人教版八年級數(shù)學(xué)下學(xué)期復(fù)習(xí) 專題2.6特殊的平行四邊形大題專練(分層培優(yōu)30題(原卷版+解析)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

A卷基礎(chǔ)過關(guān)卷
（限時(shí)50分鐘，每題10分，滿分100分）
1．（2023?肅州區(qū)校級開學(xué)）如圖，矩形ABCD的對角線相交于點(diǎn)O，DE∥AC，CE∥BD．
（1）求證：四邊形OCED是菱形．
（2）若∠ACB＝30°，菱形OCED的面積為2，求AC的長．
2．（2022?南京模擬）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，E是CD上一點(diǎn)，BE交AC于F，連接DF．
（1）求證：∠BAC＝∠DAC．
（2）若AB∥CD，試證明四邊形ABCD是菱形．
3．（2022春?沂南縣期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC，BD交于點(diǎn)O，過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，延長BC到點(diǎn)F，使CF＝BE，連接DF．
（1）求證：四邊形ADFE是矩形；
（2）連接OF，若AD＝6，EC＝4，∠ABF＝60°，求OF的長度．
4．（2022春?銅官區(qū)期末）如圖1，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，過對角線AC中點(diǎn)O的直線分別交邊BC、AD于點(diǎn)E、F
（1）求證：四邊形AECF是平行四邊形；
（2）如圖2，當(dāng)EF⊥AC時(shí)，求EF的長度．
5．（2022?邢臺模擬）如圖，菱形ABCD的周長為8，對角線BD＝2，E、F分別是邊AD，CD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)；且滿足AE+CF＝2．
（1）求證：△BDE≌△BCF；
（2）判斷△BEF的形狀，并說明理由．
6．（2022?渾南區(qū)二模）如圖所示，點(diǎn)O是菱形ABCD對角線的交點(diǎn)，CE∥BD，EB∥AC，連接OE，交BC于F．
（1）求證：OE＝CB；
（2）如果OC：OB＝1：2，OE＝2，求菱形ABCD的面積．
7．（2021春?柳南區(qū)校級期末）如圖，矩形ABCD的對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E、F在AC上，AE＝CF．
（1）求證：四邊形BEDF是平行四邊形；
（2）若AD＝2，∠AOB＝120°，求AB的長．
8．（2022秋?禮泉縣期末）按如圖所示的方法分別以AB和AC為邊作正方形ABDE和正方形AGFC，連接CE、BG，求證：△ACE≌△AGB．
9．（2022秋?畢節(jié)市期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D為AB的中點(diǎn)，AE∥CD，CE∥AB．
（1）試判斷四邊形ADCE的形狀，并證明你的結(jié)論；
（2）當(dāng)∠ABC＝ °時(shí)，四邊形ADCE為正方形．
10．（2022秋?漢臺區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，對角線BD的垂直平分線與邊AD、BC分別相交于點(diǎn)M、N，連接BM、DN．
（1）求證：四邊形BNDM是菱形；
（2）若四邊形BNDM的周長為52，MN＝10，求BD的長．
B卷能力提升卷
（限時(shí)60分鐘，每題10分，滿分100分）
11．（2022秋?南安市期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝24cm．動(dòng)點(diǎn)E、F分別在邊CD、BC上，點(diǎn)E從點(diǎn)C出發(fā)沿CD邊以1cm/s的速度向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)F從點(diǎn)C出發(fā)沿CB邊以2cm/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)（當(dāng)點(diǎn)F到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)E也隨之停止運(yùn)動(dòng)），連結(jié)EF．問：在AB邊上是否存在一點(diǎn)G，使得以B、F、G為頂點(diǎn)的三角形與△CEF全等？若存在，求出此時(shí)BG的長；若不存在，請說明理由．
12．（2022秋?競秀區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，對角線AC，BD交于點(diǎn)O，E，F(xiàn)分別在OB，OD上，AC＝4，BD＝6．
（1）當(dāng)BE＝DF＝1時(shí)，判斷四邊形AECF的形狀并證明；
（2）當(dāng)四邊形AECF為菱形時(shí)，求平行四邊形ABCD的周長．
13．（2023?惠陽區(qū)校級開學(xué)）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，BA＝BC，BD平分∠ABC．
（1）求證：四邊形ABCD是菱形．
（2）過點(diǎn)D作DE⊥BD，交BC的延長線于點(diǎn)E，若BC＝5，BD＝8．
①求菱形ABCD的面積．
②求四邊形ABED的周長．
14．（2022秋?平昌縣校級期末）如圖：在菱形ABCD中，對角線AC、BD交于點(diǎn)O，過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，延長BC至點(diǎn)F，使CF＝BE，連接DF．
（1）求證：四邊形AEFD是矩形；
（2）若BF＝16，DF＝8，求CD的長．
15．（2022秋?南關(guān)區(qū)校級期末）如圖，在?ABCD中，過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，點(diǎn)F在邊CD上，CF＝AE，連接AF，BF．
（1）求證：四邊形BFDE是矩形．
（2）已知∠DAB＝60°，AF是∠DAB的平分線，若AD＝6，則?ABCD的面積為．
16．（2022秋?渠縣校級期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，分別延長OA，OC到點(diǎn)E，F(xiàn)，使AE＝CF，依次連接B，F(xiàn)，D，E各點(diǎn)．
（1）求證：△BAE≌△BCF；
（2）若∠ABC＝40°，則當(dāng)∠EBA＝ °時(shí)，四邊形BFDE是正方形．
17．（2022秋?鄭州期末）如圖，平行四邊形ABCD中，AB＝6cm，BC＝10cm，∠B＝60°，點(diǎn)G是CD的中點(diǎn)，點(diǎn)E是邊AD上的動(dòng)點(diǎn)，EG的延長線與BC的延長線交于點(diǎn)F，連接CE，DF．
（1）求證：四邊形CEDF是平行四邊形；
（2）①直接寫出：當(dāng)AE＝ cm時(shí)，四邊形CEDF是菱形（不需要說明理由）；
②當(dāng)AE＝ cm時(shí)，四邊形CEDF是矩形，請說明理由．
18．（2022秋?通川區(qū)期末）已知如圖，M為正方形ABCD邊AB上一點(diǎn)，P為邊AB延長線上一點(diǎn)，連接DM，以點(diǎn)M為直角頂點(diǎn)作MN⊥DM交∠CBP的角平分線于N，過點(diǎn)C作CE∥MN交AD于E，連接EM，CN，DN．
（1）求證：DM＝MN；
（2）求證：EM∥CN．
19．（2022秋?綠園區(qū)校級期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，AD上，BE＝DF，∠AEC＝90°．
（1）求證：四邊形AECF是矩形；
（2）連接BF，若AB＝6，∠ABC＝60°，BF平分∠ABC，則平行四邊形ABCD的面積為．
20．（2022秋?朝陽區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)D、E分別是線段BC、AD的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作BC的平行線交BE的延長線于點(diǎn)F，連接DF、CF．
（1）求證：四邊形ABDF為平行四邊形；
（2）求證：四邊形ADCF為矩形．
C卷培優(yōu)壓軸卷
（限時(shí)70分鐘，每題10分，滿分100分）
21．（2022秋?皇姑區(qū)校級期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC和BD交于點(diǎn)O，分別過點(diǎn)C、D作CE∥BD，DE∥AC，CE和DE交于點(diǎn)E．
（1）求證：四邊形ODEC是矩形；
（2）連接AE，交CD于點(diǎn)F，當(dāng)∠ADB＝60°，AD＝2時(shí)，直接寫出EA的長．
22．（2022秋?禮泉縣期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)D作DE∥AC，且，連接CE．
（1）求證：四邊形OCED為矩形；
（2）連接AE，若DB＝6，AC＝8，求AE的長．
23．（2022秋?鼓樓區(qū)校級期末）如圖，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等腰三角形，AB＝AE，∠BAE＝θ（0°＜θ＜90°）．連接DE，過B作BF⊥DE于F，連接AF，CF．
（1）若θ＝60°，求∠BED的度數(shù)；
（2）當(dāng)θ變化時(shí)，∠BED的大小會(huì)發(fā)生變化嗎？請說明理由；
（3）試用等式表示線段DE與CF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
24．（2023?深圳模擬）如圖，已知△ABC中，D是BC邊上一點(diǎn)，過點(diǎn)D分別作DE∥AC交AB于點(diǎn)E，作DF∥AB交AC于點(diǎn)F，連接AD．
（1）下列條件：
①D是BC邊的中點(diǎn)；
②AD是△ABC的角平分線；
③點(diǎn)E與點(diǎn)F關(guān)于直線AD對稱．
請從中選擇一個(gè)能證明四邊形AEDF是菱形的條件，并寫出證明過程；
（2）若四邊形AEDF是菱形，且AE＝2，CF＝1，求BE的長．
25．（2022秋?安丘市校級期末）如圖，正方形ABCD的對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，G是CD邊上一點(diǎn)，連接BG交AC于E，過點(diǎn)A作AM⊥BG，垂足M，AM交BD于點(diǎn)F．
（1）求證：OE＝OF．
（2）若H是BG的中點(diǎn)，BG平分∠DBC，求證：DG＝2OE．
26．（2022春?南譙區(qū)校級月考）如圖1，四邊形ABCD為正方形，E為對角線AC上一點(diǎn)，連接DE，BE．
（1）求證：BE＝DE；
（2）如圖2，過點(diǎn)E作EF⊥DE，交邊BC于點(diǎn)F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．
①求證：矩形DEFG是正方形；
②若正方形ABCD的邊長為9，CG＝3，求正方形DEFG的邊長．
27．（2022春?沂水縣期中）（1）將矩形紙片ABCD沿過點(diǎn)D的直線折疊，使點(diǎn)A落在CD上的點(diǎn)A'處，得到折痕DE，如圖1．求證：四邊形AEA'D是正方形；
（2）將圖1中的矩形紙片ABCD沿過點(diǎn)E的直線折疊，點(diǎn)C恰好落在AD上的點(diǎn)C'處，點(diǎn)B落在點(diǎn)B'處，得到折痕EF，B'C'交AB于點(diǎn)M，如圖2．線段MC'與ME是否相等？若相等，請給出證明；若不等，請說明理由．
28．（2022秋?迎江區(qū)校級期末）（1）如圖1，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，且EF＝BE+DF，探究圖中∠BAE、∠FAD、∠EAF之間的數(shù)量關(guān)系．
小明探究的方法是：延長FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論是．
（2）如圖2，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，且EF＝BE+DF，探究上述結(jié)論是否仍然成立，并說明理由．
（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠ABC+∠ADC＝180°，若點(diǎn)E在CB的延長線上，點(diǎn)F在CD的延長線上，仍然滿足EF＝BE+FD，請直接寫出∠EAF與∠DAB的數(shù)量關(guān)系為．
29．（2022秋?宜春期末）【問題解決】
在一節(jié)數(shù)學(xué)課上，張老師提出了這樣一個(gè)問題：如圖1，點(diǎn)E是正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，BE＝2，EC＝4，DE＝6．你能求出∠BEC的度數(shù)嗎？
小明通過觀察、分析、思考，形成了如下思路：
思路一：將△BEC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△DE'C，連接EE'，求出∠BEC的度數(shù)；
思路二：將△DEC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△BE'C，連接EE'，求出∠BEC的度數(shù)．
（1）請參考小明的思路，寫出兩種思路的完整解答過程．
【類比探究】
（2）如圖2，若點(diǎn)E是正方形ABCD外一點(diǎn)，EB＝8，EC＝2，DE＝6，求∠BEC的度數(shù)．
30．（2022秋?邗江區(qū)校級期末）綜合與實(shí)踐．
（1）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝45°，則MN，AM，CN的數(shù)量關(guān)系為．
（2）如圖2，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，點(diǎn)M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，試探索線段MN、AM、CN有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出猜想，并給予證明．
（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，點(diǎn)M、N分別在DA、CD的延長線上，若∠MBN＝∠ABC，試探究線段MN、AM、CN的數(shù)量關(guān)系．
2022-2023學(xué)年八年級數(shù)學(xué)下學(xué)期復(fù)習(xí)備考高分秘籍【人教版】
專題2.6特殊的平行四邊形大題專練（分層培優(yōu)30題，八下人教）
A卷基礎(chǔ)過關(guān)卷
（限時(shí)50分鐘，每題10分，滿分100分）
1．（2023?肅州區(qū)校級開學(xué)）如圖，矩形ABCD的對角線相交于點(diǎn)O，DE∥AC，CE∥BD．
（1）求證：四邊形OCED是菱形．
（2）若∠ACB＝30°，菱形OCED的面積為2，求AC的長．
【分析】（1）先求出四邊形OCED是平行四邊形，再根據(jù)矩形的對角線互相平分且相等可得OC＝OD，然后根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形證明即可；
（2）根據(jù)菱形的對稱性可知S菱形OCED＝2S△OCD，然后用AC表示出AB、BC，再根據(jù)矩形的性質(zhì)利用三角形的面積公式列方程求解即可．
【解析】（1）證明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四邊形OCED是平行四邊形，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴OC＝OD，
∴四邊形OCED是菱形；
（2）解：∵四邊形OCED是菱形，
∴S菱形OCED＝2S△OCD，
∵∠ACB＝30°，
∴AB＝AC，BC＝AC，
∴S菱形OCED＝×AC?AC＝2，
解得AC＝．
2．（2022?南京模擬）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，E是CD上一點(diǎn)，BE交AC于F，連接DF．
（1）求證：∠BAC＝∠DAC．
（2）若AB∥CD，試證明四邊形ABCD是菱形．
【分析】（1）根據(jù)SSS證明△ABC≌△ADC，即可解決問題；
（2）先證明AD＝CD，根據(jù)已知可得AB＝AD＝CB＝CD，利用四邊相等即可解決問題；
【解析】證明：（1）∵在△ABC和△ADC中，
，
∴△ABC≌△ADC（SSS），
∴∠BAC＝∠DAC，
（2）∵AB∥CD，
∴∠BAC＝∠DCA，
∵∠BAC＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴AD＝CD，
∵AB＝AD，CB＝CD，
∴AB＝CB＝CD＝AD，
∴四邊形ABCD是菱形．
3．（2022春?沂南縣期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC，BD交于點(diǎn)O，過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，延長BC到點(diǎn)F，使CF＝BE，連接DF．
（1）求證：四邊形ADFE是矩形；
（2）連接OF，若AD＝6，EC＝4，∠ABF＝60°，求OF的長度．
【分析】（1）由在平行四邊形性質(zhì)得到AB∥DC且AB＝DC，由平行線的性質(zhì)得到∠ABE＝∠DCF，根據(jù)三角形的判定可證得△ABE≌△DCF，由全等三角形的性質(zhì)得到AE＝DF，∠AEB＝∠DFC＝90°，可得AE∥DF，根據(jù)矩形的判定即可得到結(jié)論；
（2）由矩形的性質(zhì)得到EF＝AD＝6，進(jìn)而求得BE＝CF＝2，BF＝8，由∠ABE＝60°可求得AB＝2BE＝4，由勾股定理可求得DF＝AE＝2，BD＝2，由平行四邊形性質(zhì)得OB＝OD，由直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半即可得到結(jié)論．
【解析】（1）證明：∵在平行四邊形ABCD中，
∴AB∥DC且AB＝DC，
∴∠ABE＝∠DCF，
在△ABE和△DCF中，，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴AE＝DF，∠AEB＝∠DFC＝90°，
∴AE∥DF，
∴四邊形ADFE是矩形；
（2）解：由（1）知：四邊形ADFE是矩形，
∴EF＝AD＝6，
∵EC＝4，
∴BE＝CF＝2，
∴BF＝8，
Rt△ABE中，∠ABE＝60°，
∴AB＝2BE＝4，
∴DF＝AE＝，
∴BD＝＝2，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OB＝OD，
∴OF＝BD＝．
4．（2022春?銅官區(qū)期末）如圖1，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，過對角線AC中點(diǎn)O的直線分別交邊BC、AD于點(diǎn)E、F
（1）求證：四邊形AECF是平行四邊形；
（2）如圖2，當(dāng)EF⊥AC時(shí)，求EF的長度．
【分析】（1）證明△AOF≌△COE全等，可得AF＝EC，∵AF∥EC，∴四邊形AECF是平行四邊形；
（2）由（1）知四邊形AECF是平行四邊形，且EF⊥AC，∴四邊形AECF為菱形，假設(shè)BE＝a，根據(jù)勾股定理求出a，從而得知EF的長度；
【解析】解：∵矩形ABCD，∴AF∥EC，AO＝CO
∴∠FAO＝∠ECO
∴在△AOF和△COE中，，
∴△AOF≌△COE（ASA）
∴AF＝EC
又∵AF∥EC
∴四邊形AECF是平行四邊形；
（2）由（1）知四邊形AECF是平行四邊形，
∵EF⊥AC，
∴四邊形AECF為菱形，
設(shè)BE＝a，則AE＝EC＝3﹣a
∴a2+22＝（3﹣a）2
∴a＝
則AE＝EC＝，
∵AB＝2，BC＝3，
∴AC＝＝
∴AO＝OC＝，
∴OE＝＝＝，
∴EF＝2OF＝．
5．（2022?邢臺模擬）如圖，菱形ABCD的周長為8，對角線BD＝2，E、F分別是邊AD，CD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)；且滿足AE+CF＝2．
（1）求證：△BDE≌△BCF；
（2）判斷△BEF的形狀，并說明理由．
【分析】（1）先判定△ABD與△BCD都是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得∠BDE＝∠C＝60°，再求出DE＝CF，然后利用“邊邊角”證明兩三角形全等；
（2）根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得BE＝CF，全等三角形對應(yīng)角相等可得∠DBE＝∠CBF，然后求出∠EBF＝60°，再根據(jù)等邊三角形的判定得解，利用旋轉(zhuǎn)變換解答；
【解析】（1）證明：∵菱形ABCD的邊長為2，對角線BD＝2，
∴AB＝AD＝BD＝2，BC＝CD＝BD＝2，
∴△ABD與△BCD都是等邊三角形，
∴∠BDE＝∠C＝60°，
∵AE+CF＝2，
∴CF＝2﹣AE，
又∵DE＝AD﹣AE＝2﹣AE，
∴DE＝CF，
在△BDE和△BCF中，
，
∴△BDE≌△BCF（SAS）；
（2）解：△BEF是等邊三角形．理由如下：
由（1）可知△BDE≌△BCF，
∴BE＝BF，∠DBE＝∠CBF，
∴∠EBF＝∠DBE+∠DBF＝∠CBF+∠DBF＝∠DBC＝60°，
∴△BEF是等邊三角形．
6．（2022?渾南區(qū)二模）如圖所示，點(diǎn)O是菱形ABCD對角線的交點(diǎn)，CE∥BD，EB∥AC，連接OE，交BC于F．
（1）求證：OE＝CB；
（2）如果OC：OB＝1：2，OE＝2，求菱形ABCD的面積．
【分析】（1）由CE∥BD、EB∥AC可得出四邊形OBEC為平行四邊形，由菱形的性質(zhì)可得出∠BOC＝90°，進(jìn)而可得出四邊形OBEC為矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)即可證出OE＝CB；
（2）設(shè)OC＝x，則OB＝2x，利用勾股定理可得出BC＝x，結(jié)合BC＝OE＝2，可求出x的值，進(jìn)而可得出OC、OB的值，再利用菱形的面積公式即可求出結(jié)論．
【解析】（1）證明：∵CE∥BD，EB∥AC，
∴四邊形OBEC為平行四邊形．
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∴四邊形OBEC為矩形，
∴OE＝CB．
（2）解：設(shè)OC＝x，則OB＝2x，
∴BC＝＝x．
∵BC＝OE＝2，
∴x＝2，
∴OC＝2，OB＝4，
∴S菱形ABCD＝AC?BD＝2OC?OB＝16．
7．（2021春?柳南區(qū)校級期末）如圖，矩形ABCD的對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E、F在AC上，AE＝CF．
（1）求證：四邊形BEDF是平行四邊形；
（2）若AD＝2，∠AOB＝120°，求AB的長．
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的判定即可求出答案．
（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)以及含30度角的直角三角形的性質(zhì)即可求出答案．
【解析】解：（1）在矩形ABCD中，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∵AE＝CF，
∴OE＝OF，
∴四邊形BEDF是平行四邊形．
（2）由（1）可知：OA＝OB，
∵∠AOB＝120°，
∴∠DBA＝30°，
∵AD＝2，
∴AB＝AD＝6．
8．（2022秋?禮泉縣期末）按如圖所示的方法分別以AB和AC為邊作正方形ABDE和正方形AGFC，連接CE、BG，求證：△ACE≌△AGB．
【分析】由“SAS”可證△EAC≌△BAG．
【解析】證明：∵四邊形ABDE和四邊形AGFC均為正方形，
∴AE＝AB，AC＝AG，∠EAB＝∠CAG＝90°，
∴∠EAC+∠CAB＝∠CAB+∠BAG，
∴∠EAC＝∠BAG，
在△EAC與△BAG中，
，
∴△EAC≌△BAG（SAS）．
9．（2022秋?畢節(jié)市期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，D為AB的中點(diǎn)，AE∥CD，CE∥AB．
（1）試判斷四邊形ADCE的形狀，并證明你的結(jié)論；
（2）當(dāng)∠ABC＝ 45 °時(shí)，四邊形ADCE為正方形．
【分析】（1）根據(jù)平行可以證明四邊形ADCE是平行四邊形，由直角三角形的性質(zhì)可求得AE＝EC，進(jìn)而得出四邊形ADCE為菱形；
（2）根據(jù)題意可知當(dāng)四邊形ADCE為正方形時(shí)，等腰直角三角形的三線合一性即可求得∠ABC．
【解析】解：（1）四邊形ADCE為菱形，理由如下：
∵AE∥CD，CE∥AB，
∴四邊形ADCE為平行四邊形，
∵∠ACB＝90°，D為AB的中點(diǎn)，
∴DA＝DC，
∴平行四邊形ADCE為菱形；
（2）若四邊形ADCE為正方形，
∴CD⊥AB，
∵D為AB的中點(diǎn)，
∴AD＝BD，
∴Rt△ACB是等腰直角三角形，
∴∠ABC＝45°．
故答案為：45．
10．（2022秋?漢臺區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，對角線BD的垂直平分線與邊AD、BC分別相交于點(diǎn)M、N，連接BM、DN．
（1）求證：四邊形BNDM是菱形；
（2）若四邊形BNDM的周長為52，MN＝10，求BD的長．
【分析】【分析】（1）證△MOD≌△NOB，得出OM＝ON，由OB＝OD，證出四邊形BNDM是平行四邊形，進(jìn)而得出結(jié)論；
（2）由菱形的周長得到菱形的邊長BM＝13，由菱形的性質(zhì)及MN＝10得到OM＝5，在Rt△BOM中由勾股定理得到OB的長，進(jìn)而得到BD的長．
【解析】（1）證明：∵AD∥BC，
∴∠DMO＝∠BNO．
∵直線MN是對角線BD的垂直平分線，
∴OB＝OD，MN⊥BD．
在△MOD和△NOB中，
，
∴△MOD≌△NOB（AAS），
∴OM＝ON，
∵OB＝OD，
∴四邊形BNDM是平行四邊形，
∵M(jìn)N⊥BD，
∴四邊形BNDM是菱形；
（2）解：∵菱形BNDM的周長為52，
∴BN＝ND＝DM＝MB＝13，
又∵M(jìn)N＝10，
∴，
在Rt△BOM中，由勾股定理得，
∴BD＝2OB＝2×12＝24，
∴BD＝24．
B卷能力提升卷
（限時(shí)60分鐘，每題10分，滿分100分）
11．（2022秋?南安市期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝24cm．動(dòng)點(diǎn)E、F分別在邊CD、BC上，點(diǎn)E從點(diǎn)C出發(fā)沿CD邊以1cm/s的速度向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)F從點(diǎn)C出發(fā)沿CB邊以2cm/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)（當(dāng)點(diǎn)F到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)E也隨之停止運(yùn)動(dòng)），連結(jié)EF．問：在AB邊上是否存在一點(diǎn)G，使得以B、F、G為頂點(diǎn)的三角形與△CEF全等？若存在，求出此時(shí)BG的長；若不存在，請說明理由．
【分析】分兩種情況討論，由全等三角形的性質(zhì)列出等式，可求解．
【解析】解：存在．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts．
則CE＝t cm，CF＝2tcm，BF＝（24﹣2t）cm．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠C＝90°．
當(dāng)△BGF≌△CEF時(shí)，BF＝CF．
∴24﹣2t＝2t．
∴t＝6．
∴BG＝CE＝t＝6（cm）．
當(dāng)△BFG≌△CEF時(shí)，BF＝CE．
∴24﹣2t＝t．
∴t＝8．
∴BG＝CF＝2t＝16（cm）．
綜上所述，在AB邊上存在一點(diǎn)G，使得以B，F(xiàn)，G為頂點(diǎn)的三角形與△CEF全等，此時(shí)BG的長為6cm或16cm．
12．（2022秋?競秀區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，對角線AC，BD交于點(diǎn)O，E，F(xiàn)分別在OB，OD上，AC＝4，BD＝6．
（1）當(dāng)BE＝DF＝1時(shí)，判斷四邊形AECF的形狀并證明；
（2）當(dāng)四邊形AECF為菱形時(shí)，求平行四邊形ABCD的周長．
【分析】（1）由已知易得AO＝CO，EO＝FO根據(jù)對角線互相平分的四邊形是平行四邊形即可；
（2）根據(jù)四邊形AECF為菱形時(shí)，可得AC⊥BD，利用勾股定理即可求出菱形邊長．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，
∴FO＝EO，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
∵OB＝OD＝3，BE＝DF＝1，
∴OE＝OF＝2，
∵OA＝OC＝2，
∴AC＝EF，
∴四邊形AECF是矩形．
（2）解：∵四邊形AECF是菱形，
∴AC⊥BD，
∴平行四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，
又∵，，
∴，
∴平行四邊形ABCD的周長＝．
13．（2023?惠陽區(qū)校級開學(xué)）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，BA＝BC，BD平分∠ABC．
（1）求證：四邊形ABCD是菱形．
（2）過點(diǎn)D作DE⊥BD，交BC的延長線于點(diǎn)E，若BC＝5，BD＝8．
①求菱形ABCD的面積．
②求四邊形ABED的周長．
【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠ADB＝∠CBD，根據(jù)角平分線定義得到∠ABD＝∠CBD，等量代換得到∠ADB＝∠ABD，根據(jù)等腰三角形的判定定理得到AD＝AB，根據(jù)菱形的判定即可得到結(jié)論；
（2）由垂直的定義得到∠BDE＝90°，等量代換得到∠CDE＝∠E，根據(jù)等腰三角形的判定得到CD＝CE＝BC，根據(jù)勾股定理得到DE＝＝6，于是得到結(jié)論．
【解析】（1）證明：∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠DBC，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AD＝AB，
∵BA＝BC，
∴AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵BA＝BC，
∴平行四邊形ABCD是菱形．
（2）解：①菱形ABCD中，CB＝CD，
∴∠CBD＝∠BDC，
∵∠BDC+∠CDE＝90°，∠CBD+∠BED＝90°，
∴∠EDC＝∠CED，
∴CD＝CE＝5，
∴BE＝10，
∴，
∵S△ABD＝S△BDC＝S△EDC，
∴S四邊形ABCD＝S△BDE＝6×8＝24；
②C四邊形ABED＝AD+AB+BE+DE＝5+5+10+6＝26．
14．（2022秋?平昌縣校級期末）如圖：在菱形ABCD中，對角線AC、BD交于點(diǎn)O，過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，延長BC至點(diǎn)F，使CF＝BE，連接DF．
（1）求證：四邊形AEFD是矩形；
（2）若BF＝16，DF＝8，求CD的長．
【分析】（1）由CF＝BE，可得EF＝BC，即EF＝AD，結(jié)合AD∥BC，可得四邊形AEFD是平行四邊形，再結(jié)合AE⊥BC，可得平行四邊形AEFD是矩形；
（2）在菱形ABCD中，BC＝CD，可得CF＝BF﹣BC＝16﹣CD，在Rt△CFD中，有，即可求解．
【解析】解：（1）在菱形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝CD＝AB，
∵CF＝BE，
∴CF+EC＝BE+EC，
∴EF＝BC，
∴EF＝AD，
∵AD∥BC，
∴四邊形AEFD是平行四邊形，
∵AE⊥BC，
∴平行四邊形AEFD是矩形；
（2）在菱形ABCD中，BC＝CD，
∵BF＝16，
∴CF＝BF﹣BC＝16﹣CD，
∵在矩形AEFD中，∠F＝90°，
∵DF＝8，
∴在Rt△CFD中，，
解得：CD＝10．
15．（2022秋?南關(guān)區(qū)校級期末）如圖，在?ABCD中，過點(diǎn)D作DE⊥AB于點(diǎn)E，點(diǎn)F在邊CD上，CF＝AE，連接AF，BF．
（1）求證：四邊形BFDE是矩形．
（2）已知∠DAB＝60°，AF是∠DAB的平分線，若AD＝6，則?ABCD的面積為 27 ．
【分析】（1）先證四邊形BFDE是平行四邊形，再由DE⊥AB，可得結(jié)論；
（2）由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得AE＝AD＝2，DE＝AE＝2，再由矩形的性質(zhì)得BF＝DE＝2，∠ABF＝90°，然后求出AB＝BF＝6，即可求解．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴DC∥AB，DC＝AB，
∵CF＝AE，
∴CD﹣CF＝AB﹣AE，
∴DF＝BE且DC∥AB，
∴四邊形BFDE是平行四邊形，
又∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∴平行四邊形BFDE是矩形；
（2）解：∵∠DAB＝60°，AD＝6，DE⊥AB，
∴∠ADE＝30°，
∴AE＝AD＝3，DE＝AE＝3，
由（1）得：四邊形DFBE是矩形，
∴BF＝DE＝3，∠ABF＝90°，
∵AF平分∠DAB，
∴∠FAB＝∠DAB＝30°，
∴AB＝BF＝×3＝9，
∴?ABCD的面積＝AB×DE＝9×3＝27．
故答案為：27．
16．（2022秋?渠縣校級期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，分別延長OA，OC到點(diǎn)E，F(xiàn)，使AE＝CF，依次連接B，F(xiàn)，D，E各點(diǎn)．
（1）求證：△BAE≌△BCF；
（2）若∠ABC＝40°，則當(dāng)∠EBA＝ 25 °時(shí)，四邊形BFDE是正方形．
【分析】（1）由菱形的性質(zhì)得出AB＝CB，由等腰三角形的性質(zhì)得出∠BAC＝∠BCA，證出∠BAE＝∠BCF，由SAS證明△BAE≌△BCF即可；
（2）由菱形的性質(zhì)得出AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，，證出OE＝OF，得出四邊形BFDE是菱形，證明△OBE是等腰直角三角形，得出OB＝OE，BD＝EF，證出四邊形BFDE是矩形，即可得出結(jié)論．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝CB，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴180°﹣∠BAC＝180°﹣∠BCA，
即∠BAE＝∠BCF，
在△BAE和△BCF中，
，
∴△BAE≌△BCF（SAS）；
（2）解：若∠ABC＝40°，則當(dāng)∠BEA＝25°時(shí)，四邊形BFDE是正方形．理由如下：
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，，
∵AE＝CF，
∴OE＝OF，
∴四邊形BFDE是平行四邊形，
又∵AC⊥BD，
∴四邊形BFDE是菱形，
∵∠EBA＝25°，
∴∠OBE＝25°+20°＝45°，
∴△OBE是等腰直角三角形，
∴OB＝OE，
∴BD＝EF，
∴四邊形BFDE是矩形，
∴四邊形BFDE是正方形；
故答案為：25．
17．（2022秋?鄭州期末）如圖，平行四邊形ABCD中，AB＝6cm，BC＝10cm，∠B＝60°，點(diǎn)G是CD的中點(diǎn)，點(diǎn)E是邊AD上的動(dòng)點(diǎn)，EG的延長線與BC的延長線交于點(diǎn)F，連接CE，DF．
（1）求證：四邊形CEDF是平行四邊形；
（2）①直接寫出：當(dāng)AE＝ 4 cm時(shí)，四邊形CEDF是菱形（不需要說明理由）；
②當(dāng)AE＝ 7 cm時(shí)，四邊形CEDF是矩形，請說明理由．
【分析】（1）證△CFG≌△EDG，推出FG＝EG，根據(jù)平行四邊形的判定推出即可；
（2）①證△CDE是等邊三角形，推出CE＝DE，再根據(jù)菱形的判定推出即可．
②求出△MBA≌△EDC，推出∠CED＝∠AMB＝90°，再根據(jù)矩形的判定推出即可．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴BC∥AD，
∴∠FCG＝∠EDG，
∵G是CD的中點(diǎn)，
∴CG＝DG，
在△CFG和△DEG中，
，
∴△CFG和△DEG（ASA），
∴FG＝EG，
又∵CG＝DG，
∴四邊形CEDF是平行四邊形．
（2）解：①當(dāng)AE＝4cm時(shí)，四邊形CEDF是菱形，理由如下：
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD＝10cm，CD＝AB＝6cm，∠CDE＝∠B＝60°，
∵AE＝4cm，
∴DE＝AD﹣AE＝6cm，
∴DE＝CD，
∴△CDE是等邊三角形，
∴CE＝DE，
∵四邊形CEDF是平行四邊形，
∴平行四邊形CEDF是菱形，
故答案為：4；
②當(dāng)AE＝7時(shí)，平行四邊形CEDF是矩形，理由如下：
如圖，過A作AM⊥BC于M，
∵∠B＝60°，AB＝6cm，
∴BM＝AB＝3cm，
∵AE＝7cm，
∴DE＝AD﹣AE＝3cm＝BM，
在△MBA和△EDC中，
，
∴△MBA≌△EDC（SAS），
∴∠CED＝∠AMB＝90°，
∵四邊形CEDF是平行四邊形，
∴平行四邊形CEDF是矩形，
故答案為：7．
18．（2022秋?通川區(qū)期末）已知如圖，M為正方形ABCD邊AB上一點(diǎn)，P為邊AB延長線上一點(diǎn)，連接DM，以點(diǎn)M為直角頂點(diǎn)作MN⊥DM交∠CBP的角平分線于N，過點(diǎn)C作CE∥MN交AD于E，連接EM，CN，DN．
（1）求證：DM＝MN；
（2）求證：EM∥CN．
【分析】（1）在線段AD上截取DF＝MB，連接FM，根據(jù)正方形的性質(zhì)可知△FAM是等腰直角三角形，可得∠DFM＝135°，根據(jù)BN平分∠CBP，可得∠MBN＝135°，再證明∠BMN＝∠FDM，可得△NMB≌△MDF（ASA），即可得證；
（2）根據(jù)同角的余角相等，可得∠DEC＝∠AMD，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得△EDC≌△MAD（ASA），可得CE＝DM＝MN，易證四邊形EMNC是平行四邊形，即可得證．
【解析】證明：（1）在線段AD上截取DF＝MB，連接FM，如圖所示：
在正方形ABCD中，AD＝AB，∠A＝∠ABC＝90°，
∵DF＝BM，
∴AF＝AM，
∴△FAM是等腰直角三角形，
∴∠AFM＝45°，
∴∠MFD＝135°，
∵BN平分∠CBP，∠CBP＝90°，
∴∠CBN＝45°，
∴∠MBN＝135°，
∴∠DFM＝∠MBN，
∵DM⊥MN，
∴∠NMB+∠AMD＝90°，
∵∠AMD+∠ADM＝90°，
∴∠NMB＝∠MDF，
在△NMB和△MDF中，
，
∴△NMB≌△MDF（ASA），
∴DM＝MN；
（2）∵CE∥MN，DM⊥MN，
∴DM⊥CE，
∴∠DEC+∠EDM＝90°，
∵∠AMD+∠EDM＝90°，
∴∠DEC＝∠AMD，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴DC＝AD，∠EDC＝∠MAD＝90°，
在△EDC和△MAD中，
，
∴△EDC≌△MAD（ASA），
∴EC＝DM，
∵DM＝MN，
∴EC＝MN，
∵EC∥MN，
∴四邊形EMNC為平行四邊形，
∴EM∥CN．
19．（2022秋?綠園區(qū)校級期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，AD上，BE＝DF，∠AEC＝90°．
（1）求證：四邊形AECF是矩形；
（2）連接BF，若AB＝6，∠ABC＝60°，BF平分∠ABC，則平行四邊形ABCD的面積為 27 ．
【分析】（1）根據(jù)已知條件先證明四邊形 AECF為平行四邊形，再根據(jù)∠AEC＝90°即可得證；
（2）由BF平分∠ABC，可求得AB＝AF，在Rt△ABE中，∠ABC＝60°，則∠BAE＝30°，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)，求得BE，再求出AE，由已知BE＝DF進(jìn)而即可求得AD即可得到答案．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴BC＝AD，BC∥AD，
又∵BE＝DF，
∴BC﹣BE＝AD﹣DF，即EC＝AF，
∵EC∥AF，EC＝AF，
∴四邊形AECF為平行四邊形，
又∵∠AEC＝90°，
∴平行四邊形AECF是矩形．
（2）解：∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠FBC，
∵BC∥AD，
∴∠AFB＝∠FBC，
∴∠AFB＝∠ABF，
∴AF＝AB＝6，
在Rt△ABE中，∠AEB＝90°，∠ABE＝60°，AB＝6，
∴∠BAE＝30°
∴，
∴FD＝BE＝3，
∴AD＝AF+FD＝9，
∴，
故答案為；．
20．（2022秋?朝陽區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，點(diǎn)D、E分別是線段BC、AD的中點(diǎn)，過點(diǎn)A作BC的平行線交BE的延長線于點(diǎn)F，連接DF、CF．
（1）求證：四邊形ABDF為平行四邊形；
（2）求證：四邊形ADCF為矩形．
【分析】（1）根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠AFE＝∠DBE，根據(jù)線段中點(diǎn)的定義得到AE＝DE，根據(jù)全等三角形的判定定理即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AF＝BD，推出四邊形ADCF是平行四邊形，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠ADC＝90°，于是得到結(jié)論．
【解析】證明：（1）∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是線段AD的中點(diǎn)，
∴AE＝DE，
∵∠AEF＝∠DEB，
∴△BDE≌△FAE（AAS），
∴AF＝BD，
∴四邊形ABDF為平行四邊形；
（2）∵△BDE≌△FAE，
∴AF＝BD，
∵D是線段BC的中點(diǎn)，
∴BD＝CD，
∴AF＝CD，
∵AF∥CD，
∴四邊形ADCF是平行四邊形，
∵AB＝AC，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴四邊形ADCF為矩形．
C卷培優(yōu)壓軸卷
（限時(shí)70分鐘，每題10分，滿分100分）
21．（2022秋?皇姑區(qū)校級期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC和BD交于點(diǎn)O，分別過點(diǎn)C、D作CE∥BD，DE∥AC，CE和DE交于點(diǎn)E．
（1）求證：四邊形ODEC是矩形；
（2）連接AE，交CD于點(diǎn)F，當(dāng)∠ADB＝60°，AD＝2時(shí)，直接寫出EA的長．
【分析】（1）先證四邊形ODEC是平行四邊形，然后根據(jù)菱形的對角線互相垂直，得到∠DOC＝90°，根據(jù)矩形的定義即可判定四邊形ODEC是矩形．
（2）根據(jù)含30度角直角三角形的性質(zhì)、勾股定理來求EA的長度即可．
【解析】（1）證明：∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四邊形ODEC是平行四邊形．
又∵菱形ABCD，
∴AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°．
∴四邊形ODEC是矩形．
（2）解：∵Rt△ADO中，∠ADO＝60°，
∴∠OAD＝30°，
∴OD＝AD＝，AO＝3，
∴AC＝6，EC＝，
∴AE＝．
22．（2022秋?禮泉縣期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)D作DE∥AC，且，連接CE．
（1）求證：四邊形OCED為矩形；
（2）連接AE，若DB＝6，AC＝8，求AE的長．
【分析】（1）先證四邊形OCED是平行四邊形，再由∠DOC＝90°，即可得出結(jié)論；
（2）由（1）知OD＝CE＝BD＝3，然后由矩形的性質(zhì)得∠OCE＝90°，最后由勾股定理即可得出答案．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AO＝OC＝AC，
∴∠DOC＝90°，
∵DE∥AC，DE＝AC，
∴DE＝OC，DE∥OC，
∴四邊形OCED是平行四邊形，
又∵∠DOC＝90°，
∴平行四邊形OCED是矩形；
（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，
DO＝OB＝BD＝3，
由（1）得：四邊形OCED為矩形，
∴CE＝OD＝3，∠OCE＝90°，
在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE＝＝＝，
即AE的長為．
23．（2022秋?鼓樓區(qū)校級期末）如圖，四邊形ABCD是正方形，△ABE是等腰三角形，AB＝AE，∠BAE＝θ（0°＜θ＜90°）．連接DE，過B作BF⊥DE于F，連接AF，CF．
（1）若θ＝60°，求∠BED的度數(shù)；
（2）當(dāng)θ變化時(shí)，∠BED的大小會(huì)發(fā)生變化嗎？請說明理由；
（3）試用等式表示線段DE與CF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
【分析】（1）θ＝60°時(shí)，△ABE是等邊三角形，可得∠AEB＝60°＝∠EAB，由四邊形ABCD是正方形，可求出∠AED＝∠ADE＝（180°﹣∠EAD）÷2＝15°，即得∠BED＝∠AEB﹣∠AED＝45°；
（2）由四邊形ABCD是正方形，得∠BAD＝90°，AB＝AD，可得∠AED＝＝45°﹣θ，根據(jù)AE＝AB，∠EAB＝θ，可得∠AEB＝＝90°﹣θ，故∠DEB＝∠AEB﹣∠AED＝45°；
（3）過C作CG⊥CF交FD延長線于G，證明△BCF≌△DCG（AAS），得BF＝DG，CF＝CG，知FG＝CF，而△BEF是等腰直角三角形，有EF＝BF，即可證明DE＝CF．
【解析】解：（1）θ＝60°時(shí)，如圖：
∵AB＝AE，
∴△ABE是等邊三角形，
∴∠AEB＝60°＝∠EAB，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠EAD＝∠EAB+∠BAD＝60°+90°＝150°，AE＝AD，
∴∠AED＝∠ADE＝（180°﹣∠EAD）÷2＝15°，
∴∠BED＝∠AEB﹣∠AED＝60°﹣15°＝45°；
（2）當(dāng)θ變化時(shí)，∠BED的大小不會(huì)發(fā)生變化，理由如下：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∵∠EAB＝θ，AB＝AE，
∴AE＝AD，∠EAD＝90°+θ，
∴∠AED＝＝45°﹣θ，
∵AE＝AB，∠EAB＝θ，
∴∠AEB＝＝90°﹣θ，
∴∠DEB＝∠AEB﹣∠AED＝（90°﹣θ）﹣（45°﹣θ）＝45°；
（3）線段DE與CF的數(shù)量關(guān)系為：DE＝CF，證明如下：
過C作CG⊥CF交FD延長線于G，如圖：
∵BF⊥DE，
∴∠BFC+∠CFD＝90°，
∵CG⊥CF，
∴∠CFD+∠G＝90°，
∴∠BFC＝∠G，
∵∠BCD＝∠FCG＝90°，
∴∠BCF＝∠DCG，
∵BC＝CD，
∴△BCF≌△DCG（AAS），
∴BF＝DG，CF＝CG，
∴△FCG是等腰直角三角形，
∴FG＝CF，
由（2）知，∠DEB＝45°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴EF＝BF，
∴EF＝DG，
∴EF+FD＝DG+FD，即DE＝FG，
∴DE＝CF．
24．（2023?深圳模擬）如圖，已知△ABC中，D是BC邊上一點(diǎn)，過點(diǎn)D分別作DE∥AC交AB于點(diǎn)E，作DF∥AB交AC于點(diǎn)F，連接AD．
（1）下列條件：
①D是BC邊的中點(diǎn)；
②AD是△ABC的角平分線；
③點(diǎn)E與點(diǎn)F關(guān)于直線AD對稱．
請從中選擇一個(gè)能證明四邊形AEDF是菱形的條件，并寫出證明過程；
（2）若四邊形AEDF是菱形，且AE＝2，CF＝1，求BE的長．
【分析】（1）證四邊形AEDF是平行四邊形，∠ADE＝∠DAF，再由條件②證AE＝DE，或由條件③證AE＝AF，即可得出結(jié)論；
（2）由菱形的性質(zhì)得AF＝DF＝DE＝AE＝2，再證△BDE∽△BCA，得＝，即可解決問題．
【解析】解：（1）∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四邊形AEDF是平行四邊形，∠ADE＝∠DAF，
能證明四邊形AEDF是菱形的條件為：②或③，證明如下：
條件②，∵AD是△ABC的角平分線，
∴∠DAE＝∠DAF，
∴∠ADE＝∠DAE，
∴AE＝DE，
∴平行四邊形AEDF是菱形；
條件③，∵點(diǎn)E與點(diǎn)F關(guān)于直線AD對稱，
∴AE＝AF，
∴平行四邊形AEDF是菱形；
（2）∵四邊形AEDF是菱形，
∴AF＝DF＝DE＝AE＝2，
∴AC＝AF+CF＝2+1＝3，
∵DE∥AC，
∴△BDE∽△BCA，
∴＝，
即＝，
解得：BE＝4，
即BE的長為4．
25．（2022秋?安丘市校級期末）如圖，正方形ABCD的對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，G是CD邊上一點(diǎn)，連接BG交AC于E，過點(diǎn)A作AM⊥BG，垂足M，AM交BD于點(diǎn)F．
（1）求證：OE＝OF．
（2）若H是BG的中點(diǎn)，BG平分∠DBC，求證：DG＝2OE．
【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得OA＝OB，∠AOF＝∠BOE＝90°，由AM⊥BG，得∠AME＝90°，則∠OAF＝∠OBE＝90°﹣∠AEM，即可證明△AOF≌△BOE，則OE＝OF；
（2）由三角形的中位線定理得DG＝2OH，OH∥DG，所以∠FOH＝∠CDB＝45°，則∠FOH＝∠EOH＝45°，所以∠OCB＝∠FOH，而∠CBG＝∠DBG，則∠CBG+∠OCB＝∠DBG+∠FOH，所以∠OEH＝∠OHE，則OH＝OE，所以DG＝2OE．
【解析】證明：（1）如圖1，∵四邊形ABCD是正方形，
∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BC，AC＝BD，AC⊥BD，
∴OA＝OB，∠AOF＝∠BOE＝90°，
∵AM⊥BG，
∴∠AME＝90°，
∴∠OAF＝∠OBE＝90°﹣∠AEM，
在△AOF和△BOE中，
，
∴△AOF≌△BOE（ASA），
∴OE＝OF.
（2）如圖2，∵H為BG的中點(diǎn)，O為BD的中點(diǎn)，
∴DG＝2OH，OH∥DG，
∵CB＝CD，∠BCD＝90°，
∴∠CDB＝∠CBD＝45°，
∴∠FOH＝∠CDB＝45°，
∵∠BOC＝90°，
∴∠FOH＝∠EOH＝45°，∠OCB＝∠OBC＝45°，
∴∠OCB＝∠FOH，
∵BG平分∠DBC，
∴∠CBG＝∠DBG，
∴∠CBG+∠OCB＝∠DBG+∠FOH，
∴∠OEH＝∠OHE，
∴OH＝OE，
∴DG＝2OE．
26．（2022春?南譙區(qū)校級月考）如圖1，四邊形ABCD為正方形，E為對角線AC上一點(diǎn)，連接DE，BE．
（1）求證：BE＝DE；
（2）如圖2，過點(diǎn)E作EF⊥DE，交邊BC于點(diǎn)F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．
①求證：矩形DEFG是正方形；
②若正方形ABCD的邊長為9，CG＝3，求正方形DEFG的邊長．
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)證明△ABE≌△ADE（SAS），即可解決問題；
（2）①作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得到EN＝EM，然后證得∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，則有DE＝EF，根據(jù)正方形的判定即可證得矩形DEFG是正方形；
②證明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，證明CE⊥CG，連接EG，根據(jù)勾股定理即可解決問題．
【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，AB＝AD，
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE＝DE；
（2）①證明：如圖，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，
得矩形EMCN，
∴∠MEN＝90°，
∵點(diǎn)E是正方形ABCD對角線上的點(diǎn)，
∴EM＝EN，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF＝90°﹣∠FEN，
∵∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴EF＝DE，
∵四邊形DEFG是矩形，
∴矩形DEFG是正方形；
②解：∵正方形DEFG和正方形ABCD，
∴DE＝DG，AD＝DC，
∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，
∴∠CDG＝∠ADE，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∵∠ACD＝45°，
∴∠ACG＝∠ACD+∠DCG＝90°，
∴CE⊥CG，
∴CE+CG＝CE+AE＝AC＝AB＝9．
∵CG＝3，
∴CE＝6，
連接EG，
∴EG＝＝＝3，
∴DE＝EG＝3．
∴正方形DEFG的邊長為3．
27．（2022春?沂水縣期中）（1）將矩形紙片ABCD沿過點(diǎn)D的直線折疊，使點(diǎn)A落在CD上的點(diǎn)A'處，得到折痕DE，如圖1．求證：四邊形AEA'D是正方形；
（2）將圖1中的矩形紙片ABCD沿過點(diǎn)E的直線折疊，點(diǎn)C恰好落在AD上的點(diǎn)C'處，點(diǎn)B落在點(diǎn)B'處，得到折痕EF，B'C'交AB于點(diǎn)M，如圖2．線段MC'與ME是否相等？若相等，請給出證明；若不等，請說明理由．
【分析】（1）由折疊性質(zhì)得AD＝AD′，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE，再根據(jù)平行線的性質(zhì)和等腰三角形的判定得到四邊形AEA′D是菱形，進(jìn)而結(jié)合內(nèi)角為直角條件得四邊形AEA′D為正方形；
（2）連接C′E，證明Rt△EC′A≌Rt△C′EB′，得∠C′EA＝∠EC′B′，便可得結(jié)論．
【解析】（1）證明：∵ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°，
∵將矩形紙片ABCD沿過點(diǎn)D的直線折疊，使點(diǎn)A落在CD上的點(diǎn)A'處，得到折痕DE，
∴AD＝A′D，AE＝A′E，∠ADE＝∠A′DE＝45°，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠A′DE＝∠ADE，
∴AD＝AE，
∴AD＝AE＝A′E＝A′D，
∴四邊形AEA′D是菱形，
∵∠A＝90°，
∴四邊形AEA′D是正方形；
（2）解：MC′＝ME．
證明：如圖1，連接C′E，由（1）知，AD＝AE，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠EAC′＝∠B＝90°，
由折疊知，B′C′＝BC，∠B＝∠B′，
∴AE＝B′C′，∠EAC′＝∠B′，
又EC′＝C′E，
在Rt△EC′A和Rt△C′EB′中，
，
∴Rt△EC′A≌Rt△C′EB′（HL），
∴∠C′EA＝∠EC′B′，
∴MC′＝ME．
28．（2022秋?迎江區(qū)校級期末）（1）如圖1，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B＝∠ADC＝90°，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，且EF＝BE+DF，探究圖中∠BAE、∠FAD、∠EAF之間的數(shù)量關(guān)系．
小明探究的方法是：延長FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，先證明△ABE≌△ADG，再證明△AEF≌△AGF，可得出結(jié)論，他的結(jié)論是 ∠BAE+∠FAD＝∠EAF．．
（2）如圖2，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，且EF＝BE+DF，探究上述結(jié)論是否仍然成立，并說明理由．
（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝AD，∠ABC+∠ADC＝180°，若點(diǎn)E在CB的延長線上，點(diǎn)F在CD的延長線上，仍然滿足EF＝BE+FD，請直接寫出∠EAF與∠DAB的數(shù)量關(guān)系為．
【分析】（1）延長FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，證明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF即可得出結(jié)論．
（2）延長FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，證明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF即可得出結(jié)論．
（3）在DC延長線上取一點(diǎn)G，使得DG＝BE，連接AG，證明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF，在通過角的和差即可得到結(jié)論．
【解析】解：（1）結(jié)論：∠BAE+∠FAD＝∠EAF．
理由：如圖1，延長FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，證明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF即可得出結(jié)論．
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵EF＝BE+DF，DG＝BE，
∴EF＝BE+DF＝DG+DF＝GF，
∵AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF．
故答案為：∠BAE+∠FAD＝∠EAF；
（2）仍成立，理由：
如圖2，延長FD到點(diǎn)G，使DG＝BE，連接AG，
∵∠B+∠ADF＝180°，∠ADG+∠ADF＝180°，
∴∠B＝∠ADG，
又∵AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵EF＝BE+DF＝DG+DF＝GF，AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠EAF＝∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝∠BAE+∠DAF；
（3）．
證明：如圖3，在DC延長線上取一點(diǎn)G，使得DG＝BE，連接AG，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，
∴∠ADC＝∠ABE，
又∵AB＝AD，
∴△ADG≌△ABE（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，
∵EF＝BE+DF＝DG+DF＝GF，AF＝AF，
∴△AEF≌△AGF（SSS），
∴∠FAE＝∠FAG，
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE＝360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠BAE）＝360°，
∴2∠FAE+（∠GAB+∠DAG）＝360°，
即2∠FAE+∠DAB＝360°，
∴．
故答案為：．
29．（2022秋?宜春期末）【問題解決】
在一節(jié)數(shù)學(xué)課上，張老師提出了這樣一個(gè)問題：如圖1，點(diǎn)E是正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，BE＝2，EC＝4，DE＝6．你能求出∠BEC的度數(shù)嗎？
小明通過觀察、分析、思考，形成了如下思路：
思路一：將△BEC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△DE'C，連接EE'，求出∠BEC的度數(shù)；
思路二：將△DEC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△BE'C，連接EE'，求出∠BEC的度數(shù)．
（1）請參考小明的思路，寫出兩種思路的完整解答過程．
【類比探究】
（2）如圖2，若點(diǎn)E是正方形ABCD外一點(diǎn)，EB＝8，EC＝2，DE＝6，求∠BEC的度數(shù)．
【分析】（1）思路一：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得CE＝CE'＝4，BE＝DE'＝2，∠ECE'＝90°，則∠EE'C＝45°，根據(jù)勾股定理可得EE'2＝CE2+CE'2＝32，再根據(jù)勾股定理的逆定理可得∠DE'E＝90°，即可求解；思路二：根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得CE＝CE'＝4，DE＝BE'＝6，∠ECE'＝90°，則∠CEE'＝45°，EE'2＝CE2+CE'2＝32，根據(jù)勾股定理逆定理得出∠BEE'＝90°，即可求解；
（2）用和（1）一樣的方法即可求解．
【解析】解：（1）思路一：如圖，
∵△BEC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△DE'C，
∴CE＝CE'＝4，BE＝DE'＝2，∠ECE'＝90°，
∴∠EE'C＝45°，EE'2＝CE2+CE'2＝32，
∵EE'2+DE'2＝22+32＝62＝DE2，
∴∠DE'E＝90°，
∴∠BEC＝∠DE'C＝∠DE'E+∠EE'C＝45°+90°＝135°；
思路二：如圖：
∵將△DEC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△BE'C，
∴CE＝CE'＝4，DE＝BE'＝6，∠ECE'＝90°，
∴∠CEE'＝45°，EE'2＝CE2+CE'2＝32，
∵EE'2+BE2＝22+32＝62＝BE'2，
∴∠BEE'＝90°，
∴∠BEC＝∠BEE'+∠CEE'＝45°+90°＝135°；
（2）將△BEC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△DE'C
∵△BEC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△DE'C，
∴CE＝CE'＝2，BE＝DE'＝8，∠ECE'＝90°，
∴∠EE'C＝45°，EE'2＝CE2+CE'2＝8，
∵，
∴∠DE'E＝90°，
∴∠BEC＝∠DE'C＝∠DE'E﹣∠EE'C＝90°﹣45°＝45°．
30．（2022秋?邗江區(qū)校級期末）綜合與實(shí)踐．
（1）如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝45°，則MN，AM，CN的數(shù)量關(guān)系為 MN＝AM+CN ．
（2）如圖2，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，點(diǎn)M、N分別在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，試探索線段MN、AM、CN有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出猜想，并給予證明．
（3）如圖3，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，點(diǎn)M、N分別在DA、CD的延長線上，若∠MBN＝∠ABC，試探究線段MN、AM、CN的數(shù)量關(guān)系．
【分析】（1）如圖1中，把△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則△ABM≌△CBM′，證明△NBM≌△NBM′（SAS），可得結(jié)論；
（2）先判定梯形ABCD是等腰梯形，根據(jù)等腰梯形的性質(zhì)可得∠A+∠BCD＝180°，再把△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，點(diǎn)A與點(diǎn)C重合，點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)M′，根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)，△ABM和△CBM′全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得AM＝CM′，BM＝BM′，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠A＝∠BCM′，∠ABM＝∠M′BC，然后證明M′、C、N三點(diǎn)共線，再利用“邊角邊”證明△BMN和△BM′N全等，然后根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等即可得證；
（3）在∠CBN內(nèi)部作∠CBM′＝∠ABM交CN于點(diǎn)M′，然后證明∠C＝∠BAM，再利用“角邊角”證明△ABM和△CBM′全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得AM＝CM′，BM＝BM′，再證明∠MBN＝∠M′BN，利用“邊角邊”證明△MBN和△M′BN全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得MN＝M′N，從而得到MN＝CN﹣AM．
【解析】解：（1）結(jié)論：MN＝AM+CN．
理由：如圖1中，把△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則△ABM≌△CBM′，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠BCD＝∠ABC＝∠BCM′＝90°，
∴∠NCM′＝180°，
∴N，C，M′共線，
∵∠ABM＝∠CBM′，
∴∠MBM′＝∠ABC＝90°，
∵∠MBN＝45°，
∴∠MBN＝∠M′BN＝45°，
在△BNM和△BNM′中，
，
∴△NBM≌△NBM′（SAS），
∴MN＝NM′，
∵AM＝CM′，
∴MN＝AM+CN．
故答案為：MN＝AM+CN；
（2）MN＝AM+CN．
理由：如圖2中，把△ABM繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)使AB邊與BC邊重合，則△ABM≌△CBM′，
∵BC∥AD，AB＝BC＝CD，
∴梯形ABCD是等腰梯形，
∴∠A+∠BCD＝180°，
∴AM＝CM′，BM＝BM′，∠A＝∠BCM′，∠ABM＝∠M′BC，
∴∠BCM′+∠BCD＝180°，
∴點(diǎn)M′、C、N三點(diǎn)共線，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠M′BN＝∠M′BC+∠CBN＝∠ABM+∠CBN＝∠ABC﹣∠MBN＝∠ABC，
∴∠MBN＝∠M′BN，
在△BMN和△BM′N中，
，
∴△BMN≌△BM′N（SAS），
∴MN＝M′N，
又∵M(jìn)′N＝CM′+CN＝AM+CN，
∴MN＝AM+CN；
（3）MN＝CN﹣AM．
理由：如圖3中，作∠CBM′＝∠ABM交CN于點(diǎn)M′，
∵∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠BAD+∠C＝360°﹣180°＝180°，
又∵∠BAD+∠BAM＝180°，
∴∠C＝∠BAM，
在△ABM和△CBM′中，
，
∴△ABM≌△CBM′（ASA），
∴AM＝CM′，BM＝BM′，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠M′BN＝∠ABC﹣（∠ABN+∠CBM′）＝∠ABC﹣（∠ABN+∠ABM）＝∠ABC﹣∠MBN＝∠ABC，
∴∠MBN＝∠M′BN，
在△MBN和△M′BN中，
，
∴△MBN≌△M′BN（SAS），
∴MN＝M′N，
∵M(jìn)′N＝CN﹣CM′＝CN﹣AM，
∴MN＝CN﹣AM．

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