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北师大版 2022-2023 学年九年级上册第一次月考试卷 01
一、单选题
1．矩形一定具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．内角和等于 B．对角线互相垂直
C．对边平行且相等 D．对角线相等
【答案】D
【解析】
【分析】
由矩形具有的性质：对角线相等，对角线互相平分；菱形具有的性质：邻边相等，对角线互相平分，对角
线互相垂直；即可求得答案．
解： 矩形具有的性质：对角线相等，对角线互相平分；菱形具有的性质：邻边相等，对角线互相平分，
对角线互相垂直；
矩形具有而菱形不一定具有的性质是：对角线相等．
故选： ．
【点睛】
此题考查了矩形与菱形的性质等知识，解题的关键是记住矩形和菱形的性质，属于中考基础题．
2．方程(x＋1)(x－3)＝5的解是 ( )
A．x＝1，x＝3 B．x＝4， x＝－2
1 2 1 2
C．x＝－1， x ＝3 D．x＝－4， x＝2
1 2 1 2
【答案】B
【解析】
【分析】
先把一元二次方程展开合并，再根据因式分解法解一元二次方程，即可求解．
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴x-4=0或x+2=0，∴ ．
故选B．
【点睛】
本题主要考查一元二次方程的解法，掌握十字相乘因式分解，是解题的关键．
3．矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∠AOD＝120°，AC＝8，则△ABO的周长为（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
【答案】A
【解析】
【分析】
由矩形的性质得出OA=OB，再证明 AOB是等边三角形，得出AB=OA=OB=4，即可求出 ABO的周长．
∵四边形ABCD是矩形， △ △
∴OA＝ AC＝4，OB＝ BD，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵∠AOD＝120°，
∴∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝OB＝4，
∴△ABO的周长＝OA+OB+AB＝12；
故选A．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等边三角形是解
决问题的关键．
4．已知一个等腰三角形的两边长恰是方程 的两根，则这个等腰三角形的周长是（ ）
A．8 B．10 C．8或10 D．12
【答案】B
【解析】【分析】
求出方程的解，得出三角形的三边长，即可得出答案．
解：解x2-6x+8=0得：x=4或2，
当三角形的三边为2，2，4时，不符合三角形三边关系定理，此时不能组成三角形；
当三角形的三边为2，4，4时，符合三角形三边关系定理，此时能组成三角形，三角形的周长为
2+4+4=10，
故选：B．
【点睛】
本题考查了等腰三角形的性质，三角形的三边关系定理，解一元二次方程的应用，能求出方程的解是解此
题的关键．
5．某班同学毕业时都将自己的照片向全班其他同学各送一张表示留念，全班共送1980张照片，如果全班
有 名同学，根据题意，列出方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
如果全班有x名同学，那么每名同学要送出（x−1）张，共有x名学生，那么总共送的张数应该是x（x−1）
张，即可列出方程．
解：∵全班有x名同学，
∴每名同学要送出（x−1）张；
又∵是互送照片，
∴总共送的张数应该是x（x−1）＝1980．
故选：B．
【点睛】
本题考查一元二次方程在实际生活中的应用．计算全班共送多少张，首先确定一个人送出多少张是解题关
键．
6．如图，在菱形 中，对角线 、 相交于点 ，下列结论中不一定成立的是( )A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据菱形的性质即可一一判断
解：∵四边形 是菱形，
∴ ， ， ，
故A、B、C正确，
故选D
【点睛】
本题考查菱形的性质，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题．
7．如果关于 的一元二次方程 有两个不相等的实数根，那么 的取值范围是（ ）
A． B． 且
C． 且 D． 且
【答案】D
【解析】
【分析】
根据方程有两个不相等的实数根，则Δ＞0，以及二次根式有意义的条件，由此建立关于k的不等式，然后
就可以求出k的取值范围．
解：由题意知：2k＋1≥0，k≠0，Δ＝2k＋1−4k＞0，
∴− ≤k＜ ，且k≠0．
故选：D．
【点睛】
此题考查了一元二次方程根的判别式，一元二次方程根的判别式Δ＝b2−4ac．当Δ＞0，方程有两个不相等的实数根；当Δ＝0，方程有两个相等的实数根；当Δ＜0，方程没有实数根．同时考查了一元一次不等式
的解法二次根式有意义的条件．
8．如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E、F分别为AD、DC上的动点，∠EBF＝60°，点E从点A向
点D运动的过程中，AE+CF的长度（ ）．
A．逐渐增加 B．逐渐减小
C．保持不变且与EF的长度相等 D．保持不变且与AB的长度相等
【答案】D
【解析】
【分析】
证明△ABE≌△DBF（AAS），可得AE＝DF；结合图形可知：AE+CF＝AB，AB是一定值，从而完成求解．
连接BD
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝CD，
∵∠A＝60°
∴△ABD是等边三角形
∴AB＝BD，∠ABD＝60°
∵DC∥AB
∴∠CDB＝∠ABD＝60°
∴∠A＝∠CDB
∵∠EBF＝60°
∴∠ABE+∠EBD＝∠EBD+∠DBF
∴∠ABE＝∠DBF∵
∴△ABE≌△DBF（AAS）
∴AE＝DF
∴AE+CF＝DF+CF＝CD＝AB
故选：D．
【点睛】
本题考察了菱形、等边三角形、全等三角形的知识；求解的关键是熟练掌握菱形、等边三角形、全等三角
形的性质，从而完成求解．
9．如图， 在 ABC中，AC=3、AB=4、BC=5， P为BC上一动点，PG⊥AC于点G，PH⊥AB于点H，M
是GH的中点，△P在运动过程中PM的最小值为( )
A．2.4 B．1.4
C．1.3 D．1.2
【答案】D
【解析】
【分析】
由AC=3、AB=4、BC=5，得AC2+AB2=BC2 ，则∠A=90°，再结合PG⊥AC，PH⊥AB，可证四边形AGPH是
矩形；连接AP，可知当AP⊥BC时AP最短，结合矩形的两对角线相等和面积法，求出GH的值．
解:∵AC=3、AB=4、BC=5，
∴AC2=9，AB2=16，BC2=25，
∴AC2+AB2=BC2 ，
∴∠A=90°.
∵PG⊥AC，PH⊥AB，
∴∠AGP=∠AHP=90° ，
∴四边形AGPH是矩形.
连接AP，∴GH=AP
∵当AP⊥BC时，AP最短，
∴3×4=5AP，
∴AP= ，
∴PM的最小值为1.2
故选D．
【点睛】
本题考查了勾股定理的逆定理，矩形的判定与性质，垂线段最短，面积法求线段的长，需结合矩形的判定
方法，矩形的性质以及三角形面积的知识求解；确定出点P的位置是解答本题的关键．
10．如图，正方形ABCD中，在AD的延长线上取点E，F，使DE＝AD，DF＝BD，连接BF分别交CD，
CE于H，G下列结论：①EC≠2HG；②∠GDH＝∠GHD；③图中有8个等腰三角形；④ ．
其中正确的结论有（ ）个
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
关键结合图形证明△CHG≌△EGD，即可逐项判断求解
解：∵DF=BD，
∴∠DFB=∠DBF，
∵AD∥BC，DE=BC，
∴四边形DBCE是平行四边形，∠DFB=∠GBC，∴∠DEC=∠DBC=45°，
∴∠DEC=2∠EFB，
∴∠EFB=22.5°，∠CGB=∠CBG=22.5°，
∴CG=BC=DE，
∵DE=DC，
∴∠DEG=∠DCE，
∵∠GHC=∠CDF+∠DFB=90°+22.5°=112.5°，
∠DGE=180°-（∠BGD+∠EGF），
=180°-（∠BGD+∠BGC），
=180°-（180°-∠DCG）÷2，
=180°-（180°-45°）÷2，
=112.5°，
∴∠GHC=∠DGE，
∴△CHG≌△EGD，
∴∠EDG=∠CGB=∠CBF，
∴∠GDH=90°-∠EDG，
∠GHD=∠BHC=90°-∠CGB，
∴∠GDH=∠GHD
故②正确；
∴∠GDH=∠GHD
又∠EFB=22.5°,
∴∠DHG=∠GDH=67.5°
∴∠GDF=90°-∠GDH=22.5°=∠EFB,
∴DG=GF,
∴HG=DG=GF
∴HF=2HG,
显然CE≠HF=2HG,
故①正确；
∵△CHG≌△EGD，
∴∴ ，
即
而 ，
故
故④不正确；
结合前面条件易知等腰三角形有△ABD，△CDB，△BDF，△CDE，△BCG，△DGH，△EGF，△CDG，
△DGF共9个，∴③错误；
故正确的有①②，有2个，
故选：B
【点睛】
本题主要考查对三角形的内角和定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质和判定，正方形的性
质，等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行推理是解此题的关键．
二、填空题
11．命题“对角线互相垂直且相等的四边形是正方形”成为真命题，须添加一个条件，你认为应添加的这
个条件是：_________．
【答案】对角线互相平分
【解析】
【分析】
根据正方形的判定定理、真命题的概念解答．
对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，
∴应添加的这个条件是对角线互相平分，
故答案为：对角线互相平分．
【点睛】
本题考查了真命题的概念、正方形的判定，掌握正确的命题叫真命题以及正方形的判定定理是解题的关键．
12．如图，E是正方形ABCD的边BC延长线上一点，且CE=AC，AE交CD于点F，则∠E=_____【答案】22.5 °
【解析】
【分析】
由于正方形的对角线平分一组对角，那么∠ACB=45°，即∠ACE=135°，在等腰△CAE中，已知了顶角的
度数，即可由三角形内角和定理求得∠E的度数．
解：正方形对角线平分直角，故∠ACD=45°，
已知DC⊥CE，则∠ACE=∠135°，
又∵CE=AC，
∴∠E= =22.5°．
故答案为：22.5°．
【点睛】
此题主要考查等腰三角形两底角相等的应用，以及正方形中边角性质的应用．
13．如果关于x的一元二次方程（m+3）x2+3x+m2﹣9＝0有一个解是0，那么m的值是 _____．
【答案】3
【解析】
【分析】
把x＝0代入（m+3）x2+3x+m2﹣9＝0计算即可得到m的值，注意二次项系数不为0．
解：由题意，把x＝0代入（m+3）x2+3x+m2﹣9＝0，得m2﹣9＝0，
解得m＝3，m＝﹣3．
1 2
又∵m+3≠0，即m≠﹣3，
则m＝3符合题意．
故答案是：3．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的解的定义和一元二次方程的定义．已知方程的一个根，解题时往往都是将其代
入方程进行计算其它字母的值或是去求方程的另一根等．
14．某建筑工程队在工地一边靠墙处，用81米长的铁栅栏围成三个相连的长方形仓库，仓库总面积为440平方米，为了方便取物，在各个仓库之间留出了1米宽的缺口作通道，在平行于墙的一边留下一个1米宽
的缺口作小门．则 ____________米．
【答案】10或11
【解析】
【分析】
设仓库的宽AB为x米，由铁栅栏的长度结合图形，可求出仓库的长为（84-4x）米，再根据矩形的面积公
式即可列出关于x的一元二次方程，解之此题得解．
解：设仓库的宽AB为x米，则仓库的长为（84-4x）米，
根据题意得：x（84-4x）=440，
解得：x=10或x=11，
故答案为：10或11．
【点睛】
本题考查了一元二次方程的实际应用，找准等量关系，正确列出一元二次方程是解题的关键．
15．如图，点E为正方形ABCD外一点，且ED=CD，连接AE，交BD于点F．若∠CDE=40°，则∠DFC
的度数为_____．
【答案】 ．
【解析】
【分析】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°，
∴∠ADB=∠BDC=45°，
∵DC=DE，∴AD=DE，
∴∠DAE=∠DEA，
∵∠ADE=90°+40°=130°，
∴∠DAE=25°，
∴∠AFD=180°-25°-45°=110°，
由正方形的轴对称性可知 ADF≌△CDF，
∴∠DFC=∠AFD=110°， △
故答案为：110°．
16．如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝3，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折
痕为FG，点F，G分别在边AB，AD上，则EF的长为_____．
【答案】
【解析】
【分析】
连接BE，BD，证明△BCD是等边三角形，证得∠ABE＝∠CEB＝90°，由折叠可得AF＝EF，由EF2＝
BE2+BF2可求出答案．
解：如图，连接BE，BD，
∵四边形ABCD为菱形，∠A＝60°，
∴AB＝3＝BC＝CD，∠A＝60°＝∠C，
∴△BCD是等边三角形，
∵E是CD中点，
∴DE＝ ＝CE，BE⊥CD，∠EBC＝30°，∴BC=2CE=3
∴BE＝ ＝ ，
∵CD∥AB，
∴∠ABE＝∠CEB＝90°，
由折叠可得AF＝EF，
∵EF2＝BE2+BF2，
∴EF2＝ +（3﹣EF）2，
∴EF＝ ，
故答案为： ．
【点睛】
此题主要考查菱形的折叠问题，解题的关键是熟知菱形的性质、折叠的特点及勾股定理的应用．
17．已知关于x的一元二次方程 ，下列命题中正确的有______（填序号）．
①若 ，则 ；
②若方程两个根为 和3，则 ；
③若 ，则方程 一定有两个实数根，并且这两个根互为相反数；
④若方程 有两个不相等的实数根，则方程 必有两个不相等的实数根．
【答案】①④
【解析】
【分析】
①根据a+b+c=0，可以得到b=-a-c，然后代入b2-4ac，看最后的结果，再和小题中的结论对比，即可解答
本题；②根据根与系数的关系，可以得到a和c的关系，从而可以判断3a+2c的值是否等于0；③根据b=0
和根的判别式，可以判断方程ax2+bx+c=0的根的情况；④根据方程ax2+c=0有两个不相等的实数根，可以
得到根的判别式大于0，然后即可判断方程ax2+bx+c=0的根的判别式的正负，从而可以解答本题．
解：①∵a+b+c=0，
∴b=-a-c，
∴b2-4ac=（-a-c）2-4ac=a2+2ac+c2-4ac=（a-c）2≥0，故①正确；
②∵方程两根为-1和3，∴-1+3= ，（-1）×3= ，
∴b=-2a，c=-3a，
∴3a+2c=3a-6a=-3a≠0，故②错误；
③∵b=0，
∴△=b2-4ac=-4ac，
因为题目中a、c的值不确定，故-4ac的值不确定，不能判定该方程根的情况，故③错误；
④∵方程ax2+c=0有两个不相等的实数根，
∴△=b2-4ac=-4ac＞0，
∵方程ax2+bx+c=0，
∴△=b2-4ac＞0，故方程ax2+bx+c=0必有两个不相等的实数根，故④正确；
故答案为：①④．
【点睛】
本题考查一元二次方程的应用、命题与定理，解答本题的关键是明确题意，可以判断各个小题中的命题是
否成立．
18．如图，正方形ABCD中， ，点E在AD上， ，连接BE将△ABE沿着BE翻折得
△FBE，点A的对应点为点F，连接CF，则CF的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】
过点F作MN∥AB交AD，BC于点M，N，由翻折可知：EF=AE=1，BF=AB=3，∠EFB=∠A=90°，设
则 由勾股定理可得 解得EM= ，FN=，然后利用勾股定理即可解决问题．
解：如图，过点F作 交AD，BC于点M，N，
在正方形ABCD中，AB⊥AD，
∴MN⊥AD，MN⊥BC，
四边形ABNM为矩形，
∵AD=BC=AB=3，DE=2AE，
∴AE=1，DE=2，
由翻折可知：EF=AE=1，BF=AB=3，∠EFB=∠A=90°，
设
则
∴
解得： ，（不符合题意的根已舍去）
∴
∴CN=DM=DE-EM=2- = ，
在Rt△FCN中，根据勾股定理得：
故答案为： ．【点睛】
本题主要考查了翻折变换，勾股定理的应用，正方形的性质，熟练掌握折叠的性质、一元二次方程的解法
是解决问题的关键．
三、解答题
19．解方程：
（1）
（2）
（3）
（4）
【答案】（1） 或 ；（2） ；（3） ；（4） ．
【解析】
【分析】
（1）移项，利用提公因式解题；
（2）利用完全平方公式、直接开平方法解题；
（3）利用公式法解题；
（4）先化为一般式，再利用十字相乘法法解题．
解：（1）
或 ；
（2）
；
（3）；
（4）
．
【点睛】
本题考查解一元二次方程，涉及提公因式法、公式法、十字相乘法等知识，是重要考点，难度较易，掌握
相关知识是解题关键．
20．已知关于x的一元二次方程 有两个不相等的实数根．
（1）求实数m的取值范围；
（2）若该方程的两个根都是符号相同的整数，求整数m的值．
【答案】（1） ；（2）1
【解析】
【分析】
（1）直接利用根的判别式即可求解；
（2）根据韦达定理可得 ， ，得到 ，根据两个根和m都是整数，
进行分类讨论即可求解．
解：（1）∵一元二次方程 有两个不相等的实数根，
∴ ，
解得 ；（2）设该方程的两个根为 、 ，
∵该方程的两个根都是符号相同的整数，
∴ ， ，
∴ ，
∴m的值为1或2，
当 时，方程两个根为 、 ；
当 时，方程两个根 与 不是整数；
∴m的值为1．
【点睛】
本题考查一元二次方程根的判别式、韦达定理，掌握上述知识点是解题的关键．
21．2021年7日1日建党100周年纪念日，在本月日历表上可以用一个方框圈出4个数（如图所示），若
圈出的四个数中，最小数与最大数的乘积为65，求这个最小数（请用方程知识解答）．
【答案】5
【解析】
【分析】
根据日历上数字规律得出，圈出的四个数最大数与最小数的差值为8，设最小数为 ，则最大数为 ，结
合已知，利用最大数与最小数的乘积为65列出方程求解即可．
解：设这个最小数为 ．
根据题意，得 ．解得 ， （不符合题意，舍去）．
答：这个最小数为5．
【点睛】
此题主要考察了由实际问题抽象出一元二次方程，掌握日历的特征，根据已知得出的最大数与最小数的差
值是解题的关键．
22．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若菱形边长为10，面积为96，求矩形AODE周长．
【答案】（1）证明见解析；（2）矩形AODE周长为28
【解析】
【分析】
（1）根据菱形的性质得出AC⊥BD，再根据平行四边形的判定定理得四边形AODE为平行四边形，由矩形
的判定定理得出四边形AODE是矩形；
（2）已知菱形边长为10，面积为96，根据菱形的性质和勾股定理即可得到OA和OD的长，进而得到矩
形AODE周长．
（1）∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD=90°，
∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE为平行四边形，
∴四边形AODE是矩形；
（2）∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∵菱形ABCD边长为10，面积为96∴AD=10，
∴ ，
∴OA=6，OD=8
∴矩形AODE周长=2(OA+OD)=28
故答案为：矩形AODE周长为28
【点睛】
本题考查了矩形的判定定理，有一个角是直角的平行四边形是矩形；菱形的性质定理，菱形的对角线互相
垂直且平分；本题还应用了勾股定理解直角三角形．
23．如图，在正方形ABCD中，点E、F在对角线BD上，且BF＝DE,
⑴求证：四边形AECF是菱形．
⑵若AB＝2，BF＝1，求四边形AECF的面积．
【答案】（1）证明见解析；
（2）四边形AECF的面积为4﹣2 ．
【解析】
试题分析：（1）根据正方形的性质，可得正方形的四条边相等，对角线平分对角，根据 SAS，可得
△ABF与△CBF与△CDE与△ADE的关系，根据三角形全等，可得对应边相等，再根据四条边相等的四
边形，可得证明结果；
（2）根据正方形的边长、对角线，可得直角三角形，根据勾股定理，可得AC、EF的长，根据菱形的面
积公式，可得答案．
试题解析：（1）证明：正方形ABCD中，对角线BD，
∴AB=BC=CD=DA，
∠ABF=∠CBF=∠CDE=∠ADE=45°．
∵BF=DE，
∴△ABF≌△CBF≌△DCE≌△DAE（SAS）．
AF=CF=CE=AE
∴四边形AECF是菱形；（2）∵AB=2，∴AC=BD=
∴OA=OB= =2．
∵BF=1，
∴OF=OB－BF=2－1．
∴S = AC•EF= ．
四边形AECF
考点：1.正方形的性质；2.菱形的判定与性质．
24．我们知道，解一元二次方程，可以把它转化为两个一元一次方程来解，其实用“转化”的数学思想，
我们还可以解一些新的方程，例如一元三次方程 ，可以通过因式分解把它转化为
，解方程 和 ，可得方程 的解．
（1）方程 的解是 ， ______， _______；
（2）用“转化”思想求方程 的解；
（3）如图，已知矩形草坪 的长 ，宽 ，小华把一根长为 的绳子的一端固定在
点 处，沿草坪边沿 、 走到点 处，把长绳 段拉直并固定在点 处，然后沿草坪边沿 、
走到点 处，把长绳剩下的一段拉直，长绳的另一端恰好落在点 处，求 的长．
【答案】（1） ； ；（2） ；（3） 或 ．
【解析】
【分析】
（1）先将该方程转化成 ，然后再求解即可；
（2）由 可得 且x＞0，然后解出x即可；
（3）设 ，则 ，然后根据勾股定理求得PB和PC，然后再根据 列方程求出x即可．
解：（1） ，
．
，
则 或 或 ，
解得： 、 、 ．
故答案为： ； ；
（2） ，
，即 ，
，
则 或 ，
解得： ， ，
又∵ ，
∴ ；
（3）设 ，则 ，
， ，
， ，
，
，
两边平方，整理可得：
再两边平方，整理可得： ，
解得 、 ，则 的长为 或 ．
【点睛】
本题主要考查了一元二次方程的应用以及转换法的应用，掌握转换法是解答本题的关键．
25． 在正方形ABCD中．
（1）如图1，点E、F分别在BC、CD上，AE、BF相交于点O，∠AOB=90°，试判断AE与BF的数量关
系，并说明理由；
（2）如图2，点E、F、G、H分别在边BC、CD、DA、AB上，EG、FH相交于点O，∠GOH=90°，且
EG=7，求FH的长；
（3）如图3，点E、F分别在BC、CD上，AE、BF相交于点O，∠AOB=90°，若AB=5，图中阴影部分的
面积与正方形的面积之比为4：5，求△ABO的周长．
【答案】（1）AE=BF，理由见解析；（2）FH=7；（3）△AOB的周长为5+
【解析】
【分析】
（1）由四边形ABCD是正方形可得AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，根据余角的性质可得∠BAO=∠CBF，然
后根据ASA可证△ABE≌△BCF，进而可得结论；
（2）如图4，作辅助线，构建平行四边形AMEG和平行四边形BNFH，得AM=GE，BN=FH，由（1）题
的结论知△ABM≌△BCN，进而可得FH的长；
（3）根据正方形的面积和阴影部分的面积可得：空白部分的面积为25－20=5，易得△AOB的面积与四边
形OECF的面积相等，设AO=a，BO=b，则易得ab=5，根据勾股定理得：a2+b2=52，然后根据完全平方公
式即可求出a+b，进一步即得结果．
解：（1）AE=BF，理由是：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∵∠AOB=90°，∴∠BAO+∠ABO=90°，又∵∠CBF+∠ABO=90°，∴∠BAO=∠CBF，
∴△ABE≌△BCF（ASA）．
∴AE=BF；
（2）在图2中，过点A作AM∥GE交BC于M，过点B作BN∥FH交CD于N，AM与BN交于点O′，如图
4，则四边形AMEG和四边形BNFH均为平行四边形，
∴AM=GE，BN=FH，
∵∠GOH=90°，AM∥GE，BN∥FH，∴∠AO′B=90°，
由（1）得，△ABM≌△BCN，∴AM=BN，
∴FH=GE=7；
（3）如图3，∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为4：5，
∴阴影部分的面积为 ×25=20，∴空白部分的面积为25－20=5，
由（1）得，△ABE≌△BCF，
∴△AOB的面积与四边形OECF的面积相等，均为 ×5= ，
设AO=a，BO=b，则 ab= ，即ab=5，
在Rt△AOB中，∠AOB=90°，∴a2+b2=52，∴a2+2ab+b2=25+10=35，即 ，
∴a+b= ，即AO+BO= ，
∴△AOB的周长为5+ ．
【点睛】
本题是四边形的综合题，主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、
三角形和多边形的面积以及完全平方公式的运用，属于常考题型，熟练掌握上述知识、灵活应用整体的思
想是解题的关键．
26．在数学的学习中，有很多典型的基本图形．
（1）如图①， 中， ， ，直线 经过点 ， 直线 ， 直线 ，垂足分
别为 、 ．试说明 ；
（2）如图②， 中， ， ，点 、 、 在同一条直线上， ， ，
．则菱形 面积为______．
（3）如图③，分别以 的直角边 、 向外作正方形 和正方形 ，连接 ，
是 的高，延长 交 于点 ，若 ， ，求 的长度．
【答案】（1）见解析；（2） ；（3） ．【解析】
【分析】
（1）证∠BDA＝∠CEA＝90°，∠CAE＝∠ABD，由AAS证明△ABD≌△CAE即可；
（2）连接CE，交AF于O，由菱形的性质得∠COA＝∠ADB＝90°，同（1）得△ABD≌△CAO
（AAS），得OC＝AD＝3，OA＝BD＝4，由三角形面积公式求出S△AOC＝6，即可得出答案；
（3）过E作EM⊥HI的延长线于M，过点G作GN⊥HI于N，同（1）得△ACH≌△EAM（AAS），
△ABH≌△GAN（AAS），得EM＝AH＝GN，证△EMI≌△GNI（AAS），得EI＝GI，证∠EAG＝90°，由
勾股定理求出EG＝10，再由直角三角形的性质即可得出答案．
（1）证明：∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
（2）解：连接CE，交AF于O，如图②所示：
∵四边形AEFC是菱形，
∴CE⊥AF，
∴∠COA＝∠ADB＝90°，
同（1）得：△ABD≌△CAO（AAS），
∴OC＝AD＝3，OA＝BD＝4，
∴S△AOC＝ OA•OC＝ ×4×3＝6，
∴S菱形AEFC＝4S△AOC＝4×6＝24，
故答案为：24；
（3）解：过E作EM⊥HI的延长线于M，过点G作GN⊥HI于N，如图③所示：
∴∠EMI＝∠GNI＝90°，
∵四边形ACDE和四边形ABFG都是正方形，∴∠CAE＝∠BAG＝90°，AC＝AE＝8，AB＝AG＝6，
同（1）得：△ACH≌△EAM（AAS），△ABH≌△GAN（AAS），
∴EM＝AH＝GN，
在△EMI和△GNI中，
，
∴△EMI≌△GNI（AAS），
∴EI＝GI，
∴I是EG的中点，
∵∠CAE＝∠BAG＝∠BAC＝90°，
∴∠EAG＝90°，
在Rt△EAG中， EG＝ ＝ ＝10，
∵I是EG的中点，
∴AI＝ EG＝ ×10＝5．
【点睛】
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、菱形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理、三角形面积等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形
的性质和菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
