A．AB＝ADB．AC⊥BDC．AB＝ACD．AC＝BD
【分析】由矩形的判定和菱形的判定分別對(duì)各個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行判斷即可．
【解析】A．∵?ABCD中，AB＝AD，
∴?ABCD是菱形，故選項(xiàng)A不符合題意；
B．∵?ABCD中，AC⊥BD，
∴?ABCD是菱形，故選項(xiàng)B不符合題意；
C．?ABCD中，AB＝AC，不能判定?ABCD是矩形，故選項(xiàng)C不符合題意；
D．∵?ABCD中，AC＝BD，
∴?ABCD是矩形，故選項(xiàng)D符合題意；
故選：D．
2．（2022?株洲）如圖所示，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)C作CE∥BD交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，下列結(jié)論不一定正確的是（ ）
A．OB＝CEB．△ACE是直角三角形
C．BC＝AED．BE＝CE
【分析】由菱形的性質(zhì)可得AO＝CO＝，AC⊥BD，通過(guò)證明△AOB∽△ACE，可得∠AOB＝∠ACE＝90°，OB＝CE，AB＝AE，由直角三角形的性質(zhì)可得BC＝AE，即可求解．
【解析】∵四邊形ABCD是菱形，
∴AO＝CO＝，AC⊥BD，
∵CE∥BD，
∴△AOB∽△ACE，
∴∠AOB＝∠ACE＝90°，＝，
∴△ACE是直角三角形，OB＝CE，AB＝AE，
∴BC＝AE，
故選：D．
3．（2022?寧波）將兩張全等的矩形紙片和另兩張全等的正方形紙片按如圖方式不重疊地放置在矩形ABCD內(nèi)，其中矩形紙片和正方形紙片的周長(zhǎng)相等．若知道圖中陰影部分的面積，則一定能求出（ ）
A．正方形紙片的面積B．四邊形EFGH的面積
C．△BEF的面積D．△AEH的面積
【分析】根據(jù)題意設(shè)PD＝x，GH＝y(tǒng)，則PH＝x﹣y，根據(jù)矩形紙片和正方形紙片的周長(zhǎng)相等，可得AP＝x+y，先用面積差表示圖中陰影部分的面積，并化簡(jiǎn)，再用字母分別表示出圖形四個(gè)選項(xiàng)的面積，可得出正確的選項(xiàng)．
【解析】設(shè)PD＝x，GH＝y(tǒng)，則PH＝x﹣y，
∵矩形紙片和正方形紙片的周長(zhǎng)相等，
∴2AP+2（x﹣y）＝4x，
∴AP＝x+y，
∵圖中陰影部分的面積＝S矩形ABCD﹣2△ADH﹣2S△AEB
＝（2x+y）（2x﹣y）﹣2×?（x﹣y）（2x+y）﹣2×?（2x﹣y）?x
＝4x2﹣y2﹣（2x2+xy﹣2xy﹣y2）﹣（2x2﹣xy）
＝4x2﹣y2﹣2x2+xy+y2﹣2x2+xy
＝2xy，
A、正方形紙片的面積＝x2，故A不符合題意；
B、四邊形EFGH的面積＝y(tǒng)2，故B不符合題意；
C、△BEF的面積＝?EF?BQ＝xy，故C符合題意；
D、△AEH的面積＝?EH?AM＝y(tǒng)（x﹣y）＝xy﹣y2，故D不符合題意；
故選：C．
4．（2022?安徽）兩個(gè)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(zhì)和三角形外角的性質(zhì)，可以用含α的式子表示出∠2．
【解析】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．
5．（2022?濱州）下列命題，其中是真命題的是（ ）
A．對(duì)角線互相垂直的四邊形是平行四邊形
B．有一個(gè)角是直角的四邊形是矩形
C．對(duì)角線互相平分的四邊形是菱形
D．對(duì)角線互相垂直的矩形是正方形
【分析】根據(jù)，平行四邊形，矩形，菱形，正方形的判定方法一一判斷即可．
【解析】A、對(duì)角線互相垂直的四邊形是平行四邊形，是假命題，本選項(xiàng)不符合題意；
B、有一個(gè)角是直角的四邊形是矩形，是假命題，本選項(xiàng)不符合題意；
C、對(duì)角線互相平分的四邊形是菱形，是假命題，本選項(xiàng)不符合題意；
D、對(duì)角線互相垂直的矩形是正方形，是真命題，本選項(xiàng)符合題意．
故選：D．
6．（2022?紹興）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F(xiàn)是對(duì)角線BD上的動(dòng)點(diǎn)，且BE＝DF，M，N分別是邊AD，邊BC上的動(dòng)點(diǎn)．下列四種說(shuō)法：
①存在無(wú)數(shù)個(gè)平行四邊形MENF；
②存在無(wú)數(shù)個(gè)矩形MENF；
③存在無(wú)數(shù)個(gè)菱形MENF；
④存在無(wú)數(shù)個(gè)正方形MENF．
其中正確的個(gè)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．
【解析】連接AC，MN，且令A(yù)C，MN，BD相交于點(diǎn)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(diǎn)E，F(xiàn)是BD上的動(dòng)點(diǎn)，
∴存在無(wú)數(shù)個(gè)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(diǎn)E，F(xiàn)是BD上的動(dòng)點(diǎn)，
∴存在無(wú)數(shù)個(gè)矩形MENF，故②正確；
只要MN⊥EF，OM＝ON，則四邊形MENF是菱形，
∵點(diǎn)E，F(xiàn)是BD上的動(dòng)點(diǎn)，
∴存在無(wú)數(shù)個(gè)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(gè)，故④錯(cuò)誤；
故選：C．
7．（2022?重慶）如圖，在正方形ABCD中，AE平分∠BAC交BC于點(diǎn)E，點(diǎn)F是邊AB上一點(diǎn)，連接DF，若BE＝AF，則∠CDF的度數(shù)為（ ）
A．45°B．60°C．67.5°D．77.5°
【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)，可以得到∠ADF的度數(shù)，從而可以求得∠CDF的度數(shù)．
【解析】∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝BA，∠DAF＝∠ABE＝90°，
在△DAF和△ABE中，
，
△DAF≌△ABE（SAS），
∠ADF＝∠BAE，
∵AE平分∠BAC，四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAE＝∠BAC＝22.5°，∠ADC＝90°，
∴∠ADF＝22.5°，
∴∠CDF＝∠ADC﹣∠ADF＝90°﹣22.5°＝67.5°，
故選：C．
8．（2022?重慶）如圖，在正方形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O．E、F分別為AC、BD上一點(diǎn)，且OE＝OF，連接AF，BE，EF．若∠AFE＝25°，則∠CBE的度數(shù)為（ ）
A．50°B．55°C．65°D．70°
【分析】利用正方形的對(duì)角線互相垂直平分且相等，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理和全等三角形的判定與性質(zhì)解答即可．
【解析】∵ABCD是正方形，
∴∠AOB＝∠AOD＝90°，OA＝OB＝OD＝OC．
∵OE＝OF，
∴△OEF為等腰直角三角形，
∴∠OEF＝∠OFE＝45°，
∵∠AFE＝25°，
∴∠AFO＝∠AFE+∠OFE＝70°，
∴∠FAO＝20°．
在△AOF和△BOE中，
，
∴△AOF≌△BOE（SAS）．
∴∠FAO＝∠EOB＝20°，
∵OB＝OC，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OBC＝∠OCB＝45°，
∴∠CBE＝∠EBO+∠OBC＝65°．
故選：C．
9．（2022?瀘州）如圖，在邊長(zhǎng)為3的正方形ABCD中，點(diǎn)E是邊AB上的點(diǎn)，且BE＝2AE，過(guò)點(diǎn)E作DE的垂線交正方形外角∠CBG的平分線于點(diǎn)F，交邊BC于點(diǎn)M，連接DF交邊BC于點(diǎn)N，則MN的長(zhǎng)為（ ）
A．B．C．D．1
【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)，可以求得CN和BN的長(zhǎng)，然后根據(jù)BC＝3，即可求得MN的長(zhǎng)．
【解析】作FH⊥BG交于點(diǎn)H，作FK⊥BC于點(diǎn)K，
∵BF平分∠CBG，∠KBH＝90°，
∴正方形BHFK是正方形，
∵DE⊥EF，∠EHF＝90°，
∴∠DEA+∠FEH＝90°，∠EFH+∠FEH＝90°，
∴∠DEA＝∠EFH，
∵∠A＝∠EHF＝90°，
∴△DAE∽△EHF，
∴，
∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)為3，BE＝2AE，
∴AE＝1，BE＝2，
設(shè)FH＝a，則BH＝a，
∴，
解得a＝1；
∵FM⊥CB，DC⊥CB，
∴△DCN∽△FKN，
∴，
∵BC＝3，BK＝1，
∴CK＝2，
設(shè)CN＝b，則NK＝2﹣b，
∴，
解得b＝，
即CN＝，
∵∠A＝∠EBM，∠AED＝∠BME，
∴△ADE∽△BEM，
∴，
∴，
解得BM＝，
∴MN＝BC﹣CN﹣BM＝3﹣﹣＝，
故選：B．
10．（2022?河南）如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)．若OE＝3，則菱形ABCD的周長(zhǎng)為（ ）
A．6B．12C．24D．48
【分析】由菱形的性質(zhì)可得出AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝DA，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出CD的長(zhǎng)，結(jié)合菱形的周長(zhǎng)公式即可得出結(jié)論．
【解析】∵四邊形ABCD為菱形，
∴AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝DA，
∴△COD為直角三角形．
∵OE＝3，點(diǎn)E為線段CD的中點(diǎn)，
∴CD＝2OE＝6．
∴C菱形ABCD＝4CD＝4×6＝24．
故選：C．
11．（2022?麗水）如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為4，E是BC的中點(diǎn)，AF平分∠EAD交CD于點(diǎn)F，F(xiàn)G∥AD交AE于點(diǎn)G．若csB＝，則FG的長(zhǎng)是（ ）
A．3B．C．D．
【分析】方法一：過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BE于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥AD于點(diǎn)Q，根據(jù)csB＝＝，可得BH＝1，所以AH＝，然后證明AH是BE的垂直平分線，可得AE＝AB＝4，設(shè)GA＝GF＝x，根據(jù)S梯形CEAD＝S梯形CEGF+S梯形GFAD，進(jìn)而可以解決問(wèn)題．方法二：作AH垂直BC于H，延長(zhǎng)AE和DC交于點(diǎn)M由已知可得BH＝EH＝1，所以AE＝AB＝EM＝CM＝4設(shè)GF＝x，則AG＝x，GE＝4﹣x，由三角形MGF相似于三角形MEC即可得結(jié)論．
【解析】方法一，如圖，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BE于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)F作FQ⊥AD于點(diǎn)Q，
∵菱形ABCD的邊長(zhǎng)為4，
∴AB＝AD＝BC＝4，
∵csB＝＝，
∴BH＝1，
∴AH＝＝＝，
∵E是BC的中點(diǎn)，
∴BE＝CE＝2，
∴EH＝BE﹣BH＝1，
∴AH是BE的垂直平分線，
∴AE＝AB＝4，
∵AF平分∠EAD，
∴∠DAF＝∠FAG，
∵FG∥AD，
∴∠DAF＝∠AFG，
∴∠FAG＝∠AFG，
∴GA＝GF，
設(shè)GA＝GF＝x，
∵AE＝CD，F(xiàn)G∥AD，
∴DF＝AG＝x，
csD＝csB＝＝，
∴DQ＝x，
∴FQ＝＝＝x，
∵S梯形CEAD＝S梯形CEGF+S梯形GFAD，
∴×（2+4）×＝（2+x）×（﹣x）+（x+4）×x，
解得x＝，
則FG的長(zhǎng)是．
方法二：如圖，作AH垂直BC于H，延長(zhǎng)AE和DC交于點(diǎn)M，
由已知可得BH＝EH＝1，
所以AE＝AB＝EM＝CM＝4，
設(shè)GF＝x，
則AG＝x，GE＝4﹣x，
由GF∥BC，
∴△MGF∽△MEC，
∴＝，
解得x＝．
故選：B．
12．（2022?自貢）如圖，菱形ABCD對(duì)角線交點(diǎn)與坐標(biāo)原點(diǎn)O重合，點(diǎn)A（﹣2，5），則點(diǎn)C的坐標(biāo)是（ ）
A．（5，﹣2）B．（2，﹣5）C．（2，5）D．（﹣2，﹣5）
【分析】菱形的對(duì)角線相互平分可知點(diǎn)A與C關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，從而得結(jié)論．
【解析】∵四邊形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，即點(diǎn)A與點(diǎn)C關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，
∵點(diǎn)A（﹣2，5），
∴點(diǎn)C的坐標(biāo)是（2，﹣5）．
故選：B．
13．（2022?泰安）如圖，四邊形ABCD為矩形，AB＝3，BC＝4，點(diǎn)P是線段BC上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)M為線段AP上一點(diǎn)，∠ADM＝∠BAP，則BM的最小值為（ ）
A．B．C．﹣D．﹣2
【分析】如圖，取AD的中點(diǎn)O，連接OB，OM．證明∠AMD＝90°，推出OM＝AD＝2，點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡是以O(shè)為圓心，2為半徑的⊙O．利用勾股定理求出OB，可得結(jié)論．
【解析】如圖，取AD的中點(diǎn)O，連接OB，OM．
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，AD＝BC＝4，
∴∠BAP+∠DAM＝90°，
∵∠ADM＝∠BAP，
∴∠ADM+∠DAM＝90°，
∴∠AMD＝90°，
∵AO＝OD＝2，
∴OM＝AD＝2，
∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡是以O(shè)為圓心，2為半徑的⊙O．
∵OB＝＝＝，
∴BM≥OB﹣OM＝﹣2，
∴BM的最小值為﹣2．
故選：D．
14．（2022?懷化）下列說(shuō)法正確的是（ ）
A．相等的角是對(duì)頂角
B．對(duì)角線相等的四邊形是矩形
C．三角形的外心是它的三條角平分線的交點(diǎn)
D．線段垂直平分線上的點(diǎn)到線段兩端的距離相等
【分析】根據(jù)對(duì)頂角的定義，矩形的判定，三角形的外心，線段垂直平分線的性質(zhì)可得出答案．
【解析】A、相等的角不一定是對(duì)頂角，故本選項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤，不符合題意；
B、對(duì)角線相等的四邊形不一定是矩形，故本選項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤，不符合題意；
C、三角形的外心是它的三條邊的垂直平分線的交點(diǎn)，故本選項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤，不符合題意；
D、線段垂直平分線上的點(diǎn)到線段兩端的距離相等，故本選項(xiàng)符合題意．
故選：D．
15．（2022?隨州）七巧板是一種古老的中國(guó)傳統(tǒng)智力玩具，如圖，在正方形紙板ABCD中，BD為對(duì)角線，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，AP⊥EF分別交BD，EF于O，P兩點(diǎn)，M，N分別為BO，DO的中點(diǎn)，連接MP，NF，沿圖中實(shí)線剪開(kāi)即可得到一副七巧板．則在剪開(kāi)之前，關(guān)于該圖形，下列說(shuō)法正確的有（ ）
①圖中的三角形都是等腰直角三角形；
②四邊形MPEB是菱形；
③四邊形PFDM的面積占正方形ABCD面積的．
A．只有①B．①②C．①③D．②③
【分析】①利用正方形的性質(zhì)和中位線的性質(zhì)可以解決問(wèn)題；
②利用①的結(jié)論可以證明OM≠M(fèi)P解決問(wèn)題；
③如圖，過(guò)M作MG⊥BC于G，設(shè)AB＝BC＝x，利用正方形的性質(zhì)與中位線的性質(zhì)分別求出BE和MG即可判定是否正確．
【解析】①如圖，∵E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，
∴EF為△CBD的中位線，
∴EF∥BD，
∵AP⊥EF，
∴AP⊥BD，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴A、O、P、C在同一條直線上，
∴△ABC、△ACD、△ABD、△BCD、△OAB、△OAD、△OBC、△OCD、△EFC都是等腰直角三角形，
∵M(jìn)，N分別為BO，DO的中點(diǎn)，
∴MP∥BC，NF∥OC，
∴△DNF、△OMP也是等腰直角三角形．
故①正確；
②根據(jù)①得OM＝BM＝PM，∴BM≠PM
∴四邊形MPEB不可能是菱形．故②錯(cuò)誤；
③∵E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點(diǎn)，
∴EF∥BD，EF＝BD，
∵四邊形ABCD是正方形，且設(shè)AB＝BC＝x，
∴BD＝x，
∵AP⊥EF，
∴AP⊥BD，
∴BO＝OD，
∴點(diǎn)P在AC上，
∴PE＝EF，
∴PE＝BM，
∴四邊形BMPE是平行四邊形，
∴BO＝BD，
∵M(jìn)為BO的中點(diǎn)，
∴BM＝BD＝x，
∵E為BC的中點(diǎn)，
∴BE＝BC＝x，
過(guò)M作MG⊥BC于G，
∴MG＝BM＝x，
∴四邊形BMPE的面積＝BE?MG＝x2，
∴四邊形PFDM的面積占正方形ABCD面積的．
∵E、F是BC，CD的中點(diǎn)，
∴S△CEF＝S△CBD＝S四邊形ABCD，
∴四邊形PFDM的面積占正方形ABCD面積的（1﹣﹣）＝．
故③正確．
故選：C．
二．填空題（共14小題）
16．（2022?十堰）“美麗鄉(xiāng)村”建設(shè)使我市農(nóng)村住宅舊貌變新顏，如圖所示為一農(nóng)村民居側(cè)面截圖，屋坡AF，AG分別架在墻體的點(diǎn)B，C處，且AB＝AC，側(cè)面四邊形BDEC為矩形．若測(cè)得∠FBD＝55°，則∠A＝ 110 °．
【分析】利用矩形的性質(zhì)可得∠DBC＝90°，從而利用平角定義求出∠ABC的度數(shù)，然后利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠ABC＝∠ACB＝35°，最后利用三角形內(nèi)角和定理進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解析】∵四邊形BDEC為矩形，
∴∠DBC＝90°，
∵∠FBD＝55°，
∴∠ABC＝180°﹣∠DBC﹣∠FBD＝35°，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝35°，
∴∠A＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝110°，
故答案為：110．
17．（2022?邵陽(yáng)）已知矩形的一邊長(zhǎng)為6cm，一條對(duì)角線的長(zhǎng)為10cm，則矩形的面積為 48 cm2．
【分析】利用勾股定理列式求出另一邊長(zhǎng)，然后根據(jù)矩形的面積公式列式進(jìn)行計(jì)算即可得解．
【解析】∵長(zhǎng)方形的一條對(duì)角線的長(zhǎng)為10cm，一邊長(zhǎng)為6cm，
∴另一邊長(zhǎng)＝＝8cm，
∴它的面積為8×6＝48cm2．
故答案為：48．
18．（2022?宜昌）如圖，在矩形ABCD中，E是邊AD上一點(diǎn)，F(xiàn)，G分別是BE，CE的中點(diǎn)，連接AF，DG，F(xiàn)G，若AF＝3，DG＝4，F(xiàn)G＝5，矩形ABCD的面積為 48 ．
【分析】由矩形的性質(zhì)得出∠BAE＝∠CDE＝90°，AD∥BC，由直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)及三角形中位線的性質(zhì)求出BE＝6，CE＝8，BC＝10，由勾股定理的逆定理得出△BCE是直角三角形，∠BEC＝90°，進(jìn)而求出＝24，即可求出矩形ABCD的面積．
【解析】∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAE＝∠CDE＝90°，AD∥BC，
∵F，G分別是BE，CE的中點(diǎn)，AF＝3，DG＝4，F(xiàn)G＝5，
∴BE＝2AF＝6，CE＝2DG＝8，BC＝2FG＝10，
∴BE2+CE2＝BC2，
∴△BCE是直角三角形，∠BEC＝90°，
∴＝＝24，
∵AD∥BC，
∴S矩形ABCD＝2S△BCE＝2×24＝48，
故答案為：48．
19．（2022?天津）如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，∠DAB＝60°，E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為CE的中點(diǎn)，AF與DE相交于點(diǎn)G，則GF的長(zhǎng)等于 ．
【分析】如圖，過(guò)點(diǎn)F作FH∥CD，交DE于H，過(guò)點(diǎn)C作CM⊥AB，交AB的延長(zhǎng)線于M，連接FB，先證明FH是△CDE的中位線，得FH＝1，再證明△AEG≌△FHG（AAS），得AG＝FG，在Rt△CBM中計(jì)算BM和CM的長(zhǎng)，再證明BF是中位線，可得BF的長(zhǎng)，由勾股定理可得AF的長(zhǎng)，從而得結(jié)論．
【解析】如圖，過(guò)點(diǎn)F作FH∥CD，交DE于H，過(guò)點(diǎn)C作CM⊥AB，交AB的延長(zhǎng)線于M，連接FB，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝CD＝BC＝2，AB∥CD，
∴FH∥AB，
∴∠FHG＝∠AEG，
∵F是CE的中點(diǎn)，F(xiàn)H∥CD，
∴H是DE的中點(diǎn)，
∴FH是△CDE的中位線，
∴FH＝CD＝1，
∵E是AB的中點(diǎn)，
∴AE＝BE＝1，
∴AE＝FH，
∵∠AGE＝∠FGH，
∴△AEG≌△FHG（AAS），
∴AG＝FG，
∵AD∥BC，
∴∠CBM＝∠DAB＝60°，
Rt△CBM中，∠BCM＝30°，
∴BM＝BC＝1，CM＝＝，
∴BE＝BM，
∵F是CE的中點(diǎn)，
∴FB是△CEM的中位線，
∴BF＝CM＝，F(xiàn)B∥CM，
∴∠EBF＝∠M＝90°，
Rt△AFB中，由勾股定理得：AF＝＝＝，
∴GF＝AF＝．
故答案為：．
20．（2022?樂(lè)山）已知菱形ABCD的兩條對(duì)角線AC、BD的長(zhǎng)分別是8cm和6cm．則菱形的面積為 24 cm2．
【分析】根據(jù)菱形的面積＝對(duì)角線乘積的一半，可以計(jì)算出該菱形的面積．
【解析】∵菱形ABCD的兩條對(duì)角線AC、BD的長(zhǎng)分別是8cm和6cm，
∴菱形的面積是＝24（cm2），
故答案為：24．
21．（2022?武威）如圖，菱形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，若AB＝2cm，AC＝4cm，則BD的長(zhǎng)為 8 cm．
【分析】由菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，BO＝DO，由勾股定理可求BO，即可求解．
【解析】∵四邊形ABCD是菱形，AC＝4cm，
∴AC⊥BD，BO＝DO，AO＝CO＝2cm，
∵AB＝2cm，
∵BO＝＝4cm，
∴DO＝BO＝4cm，
∴BD＝8cm，
故答案為：8．
22．（2022?武威）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥DC，AD∥BC，在不添加任何輔助線的前提下，要想四邊形ABCD成為一個(gè)矩形，只需添加的一個(gè)條件是 ∠A＝90°（答案不唯一） ．
【分析】先證四邊形ABCD是平行四邊形，再由矩形的判定即可得出結(jié)論．
【解析】需添加的一個(gè)條件是∠A＝90°，理由如下：
∵AB∥DC，AD∥BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
又∵∠A＝90°，
∴平行四邊形ABCD是矩形，
故答案為：∠A＝90°（答案不唯一）．
23．（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(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別在邊AB，BC，CD，DA上，點(diǎn)M，N在對(duì)角線AC上．若AE＝3BE，則MN的長(zhǎng)為 ．
【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(zhǎng)，然后即可計(jì)算出MN的長(zhǎng)．
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(guān)系，然后解直角三角形可以求得OA的長(zhǎng)，從而可以得到MN的長(zhǎng)．
【解析】方法一：連接DB交AC于點(diǎn)O，作MI⊥AB于點(diǎn)I，作FJ⊥AB交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)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＝，
∴AO＝＝＝，
∴AC＝2AO＝，
∵AE＝3BE，
∴AE＝，BE＝，
∵菱形AENH和菱形CGMF大小相同，
∴BE＝BF＝，∠FBJ＝60°，
∴FJ＝BF?sin60°＝×＝，
∴MI＝FJ＝，
∴AM＝＝＝，
同理可得，CN＝，
∴MN＝AC﹣AM﹣CN＝﹣＝，
故答案為：．
方法二：連接DB交AC于點(diǎn)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，
∴，
∵AE＝3BE，AB＝1，
∴AB＝4BE，
∴＝，
∴AM＝CN＝AC，
∴MN＝AC＝OA，
∵∠BAD＝60°．AB＝AD＝1，AO垂直平分BD，
∴OD＝，
∴OA＝＝＝，
∴MN＝，
故答案為：．
24．（2022?達(dá)州）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AC＝24，BD＝10，則菱形ABCD的周長(zhǎng)為 52 ．
【分析】菱形的四條邊相等，要求周長(zhǎng)，只需求出邊長(zhǎng)即可，菱形的對(duì)角線互相垂直且平分，根據(jù)勾股定理求邊長(zhǎng)即可．
【解析】∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，
∵AC＝24，BD＝10，
∴AO＝AC＝12，BO＝BD＝5，
在Rt△AOB中，
AB＝＝＝13，
∴菱形的周長(zhǎng)＝13×4＝52．
故答案為：52．
25．（2022?麗水）如圖，標(biāo)號(hào)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(gè)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(zhǎng)是 任意正整數(shù) ；
（2）若代數(shù)式a2﹣2ab﹣b2的值為零，則的值是 3+2 ．
【分析】（1）直接根據(jù)線段的差可得結(jié)論；
（2）先把b當(dāng)常數(shù)解方程：a2﹣2ab﹣b2＝0，a＝b+b（負(fù)值舍），根據(jù)四個(gè)矩形的面積都是5表示小矩形的寬，最后計(jì)算面積的比，化簡(jiǎn)后整體代入即可解答．
【解析】（1）由圖可知：PQ＝a﹣b，
∵a，b是整數(shù)，a＞b，
∴PQ的長(zhǎng)是任意正整數(shù)；
故答案為：任意正整數(shù)；
（2）∵a2﹣2ab﹣b2＝0，
∴a2﹣b2＝2ab，（a﹣b）2＝2b2，
∴a＝b+b（負(fù)值舍），
∵四個(gè)矩形的面積都是5．AE＝a，DE＝b，
∴EP＝，EN＝，
則＝＝＝＝＝＝3+2．
故答案為：3+2．
26．（2022?宿遷）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，點(diǎn)M、N分別是邊AD、BC的中點(diǎn)，某一時(shí)刻，動(dòng)點(diǎn)E從點(diǎn)M出發(fā)，沿MA方向以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng)；同時(shí)，動(dòng)點(diǎn)F從點(diǎn)N出發(fā)，沿NC方向以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，其中一點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到矩形頂點(diǎn)時(shí)，兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，連接EF，過(guò)點(diǎn)B作EF的垂線，垂足為H．在這一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，點(diǎn)H所經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)是 π ．
【分析】如圖1中，連接MN交EF于點(diǎn)P，連接BP．首先證明PN＝2，利用勾股定理求出BP．由∠BPH＝90°，推出點(diǎn)H在BP為直徑的⊙O上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)E與A重合時(shí)，如圖2中，連接OH，ON．點(diǎn)H的運(yùn)動(dòng)軌跡是．求出∠HON，再利用弧長(zhǎng)公式求解．
【解析】如圖1中，連接MN交EF于點(diǎn)P，連接BP．
∵四邊形ABCD是矩形，AM＝MD，BN＝CN，
∴四邊形ABNM是矩形，
∴MN＝AB＝6，
∵EM∥NF，
∴△EPM∽△FPN，
∴＝＝＝2，
∴PN＝2，PM＝4，
∵BN＝4，
∴BP＝＝＝2，
∵BH⊥EF，
∴∠BPH＝90°，
∴點(diǎn)H在BP為直徑的⊙O上運(yùn)動(dòng)，
當(dāng)點(diǎn)E與A重合時(shí)，如圖2中，連接OH，ON．點(diǎn)H的運(yùn)動(dòng)軌跡是．
此時(shí)AM＝4，NF＝2，
∴BF＝AB＝6，
∵∠ABF＝90°，BH⊥AF，
∴BH平分∠ABF，
∴∠HBN＝45°，
∴∠HON＝2∠HBN＝90°，
∴點(diǎn)H的運(yùn)動(dòng)軌跡的長(zhǎng)＝＝π．
故答案為：π．
27．（2022?江西）沐沐用七巧板拼了一個(gè)對(duì)角線長(zhǎng)為2的正方形，再用這副七巧板拼成一個(gè)長(zhǎng)方形（如圖所示），則長(zhǎng)方形的對(duì)角線長(zhǎng)為 ．
【分析】根據(jù)圖形可得長(zhǎng)方形的長(zhǎng)是正方形的對(duì)角線為2，長(zhǎng)方形的寬是正方形對(duì)角線的一半為1，然后利用勾股定理即可解決問(wèn)題．
【解析】根據(jù)圖形可知：長(zhǎng)方形的長(zhǎng)是正方形的對(duì)角線為2，
長(zhǎng)方形的寬是正方形對(duì)角線的一半為1，
則長(zhǎng)方形的對(duì)角線長(zhǎng)＝＝．
故答案為：．
28．（2022?達(dá)州）如圖，在邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為AD，CD邊上的動(dòng)點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），連接BE，BF，分別交對(duì)角線AC于點(diǎn)P，Q．點(diǎn)E，F(xiàn)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，始終保持∠EBF＝45°，連接EF，PF，PD．下列結(jié)論：①PB＝PD；②∠EFD＝2∠FBC；③PQ＝PA+CQ；④△BPF為等腰直角三角形；⑤若過(guò)點(diǎn)B作BH⊥EF，垂足為H，連接DH，則DH的最小值為2﹣2，其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是 ①②④⑤ ．
【分析】①正確．證明△BCP≌△DCP（SAS），可得結(jié)論；
②正確．證明∠CFB＝∠EFB，推出∠CBF+∠CFB＝90°，推出2∠CBF+2∠CFB＝180°，由∠EFD+2∠CFB＝180°，可得結(jié)論；
③錯(cuò)誤．可以證明PQ＜PA+CQ；
④正確．利用相似三角形的性質(zhì)證明∠BPF＝90°，可得結(jié)論；
⑤正確．求出BD，BH，根據(jù)DH≥BD﹣BH，可得結(jié)論．
【解析】如圖，∵四邊形ABCD是正方形，
∴CB＝CD，∠BCP＝∠DCP＝45°，
在△BCP和△DCP中，
，
∴△BCP≌△DCP（SAS），
∴PB＝PD，故①正確，
∵∠PBQ＝∠QCF＝45°，∠PQB＝∠FQC，
∴△PQB∽△FQC，
∴＝，∠BPQ＝∠CFQ，
∴＝，
∵∠PQF＝∠BQC，
∴△PQF∽△BQC，
∴∠QPF＝∠QBC，
∵∠QBC+∠CFQ＝90°，
∴∠BPF＝∠BPQ+∠QPF＝90°，
∴∠PBF＝∠PFB＝45°，
∴PB＝PF，
∴△BPF是等腰直角三角形，故④正確，
∵∠EPF＝∠EDF＝90°，
∴E，D，F(xiàn)，P四點(diǎn)共圓，
∴∠PEF＝∠PDF，
∵PB＝PD＝PF，
∴∠PDF＝∠PFD，
∵∠AEB+∠DEP＝180°，∠DEP+∠DFP＝180°，
∴∠AEB＝∠DFP，
∴∠AEB＝∠BEH，
∵BH⊥EF，
∴∠BAE＝∠BHE＝90°，
∵BE＝BE，
∴△BEA≌△BEH（AAS），
∴AB＝BH＝CF＝BC，
∵∠BHF＝∠BCF＝90°，BF＝BF，
∴Rt△BFH≌Rt△BFC（HL），
∴∠BFC＝∠BFH，
∵∠CBF+∠BFC＝90°，
∴2∠CBF+2∠CFB＝180°，
∵∠EFD+∠CFH＝∠EFD+2∠CFB＝180°，
∴∠EFD＝2∠CBFM故②正確，
將△ABP繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BCT，連接QT，
∴∠ABP＝∠CBT，
∴∠PBT＝∠ABC＝90°，
∴∠PBQ＝∠TBQ＝45°，
∵BQ＝BQ，BP＝BT，
∴△BQP≌△BQT（SAS），
∴PQ＝QT，
∵QT＜CQ+CT＝CQ+AP，
∴PQ＜AP+CQ，故③錯(cuò)誤，
連接BD，DH，
∵BD＝2，BH＝AB＝2，
∴DH≥BD﹣BH＝2﹣2，
∴DH的最小值為2﹣2，故⑤正確，
故答案為：①②④⑤．
29．（2022?安徽）如圖，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)E在邊AD上，△BEF是以E為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，EF，BF分別交CD于點(diǎn)M，N，過(guò)點(diǎn)F作AD的垂線交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．連接DF，請(qǐng)完成下列問(wèn)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(jié)論得出CD的長(zhǎng)度，GF的長(zhǎng)度，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)分別求出DM，NC的值即可得出MN的值．
【解析】由題知，△BEF是以E為直角頂點(diǎn)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(zhǎng)GF交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，
∴CD∥GH，
∴△EDM∽△EGF，
∴，
即，
∴MD＝，
同理△BNC∽△BFH，
∴，
即，
∴，
∴NC＝，
∴MN＝CD﹣MD﹣NC＝3﹣﹣＝，
故答案為：．
三．解答題（共20小題）
30．（2022?十堰）如圖，?ABCD中，AC，BD相交于點(diǎn)O，E，F(xiàn)分別是OA，OC的中點(diǎn)．
（1）求證：BE＝DF；
（2）設(shè)＝k，當(dāng)k為何值時(shí)，四邊形DEBF是矩形？請(qǐng)說(shuō)明理由．
【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)，即可得到BO＝OD，EO＝FO，進(jìn)而得出四邊形BFDE是平行四邊形，進(jìn)而得到DE＝BF；
（2）先確定當(dāng)OE＝OD時(shí)，四邊形DEBF是矩形，從而得k的值．
【解答】（1）證明：如圖，連接DE，BF，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴BO＝OD，AO＝OC，
∵E，F(xiàn)分別為AO，OC的中點(diǎn)，
∴EO＝OA，OF＝OC，
∴EO＝FO，
∵BO＝OD，EO＝FO，
∴四邊形BFDE是平行四邊形，
∴DE＝BF；
（2）解：當(dāng)k＝2時(shí)，四邊形DEBF是矩形；理由如下：
當(dāng)BD＝EF時(shí)，四邊形DEBF是矩形，
∴當(dāng)OD＝OE時(shí)，四邊形DEBF是矩形，
∵AE＝OE，
∴當(dāng)k＝2時(shí)，四邊形DEBF是矩形．
故答案為：2．
31．（2022?隨州）如圖，在平行四邊形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，CD上，且四邊形BEDF為正方形．
（1）求證：AE＝CF；
（2）已知平行四邊形ABCD的面積為20，AB＝5，求CF的長(zhǎng)．
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可以得到DF＝EB，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可以得到AB＝CD，然后即可得到結(jié)論成立；
（2）根據(jù)平行四邊形的面積，可以得到DE的長(zhǎng)，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)，可以得到BE的長(zhǎng)，從而可以求得AE的長(zhǎng)，再根據(jù)（1）中的結(jié)論，即可得到CF的長(zhǎng)．
【解答】（1）證明：∵四邊形BEDF為正方形，
∴DF＝EB，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴DC＝AB，
∴DC﹣DF＝AB﹣EB，
∴CF＝AE，
即AE＝CF；
（2）解：∵平行四邊形ABCD的面積為20，AB＝5，四邊形BEDF為正方形，
∴5DE＝20，DE＝EB，
∴DE＝EB＝4，
∴AE＝AB﹣EB＝5﹣4＝1，
由（1）知：AE＝CF，
∴CF＝1．
32．（2022?廣元）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AC平分∠DAB，AB＝2CD，E為AB中點(diǎn)，連結(jié)CE．
（1）求證：四邊形AECD為菱形；
（2）若∠D＝120°，DC＝2，求△ABC的面積．
【分析】（1）由一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，可證四邊形AECD是平行四邊形，由平行線的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)可證AD＝CD，可得結(jié)論；
（2）由菱形的性質(zhì)可求AE＝BE＝CE＝2，由等邊三角形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可求BC，AC的長(zhǎng)，即可求解．
【解答】（1）證明：∵E為AB中點(diǎn)，
∴AB＝2AE＝2BE，
∵AB＝2CD，
∴CD＝AE，
又∵AE∥CD，
∴四邊形AECD是平行四邊形，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠EAC，
∵AB∥CD，
∴∠DCA＝∠CAB，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴AD＝CD，
∴平行四邊形AECD是菱形；
（2）∵四邊形AECD是菱形，∠D＝120°，
∴AD＝CD＝CE＝AE＝2，∠D＝120°＝∠AEC，
∴AE＝CE＝BE，∠CEB＝60°，
∴∠CAE＝30°＝∠ACE，△CEB是等邊三角形，
∴BE＝BC＝EC＝2，∠B＝60°，
∴∠ACB＝90°，
∴AC＝BC＝2，
∴S△ABC＝×AC×BC＝×2×2＝2．
33．（2022?山西）如圖，在矩形ABCD中，AC是對(duì)角線．
（1）實(shí)踐與操作：利用尺規(guī)作線段AC的垂直平分線，垂足為點(diǎn)O，交邊AD于點(diǎn)E，交邊BC于點(diǎn)F（要求：尺規(guī)作圖并保留作圖痕跡，不寫(xiě)作法，標(biāo)明字母）．
（2）猜想與證明：試猜想線段AE與CF的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．
【分析】（1）利用尺規(guī)作圖﹣線段垂直平分線的作法，進(jìn)行作圖即可；
（2）利用矩形的性質(zhì)求證∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，由線段的垂直平分線得出AO＝CO，即可證明△AOE≌△COF，進(jìn)而得出AE＝CF．
【解析】（1）如圖，
（2）AE＝CF，證明如下：
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，∠AEO＝∠CFO，
∵EF是AC的垂直平分線，
∴AO＝CO，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴AE＝CF．
34．（2022?岳陽(yáng)）如圖，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在?ABCD的邊AB，BC上，AE＝CF，連接DE，DF．請(qǐng)從以下三個(gè)條件：①∠1＝∠2；②DE＝DF；③∠3＝∠4中，選擇一個(gè)合適的作為已知條件，使?ABCD為菱形．
（1）你添加的條件是 ①或③ （填序號(hào)）；
（2）添加了條件后，請(qǐng)證明?ABCD為菱形．
【分析】（1）添加合適的條件即可；
（2）添加①，證△ADE≌△CDF（AAS），得AD＝CD，再由菱形的判定即可得出結(jié)論；添加③，證△ADE≌△CDF（ASA），得AD＝CD，再由菱形的判定即可得出結(jié)論．
【解答】（1）解：添加的條件是∠1＝∠2或∠3＝∠4，
故答案為：①或③；
（2）證明：添加①，∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠A＝∠C，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AD＝CD，
∴?ABCD為菱形；
添加③，∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠A＝∠C，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AD＝CD，
∴?ABCD為菱形．
35．（2022?邵陽(yáng)）如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)在對(duì)角線BD上，且BE＝DF，OE＝OA．
求證：四邊形AECF是正方形．
【分析】證明AC與EF互相垂直平分便可根據(jù)菱形的判定定理得出結(jié)論
【解答】證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
∴四邊形AECF是菱形；
∴OE＝OF，OA＝OC，
∵OE＝OA＝OF，
∴OE＝OF＝OA＝OC，即EF＝AC，
∴菱形AECF是正方形．
36．（2022?杭州）如圖，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，點(diǎn)M為邊AB的中點(diǎn)，點(diǎn)E在線段AM上，EF⊥AC于點(diǎn)F，連接CM，CE．已知∠A＝50°，∠ACE＝30°．
（1）求證：CE＝CM．
（2）若AB＝4，求線段FC的長(zhǎng)．
【分析】（1）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可得MC＝MA＝MB，根據(jù)外角的性質(zhì)可得∠MEC＝∠A+∠ACE，∠EMC＝∠B+∠MCB，根據(jù)等角對(duì)等邊即可得證；
（2）根據(jù)CE＝CM先求出CE的長(zhǎng)，再解直角三角形即可求出FC的長(zhǎng)．
【解答】（1）證明：∵∠ACB＝90°，點(diǎn)M為邊AB的中點(diǎn)，
∴MC＝MA＝MB，
∴∠MCA＝∠A，∠MCB＝∠B，
∵∠A＝50°，
∴∠MCA＝50°，∠MCB＝∠B＝40°，
∴∠EMC＝∠MCB+∠B＝80°，
∵∠ACE＝30°，
∴∠MEC＝∠A+∠ACE＝80°，
∴∠MEC＝∠EMC，
∴CE＝CM；
（2）解：∵AB＝4，
∴CE＝CM＝AB＝2，
∵EF⊥AC，∠ACE＝30°，
∴FC＝CE?cs30°＝．
37．（2022?云南）如圖，在平行四邊形ABCD中，連接BD，E為線段AD的中點(diǎn)，延長(zhǎng)BE與CD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，連接AF，∠BDF＝90°．
（1）求證：四邊形ABDF是矩形；
（2）若AD＝5，DF＝3，求四邊形ABCF的面積S．
【分析】（1）由四邊形ABCD是平行四邊形，得∠BAE＝∠FDE，而點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，可得△BEA≌△FED（ASA），即知EF＝EB，從而四邊形ABDF是平行四邊形，又∠BDF＝90°，即得四邊形ABDF是矩形；
（2）由∠AFD＝90°，AB＝DF＝3，AF＝BD，得AF＝＝＝4，S矩形ABDF＝DF?AF＝12，四邊形ABCD是平行四邊形，得CD＝AB＝3，從而S△BCD＝BD?CD＝6，即可得四邊形ABCF的面積S為18．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴BA∥CD，
∴∠BAE＝∠FDE，
∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，
∴AE＝DE，
在△BEA和△FED中，
，
∴△BEA≌△FED（ASA），
∴EF＝EB，
又∵AE＝DE，
∴四邊形ABDF是平行四邊形，
∵∠BDF＝90°．
∴四邊形ABDF是矩形；
（2）解：由（1）得四邊形ABDF是矩形，
∴∠AFD＝90°，AB＝DF＝3，AF＝BD，
∴AF＝＝＝4，
∴S矩形ABDF＝DF?AF＝3×4＝12，BD＝AF＝4，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴CD＝AB＝3，
∴S△BCD＝BD?CD＝×4×3＝6，
∴四邊形ABCF的面積S＝S矩形ABDF+S△BCD＝12+6＝18，
答：四邊形ABCF的面積S為18．
38．（2022?舟山）小惠自編一題：“如圖，在四邊形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，AC⊥BD，OB＝OD．求證：四邊形ABCD是菱形”，并將自己的證明過(guò)程與同學(xué)小潔交流．
若贊同小惠的證法，請(qǐng)?jiān)诘谝粋€(gè)方框內(nèi)打“√”；若贊成小潔的說(shuō)法，請(qǐng)你補(bǔ)充一個(gè)條件，并證明．
【分析】根據(jù)“對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形”進(jìn)行分析推理．
【解析】贊成小潔的說(shuō)法，補(bǔ)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．
39．（2022?涼山州）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中點(diǎn)，E是AD的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A作AF∥BC交CE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．
（1）求證：四邊形ADBF是菱形；
（2）若AB＝8，菱形ADBF的面積為40．求AC的長(zhǎng)．
【分析】（1）利用平行線的性質(zhì)可得∠AFC＝∠FCD，∠FAE＝∠CDE，利用中點(diǎn)的定義可得AE＝DE，從而證明△FAE≌△CDE，然后利用全等三角形的性質(zhì)可得AF＝CD，再根據(jù)D是BC的中點(diǎn)，可得AF＝BD，從而可證四邊形AFBD是平行四邊形，最后利用直角三角形斜邊上的中線可得BD＝AD，從而利用菱形的判定定理即可解答；
（2）利用（1）的結(jié)論可得菱形ADBF的面積＝2△ABD的面積，再根據(jù)點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，可得△ABC的面積＝2△ABD的面積，進(jìn)而可得菱形ADBF的面積＝△ABC的面積，然后利用三角形的面積進(jìn)行計(jì)算即可解答．
【解答】（1）證明：∵AF∥BC，
∴∠AFC＝∠FCD，∠FAE＝∠CDE，
∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，
∴AE＝DE，
∴△FAE≌△CDE（AAS），
∴AF＝CD，
∵點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，
∴BD＝CD，
∴AF＝BD，
∴四邊形AFBD是平行四邊形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中點(diǎn)，
∴AD＝BD＝BC，
∴四邊形ADBF是菱形；
（2）解：∵四邊形ADBF是菱形，
∴菱形ADBF的面積＝2△ABD的面積，
∵點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，
∴△ABC的面積＝2△ABD的面積，
∴菱形ADBF的面積＝△ABC的面積＝40，
∴AB?AC＝40，
∴×8?AC＝40，
∴AC＝10，
∴AC的長(zhǎng)為10．
40．（2022?濱州）如圖，菱形ABCD的邊長(zhǎng)為10，∠ABC＝60°，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E在對(duì)角線BD上，連接AE，作∠AEF＝120°且邊EF與直線DC相交于點(diǎn)F．
（1）求菱形ABCD的面積；
（2）求證AE＝EF．
【分析】（1）根據(jù)銳角三角函數(shù)可以求得BC邊上的高，然后根據(jù)菱形的面積＝底×高，即可求得相應(yīng)的面積；
（2）連接EC，然后可以得到AE＝EC，再根據(jù)四邊形內(nèi)角和，可以求得∠ECF＝∠EFC，然后通過(guò)等量代換，即可證明結(jié)論成立．
【解答】（1）解：作AG⊥BC交BC于點(diǎn)G，如圖所示，
∵四邊形ABCD是菱形，邊長(zhǎng)為10，∠ABC＝60°，
∴BC＝10，AG＝AB?sin60°＝10×＝5，
∴菱形ABCD的面積是：BC?AG＝10×5＝50，
即菱形ABCD的面積是50；
（2）證明：連接EC，
∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，
∴EO垂直平分AC，∠BCD＝120°，
∴EA＝EC，∠DCA＝60°，
∴∠EAC＝∠ECA，∠ACF＝120°，
∵∠AEF＝120°，
∴∠EAC+∠EFC＝360°﹣∠AEF﹣∠ACF＝360°﹣120°﹣120°＝120°，
∵∠ECA+∠ECF＝120°，
∴∠EFC＝∠ECF，
∴EC＝EF，
∴AE＝EF．
41．（2022?南充）如圖，在菱形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，BE＝BF，DE，DF分別與AC交于點(diǎn)M，N．
求證：（1）△ADE≌△CDF．
（2）ME＝NF．
【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)和全等三角形的判定SAS，可以證明結(jié)論成立；
（2）根據(jù)（1）中的結(jié)論和等腰三角形的性質(zhì)，可以得到DE＝DF，DM＝DN，從而可以得到ME＝NF．
【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是菱形，
∴DA＝DC，∠DAE＝∠DCF，AB＝CB，
∵BE＝BF，
∴AE＝CF，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（SAS）；
（2）由（1）知△ADE≌△CDF，
∴∠ADM＝∠CDN，DE＝DF，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠DAM＝∠DCN，
∴∠DMA＝∠DNC，
∴∠DMN＝∠DNM，
∴DM＝DN，
∴DE﹣DM＝DF﹣DN，
∴ME＝NF．
42．（2022?德陽(yáng)）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2cm，過(guò)點(diǎn)D作BC的垂線，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．點(diǎn)F從點(diǎn)B出發(fā)沿BD方向以2cm/s向點(diǎn)D勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)E從點(diǎn)H出發(fā)沿HD方向以1cm/s向點(diǎn)D勻速運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)E，F(xiàn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（單位：s），且0＜t＜3，過(guò)F作FG⊥BC于點(diǎn)G，連結(jié)EF．
（1）求證：四邊形EFGH是矩形；
（2）連結(jié)FC，EC，點(diǎn)F，E在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，△BFC與△DCE是否能夠全等？若能，求出此時(shí)t的值；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【分析】（1）根據(jù)平行線的判定定理得到EH∥FG，由題意知BF＝2tcm，EH＝tcm，推出四邊形EFGH是平行四邊形，根據(jù)矩形的判定定理即可得到四邊形EFGH是矩形；
（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠ABC＝60°，AB＝2cm，求得∠ADC＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝2cm，解直角三角形即可得到結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵EH⊥BC，F(xiàn)G⊥BC，
∴EH∥FG，
由題意知BF＝2tcm，EH＝tcm，
∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴∠CBD＝30°，
∴FG＝BF＝t，
∴EH＝FG，
∴四邊形EFGH是平行四邊形，
∵∠FGH＝90°，
∴四邊形EFGH是矩形；
（2）△BFC與△DCE能夠全等，
理由：∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2cm，
∴∠ADC＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝2cm，AB∥CD，
∴∠CBD＝∠CDB＝30°，∠DCH＝∠ABC＝60°，
∵DH⊥BC，
∴∠CHD＝90°，
∴∠CDH＝90°﹣60°＝30°＝∠CBF，
在Rt△CDH中，cs∠CDH＝，
∴DH＝2×＝3，
∵BF＝2tcm，
∴EH＝tcm，
∴DE＝（3﹣t）cm，
∴當(dāng)BF＝DE時(shí)，△BFC≌△DCE，
∴2t＝3﹣t，
∴t＝1．
43．（2022?遂寧）如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，連接OE，過(guò)點(diǎn)D作DF∥AC交OE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接AF．
（1）求證：△AOE≌△DFE；
（2）判定四邊形AODF的形狀并說(shuō)明理由．
【分析】（1）利用全等三角形的判定定理即可．
（2）先證明四邊形AODF為平行四邊形，再結(jié)合∠AOD＝90°，即可得出結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵E是AD的中點(diǎn)，
∴AE＝DE，
∵DF∥AC，
∴∠OAD＝∠ADF，
∵∠AEO＝∠DEF，
∴△AOE≌△DFE（ASA）．
（2）解：四邊形AODF為矩形．
理由：∵△AOE≌△DFE，
∴AO＝DF，
∵DF∥AC，
∴四邊形AODF為平行四邊形，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AC⊥BD，
即∠AOD＝90°，
∴平行四邊形AODF為矩形．
44．（2022?蘇州）如圖，將矩形ABCD沿對(duì)角線AC折疊，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)E，AE與CD交于點(diǎn)F．
（1）求證：△DAF≌△ECF；
（2）若∠FCE＝40°，求∠CAB的度數(shù)．
【分析】（1）根據(jù)AAS證明三角形全等即可；
（2）利用全等三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理求解即可．
【解答】（1）證明：將矩形ABCD沿對(duì)角線AC折疊，則AD＝BC＝EC，∠D＝∠B＝∠E＝90°，
在△DAF和△ECF中，
，
∴△DAF≌△ECF（AAS）；
（2）∵△DAF≌△ECF，
∴∠DAF＝∠ECF＝40°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝90°，
∴∠EAB＝∠DAB﹣∠DAF＝90°﹣40°＝50°，
∵∠EAC＝∠CAB，
∴∠CAB＝25°．
45．（2022?麗水）如圖，將矩形紙片ABCD折疊，使點(diǎn)B與點(diǎn)D重合，點(diǎn)A落在點(diǎn)P處，折痕為EF．
（1）求證：△PDE≌△CDF；
（2）若CD＝4cm，EF＝5cm，求BC的長(zhǎng)．
【分析】（1）根據(jù)ASA證明兩個(gè)三角形全等即可；
（2）如圖，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于G，由勾股定理計(jì)算FG＝3，設(shè)CF＝x，在Rt△CDF中，由勾股定理得：DF2＝CD2+CF2，列方程可解答．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，
由折疊得：AB＝PD，∠A＝∠P＝90°，∠B＝∠PDF＝90°，
∴PD＝CD，
∵∠PDF＝∠ADC，
∴∠PDE＝∠CDF，
在△PDE和△CDF中，
，
∴△PDE≌△CDF（ASA）；
（2）解：如圖，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于G，
∴∠EGF＝90°，EG＝CD＝4，
在Rt△EGF中，由勾股定理得：FG＝＝3，
設(shè)CF＝x，
由（1）知：PE＝AE＝BG＝x，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠BFE，
由折疊得：∠BFE＝∠DFE，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴DE＝DF＝x+3，
在Rt△CDF中，由勾股定理得：DF2＝CD2+CF2，
∴x2+42＝（x+3）2，
∴x＝，
∴BC＝2x+3＝+3＝（cm）．
46．（2022?自貢）如圖，用四根木條釘成矩形框ABCD，把邊BC固定在地面上，向右邊推動(dòng)矩形框，矩形的形狀會(huì)發(fā)生改變（四邊形具有不穩(wěn)定性）．
（1）通過(guò)觀察分析，我們發(fā)現(xiàn)圖中線段存在等量關(guān)系，如線段EB由AB旋轉(zhuǎn)得到，所以EB＝AB．我們還可以得到FC＝ CD ，EF＝ AD ；
（2）進(jìn)一步觀察，我們還會(huì)發(fā)現(xiàn)EF∥AD，請(qǐng)證明這一結(jié)論；
（3）已知BC＝30cm，DC＝80cm，若BE恰好經(jīng)過(guò)原矩形DC邊的中點(diǎn)H，求EF與BC之間的距離．
【分析】（1）由推動(dòng)矩形框時(shí)，矩形ABCD的各邊的長(zhǎng)度沒(méi)有改變，可求解；
（2）通過(guò)證明四邊形BEFC是平行四邊形，可得結(jié)論；
（3）由勾股定理可求BH的長(zhǎng)，由相似三角形的性質(zhì)可求解．
【解答】（1）解：∵把邊BC固定在地面上，向右邊推動(dòng)矩形框，矩形的形狀會(huì)發(fā)生改變，
∴矩形ABCD的各邊的長(zhǎng)度沒(méi)有改變，
∴AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，
故答案為：CD，AD；
（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB＝CD，AD＝BC，
∵AB＝BE，EF＝AD，CF＝CD，
∴BE＝CF，EF＝BC，
∴四邊形BEFC是平行四邊形，
∴EF∥BC，
∴EF∥AD；
（3）如圖，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于G，
∵DC＝AB＝BE＝80cm，點(diǎn)H是CD的中點(diǎn)，
∴CH＝DH＝40cm，
在Rt△BHC中，BH＝＝＝50（cm），
∵EG⊥BC，
∴CH∥EG，
∴△BCH∽△BGE，
∴，
∴＝，
∴EG＝64，
∴EF與BC之間的距離為64cm．
47．（2022?湖州）如圖，已知在Rt△ABC中，∠C＝Rt∠，D是AB邊上一點(diǎn)，以BD為直徑的半圓O與邊AC相切，切點(diǎn)為E，過(guò)點(diǎn)O作OF⊥BC，垂足為F．
（1）求證：OF＝EC；
（2）若∠A＝30°，BD＝2，求AD的長(zhǎng)．
【分析】（1）連接OE，由切線的性質(zhì)可證明OE⊥AC，根據(jù)有三個(gè)角是直角的四邊形OECF是矩形，可得結(jié)論；
（2）根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得AO的長(zhǎng)，由線段的差可得答案．
【解答】（1）證明：連接OE，
∵AC是⊙O的切線，
∴OE⊥AC，
∴∠OEC＝90°，
∵OF⊥BC，
∴∠OFC＝90°，
∴∠OFC＝∠C＝∠OEC＝90°，
∴四邊形OECF是矩形，
∴OF＝EC；
（2）解：∵BD＝2，
∴OE＝1，
∵∠A＝30°，OE⊥AC，
∴AO＝2OE＝2，
∴AD＝AO﹣OD＝2﹣1＝1．
48．（2022?湖州）已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，a，b分別表示∠A，∠B的對(duì)邊，a＞b．記△ABC的面積為S．
（1）如圖1，分別以AC，CB為邊向形外作正方形ACDE和正方形BGFC．記正方形ACDE的面積為S1，正方形BGFC的面積為S2．
①若S1＝9，S2＝16，求S的值；
②延長(zhǎng)EA交GB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，連結(jié)FN，交BC于點(diǎn)M，交AB于點(diǎn)H．若FH⊥AB（如圖2所示），求證：S2﹣S1＝2S．
（2）如圖3，分別以AC，CB為邊向形外作等邊三角形ACD和等邊三角形CBE，記等邊三角形ACD的面積為S1，等邊三角形CBE的面積為S2．以AB為邊向上作等邊三角形ABF（點(diǎn)C在△ABF內(nèi)），連結(jié)EF，CF．若EF⊥CF，試探索S2﹣S1與S之間的等量關(guān)系，并說(shuō)明理由．
【分析】（1）①由S1＝9，S2＝16，求得b＝3，a＝4，進(jìn)而求出S＝ab＝6；
②先證明△AFN∽△NAB，得出，進(jìn)而得出ab+b2＝a2，即可證明S2﹣S1＝2S；
（2）先證明△ABC≌△FBE（SAS），得出AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，求出∠FEC＝30°，利用三角函數(shù)得出b＝a，進(jìn)而得出S＝ab＝a2，利由等邊三角形的性質(zhì)求出，，通過(guò)計(jì)算得出S2﹣S1＝×，即可證明S2﹣S1＝S．
【解答】（1）①解：∵S1＝9，S2＝16，
∴b＝3，a＝4，
∵∠ACB＝90°，
∴S＝ab＝＝6；
②證明：由題意得：∠FAN＝∠ANB＝90°，
∴∠FAH+∠NAB＝90°，
∵FH⊥AB，
∴∠FAH+∠AFN＝90°，
∴∠AFN＝∠NAB，
∴△AFN∽△NAB，
∴，即，
∴ab+b2＝a2，
∴2S+S1＝S2，
∴S2﹣S1＝2S；
（2）解：S2﹣S1＝S，
理由：∵△ABF和△CBE都是等邊三角形，
∴AB＝FB，CB＝EB，∠ABF＝∠CBE＝60°，
∴∠ABF﹣∠CBF＝∠CBE﹣∠CBF，
∴∠ABC＝∠FBE，
在△ABC和△FBE中，
，
∴△ABC≌△FBE（SAS），
∴AC＝FE＝b，∠FEB＝∠ACB＝90°，
∴∠FEC＝90°﹣60°＝30°，
∵EF⊥CF，CE＝BC＝a，
∴sin∠FEC＝，即sin30°＝，
∴b＝asin30°＝a，
∴S＝ab＝a2，
∵△ACD和△CBE都是等邊三角形，
∴，，
∴S2﹣S1＝＝﹣＝＝×，
∴S2﹣S1＝S．
49．（2022?杭州）在正方形ABCD中，點(diǎn)M是邊AB的中點(diǎn)，點(diǎn)E在線段AM上（不與點(diǎn)A重合），點(diǎn)F在邊BC上，且AE＝2BF，連接EF，以EF為邊在正方形ABCD內(nèi)作正方形EFGH．
（1）如圖1，若AB＝4，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)M重合時(shí)，求正方形EFGH的面積．
（2）如圖2，已知直線HG分別與邊AD，BC交于點(diǎn)I，J，射線EH與射線AD交于點(diǎn)K．
①求證：EK＝2EH；
②設(shè)∠AEK＝α，△FGJ和四邊形AEHI的面積分別為S1，S2．求證：＝4sin2α﹣1．
【分析】（1）由點(diǎn)M是邊AB的中點(diǎn)，若AB＝4，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)M重合，得出AE＝BE＝2，由AE＝2BF，得出BF＝1，由勾股定理得出EF2＝5，即可求出正方形EFGH的面積；
（2）①由“一線三直角”證明△AKE∽△BEF，得出，由AE＝2BF，得出，進(jìn)而證明EK＝2EH；
②先證明△KHI≌△FGJ，得出S△KHI＝S△FGJ＝S1，再證明△KAE∽△KHI，得出＝＝，由正弦的定義得出sinα＝，進(jìn)而得出sin2α＝，得出＝4sin2α，即可證明＝4sin2α﹣1．
【解答】（1）解：如圖1，
∵點(diǎn)M是邊AB的中點(diǎn)，若AB＝4，當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)M重合，
∴AE＝BE＝2，
∵AE＝2BF，
∴BF＝1，
在Rt△EBF中，EF2＝EB2+BF2＝22+12＝5，
∴正方形EFGH的面積＝EF2＝5；
（2）如圖2，
①證明：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴∠K+∠AEK＝90°，
∵四邊形EFGH是正方形，
∴∠KEF＝90°，EH＝EF，
∴∠AEK+∠BEF＝90°，
∴∠AKE＝∠BEF，
∴△AKE∽△BEF，
∴，
∵AE＝2BF，
∴，
∴EK＝2EF，
∴EK＝2EH；
②證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠KIH＝∠GJF，
∵四邊形EFGH是正方形，
∴∠IHK＝∠EHG＝∠HGF＝∠FGJ＝90°，EH＝FG，
∵KE＝2EH，
∴EH＝KH，
∴KH＝FG，
在△KHI和△FGJ中，
，
∴△KHI≌△FGJ（AAS），
∴S△KHI＝S△FGJ＝S1，
∵∠K＝∠K，∠A＝∠IHK＝90°，
∴△KAE∽△KHI，
∴＝＝，
∵sinα＝，
∴sin2α＝，
∴＝4sin2α，
∴＝4sin2α﹣1．
聲明：試題解析著作權(quán)屬所有，未經(jīng)書(shū)面同意，不得復(fù)制發(fā)布日期：2022/6/27 11:27:28；用戶(hù)：賬號(hào)1；郵箱：yzsysx1@xyh.cm；學(xué)號(hào)：2567002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(gè)題目還缺少條件，需要補(bǔ)充一個(gè)條件才能證明．

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