1．（2023?湘潭）如圖，菱形ABCD中，連接AC，BD，若∠1＝20°，則∠2的度數(shù)為（ ）
A．20°B．60°C．70°D．80°
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)以及三角形的內(nèi)角和定理即可得到結論．
【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AC⊥BD，
∴∠DCA＝∠1＝20°，
∴∠2＝90°﹣∠DCA＝70°，
故選：C．
【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)定理是解題的關鍵．
2．（2023?赤峰）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6．點F是AB中點，連接CF，把線段CF沿射線BC方向平移到DE，點D在AC上．則線段CF在平移過程中掃過區(qū)域形成的四邊形CFDE的周長和面積分別是（ ）
A．16，6B．18，18C．16，12D．12，16
【分析】先論證四邊形CFDE是平行四邊形，再分別求出CF，CD，DF，繼而用平行四邊形的周長公式和面積公式求出即可．
【解答】解：由平移的性質(zhì)可知DF∥CE，DF＝CE，
∴四邊形CFDE是平行四邊形，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝6，
∴AC=AB2?BC2=102?62=8，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，點F是AB的中點，
∴CF=12AB＝5，
∵DF∥CE，點F是AB的中點，
∴ADAC=AFAB=12，∠CDF＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴點D是AC的中點，
∴CD=12AC＝4，
∵點F是AB的中點，點D是AC的中點，
∴DF是Rt△ABC的中位線，
∴DF=12BC＝3，
∴四邊形CFDE的周長為2（DF+CF）＝2×（5+3）＝16，
四邊形CFDE的面積為DF?CD＝3×4＝12．
故選：C．
【點評】本題主要考查了平移的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半，平行線分線段成比例定理，三角形中位線定理等知識，推到四邊形FDE是平行四邊形和DF是Rt△ABC的中位線是解決問題的關鍵．
3．（2023?深圳）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝4，BC＝6，將線段AB水平向右平移a個單位長度得到線段EF，若四邊形ECDF為菱形時，則a的值為（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】證得四邊形ECDF為平行四邊形，當CD＝CD＝4時，?ECDF為為菱形，此時a＝BE＝BC﹣CE＝6﹣4＝2．
【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，CE∥FD，CD＝AB＝4，
∵將線段AB水平向右平得到線段EF，
∴AB∥EF∥CD，
∴四邊形ECDF為平行四邊形，
當CD＝CE＝4時，?ECDF為為菱形，
此時a＝BE＝BC﹣CE＝6﹣4＝2．
故選：B．
【點評】本題主要考查了菱形的判定，平行四邊形的性質(zhì)和判定，平移的性質(zhì)，證得證得四邊形ECDF為平行四邊形，熟練掌握菱形的判定方法是解決問題的關鍵．
4．（2023?蘭州）如圖，在矩形ABCD中，點E為BA延長線上一點，F(xiàn)為CE的中點，以B為圓心，BF長為半徑的圓弧過AD與CE的交點G，連接BG．若AB＝4，CE＝10，則AG＝（ ）
A．2B．2.5C．3D．3.5
【分析】先根據(jù)直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半得BF＝AG＝5，然后在Rt△ABG中利用勾股定理即可求出AG的長．
【解答】解：∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
在Rt△BCE中，點F為斜邊CE的中點，
∴BF=12CE=5，
∴BG＝BF＝5，
在Rt△ABG中，AB＝4，BG＝5，
由勾股定理得：AG=BG2?AB2=3．
故選：C．
【點評】此題主要考查了矩形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，圓的概念，勾股定理等，解答此題的關鍵是理解直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半；同圓的半徑相等．
5．（2023?河北）如圖，在Rt△ABC中，AB＝4，點M是斜邊BC的中點，以AM為邊作正方形AMEF．若S正方形AMEF＝16，則S△ABC＝（ ）
A．43B．83C．12D．16
【分析】先根據(jù)正方形AMEF的面積求出AM的長，然后根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求出BC的長，最后根據(jù)勾股定理求出AC的長，然后即可求出直角三角形ABC的面積．
【解答】解：∵四邊形AMEF是正方形，
又∵S正方形AMEF＝16，
∴AM2＝16，
∴AM＝4，
在Rt△ABC中，點M是斜邊BC的中點，
∴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，
故選：B．
【點評】本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，正方形的面積計算公式，直角三角形面積的計算公式，勾股定理，掌握直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半是解題的關鍵．
6．（2023?常德）如圖1，在正方形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，E，F(xiàn)分別為AO，DO上的一點，且EF∥AD，連接AF，DE．若∠FAC＝15°，則∠AED的度數(shù)為（ ）
A．80°B．90°C．105°D．115°
【分析】先根據(jù)正方形的性質(zhì)及EF∥BC得∠OEF＝∠OCB＝45°，∠OFE＝∠OBC＝45°，進而得∠AEF＝∠DFE＝135°，OE＝OF，然后證△AEF和△DFE全等得∠CAE＝∠FDE＝15°，從而得∠ADE＝30°，最后利用三角形的內(nèi)角和定理可求出∠AED的度數(shù)．
【解答】解：∵四邊形ABCD為正方形，
∴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°．
故選：C．
【點評】此題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理等，解答此題的關鍵是依據(jù)正方形的性質(zhì)得出判定△AEF和△DFE全等的條件．
7．（2023?河北）如圖，直線l1∥l2，菱形ABCD和等邊△EFG在l1，l2之間，點A，F(xiàn)分別在l1，l2 上，點B，D、E、G在同一直線上．若∠α＝50°，∠ADE＝146°，則∠β＝（ ）
A．42°B．43°C．44°D．45°
【分析】由平角的定義求得∠ADB＝180°﹣∠ADE＝34°，由外角定理求得∠AHD＝∠α﹣∠ADB＝16°，根據(jù)平行線的性質(zhì)得∠GIF＝∠AHD＝16°，進而求得∠β＝∠EGF﹣∠GIF＝44°．
【解答】解：如圖，延長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是等邊三角形，
∴∠EGF＝60°，
∴∠β＝∠EGF﹣∠GIF＝60°﹣16°＝44°，
故選：C．
【點評】本題考查平行線的性質(zhì)，平角的定義，等邊三角形的性質(zhì)，三角形外角定理，根據(jù)相關定理確定角度之間的數(shù)量關系是解題關鍵．
8．（2023?十堰）如圖，將四根木條用釘子釘成一個矩形框架ABCD，然后向左扭動框架，觀察所得四邊形的變化，下面判斷錯誤的是（ ）
A．四邊形ABCD由矩形變?yōu)槠叫兴倪呅?br>B．對角線BD的長度減小
C．四邊形ABCD的面積不變
D．四邊形ABCD的周長不變
【分析】由題意可知左扭動矩形框架ABCD，四邊形變成平行四邊形，四邊形的四條邊不變，故周長不變，對角線BD減小，但是BC邊上的高減小，故面積變小，故選C．
【解答】解：向左扭動矩形框架ABCD，只改變四邊形的形狀，四邊形變成平行四邊形，A不符合題意；
此時對角線BD減小，對角線AC增大，B不合題意．
BC邊上的高減小，故面積變小，C符合題意，
四邊形的四條邊不變，故周長不變，D不符合題意．
故選：C．
【點評】本題考查矩形的性質(zhì)和平行四邊形的性質(zhì)，熟悉性質(zhì)是解題關鍵．
9．（2023?紹興）如圖，在矩形ABCD中，O為對角線BD的中點，∠ABD＝60°，動點E在線段OB上，動點F在線段OD上，點E，F(xiàn)同時從點O出發(fā)，分別向終點B，D運動，且始終保持OE＝OF．點E關于AD，AB的對稱點為E1，E2；點F關于BC，CD的對稱點為F1，F(xiàn)2在整個過程中，四邊形E1E2F1F2形狀的變化依次是（ ）
A．菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形
B．菱形→正方形→平行四邊形→菱形→平行四邊形
C．平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形→平行四邊形
D．平行四邊形→菱形→正方形→平行四邊形→菱形
【分析】根據(jù)題意，分別證明四邊形 E1E2F1F2 是菱形，平行四邊形，矩形，即可求解．
【解答】解：如圖1中，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴∠BDC＝∠ABD＝60°，∠ADB＝∠CBD＝90°﹣60°＝30°，
∵OE＝OF、OB＝OD，
∴DF＝EB，
∵對稱，
∴DF＝DF2，BF＝BF1，BE＝BE2，DE＝DE1，E1F2＝E2F1．
∵對稱
∴∠F2DC＝∠CDF＝60°，
∴∠EDA＝∠E1DA＝30°，
∴∠E1DB＝60°，
同理∠F1BD＝60°，
∴DE1∥BF1，
∵E1F2＝E2F1，
∴四邊形 E1E2F1F2 是平行四邊形，
如圖2所示，當E，F(xiàn)，O三點重合時，DO＝OB，
∴DE1＝DF2＝AE1＝AE2，即E1E2＝E1F2，
∴四邊形E1E2F1F2 是菱形．
如圖3所示，當E，F(xiàn)分別為OD，OB的中點時，設DB＝4，則 DF2＝DF＝1，DE1＝DE＝3，
在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝23，連接AE，AO，
∵∠ABO＝60°，BO＝2＝AB，
∴△ABO是等邊三角形，
∵E為OB中點，
∴AE⊥OB，BE＝1，
∴AE=22?12=3．
根據(jù)對稱性可得 AE1=AE=3．
∴AD2＝12，DE12=9，AE12=3，
∴AD2=AE12+DE12，
∴ΔDE1A 是直角三角形，且∠E1＝90°，
四邊形E1E2F1F2是矩形．
當F，E分別與D，B重合時，△BE1D，△BDF1 都是等邊三角形，則四邊形 E1E2F2F2 是菱形，
∴在整個過程中，四邊形 E1E2F1F2 形狀的變化依次是菱形→平行四邊形→矩形→平行四邊形→菱形，
故選：A．
【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)與判定，平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)與判定，勾股定理與勾股定理的逆定理，軸對稱的性 質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
10．（2023?金華）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三邊為邊在AB的同側作三個正方形，點F在GH上，CG與EF交于點P，CM與BE交于點Q，若HF＝FG，則S四邊形PCQES正方形ABEF的值是（ ）
A．14B．15C．312D．625
【分析】由正方形的性質(zhì)得AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，則∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，可證明△ABC≌△AFH，得BC＝HF，而HF＝FG，所以BC＝FG，再證明△BCQ≌△FGP，得CQ＝GP，設AC＝AH＝GH＝2m，則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四邊形PCQE＝m2，S正方形ABEF＝5m2，則S四邊形PCQES正方形ABEF=m25m2=15，于是得到問題的答案．
【解答】解：∵四邊形ABEF、四邊形ADGH、四邊形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三點在同一條直線上，A、C、M三點在同一條直線上，
∵∠BCQ＝∠G＝∠E＝90°，∠BPE＝∠FPG，
∴∠CBQ＝90°﹣∠BPE＝90°﹣∠FPG＝∠GFP，
∴△BCQ≌△FGP（ASA），
∴CQ＝GP，
設AC＝AH＝GH＝2m，則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四邊形PCQE=12×5m×52m?12m×12m＝m2，
∵S正方形ABEF＝（5m）2＝5m2，
∴S四邊形PCQES正方形ABEF=m25m2=15，
故選：B．
【點評】此題重點考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、銳角三角函數(shù)與解直角三角形等知識，證明△ABC≌△AFH及△BCQ≌△FGP是解題的關鍵．
11．（2023?蘇州）如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為（9，0），點C的坐標為（0，3），以OA，OC為邊作矩形OABC．動點E，F(xiàn)分別從點O，B同時出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿OA，BC向終點A，C移動．當移動時間為4秒時，AC?EF的值為（ ）
A．10B．910C．15D．30
【分析】利用點的坐標，分別計算AC和EF，再相乘即可．
【解答】解：連接AC、EF．
∵四邊形OABC為矩形，
∴B（9，3）．
又∵OE＝BF＝4，
∴E（4，0），F(xiàn)（5，3）．
∴AC=OC2+OA2=32+92=310，
EF=(5?4)2+32=10，
∴AC?EF＝310×10=30．
故選：D．
【點評】本題主要考查矩形的性質(zhì)及坐標，較為簡單，直接計算即可．
12．（2023?宜賓）如圖，邊長為6的正方形ABCD中，M為對角線BD上的一點，連接AM并延長交CD于點P，若PM＝PC，則AM的長為（ ）
A．3（3?1）B．3（33?2）C．6（3?1）D．6（33?2）
【分析】以B為原點，BC所在直線為x軸建立直角坐標系，由正方形ABCD邊長為6，可知A（0，6），D（6，6），C（6，0），直線BD解析式為y＝x，設M（m，m），可得直線AM解析式為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（不符合題意，舍去）或m＝9﹣33，故M（9﹣33，9﹣33），從而求出AM＝6（3?1）．
【解答】解：以B為原點，BC所在直線為x軸建立直角坐標系，如圖：
∵正方形ABCD邊長為6，
∴A（0，6），D（6，6），C（6，0），
由B（0，0），D（6，6）可得直線BD解析式為y＝x，
設M（m，m），
由A（0，6），M（m，m）得直線AM解析式為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（不符合題意，舍去）或m＝9﹣33，
∴M（9﹣33，9﹣33），
∴AM=(9?33)2+(9?33?6)2=6（3?1），
故選：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，
由正方形對稱性知AM＝CM＝6（3?1），
故選：C．
【點評】本題考查正方形性質(zhì)及應用，解題的關鍵是建立直角坐標系，求出M的坐標．
13．（2023?眉山）如圖，在正方形ABCD中，點E是CD上一點，延長CB至點F，使BF＝DE，連結AE，AF，EF，EF交AB于點K，過點A作AG⊥EF，垂足為點H，交CF于點G，連結HD，HC．
下列四個結論：
①AH＝HC；
②HD＝CD；
③∠FAB＝∠DHE；
④AK?HD=2HE2．
其中正確結論的個數(shù)為（ ）
A．1個B．2個C．3個D．4個
【分析】①證明△EAF是等腰直角三角形，根據(jù)直角三角形斜邊中線可得AH=12EF＝CH，可得①正確；
②證明∠DAH與∠AHD不一定相等，則AD與DH不一定相等，可知②不正確；
③證明△ADH≌△CDH（SSS），則∠ADH＝∠CDH＝45°，再由等腰直角三角形的性質(zhì)可得結論正確；
④證明△AKF∽△HED，列比例式可得結論正確．
【解答】解：①∵四邊形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正確；
③∵AH＝CH，AD＝CD，DH＝DH，
∴△ADH≌△CDH（SSS），
∴∠ADH＝∠CDH＝45°，
∵△AEF為等腰直角三角形，
∴∠AFE＝45°，
∴∠AFK＝∠EDH＝45°，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB∥CD，
∴∠BKF＝∠CEH，
∴∠AKF＝∠DEH，
∴∠FAB＝∠DHE，
故③正確；
②∵∠ADH＝∠AEF，
∴∠DAE＝∠DHE，
∵∠BAD＝∠AHE＝90°，
∴∠BAE＝∠AHD，
∵∠DAE與∠BAG不一定相等，
∴∠DAH與∠AHD不一定相等，
則AD與DH不一定相等，即DH與CD不一定相等，
故②不正確；
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正確；
∴本題正確的結論有①③④，共3個．
故選：C．
【點評】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形“三線合一“的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形“三線合一“的性質(zhì)，直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半的性質(zhì)是解題的關鍵．
14．（2023?重慶）如圖，在正方形ABCD中，O為對角線AC的中點，E為正方形內(nèi)一點，連接BE，BE＝BA，連接CE并延長，與∠ABE的平分線交于點F，連接OF，若AB＝2，則OF的長度為（ ）
A．2B．3C．1D．2
【分析】連接AF，根據(jù)正方形ABCD得到AB＝BC＝BE，∠ABC＝90°，根據(jù)角平分線的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，求得∠BFE＝45°，再證明△ABF≌△EBF，求得∠AFC＝90°，最后根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可求出OF的長度．
【解答】解：如圖，連接AF，
∵四邊形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與△BEF中，
AB=EB∠ABF=∠EBFBF=BF，
∴△BAF≌△BEF（SAS），
∴∠BFE＝∠BFA＝45°，
∴∠AFC＝∠BAF+∠BFE＝90°，
∵O為對角線AC的中點，
∴OF=12AC=2，
故選：D．
【點評】本題考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，正方形的性質(zhì)，直角三角形特征，作出正確的輔助線，求得∠BFE＝45°是解題的關鍵．
15．（2023?自貢）如圖，邊長為3的正方形OBCD兩邊與坐標軸正半軸重合，點C的坐標是（ ）
A．（3，﹣3）B．（﹣3，3）C．（3，3）D．（﹣3，﹣3）
【分析】由正方形的性質(zhì)可得DC＝BC＝3，DC與BC分別垂直于y軸和x軸，而點C在第一象限，所以C的坐標為（3，3）．
【解答】解：∵正方形的邊長為3，
∴DC＝BC＝3，DC與BC分別垂直于y軸和x軸．
∵點C在第一象限，
∴C的坐標為（3，3）．
故選：C．
【點評】本題考查正方形的性質(zhì)和坐標與圖形的性質(zhì)，求出DC、BC的長即可解答．
16．（2023?重慶）如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在BC，CD上，連接AE，AF，EF，∠EAF＝45°．若∠BAE＝α，則∠FEC一定等于（ ）
A．2αB．90°﹣2αC．45°﹣αD．90°﹣α
【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AD＝AB，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，將△ADF繞點A順時針旋轉90°，得△ABG，易證△GAE≌△FAE（SAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得∠AEF＝∠AEG，進一步根據(jù)∠FEC＝180°﹣∠AEF﹣∠AEB求解即可．
【解答】解：在正方形ABCD中，AD＝AB，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，
將△ADF繞點A順時針旋轉90°，得△ABG，如圖所示：
則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，
故選：A．
【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，涉及旋轉的性質(zhì)，添加合適的輔助線是解題的關鍵．
17．（2023?臺灣）如圖，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，且有一點P從B點沿著BD往D點移動，若過P點作AB的垂線交AB于E點，過P點作AD的垂線交AD于F點，則EF的長度最小為多少（ ）
A．145B．245C．5D．7
【分析】連接AP、EF，依據(jù)PE⊥AB，PF⊥AD，∠A＝90°，可得四邊形AEPF為矩形，借助矩形的對角線相等，將求EF的最小值轉化成AP的最小值，再結合垂線段最短，將問題轉化成求Rt△BAD斜邊上的高，利用面積法即可得解．
【解答】解：如圖，連接AP、EF，
∵PE⊥AB，PF⊥AD，
∴∠AEP＝∠AFP＝90°．
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°．
∴四邊形AEPF為矩形．
∴AP＝EF．
∴要求EF的最小值就是要求AP的最小值．
∵點P從B點沿著BD往D點移動，
∴當AP⊥BD時，AP取最小值．
下面求此時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的長度最小為：245．
故本題選B．
【點評】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、垂線段最短及面積法求直角三角形斜邊上的高，需要熟練掌握并靈活運用．
18．（2022?紹興）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F(xiàn)是對角線BD上的動點，且BE＝DF，M，N分別是邊AD，邊BC上的動點．下列四種說法：
①存在無數(shù)個平行四邊形MENF；
②存在無數(shù)個矩形MENF；
③存在無數(shù)個菱形MENF；
④存在無數(shù)個正方形MENF．
其中正確的個數(shù)是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根據(jù)題意作出合適的輔助線，然后逐一分析即可．
【解答】解：連接AC，MN，且令AC，MN，BD相交于點O，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
只要OM＝ON，那么四邊形MENF就是平行四邊形，
∵點E，F(xiàn)是BD上的動點，
∴存在無數(shù)個平行四邊形MENF，故①正確；
只要MN＝EF，OM＝ON，則四邊形MENF是矩形，
∵點E，F(xiàn)是BD上的動點，
∴存在無數(shù)個矩形MENF，故②正確；
只要MN⊥EF，OM＝ON，則四邊形MENF是菱形，
∵點E，F(xiàn)是BD上的動點，
∴存在無數(shù)個菱形MENF，故③正確；
只要MN＝EF，MN⊥EF，OM＝ON，則四邊形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一個，故④錯誤；
故選：C．
【點評】本題考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四邊形的判定，解答本題的關鍵是明確題意，作出合適的輔助線．
19．（2022?廣州）如圖，正方形ABCD的面積為3，點E在邊CD上，且CE＝1，∠ABE的平分線交AD于點F，點M，N分別是BE，BF的中點，則MN的長為（ ）
A．62B．32C．2?3D．6?22
【分析】連接EF，由正方形ABCD的面積為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分別是BE，BF的中點，即得MN=12EF=6?22．
【解答】解：連接EF，如圖：
∵正方形ABCD的面積為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分別是BE，BF的中點，
∴MN是△BEF的中位線，
∴MN=12EF=6?22．
故選：D．
【點評】本題考查正方形性質(zhì)及應用，涉及含30°角的直角三角形三邊關系，等腰直角三角形三邊關系，解題的關鍵是根據(jù)已知求得∠EBC＝30°．
20．（2022?貴港）如圖，在邊長為1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，動點E在AB邊上（與點A，B均不重合），點F在對角線AC上，CE與BF相交于點G，連接AG，DF，若AF＝BE，則下列結論錯誤的是（ ）
A．DF＝CEB．∠BGC＝120°
C．AF2＝EG?ECD．AG的最小值為223
【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)，利用SAS證明△ADF≌△BCE，可得DF＝CE，故A正確；利用菱形的軸對稱知，△BAF≌△DAF，得∠ADF＝∠ABF，則∠BGC＝180°﹣（∠GBC+∠GCB）＝180°﹣∠CBE＝120°，故B正確，利用△BEG∽△CEB，得BECE=EGBE，且AF＝BE，可得C正確，利用定角對定邊可得點G在以O為圓心，OB為半徑的圓上運動，連接AO，交⊙O于G，此時AG最小，AO是BC的垂直平分線，利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得AG的最小值，從而解決問題．
【解答】解：∵四邊形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正確，不符合題意；
∵AB＝AD，∠BAF＝∠DAF，AF＝AF，
∴△BAF≌△DAF（SAS），
∴∠ADF＝∠ABF，
∴∠ABF＝∠BCE，
∴∠BGC＝180°﹣（∠GBC+∠GCB）＝180°﹣∠CBE＝120°，故B正確，不符合題意；
∵∠EBG＝∠ECB，∠BEG＝∠CEB，
∴△BEG∽△CEB，
∴BECE=EGBE，
∴BE2＝CE×EG，
∵BE＝AF，
∴AF2＝EG?EC，故C正確，不符合題意；
以BC為底邊，在BC的下方作等腰△OBC，使∠OBC＝∠OCB＝30°，
∵∠BGC＝120°，BC＝1，
∴點G在以O為圓心，OB為半徑的圓上運動，
連接AO，交⊙O于G，此時AG最小，AO是BC的垂直平分線，
∵OB＝OC，∠BOC＝120°，
∴∠BCO＝30°，
∴∠ACO＝90°，
∴∠OAC＝30°，
∴OC=33，
∴AO＝2OC=233，
∴AG的最小值為AO﹣OC=33，故D錯誤，符合題意．
故選：D．
【點評】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，利用定邊對定角確定點G的運動路徑是解題的關鍵．
二．填空題（共20小題）
21．（2023?大連）如圖，在正方形ABCD中，AB＝3，延長BC至E，使CE＝2，連接AE．CF平分∠DCE交AE于F，連接DF，則DF的長為 3104 ．
【分析】過點F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于點N，首先證四邊形CMFN為正方形，再設CM＝a，則FM＝FN＝CM＝CN＝a，BE＝5，EM＝2﹣a，然后證△EFM和△EAB相似，由相似三角形的性質(zhì)求出a，進而在Rt△AFN中由勾股定理即可求出DF．
【解答】解：過點F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于點N，
∵四邊形ABCD為正方形，AB＝3，
∴∠ACB＝90°，BC＝AB＝CD＝3，
∵FM⊥CE，F(xiàn)N⊥CD，∠ACB＝∠B＝90°，
∴四邊形CMFN為矩形，
又∵CF平分∠DCE，F(xiàn)M⊥CE，F(xiàn)N⊥CD，
∴FM＝FN，
∴四邊形CMFN為正方形，
∴FM＝FN＝CM＝CN，
設CM＝a，則FM＝FN＝CM＝CN＝a，
∵CE＝2，
∴BE＝BC+CE＝5，EM＝CE﹣CM＝2﹣a，
∵∠B＝90°，F(xiàn)M⊥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，F(xiàn)N=34，
由勾股定理得：DF=DN2+FN2=3104．
故答案為：3104．
【點評】此題主要考查了正方形的判定及性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等，解答此題的關鍵是熟練掌握相似三角形的判定方法，理解相似三角形的對應邊成比例．
22．（2023?大連）如圖，在菱形ABCD中，AC、BD為菱形的對角線，∠DBC＝60°，BD＝10，點F為BC中點，則EF的長為 5 ．
【分析】由四邊形ABCD是菱形，可得BC＝DC，AC⊥BD，∠BEC＝90°，又∠DBC＝60°，知△BDC是等邊三角形，BC＝BD＝10，而點F為BC中點，故EF=12BC＝5．
【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，AC⊥BD，
∴∠BEC＝90°，
∵∠DBC＝60°，
∴△BDC是等邊三角形，
∴BC＝BD＝10，
∵點F為BC中點，
∴EF=12BC＝5，
故答案為：5．
【點評】本題考查菱形的性質(zhì)及應用，涉及等邊三角形的判定與性質(zhì)，解題的關鍵是掌握直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．
23．（2023?貴州）如圖，在矩形ABCD中，點E為矩形內(nèi)一點，且AB＝1，AD=3，∠BAE＝75°，∠BCE＝60°，則四邊形ABCE的面積是 3?12 ．
【分析】連接AC，根據(jù)勾股定理得到AC=AB2+BC2=2，求得AB=12AC，得到∠ACB＝30°，求得∠CAE＝15°，過E作EF⊥AC于H，交BC于F，根據(jù)等邊三角形的判定定理得到△CEF是等邊三角形，求得∠BAF＝45°，得到BF＝AB＝1，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結論．
【解答】解：連接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°，
過E作EF⊥AC于H，交BC于F，
∵∠BCE＝60°，
∴∠ECA＝30°，
∴∠CEF＝60°，
∴△CEF是等邊三角形，
∴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，
∴四邊形ABCE的面積＝S△ABC+S△AEC=12×3×1+12×2×3?12=3?12，
故答案為：3?12，
【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形 的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積的計算，正確地作出輔助線是解題的關鍵．
24．（2023?齊齊哈爾）如圖，在四邊形ABCD中，AD＝BC，AC⊥BD于點O．請?zhí)砑右粋€條件： AD∥BC（AB＝CD或 OB＝OD 或∠ADB＝∠CBD 等） ，使四邊形ABCD成為菱形．
?
【分析】根據(jù)AD∥BC或AB＝CD或或ADB＝∠CBD，證得四邊形ABCD是平行四邊形，再根據(jù)AC⊥BD可證得四邊形ABCD是菱形；根據(jù)OB＝OD，證得Rt△ADO≌Rt△CBO（HL），得到AO＝CO，DO＝BO，可證得四邊形ABCD是菱形．
【解答】解：當添加“AD∥BC”時，
∵AD＝BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形；
當添加：“AB＝CD”時，
∵AD＝BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形；
當添加“OB＝OD”時，
∵AD＝BC，AC⊥BD，
∴Rt△ADO≌Rt△CBO（HL），
∴AO＝CO，DO＝BO，
∴四邊形ABCD是菱形；
當添加：“ADB＝∠CBD”時，
∴AD∥BC，
∵AD＝BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是菱形．
故答案為：AD∥BC（或AB＝CD或OB＝OD 或ADB＝∠CBD等 ）．
【點評】本題考查了菱形的判定、平行四邊形的判定、直角全等三角形全等的判定，解答本題的關鍵是熟練掌握菱形的判定，利用數(shù)形結合的思想解答．
25．（2023?河南）矩形ABCD中，M為對角線BD的中點，點N在邊AD上，且AN＝AB＝1．當以點D，M，N為頂點的三角形是直角三角形時，AD的長為 2或1+2 ．
【分析】以點D，M，N為頂點的三角形是直角三角形時，分兩種情況：如圖1，當∠MND＝90°時，如圖2，當∠NMD＝90°時，根據(jù)矩形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)即可得到結論．
【解答】解：以點D，M，N為頂點的三角形是直角三角形時，分兩種情況：
①如圖1，當∠MND＝90°時，
則MN⊥AD，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴MN∥AB，
∵M為對角線BD的中點，
∴AN＝DN，
∵AN＝AB＝1，
∴AD＝2AN＝2；
如圖2，當∠NMD＝90°時，
則MN⊥BD，
∵M為對角線BD的中點，
∴BM＝DM，
∴MN垂直平分BD，
∴BN＝DN，
∵∠A＝90°，AB＝AN＝1，
∴BN=2AB=2，
∴AD＝AN+DN＝1+2，
綜上所述，AD的長為2或1+2．
故答案為：2或1+2．
【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，分類討論是解題的關鍵．
26．（2023?廣西）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，CD上的動點，M，N分別是EF，AF的中點，則MN的最大值為 2 ．
【分析】首先證明出MN是△AEF的中位線，得出 MN=12AE，然后由正方形的性質(zhì)和勾股定理得到 AE=AB2+BE2=4+BE2，證明出當BE最大時，AE最大，此時MN最大，進而得到當點E和點 C重合時，BE最大，即BC的長度，最后代入求解即可．
【解答】解：如圖所示，連接AE，
∵M，N分別是EF，AF的中點，
∴MN是△AEF的中位線，
∴MN=12AE，
∵四邊形ABCD是正方形，∠B＝90°，
∴AE=AB2+BE2=4+BE2，
∴當BE最大時，AE最大，此時MN最大，
∵點E是BC上的動點，
∴當點E和點C重合時，BE最大，即BC的長度，
∴此時 AE=4+22=22，
∴MN=12AE=2，
∴MN的最大值為2．
故答案為：2．
【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，三角形中位線定理，勾股定理等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關鍵．
27．（2023?十堰）如圖，在菱形ABCD中，點E，F(xiàn)，G，H分別是AB，BC，CD，AD上的點，且BE＝BF＝CG＝AH，若菱形的面積等于24，BD＝8，則EF+GH＝ 6 ．
【分析】連接AC交BD于點O，先根據(jù)菱形的面積公式計算出對角線AC的長，再證△BEF∽△BAC，得出EFAC=BEBA，同理可證△DHG∽△DAC，得出GHAC=DHDA，兩式相加，即可求出EF+GH的值．
【解答】解：連接AC交BD于點O，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝AD，
∵菱形的面積等于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，
同理可證△DHG∽△DAC，
∴GHAC=DHDA，
∴EFAC+GHAC=BEAD+DHAD，
即EF+GHAC=BE+DHAD=AH+DHAD=ADAD=1，
∴EF+GH＝AC＝6，
故答案為：6．
【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，求出EF+GH＝AC是此題的關鍵．
28．（2023?陜西）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4．點E在邊AD上，且ED＝3，M、N分別是邊AB、BC上的動點，且BM＝BN，P是線段CE上的動點，連接PM，PN．若PM+PN＝4．則線段PC的長為 22 ．
【分析】由題意知△CDE是等腰直角三角形，作點N關于EC的對稱點N'，則N'在直線CD上，連接PN'，PN＝PN'，PM+PN＝4．即PM+PN'＝4，BC＝4，BM＝BN，所以此時M、P、N'三點共線且MN'∥AD，點P在MN'的中點處，PM＝PN'＝2，PC＝22．
【解答】解：∵DE＝AB＝CD＝3，
∴△CDE是等腰直角三角形，
作點N關于EC的對稱點N'，則N'在直線CD上，連接PN'，如圖：
∵PM+PN＝4．
∴PM+PN'＝4＝BC，即MN'＝4，
此時M、P、N'三點共線且MN'∥AD，點P在MN'的中點處，
∴PM＝PN'＝2，
∴PC＝22．
故答案為：22．
【點評】本題考查矩形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)，作出適當?shù)妮o助線是解題關鍵．
29．（2023?濱州）如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點E，F(xiàn)分別是線段OB，OA上的點，若AE＝BF，AB＝5，AF＝1，BE＝3，則BF的長為 22 ．
【分析】過A作AN⊥BD于N，過B作BM⊥AC于M，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到OB=12BD，OA=12AC，AC＝BD，根據(jù)三角形的面積公式得到AN＝BM，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到ON＝OM，F(xiàn)M＝EN，設FM＝EN＝x，根據(jù)勾股定理即可得到結論．
【解答】解：過A作AN⊥BD于N，過B作BM⊥AC于M，
∴∠ANO＝∠ANB＝∠BMO＝∠BMA＝90°，
∵四邊形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，
設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，
故答案為：22．
【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關鍵．
30．（2023?內(nèi)江）出入相補原理是我國古代數(shù)學的重要成就之一，最早是由三國時期數(shù)學家劉徽創(chuàng)建．“將一個幾何圖形，任意切成多塊小圖形，幾何圖形的總面積保持不變，等于所分割成的小圖形的面積之和”是該原理的重要內(nèi)容之一，如圖，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，對角線AC與BD交于點O，點E為BC邊上的一個動點，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分別為點F，G，則EF+EG＝ 6013 ．
【分析】連接OE，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到BC＝AD＝12，AO＝CO＝BO＝DO，∠ABC＝90°，根據(jù)勾股定理得到AC=AB2+BC2=13，求得OB＝OC=132，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結論．
【解答】解：連接OE，
∵四邊形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，
故答案為：6013．
【點評】此題考查了矩形的性質(zhì)、勾股定理．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數(shù)形結合思想的應用．
31．（2023?天津）如圖，在邊長為3的正方形ABCD的外側，作等腰三角形ADE，EA=ED=52．
（1）△ADE的面積為 3 ；
（2）若F為BE的中點，連接AF并延長，與CD相交于點G，則AG的長為 13 ．
【分析】（1）過E作EM⊥AD于M，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到AM＝DM=12AD=32，根據(jù)勾股定理得到EM=AE2?AM2=2，根據(jù)三角形的面積公式即可得到△ADE的面積為12AD?EM=12×3×2=3；（2）過E作AD的垂線交AD于M，AG于N，BC于P，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到EF⊥BC，推出四邊形ABPM是矩形，得到PM＝AB＝3，AB∥EP，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到EN＝AB＝3，根據(jù)勾股定理即可得到結論．
【解答】解：（1）過E作EM⊥AD于M，
∵EA=ED=52．AD＝3，
∴AM＝DM=12AD=32，
∴EM=AE2?AM2=2，
∴△ADE的面積為12AD?EM=12×3×2=3；
故答案為：3；
（2）過E作AD的垂線交AD于M，AG于N，BC于P，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BC∥AD，
∴EP⊥BC，
∴四邊形ABPM是矩形，
∴PM＝AB＝3，AB∥EP，
∴EP＝5，∠ABF＝∠NEF，
∵F為BE的中點，
∴BF＝EF，
在△ABF與△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，
故答案為：13．
【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，正確地作出輔助線是解題的關鍵．
32．（2023?棗莊）如圖，在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，E為BC上一點，CE＝7，F(xiàn)為DE的中點，若△CEF的周長為32，則OF的長為 172 ．
【分析】在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，可知O是中點，∠BCD＝90°，F(xiàn)為DE的中點，則CF＝EF＝DF，△CEF的周長為32，CE＝7，則CF+EF＝25，即DE＝25，根據(jù)勾股定理可得CD＝24＝BC，從而求得BE，再根據(jù)中位線的性質(zhì)即可解答．
【解答】解：在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，
∴∠BCD＝90°，O是中點，
∵F為DE的中點，
∴CF＝EF＝DF，
∵△CEF的周長為32，CE＝7，
∴CF+EF＝25，即DE＝25，
在Rt△CDE中，根據(jù)勾股定理可得CD＝24＝BC，
∴BE＝24﹣7＝17，
根據(jù)三角形的中位線可得OF=12BE=172．
故答案為：172．
【點評】本題考查正方形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線的性質(zhì)，熟悉性質(zhì)是解題關鍵．
33．（2023?臺州）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6．在邊AD上取一點E，使BE＝BC，過點C作CF⊥BE，垂足為點F，則BF的長為 25 ．
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)可得出∠AEB＝∠FBC，結合已知BE＝BC，利用AAS證得△ABE和△FCB全等，得出FC＝AB＝4，再根據(jù)矩形的性質(zhì)得到BC＝AD＝6，從而在Rt△FCB中利用勾股定理求出BF的長．
【解答】解：∵四邊形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，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝6，
在Rt△FCB中，由勾股定理得BF=BC2?FC2=62?42=25，
故答案為：25．
【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，三角形全等的性質(zhì)與判定，勾股定理，熟知矩形的對邊平行且相等，四個角都是直角．
34．（2022?哈爾濱）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點E在OB上，連接AE，點F為CD的中點，連接OF．若AE＝BE，OE＝3，OA＝4，則線段OF的長為 25 ．
【分析】由菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，AO＝CO＝4，BO＝DO，由勾股定理可求AE的長，BC的長，由三角形中位線定理可求解．
【解答】解：∵四邊形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，
∵點F為CD的中點，BO＝DO，
∴OF=12BC＝25，
故答案為：25．
【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，三角形中位線定理，勾股定理，掌握菱形的性質(zhì)是解題的關鍵．
35．（2022?德州）如圖，線段AB，CD端點的坐標分別為A（﹣1，2），B（3，﹣1），C（3，2），D（﹣1，5），且AB∥CD，將CD平移至第一象限內(nèi)，得到C′D′（C′，D′均在格點上）．若四邊形ABC′D′是菱形，則所有滿足條件的點D′的坐標為 （3，5）或（2，6） ．
【分析】利用勾股定理可得AB＝CD＝5，根據(jù)菱形性質(zhì)可得AD′＝AB＝5，再由平移規(guī)律即可得出答案．
【解答】解：如圖，
∵A（﹣1，2），B（3，﹣1），C（3，2），D（﹣1，5），
∴AB∥CD，AB＝CD＝5，
∵四邊形ABC′D′是菱形，
∴AD′＝AB＝5，
當點D向右平移4個單位，即D′（3，5）時，AD′＝5，
當點D向右平移3個單位，向上平移1個單位，即D′（2，6）時，AD′＝5，
故答案為：（3，5）或（2，6）．
【點評】本題考查了平移變換的性質(zhì)，菱形性質(zhì)，勾股定理等，理解題意，運用數(shù)形結合思想是解題關鍵．
36．（2022?溫州）如圖，在菱形ABCD中，AB＝1，∠BAD＝60°．在其內(nèi)部作形狀、大小都相同的菱形AENH和菱形CGMF，使點E，F(xiàn)，G，H分別在邊AB，BC，CD，DA上，點M，N在對角線AC上．若AE＝3BE，則MN的長為 32 ．
【分析】方法一：根據(jù)菱形的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)，可以求得AC、AM和MN的長，然后即可計算出MN的長．
方法二：根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)可以得到EF和MN的關系，然后解直角三角形可以求得OA的長，從而可以得到MN的長．
【解答】解：方法一：連接DB交AC于點O，作MI⊥AB于點I，作FJ⊥AB交AB的延長線于點J，如圖1所示，
∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AB＝1，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝1，∠BAC＝30°，AC⊥BD，
∵△ABD是等邊三角形，
∴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，
故答案為：32．
方法二：連接DB交AC于點O，連接EF，
由題意可得，四邊形AMFE是平行四邊形，四邊形EFCN是平行四邊形，
∴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，
故答案為：32．
【點評】本題考查菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)，解答本題的關鍵是作出合適的輔助線，求出AC、AM和MN的長．
37．（2022?麗水）如圖，標號為①，②，③，④的矩形不重疊地圍成矩形PQMN．已知①和②能夠重合，③和④能夠重合，這四個矩形的面積都是5．AE＝a，DE＝b，且a＞b．
（1）若a，b是整數(shù)，則PQ的長是 a﹣b ；
（2）若代數(shù)式a2﹣2ab﹣b2的值為零，則S四邊形ABCDS矩形PQMN的值是 3+22 ．
【分析】（1）直接根據(jù)線段的差可得結論；
（2）先把b當常數(shù)解方程：a2﹣2ab﹣b2＝0，a＝b+2b（負值舍），根據(jù)四個矩形的面積都是5表示小矩形的寬，最后計算面積的比，化簡后整體代入即可解答．
【解答】解：（1）由圖可知：PQ＝a﹣b，
故答案為：a﹣b；
（2）∵a2﹣2ab﹣b2＝0，
∴a2﹣b2＝2ab，（a﹣b）2＝2b2，
∴a＝b+2b（負值舍），
∵四個矩形的面積都是5．AE＝a，DE＝b，
∴EP=5a，EN=5b，
則S四邊形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．
故答案為：3+22．
【點評】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，矩形的面積，并結合方程進行解答，正確通過解關于a的方程表示a與b的關系是解本題的關鍵．
38．（2021?錦州）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，以點B為圓心、BC的長為半徑畫弧交AD于點E，再分別以點C，E為圓心、大于12CE的長為半徑畫弧，兩弧交于點F，作射線BF交CD于點G，則CG的長為 103 ．
【分析】根據(jù)作圖過程可得BF是∠EBC的平分線，然后證明△EBG≌△CBG，再利用勾股定理即可求出CG的長．
【解答】解：如圖，連接EG，
根據(jù)作圖過程可知：BF是∠EBC的平分線，
∴∠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．
故答案為：103．
【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，作圖﹣基本作圖，解決本題的關鍵是掌握矩形的性質(zhì)．
39．（2021?威海）如圖，在正方形ABCD中，AB＝2，E為邊AB上一點，F(xiàn)為邊BC上一點．連接DE和AF交于點G，連接BG．若AE＝BF，則BG的最小值為 5?1 ．
【分析】如圖，取AD的中點T，連接BT，GT，首先利用全等三角形的性質(zhì)證明∠AGD＝90°，求出GT＝1，BT=5，根據(jù)BG≥BT﹣GT，可得結論．
【解答】解：如圖，取AD的中點T，連接BT，GT，
∵四邊形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的最小值為5?1．
故答案為：5?1．
【點評】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，求出GT，BT是解題的關鍵．
40．（2021?包頭）如圖，BD是正方形ABCD的一條對角線，E是BD上一點，F(xiàn)是CB延長線上一點，連接CE，EF，AF．若DE＝DC，EF＝EC，則∠BAF的度數(shù)為 22.5° ．
【分析】連接AE，根據(jù)SAS證△ADE≌△CDE，得出AE＝CE＝EF，再證△AEF為等腰直角三角形，得出∠AFB＝67.5°，即可求出∠BAF的度數(shù)．
【解答】解：如圖，連接AE，
∵BD為正方形ABCD的對角線，
∴∠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為等腰直角三角形，
∴∠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°，
故答案為：22.5°．
【點評】本題主要考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)等知識點，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關鍵．
三．解答題（共20小題）
41．（2023?長春）將兩個完全相同的含有30°角的直角三角板在同一平面內(nèi)按如圖所示位置擺放，點A、E，B、D依次在同一條直線上，連接AF、CD．
（1）求證：四邊形AFDC是平行四邊形；
（2）已知BC＝6cm，當四邊形AFDC是菱形時，AD的長為 18 cm．
【分析】（1）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AC＝DF，∠CAB＝∠FDE，根據(jù)平行線的判定定理得到AC∥DF，根據(jù)平行四邊形的判定定理即可得到四邊形AFDC是平行四邊形；
（2）連接CF交AD于O，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到AC=3BC＝63（cm），根據(jù)菱形的性質(zhì)得到CF⊥AD，AD＝2AO，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)即可得到結論．
【解答】（1）證明：∵△ACB≌△DFE，
∴AC＝DF，∠CAB＝∠FDE，
∴AC∥DF，
∴四邊形AFDC是平行四邊形；
（2）解：連接CF交AD于O，
∵∠ACB＝90°，∠CAB＝30°，BC＝6cm，
∴AC=3BC＝63（cm），
∵四邊形AFDC是菱形，
∴CF⊥AD，AD＝2AO，
∴∠AOC＝90°，
∴AO=32AC=32×63=9（cm），
∴AD＝2AO＝18cm，
故答案為：18．
【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，平行四邊形的判定，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關鍵．
42．（2023?張家界）如圖，已知點A，D，C，B在同一條直線上，且AD＝BC，AE＝BF，CE＝DF．
（1）求證：AE∥BF；
（2）若DF＝FC時，求證：四邊形DECF是菱形．
【分析】（1）由SSS證明△AEC≌△BFD（SSS），得到∠A＝∠B，即可證明AE∥BF；
（2）由△AEC≌△BFD，得到∠ECA＝∠FDB，推出EC∥DF，又EC＝DF，得到四邊形DECF是平行四邊形，而DF＝FC，推出四邊形DECF是菱形．
【解答】證明：（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，
∴四邊形DECF是平行四邊形，
∵DF＝FC，
∴四邊形DECF是菱形．
【點評】本題考查菱形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，關鍵是證明△AEC≌△BFD（SSS）．
43．（2023?蘭州）如圖，矩形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，CD∥OE，直線CE是線段OD的垂直平分線，CE分別交OD，AD于點F，G，連接DE．
（1）判斷四邊形OCDE的形狀，并說明理由；
（2）當CD＝4時，求EG的長．
【分析】（1）先根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得FD＝FO，ED＝OE，CD＝CO，再證△FDC和△FOE全等得CD＝OE，據(jù)此可得ED＝OE＝CD＝CO，進而可判定四邊形OCDE的形狀；
（2）先證△ODC為等邊三角形得DO＝CD＝4，∠ODC＝60°，進而DF＝2，據(jù)此再分別求出CF，GF，進而可得EG的長．
【解答】解：（1）四邊形OCDE是菱形，理由如下：
∵CD∥OE，
∴∠FDC＝∠FOE，
∵CE是線段OD的垂直平分線，
∴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，
∴四邊形OCDE是菱形．
（2）∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠BCD＝∠CDA＝90°，DO＝CO，
∵CE是線段OD的垂直平分線，
∴CD＝CO，
∴CD＝CO＝DO，
∴△ODC為等邊三角形，
∴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：四邊形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．
【點評】此題主要考查了矩形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，解答此題關鍵是理解菱形的判定，等邊三角形的性質(zhì)，數(shù)量利用勾股定理銳角三角函數(shù)進行計算．
44．（2023?岳陽）如圖，點M在?ABCD的邊AD上，BM＝CM，請從以下三個選項中①∠1＝∠2；②AM＝DM；③∠3＝∠4，選擇一個合適的選項作為已知條件，使?ABCD為矩形．
（1）你添加的條件是 ①② （填序號）；
（2）添加條件后，請證明?ABCD為矩形．
【分析】（1）根據(jù)矩形的判定定理選擇條件即可；
（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到AB∥DC，AB＝DC，求得∠A+∠D＝180°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠A＝∠D，根據(jù)矩形的判定定理即可得到結論．
【解答】（1）解：①當∠1＝∠2時，?ABCD為矩形；
②當AM＝DM時，?ABCD為矩形，
故答案為：①②；
（2）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴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為矩形．
【點評】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定，由矩形的性質(zhì)和全等三角形的判定證得△ABM≌DCM，并熟練掌握矩形的判定方法是解決問題的關鍵．
45．（2023?十堰）如圖，?ABCD的對角線AC，BD交于點O，分別以點B，C為圓心，12AC，12BD長為半徑畫弧，兩弧交于點P，連接BP，CP．
（1）試判斷四邊形BPCO的形狀，并說明理由；
（2）請說明當?ABCD的對角線滿足什么條件時，四邊形BPCO是正方形？
【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得出OC＝OA=12AC，OB＝OD=12BD，證出OB＝CP，BP＝OC，則可得出結論；
（2）由正方形的判定可得出結論．
【解答】解：（1）四邊形BPCO為平行四邊形．
理由：∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴OC＝OA=12AC，OB＝OD=12BD，
∵以點B，C為圓心，12AC，12BD長為半徑畫弧，兩弧交于點P，
∴OB＝CP，BP＝OC，
∴四邊形BPCO為平行四邊形；
（2）當AC⊥BD，AC＝BD時，四邊形BPCO為正方形．
∵AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∵AC＝BD，OB=12BD，OC=12AC，
∴OB＝OC，
∵四邊形BPCO為平行四邊形，
∴四邊形BPCO為正方形．
【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，正方形的判定，熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)是解題的關鍵．
46．（2023?溫州）如圖，已知矩形ABCD，點E在CB延長線上，點F在BC延長線上，過點F作FH⊥EF交ED的延長線于點H，連結AF交EH于點G，GE＝GH．
（1）求證：BE＝CF；
（2）當ABFH=56，AD＝4時，求EF的長．
【分析】（1）根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得到GE＝GF，再根據(jù)等邊對等角得出∠E＝∠GFE，根據(jù)矩形的性質(zhì)得出AB＝DC，∠ABC＝∠DCB＝90°，于是可證△ABF和△DCE全等，得到BF＝CE，從而問題得證；
（2）先證△ECD∽△EFH，得出比例式，再結合已知即可求出EF的長．
【解答】（1）證明：∵FH⊥EF，
∴∠HFE＝90°，
∵GE＝GH，
∴FG=12EH=GE=GH，
∴∠E＝∠GFE，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，∠ABC＝∠DCB＝90°，
∴△ABF≌△DCE（AAS），
∴BF＝CE，
∴BF﹣BC＝CE﹣BC，
即BE＝CF；
（2）解：∵四邊形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，
設BE＝CF＝x，
∴EC＝x+4，EF＝2x+4，
∴x+42x+4=56，
解得x＝1，
∴EF＝6．
【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握這些圖形的性質(zhì)是解題的關鍵．
47．（2023?隨州）如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，DE∥AC，CE∥BD．
（1）求證：四邊形OCED是菱形；
（2）若BC＝3，DC＝2，求四邊形OCED的面積．
【分析】（1）證明四邊形OCED是平行四邊形，再根據(jù)矩形性質(zhì)可得：OC＝OD，利用菱形的判定即可證得結論；
（2）先求出矩形面積，再根據(jù)矩形性質(zhì)可得S△OCD=14S矩形ABCD，再由菱形性質(zhì)可得菱形OCED的面積＝2S△OCD可解答．
【解答】（1）證明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四邊形OCED是平行四邊形，
∵矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，
∴AC＝BD，OC=12AC，OD=12BD，
∴OC＝OD，
∴四邊形OCED是菱形；
（2）解：∵四邊形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，
∵四邊形OCED是菱形，
∴菱形OCED的面積＝2S△OCD＝2×1.5＝3．
【點評】本題考查了矩形性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，矩形面積和菱形面積等基礎知識，能綜合運用相關知識點進行推理和計算是解此題的關鍵．
48．（2023?永州）如圖，已知四邊形ABCD是平行四邊形，其對角線相交于點O，OA＝3，BD＝8，AB＝5．
（1）△AOB是直角三角形嗎？請說明理由；
（2）求證：四邊形ABCD是菱形．
【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得OB＝4，再證OA2+OB2＝AB2，然后由勾股定理的逆定理即可得出結論；
（2）由∠AOB＝90°得AC⊥BD，再由菱形的判定定理即可得出結論．
【解答】（1）解：△AOB是直角三角形，理由如下：
∵四邊形ABCD是平行四邊形，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）證明：由（1）可知，∠AOB＝90°，
∴AC⊥BD，
∴平行四邊形ABCD是菱形．
【點評】本題考查了菱形的判定、平行四邊形的性質(zhì)以及勾股定理的逆定理等知識，熟練掌握菱形的判定，由勾股定理的逆定理證出△AOB為直角三角形是解題的關鍵．
49．（2023?紹興）如圖，在正方形ABCD中，G是對角線BD上的一點（與點B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F(xiàn)分別為垂足．連接EF，AG，并延長AG交EF于點H．
（1）求證：∠DAG＝∠EGH；
（2）判斷AH與EF是否垂直，并說明理由．
【分析】（1）直接由平行公理的推理即可解答．
（2）先連接CG，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)得出△ADG≌△CDG，從而得到∠DAG＝∠DCG．再證明∠EGH＝∠DCG＝∠OEC即可．
【解答】（1）證明：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．
連結GC交EF于點O，如圖：
∵BD為正方形ABCD的對角線，
∴∠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，
∴四邊形FCEG為矩形，
∴OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴∠DAG＝∠OEC，
由（1）得∠DAG＝∠EGH，
∴∠EGH＝∠OEC，
∴∠EGH+∠GEH＝∠OEC+∠GEH＝∠GEC＝90°，
∴∠GHE＝90°，
∴AH⊥EF．
【點評】本題考查正方形的性質(zhì)與全等三角形的性質(zhì)，熟悉性質(zhì)是解題關鍵．
50．（2023?內(nèi)江）如圖，在△ABC中，D是BC的中點，E是AD的中點，過點A作AF∥BC交CE的延長線于點F．
（1）求證：FA＝BD；
（2）連接BF，若AB＝AC，求證：四邊形ADBF是矩形．
【分析】（1）證明△AEF≌△DEC（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AF＝DC，則可得出結論；
（2）證出四邊形ADBF是平行四邊形，由等腰三角形的性質(zhì)得出AD⊥BC，則可得出結論．
【解答】（1）證明：∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DCE，∠FAE＝∠CDE，
又∵E為AD的中點，
∴AE＝DE，
∴△AEF≌△DEC（AAS），
∴AF＝DC，
又∵D為BC的中點，
∴BD＝CD，
∴AF＝BD；
（2）證明：∵AF＝BD，AF∥BD，
∴四邊形ADBF是平行四邊形，
∵AB＝AC，D為BC的中點，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴四邊形ADBF是矩形．
【點評】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定，等腰三角形的性質(zhì)，矩形的判定，證明△AEF≌△DEC是解題的關鍵．
51．（2023?樂山）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，點D為AB邊上任意一點（不與點A、B重合），過點D作DE∥BC，DF∥AC，分別交AC、BC于點E、F，連結EF．
?（1）求證：四邊形ECFD是矩形；
（2）若CF＝2，CE＝4，求點C到EF的距離．
【分析】（1）先證四邊形ECFD為平行四邊形，即可求解；
（2）由勾股定理可求EF的長，由面積法可求解．
【解答】（1）證明：∵FD∥CA，BC∥DE，
∴四邊形ECFD為平行四邊形，
又∵∠C＝90°，
∴四邊形ECFD為矩形；
（2）解：過點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，
∴點C到EF的距離為455．
【點評】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，面積法等知識，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關鍵．
52．（2023?杭州）在邊長為1的正方形ABCD中，點E在邊AD上（不與點A，D重合），射線BE與射線CD交于點F．
（1）若ED=13，求DF的長．
（2）求證：AE?CF＝1．
（3）以點B為圓心，BC長為半徑畫弧，交線段BE于點G．若EG＝ED，求ED的長．
【分析】（1）通過證明△DEF∽△CBF，由相似三角形的性質(zhì)可求解；
（2）通過證明△ABE∽△CFB，可得ABCF=AEBC，可得結論；
（3）設EG＝ED＝x，則AE＝1﹣x，BE＝1+x，由勾股定理可求解．
【解答】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB＝AD＝BC＝CD＝1，
∴△DEF∽△CBF，
∴DEBC=DFCF，
∴131=DFDF+1，
∴DF=12；
（2）證明：∵AB∥CD，
∴∠ABE＝∠F，
又∵∠A＝∠BCD＝90°，
∴△ABE∽△CFB，
∴ABCF=AEBC，
∴AE?CF＝AB?BC＝1；
（3）解：設EG＝ED＝x，則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．
【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，靈活運用這些性質(zhì)解決問題是解題的關鍵．
53．（2023?懷化）如圖，矩形ABCD中，過對角線BD的中點O作BD的垂線EF，分別交AD，BC于點E，F(xiàn)．
（1）證明：△BOF≌△DOE；
（2）連接BE、DF，證明：四邊形EBFD是菱形．
【分析】（1）根據(jù)矩形的對邊平行得到AD∥BC，于是有∠EDO＝∠FBO，根據(jù)點O是BD的中點得出DO＝BO，結合對頂角相等利用ASA可證得△BOF和△DOE全等；
（2）由（1）△BOF≌△DOE可得BF＝DE，結合DE∥BF，可得四邊形EBFD是平行四邊形，再根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形是菱形即可得證．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EDO＝∠FBO，
∵點O是BD的中點，
∴DO＝BO，
又∵∠EOD＝∠FOB，
∴△BOF≌△DOE（ASA）；
（2）證明：由（1）已證△BOF≌△DOE，
∴BF＝DE，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，即DE∥BF，
∴四邊形EBFD是平行四邊形，
∵EF⊥BD，
∴四邊形EBFD是菱形．
【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，菱形的判定，三角形全等的判定與性質(zhì)，熟練掌握這些圖形的性質(zhì)是解題的關鍵．
54．（2023?新疆）如圖，AD和BC相交于點O，∠ABO＝∠DCO＝90°，OB＝OC，點E、F分別是AO、DO的中點．
（1）求證：OE＝OF；
（2）當∠A＝30°時，求證：四邊形BECF是矩形．
【分析】（1）根據(jù)平行線的判定定理得到AB∥CD，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠A＝∠D，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AO＝DO，根據(jù)線段中點的定義得到OE＝OF；
（2）根據(jù)平行四邊形的判定定理得到四邊形BECF是平行四邊形，求得∠EBF＝90°，根據(jù)矩形的判定定理得到四邊形BECF是矩形．
【解答】證明：（1）∠ABO＝∠DCO＝90°，
∴AB∥CD，
∴∠A＝∠D，
在△AOB與△DOC中，
∠A=∠D∠ABO=∠DCOOB=CO，
∴△AOB≌△DOC（AAS），
∴AO＝DO，
∵點E、F分別是AO、DO的中點，
∴OE=12OA．OF=12OD，
∴OE＝OF；
（2）∵OB＝OC，OE＝OF，
∴四邊形BECF是平行四邊形，
∵∠A＝30°，
∴OB=12OA=OE，
∵OE＝OF，
∴OB=12EF，
∴∠EBF＝90°，
∴四邊形BECF是矩形．
【點評】本題考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握矩形的判定定理是解題的關鍵．
55．（2023?浙江）如圖，在菱形ABCD中，AE⊥BC于點E，AF⊥CD于點F，連結EF．
（1）求證：AE＝AF；
（2）若∠B＝60°，求∠AEF的度數(shù)．
【分析】（1）欲證明AE＝AF，只需要證得△ABE≌△ADF即可；
（2）根據(jù)菱形的鄰角互補和全等三角形的性質(zhì)進行推理解答．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D．
又∵AE⊥BC于點E，AF⊥CD于點F，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
在△ABE與△ADF中，
∵∠B=∠D∠AEB=∠AFDAB=AD．
∴△ABE≌△ADF（AAS）．
∴AE＝AF；
（2）解：∵四邊形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是等邊三角形．
∴∠AEF＝60°．
【點評】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)以及等腰三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定是結合全等三角形的性質(zhì)證明線段和角相等的重要工具．在判定三角形全等時，關鍵是選擇恰當?shù)呐卸l件．
56．（2022?聊城）如圖，△ABC中，點D是AB上一點，點E是AC的中點，過點C作CF∥AB，交DE的延長線于點F．
（1）求證：AD＝CF；
（2）連接AF，CD．如果點D是AB的中點，那么當AC與BC滿足什么條件時，四邊形ADCF是菱形，證明你的結論．
【分析】（1）由CF∥AB，得∠ADF＝∠CFD，∠DAC＝∠FCA，又AE＝CE，可證△ADE≌△CFE（AAS），即得AD＝CF；
（2）由AD＝CF，AD∥CF，知四邊形ADCF是平行四邊形，若AC⊥BC，點D是AB的中點，可得CD=12AB＝AD，即得四邊形ADCF是菱形．
【解答】（1）證明：∵CF∥AB，
∴∠ADF＝∠CFD，∠DAC＝∠FCA，
∵點E是AC的中點，
∴AE＝CE，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴AD＝CF；
（2）解：當AC⊥BC時，四邊形ADCF是菱形，證明如下：
由（1）知，AD＝CF，
∵AD∥CF，
∴四邊形ADCF是平行四邊形，
∵AC⊥BC，
∴△ABC是直角三角形，
∵點D是AB的中點，
∴CD=12AB＝AD，
∴四邊形ADCF是菱形．
【點評】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)及菱形的判定，解題的關鍵是掌握全等三角形判定定理及菱形的判定定理．
57．（2022?舟山）小惠自編一題：“如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，AC⊥BD，OB＝OD．求證：四邊形ABCD是菱形”，并將自己的證明過程與同學小潔交流．
若贊同小惠的證法，請在第一個方框內(nèi)打“√”；若贊成小潔的說法，請你補充一個條件，并證明．
【分析】根據(jù)“對角線互相垂直的平行四邊形是菱形”進行分析推理．
【解答】解：贊成小潔的說法，補充條件：OA＝OC，證明如下：
∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
又∵AC⊥BD，
∴平行四邊形ABCD是菱形．
【點評】本題考查菱形的判定，掌握平行四邊形的判定：（1）兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形（2）兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形（3）一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形（4）對角線互相平分的四邊形是平行四邊形以及菱形的判定方法：（1）四條邊相等的四邊形是菱形；（2）對角線互相垂直的平行四邊形是菱形；（3）一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，是解題關鍵．
58．（2022?鄂州）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，且∠CDF＝∠BDC、∠DCF＝∠ACD．
（1）求證：DF＝CF；
（2）若∠CDF＝60°，DF＝6，求矩形ABCD的面積．
【分析】（1）由矩形的性質(zhì)得OC＝OD，得∠ACD＝∠BDC，再證∠CDF＝∠DCF，即可得出結論；
（2）證△CDF是等邊三角形，得CD＝DF＝6，再證△OCD是等邊三角形，得OC＝OD＝6，則BD＝2OD＝12，然后由勾股定理得BC＝63，即可解決問題．
【解答】（1）證明：∵四邊形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是等邊三角形，
∴CD＝DF＝6，
∵∠CDF＝∠BDC＝60°，OC＝OD，
∴△OCD是等邊三角形，
∴OC＝OD＝6，
∴BD＝2OD＝12，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，
∴BC=BD2?CD2=122?62=63，
∴S矩形ABCD＝BC?CD＝63×6＝363．
【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，熟練掌握矩形的性質(zhì)和等邊三角形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．
59．（2022?北京）如圖，在?ABCD中，AC，BD交于點O，點E，F(xiàn)在AC上，AE＝CF．
（1）求證：四邊形EBFD是平行四邊形；
（2）若∠BAC＝∠DAC，求證：四邊形EBFD是菱形．
【分析】（1）根據(jù)對角線互相平分的四邊形是平行四邊形即可證明；
（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得DA＝DC，然后利用等腰三角形的性質(zhì)可得DB⊥EF，進而可以證明四邊形EBFD是菱形．
【解答】證明：（1）在?ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF．
∴OE＝OF，
∴四邊形EBFD是平行四邊形；
（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥DC，
∴∠BAC＝∠DCA，
∵∠BAC＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴DA＝DC，
∴平行四邊形ABCD為菱形，
∴DB⊥EF，
∴平行四邊形EBFD是菱形．
【點評】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、菱形的判定等知識，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考常考題型．
60．（2022?哈爾濱）已知矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點E是邊AD上一點，連接BE，CE，OE，且BE＝CE．
（1）如圖1，求證：△BEO≌△CEO；
（2）如圖2，設BE與AC相交于點F，CE與BD相交于點H，過點D作AC的平行線交BE的延長線于點G，在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖2中的四個三角形（△AEF除外），使寫出的每個三角形的面積都與△AEF的面積相等．
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得OB＝OC＝OA＝OD，再利用SSS可證△BEO≌△CEO，即可解答；
（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得∠BAD＝∠CDA＝90°AB∥CD，AB＝DC，從而可證Rt△BAE≌Rt△CDE，進而可得∠AEB＝∠DEC，AE＝DE，再利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠OEA＝∠OED＝90°，從而可得AB∥OE∥CD，進而可得△AEO的面積＝△BEO的面積，△DEO的面積＝△COE的面積，然后利用等式的性質(zhì)可得△AEF的面積＝△BFO的面積，△DHE的面積＝△CHO的面積，再證明△AEF≌△DEH，從而可得△AEF的面積＝△DHE的面積＝△CHO的面積，最后利用線段中點和平行線證明8字模型全等三角形△AEF≌△DEG，即可解答．
【解答】（1）證明：∵四邊形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都與△AEF的面積相等，
理由：∵四邊形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的面積＝△BEO的面積，△DEO的面積＝△COE的面積，
∴△AEO的面積﹣△EFO的面積＝△BEO的面積﹣△EFO的面積，△DEO的面積﹣△EHO的面積＝△COE的面積﹣△EHO的面積，
∴△AEF的面積＝△BFO的面積，△DHE的面積＝△CHO的面積，
∵OA＝OD，
∴∠DAO＝∠ADO，
∴△AEF≌△DEH（ASA），
∴△AEF的面積＝△DHE的面積＝△CHO的面積，
∵DG∥AC，
∴∠G＝∠AFE，∠GDE＝∠FAE，
∴△AEF≌△DEG（AAS），
∴△AEF的面積＝△DEG的面積，
∴△DHE，△CHO，△DEG，△BFO都與△AEF的面積相等．
【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握矩形的性質(zhì)，以及全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關鍵．
小惠：
證明：∵AC⊥BD，OB＝OD，
∴AC垂直平分BD．
∴AB＝AD，CB＝CD，
∴四邊形ABCD是菱形．
小潔：
這個題目還缺少條件，需要補充一個條件才能證明．

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