第5章特殊平行四边形（典型30题专练）

一．选择题（共10小题）

1．（饶平县校级模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点Q是AB边上的一个动点（点Q不与点B重合），点M，N分别是DQ，BQ的中点，则线段MN＝（　　）

A．3 B． C．3 D．6

【分析】根据正方形的性质和勾股定理，可以得到DB的长，然后三角形中位线，可以得到MN的长，本题得以解决．

【解答】解：连接DB，

∵四边形ABCD是正方形，AB＝6，

∴∠A＝90°，AD＝AB＝6，

∴DB＝ ＝ ＝6 ，

∵点M，N分别是DQ，BQ的中点，

∴MN是△DQB的中位线，

∴MN＝ DB＝3 ，

故选：A．

【点评】本题考查正方形的性质、三角形的中位线，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

2．（石家庄一模）将图1中两个三角形按图2所示的方式摆放，其中四边形ABCD为矩形，连接PQ，MN，甲、乙两人有如下结论：

甲：若四边形ABCD为正方形，则四边形PQMN必是正方形；

乙：若四边形PQMN为正方形，则四边形ABCD必是正方形．

下列判断正确的是（　　）

A．甲正确，乙不正确 B．甲不正确，乙正确

C．甲、乙都不正确 D．甲、乙都正确

【分析】先设AB＝BC＝CD＝AD＝x，接着求出AQ和AP的值，根据勾股定理求出PQ的值，即可判断甲是否正确，若四边形PQMN为正方形根据边的关系可以求出AB＝BC＝CD＝AD，且四个角都是直角即可证明乙是否正确．

【解答】解：若ABCD是正方形，可设AB＝BC＝CD＝AD＝x，

∴AQ＝4﹣x，AP＝3+x，

∴PQ²＝AQ²+AP²，

即PQ＝ ＝ ＝ ，

x取值不同则PQ的长度不同，

∴甲不正确，

若四边形PQMN为正方形，则PQ＝PN＝MN＝MQ＝5，且∠QMD+∠MQD＝∠QAP＝∠AQP+∠QPA＝90°，

在△QMD和△PQA中，

，

∴△QMD≌△PQA（ASA），

∴QD＝AP，

同理QD＝AP＝MC＝BN，

又∵BP＝MD＝AQ，

∴QD﹣AD＝PA﹣AB，

∴AB＝AD，

同理AB＝CD＝AD＝BC，

即四边形ABCD为菱形，

∵∠DAB＝180°﹣∠QAP＝90°，

则四边形ABCD为正方形，

∴乙正确，

故选：B．

【点评】本题主要考查正方形的判定和性质等知识点，熟练掌握这些知识点是解题的关键．

3．（沙坪坝区校级模拟）下列说法正确的是（　　）

A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形

B．对角线相等的平行四边形是菱形

C．三个角都是直角的四边形是矩形

D．一组邻边相等的平行四边形是正方形

【分析】根据平行四边形的判定方法对A进行判断；根据菱形的判定方法对B进行判断；根据矩形的判定方法对C进行判断；根据正方形的判定方法对D进行判断．

【解答】解：A、一组对边平行，另一组对边也平行的四边形是平行四边形，所以A选项错误，不符合题意；

B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项错误，不符合题意；

C、三个角都是直角的四边形是矩形，所以C选正确；符合题意；

D、一组邻边相等的平行四边形是正方形，所以D选项错误，不符合题意．

故选：C．

【点评】本题考查了正方形的判定，矩形的判定，菱形的判定，平行四边形的判定方法，解题的关键是了解有关的判定定理，难度不大．

4．（滨城区期中）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝12，BD＝16，点P为边BC上一点，且P不与B、C重合．过P作PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，连接EF，则EF的最小值为（　　）

A．4 B．4.8 C．5 D．6

【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，BO＝ BD＝8，OC＝ AC＝6，由勾股定理可求BC的长，可证四边形OEPF是矩形，可得EF＝OP，OP⊥BC时，OP有最小值，由面积法可求解．

【解答】解：连接OP，

∵四边形ABCD是菱形，AC＝12，BD＝16，

∴AC⊥BD，BO＝ BD＝8，OC＝ AC＝6，

∴BC＝ ＝ ＝10，

∵PE⊥AC，PF⊥BD，AC⊥BD，

∴四边形OEPF是矩形，

∴FE＝OP，

∵当OP⊥BC时，OP有最小值，

此时S_△OBC＝ OB×OC＝ BC×OP，

∴OP＝ ＝4.8，

∴EF的最小值为4.8，

故选：B．

【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，掌握菱形的性质是本题的关键．

5．（永嘉县校级期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知菱形ABCD的顶点A（3，3），C（﹣1，﹣1），对角线BD交AC于点M，交x轴于点N，若BN＝2ND，则点B的坐标是（　　）

A．（﹣ ， ） B．（﹣ ，2 ） C．（4，﹣2） D．（﹣2，4）

【分析】过点M作MF⊥ON于N，过点B作BE⊥x轴于E，由菱形的性质可得AC⊥BD，AM＝CM，BM＝DM，由中点坐标公式可求点M坐标，由BN＝2ND，可求BN＝4 ，即可求解．

【解答】解：如图，过点M作MF⊥ON于N，过点B作BE⊥x轴于E，

∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，AM＝CM，BM＝DM，

∵点A（3，3），C（﹣1，﹣1），

∴M（1，1），

∴OF＝1，MF＝1，

∴∠MON＝45°＝∠OMF，

∴∠FMN＝45°＝∠FNM，

∴MF＝FN＝1，

∴MN＝ ，

∵BN＝2ND，

∴BD＝3DN，BM＝ DN，

∴MN＝ ＝ ，

∴DN＝2 ，

∴BN＝4 ，

∵BE⊥x轴，

∴∠EBN＝∠BNE＝45°，

∴BE＝EN，BN＝ BE，

∴BE＝EN＝4，

∴EO＝2，

∴点B（﹣2，4），

故选：D．

【点评】本题考查了菱形的性质，坐标与图形性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．

6．（芦淞区模拟）如图，在长方形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，连接ED，若ED＝5，EC＝3，则长方形的周长为（　　）

A．20 B．22 C．24 D．26

【分析】直接利用勾股定理得出DC的长，再利用角平分线的定义以及等腰三角形的性质得出BE的长，进而得出答案．

【解答】解：∵四边形ABCD是长方形，

∴∠B＝∠C＝90°，AB＝DC，

∵ED＝5，EC＝3，

∴DC＝ ＝ ＝4，

则AB＝4，

∵AE平分∠BAD交BC于点E，

∴∠BAE＝∠DAE，

∵AD∥BC，

∴∠DAE＝∠AEB，

∴∠BAE＝∠BEA，

∴AB＝BE＝4，

∴长方形的周长为：2×（4+4+3）＝22．

故选：B．

【点评】此题主要考查了矩形的性质以及角平分线的定义，正确得出AB＝BE是解题关键．

7．（金华模拟）如图，长方形ABCD中，AD＝BC＝6，AB＝CD＝10．点E为射线DC上的一个动点，△ADE与△AD′E关于直线AE对称，当△AD′B为直角三角形时，DE的长为（　　）

A．2或8 B． 或18 C． 或2 D．2或18

【分析】分两种情况：①当E点在线段DC上时，②当E点在线段DC的延长线上时，利用全等三角形的判定和性质得出答案即可．

【解答】解：分两种情况讨论：

①当E点在线段DC上时，

∵△AD'E≌△ADE，

∴∠AD'E＝∠D＝90°，

∵∠AD'B＝90°，

∴∠AD'B+∠AD'E＝180°，

∴B、D'、E三点共线，

∵ ，AD'＝AD，

∴BE＝AB＝10，

∵ ，

∴DE＝D'E＝10﹣8＝2；

②当E点在线段DC的延长线上，且ED″经过点B时，满足条件，如下图，

∵∠ABD″+∠CBE＝∠ABD″+∠BAD″＝90°，

∴∠CBE＝∠BAD″，

在△ABD″和△BEC中，

∵ ，

∴△ABD″≌△BEC（ASA），

∴BE＝AB＝10，

∵ ，

∴DE＝D″E＝BD''+BE＝8+10＝18．

综上所知，DE＝2或18．

故选：D．

【点评】本题考查了翻折的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，掌握翻折的性质，分类探讨的思想方法是解决问题的关键，有一定难度．

8．（禅城区期末）关于菱形，下列说法错误的是（　　）

A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直

C．四条边相等 D．对角线相等

【分析】利用菱形的性质，依次判断可求解．

【解答】解：∵菱形的性质有四边相等，对角线互相垂直平分，

∴对角线相等不是菱形的性质，

故选：D．

【点评】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的性质是本题的关键．

9．（温州模拟）如图，矩形ABCD中，AB：AD＝2：1，点E为AB的中点，点F为EC上一个动点，点P为DF的中点，连接PB，当PB的最小值为3 时，则AD的值为（　　）

A．2 B．3 C．4 D．6

【分析】根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段P₁P₂，再根据垂线段最短可得当BP⊥P₁P₂时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP₁⊥P₁P₂，故BP的最小值为为BP₁的长，由勾股定理求解即可．

【解答】解：如图，

当点F与点C重合时，点P在P₁处，CP₁＝DP₁，

当点F与点E重合时，点P在P₂处，EP₂＝DP₂，

∴P₁P₂∥CE且P₁P₂＝ CE．

且当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP．

由中位线定理可知：P₁P∥CE且P₁P＝ CF，

∴点P的运动轨迹是线段P₁P₂，

.∴当BP⊥P₁P₂时，PB取得最小值．

∵矩形ABCD中，AB：AD＝2：1，设AB＝2t，则AD＝t，

∵E为AB的中点，

∴△CBE、△ADE、△BCP₁为等腰直角三角形，CP₁＝t，

∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP₁B＝45°，∠DEC＝90°．

∴∠DP₂P₁＝90°．

∴∠DP₁P₂＝45°．

∴∠P₂P₁B＝90°，即BP₁⊥P₁P₂，

∴BP的最小值为BP₁的长．

在等腰直角△BCP₁中，CP₁＝BC＝t，

∴BP₁＝ t＝3 ，

∴t＝3．

故选：B．

【点评】本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，有难度．

10．（林州市期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，且BA＝9，AC＝12，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，点G为四边形DEAF对角线交点，则线段GF的最小值为（　　）

A． B． C． D．

【分析】由勾股定理求出BC的长，再证明四边形DEAF是矩形，可得EF＝AD，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题．

【解答】解：连接AD、EF，

∵∠BAC＝90°，且BA＝9，AC＝12，

∴BC＝ ＝15，

∵DE⊥AB，DF⊥AC，

∴∠DEA＝∠DFA＝∠BAC＝90°，

∴四边形DEAF是矩形，

∴EF＝AD，

∴当AD⊥BC时，AD的值最小，

此时，△ABC的面积＝ AB×AC＝ BC×AD，

∴AD＝ ＝ ＝ ，

∴EF的最小值为 ，

∵点G为四边形DEAF对角线交点，

∴GF＝ EF＝ ；

故选：B．

【点评】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

二．填空题（共10小题）

11．（富阳区二模）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，若E、F分别为AO，AD的中点，若AC＝24，则EF的长为　6　．

【分析】由矩形的性质可得OA＝OD＝12，由三角形中位线定理可求解．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴AC＝BD＝24，OA＝OB＝OD＝OB＝12，

∵E、F分别为AO，AD的中点，

∴EF＝ OD＝6，

故答案为：6．

【点评】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，掌握矩形的性质是本题的关键．

12．（南京期中）如图，在菱形ABCD中，AC、BD相交于点O，DE⊥BC，垂足为E．若AC＝8，BD＝6，则DE的长为　 　．

【分析】根据菱形的性质得出AD＝BC，AC⊥BD，AO＝OC，DO＝BO，求出AO和DO，求出AD，根据菱形的面积公式求出即可．

【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，

∴AD＝BC，AC⊥BD，AO＝OC，DO＝BO，

∵AC＝8，BD＝6，

∴AO＝4，OD＝3，由勾股定理得：AD＝5，

∴BC＝5，

∴S_菱形ABCD＝ ×AC×BD＝BC×DE，

∴ ×6×8＝5×DE，

解得：DE＝ ，

故答案为： ．

【点评】本题考查了菱形的性质和勾股定理，能求出菱形的边长是解此题的关键．

13．（辛集市期末）如图，两条互相垂直的线段AE、BF将正方形ABCD分割成①、②、③、④四块（图1），好围成一个大正方形GHJK（图2），若MN+KR＝3，∠QMK＝60°，则AB的长是　2 　．

【分析】先通过证明△ABE≌△BCF得出对应线段和对应角，再根据含30°角的直角三角形的边之间关系和勾股定理，即可求出AB．

【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，

∴AB＝BC＝DC＝AD，∠ABC＝∠C＝90°，

∴∠ABF+∠FBC＝90°，

∴AE⊥BF，∠ABF+∠BAE＝90°，

∴∠FBC＝∠BAE，

在△ABE和△BCF中，

，

∴△ABE≌△BCF，（ASA），

∴AE＝BF，∠AEB＝∠BFC，

即可确定图2为边长等于AE的正方形，

MN＝BE，KR＝ET，∠BFC＝∠QMK＝60°，

∴∠FBC＝90°﹣∠BFC＝30°，∠AEB＝∠BFC＝60°，

∴在Rt△BET中，BE＝2ET，

又∵MN+KR＝3，

∴BE+ET＝3，

∴ET＝1，BE＝2，

在Rt△ABE中，

∵∠BAE＝90°﹣∠AEB＝30°，AE＝2BE＝4，

∴AB＝ ＝2 ，

故答案为：2 ．

【点评】本题考查正方形的性质、含30°角的直角三角形、勾股定理、全等三角形的性质和判定，解题关键是由全等确定图形平移方式，得出图1和图2中的对应线段和对应角．

14．（永嘉县校级期末）如图，AC是菱形ABCD的对角线，P是AC上的一个动点，过点P分别作AB和BC的垂线，垂足分别是点F和E，若菱形的周长是12cm，面积是6cm²，则PE+PF的值是　2　cm．

【分析】根据菱形的面积公式和三角形的面积公式解答．

【解答】解：连接BP，

（cm²），

∴AB＝BC＝ ＝3（cm），

∴ （cm²），

∴ ，

∴ （cm），

故答案为：2．

【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的面积公式解答即可．

15．（宝鸡期末）如图，菱形ABCD的边长为10，对角线BD的长为16，点E，F分别是边AD，CD的中点，连接EF并延长与BC的延长线相交于点G，则EG的长为　12　．

【分析】连接AC，交BD于点O，先证EF是△ACD的中位线，得EF∥AC，再证四边形CAEG是平行四边形，得AC＝EG，然后由勾股定理求出OA＝OC＝6，即可解决问题．

【解答】解：连接AC，交BD于点O，如图所示：

∵菱形ABCD的边长为10，

∴AD∥BC，AB＝BC＝CD＝DA＝10，

∵点E、F分别是边AD，CD的中点，

∴EF是△ACD的中位线，

∴EF∥AC，

∵AC、BD是菱形的对角线，BD＝16，

∴AC⊥BD，OB＝OD＝8，OA＝OC，

又∵AD∥BC，EF∥AC，

∴四边形CAEG是平行四边形，

∴AC＝EG，

在Rt△AOB中，AB＝10，OB＝8，

∴OA＝OC＝ ＝6，

∴AC＝2OA＝12，

∴EG＝AC＝12；

故答案为：12．

【点评】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识；熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键．

16．（大冶市期末）如图，平面内直线l₁∥l₂∥l₃∥l₄，且相邻两条平行线间隔均为1，正方形ABCD四个顶点分别在四条平行线上，则正方形的面积为　5　．

【分析】过C点作直线EF与平行线垂直，与l₁交于点E，与l₄交于点F．易证△CDE≌△CBF，得CF＝1，BF＝2．根据勾股定理可求BC²得正方形的面积．

【解答】解：过C点作EF⊥l₂，交l₁于E点，交l₄于F点．

∵l₁∥l₂∥l₃∥l₄，EF⊥l₂，

∴EF⊥l₁，EF⊥l₄，

即∠CED＝∠BFC＝90°．

∵ABCD为正方形，

∴∠BCD＝90°．

∴∠DCE+∠BCF＝90°．

又∵∠DCE+∠CDE＝90°，

∴∠CDE＝∠BCF．

在△CDE和△BCF中 ，

∴△CDE≌△BCF（AAS），

∴BF＝CE＝2．

∵CF＝1，

∴BC²＝1²+2²＝5，

即正方形ABCD的面积为5．

故答案为：5．

【点评】此题主要考查了正方形的性质和面积计算，根据平行线之间的距离构造全等的直角三角形是关键．

17．（永嘉县校级期末）如图，菱形ABCD中，O是两条对角线的交点，过点O的三条直线将菱形分成阴影部分和空白部分，当菱形的边长为10，一条对角线为12时，则阴影部分的面积为　48　．

【分析】根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出面积，再根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半解答．

【解答】解：连接AC、BD，如图所示：

∵四边形ABCD是菱形，

∴AB＝10，OB＝OD＝ BD＝6，OA＝OC，AC⊥BD，

∴OA＝ ＝ ＝8，

∴AC＝2OA＝16，

∴菱形ABCD的面积＝ AC×BD＝ ×16×12＝96，

∵O是菱形两条对角线的交点，

∴阴影部分的面积＝ ×96＝48；

故答案为：48．

【点评】本题考查了菱形的性质，中心对称以及勾股定理等知识；熟记菱形的性质性质并判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半是解题的关键．

18．（永嘉县校级模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D在边AB上（不与点A，B重合），DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连接EF．若AC＝3，BC＝2，则EF的最小值为　 　．

【分析】连接CD，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CFDE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF＝CD，再根据垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出求解即可．

【解答】解：连接CD，如图所示：

∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝2，

∴AB＝ ＝ ＝ ，

∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠ACB＝90°，

∴四边形CFDE是矩形，

∴EF＝CD，

由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，

此时，S_△ABC＝ BC•AC＝ AB•CD，

即 ×2×3＝ × ×CD，

解得：CD＝ ，

∴EF＝ ，

故答案为： ．

【点评】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短的性质、勾股定理等知识，判断出CD⊥AB时，线段EF的值最小是解题的关键，难点在于利用三角形的面积列出方程．

19．（永嘉县校级模拟）如图，正方形ABCD的边长是2，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别在边AD、AB上，且OE⊥OF，则四边形AFOE的面积为　1　．

【分析】证明△AOE≌△BOF（ASA），得出△AOE的面积＝△BOF的面积，得出四边形AFOE的面积＝ 正方形ABCD的面积＝ ×2²＝1即可．

【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，

∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，

∴∠AOB＝90°，

∵OE⊥OF，

∴∠EOF＝90°，

∴∠AOE＝∠BOF，

在△AOE和△BOF中， ，

∴△AOE≌△BOF（ASA），

∴△AOE的面积＝△BOF的面积，

∴四边形AFOE的面积＝ 正方形ABCD的面积＝ ×2²＝1；

故答案为：1．

【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．

20．（青岛二模）如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边CD上，DE＝1；作EF∥BC，分别交AC、AB于点G、F，M、N分别是AG、BE的中点，则MN的长是　2.5　．

【分析】连接FM，FC，易求△AFG为等腰直角三角形，△FMC是直角三角形，即可得MN＝ FC，理由勾股定理求解FC的长即可求解．

【解答】解：连接FM，FC，

∵四边形ABCD是正方形，EF∥BC，

∴∠BAC＝45°，四边形BCEF为矩形，

∴△AFG为等腰直角三角形，BE＝CF，

∵M是AG的中点，

∴AM＝MG，

则FM⊥AG，

即△FMC是直角三角形，

∵N是BE的中点，四边形BCEF是矩形，

∴点N在CF上，且是CF的中点，

∴MN＝ FC，

∵DE＝1，BC＝DC＝4，

∴CE＝3，

∴BE＝FC＝ ，

∴MN＝ FC＝2.5．

故答案为2.5．

【点评】本题主要考查正方形的性质，矩形的性质，勾股定理等腰直角三角形及直角三角形斜边上的中线的性质等知识的综合运用．

三．解答题（共10小题）

21．（永嘉县校级模拟）如图，在菱形ABCD中，E为对角线BD上一点，且AE⊥AB，连接CE．

（1）求证：∠ECB＝90°；

（2）若AE＝ED＝1时，求菱形的边长．

【分析】（1）由菱形的性质可得AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，由“SAS”可证△ABE≌△CBE，可得结论；

（2）连接AC交BD于H，由菱形的性质可得AB＝AD，AC⊥BD，BH＝DH，AH＝CH，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求∠DAE＝∠ADE＝∠ABD＝30°，利用直角三角形的性质可求解．

【解答】证明：（1）∵AE⊥BA，

∴∠BAE＝90°，

∵四边形ABCD是菱形，

∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBD，

又∵BE＝BE，

∴△ABE≌△CBE（SAS），

∴∠BAE＝∠BCE＝90°；

（2）如图，连接AC交BD于H，

∵四边形ABCD是菱形，

∴AB＝AD，AC⊥BD，BH＝DH，AH＝CH，

∴∠ABD＝∠ADB，

∵AE＝ED＝1，

∴∠DAE＝∠EDA，

∴∠DAE＝∠ADE＝∠ABD，

∵∠DAE+∠ADE+∠BAE+∠ABD＝180°，

∴∠DAE＝∠ADE＝∠ABD＝30°，

∴BE＝2AE＝2，

∴BD＝BE+DE＝3，

∴BH＝DH＝ ，

∵∠ABD＝30°，AH⊥BD，

∴AB＝2AH，BH＝ AH，

∴AH＝ ，AB＝2AH＝ ，

∴菱形的边长为 ．

方法二，同理可求∠ABE＝30°，

∴BE＝2AE＝2，

∴AB＝ ＝ ．

【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．

22．（永嘉县校级模拟）如图1，在正方形ABCD中，点E在边CD上（不与点C，D重合），AE交对角线BD于点G，GF⊥AE交BC于点F．

（1）求证：AG＝FG．

（2）若AB＝10，BF＝4，求BG的长．

（3）如图2，连接AF，EF，若AF＝AE，求正方形ABCD与△CEF的面积之比．

【分析】（1）由“SAS”可证△ABG≌△CBG，可得AG＝CG，∠BAG＝∠BCG，由四边形内角和定理可证∠BCG＝∠GFC，可得GC＝GF＝AG；

（2）过点G作GH⊥BC于H，利用勾股定理可求GH的长，即可求解；

（3）在AB上截取BF＝BN，连接NF，由“HL”可证Rt△ABF≌Rt△ADE，可得∠BAF＝∠DAE＝22.5°，BF＝DE，可得FC＝ BF，即可求解．

【解答】证明：（1）连接GC，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，

又∵BG＝BG，

∴△ABG≌△CBG（SAS），

∴AG＝CG，∠BAG＝∠BCG，

∵∠ABC+∠BAG+∠AGF+∠BFG＝360°，且∠ABC＝∠AGF＝90°，

∴∠BAG+∠BFG＝180°，

∴∠BCG+∠BFG＝180°，

∵∠BFG+∠GFC＝180°，

∴∠BCG＝∠GFC，

∴GC＝GF，

∴AG＝FG；

（2）如图2，过点G作GH⊥BC于H，

∵AB＝10，BF＝4，

∴AF²＝AB²+BF²＝AG²+GF²，

∴GF²＝58，

∵∠DBC＝45°，GH⊥BC，

∴BH＝GH，BG＝ GH，

∵GF²＝GH²+FH²，

∴58＝GH²+（GH﹣4）²，

∴GH＝7，（负值舍去），

∴BG＝7 ；

（3）如图，在AB上截取BF＝BN，连接NF，

∵AG＝GF，AG⊥GF，

∴∠EAF＝45°，

∵AE＝AF，AB＝AD，

∴Rt△ABF≌Rt△ADE（HL），

∴∠BAF＝∠DAE＝22.5°，BF＝DE，

∴CF＝CE，

∵BF＝BN，∠ABC＝90°，

∴NF＝ BF，∠BNF＝∠BFN＝45°，

∴∠BAF＝∠AFN＝22.5°，

∴AN＝NF＝ BF，

∵AB＝BC，

∴BN+AN＝BF+FC，

∴FC＝ BF，

∴BC＝（ +1）BF，

∴正方形ABCD与△CEF的面积之比＝BC²： FC²＝3+2 ：1．

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线是本题的关键．

23．（永嘉县校级模拟）如图，正方形ABCD边长为8，E，F分别是BC，CD上的点，且AE⊥BF．

（1）求证：AE＝BF．

（2）若AF＝10，求AE的长．

【分析】（1）由正方形的性质可得∠ABC＝90°＝∠C，AB＝BC，由余角的性质可得∠BAE＝∠CBF，可证△ABE≌△BCF，可得AE＝BF；

（2）由勾股定理可求DF＝6，可得FC＝2，由勾股定理可求AE＝BF＝2 ．

【解答】证明；（1）∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABC＝90°＝∠C，AB＝BC，

∴∠ABF+∠CBF＝90°，

∵AE⊥BF，

∴∠ABF+∠BAE＝90°，

∴∠BAE＝∠CBF，

∴△ABE≌△BCF（ASA），

∴AE＝BF；

（2）∵AF＝10，AD＝8，

∴DF＝ ＝ ＝6，

∴CF＝8﹣6＝2，

∴BF＝ ＝ ＝2 ，

∴AE＝2 ．

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明△ABE≌△BCF是本题的关键．

24．（永嘉县校级模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，延长中线AD到点E，作∠AEF＝45°，点P从点E开始沿射线EF方向以 cm/秒的速度运动，设运动时间为t秒（0＜t＜6）．过点P作PQ⊥AE，垂足是点Q，连接BQ，CQ．若BC＝4cm，DE＝6cm，且当t＝2时，四边形ABQC是菱形．

（1）求AB的长．

（2）若四边形ABQC的一条对角线等于其中一边，求t的值．

【分析】（1）根据题意，可以求得DQ和CD的长，从而可以得到CQ的长，再根据四边形ABQC是菱形，从而可以得到AB的长；

（2）根据题意，利用分类讨论的方法，可以求得t的值，注意t的取值范围．

【解答】解：（1）∵∠AEF＝45°，PQ⊥AE，点P从点E开始沿射线EF方向以 cm/秒的速度运动，

∴当t＝2时，EP＝2 cm，

∴EQ＝QP＝2cm，

∵DE＝6cm，

∴DQ＝4cm，

∵AB＝AC，AD是△ABC的中线，

∴AD垂直平分BC，

∴∠CDQ＝90°，

∵BC＝4cm，

∴CD＝2cm，

∴CQ＝ ＝ ＝2 cm，

∵当t＝2时，四边形ABQC是菱形，

∴AB＝CQ＝2 cm，

即AB的长是2 cm；

（2）当BC＝CQ时，

∵BC＝4cm，

∴CQ＝4cm，

∵CD＝2cm，∠CDQ＝90°，

∴DQ＝ ＝2 cm，

∴EQ＝DE﹣DQ＝（6﹣2 ）cm，

∵EQ＝PQ，EP＝ t，

∴（6﹣2 ）²+（6﹣2 ）²＝（ t）²，

解得，t＝6﹣2 ；

当AB＝AQ时，则AQ＝2 cm，

∵AB＝2 ，BD＝2，∠ADB＝90°，

∴AD＝4cm，

∴DQ＝AQ﹣AD＝（2 ﹣4）cm，

∴EQ＝DE﹣DQ＝6﹣（2 ﹣4）＝（10﹣2 ）cm，

∵EQ＝PQ，EP＝ t，

∴（10﹣2 ）²+（10﹣2 ）²＝（ t）²，

解得，t＝10﹣2 ；

当AB＝BC时，不成立；

当CQ＝AQ时，

∵CQ＝ ＝ ，AQ＝AD+DQ＝4+（6﹣t）＝10﹣t，

∴ ＝10﹣t，

解得，t＝7.5（舍去），

综上所述，t的值是6﹣2 或10﹣2 ．

【点评】本题考查菱形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．

25．（永嘉县校级模拟）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F，且AE＝DF．

（1）求证：四边形ABCD是矩形．

（2）若∠BAE：∠EAD＝2：3，求∠EAO的度数．

【分析】（1）证△AEO≌△DFO（AAS），得出OA＝OD，则AC＝BD，即可得出四边形ABCD是矩形．

（2）由矩形的性质得出∠ABC＝∠BAD＝90°，OA＝OB，则∠OAB＝∠OBA，求出∠BAE＝36°，则∠OBA＝∠OAB＝54°，即可得出答案．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴OA＝OC＝ AC，OB＝OD＝ BD，

∵AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F，

∴∠AEO＝∠DFO＝90°，

在△AEO和△DFO中， ，

∴△AEO≌△DFO（AAS），

∴OA＝OD，

∴AC＝BD，

∴四边形ABCD是矩形．

（2）解：由（1）得：四边形ABCD是矩形，

∴∠ABC＝∠BAD＝90°，OA＝OB，

∴∠OAB＝∠OBA，

∵∠BAE：∠EAD＝2：3，

∴∠BAE＝36°，

∴∠OBA＝∠OAB＝90°﹣36°＝54°，

∴∠EAO＝∠OAB﹣∠BAE＝54°﹣36°＝18°．

【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．

26．（化州市期末）如图，△ABC中，AC＝BC，CD⊥AB于点D，四边形DBCE是平行四边形．求证：四边形ADCE是矩形．

【分析】先证得四边形ADCE是平行四边形；然后由“有一内角为直角的平行四边形是矩形”证得结论．

【解答】证明：∵AC＝BC，CD⊥AB，

∴∠ADC＝90°，AD＝BD．

∵在▱DBCE中，EC∥BD，EC＝BD，

∴EC∥AD，EC＝AD．

∴四边形ADCE是平行四边形．

又∵∠ADC＝90°，

∴四边形ADCE是矩形．

【点评】考查了矩形的判定，平行四边形的性质，等腰三角形的性质．主要运用了等腰三角形三线合一的性质以及矩形的判定方法，解题的关键是牢记矩形的三种判定方法，难度不大．

27．（下陆区校级模拟）如图，四边形ABCD是菱形，E，B，D，F在同一条直线上，EB＝DF．

（1）求证：△ABF≌△CDE；

（2）当∠E＝∠BAD＝30°时，求∠DAF的度数．

【分析】（1）利用菱形的性质、全等三角形的判定方法SAS得出△DCE≌△BCE；

（2）利用全等三角形的性质得到∠F＝∠E＝30°，结合等腰三角形的性质得出∠ADB＝75°，再根据三角形外角的性质求出即可．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，

∴AB∥CD，

∴∠ABF＝∠CDE．

∵FD＝EB，

∴FD+DB＝EB+BD．即FB＝ED．

又∵AB＝CD，

∴△ABF≌△CDE（SAS）

（2）解：由（1）△ABF≌△CDE

得：∠F＝∠E＝30°，

∵四边形ABCD为菱形，

∴AB＝AD．

∴∠ABD＝∠ADB．

∵∠BAD＝30°，

∴∠ABD＝∠ADB＝75°，

∴∠DAF＝∠ADB﹣∠F＝75°﹣30°＝45°．

【点评】此题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，解题关键是证明△ABF≌△CDE．

28．（永嘉县校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，点M，N是AD边上的点，BM，CN交于点O，AN＝DM，BM＝CN．

（1）求证：平行四边形ABCD是矩形．

（2）若∠BOC＝90°，MN＝1，AM•MD＝12，求矩形ABCD的面积．

【分析】（1）先由平行四边形的性质得出∠A+∠D＝180°，再证明△ABM≌△DCN得出∠A＝∠D，证出∠A＝∠D＝90°，即可得出结论；

（2）证明△ABM是等腰直角三角形，得出AB＝AM，求出AM＝4，MD＝3，得出AB＝AM＝4，AD＝AM+MD＝7，即可得出结果．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB＝DC，AB∥DC，AD∥BC，

∴∠A+∠D＝180°，

∵AN＝DM，

∴AM＝DN，

在△ABM和△DCN中， ，

∴△ABM≌△DCN（SSS），

∴∠A＝∠D，

∵∠A+∠D＝180°，

∴∠A＝∠D＝90°，

∴平行四边形ABCD是矩形．

（2）解：∴△ABM≌△DCN，

∴∠AMB＝∠DNC，

∵AD∥BC，

∴∠AMB＝∠OBC，∠DNC＝∠OCB，

∴∠OBC＝∠OCB，

∵∠BOC＝90°，

∴△OBC是等腰直角三角形，

∴AMB＝∠OBC＝45°，

∴△ABM是等腰直角三角形，

∴AB＝AM，

∵AM•MD＝12，AN＝DM，

∴AM（AM﹣1）＝12，

解得：AM＝4，或AM＝﹣3（舍去），

∴AB＝AM＝4，MD＝3，

∴AD＝AM+MD＝7，

∴矩形ABCD的面积＝AD×AB＝7×4＝28．

【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．

29．（饶平县校级模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC．BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E．连接OE．

（1）求证：四边形ABCD是菱形；

（2）若AB＝ ，OE＝2，求线段CE的长．

【分析】（1）先判断出∠OAB＝∠DCA，进而判断出∠DAC＝∠DAC，得出CD＝AD＝AB，即可得出结论；

（2）先判断出OE＝OA＝OC，再求出OB＝1，根据相似三角形的性质即可得出结论．

【解答】解：（1）∵AB∥CD，

∴∠OAB＝∠DCA，

∵AC为∠DAB的平分线，

∴∠OAB＝∠DAC，

∴∠DCA＝∠DAC，

∴CD＝AD＝AB，

∵AB∥CD，

∴四边形ABCD是平行四边形，

∵AD＝AB，

∴▱ABCD是菱形；

（2）∵四边形ABCD是菱形，

∴OA＝OC，BD⊥AC，

∵CE⊥AB，

∴OE＝OA＝OC＝2，

∴OB＝ ＝1，

∵∠AOB＝∠AEC＝90°，

∠OAB＝∠EAC，

∴△AOB∽△AEC，

∴ ，

∴ ＝ ，

∴CE＝ ．

【点评】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，判断出OE＝OA＝OC是解本题的关键．

30．（永嘉县校级模拟）如图，在▱ABCD中，点E，F是直线BD上的两点，DE＝BF．

（1）求证：四边形AFCE是平行四边形．

（2）若BD⊥AD，AB＝5，AD＝3，四边形AFCE是矩形，求DE的长．

【分析】（1）根据平行四边形的性质，得AD∥BC，AD＝BC．根据平行线的性质，得∠ADB＝∠CBD，则∠ADE＝∠CBF．根据SAS可以证明△ADE≌△CBF，AE＝CF，∠AED＝∠CBF，从而证明AE∥CF，根据一组对边平行且相等的四边形，即可证明四边形AFCE是平行四边形；

（2）根据勾股定理得到BD＝ ＝4，连接AC交EF于O，求得DO＝ BD＝2，由勾股定理得到AO＝ ＝ ，根据矩形的性质得到AC＝EF，AO＝ AC，EO＝ EF，于是得到结论．

【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，AD＝BC．

∴∠ADB＝∠CBD．

∴∠ADE＝∠CBF．

又DE＝BF，

∴△ADE≌△CBF（SAS）．

∴AE＝CF，∠AED＝∠CBF．

∴AE∥CF，

∴四边形AFCE是平行四边形；

（2）∵BD⊥AD，AB＝5，AD＝3，

∴BD＝ ＝4，

连接AC交EF于O，

∴DO＝ BD＝2，

∴AO＝ ＝ ，

∵四边形AFCE是矩形，

∴AC＝EF，AO＝ AC，EO＝ EF，

∴AO＝EO＝ ，

∴DE＝EO﹣DO＝ ﹣2．

【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．