∴EB2＝EN•AE，
∴4=210(3-x)12+x⋅10，
解得x=12．

②如图3﹣2中，当点M在线段DC的延长线上时，∠ANB＝∠ABE＝45°，

∵△BNA∽△EBA，
∴AB2＝AE•AN，
∴（32）2=10•[10+210(x-3)12+x
解得x＝13，
综上所述DM的长为12或13．

33．（2020•金山区二模）如图，已知C是线段AB上的一点，分别以AC、BC为边在线段AB同侧作正方形ACDE和正方形CBGF，点F在CD上，联结AF、BD，BD与FG交于点M，点N是边AC上的一点，联结EN交AF与点H．
（1）求证：AF＝BD；
（2）如果ANAC=GMGF，求证：AF⊥EN．

【分析】（1）依题意易证△AFC≌△DBC，从而求出AF＝BD；
（2）由△AFC≌△DBC可得∠CAF＝∠CDB，从而证得△BGM∽△ACF，根据相似三角形的性质和已知ANAC=GMGF，求得AN＝CF，即可证得△AEN≌△CAF，得到∠ENA＝∠AFC，从而证得∠FAC+∠ENA＝90°，即∠AHN＝90°，即可证得结论．
【解析】（1）∵四边形ACDE和四边形BCFG都为正方形，
∴AC＝DC，∠ACD＝∠BCD＝90°，BC＝CF，
在△AFC和△DBC中，
AC=DC∠ACF=∠DCBCF=CB，
∴△AFC≌△DBC（SAS）．
∴AF＝BD．
（2）∵△AFC≌△DBC，
∴∠CAF＝∠CDB，
∵CD∥BG，
∴∠CDB＝∠MBG，
∴∠CAF＝∠MBG，
∵∠ACF＝∠BGM＝90°，
∴△BGM∽△ACF，
∴GMBG=CFAC，
∵BG＝GF＝FC，
∴GMGF=FCAC，
∵ANAC=GMGF，
∴AN＝FC，
在△AEN和△CAF中，
AN=CF∠EAN=∠ACF=90°AE=AC
∴△AEN≌△CAF（SAS），
∴∠ENA＝∠AFC，
∵∠FAC+∠AFC＝90°，
∴∠FAC+∠ENA＝90°，
∴∠AHN＝90°，
∴AF⊥EN．
34．（2020•静安区二模）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，延长BA至点E，使得AE＝AB，联结DE、AC．点F在线段DE上，联结BF，分别交AC、AD于点G、H．
（1）求证：BG＝GF；
（2）如果AC＝2AB，点F是DE的中点，求证：AH2＝GH•BH．

【分析】（1）由平行四边形的性质可得AB＝CD＝AE，AB∥CD，可证四边形ACDE是平行四边形，可得BGGF=ABAE=1，可得结论；
（2）由“SAS”可证△BEF≌△DEA，可得∠EBF＝∠EDA，通过证明△AHG∽△BHA，可得结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∵AB＝AE，
∴AE＝CD，
∴四边形ACDE是平行四边形，
∴AC∥DE，
∴BGGF=ABAE=1，
∴BG＝GF；
（2）∵AB＝AE，
∴BE＝2AE，
∵AC＝2AB，
∴BE＝AC，
∵四边形ACDE是平行四边形，
∴AC＝DE，
∴DE＝BE，
∵点F是DE的中点，
∴DE＝2EF，
∴AE＝EF，
∵DE＝BE，∠E＝∠E，AE＝EF，
∴△BEF≌△DEA（SAS），
∴∠EBF＝∠EDA，
∵AC∥DE，
∴∠GAH＝∠EDA．
∴∠EBF＝∠GAH．
∵∠AHG＝∠BHA，
∴△AHG∽△BHA，
∴AHBH=GHAH．
∴AH2＝GH•BH．
35．（2020•青浦区二模）如图，在平行四边形ABCD中，BE、DF分别是平行四边形的两个外角的平分线，∠EAF=12∠BAD，边AE、AF分别交两条角平分线于点E、F．
（1）求证：△ABE∽△FDA；
（2）联结BD、EF，如果DF2＝AD•AB，求证：BD＝EF．

【分析】（1）根据角平分线的定义得到∠HDF=12∠HDC．根据平行四边形的性质得到AB∥CD．求得∠BAD＝∠CDH．等量代换得到∠BAE＝∠F，同理∠DAF＝∠E，于是得到结论；
（2）作AP平分∠DAB交CD于点P，由角平分线的定义得到∠DAP=12∠BAD，求得∠HDF＝∠DAP，推出DF∥AP，同理BE∥AP，根据相似三角形的性质得到BE＝DF，根据平行四边形的性质即可得到结论．
【解析】（1）∵∠EAF=12∠BAD，
∴∠DAF+∠BAE=12∠BAD，
∵DF平分∠HDC，
∴∠HDF=12∠HDC，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAD＝∠CDH，
∴∠HDF＝∠EAF，
∴∠HDF＝∠DAF+∠BAE，
又∵∠HDF＝∠DAF+∠F，
∴∠BAE＝∠F，
同理：∠DAF＝∠E，
∴△ABE∽△FDA；
（2）作AP平分∠DAB交CD于点P，
∴∠DAP=12∠BAD，
∵∠HDF=12∠CDH，且∠BAD＝∠CDH
∴∠HDF＝∠DAP，
∴DF∥AP，
同理：BE∥AP，
∴DF∥BE，
∵△ABE∽△FDA，
∴ADBE=DFAB，
即BE•DF＝AD•AB，
又∵DF2＝AD•AB，
∴BE＝DF，
∴四边形DFEB是平行四边形，
∴BD＝EF．