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第 05 课 特殊平行四边形 解答题（重点 20+16+8 道）
课后培优练级
练
培优第一阶——基础过关练
一、解答题
1．如图，四边形ABCD是菱形，∠ACD=30°，BD=6．求：
（1）∠BAD，∠ABC的度数；
（2）AB，AC的长．
【答案】(1) ∠BAD=60°，∠ABC=120°;(2) AB＝6cm，AC=6
【解析】
【分析】
（1）根据∠ACD=30°和菱形的性质求出AD//BC，即可得出答案；
（2）根据菱形的性质求出∠DBC，然后根据三角形内角和定理求出CD即可得到AB，进而求出AC．
解：（1）∵∠ACD=30°
∴∠BCD=60°（菱形对角线平分对角）
∴∠BAD=60°（菱形对角相等）
∴AD//BC（菱形对边平行）
∴∠ABC=120°（，两直线平行，同旁内角互补）
（2）∵∠ABC=120°
∴∠DBC=60°（菱形对角线平分对角）
∵∠DBC+∠BCD+∠BDC=180°（三角形内角和为180°）
∴∠DBC=∠BCD=∠BDC=60°
∴BD=BC=CD=6cm
∴AB=CD=6cm（菱形对边相等）
∵AC⊥BD且AO=CO（菱形对角线互相垂直平分）∴AO=3 （直角三角形30°角定理）
∴AC=6
【点睛】
本题考查了菱形的性质、三角形内角和定理和30°直角三角形等知识点，能灵活运用菱形的性质进行推理
是解此题的关键．
2．如图，在
▱
ABCD中，E，F分别是AD，BC上的点，且DE=BF，AC⊥EF，求证：四边形AECF是菱形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可证明
证明： 四边形 是平行四边形，
， ，
，
， ，
四边形 是平行四边形，
，
四边形 是菱形．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质、菱形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常
考题型．
3．如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于
点F，连接CF，（1）求证：AF=DC；
（2）若AB⊥AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据AAS证△AFE≌△DBE，推出AF=BD，即可得出答案．
（2）得出四边形ADCF是平行四边形，根据直角三角形斜边上中线性质得出CD=AD，根据菱形的判定推
出即可．
解：（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE．
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE=DE，BD=CD．
在△AFE和△DBE中，
∵∠AFE=∠DBE，∠FEA=∠BED， AE=DE，
∴△AFE≌△DBE（AAS）
∴AF=BD．
∴AF=DC．
（2）四边形ADCF是菱形，证明如下：
∵AF∥BC，AF=DC，
∴四边形ADCF是平行四边形．
∵AC⊥AB，AD是斜边BC的中线，
∴AD=DC．
∴平行四边形ADCF是菱形．
4．如图所示， 是四边形 的 的平分线， ，交 于 ．
(1)求证：四边形 是菱形；
(2)如果 ， ，求菱形 的面积．【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）可先证明四边形DAEF是平行四边形，再由角的关系求得∠AED=∠1，根据等角对等边得AD=AE，
再依据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可得四边形AEFD是菱形；
（2）由已知求得两条对角线的长，根据菱形的面积等于两条对角线的积的一半，求得菱形的面积．
(1)
证明：∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∵DE是四边形 的 的平分线
∴ ，
∴ ．
∴ ．
∴四边形AEFD是菱形．
(2)
连接AF与DE相交于 ，
解：∵ ，AD=AE，
∴ 为等边三角形．
∴DE=AD=5，∴ ．
∴ ．
∴ ．
∴ ．
【点睛】
此题主要考查菱形的判定和菱形的面积计算．菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用
三种方法∶①定义；②四边相等；③对角线互相垂直平分．具体选择哪种方法需要根据已知条件来确定．
5．如图，已知平行四边形ABCD中，M，N是BD上的两点，且 ， ．
(1)求证：四边形AMCN是矩形；
(2)若 ， ，AB⊥AC，求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)四边形ABCD的面积为
【解析】
【分析】
（1）先证明 ， ，再证明 ，证明四边形AMCN是平行四边形， 再证明
，从而可得结论；
（2）证明 ， ，再利用四边形ABCD的面积公式进行计算即可．
(1)
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ ， ，
∵对角线BD上的两点M、N满足 ，
∴ ，即 ，
∴四边形AMCN是平行四边形，∴ ，
∵ ，∴ ，
∴四边形AMCN是矩形(2)
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∵AB⊥AC，∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，∴ ，
∴四边形ABCD的面积为 ．
【点睛】
本题考查的是平行四边形的性质，矩形的判定与性质，熟练的运用矩形的判定定理解决问题是关键．
6．如图，在矩形ABCD中，对角线AC的中点为O，点G，H在对角线AC上，AG＝CH，直线GH绕点
O逆时针旋转α角，与边AB、CD分别相交于点E、F（点E不与点A、B重合）．
（1）求证：四边形EHFG是平行四边形；
（2）若∠α＝90°，AB＝9，AD＝3，求AE的长．
【答案】（1）详见解析；（2）AE＝5．
【解析】
【分析】
（1）由“ASA”可证 COF≌△AOE，可得EO＝FO，且GO＝HO，可证四边形EHFG是平行四边形；
（2）由题意可得EF△垂直平分AC，可得AE＝CE，由勾股定理可求AE的长．
证明：（1）∵对角线AC的中点为O
∴AO＝CO，且AG＝CH
∴GO＝HO
∵四边形ABCD是矩形
∴AD＝BC，CD＝AB，CD∥AB
∴∠DCA＝∠CAB，且CO＝AO，∠FOC＝∠EOA
∴△COF≌△AOE（ASA）∴FO＝EO，且GO＝HO
∴四边形EHFG是平行四边形；
（2）如图，连接CE
∵∠α＝90°，
∴EF⊥AC，且AO＝CO
∴EF是AC的垂直平分线，
∴AE＝CE，
在Rt BCE中，CE2＝BC2+BE2，
∴AE2△＝（9﹣AE）2+9，
∴AE＝5
【点睛】
此题主要考查特殊平行四边形的证明与性质，解题的关键是熟知矩形的性质及勾股定理的运用.
7．如图，四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE＝BF，连接AE，AF，
EF．
(1)求证：△ADE≌△ABF；
(2)若BC＝8，DE＝6，求EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）利用正方形的性质结合全等三角形的判定与性质得出答案；
（2）首先利用去等三角形的性质得出CE，CF的长，再利用勾股定理得出答案．(1)
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADE＝∠ABC＝90°＝∠ABF，AD=AB
在△ADE和△ABF中，
，
∴△ADE≌△ABF（SAS）；
(2)
解：∵△ADE≌△ABF，DE＝6，
∴BF＝DE＝6，
∵BC＝DC＝8，
∴CE＝8﹣6＝2，CF＝8+6＝14，
在Rt△FCE中，EF＝ ＝ ＝10 ．
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质以及勾股定理，正确应用正方形的性质是解题
关键．
8．如图，在□ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且∠OBC＝∠OCB．
（1）求证：□ABCD是矩形；
（2）请添加一个条件，使矩形ABCD成为正方形，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）AB＝AD（答案不唯一）．理由见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形对角线互相平分可得OA＝OC，OB＝OD，根据等角对等边可得OB＝OC，然后求出
AC＝BD，再根据对角线相等的平行四边形是矩形即可得到结论；
（2）根据正方形的判定方法添加即可．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵∠OBC＝∠OCB，
∴OB＝OC，
∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形；
（2）解：AB＝AD（答案不唯一）．
理由：∵四边形ABCD是矩形，
又∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形．
【点睛】
本题考查了正方形的判断，平行四边形的性质，矩形的判定，根据平行四边形的性质和等腰三角形的判定
证得AC＝BD是解题的关键．
9．如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE．
（1）求证：CE=CF；
（2）若点G在AD上，且∠GCE=45°，则GE=BE+GD成立吗？为什么？
【答案】（1）见解析（2）成立
【解析】
【分析】
（1）由DF=BE，四边形ABCD为正方形可证△CEB和△CFD全等，从而证出CE=CF．
（2）由（1）得，CE=CF，∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD即∠ECF=∠BCD=90°又∠GCE=45°所以可得
∠GCE=∠GCF，故可证得△ECG和△FCG全等，即EG=FG=GD+DF．又因为DF=BE，所以可证出
GE=BE+GD成立．
解：（1）在正方形ABCD中，BC=CD，∠B=∠CDF=90°，
∵ ，∴△CBE △CDF（SAS）．
∴CE=CF．
（2）GE=BE+GD成立．
理由：∵由（1）得：△CBE △CDF，
∴∠BCE=∠DCF，
∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD，即∠ECF=∠BCD=90°，
又∵∠GCE=45°，
∴∠GCF=∠GCE=45°，CE＝CF．
∵∠GCE＝∠GCF， GC＝GC，
∴△ECG △FCG（SAS）．
∴GE=GF．
∴GE=DF+GD=BE+GD．
【点睛】
本题考查了以下内容：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；解决本题的关键是理解题意，灵活
运用全等三角形的性质与判定．
10．如图，在四边形ABCD中，AB=BC，对角线BD平分∠ABC，P是BD上一点，过点P作PM⊥AD，
PN⊥CD，垂足分别为M、N．
（1）求证：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，求证：四边形MPND是正方形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
（1）根据角平分线的性质和全等三角形的判定方法证明△ABD≌△CBD，由全等三角形的性质即可得到：
∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，由（1）中的条件可得四边形MPND是矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形即可证
明四边形MPND是正方形．证明：（1）∵对角线BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△CBD中，
，
∴△ABD≌△CBD（SAS），
∴∠ADB=∠CDB；
（2）∵PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PMD=∠PND=90°，
∵∠ADC=90°，
∴四边形MPND是矩形，
∵∠ADB=∠CDB，
∴∠ADB=45°
∴PM=MD，
∴四边形MPND是正方形．
11．已知：如图，在 中，AB=AC， ，垂足为点D，AN是 外角 的平分线，
，垂足为点E，连接DE交AC于点 ．
(1)求证：四边形ADCE为矩形；
(2)当 满足什么条件时，四边形ADCE是一个正方形？并给出证明．
(3)在（2）的条件下，若 ，求正方形ADCE周长．
【答案】(1)见解析
(2)当 时，四边形ADCE是一个正方形；理由见解析(3)8
【解析】
【分析】
（ 1 ）根据等腰三角形的性质，可得 ∠ CAD= ∠ BAC ，根据等式的性质，可得∠CAD+ ∠CAE=
（ ∠BAC+ ∠CAM ）=90°，根据垂线的定义，可得∠ADC=∠CEA，根据矩形的判定，可得答案；
（ 2 ）根据等腰直角三角形的性质，可得AD与CD的关系，根据正方形的判定，可得答案；
（ 3 ）根据勾股定理，可得AD的长，根据正方形周长公式，可得答案．
(1)
证明：∵ ， ，垂足为点D，
∴ ．
∵AN是 外角 的平分线，
∴ ．
∵ 与 是邻补角，
∴ ，
∴ ．
∵ ， ，
∴ ，
∴四边形ADCE为矩形；
(2)
解：当 时，四边形ADCE是一个正方形，理由如下：
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴AD=CD．
∵四边形ADCE为矩形，∴四边形ADCE为正方形；
(3)
解：由勾股定理，得
，AD=CD，
即 ，
∴AD=2，
正方形ADCE周长 ．
【点睛】
本题考查了的正方形的判定与性质，（1）利用了等腰三角形的性质，矩形的判定；（2）利用了正方形的
判定；（3）利用了勾股定理，正方形的周长，灵活运用是关键．
12．如图，把两个大小完全相同的矩形拼成“L”形图案，求 的度数．
【答案】 ， ．
【解析】
【分析】
根据两个大小完全相同的矩形可证得△ADC≌△CGF，从而利用对应边相等，对应角相等即可解决问题．
解：由题可知，CD=GF，AD=CG，∠ADC=∠CGF=90°，
∴在△ADC与△CGF中，
,
∴△ADC≌△CGF（SAS），
∴∠DAC=∠GCF，
又∵∠ADC=90°，
∴∠DAC+∠DCA=90°，∴∠DCA+∠GCF=90°，
∴ ；
∵△ADC≌△CGF，
∴AC=FC，
∴∠CAF=∠AFC，
∴ ．
因此 ， ．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，找到全等三角形是解题的关键．
13．如图，矩形ABCD 和正方形ECGF，其中E、H分别为AD、BC中点，连结AF、HG、AH.
（1）求证： ；
（2）求证： ；
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据题意可先证明四边形AHCE为平行四边形，再根据正方形的性质得到∴ ， ，
故可证明四边形AHGF是平行四边形，即可求解；
（2）根据四边形AHGF是平行四边形，得 ，根据四边形ABCD是矩形，可得
，再根据平角的性质及等量替换即可证明.
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，且E、H分别为AD、BC的中点，
∴ ， ，
∴四边形AHCE为平行四边形，
∴ ， ，
又∵四边形ECGF为正方形，
∴ ， ，
∴ ， ，∴四边形AHGF是平行四边形，
∴ ；
（2）证明：∵四边形AHGF是平行四边形，
∴ ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ；
【点睛】
此题主要考查正方形的性质与证明，解题的关键是熟知特殊平行四边形的性质定理.
14．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是AB，CD上的点，且AE=CF，连接
DE，BF．
(1)求证：四边形FBED是平行四边形；
(2)已知AO=6，∠ADB=30°，求AD的长．
【答案】(1)见解析
(2)AD的长为
【解析】
【分析】
（1）由矩形的性质可得AB=CD，AB∥CD，由AE=CF，可得BE=DF，可得结论；
（2）由直角三角形的性质可求解．
(1)
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∵AE=CF，
∴BE=DF，又∵BE∥DF，
∴四边形FBED是平行四边形；
(2)
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=BO=DO=6，
∴BD=12，
∵∠ADB=30°，∠BAD=90°，
∴AB= BD=6，AD= =6 ．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，直角三角形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．
15．如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE=BD，连接AE．
(1)若∠ADB=40°，求∠E的度数．
(2)若AB=3，CE=5，求AE的长．
【答案】(1)20°
(2)
【解析】
【分析】
（1）连接AC，根据矩形的性质可得△ABC≌△BAD，从而得到∠ACB=∠ADB=40°，再由BD=CE，可得
AC=CE，从而得到∠E=∠CAE，即可求解；
（2）根据勾股定理可得BC=4，从而得到BE=9，再由勾股定理，即可求解．
(1)
解：如图，连接AC，∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AD=BC，∠ABC=∠BAD=90°，
∵AB=BA，
∴△ABC≌△BAD，
∴∠ACB=∠ADB=40°，
∵BD=CE，
∴AC=CE，
∴∠E=∠CAE，
∵∠ACB=∠E+∠CAE，
∴∠E=20°；
(2)
解：由（1）得：AC=CE=5，∠ABC=90°，
∵AB=3，
∴ ，
∴BE=BC+CE=9，
∴ ．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握
相关知识点是解题的关键．
16．如图，在 中，AC=BC，M、N分别是AB和CD的中点．
(1)求证：四边形AMCN是矩形；(2)若∠B=60°，BC=8，求 的面积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)平行四边形ABCD的面积为 ．
【解析】
【分析】
（1）由平行四边形的性质得出AB∥CD，AB=CD，由已知条件得出AM∥CN，AM=CN，证出四边形AMCN
是平行四边形，由等腰三角形的性质得出∠CMA=90°，即可得出四边形AMCN是矩形；
（2）根据∠B=60°，BC=8，即可得到CM和BM的长，再根据等腰三角形的性质即可得到AB的长，进而
得出 的面积．
(1)
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，
∵M、N分别是AB和CD的中点，
∴AM=BM，AM∥CN，AM=CN，
∴四边形AMCN是平行四边形，
又∵AC=BC，AM=BM，
∴CM⊥AB，
∴∠CMA=90°，
∴四边形AMCN是矩形；
(2)
解：∵∠B=60°，BC=8，∠BMC=90°，
∴∠BCM=30°，
∴Rt△BCM中，BM= BC=4，CM=4 ，
∵AC=BC，CM⊥AB，
∴AB=2BM=8，
∴ 的面积为AB×CM=8×4 =32 ．
【点睛】
本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质；熟练掌握平行四边形的性质，由
等腰三角形的性质得出CM⊥AB是解决问题的关键．17．如图，在平行四边形 中， 、 分别为边 、 的中点， 是对角线，过点 作
交 的延长线于点 ．
（1）求证： ；
（2）若 ，求证：四边形 是菱形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件证明BE＝DF，BE∥DF，从而得出四边形DFBE是平行四边形，即可证明DE∥BF，
（2）先证明DE＝BE，再根据邻边相等的平行四边形是菱形，从而得出结论．
证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∵点E、F分别是AB、CD的中点，
∴BE＝ AB，DF＝ CD．
∴BE＝DF，BE∥DF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∴DE∥BF；
（2）∵∠G＝90°，AG∥BD，AD∥BG，
∴四边形AGBD是矩形，
∴∠ADB＝90°，
在Rt△ADB中
∵E为AB的中点，
∴AE＝BE＝DE，
∵四边形DFBE是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定，直角三角形的性质：在直角三角形中斜边中线等于斜边
一半，比较综合，难度适中．
18．如图，在菱形 中 ，E为对角线 上一点，F是 延长线上一点，连接 ， ，
， ， ．
（1）求证： ；
（2）若点G为 的中点，连接 ，求证： ．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】
（1）根据菱形的性质，得到AD=CD，∠ABC=∠ADC=∠ACD=∠CAD=60°，然后根据等式的性质求得
∠ADE=∠CDF，从而利用ASA定理判定三角形全等，问题得解；
（2）过点B作BH∥AC，交AG的延长线于点H，根据菱形的性质结合（1）中的结论判定
△ABE≌△ADE≌△CDF，利用ASA定理判定△BHG≌△EAG，利用SAS定理判定△ABH≌△ACF，从而得到
AH=AF，使问题得解．
解：在菱形ABCD中，∵
∴AD=CD，∠ABC=∠ADC=∠ACD=∠CAD=∠ACB=60°
∴∠DCF=60°
又∵
∴∠ADE+∠EDC=∠CDF+∠EDC=60°
∴∠ADE=∠CDF，
在△ADE和△CDF中
∴△ADE≌△CDF
∴ ；
（2）过点B作BH∥AC，交AG的延长线于点H
在菱形ABCD中，∠ABE=∠ADE，AB=AD，AE=AE又由（1）可知△ADE≌△CDF
∴△ABE≌△ADE≌△CDF
∴AE=CF
∵BH∥AC，点G是BE的中点
∴∠H=∠GAE，BG=EG，∠HBG=∠ACB=60°
∴∠ABH=∠ACF=120°
又∵∠AGE=∠HGB
∴△BHG≌△EAG
∴BH=AE=CF，AG=GH
又∵AB=AC
∴△ABH≌△ACF
∴AH=AF=AG+GH=2AG
即 ．
【点睛】
本题考查菱形的性质及三角形全等的判定，正确添加辅助线证明三角形全等是本题的解题关键．
19．如图，在 中，AB=AC，AD平分∠BAC交BC于点D，在线段AD上任取一点P（点A除外），
过点P作EF∥AB．分别交AC、BC于点E和点F，作PQ∥AC，交AB于点Q，连接QE.
（1）求证：四边形AEPQ为菱形：
（2）当点P在线段EF上的什么位置时，菱形AEPQ的面积为四边形EFBQ面积的一半?请说明理【答案】（1）见解析；（2）P为EF中点时,S菱形AEPQ=12S四边形EFBQ，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）先证出四边形AEPQ为平行四边形，关键是找一组邻边相等，由AD平分∠BAC和PE∥AQ可证
∠EAP=∠EPA，得出AE=EP，即可得出结论；
（2）S =EP•h，S =EF•h，若菱形AEPQ的面积为四边形EFBQ面积的一半，则EP=
菱形AEPQ 平行四边形EFBQ
EF，因此P为EF中点时，S = S ．
菱形AEPQ 四边形EFBQ
(1)证明：∵EF∥AB,PQ∥AC，
∴四边形AEPQ为平行四边形.
∵AB=AC，AD平分∠CAB，
∴∠CAD=∠BAD，
∵∠BAD=∠EPA，
∴∠CAD=∠EPA，
∴EA=EP，
∴四边形AEPQ为菱形.
(2)P为EF中点时,S AEPQ= S EFBQ
菱形 四边形
∵四边形AEPQ为菱形，
∴AD⊥EQ，
∵AD⊥BC，
∴EQ∥BC，
又∵EF∥AB，
∴四边形EFBQ为平行四边形.
作EN⊥AB于N，如图所示：
则S菱形AEPQ=EPEN= EFEN= S四边形EFBQ
⋅ ⋅【点睛】
此题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质；熟练掌握等腰
三角形的性质，证明四边形是平行四边形是解决问题的关键．
20．如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，E是CD上一点，BE交AC于点F，连接DF.
(1)求证：∠BAC＝∠DAC，∠AFD＝∠CFE；
(2)若AB∥CD，试证明四边形ABCD是菱形；
(3)在(2)的条件下，试确定E点的位置，使∠EFD＝∠BCD，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）当BE⊥CD时，∠EFD＝∠BCD
【解析】
【分析】
（1）先判断出 ABC≌△ADC得到∠BAC=∠DAC，再判断出 ABF≌△ADF得出∠AFB=∠AFD，最后进行
简单的推算即可△； △
（2）先由平行得到角相等，用等量代换得出∠DAC=∠ACD，最后判断出四边相等；
（3）由（2）得到判断出 BCF≌△DCF，结合BE⊥CD即可．
(1)证明：在 ABC和 AD△C中，
△ △
∴ ABC≌ ADC(SSS)，
∴△∠BAC=∠△DAC，
在 ABF和 ADF中,
△ △
∴ ABF≌ ADF(SAS)，
∴△∠AFB=∠△AFD，
∵∠CFE=∠AFB，∴∠AFD=∠CFE，
∴∠BAC=∠DAC，∠AFD=∠CFE；
(2)证明：∵AB∥CD，
∴∠BAC=∠ACD，
∵∠BAC=∠DAC，
∴∠BAC=∠ACD，
∴∠DAC=∠ACD，
∴AD=CD，
∵AB=AD，CB=CD，
∴AB=CB=CD=AD，
∴四边形ABCD是菱形；
(3)BE⊥CD时，∠BCD=∠EFD；理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，∠BCF=∠DCF，
∵CF=CF，
∴ BCF≌ DCF，
∴△∠CBF=∠△CDF，
∵BE⊥CD，
∴∠BEC=∠DEF=90°，
∴∠BCD=∠EFD.
培优第二阶——拓展培优练
一、解答题
1．在 中， ， 分别是 ， 的中点，连接 ， ， ， 分别是 ， 的中点，连
接 ， ．
(1)求证：四边形 是平行四边形；(2)若 ， ，则四边形 的面积为__________．
【答案】(1)见解析
(2)96
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质得出BE∥DF，AB=DC，结合中点的定义，得出BE=DF，
则可证明四边形BEDF为平行四边形；
（2）连接AN，EF和MN，取EF和MN的交点为O,利用（1）的结论，再证明四边形EMFN是平行四边
形，结合连接AN， ，得出四边形EMFN是菱形，根据三角形中位线定理和平行线的公理推出
F、N、A三点共线，利用ASA证明 AEN≌△EBM，推出S AEN=S AND=S EBM，同理得到
S FCB=2S BEM=2S DFN ，再证明△四边形EBMN为平行△四边形，△求出MN△的长，则可得出OM长，根
据△勾股定理△求出OE的△长，然后求出菱形EMFN的面积，最后根据面积的和差关系求出四边形ABCD的面
积即可．
(1)
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴BE∥DF，AB=DC，
又∵E、F分别为AB和CD的中点，
∴BE=DF，
∴四边形BEDF为平行四边形；
(2)
解：如图，连接AN，EF和MN，取EF和MN的交点为O,
由（1）得四边形BEDF为平行四边形，
∴BF∥DE，BF=DE，
即MF∥DN，
由M、N分别是BF和DE的中点，∴MF=EN，
∴四边形EMFN是平行四边形，
∵ ，
∴四边形EMFN是菱形，
∵E为AB的中点，
在 BAF中，EM为中位线，
∴E△M∥AF，
又EM∥NF，
∴F、N、A三点共线，
又EN=ND，
∴S AEN=S AND，
∵M△E∥AF，△
∠BEM=∠EAM，
∵EN∥BF，
∴∠AEN=∠EBM，
又AE=BE，
∴ AEN≌△EBM（ASA），
∴△S AEN=S AND=S EBM，
同理△S FCB△=2S BE△M=2S DFN
，
∵菱形△EMFN与△BEM等底△同高，
∴S EMFN=2S△BEM，
菱形
∵AB=12, △
∴BE= AB=6，
连接MN，
∵EN∥BM，
∴EN=BM，
∴四边形EBMN为平行四边形，
∴EB∥MN，
且EB=MN=6，
连接EF，
∵MN=6，∴ ，
又EN=5，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，菱形的判定和性质，以及面积的和差关系和转
换，解题的关键根据题意作出辅助线，借助等底同高的性质找出三角形和平行四边形的关系．
2．如图，折叠矩形纸片ABCD，使点C与点A重合，EF为折痕，点D的对称点为D′，连接CE．
(1)求证：四边形AFCE是菱形；
(2)若AB＝3，BC＝9，求四边形ABCD′的面积．
【答案】(1)见解析
(2)27
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质，先证四边形AFCE是平行四边形，再四边形AFCE是菱形，即可解答．
（2）根据矩形的性质和翻折的性质，利用勾股定理建立方程即可解答．
(1)
证明：由折叠可知：AF=CF,∠CFE=∠AFE∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC
∴∠CFE=∠AEF
∴∠AFE=∠AEF
∴AE=AF
∴AE=CF
∴四边形AFCE是平行四边形
∵AF=CF
∴四边形AFCE是菱形
(2)
∵四边形ABCD是矩形
∴∠B=90°
设BF= ，则CF=9-x
由折叠可知AF=CF=9-x
由勾股定理，得
∴
∴
∴BF=4，AF=5
∴AE=5
由勾股定理，得D′E=4
∴
∴
【点睛】
本题主要考查矩形的性质、菱形的性质和判定、勾股定理、翻折的性质，熟练掌握相关性质及建立方程是
解本题的关键．
3．如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC且DE＝ AC，连接CE、OE，连
接AE交OD于点F．
（1）求证：OE＝CD；（2）若菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，求AE的长．
【答案】（1）见解析；（2） ．
【解析】
【分析】
（1）根据菱形的性质可得OC＝ AC，即可证明DE＝OC，可得出四边形OCED是平行四边形，再根据菱
形的对角线互相垂直求出∠COD＝90°，可证明OCED是矩形，根据矩形的性质可得OE＝CD即可；
（2）根据∠ABC＝60°，利用菱形的性质得出AC＝AB，即可求出OA的长，再根据勾股定理求出OD的长，
再利用勾股定理得出AE的长度即可．
（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴OC＝ AC，AC⊥BD，
∵DE＝ AC，
∴DE＝OC，
∵DE∥AC，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵AC⊥BD，
∴平行四边形OCED是矩形．
∴OE＝CD．
（2）∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝2，
∵OA= AC=1，AC⊥BD，AD=2，
∴OD= ，∴在矩形OCED中，CE＝OD＝ ，
∴在Rt△ACE中，AE＝ ．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质及勾股定理，菱形中出现了60°角要求线段的长度时，一般要
考虑两点：①图形中会有等边三角形，②以60°角的某一边为直角边的直角三角形，再利用勾股定理求解．
熟记矩形的判定方法与菱形的性质是解题的关键．
4．已知：AC是菱形ABCD的对角线，延长CB至点E，使得BE＝BC，连接AE．
（1）如图1，求证：AE⊥AC；
（2）如图2，过点D作DF⊥AB，垂足为点F，若AE＝6，CE＝10，求DF的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）连接BD，交AC于点O，由菱形的性质可得AO=CO，∠BOC=90°，由三角形的中位线定理可得
OB= AE，BD∥AE，即可得结论；
（2）由勾股定理可求AC的长，再根据BE＝BC，AE＝2BO，BO＝3＝DO，BC＝5＝AB，由菱形的面积
公式可求DF的长．
（1）证明：连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形
∴AO＝CO，∠BOC＝90°
∵AO＝CO，BE＝BC
∴OB＝ AE，BD∥AE，且∠BOC＝90°
∴∠EAC＝∠BOC＝90°
∴AE⊥AC（2）连接BD，
∵∠EAC＝90°，AE＝6，CE＝10，
∴AC＝ ＝8
∵AE＝6，CE＝10，BE＝BC，AE＝2BO
∴BO＝3＝DO，BC＝5＝AB
∵S ＝DF×AB＝ AC×BD，
菱形ABCD
∴5DF＝ ×6×8
∴DF＝
【点睛】
本题考查了菱形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，熟练运用菱形的性质是本题的关键．
5．如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点
A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
(1)求证：四边形AMDN是平行四边形；(2)填空：
①当AM的值为 时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为 时，四边形AMDN是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)①3；②6
【解析】
【分析】
（1）利用AAS证 NDE≌△MAE，得出NE＝ME，进而得出结论；
（2）①当四边形A△MDN是矩形时∠AMD=90°，由菱形的性质得AD=6，进而求出AM的值；
②当四边形AMDN是菱形时，AM=DM，由∠DAB＝60°，得出 AMD为等边三角形，进而求出AM的值．
(1) △
证明：∵四边形ABCD是菱形
∴AB∥CD
∴∠DNE＝∠AME，∠NDE＝∠MAE
∵点E是AD边的中点
∴AE＝DE
∴ NDE≌△MAE（AAS）
∴△NE＝ME
∴四边形AMDN是平行四边形
(2)
解：①当四边形AMDN是矩形时
∠AMD=90°
在菱形ABCD中AD＝AB＝6
∵∠DAB＝60°
∴∠ADM=30°
∴AM= AD=3
故答案为：3．②当四边形AMDN是菱形时，AM=DM
∵∠DAB＝60°
∴△AMD为等边三角形
∴AM=AD
在菱形ABCD中AD＝AB＝6
∴AM=6
故答案为：6．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定，矩形和菱形的性质，等边三角形的性质，30°的直角三角形的性质，熟练地掌
握平行四边的判定方法和矩形菱形的性质是解决问题的关键．
6．已知：如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到
四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）．（1）四边形EFGH的形状是 ，证明你的结论；
（2）当四边形ABCD的对角线满足 条件时，四边形EFGH是菱形；
（3）你学过的哪种特殊四边形的中点四边形是菱形？
【答案】（1）平行四边形，证明见解析；（2）AC=BD；（3）矩形
【解析】
【分析】
（1）连接BD、AC，利用三角形的中位线性质和平行四边形的判定定理即可解答；
（2）根据菱形的判定定理即可解答；
（3）根据矩形的性质和菱形的判定解答即可．
解：（1）四边形EFGH的形状是平行四边形，
证明：连接BD、AC，
∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，
∴ ， ，
∴四边形EFGH是平行四边形，
故答案为：平行四边形；
（2）当四边形ABCD的对角线满足AC=BD条件时，四边形EFGH是菱形，理由：
∵BD=AC， ， ，
∴ ，
∴四边形EFGH是菱形，
故答案为：AC=BD；
（3）由于矩形的对角线相等，且由（1）（2）结论知，矩形的中点四边形是菱形．
【点睛】
本题考查平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的性质、三角形的中位线性质，熟练掌握相关知识的联系
与运用是解答的关键．
7．如图，将矩形纸片 沿对角线 折叠，使点 落到点 的位置， 与 交于点 ．
（1）试找出一个与 全等的三角形，并加以证明．（2）若 ， ， 为线段 上的任意一点， 于 ， 于 ，试求 的
值，并说明理由．
【答案】（1） ，证明见解析；（2） ，见解析
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的折叠性质判断即可；
（2）连接EP，根据矩形的性质计算即可；
解：（1） ，
∵矩形 ，
∴ ， ，
∵点 折叠点B′，
∴ ， ，
∴ ， ，
∵ （对顶角相等），
∴ ；
（2）∵矩形 中， ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
连接 ，则 ，
∵ 于 ， 于 ，
∴ ，
∴ ；
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质和全等三角形的判定与性质，准确识图，灵活运用相关知识是解题的关键．
8．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC至F，使CF＝
BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）若AC＝10，∠ABC＝60°，则矩形AEFD的面积是 ．
【答案】（1）见解析；（2）50
【解析】
【分析】
（1）根据菱形的性质得到AD∥BC且AD＝BC，等量代换得到BC＝EF，推出四边形AEFD是平行四边形，
根据矩形的判定定理即可得到结论；（2）根据全等三角形的判定定理得到Rt ABE≌Rt DCF （HL），求得矩形AEFD的面积＝菱形ABCD的
面积，根据等腰三角形的性质得到结论．△ △
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵CF＝BE，
∴BC＝EF，
∴AD∥EF，AD＝EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°，
∴平行四边形AEFD是矩形；
（2）∵AB＝CD，BE＝CF，∠AEB＝∠DFC＝90°，
∴Rt ABE≌Rt DCF （HL），
∴矩△形AEFD△的面积＝菱形ABCD的面积，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵AC＝10，
∴AO＝ AC＝5，AB＝10，BO＝5 ，
∴矩形AEFD的面积＝菱形ABCD的面积＝ ×10×10 ＝50 ，
故答案为：50 ．
【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
9．如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE＝2，AE＝3BE，P是AC上一动点，连接PE，PB．
(1)在AC上找一点P，使△BPE的周长最小（作图说明）；
(2)求出△BPE周长的最小值．
【答案】(1)见解析(2)12
【解析】
【分析】
（1）连接DE，交AC于点P′，连接BP′，当点P在点P′处时，△BPE的周长最小．理由：证明△AB
P′≌△AD P′，即可求解；
（2）根据（1）可得P′B＋P′E＝DE．再由AE＝3BE，可得AE＝6．从而得到AD＝AB＝8．再由勾股定理，
即可求解．
(1)
解：如图，连接DE，交AC于点P′，连接BP′，当点P在点P′处时，△BPE的周长最小．
理由：在正方形ABCD中，AB=AD，∠BAC=∠DAC，
∵AP′=AP′，
∴△ABP′≌△ADP′，
∴BP′=DP′，
∴BP+PE= DP′+ P′E≥DE，
即当点P位于PP′时，△BPE的周长PB+EP+BE最小；
(2)
解：由（1）得：B P′=DP′，
∴P′B＋P′E＝DE．
∵BE＝2，AE＝3BE，
∴AE＝6．
∴AD＝AB＝8．
∴DE＝ ＝10．
∴PB＋PE的最小值是10．
∴△BPE周长的最小值为10＋BE＝10＋2＝12．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，最短距离，全等三角形的判定和性质等，熟练掌握相关知识点
是解题的关键．10．如图，E、F分别是正方形ABCD边AB、AD的中点，将 ABF沿BF折叠，点A落在点Q处，连接
FQ并延长，交DC于G点． △
(1)求证：CE＝BF；
(2)若AB＝4，求GF的值．
【答案】(1)见解析
(2)GF的值为 ．
【解析】
【分析】
（1）先判断出AF=BE，进而得出 FAB≌△EBC（SAS），即可得出结论；
（2）连接BG，根据HL证明Rt B△QG≌Rt BCG，得QG=GC，设QG=b，在Rt DFG中，根据勾股定理
列方程可得b，从而可得结论．△ △ △
(1)
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠A=∠ABC=90°，
∵E、F分别是正方形ABCD边AB、AD的中点，
∵AF=BE，
∴△FAB≌△EBC（SAS），
∴CE=BF；
(2)
解：如图，连接BG，
由折叠得：AB=BQ，∠BQF=∠A=90°，
∵AB=BC，
∴BC=BQ，∵BG=BG，
∴Rt BQG≌Rt BCG（HL），
∴QG△=GC， △
∵AB=4，F是正方形ABCD边AD的中点，
设QG=b，
则DF=AF=FQ=2，FG=2+b，DG=4-b，
在Rt DFG中，∵DF2+DG2=FG2，
△
∴ ，
∴b= ，即QG= ，
∴GF=FQ+QG=2+ = ．
∴GF的值为 ．
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，正确作辅助线是本题的关键．
11．如图，正方形ABCD的边长为4，连接对角线AC，点E为BC边上一点，将线段AE绕点A逆时针旋
转45°得到线段AF，点E的对应点F恰好落在边CD上，过F作FM⊥AC于点M．
（1）求证：BE＝FM；
（2）求BE的长度．【答案】（1）见解析；（2） —4
【解析】
【分析】
（1）由旋转和正方形的性质得出∠FAM＝∠EAB，再证 ≌ 即可；
（2）求出正方形对角线长，再求出MC= —4即可．
（1）证明： 在正方形ABCD中，线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AF
∠CAB＝45°，∠EAF＝45°，AE＝AF
∠FAM＝∠EAB
∵FM⊥AC
∠FMA＝∠B＝90°
≌ （AAS）
BE＝FM
（2）在正方形ABCD中，边长为4
AC＝ ，∠DCA＝45°
≌
∴AM＝AB＝4
MC＝AC—AM＝ —4
∵ 是等腰直角三角形
BE＝MF＝MC＝ —4
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题关键是熟练运用正方形的性质和全
等三角形的判定进行证明推理．12．如图，已知四边形 为正方形， ，点 为对角线 上一动点，连接 ，过点 作
，与 相交点 ，以 为邻边作矩形 ，连接 ．
(1)求证：矩形 是正方形；
(2)探究：四边形 的面积是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)是定值为1
【解析】
【分析】
（1）过点 分别作 ，垂足分别为点 ，由题意易得 ，则有四边形
为矩形，然后可得四边形 为正方形，进而可证 ，最后问题可求证；
（2）由题意易得 ， ，然后可得
，进而根据等积法可进行求解．
(1)
证明：如图，过点 分别作 ，垂足分别为点 ，
∵四边形 为正方形，∴ ，
∵ ，
∴四边形 为矩形，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 为正方形，
∴ ，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴矩形 为正方形；
(2)
解：四边形 的面积为定值，理由如下：
∵矩形 为正方形，
∴ ，
∵四边形 是正方形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
所以，四边形 的面积为定值1．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质与判定是解题的关键．
13．如图，正方形 中，E为边 上一点，作 交 于F．（1）求 的度数；
（2）若 ，请求出y关于x的关系式．
【答案】（1） ；（2）
【解析】
【分析】
（1）过点B作 于H，可证 ， ，从而 ；
（2）由（1）还可得 ， 中由勾股定理可得 ，整理即得y关于
x的关系式；
解：（1）过点B作 于H，则∠BHE=∠BHF=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠A=∠C=∠D =90°，AB=BC，
在△ABE和△HBE中，
∴△ABE≌△HBE
∴AB=BH，∠ABE=∠HBE；
∴BC=BH，
在Rt△CBF和Rt△HBF中，
∴Rt△CBF≌Rt△HBF∴∠CBF=∠HBF，
∴∠HBF+∠HBE=∠CBF+∠ABE= ，
∴
（2）∵△ABE≌△HBE，
∴AE=HE=x，
∵△CBF≌△HBF
∴FH=FC=y，
∴EF=EH+FH=AE+FC=x+y，
在Rt△DEF中， ，
∴ ，
∴ ；
【点睛】
本题是四边形的综合问题，涉及正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握正
方形的性质是解题的关键．
14．提出问题：（1）如图1，已知在锐角 中，分别以 、 为边向 外作等腰直角
和等腰直角 ，连接 、 ，则线段 与线段 的数量关系是 ；
（2）如图2，在 中， ，分别以边 、 向外作正方形 和正方形 ，连接
， ， ．猜想线段 与线段 的有什么关系？并说明理由．（提示：正方形的各边都相等，各角均为 ）
（3）在（2）的条件下，探究 与 面积是否相等？说明理由．
【答案】（1） ；（2） ， ，见解析；（3） ，见解析
【解析】
【分析】
（1）由“SAS”可证△ADC≌△ABE，可得BE＝CD；
（2）由“SAS”可证△EAC≌△BAG，可得CE＝BG，∠AEC＝ABG，即可证明CE⊥BG；
（3）由“AAS”可证△ABC≌△AEH，可得EH＝BC，由三角形的面积公式可得结论．
解：（1）∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，
∴AB＝AD，AC＝AE，∠DAB＝∠CAE＝90°，
∴∠DAC＝∠BAE，
∴△ADC≌△ABE（SAS），
∴BE＝CD，
故答案为： ；
（2） ， ；理由如下：
如图，设AB与CE的交点为P，
∵四边形ACFG和四边形ABDE是正方形，
∴AB＝AE，AC＝AG，∠EAB＝∠GAC＝90°，，
，
，
在 和 中， ，，
， ，
， ，
，
；
即： ， ；
（3）如图，过点 作 交 延长线于 ；
，
， ，
，
在 和 中， ，
，
，
，．
【点睛】
本题是四边形综合题，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助
线构造全等三角形是解题的关键．
15．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠ADC=90°，对角线AC，BD交于点O，DE平分∠ADC
交BC于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若∠BDE=15°，求∠DOE；
（3）在（2）的条件下，若AB=2，求△BOE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）135°；（3）
【解析】
【分析】
（1）根据有三个角是直角是四边形是矩形判定即可；
（2）首先根据矩形的性质得出OD=OC，然后利用角平分线的定义得出 DCE是等腰直角三角形，进而得
出 OCD是等边三角形，然后可得∠OCE=30°，再利用等腰三角形的性△质和三角形内角和定理得出
∠△COE=∠CEO=75°，最后利用∠DOE=∠COD+∠COE即可求解；
（3）作OF⊥BC于F，首先根据三角形中位线的性质得出OF=1，然后利用勾股定理求出BC的长度，进而
得出BE的长度，最后利用面积公式求解即可．
解：（1）∵AD BC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∵∠ABC=90°，
∴∠BAD=90°，
∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，
∴四边形ABCD是矩形．
（2）由（1）可得：AO=CO，BO=DO，AC=BD，
∴OD=OC，∵DE平分∠ADC，
∴∠CDE=45°，
∴△DCE是等腰直角三角形，
∴∠DEC=45°，CD=CE，
∵∠BDE=15°，
∴∠DBC=∠ADB=45°-15°=30°，
∴∠BDC=60°，又OD=OC，
∴△OCD是等边三角形，
∴OC=CD=CE，∠DCO=∠COD=60°，
∴∠OCE=30°，
∴∠COE=∠CEO=（180°-30°）÷2=75°，
∴∠DOE=∠COD+∠COE=60°+75°=135°；
（3）作OF⊥BC于F．
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，∠BCD=90°，AO=CO，BO=DO，AC=BD，
∴AO=BO=CO=DO，
∴BF=FC，
∴OF= CD=1，
∵EC=CD=AB=2，
∴AC=BD=4，
∴BC= = ，
∴BE=BC-CE= -2，
∴△BOE的面积= ．
【点睛】
本题主要考查四边形综合，掌握矩形的判定及性质，等腰三角形的性质和勾股定理是解题的关键．16．正方形ABCD的边长为6，点E是BC边上一动点，点F是CD边上一动点，过点E作AF的平行线，
过点F作AE的平行线，两条线交于点G．
(1)如图1，若BE＝DF，求证：四边形AEGF是菱形；
(2)如图2，在（1）小题条件下，若∠EAF＝45°，求线段DF的长；
(3)如图3，若点F运动到DF＝2的位置，且∠EAF依然保持为45°，求四边形AEGF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)四边形AEGF的面积为30
【解析】
【分析】
（1）先判定四边形AEGF是平行四边形，证明 ，由全等三角形的性质得出 ，
由菱形的判定可得出结论；
（2）过点F作 于点H，证明 是等腰直角三角形，得出 ，则可得出答
案；
（3）过点A作AE的垂线，交CD的延长线于点K，过点F作 于点P，证明△ ，
由全等三角形的性质得出 ， ，证明 ，由全等三角形的性质得出
，求出 ，由勾股定理求出AE和AF的长，最后由平行四边形的面积公式可得出答案．
(1)
证明：∵ ， ，
∴四边形AEGF是平行四边形．
∵四边形ABCD是正方形，
∴ ， ，
又∵
∴ ，∴ ，
∴四边形AEGF是菱形；
(2)
解：过点F作 于点H，
∵四边形AEGF为菱形，
∴AC平分 ，
∴ ．
又∵四边形ABCD是正方形，
∴ ，
∴ ．
∵ 于点D， 于点H，
∴ ．
∵ ， ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ；(3)
解：过点A作AE的垂线，交CD的延长线于点K，过点F作 于点P，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∵四边形ABCD是正方形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ．
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ， ．
又∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
设 ．
又∵ ， ， ，
在 中， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，∴等腰直角三角形 中， ．
又∵四边形AEGF为平行四边形，
∴ ．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，菱形的判定，等腰直角三角形的判定与性质以及
全等三角形的判定和性质，判定四边形AEGF为菱形是解题的关键．
培优第三阶——中考沙场点兵
一、解答题
1．（2020·湖南娄底·中考真题）如图， 中， ， ，分别在边 、 上的点E
与点F关于 对称，连接 、 、 、 ．
（1）试判定四边形 的形状，并说明理由；
（2）求证：
【答案】（1）四边形 为菱形，理由详见解析；（2）详见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意可证明 ，再由 可得到四边形 是菱形；
（2）根据直角三角形斜边上的中线的性质即可求解．
解：（1）四边形 为菱形，理由如下
由 可得 ，从而
设 与 相交于点O
∵点E与点F关于 对称
∴ 且
在 和 中∴
∴ ，又
∴四边形 为菱形，
（2）∵ ，据（1） C
∴
又∵ ∴
∴ ．
【点睛】
此题主要考查菱形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质、菱形的判定定理及直角三
角形的性质．
2．（2018·贵州毕节·中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，P是对角线BD上的一点，过点C作
CQ∥DB，且CQ＝DP，连接AP、BQ、PQ．
(1)求证：△APD≌△BQC；
(2)若∠ABP+∠BQC＝180°，求证：四边形ABQP为菱形．
【答案】证明见解析
【解析】【分析】
（1）根据正方形的性质和全等三角形的判定证明即可；
（2）四边形AECF是菱形，根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可判断；
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
∵CQ∥DB，
∴∠BCQ=∠DBC，
∵DP=CQ，
∴△ADP≌△BCQ；
（2）证明：∵CQ∥DB，且CQ=DP，
∴四边形CQPD是平行四边形，
∴CD=PQ，CD∥PQ，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴AB=PQ，AB∥PQ，
∴四边形ABQP是平行四边形，
∵△ADP≌△BCQ，
∴∠APD=∠BQC，
∵∠∠APD+∠APB=180°，
∴∠ABP=∠APB，
∴AB=AP，
∴四边形ABQP是菱形．
【点睛】
考查全等三角形的判定和性质、菱形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识.
3．（2022·湖北恩施·中考真题）如图，已知四边形ABCD是正方形，G为线段AD上任意一点，
于点E， 于点F．求证： ．【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
先根据正方形的性质可得 ，从而可得 ，再根据垂直的定义可得
，从而可得 ，然后根据三角形全等的判定定理证出 ，根
据全等三角形的性质可得 ，最后根据线段的和差、等量代换即可得证．
证明： 四边形 是正方形，
，
，
，
，
，
，
在 和 中， ，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，正确找出两个全等三角形是解题关键．
4．（2019·四川内江·中考真题）如图，在正方形 中，点 是 上的一点，点 是 延长线上的
一点，且 ，连结 ．（1）求证： ≌ ；
（2）若 ，请求出 的长．
【答案】（1）见解析；（2） ．
【解析】
【分析】
（1）利用正方形的性质得到 ， ，即可解答
（2）利用全等三角形的性质得出 ，即可解答
（1）证明：∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
在 和 中，
，
∴ ≌ （ ）；
（2）解：∵ ≌ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，即 ，
∴ ．
【点睛】
此题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解题关键在于利用正方形的性质进行求证
5．（2015·广西梧州·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点P在AD上，且不与A、D重合，BP的垂直平分线分别交CD、AB于E、F两点，垂足为Q，过E作EH⊥AB于H．
（1）求证：HF=AP；
（2）若正方形ABCD的边长为12，AP=4，求线段EQ的长．
【答案】（1）证明见试题解析；（2） ．
【解析】
试题分析：（1）由EQ⊥BO，EH⊥AB得到∠EQN=∠BHM=90°，由∠EMQ=∠BMH得到
△EMQ∽△BMH，故∠QEM=∠HBM．由ASA定理得到△APB≌△HFE，故可得出结论；
（2）根据勾股定理求出BP的长，由EF是BP的垂直平分线可知BQ= BP，再由锐角三角函数的定义得
出QF=BQ的长，由（1）知，△APB≌△HFE，故EF=BP= ，再由EQ=EF﹣QF即可得出结论．
试题解析：（1）∵EQ⊥BO，EH⊥AB，∴∠EQN=∠BHM=90°，∵∠EMQ=∠BMH，∴△EMQ∽△BMH，
∴∠QEM=∠HBM，在Rt△APB与Rt△HFE中，∵∠QEM=∠HBM，∠PAB=∠FHE，AB=EH，
∴△APB≌△HFE，∴HF=AP；
（2）由勾股定理得，BP= = =4 ，∵EF是BP的垂直平分线，∴BQ= BP=
，∴QF=BQ•tan∠FBQ=BQ•tan∠ABP= = ，由（1）知，△APB≌△HFE，∴EF=BP= ，
∴EQ=EF﹣QF= = ．
考点：1．正方形的性质；2．全等三角形的判定与性质；3．勾股定理；4．综合题．6．（2022·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知矩形 的对角线 相交于点O，点E是边 上一点，
连接 ，且 ．
(1)如图1，求证： ；
(2)如图2，设 与 相交于点F， 与 相交于点H，过点D作 的平行线交 的延长线于点G，
在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形（ 除外），使写出的每个三角形的
面积都与 的面积相等．
【答案】(1)见解析
(2) 、 、 、
【解析】
【分析】
（1）利用SSS证明两个三角形全等即可;
（2）先证明Rt△ABE≌Rt△DCE得到AE=DE，则 ，根据三线合一定理证明∴OE⊥AD， 推出
，得到 ，即可证明 由 ，得到∠OBF=∠OCH，
，证明△BOF≌△COH，即可证明 ，则 ，即可推出
，最后证明 ，即可得到 ；
(1)
证明：∵四边形 是矩形，
∴ 与 相等且互相平分，
∴ ，
∵ ， ，
∴ （SSS）；(2)
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠BAE=∠CDE=90°，OA=OD=OB=OC，
又∵BE=CE，
∴Rt△ABE≌Rt△DCE（HL）
∴AE=DE，
∴ ，
∵OA=OD，AE=DE，
∴OE⊥AD，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
∵ ，
∴∠OBF=∠OCH， ，
又∵∠BOF=∠COH，OB=OC，
∴△BOF≌△COH（ASA），
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
∵ ，
∴∠AFE=∠DGE，∠EAF=∠EDG，
又∵AE=DE，∴ ，
∴ ；
综上所述， 、 、 、 这4个三角形的面积与△AEF的面积相等．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三线合一定理，矩形的性质，平行线的性质与判定等等，熟知
全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
7．（2022·湖南永州·中考真题）为提高耕地灌溉效率，小明的爸妈准备在耕地 、B、C、 四个位置安
装四个自动喷酒装置（如图1所示），A、B、C、 四点恰好在边长为50米的正方形的四个顶点上，为了
用水管将四个自动喷洒装置相互连通，爸妈设计了如下两个水管铺设方案（各图中实线为铺设的水管）．
方案一：如图2所示，沿正方形 的三边铺设水管；
方案二：如图3所示，沿正方形 的两条对角线铺设水管．
(1)请通过计算说明上述两方案中哪个方案铺设水管的总长度更短；
(2)小明看了爸妈的方案后，根据“蜂集原理”重新设计了一个方案（如图4所示），
满足 ， ， 、请将小明的方案与爸妈的方案比较，判断
谁的方案中铺设水管的总长度更短，并说明理由．（参考数据： ， ）
【答案】(1)方案二
(2)小明，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据方案铺设管道路线求解即可；（2）证 ，求出小明铺设方案的水管的总长度，进行比较即可得结
果；
(1)
解：方案一： （米）
方案二： （米）
所以方案二总长度更短．
(2)
如图，作 ， ，垂足分别为 和 ．
∵
∴ ， ，
∴
∵ ，
∴ （米），
，
总长度： （米）
∵
∴
所以小明的方案总长度最短．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，根据题意，灵活应用知识点进行求解是解题的关键．
8．（2022·山东威海·中考真题）如图:(1)将两张长为8，宽为4的矩形纸片如图1叠放．
①判断四边形AGCH的形状，并说明理由；
②求四边形AGCH的面积．
(2)如图2，在矩形ABCD和矩形AFCE中，AB＝2 ，BC＝7，CF＝ ，求四边形AGCH的面积．
【答案】(1)①菱形，理由见解析；②20
(2)
【解析】
【分析】
（1）①根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；②设AH=CG=x，利用勾股定理构建方程即可解决问
题；
（2）两个矩形的对角线相等，可得出EC的长，设AH=CG=x，利用勾股定理以及边长之间的关系可得出x
的值，进而可求出面积．
(1)
①∵四边形ABCD，四边形AECF都是矩形
∴
∴四边形AHCG为平行四边形
∵
∴
∴
∴四边形AHCG为菱形；②设AH=CG=x，则DH=AD-AH=8-x
在 中
即
解得
∴四边形AHCG的面积为 ；
(2)
由图可得矩形ABCD和矩形AFCE对角线相等
∴
∴
设AH=CG=x则HD=7-x
在 中，
在 中，
∵EC=EH+CH=8
∴x=3
∴四边形AGCH的面积为 ．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程
解决问题．
