（安徽專用）中考數(shù)學三輪沖刺考點05四邊形（2大考點分類訓練與真題8題）（2份，原卷版+解析版）-試卷下載-教習網(wǎng)

考點1：多邊形與平行四邊形（10年7考，4~14分）
考點2：矩形、菱形、正方形（10年10考，4~22分）
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考點1：多邊形與平行四邊形（10年7考，4~14分）
一．選擇題（共7小題）
1．（2023?廬陽區(qū)校級一模）如圖，五邊形ABCDE中，AB∥CD，∠1、∠2、∠3是外角，則∠1+∠2+∠3等于（）
A．100°B．180°C．210°D．270°
【分析】先根據(jù)平行線的性質得出∠4+∠5＝180°，再由多邊形的外角和為360°即可得出結論．
【解答】解：延長AB，DC，
∵AB∥CD，
∴∠4+∠5＝180°．
∵多邊形的外角和為360°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝360°，
∴∠1+∠2+∠3＝360°﹣（∠4+∠5）＝360°﹣180°＝180°．
故選：B．
【點評】本題考查的是多邊形的外角與內(nèi)角，熟知多邊形的外角和等于360°是解題的關鍵．
2．（2023?全椒縣模擬）銳角為45°的兩個平行四邊形的位置如圖所示，若∠1＝α，則∠2＝（）
A．α﹣45°B．90°﹣αC．135°﹣αD．180°﹣2α
【分析】過點D作DE∥AB，則CF∥DE，由平行線的性質得出∠1+∠ADE＝180°，∠2＝∠EDF，證出180°﹣α+∠2＝135°，則可得出結論．
【解答】解：如圖，過點D作DE∥AB，則CF∥DE，
∵平行四邊形的銳角為45°，
∴∠ADF＝135°，
∵AB∥DE，
∴∠1+∠ADE＝180°，
∵CF∥DE，
∴∠2＝∠EDF，
∴180°﹣α+∠2＝135°，
∴∠2＝α﹣45°，
故選：A．
【點評】本題考查了平行四邊形的性質，平行線的性質，熟練掌握平行四邊形的性質是解題的關鍵．
3．（2023?懷遠縣校級模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D、E分別是AB、BC的中點，F(xiàn)在CA延長線上，∠FDA＝∠B，AC＝6，AB＝8，則四邊形AEDF的周長為（）
A．16B．20C．18D．22
【分析】根據(jù)勾股定理先求出BC的長，再根據(jù)三角形中位線定理和直角三角形的性質求出DE和AE的長，進而由已知可判定四邊形AEDF是平行四邊形，從而不難求得其周長．
【解答】解：在Rt△ABC中，
∵AC＝6，AB＝8，
∴BC＝10，
∵E是BC的中點，
∴AE＝BE＝5，
∴∠BAE＝∠B，
∵∠FDA＝∠B，
∴∠FDA＝∠BAE，
∴DF∥AE，
∵D、E分別是AB、BC的中點，
∴DE∥AC，DE＝AC＝3
∴四邊形AEDF是平行四邊形
∴四邊形AEDF的周長＝2×（3+5）＝16．
故選：A．
【點評】熟悉直角三角形的性質、等腰三角形的判定以及平行四邊形的判定．熟練運用三角形的中位線定理和直角三角形的勾股定理是解題的關鍵．
4．（2023?定遠縣校級一模）如圖，?ABCD的對角線AC，BD交于點O，AE平分∠BAD，交BC于點E，且∠ADC＝60°，AD＝2AB，連接OE，下列結論：①∠CAD＝30°；②OD＝AB；③S平行四邊形ABCD＝AC?CD；④S四邊形OECD＝S△AOD：⑤OE＝AD．其中成立的個數(shù)是（）
A．1個B．2個C．3個D．4個
【分析】結合平行四邊形的性質可證明△ABE為等邊三角形，由BC＝AD＝2AB，可判斷①，證明∠BAC＝90°，可判斷②；由平行四邊形的面積公式可判斷③；利用三角形中線的性質結合三角形的面積可求解判斷④，由三角形中位線定理可求AB＝2OE，即可判斷⑤，即可求解．
【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∠ADC＝60°，
∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，OB＝OD，AO＝CO，
∴∠DAE＝∠AEB，∠BAD＝∠BCD＝120°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB
∴△ABE為等邊三角形，
∴∠BAE＝∠AEB＝60°，AB＝BE＝AE，
∵BC＝AD＝2AB，
∴EC＝AE＝BE，
∴∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴∠CAD＝30°，故①正確；
∵∠BAD＝120°，∠CAD＝30°，
∴∠BAC＝90°，
∴BO＞AB，
∴OD＞AB，故②錯誤；
∴S?ABCD＝AB?AC＝AC?CD，故③正確；
∵∠BAC＝90°，BC＝2AB，
∴E是BC的中點，
∴S△BEO：S△BCD＝1：4，
∴S四邊形OECD：S△BCD＝3：4，
∴S四邊形OECD：S?ABCD＝3：8，
∵S△AOD：S?ABCD＝1：4，
∴S四邊形OECD＝S△AOD，故④正確．
∵AO＝OC，BE＝EC，
∴AB＝2OE，
∵AD＝2AB，
∴OE＝AD，故⑤正確，
故選：D．
【點評】本題考查了平行四邊形的性質，三角形中位線定理，等邊三角形的判定和性質等知識，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．
5．（2023?雨山區(qū)校級一模）如圖，在?ABCD中，E為邊CD的中點，連接AE交BD于點F，射線CF與射線BA交于點G，CG與AD交于點H，下列說法錯誤的是（）
A．BF＝2DFB．AD＝2AH
C．GF＝3CFD．S△ABF＝S△BCF
【分析】由平行四邊形的性質得AB∥CD，AB＝CD，則AB＝CD＝2ED，由△ABF∽△EDF，得＝＝2，則BF＝2DF，可判斷A正確；由GB∥CD，證明△GBF∽△CDF，得＝＝2，則GB＝2CD＝2AB，可推導出GA＝AB＝CD，再證明△GAH≌△CDH，得AH＝DH，所以AD＝2AH，可判斷B正確；由△GBF∽△CDF，得＝＝2，則GF＝2CF≠3CF，可判斷C錯誤；由BF＝2DF，得BF＝BD，所以S△ABF＝S△ABD，S△BCF＝S△CDB，可證明S△ABF＝S△BCF，所以D正確，于是得到問題的答案．
【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∵E為邊CD的中點，
∴CD＝2ED，
∴AB＝2ED，
∵AB∥ED，
∴△ABF∽△EDF，
∴＝＝＝2，
∴BF＝2DF，
故A正確；
∵GB∥CD，
∴△GBF∽△CDF，∠G＝∠HCD，
∴＝＝2，
∴GB＝2CD＝2AB，
∴GA＝AB＝CD，
在△GAH和△CDH中，
，
∴△GAH≌△CDH（AAS），
∴AH＝DH，
∴AD＝2AH，
故B正確；
∵△GBF∽△CDF，
∴＝＝2，
∴GF＝2CF≠3CF，
故C錯誤；
∵BF＝2DF，
∴BF＝BD，
∴S△ABF＝S△ABD，S△BCF＝S△CDB，
∵S△ABD＝S△CDB，
∴S△ABF＝S△BCF，
故D正確，
故選：C．
【點評】此題重點考查平行四邊形的性質、相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、高相等的兩個三角形的面積的比等于底邊的比等知識，證明△GBF∽△CDF及△GAH≌△CDH是解題的關鍵．
6．（2023?蜀山區(qū)校級一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，點P為BC邊上任意一點，連接PA，以PA，PC為鄰邊作平行四邊形PAQC，連接PQ，則PQ長度的最小值為（）
A．3B．2.5C．2.4D．2
【分析】以PA，PC為鄰邊作平行四邊形PAQC，由平行四邊形的性質可知O是AC中點，PQ最短也就是PO最短，所以應該過O作BC的垂線P′O，然后根據(jù)△P′OC和△ABC相似，利用相似三角形的性質即可求出PQ的最小值．
【解答】解：∵∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，
∴AC＝＝＝4，
∵四邊形APCQ是平行四邊形，
∴PO＝QO，CO＝AO，
∵PQ最短也就是PO最短，
∴過O作BC的垂線OP′，
∵∠ACB＝∠P′CO，∠CP′O＝∠CAB＝90°，
∴△CAB∽△CP′O，
∴，
∴，
∴OP′＝，
∴則PQ的最小值為2OP′＝，
故選：C．
【點評】本題考查了勾股定理的運用、平行四邊形的性質、相似三角形的判定和性質以及垂線段最短的性質，解題的關鍵是作出高線構造出相似三角形．
7．（2023?廬陽區(qū)模擬）如圖，已知：平行四邊形ABCD中，BE⊥CD于E，BE＝AB，∠DAB＝60°，∠DAB的平分線交BC于F，連接EF．則∠EFA的度數(shù)等于（）
A．30°B．40°C．45°D．50°
【分析】根據(jù)平行四邊形的性質得到AD∥BC，根據(jù)平行線的性質得到∠DAF＝∠AFB，根據(jù)角平分線的定義得到∠DAF＝∠BAF＝DAB＝30°，求得∠BAF＝∠AFB＝30°，求得∠EBF＝30°，于是得到結論．
【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠DAF＝∠AFB，
∵AF平分∠∠DAB，
∴∠DAF＝∠BAF＝DAB＝30°，
∴∠BAF＝∠AFB＝30°，
∴AB＝BF，
∵BE＝AB，
∴BE＝BF，
∴∠BEF＝∠BFE，
∵BE⊥CD，
∴∠BEC＝90°，
∵DAB＝60°，
∴∠C＝∠DAB＝60°，
∴∠EBF＝30°，
∴∠BFE＝（180°﹣30°）＝75°，
∴∠EFA＝∠BFE﹣∠BFA＝45°，
故選：C．
【點評】本題考查了平行四邊形的性質，角平分線的定義，等腰三角形的性質，熟練掌握平行四邊形的性質是解題的關鍵．
二．填空題（共1小題）
8．（2023?懷遠縣校級模擬）如圖，P是?ABCD內(nèi)一點，且S△PAB＝6，S△PAD＝2，則陰影部分的面積為 4 ．
【分析】根據(jù)圖形得出S△PAB+S△PCD＝S△ADC，求出S△ADC﹣S△PCD＝S△PAB，求出S△PAC＝S△PAB﹣S△PAD，代入求出即可．
【解答】解：∵S△PAB+S△PCD＝S平行四邊形ABCD＝S△ADC，
∴S△ADC﹣S△PCD＝S△PAB，
則S△PAC＝S△ACD﹣S△PCD﹣S△PAD
＝S△PAB﹣S△PAD
＝6﹣2
＝4．
故答案為：4．
【點評】本題考查了平行四邊形的性質和平行四邊形的面積的有關問題，關鍵是推出S△PAC＝S△PAB﹣S△PAD．
三．解答題（共1小題）
9．（2023?安徽模擬）如圖，AH是△ABC的高，CD是△ABC的中線，AH＝CD，DE∥AC，BE∥CD，直線AH交CD于點M，交CE于點N．
（1）求證：四邊形BDCE是平行四邊形；
（2）求∠BCD的度數(shù)；
（3）當BC＝，CN＝4EN時，求線段MH的長．
【分析】（1）證△ADC≌△DBE（ASA），得CD＝BE，再由BE∥CD，即可得出結論；
（2）取BH的中點G，連接DG，由三角形中位線定理得DG＝AH，DG∥AH，再證DG＝CD，得∠DCG＝30°，即∠BCD＝30°；
（3）設MH＝x，由含30°角的直角三角形的性質得CH＝MH＝x，則BH＝BC﹣CH＝﹣x，再由平行四邊形的性質得CE＝BD＝AB，CE∥AB，然后證△CHN∽△BHA，得出CN＝CE，則CN＝AB，即可解決問題．
【解答】（1）證明：∵DE∥AC，
∴∠CAD＝∠EDB，
∵BE∥CD，
∴∠CDA＝∠EBD，
∵CD是△ABC的中線，
∴AD＝BD，
在△ADC和△DBE中，
，
∴△ADC≌△DBE（ASA），
∴CD＝BE，
∵BE∥CD，
∴四邊形BDCE是平行四邊形；
（2）解：取BH的中點G，連接DG，如圖所示：
∵CD是△ABC的中線，
∴DG是△ABH的中位線，
∴DG＝AH，DG∥AH，
∵AH是△ABC的高，
∴DG⊥BC，
∴∠CGD＝90°，
∵AH＝CD，
∴DG＝CD，
∴∠DCG＝30°，
即∠BCD＝30°；
（3）解：設MH＝x，
∵AH⊥BC，∠BCD＝30°，
∴CH＝MH＝x，
∴BH＝BC﹣CH＝﹣x，
由（1）得：四邊形BDCE是平行四邊形，
∴CE＝BD＝AB，CE∥AB，
∴△CHN∽△BHA，
∴＝，
∵CN＝4EN，
∴CN＝CE，
∴CN＝AB，
∴＝，
解得：x＝，
∴線段MH的長為．
【點評】本題考查了平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、三角形中位線定理、含30°角的直角三角形的性質等知識，熟練掌握平行四邊形的判定與性質是解題的關鍵．
考點2：矩形、菱形、正方形（10年10考，4~22分）
一．選擇題（共4小題）
1．（2023?蕪湖模擬）如圖，矩形ABCD為一個正在倒水的水杯的截面圖，杯中水面與CD的交點為E，當水杯底面BC與水平面的夾角為27°時，∠AED的大小為（）
A．27°B．53°C．57°D．63°
【分析】根據(jù)題意可知AE∥BF，∠EAB＝∠ABF，∠ABF+27°＝90°，等量代換求出∠EAB，再根據(jù)平行線的性質求出∠AED．
【解答】解：如圖，
∵AE∥BF，
∴∠EAB＝∠ABF，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠ABC＝90°，
∴∠ABF+27°＝90°，
∴∠ABF＝63°，
∴∠EAB＝63°，
∵AB∥CD，
∴∠AED＝∠EAB＝63°．
故選：D．
【點評】本題結合矩形考查了平行線的性質，熟練運用平行線的性質得出角的相等或互補關系是解題的關鍵．
2．（2023?合肥二模）如圖，在菱形ABCD中，點E在AC的延長線上，∠ACD＝∠ABE，AC＝4，CE＝5，求CD的長（）
A．5B．6C．D．
【分析】利用菱形的性質、平行線的性質得到∠ACD＝∠ABE＝∠CAB＝∠ACB，推出AE＝BE＝9，證明△ABE∽△ACB，利用相似三角形的性質求得AB＝6，據(jù)此即可求解．
【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴CD＝AB，CD∥AB，∠ACD＝∠ACB，
∴∠ACD＝∠CAB，
∵∠ACD＝∠ABE，
∴∠ACD＝∠ABE＝∠CAB＝∠ACB，
∴AE＝BE，AB＝BG，
∵AC＝4，CE＝5，
∴AE＝BE＝9，
∵∠ABE＝∠CAB＝∠ACB，
∴△ABE∽△ACB，
∴，即，
∴AB＝6，
∴CD的長為6．
故選：B．
【點評】本題考查了菱形的性質，相似三角形的判定和性質，證明△ABE∽△ACB是解題的關鍵．
3．（2023?杜集區(qū)校級模擬）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，延長AD到E，使DE＝AD，連接EB，EC，DB，下列條件中，不能使四邊形DBCE成為菱形的是（）
A．AB＝BEB．BE⊥DCC．∠ABE＝90°D．BE平分∠DBC
【分析】根據(jù)菱形的判定方法一一判斷即可；
【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
又∵AD＝DE，
∴DE∥BC，且DE＝BC，
∴四邊形BCED為平行四邊形，
A、∵AB＝BE，DE＝AD，∴BD⊥AE，∴?DBCE為矩形，故本選項錯誤；
B、∵BE⊥DC，∴對角線互相垂直的平行四邊形為菱形，故本選項正確；
C、∵∠ABE＝90°，∴BD＝DE，∴鄰邊相等的平行四邊形為菱形，故本選項正確；
D、∵BE平分∠DBC，∴對角線平分對角的平行四邊形為菱形，故本選項正確．
故選：A．
【點評】此題主要考查了平行四邊形的判定以及菱形的判定，正確掌握菱形的判定與性質是解題關鍵．
4．（2023?亳州模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，點P從點A出發(fā)，按A→B→C的方向在邊AB和BC上移動，記AP＝x，點D到直線AP的距離DE為y，則y的最小值是（）
A．6B．C．5D．4
【分析】根據(jù)題意和圖形可知，當點P在AB段時，y的值是定值8，當點P在BC段時，y隨x的變化而變化，然后根據(jù)相似三角形的判定和性質，可以得到y(tǒng)和x的關系，再根據(jù)題意，可以得到x的取值范圍，從而可以得到y(tǒng)的最小值．
【解答】解：連接AC，
當點B在AB上運動時，y的值恒為8，
當點P在BC上時，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝90°，AD＝BC＝8，
∴∠BAP+∠DAE＝90°，∠BAP+∠APB＝90°，
∴∠DAE＝∠APB，
∵DE⊥AP，
∴∠DEA＝90°，
∴∠B＝∠DEA，
∴△ABP∽△DEA，
∴，
即，
∴y＝，
∵AB＝6，BC＝8，∠B＝90°，
∴AC＝10，
∴6＜x≤10，
∴當x＝10時，y取得最小值＝，
故選：B．
【點評】本題考查矩形的性質、相似三角形的判定與性質，解答本題的關鍵是明確題意，利用數(shù)形結合的思想解答．
二．填空題（共8小題）
5．（2023?安徽模擬）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD交于點O，以點D為圓心，適當長為半徑作弧，交BA所在直線于點M、N，分別以點M，N為圓心，大于MN的長為半徑作弧，兩弧相交于點P，連接DP交BA延長線于點E，連接OE，若AB＝，OE＝，則DE的長為．
【分析】根據(jù)菱形的性質可得AC⊥BD，OB＝OD，AB＝AD＝，由作圖過程可知：DE⊥BE，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得BD＝2，然后利用勾股定理列出方程求出AE，進而可以解決問題．
【解答】解：在菱形ABCD中，AC⊥BD，OB＝OD，AB＝AD＝，
由作圖過程可知：DE⊥BE，
∴OE＝OB＝OD＝，
∴BD＝2，
在Rt△ADE和Rt△BDE中，根據(jù)勾股定理得：
DE2＝AD2﹣AE2，DE2＝BD2﹣BE2，
∴（）2﹣AE2＝（2）2﹣（+AE）2，
∴AE＝
∴AE2＝，
∴DE2＝AD2﹣AE2＝6﹣＝，
∴DE＝．
故答案為：．
【點評】本題考查了菱形的性質，勾股定理，二次根式的應用，解決本題的關鍵是掌握菱形的性質．
6．（2023?雨山區(qū)一模）如圖，在菱形ABCD中，∠A＝120°，AB＝2，點E是邊AB上一點，以DE為對稱軸將△DAE折疊得到△DGE，再折疊BE使BE落在直線EG上，點B的對應點為點H，折痕為EF且交BC于點F．
（1）∠DEF＝ 90° ；
（2）若點E是AB的中點，則DF的長為．
【分析】（1）由翻折可得∠AED＝∠DEG，∠BEF＝∠HEF，則∠DEG+∠HEF＝∠AED+∠BEF，根據(jù)∠DEG+∠HEF+∠AED+∠BEF＝180°，可得∠DEG+∠HEF＝90°，即∠DEF＝90°．
（2）根據(jù)題意可得點G與點H重合，且點D，G，F(xiàn)三點在同一條直線上．過點D作DM⊥BC，交BC的延長線于點M．由∠A＝120°，AB＝2，可得∠DCM＝60°，CD＝2，則CM＝CD＝1，DM＝CD＝，由翻折可得BF＝FG，AD＝DG＝2，設BF＝x，則MF＝2﹣x+1＝3﹣x，DF＝2+x，由勾股定理可得，解得x＝，進而可得出答案．
【解答】解：（1）由翻折可得∠AED＝∠DEG，∠BEF＝∠HEF，
∴∠DEG+∠HEF＝∠AED+∠BEF，
∵∠DEG+∠HEF+∠AED+∠BEF＝180°，
∴∠DEG+∠HEF＝90°，
即∠DEF＝90°．
故答案為：90°．
（2）∵四邊形ABCD為菱形，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
由翻折可得AE＝EG，BE＝EH，∠A＝∠EGD，∠B＝∠EHF，
∵點E是AB的中點，
∴AE＝BE，
∴EG＝EH，
即點G與點H重合．
∵∠EGD+∠EHF＝∠A+∠B＝180°，
∴點D，G，F(xiàn)三點在同一條直線上．
過點D作DM⊥BC，交BC的延長線于點M．
∵∠A＝120°，AB＝2，
∴∠DCM＝60°，CD＝2，
∴CM＝CD＝1，DM＝CD＝，
由翻折可得BF＝FG，AD＝DG＝2，
設BF＝x，
則MF＝2﹣x+1＝3﹣x，DF＝2+x，
由勾股定理可得，
解得x＝，
∴DF＝．
故答案為：．
【點評】本題考查翻折變換（折疊問題）、菱形的性質、勾股定理，熟練掌握翻折的性質是解答本題的關鍵．
7．（2023?安徽模擬）如圖，在矩形ABCD中，AD＝2，AB＝4，E為CD上一動點，F(xiàn)為CB延長線一點，且在E點運動中始終保持∠EAF＝90°．
（1）當∠DAE＝45°時，則AF的長為 4 ；
（2）在此運動過程中，的比值為．
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質得到∠D＝∠ABC＝90°，求得∠ABF＝90°，根據(jù)等腰直角三角形的性質得到AE＝AD＝2，根據(jù)相似三角形的判定和性質定理即可得到結論；
（2）根據(jù)矩形的性質得到∠D＝∠ABC＝90°，求得∠ABF＝90°，根據(jù)相似三角形的判定和性質定理即可得到結論；
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠ABC＝90°，
∴∠ABF＝90°，
∵∠DAE＝45°，
∴∠DAE＝∠AED＝45°，
∴AD＝DE＝2，
∴AE＝AD＝2，
∵∠EAF＝90°，
∴∠FAB＝∠DAE，
∴△ABF∽△ADE，
∴，
∴，
∴AF＝4，
故答案為：4；
（2）∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠ABC＝90°，
∴∠ABF＝90°，
∵∠EAF＝90°，
∴∠FAB＝∠DAE，
∴△ABF∽△ADE，
∴＝＝，
故答案為：．
【點評】本題考查了矩形的性質，相似三角形的判定和性質，等腰直角三角形的判定和性質，熟練掌握相似三角形的判定和性質定理是解題的關鍵．
8．（2023?天長市一模）如圖，四邊形ABCD為菱形，點E是AD的中點，點F，H是對角線BD上兩點，且FH＝3，點G在邊BC上．若四邊形EFGH是矩形，則菱形ABCD的周長為 12 ．
【分析】連接EG，易證△BGF≌△DEH（AAS），可得BG＝DE，再根據(jù)E是AD的中點，可證四邊形ABGE是平行四邊形，可得AB＝GE，再根據(jù)矩形的性質可得EG＝FH，可得AB的長，進一步即可求出菱形ABCD的周長．
【解答】解：連接EG，如圖所示：
在矩形EFGH中，EH＝FG，∠FEH＝∠FGH＝90°，
又∵∠AEF＝∠CGH，
∴∠DEH＝∠BGF，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠EDH＝∠GBF，
∴△BGF≌△DEH（AAS），
∴BG＝DE，
∵E為AD中點，
∴AE＝ED，
∴AE＝BG，
∵AE∥BG，
∴四邊形ABGE是平行四邊形，
∴AB＝EG，
∵四邊形EFGH是矩形，F(xiàn)H＝3，
∴EG＝3，
∴AB＝3，
∴菱形ABCD的周長為3×4＝12．
故答案為：12．
【點評】本題考查了菱形的性質，矩形的性質，全等三角形的判定和性質，平行四邊形的判定和性質，本題綜合性較強，屬于中考?？碱}型．
9．（2023?廬陽區(qū)校級一模）在平面直角坐標系中，已知矩形OABC中，點A（0，3），C（4，0），點E、D分別是線段OC、AC上的動點，且四邊形DEFB也是矩形．
（1）＝；
（2）若△BCD是等腰三角形，CF＝或或．
【分析】（1）通過證明點B，點C，點E，點D四點共圓，可得∠BED＝∠ACB，由銳角三角函數(shù)可求解；
（2）通過證明△ABD∽△CBF，可得CF＝AD，分三種情況討論，由等腰三角形的性質可求解．
【解答】解：（1）連接BE，
∵矩形OABC中，點A（0，3），C（4，0），
∴AO＝BC＝3，AB＝OC＝4，
∴AC＝＝＝5，
∵∠BDE＝90°＝∠BCO，
∴點B，點C，點E，點D四點共圓，
∴∠BED＝∠ACB，
∴tan∠BED＝tan∠ACB＝＝，
∴＝，
故答案為：；
（2）∵＝，
∴＝＝，
∵∠ABC＝∠DBF＝90°，
∴∠ABD＝∠CBF，
∴△ABD∽△CBF，
∴＝＝，
∴CF＝AD，
當BC＝CD＝3時，則AD＝2，
∴CF＝，
當BD＝CD時，則點D在BC的中垂線上，即點D是AC的中點，
∴AD＝，
∴CF＝，
當BD＝BC時，如圖，過點B作BH⊥AC于H，
∴DH＝CH，
∵cs∠BCH＝＝，
∴，
∴CH＝，
∴CD＝，
∴AD＝，
∴CF＝，
綜上所述：CF的長為或或，
故答案為：或或．
【點評】本題考查了矩形的性質，銳角三角函數(shù)，相似三角形的判定和性質，勾股定理等知識，利用分類討論思想解決問題是解題的關鍵．
10．（2023?亳州二模）如圖，在Rt△ABC中，∠A＝90°，點D是斜邊BC上的一個動點，過點D分別作DM⊥AB于點M，DN⊥AC于點N．
（1）∠MDN的度數(shù)是 90° ；
（2）若AB＝6，AC＝8．連接MN，當線段MN有最小值時，線段AM的長為．
【分析】（1）根據(jù)矩形的判定和性質解答即可；
（2）連接AD，利用矩形的性質和面積公式解答即可．
【解答】（1）解：∵DM⊥AB，DN⊥AC，
∴∠DMA＝∠DNA＝90°，
∵∠A＝90°，
∴四邊形DMAN是矩形，
∴∠MDN＝90°，
故答案為：90°；
（2）解：連接AD，
∵∠A＝90°，AB＝6，AC＝8，
∴BC＝，
∵四邊形DMAN是矩形，
∴MN＝AD，
由題意可知，當AD⊥BC時，線段AD的值最小，即線段MN有最小值，此時△ABC的面積為AB?AC＝，
∴AD＝，
∵∠ADB＝∠AMD＝90°，∠B+∠BAD＝90°，∠BAD+∠ADM＝90°，
∴∠B＝∠ADM，
∴△ADM∽△ABD，
∴，
∴，
∴AM＝．
故答案為：．
【點評】此題考查矩形的判定和性質，關鍵是根據(jù)矩形的判定和性質以及相似三角形的判定和性質解答即可．
11．（2023?合肥模擬）如圖，點P在正方形ABCD內(nèi)，∠BPC＝135°，連接PA、PB、PC、PD．
（1）若PA＝AB，則∠CPD＝ 90° ；
（2）若PB＝2，PC＝3，則PD的長為．
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質得到AD＝AB，求得PA＝AD，設∠APB＝α，則∠BAP＝180°﹣2a，根據(jù)周角的定義即可得到結論；（2）如圖，過C作 CQ⊥CP，過P作PQ⊥PB，PQ與CQ相交于Q，連接BQ，推出△PCQ為等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質得到，根據(jù)全等三角形的性質得到BQ＝PD，根據(jù)勾股定理即可得到結論．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，
∵PA＝AB，
∴PA＝AD，
設∠APB＝α，則∠BAP＝180°﹣2a，
∴∠PAD＝2α﹣90°，∠APD＝＝135°﹣α，
∵∠BPC＝135°，
∴∠CPD＝360°﹣（135°﹣α）﹣a﹣135°＝90°；
故答案為：90°；
（2）如圖，過C作CQ⊥CP，過P作PQ⊥PB，PQ與CQ相交于Q，連接BQ，
∵∠BPC＝135°，
∴∠CPQ＝45°，
∴△PCQ為等腰直角三角形，
∵PC＝3，
∴，
∵CD＝BC，∠PCD＝∠QCB，PC＝CQ，
∴△DCP≌△BCQ（SAS），
∴BQ＝PD，
在Rt△PBQ中，PB2+PQ2＝BQ2，
∵PB＝2，
∴．
【點評】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，等腰三角形的性質，正確地作出輔助線是解題的關鍵．
12．（2023?安徽一模）如圖，正方形ABCD中，BC＝12，M是AB邊的中點，連接DM，點E在DC上，點F在DM上．
（1）若點F是DM的中點，DM與AC交于點P，則此時PM與PF的數(shù)量關系為 PM＝2PF ．
（2）若∠DFE＝45°，PF＝，EF與AC不平行，則此時CE＝ 5 ．
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質得到AB＝BC＝12，根據(jù)相似三角形的判定和性質即可得到結論；
（2）在直角△ADM中，利用勾股定理求出DM的長度，由于F為DM的中點，得到DF的長度，由于AB∥CD，易得△DCP∽△MAP，從而求得DP的長度，由于∠DFE＝∠DCP＝45°，可以證明△DEF∽△DPC，即可解決．
【解答】解：（1）∵正方形ABCD中，BC＝12，
∴AB＝BC＝12，
∵M是AB邊的中點，
∴AM＝AB＝6，
∵AB∥CD，
∴△APM∽△CPD，
∴＝＝＝，
∴PM＝DM，PD＝DM，
∵點F是DM的中點，
∴DF＝FM＝DM，
∴PF＝PD﹣FD＝DM﹣DM＝DM，
∴＝＝2，
∴PM＝2PF；
故答案為：PM＝2PF；
（2）解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC＝DC＝12，∠DAM＝90°，AB∥DC，
∵M為AB邊的中點，
∴AM＝BM＝6，
∴DM＝＝6，
∵F為DM的中點，
∴DF＝MF＝3，
∵AB∥CD，
∴∠CDP＝∠PMA，∠DCP＝∠MAP，
∴△DCP∽△MAP，
∴＝2，
∴DP＝DM＝4，
∵四邊形ABCD是正方形，∠DFE＝45°，
∴∠DCP＝∠DFE＝45°，
∵∠CDP＝∠FDE，
∴△DCP∽△DFE，
∴，
∴DE＝＝＝5，
故答案為：5．
【點評】本題考查了正方形的性質，相似三角形的判定與性質，利用相似三角形的性質求線段長，是求線段的常用方法．
三．解答題（共5小題）
13．（2023?蕪湖模擬）如圖，E為菱形ABCD邊BC上一點，過點E作EG⊥AD于G，交BD于F，連接DE．過點D作DM⊥BD，交BC的延長線于點M．
（1）若∠A＝4∠DEG，求證：∠M＝2∠DEG；
（2）在（1）的條件下，若AB＝5，BE＝4，求EF的長．
【分析】（1）設∠DEG＝α，則∠A＝4α，由菱形的性質得到∠ABD＝∠CBD＝∠BDC＝90°﹣2α，再證∠M＝2α，即可得出結論；
（2）先證DM＝EM＝EC+CM＝6，再由勾股定理得BD＝8，然后證△FBE∽△MBD，得＝，即可得出結論．
【解答】（1）證明：設∠DEG＝α，則∠A＝4α，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠ABD＝∠CBD，
∴∠ABC＝180°﹣∠A＝180°﹣4α，∠ABD＝∠CBD＝∠BDC，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠BDC＝90°﹣2α，
∵DM⊥BD，
∴∠BDM＝90°，
∴∠M＝90°﹣∠CBD＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α，
∴∠M＝2∠DEG；
（2）解：由（1）可知，∠CDM＝90°﹣∠BDC＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α，
∴∠M＝∠CDM，
∴CD＝CM＝5，
∵EG⊥AD，
∴∠BEG＝90°，
∴∠DEM＝180°﹣∠BEG﹣∠DEG＝180°﹣90°﹣α＝90°﹣α，
∴∠EDM＝180°﹣∠DEM﹣∠M＝180°﹣（90°﹣α）﹣2α＝90°﹣α，
∴∠DEM＝∠EDM，
∴DM＝EM＝EC+CM＝1+5＝6，
∴BM＝BC+CM＝5+5＝10，
∴BD＝＝＝8，
∵∠BEF＝∠BDM＝90°，∠FBE＝∠MBD，
∴△FBE∽△MBD，
∴＝，
即＝，
解得：EF＝3，
即EF的長為3．
【點評】本題考查了菱形的性質、相似三角形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質以及勾股定理等知識，熟練掌握菱形的性質和相似三角形的判定與性質是解題的關鍵．
14．（2023?瑤海區(qū)一模）已知菱形ABCD中，∠ABC＝60°，E，F(xiàn)分別在邊AB，AD上，△ECF是等邊三角形．
（1）如圖1，對角線AC交EF于點M，求證：∠BCE＝∠FCM；
（2）如圖2，點N在AC上，且AN＝BE，若BC＝3，BE＝1，求MN的值．
【分析】（1）由“SAS”可證△CBE≌△CAF，可得∠BCE＝∠FCM；
（2）連接FN，由（1）知△ABC是等邊三角形，BE＝AF，根據(jù)菱形的性質得到AD∥BC，根據(jù)平行線的性質得到∠FAN＝∠BCA＝60°，根據(jù)全等三角形的性質得到EF＝BN，推出四邊形BNFE是平行四邊形，得到EF∥BN，于是得到結論．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴BA＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴∠ACB＝60°，AC＝BC，
∵△ECF是等邊三角形，
∴EC＝CF，∠ECF＝∠ACB＝60°，
∴∠BCE＝∠ACF，
在△CBE和△CAF中，
，
∴△CBE≌△CAF（SAS），
∴∠BCE＝∠FCM；
（2）解：連接FN，
由（1）知△ABC是等邊三角形，BE＝AF，
∴∠BAC＝60°，AB＝BC＝AC＝3，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠FAN＝∠BCA＝60°，
∵AN＝BE，
∴AN＝BE＝AF＝1，
∴△AFN是等邊三角形，AE＝2，
∴BE＝AF＝FN，
在△AEF和△CFN中，
，
∴△AEF≌△CFN（SAS），
∴EF＝BN，
∴四邊形BNFE是平行四邊形，
∴EF∥BN，
∴＝＝，
∴1﹣MN＝，
∴MN＝．
方法二：∵∠MAE＝∠EBC＝60°，∠2+∠3＝120°，∠2+∠4＝120°，
∴∠3＝∠4，
∴△MAE∽△EBC，
∴，
設MN＝x，則AM＝1﹣x，
∴，
∴x＝，
∴MN＝．
【點評】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質；熟練掌握菱形的性質，證明三角形全等是解決問題的關鍵．
15．（2023?瑤海區(qū)模擬）在菱形ABCD中，∠BAD＝60°．
（1）如圖1，點E為線段AB的中點，連接DE，CE，若AB＝4，求線段EC的長；
（2）如圖2，M為線段AC上一點（M不與A，C重合），以AM為邊，構造如圖所示等邊三角形AMN，線段MN與AD交于點G，連接NC，DM，Q為線段NC的中點，連接DQ，MQ，求證：DM＝2DQ．
【分析】（1）如圖1，連接對角線BD，先證明△ABD是等邊三角形，根據(jù)E是AB的中點，由等腰三角形三線合一得：DE⊥AB，利用勾股定理依次求DE和EC的長；
（2）如圖2，作輔助線，構建全等三角形，先證明△ADH是等邊三角形，再由△AMN是等邊三角形，得條件證明△ANH≌△AMD（SAS），則HN＝DM，根據(jù)DQ是△CHN的中位線，得HN＝2DQ，由等量代換可得結論．
【解答】解：（1）如圖1，連接BD，則BD平分∠ABC，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠ABC＝180°，
∵∠A＝60°，
∴∠ABC＝120°，
∴∠ABD＝∠ABC＝60°，
∴△ABD是等邊三角形，
∴BD＝AD＝4，
∵E是AB的中點，
∴DE⊥AB，
由勾股定理得：DE＝＝2，
∵DC∥AB，
∴∠EDC＝∠DEA＝90°，
在Rt△DEC中，DC＝4，
EC＝＝＝2；
（2）如圖2，延長CD至H，使CD＝DH，連接NH、AH，
∵AD＝CD，
∴AD＝DH，
∵CD∥AB，
∴∠HDA＝∠BAD＝60°，
∴△ADH是等邊三角形，
∴AH＝AD，∠HAD＝60°，
∵△AMN是等邊三角形，
∴AM＝AN，∠NAM＝60°，
∴∠HAN+∠NAG＝∠NAG+∠DAM，
∴∠HAN＝∠DAM，
在△ANH和△AMD中，
∵，
∴△ANH≌△AMD（SAS），
∴HN＝DM，
∵D是CH的中點，Q是NC的中點，
∴DQ是△CHN的中位線，
∴HN＝2DQ，
∴DM＝2DQ．
【點評】本題考查了菱形的性質、三角形的中位線、三角形全等的性質和判定、等邊三角形的性質和判定，本題證明△ANH≌△AMD是關鍵，并與三角形中位線相結合，解決問題；第二問有難度，注意輔助線的構建．
16．（2023?雨山區(qū)校級一模）已知：如圖，在菱形ABCD中，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分別為點E和點F，AE、AF分別與BD相交于點M、N．
（1）求證：EF∥BD；
（2）當MN：EF＝2：3時，求證：△AMN是等邊三角形．
【分析】（1）利用菱形的性質和已知條件易證△ABE≌△ADF，所以BE＝DF，再證明，即可得到EF∥BD；
（2）根據(jù)已知條件可證明AM＝AN，由（1）可知：AE＝AF，進而可證明：△AMN是等邊三角形．
【解答】證明：（1）在菱形ABCD中，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分別為點E和點F，
∴∠AEB＝∠AFD＝90°．
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF．
∴BE＝DF，
又∵BC＝CD，
∴，
∴EF∥BD；
（2）∵MN∥EF，MN：EF＝2：3，
∴．
∴．
∵BE∥AD，
∴．
而AD＝AB，∴．
∴∠BAE＝30°．
∵AB∥CD，AF⊥CD，
∴∠BAF＝90°．
∴∠EAF＝60°．
∵△ABE≌△ADF，
∴AE＝AF．
而，
∴AM＝AN．
∴△AMN是等邊三角形．
【點評】本題考查了菱形的性質、全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、平行線的判定和性質以及等邊三角形的判定方法，題目的綜合性較強，難度中等．
17．（2023?廬陽區(qū)校級模擬）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，E是AD的中點，點F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
（1）求證：四邊形OEFG是矩形；
（2）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的長．
【分析】（1）根據(jù)菱形的性質得出OB＝OD，再由點E是AD的中點，所以，AE＝DE，進而判斷出OE是三角形ABD的中位線，得到AE＝OE＝AD，推出OE∥FG，求得四邊形OEFG是平行四邊形，根據(jù)矩形的判定定理即可得到結論；
（2）根據(jù)菱形的性質得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，得到OE＝AE＝AD＝5；由（1）知，四邊形OEFG是矩形，求得FG＝OE＝5，根據(jù)勾股定理得到AF＝＝3，于是得到結論．
【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，
∵E是AD的中點，
∴OE是△ABD的中位線，
∴OE∥FG，
∵OG∥EF，
∴四邊形OEFG是平行四邊形，
∵EF⊥AB，
∴∠EFG＝90°，
∴平行四邊形OEFG是矩形；
（2）∵四邊形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，
∴∠AOD＝90°，
∵E是AD的中點，
∴OE＝AE＝AD＝5；
由（1）知，四邊形OEFG是矩形，
∴FG＝OE＝5，
∵AE＝5，EF＝4，
∴AF＝＝3，
∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2．
【點評】本題考查了矩形的判定和性質，菱形的性質，勾股定理，直角三角形的性質，正確的識別圖形是解題的關鍵．
【安徽實戰(zhàn)真題練】
一．選擇題（共2小題）
1．（2022?安徽）兩個矩形的位置如圖所示，若∠1＝α，則∠2＝（）
A．α﹣90°B．α﹣45°C．180°﹣αD．270°﹣α
【分析】根據(jù)矩形的性質和三角形外角的性質，可以用含α的式子表示出∠2．
【解答】解：由圖可得，
∠1＝90°+∠3，
∵∠1＝α，
∴∠3＝α﹣90°，
∵∠3+∠2＝90°，
∴∠2＝90°﹣∠3＝90°﹣（α﹣90°）＝90°﹣α+90°＝180°﹣α，
故選：C．
【點評】本題考查矩形的性質、三角形外角的性質，解答本題的關鍵是明確題意，用含α的代數(shù)式表示出∠2．
2．（2019?安徽）如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)將對角線AC三等分，且AC＝12，點P在正方形的邊上，則滿足PE+PF＝9的點P的個數(shù)是（）
A．0B．4C．6D．8
【分析】作點F關于BC的對稱點M，連接FM交BC于點N，連接EM，交BC于點H，可得點H到點E和點F的距離之和最小，可求最小值，即可求解．
【解答】解：如圖，作點F關于BC的對稱點M，連接FM交BC于點N，連接EM，交BC于點H
∵點E，F(xiàn)將對角線AC三等分，且AC＝12，
∴EC＝8，F(xiàn)C＝4＝AE，
∵點M與點F關于BC對稱
∴CF＝CM＝4，∠ACB＝∠BCM＝45°
∴∠ACM＝90°
∴EM＝＝4
則在線段BC存在點H到點E和點F的距離之和最小為4＜9
在點H右側，當點P與點C重合時，則PE+PF＝12
∴點P在CH上時，4＜PE+PF≤12
在點H左側，當點P與點B重合時，BF＝＝2
∵AB＝BC，AE＝CF，∠BAE＝∠BCF
∴△ABE≌△CBF（SAS）
∴BE＝BF＝2
∴PE+PF＝4
∴點P在BH上時，4＜PE+PF≤4
∴在線段BC上點H的左右兩邊各有一個點P使PE+PF＝9，
同理在線段AB，AD，CD上都存在兩個點使PE+PF＝9．
即共有8個點P滿足PE+PF＝9，
故選：D．
【點評】本題考查了正方形的性質，最短路徑問題，在BC上找到點H，使點H到點E和點F的距離之和最小是本題的關鍵．
二．填空題（共2小題）
3．（2022?安徽）如圖，?OABC的頂點O是坐標原點，A在x軸的正半軸上，B，C在第一象限，反比例函數(shù)y＝的圖象經(jīng)過點C，y＝（k≠0）的圖象經(jīng)過點B．若OC＝AC，則k＝ 3 ．
【分析】設出C點的坐標，根據(jù)C點的坐標得出B點的坐標，然后計算出k值即可．
【解答】解：由題知，反比例函數(shù)y＝的圖象經(jīng)過點C，
設C點坐標為（a，），
作CH⊥OA于H，過A點作AG⊥BC于G，
∵四邊形OABC是平行四邊形，OC＝AC，
∴OH＝AH，CG＝BG，四邊形HAGC是矩形，
∴OH＝CG＝BG＝a，
即B（3a，），
∵y＝（k≠0）的圖象經(jīng)過點B，
∴k＝3a?＝3，
故答案為：3．
【點評】本題主要考查反比例函數(shù)的圖象和性質，熟練掌握反比例函數(shù)的圖象和性質，平行四邊形的性質等知識是解題的關鍵．
4．（2022?安徽）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E在邊AD上，△BEF是以E為直角頂點的等腰直角三角形，EF，BF分別交CD于點M，N，過點F作AD的垂線交AD的延長線于點G．連接DF，請完成下列問題：
（1）∠FDG＝ 45 °；
（2）若DE＝1，DF＝2，則MN＝．
【分析】（1）根據(jù)AAS證△ABE≌△GEF，得出EG＝AB，GF＝AE，推出DG＝GF即可得出∠FDG的度數(shù)；
（2）由（1）的結論得出CD的長度，GF的長度，根據(jù)相似三角形的性質分別求出DM，NC的值即可得出MN的值．
【解答】解：由題知，△BEF是以E為直角頂點的等腰直角三角形，
∴∠AEB+∠GEF＝90°，
∵∠AEB+∠ABE＝90°，
∴∠GEF＝∠ABE，
在△ABE和△GEF中，
，
∴△ABE≌△GEF（AAS），
∴EG＝AB＝AD，GF＝AE，
即DG+DE＝AE+DE，
∴DG＝AE，
∴DG＝GF，
即△DGF是等腰直角三角形，
∴∠FDG＝45°，
故答案為：45°；
（2）∵DE＝1，DF＝2，
由（1）知，△DGF是等腰直角三角形，
∴DG＝GF＝2，AB＝AD＝CD＝ED+DG＝2+1＝3，
延長GF交BC延長線于點H，
∴CD∥GH，
∴△EDM∽△EGF，
∴，
即，
∴MD＝，
同理△BNC∽△BFH，
∴，
即，
∴，
∴NC＝，
∴MN＝CD﹣MD﹣NC＝3﹣﹣＝，
故答案為：．
【點評】本題主要考查正方形的性質，等腰直角三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質等知識，熟練掌握這些基礎知識是解題的關鍵．
三．解答題（共5小題）
5．（2021?安徽）某矩形人行道由相同的灰色正方形地磚與相同的白色等腰直角三角形地磚排列而成，圖1表示此人行道的地磚排列方式，其中正方形地磚為連續(xù)排列．
[觀察思考]
當正方形地磚只有1塊時，等腰直角三角形地磚有6塊（如圖2）；當正方形地磚有2塊時，等腰直角三角形地磚有8塊（如圖3）；以此類推．
[規(guī)律總結]
（1）若人行道上每增加1塊正方形地磚，則等腰直角三角形地磚增加 2 塊；
（2）若一條這樣的人行道一共有n（n為正整數(shù)）塊正方形地磚，則等腰直角三角形地磚的塊數(shù)為 2n+4 （用含n的代數(shù)式表示）．
[問題解決]
（3）現(xiàn)有2021塊等腰直角三角形地磚，若按此規(guī)律再建一條人行道，要求等腰直角三角形地磚剩余最少，則需要正方形地磚多少塊？
【分析】（1）觀察圖形1可知：中間的每個正方形都對應了兩個等腰直角三角形，即可得出答案；
（2）觀察圖形2可知：中間一個正方形的左上、左邊、左下共有3個等腰直角三角形，它右上和右下各對應了一個等腰直角三角形，右邊還有1個等腰直角三角形，即6＝3+2×1+1＝4+2×1；圖3和圖1中間正方形右上和右下都對應了兩個等腰直角三角形，均有圖2一樣的規(guī)律，圖3：8＝3+2×2+1＝4+2×2；圖1：4+2n（即2n+4）；
（3）由于等腰直角三角形地磚塊數(shù)2n+4是偶數(shù)，根據(jù)現(xiàn)有2021塊等腰直角三角形地磚，剩余最少，可得：2n+4＝2020，即可求得答案．
【解答】解：（1）觀察圖1可知：中間的每個正方形都對應了兩個等腰直角三角形，所以每增加一塊正方形地磚，等腰直角三角形地磚就增加2塊；
故答案為：2；
（2）觀察圖形2可知：中間一個正方形的左上、左邊、左下共有3個等腰直角三角形，它右上和右下各對應了一個等腰直角三角形，右邊還有1個等腰直角三角形，即6＝3+2×1+1＝4+2×1；圖3和圖1中間正方形右上和右下都對應了兩個等腰直角三角形，均有圖2一樣的規(guī)律，圖3：8＝3+2×2+1＝4+2×2；歸納得：4+2n（即2n+4）；
∴若一條這樣的人行道一共有n（n為正整數(shù)）塊正方形地磚，則等腰直角三角形地磚的塊數(shù)為 2n+4塊；
故答案為：2n+4；
（3）由規(guī)律知：等腰直角三角形地磚塊數(shù)2n+4是偶數(shù)，
∴用2021﹣1＝2020塊，
再由題意得：2n+4＝2020，
解得：n＝1008，
∴等腰直角三角形地磚剩余最少為1塊，則需要正方形地磚1008塊．
【點評】本題以等腰直角三角形和正方形的拼圖為背景，關鍵是考查規(guī)律性問題的解決方法，探究規(guī)律要認真觀察、仔細思考，善用聯(lián)想來解決這類問題．
6．（2019?安徽）如圖，點E在?ABCD內(nèi)部，AF∥BE，DF∥CE．
（1）求證：△BCE≌△ADF；
（2）設?ABCD的面積為S，四邊形AEDF的面積為T，求的值．
【分析】（1）根據(jù)ASA證明：△BCE≌△ADF；
（2）根據(jù)點E在?ABCD內(nèi)部，可知：S△BEC+S△AED＝S?ABCD，可得結論．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∵AF∥BE，
∴∠EBA+∠BAF＝180°，
∴∠CBE＝∠DAF，
同理得∠BCE＝∠ADF，
在△BCE和△ADF中，
∵，
∴△BCE≌△ADF（ASA）；
（2）解：∵點E在?ABCD內(nèi)部，
∴S△BEC+S△AED＝S?ABCD，
由（1）知：△BCE≌△ADF，
∴S△BCE＝S△ADF，
∴S四邊形AEDF＝S△ADF+S△AED＝S△BEC+S△AED＝S?ABCD，
∵?ABCD的面積為S，四邊形AEDF的面積為T，
∴＝＝2．
【點評】此題主要考查了平行四邊形的性質以及全等三角形的判定與性質，熟練利用三角形和平行四邊形邊的關系得出面積關系是解題關鍵．
7．（2022?安徽）已知四邊形ABCD中，BC＝CD，連接BD，過點C作BD的垂線交AB于點E，連接DE．
（1）如圖1，若DE∥BC，求證：四邊形BCDE是菱形；
（2）如圖2，連接AC，設BD，AC相交于點F，DE垂直平分線段AC．
（ⅰ）求∠CED的大??；
（ⅱ）若AF＝AE，求證：BE＝CF．
【分析】（1）利用AAS證明△DOE≌△BOC，得DE＝BC，從而得出四邊形BCDE是平行四邊形，再根據(jù)CD＝CB，即可證明結論；
（2）（i）根據(jù)線段垂直平分線的性質得，AE＝EC，ED＝EB，則∠AED＝∠CED＝∠BEC，再根據(jù)平角的定義，可得答案；
（ii）利用AAS證明△ABF≌△ACE，可得AC＝AB，由AE＝AF，利用等式的性質，即可證明結論．
【解答】（1）證明：設CE與BD交于點O，
∵CB＝CD，CE⊥BD，
∴DO＝BO，
∵DE∥BC，
∴∠DEO＝∠BCO，
∵∠DOE＝∠BOC，
∴△DOE≌△BOC（AAS），
∴DE＝BC，
∴四邊形BCDE是平行四邊形，
∵CD＝CB，
∴平行四邊形BCDE是菱形；
（2）（i）解：∵DE垂直平分AC，
∴AE＝EC且DE⊥AC，
∴∠AED＝∠CED，
又∵CD＝CB且CE⊥BD，
∴CE垂直平分DB，
∴DE＝BE，
∴∠DEC＝∠BEC，
∴∠AED＝∠CED＝∠BEC，
又∵∠AED+∠CED+∠BEC＝180°，
∴∠CED＝；
（ii）證明：由（i）得AE＝EC，
又∵∠AEC＝∠AED+∠DEC＝120°，
∴∠ACE＝30°，
同理可得，在等腰△DEB中，∠EBD＝30°，
∴∠ACE＝∠ABF＝30°，
在△ACE與△ABF中，
，
∴△ABF≌△ACE（AAS），
∴AC＝AB，
又∵AE＝AF，
∴AB﹣AE＝AC﹣AF，
即BE＝CF．
【點評】本題是四邊形綜合題，主要考查了菱形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，線段垂直平分線的性質等知識，熟練掌握線段垂直平分線的性質是解題的關鍵．
8．（2020?安徽）如圖1，已知四邊形ABCD是矩形，點E在BA的延長線上，AE＝AD．EC與BD相交于點G，與AD相交于點F，AF＝AB．
（1）求證：BD⊥EC；
（2）若AB＝1，求AE的長；
（3）如圖2，連接AG，求證：EG﹣DG＝AG．
【分析】（1）證明△AEF≌△ADB（SAS），得出∠AEF＝∠ADB，證得∠EGB＝90°，則結論得出；
（2）證明△AEF∽△DCF，得出，即AE?DF＝AF?DC，設AE＝AD＝a（a＞0），則有a?（a﹣1）＝1，化簡得a2﹣a﹣1＝0，解方程即可得出答案；
（3）在線段EG上取點P，使得EP＝DG，證明△AEP≌△ADG（SAS），得出AP＝AG，∠EAP＝∠DAG，證得△PAG為等腰直角三角形，可得出結論．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，點E在BA的延長線上，
∴∠EAF＝∠DAB＝90°，
又∵AE＝AD，AF＝AB，
∴△AEF≌△ADB（SAS），
∴∠AEF＝∠ADB，
∴∠GEB+∠GBE＝∠ADB+∠ABD＝90°，
即∠EGB＝90°，
故BD⊥EC，
（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AE∥CD，
∴∠AEF＝∠DCF，∠EAF＝∠CDF，
∴△AEF∽△DCF，
∴，
即AE?DF＝AF?DC，
設AE＝AD＝a（a＞0），則有a?（a﹣1）＝1，化簡得a2﹣a﹣1＝0，
解得或（舍去），
∴AE＝．
（3）證明：如圖，在線段EG上取點P，使得EP＝DG，
在△AEP與△ADG中，AE＝AD，∠AEP＝∠ADG，EP＝DG，
∴△AEP≌△ADG（SAS），
∴AP＝AG，∠EAP＝∠DAG，
∴∠PAG＝∠PAD+∠DAG＝∠PAD+∠EAP＝∠DAE＝90°，
∴△PAG為等腰直角三角形，
∴EG﹣DG＝EG﹣EP＝PG＝AG．
【點評】本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質，相似三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的判定與性質等知識，熟練掌握全等三角形的判定與性質是解題的關鍵．
9．（2021?安徽）如圖1，在四邊形ABCD中，∠ABC＝∠BCD，點E在邊BC上，且AE∥CD，DE∥AB，作CF∥AD交線段AE于點F，連接BF．
（1）求證：△ABF≌△EAD；
（2）如圖2．若AB＝9，CD＝5，∠ECF＝∠AED，求BE的長；
（3）如圖3，若BF的延長線經(jīng)過AD的中點M，求的值．
【分析】（1）先根據(jù)題意得出AB＝AE，DE＝DC，再證四邊形ADCF是平行四邊形，得出AF＝CD，進而得出AF＝DE，再由平行線性質得∠AED＝∠BAF，進而證得結論；
（2）先證明△EAD∽△CFE，得＝＝，根據(jù)四邊形ADCF是平行四邊形，得AD＝CF，AF＝CD，進而可得＝＝，求得CF＝6，CE＝，再利用△ABE∽△DEC，求得答案；
（3）如圖3，延長BM、ED交于點G，先證明△ABE∽△DCE，得出＝＝，設DC＝DE＝a，CE＝b，＝＝＝x，則AB＝AE＝ax，AF＝CD＝a，BE＝bx，可得EF＝AE﹣AF＝ax﹣a＝a（x﹣1），再利用△ABF∽△EGF，列方程求解即可．
【解答】解：（1）如圖1，∵AE∥CD，
∴∠AEB＝∠BCD，
∵∠ABC＝∠BCD，
∴∠ABC＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∵DE∥AB，
∴∠DEC＝∠ABC，∠AED＝∠BAF，
∵∠ABC＝∠BCD，
∴∠DEC＝∠BCD，
∴DE＝DC，
∵CF∥AD，AE∥CD，
∴四邊形ADCF是平行四邊形，
∴AF＝CD，
∴AF＝DE，
在△ABF和△EAD中，
，
∴△ABF≌△EAD（SAS）；
（2）方法①：∵CF∥AD，
∴∠EAD＝∠CFE，
∵∠ECF＝∠AED，
∴△EAD∽△CFE，
∴＝＝，
由（1）知：四邊形ADCF是平行四邊形，
∴AD＝CF，AF＝CD，
∵AB＝9，CD＝5，
∴AE＝9，DE＝5，
∴EF＝AE﹣AF＝9﹣5＝4，
∴＝＝，
∴CF2＝4×9＝36，即CF＝6，
∴CE＝，
∵∠ABC＝∠BCD＝∠AEB＝∠DEC，
∴△ABE∽△DEC，
∴＝，即＝，
∴BE＝6；
方法②：由（1）知△ABF≌△EAD，
∴∠ABF＝∠EAD，
∵∠EAD＝∠CFE，
∴∠ABF＝∠CFE，
∵∠ABC＝∠AEB，∠ABC＝∠ABF+∠EBF，∠AEB＝∠CFE+∠ECF，
∴∠EBF＝∠ECF，
∵∠BAE＝∠AED＝∠ECF，
∴∠EBF＝∠BAE，
∵∠BEF＝∠AEB，
∴△BEF∽△AEB，
∴＝，即＝，
∴BE＝6；
（3）如圖3，延長BM、ED交于點G，
∵△ABE，△DCE均為等腰三角形，且∠ABC＝∠DCE，
∴△ABE∽△DCE，
∴＝＝，
設DC＝DE＝a，CE＝b，＝＝＝x，
則AB＝AE＝ax，AF＝CD＝a，BE＝bx，
∴EF＝AE﹣AF＝ax﹣a＝a（x﹣1），
∵AB∥DG，
∴∠ABG＝∠G
∵AD的中點M，
∴AM＝DM，
∵∠AMB＝∠DMG，
∴△AMB≌△DMG（AAS），
∴DG＝AB＝ax，
∴EG＝DG+DE＝ax+a＝a（x+1），
∵AB∥DG（即AB∥EG），
∴△ABF∽△EGF，
∴＝，即＝，
∴x2﹣2x﹣1＝0，
解得：x＝1+或x＝1﹣（舍去），
∴＝x＝1+．
【點評】本題是四邊形綜合題，主要考查了等腰三角形的判定和性質，全等三角形判定和性質，相似三角形的判定和性質，平行四邊形的判定與性質等知識，熟練掌握全等三角形判定和性質和相似三角形的判定和性質等相關知識，正確添加輔助線構造相似三角形是解題關鍵．

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