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专题 09 特殊平行四边形（分层训练）
【基础训练】
一、单选题
1．下列条件不能够判定“平行四边形ABCD是菱形”的是（ ）
A．AB=BC B．AC⊥BD C．AD=CD D．AC=BD
【答案】D
【知识点】添一个条件使四边形是菱形
【分析】根据菱形的判定定理，逐一验证判断即可．
【详解】解：A、邻边相等的平行四边形是菱形；
B、对角线互相垂直的平行四边形亦可得到菱形；
C、邻边相等的平行四边形可判定是菱形；
D、选项中是矩形，不能判定其为菱形；
故选：D．
．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定定理，解题的关键是熟练掌握对角线互相垂直的平行四边形是
菱形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形；四边相等的四边形是菱形．
2．矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（ ）
A．对边平行 B．对边相等
C．对角相等 D．对角线相等
【答案】D
【知识点】矩形性质理解
【分析】根据矩形的对角线相等且平分，进行作答即可．
【详解】解：矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是对角线相等；
故选D．
【点睛】本题考查矩形的性质，熟练掌握矩形的对角线相等，是解题的关键．
3．下列命题中，能判断四边形是正方形的是（ ）
A．对角线互相垂直的矩形 B．对角线相等的平行四边形
C．对角线互相垂直的平行四边形 D．对角线互相垂直平分的菱形
【答案】A【知识点】正方形的判定定理理解
【分析】本题主要考查了正方形的判定，熟知正方形的判定定理是解题的关键．
【详解】解：A、对角线互相垂直的矩形是正方形，符合题意；
B、对角线相等的平行四边形不一定是正方形，例如矩形也满足条件，不符合题意；
C、对角线互相垂直平分且相等的平行四边形是正方形，不符合题意；
D、对角线相等的菱形是正方形，不符合题意；
故选：A．
4．下列命题是假命题的是（ ）
A．平行四边形是中心对称图形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．矩形的对角线相等 D．正方形的对角线相等，且互相垂直平分
【答案】B
【知识点】正方形性质理解、证明四边形是菱形、矩形性质理解、利用平行四边形的性质求解
【分析】根据平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质或判定方法逐项判断即可．
【详解】A、平行四边形是中心对称图形，为真命题，该选项不符合题意；
B、对角线互相垂直的四边形是菱形，为假命题，该选项符合题意；
C、矩形的对角线相等，为真命题，该选项不符合题意；
D、正方形的对角线相等，且互相垂直平分，为真命题，该选项不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查命题与定理，解题的关键是掌握平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质及判定
方法．
5．如图，在矩形ABCD中，O是BD的中点，E为AD边上一点，且有AE=OB=2．连接OE，若
∠AEO=75°，则DE的长为（ ）
3
A． B．√3 C．2 D．2√3−2
2
【答案】D
【知识点】解直角三角形的相关计算、根据矩形的性质求线段长、等边对等角
【分析】根据矩形的对角线互相平分且相等，得到AC=BD=4，再根据三角形内角和求出∠EAC的度
数，在Rt△ADC中利用cos30°求出AD的长度，即可求得DE的长．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴OB=OD=OA=OC=2，
∴AC=BD=4，
∵∠AEO=75°，AE=OB=OA，
∴∠EAO=180°-75°-75°=30°，
AD √3 AD
在Rt△ADC中，cos30°= ,即 = ,
AC 2 4
∴AD=2√3,
∴DE=AD-AE=2√3−2，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形等知识，熟练掌握矩形的性质
是解题的关键．
6．如图，在矩形ABCD中，AD=5，AB=8，点E为边DC上一个动点，把△ADE沿直线AE折
叠，当点D的对应点F刚好落在线段AB的垂直平分线上时，则DE的长为（ ）
5
A．1 B．2 C． D．3
2
【答案】C
【知识点】矩形与折叠问题、用勾股定理解三角形、线段垂直平分线的性质
【分析】根据四边形ABCD为矩形，AD=5，AB=8，推出AB=CD，又因为点F在线段AB的垂
直平分线MN上，则AN=DM=4，由折叠性质得：AF=AD=5，DE=FE，利用勾股定理求出
NF，则FM可求，设DE=EF=x，则ME=4−x，列出方程即(4−x) 2+22=x2，求解x即可．本
题考查翻折变换，勾股定理，线段垂直平分线的性质，矩形的性质，解题的关键是掌握相关知识的
灵活运用．
【详解】解：如图，∵ ABCD AD=5 AB=8
四边形 为矩形， ， ，
∴AB=CD，
又∵点F在线段AB的垂直平分线MN上，
∴∠ANM=90°
∵∠DAN=∠D=∠ANM=90°
∴四边形ANMD是矩形
∴AN=DM=4，
由折叠性质得：AF=AD=5，DE=FE，
在Rt△ANF中，
NF=√AF2−AN2=3，
∴FM=5−3=2，
设DE=EF=x，则ME=4−x，
在Rt△ANF中，M E2+M F2=EF2，
即(4−x) 2+22=x2，
5
∴ x= ，
2
5
即DE的长为 ．
2
故选：C．
1
7．如图，在菱形ABCD中，按以下步骤作图：①分别以点C和点D为圆心，大于 CD的同样的长
2
为半径作狐，两弧交于M，N两点；②作直线MN，交CD于点E，连接BE．若直线MN恰好经过点
A，则下列说法错误的是（ ）√3
A．∠ABC=60° B．tan∠ABE=
2
C．S =2S D．若AB=4，则BE=4√7
△ABE △ADE
【答案】D
【知识点】线段垂直平分线的性质、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、求角的正切
值
【分析】连接AC，根据线段垂直平分线的性质及菱形的性质即可判断A选项正确；利用同底等高的
性质证明△ABE的面积=△ABC的面积=△ACD的面积，再利用线段垂直平分线的性质即可判断C选
项；根据线段垂直平分线的性质及菱形的性质求出∠BAE=90 ，利用三角函数求出AE，即可利用勾
°
√3 AE AE
股定理求出BE，由此判断D选项；利用三角函数求出AE= AC，tan∠ABE= = 由此判
2 AB AC
断B选项.
【详解】解：连接AC，
由题意知：MN垂直平分CD，
∴AC=AD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=BC=CD，
∴AC=AD=CD=AB=BC，
∴△ABC和△ACD都是等边三角形，
∴∠BAC=∠CAD=∠ABC=60 ，故A正确；
∵AE垂直平分CD， °
∴∠CAE=∠DAE=30 ，
∴∠BAE=90 ， °
∴S △ABE =S ° △ABC =S △ACD =2S △ADE ，故C正确；
∵AB=4，
∴AC=CD=4，
√3
∴AE=AC⋅cos30∘=4× =2√3，
2
∴BE=√AB2+AE2=√42+(2√3) 2=2√7，故D错误；
√3
∵AE=AC⋅cos30∘= AC，∠BAE=90 ，
2
°
AE AE √3
∴tan∠ABE= = =
AB AC 2
∴B正确故选D.
【点睛】此题考查线段垂直平分线的作图，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定及性质，菱
形的性质，三角函数，勾股定理，是一道综合题.
8．如图，矩形OABC的边OA在x轴上，OA＝8，OC＝4，把 ABC沿直线AC折叠，得到 ADC，
CD交x轴于点E，则点E的坐标是（ ） △ △
A．（4，0） B．（3，0） C．（0，3） D．（5，0）
【答案】B
【知识点】矩形与折叠问题、根据矩形的性质求线段长、利用勾股定理证明线段平方关系
【分析】根据翻折的性质和平行线的性质可以求得EA=EC，然后根据勾股定理即可求得OE的长，
进而求得点E的坐标．
【详解】由题意可得，
BC∥OA，∠BCA＝∠ACD，
∴∠BCA＝∠CAE，
∴∠ACD＝∠CAE，
∴EC＝EA，
设OE＝a，则AE＝8﹣a，EC＝8﹣a，
∵∠COE＝90°，OC＝4，
∴a2+42＝（8﹣a）2，
解得，a＝3，
∴点E的坐标是（3，0），
故选：B．【点睛】本题考查翻折变换、坐标与图形的性质、矩形的性质、勾股定理，解答本题的关键是明确
题意，利用数形结合的思想解答．
1
9．数学课上，嘉嘉作线段AB的垂直平分线时，是这样操作的：分别以点A，B为圆心，大于 AB
2
长为半径画弧，两弧相交于点C，D，则直线CD即为所求．作完图之后，嘉嘉经过测量发现
AC=BC=AD=BD，AB=CD，根据他的作图方法和测量可知四边形ADBC是正方形，嘉嘉的理
由是（ ）
A．两组对边分别平行的菱形是正方形 B．四条边相等的菱形是正方形
C．对角线相等的菱形是正方形 D．有一个角是直角的菱形是正方形
【答案】C
【知识点】正方形的判定定理理解、证明四边形是菱形、线段垂直平分线的性质
【分析】此题主要考查了线段垂直平分线的性质以及正方形的判定，得出四边形四边关系是解决问
题的关键．根据正方形的判定方法对角线相等的菱形是正方形即可证明；
【详解】解：根据题意可知AC=BC=AD=BD，可以判定四边形ADBC是菱形
又因为AB=CD，所以四边形ADBC是正方形
故选：C
10．已知：如图，四边形ABCD是菱形，E、F是直线AC上两点，AF=CE．求证：四边形
FBED是菱形．几名同学对这个问题，给出了如下几种解题思路，其中正确的是（ ）
甲：利用全等，证明四边形FBED四条边相等，进而说明该四边形是菱形；
乙：连接BD，利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形，判定四边形FBED是菱形；
丙：该题目错误，根据已知条件不能够证明该四边形是菱形．
A．甲、乙 B．乙、丙 C．甲、乙、丙 D．甲、丙【答案】A
【知识点】证明四边形是菱形、证明四边形是平行四边形、全等三角形综合问题
【分析】由全等三角形的性质证出BF=DF=BE=DE，则四边形FBED是菱形，故甲对；再由菱
形的性质得OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，则OF=OE，得四边形FBED是平行四边形，然
后由AC⊥BD，得平行四边形FBED是菱形，故乙对，即可得出结论．
【详解】解：甲：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，∠BAC=∠DAC=∠BCA=∠DCA，
∴∠BAF=∠DAF=∠BCE=∠DCE，
在△BAF和△DAF中，
¿，
∴△BAF≌△DAF(SAS)，
∴BF=DF，
同理：△DCE≌△BCE(SAS)，△BAF≌△BCE(SAS)，
∴BE=DE，BF=BE，
∴BF=DF=BE=DE，
∴四边形FBED是菱形；
乙：连接BD交AC于O，如图所示：
∵ ABCD
四边形 是菱形，
∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，
∵AF=CE，
∴OA+AF=OC+CE，
即OF=OE，
∴四边形FBED是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴平行四边形FBED是菱形；
综上所述，甲对、乙对，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知
识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明BF=DF=BE=DE、OF=OE是解题的关键．
11．如图是同学们在“做环保护航者”的主题班会课上制作象征“健康快乐”的绿丝带（丝带的对边平行且宽度相同），丝带重叠的部分一定是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．无法判断
【答案】B
【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形性质和判定证明、
证明四边形是菱形
【分析】先证明四边形ABCD为平行四边形，过点A作AE⊥BC,AF⊥CD，证明
△ABE≌△ADF，得到AB=AD，即可得出结论．
【详解】解：如图，过点A作AE⊥BC,AF⊥CD，
由题意，得：AD∥BC,AB∥CD,AE=AF，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∴∠ABE=∠ADF，
∵∠AEB=∠AFD=90°,AE=AF，
∴△ABE≌△ADF，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD为菱形；
故选：B．
【点睛】本题考查菱形的判定．熟练掌握邻边相等的平行四边形是菱形，是解题的关键．
12．如图，矩形ABCD中，AB=6,AD=3，点E在AB上，点H在CD上，将矩形ABCD沿EH折
叠，使得点A的对应点F落在DC的延长线上，EF交BC于点P，若BP：PC=1：3，则折痕EH
的长为（ ）A．2√2 B．√10 C．3 D．3√2
【答案】B
【知识点】相似三角形的判定与性质综合、矩形与折叠问题、用勾股定理解三角形、等腰三角形的
性质和判定
【分析】过点H作HQ⊥AB于点Q，则四边形BCHQ是矩形，由纸片折叠，可证△HEF是等腰三
角形，设BE=x，利用相似三角形的性质可用x表示相关线段，根据勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，过点H作HQ⊥AB于点Q，则四边形BCHQ是矩形，
∵ ABCD EH DC
将矩形 沿 折叠，使得点A的对应点F落在 的延长线
上，
∴AE=EF,∠AEH=∠FEH，AB∥CD，BD=AD=3，
∴∠AEH=∠FHE， △EBP∽△FCP，
∴∠FEH=∠FHE，
∴FH=EF，
∵BP：PC=1：3，
1 3
∴BP= BC= ，
4 4
∵△EBP∽△FCP，
BE PE PB 1
∴ = = = ，
CF PF PC 3
设BE=x，则FH=EF=AE=6−x，
1 6−x
∴PE= EF= ，
4 4
在Rt△EBP中，BE2+PB2=PE2，
∴x2+
(3) 2
=
(6−x) 2
，
4 49
解得x =1,x =− （舍去），
1 2 5
∴BE=1,CF=3BE=3,HF=6−x=5，
∴QB=CH=HF−CF=2，
∴QE=QB−BE=1，
∴HE=√HQ2+QE2=√10．
故选：B．
【点睛】本题考查了翻折变换，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，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．
13．如图，正方形ABCD与正方形CEFG（边长不等），B、C、F三点共线，连接DG交BE、
CE、CF分别于N、P、Q，下面结论正确的有（ ）
①BE=DG；②BM=DQ；③CM=CP；④∠BNQ=90°．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【知识点】根据正方形的性质证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、全等的性
质和SAS综合（SAS）
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△BCE≌△DCG(SAS)即可判
断①；证明△BCM≌△DCQ(ASA)即可判断②；由∠CGP+∠CPG=90°，
∠CDQ+∠CQD=90°，正方形ABCD与正方形CEFG的边长不等，可得∠CDQ≠∠CGP，即
得∠CQD≠CPG，得到CQ≠CP，即可判断③；由∠CBE+∠BMC=90°，∠CBE=∠CDG，
∠BMC=∠DMN，可得∠CDG+∠DMN=90°，即得∠DNM=90°，即可判断④；根据图形
找到全等三角形是解题的关键．
【详解】解：∵正方形ABCD与正方形CEFG，
∴BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCD+∠DCE=∠ECG+∠DCE，
即∠BCE=∠DCG，在△BCE和△DCG中，
¿，
∴△BCE≌△DCG(SAS)，
∴BE=DG，∠CBE=∠CDG，故①正确；
在△BCM和△DCQ中，
¿，
∴△BCM≌△DCQ(ASA)，
∴BM=DQ，CM=CQ，故②正确；
在Rt△CPG中，∠CGP+∠CPG=90°，
在Rt△CDQ中，∠CDQ+∠CQD=90°，
∵正方形ABCD与正方形CEFG的边长不等，
∴∠CDQ≠∠CGP，
∴∠CQD≠CPG，
∴CQ≠CP，
∴CM≠CP，故③错误；
∵∠CBE+∠BMC=90°，∠CBE=∠CDG，∠BMC=∠DMN，
∴∠CDG+∠DMN=90°，
∴∠DNM=90°，
∴∠BNQ=180°−∠DNM=180°−90°=90°，故④正确；
综上所述，正确的结论有①②④共3个．
故选：B．
14．如图，点A为大小是45°角α的顶点，∠α的两边分别与正方形ABCD的另两边交于点P，Q．
对于下面说法：
①2∠APQ=∠PQC+90°；
②PA、QA分别是∠BPQ、∠PQD的角平分线；
③当∠β=22.5°时，△APQ的面积最小
其中正确说法的个数为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】A【知识点】根据正方形的性质证明、角平分线的判定定理、全等三角形综合问题、三角形的外角的
定义及性质
【分析】将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，证明△PAQ≌△EAQ(SAS)得出PQ=QE，
∠AEQ=∠APQ=∠APB，∠AQP=∠AQE，即可判断①；由三角形内角和定理结合三角形外
1 1
角的定义及性质即可判断②；根据S =S = (DQ+DE)⋅AD= (DQ+BP)⋅AD得出当
△APQ △AQE 2 2
DQ+BP的值最小时，△APQ的面积最小，设DQ=a (a>0)，BP=b (b>0)，则
DQ+BP=a+b≥2√ab，当且仅当a=b时，等号成立，此时a+b最小，即DQ+BP最小，推出当
DQ=BP时，△APQ的面积最小，证明△ABP≌△ADQ(SAS)，即判断③．
【详解】解：如图，将△ABP绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，
，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B=∠ADC=∠BAD=90°，AB=AD，
由旋转的性质可得：AP=AE，DE=BP，∠ADE=∠B=90°，∠DAE=∠BAP=β，
∠PAE=90°，∠AEQ=∠APB，
∴∠ADQ+∠ADE=180°，
∴点E、D、Q在同一直线上，
∵∠PAQ=α=45°，
∴∠QAE=90°−∠PAQ=45°=∠PAQ，
∵AQ=AQ，
∴△PAQ≌△EAQ(SAS)，
∴PQ=QE，∠AEQ=∠APQ=∠APB，∠AQP=∠AQE，
∴PA、QA分别是∠BPQ、∠PQD的角平分线，故②正确；
∵∠PAQ=α=45°，
∴∠APQ+∠AQP=180°−∠PAQ=135°①，
∵∠AEQ+∠EAQ=∠AQP+∠CQP，
∴∠APQ+45°=∠AQP+∠CQP②，
由①+②得：2∠APQ+45°=135°+∠CQP，∴2∠APQ=∠PQC+90°，故①正确；
1 1
由△PAQ≌△EAQ(SAS)可得：S =S = (DQ+DE)⋅AD= (DQ+BP)⋅AD，
△APQ △AQE 2 2
∵AD的长固定不变，为正方形的边长，
∴当DQ+BP的值最小时，△APQ的面积最小，
设DQ=a (a>0)，BP=b (b>0)，则DQ+BP=a+b≥2√ab，当且仅当a=b时，等号成立，此时
a+b最小，即DQ+BP最小，
∴当DQ=BP时，△APQ的面积最小，
∵AD=AB，∠ABP=∠ADQ=90°，
∴△ABP≌△ADQ(SAS)，
∴∠BAP=∠DAQ，
∵∠BAP+∠DAQ=90°−∠PAQ=45°，
∴∠BAP=∠DAQ=22.5°，
∴当∠β=22.5°时，△APQ的面积最小，故③正确；
综上所述，正确的有①②③，共3个，
故选：A．
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、三角形外角的定义及
性质、三角形内角和定理、角平分线的判定等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当
的辅助线是解此题的关键．
15．如图，在正方形ABCD中，边长为2的等边三角形AEF的顶点E,F分别在BC和CD上，下列结
论：①CE=CF；②∠AEB=75°；③BE+DF=EF；④S正方形ABCD=2+√3，其中正确的序号是( )
A．①②④ B．①② C．②③④ D．①③④
【答案】A
【知识点】与图形有关的问题(一元二次方程的应用)、全等三角形综合问题、等边三角形的性质、
根据正方形的性质证明
【分析】根据正方形的性质可得∠BAD=∠B=∠D=90°，AB=AD=BC=CD，然后等边三角形的性质可
得AE=AF，∠EAF=60°，然后利用HL即可证出Rt△ABE≌Rt△ADF，从而证出BE=DF，∠BAE=∠DAF，即可判断①；先求出∠BAE，根据直角三角形的性质即可判断②；证出AE≠2BE，即
可判断③；设正方形的边长为x，求出CE，最后利用勾股定理列出方程即可求出x，从而判断④．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=∠B=∠D=90°，AB=AD=BC=CD，
∵△AEF为等边三角形，
∴AE=AF，∠EAF=60°，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
¿，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴BE=DF，∠BAE=∠DAF，
∴BC－BE=CD－DF，
∴CE=CF，故①正确；
1
∴∠BAE=∠DAF= （∠BAC－∠EAF）=15°，
2
∴∠AEB=90°－∠BAE=75°，故②正确；
在Rt△ABE中，∠BAE≠30°，
∴AE≠2BE，
∴EF≠BE＋DF，故③错误；
设正方形的边长为x，
∵CE=CF，∠C=90°，EF=2，
∴△CEF为等腰直角三角形，
∴∠CEF=45°，
∴CE=√2，
则BE=BC－CE=x－√2，
在Rt△ABE中，AB2＋BE2=AE2，
∴x2＋（x－√2）2=22，
√2+√6 √2−√6
解得：x= ，x= （不符合实际，舍去）
1 2 2 2
∴S =x2 =2+√3，故④正确．
正方形ABCD
综上：正确的有①②④．
故选A．
【点睛】此题考查的是正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定及性质、直角三角形
的性质和勾股定理，掌握正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定及性质、直角三角形的性质和勾股定理解直角三角形是解决此题的关键．
二、填空题
16．如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AC＝6，BD＝8，那么菱形ABCD的面积是
．
【答案】24
【知识点】利用菱形的性质求面积
【分析】根据菱形的面积公式即可求解．
【详解】∵菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AC＝6，BD＝8，
1 1
∴菱形ABCD的面积为 AC×BD= ×6×8=24，
2 2
故答案为：24．
【点睛】此题主要考查菱形面积的求解，解题的关键是熟知其面积公式．
17．正方形的一条边长是4，那么它的面积是 ，对角线长是 ．
【答案】 16 4√2
【知识点】根据正方形的性质求面积、用勾股定理解三角形
【分析】（1）利用正方形面积等于边长的平方求解；
（2）利用勾股定理求对角线长．
【详解】解：如图，
在正方形ABCD中，AB=BC=CD=DA=4，∠DAB=90°，
因此它的面积为：4×4=16，
对角线长为：BD=√AB2+AD2=√42+42=4√2，
故答案为：16，4√2．【点睛】本题考查正方形的性质及勾股定理，熟练应用勾股定理是解题的关键．
18．如图，正方形ABCD的边长为6cm，则图中阴影部分的面积为 cm2．
【答案】18
【知识点】根据正方形的性质求面积
【分析】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，将阴影面积转化为三角形面积是解题的关键，学
会于转化的思想思考问题．
1 1
【详解】解：S = ⋅S = ×6×6=18（cm2 )．
阴影 2 正 方 形ABC2D
故答案为 18．
【点睛】根据正方形的轴对称的性质可得阴影部分的面积等于正方形的面积的一半，然后列式进行
计算即可得解．
19．如图，长方形ABCD中∠ACB=68°，请依据尺规作图的痕迹，求出∠α等于 ．
【答案】56°/56度
【知识点】三角形角平分线的定义、利用矩形的性质求角度、线段垂直平分线的性质
【分析】根据尺规作图的痕迹，作了AC的垂直平分线和∠DAC的平分线，先根据矩形的性质和平
行线的性质得到∠DAC的度数，再利用角平分线和互余计算出∠α的对顶角的度数，然后根据对顶
角的性质得到∠α的度数．
【详解】解：根据尺规作图的痕迹，MN垂直平分AC，AE平分∠DAC，
∵在矩形ABCD中，AD∥BC∴∠DAC=∠ACB=68°
1 1
∴∠AEN= 90∘−∠EAC=90∘− ∠DAC=90∘− ×68∘=56∘
2 2
∴∠α的度数为56°
故答案为：56°
【点睛】本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了
几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形
的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了矩形的性质．
20．如图，在矩形ABCD中，AB=m，BC=8，点M是AD的中点，点N是射线DC上一点，且
CN=6，连接BN，将△DMN沿MN翻折至△D′MN，使D恰好落在BN上，则m= ．
【答案】8或2
【知识点】矩形与折叠问题、用勾股定理解三角形、全等三角形综合问题
【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握折
叠的性质是解题的关键．
分两种情况：如图，当点N在线段CD时，当点N在CD的延长线时，连接BM，根据矩形的性质得
到∠C=∠D=∠A=90°, AD=BC=8,AB=CD=m,由点M是AD的中点，得到
1
AM=DM= AD=4,根据折叠的性质得到
2
DM=D′M,∠M D′N=∠D=90°,∠DMN=∠D′MN,根据全等三角形的性质得到
∠AMB=∠D′MB,根据勾股定理即可得到结论．
【详解】如图，当点N在线段CD时，连接BM,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠C=∠D=∠A=90°, AD=BC=8,AB=CD=m，
∵点M是AD的中点,1
∴AM=DM= AD=4，
2
∵将△DMN沿MN翻折至△D′MN，使D恰好落在BN上，
∴DM=D′M,∠M D′N=∠D=90°，∠DMN=∠D′MN,N D′=ND，AM=MD
∴AM=M D′，
∴∠M D′B=90°=∠A，
在Rt△AMB与Rt△D′MB中,
¿，
∴Rt△AMB≌Rt△D′MB(HL)，
∴BD′=AB=m,∠AMB=∠D′MB，
∴∠BMN=∠BM D′+∠NM D′ =90°，
∴AB2+AM2=BM2，DM2+DN2=M N2,BM2+M N2=BN2，
∴m2+42+42+(m−6) 2=(m+m−6) 2，
∴m=8(负值舍去)，
如图，当点N在CD的延长线时，连接BM,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠BCD=∠D=∠A=90°，AD=BC=8，AB=CD=m，
∵点M是AD的中点,
1
∴AM=DM= AD=4，
2
∵将△DMN沿MN翻折至△D′MN，使D恰好落在BN上，
∴DM=D′M,∠M D′N=∠D=90°，∠DMN=∠D′MN，
AM=M D′，
∴∠MDB=90°=∠A，
在Rt△AMB与Rt△D′MB中,
¿，
∴Rt△AMB≌Rt△D′MB(HL)，
∴BD′=AB=m,∠AMB=∠D′MB，
∴∠BMN=∠BM D′+∠NM D′ =90°，∴AB2+AM2=BM2,DM2+DN2=M N2,BM2+M N2=BN2，
∴m2+42+42+(m+6) 2=(m+m+6) 2，
解得 m=2(负值舍去)，
综上所述， m=8或2,
故答案为:8或2.
21．如图，将正方形OEFG放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点E的坐标为(2,3)，则点F的
坐标为 ．
【答案】(−1,5)
【知识点】写出直角坐标系中点的坐标、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据
正方形的性质求线段长
【详解】如图，过点E作EH⊥x轴，垂足为H．
过点G作GM⊥x轴，垂足为M，连接¿,FO交于点O′．
∴∠GMO=∠EHO=90°
．
∵点E的坐标为(2,3)，
∴OH=2,EH=3．
易得△OGM≌△EOH(AAS)，
∴GM=OH=2,OM=EH=3,∴G(−3,2)．
∴O′(
−
1
,
5)
．
2 2
∵点F与点O关于点O′对称，
∴点F的坐标为(−1,5)．
22．如图，在矩形ABCD中，AB=3,BC=5，过对角线交点O作OE⊥AC交AD于E，则AE的长
是 ．【答案】3.4
【知识点】线段垂直平分线的性质、根据矩形的性质求线段长、用勾股定理解三角形
【详解】连接EC，由矩形的性质可得AO=CO，
∵EO⊥AC,OA=OC，
∴EC=AE．
设AE=x，则ED=AD−AE=5−x．
在Rt△EDC中，根据勾股定理，得EC2=DE2+DC2，即x2=(5−x) 2+32，解得x=3.4．
23．如图，已知菱形ABCD的边长为8，点M是对角线AC上的一动点，且∠ABC=120°，则
MA+MB+MD的最小值是 ．
【答案】8√3
【知识点】含30度角的直角三角形、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、利用菱形的
性质求线段长
【分析】过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最
小，根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出DE的长，进而可得结论．
【详解】解：如图，过点D作DE⊥AB于点E，连接BD，
∵菱形ABCD中，∠ABC=120°，∠MAE=30°，
∴∠DAB=60°，AD=AB=DC=BC，MD=MB，
∴△ADB是等边三角形，
∵∠MAE=30°，∴AM=2ME，
∵MD=MB，
∴MA+MB+MD=2ME+2DM=2DE，
根据垂线段最短，此时DE最短，即MA+MB+MD最小，
∵菱形ABCD的边长为8，
∴DE=√AD2−AE2=√82−42=4√3，
∴2DE=8√3．
∴MA+MB+MD的最小值是8√3．
故答案为：8√3．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质，
等边三角形的判定与性质．
24．如图，四边形ABCD是一张矩形纸片．将其按如图所示的方式折叠，使DA边落在DC边上，点
A落在点H处， 折痕为DE； 使CB边落在CD边上， 点B落在点G处， 折痕为CF． 若矩形
HEFG与原矩形ABCD相似，AD=3， 则HG的长为 ．
【答案】−3+3√2/3√2−3
【知识点】相似多边形的性质、矩形与折叠问题
【分析】本题考查了相似多边形的性质，矩形的判定和性质，折叠的性质，设HG=x，由折叠的性
质可得到CD=6+x，利用矩形的性质得到AD=HE=3，最后利用相似多边形的性质计算即可求解，
熟练掌握相似多边形的性质是解题的关键．
【详解】解：设HG=x，
∵四边形ABCD是一张矩形纸片，
∴AD=BC=3，∠A=∠ADH=90°，
由折叠的性质得，AD=DH=3，BC=CG=3，∠A=∠DHE=90°，
∴CD=DH+HG+CG=6+x，
∵∠A=∠ADH=∠DHE=90°，
∴四边形ADHE是矩形，
∴AD=HE=3，
∵矩形HEFG与原矩形ABCD相似，HG HE
∴ = ，
AD CD
x 3
∴ = ，
3 6+x
解得x =−3+3√2，x =−3−3√2（舍去），
1 2
故答案为：−3+3√2．
25．如图，菱形ABCD中，∠B=60°，E为边AB上一点，将△BCE沿CE折叠，点B的对应点为
点F，CF交AD于G，EF交AD于H，若AB=3AE，则CG：FG= ．
【答案】7:1
【知识点】相似三角形的判定与性质综合、折叠问题、利用菱形的性质求线段长、含30度角的直角
三角形
1
【分析】如图，过E作EM⊥BC于M，设菱形边长为3a，则AE=a，BE=2a，BM= BE=a，
2
CM=2a，由勾股定理得，EM=√BE2−BM2=√3a，CE=√EM2+CM2=√7a，如图，延长
PE AE PE a √7a
DA、CE交于点P，证明△APE∽△BCE，则 = ，即 = ，解得，PE= ，
CE BE √7a 2a 2
3√7a
CP=PE+CE= ，由折叠可知，∠FCE=∠BCE=∠APC，CF=BC=3a，则PG=CG，
2
1 3√7a CG CN
如图，作GN⊥CP于N，则CN= CP= ，证明△GCN∽△ECM，则 = ，即
2 4 EC CM
3√7a
21a 3a
CG 4 ，解得，CG= ，FG=CF−CG= ，然后计算求解即可．
= 8 8
√7a 2a
【详解】解：如图，过E作EM⊥BC于M，设菱形边长为3a，∵∠B=60°，AB=3AE，
∴∠BEM=30°，AE=a，BE=2a，
1
∴BM= BE=a，则CM=2a，
2
由勾股定理得，EM=√BE2−BM2=√3a，CE=√EM2+CM2=√7a，
如图，延长DA、CE交于点P，
∵菱形ABCD，
∴PD∥BC，
∴∠APE=∠BCE，∠PAE=∠CBE，
∴△APE∽△BCE，
PE AE PE a √7a
∴ = ，即 = ，解得，PE= ，
CE BE √7a 2a 2
3√7a
∴CP=PE+CE= ，
2
由折叠可知，∠FCE=∠BCE=∠APC，CF=BC=3a，
∴PG=CG，
如图，作GN⊥CP于N，
1 3√7a
∴CN= CP= ，
2 4
∵∠GCN=∠ECM，∠GNC=90°=∠EMC，
∴△GCN∽△ECM，
3√7a
CG CN 21a
∴ = ，即 CG 4 ，解得，CG= ，
EC CM = 8
√7a 2a
3a
∴FG=CF−CG= ，
8
21a 3a
∴CG:FG= : =7:1，
8 8
故答案为：7:1．
【点睛】本题考查了菱形的性质，含30°的直角三角形，勾股定理，折叠的性质，等角对等边，相似三角形的判定与性质．由折叠、平行构造等腰三角形，根据相似的判定与性质确定线段之间的数
量关系是解题的关键．
三、解答题
26．如图，E是矩形ABCD边BC上一点，AB＝5，AD＝3．将矩形ABCD沿AE折叠，点B的对称
点为B′．当点B′恰好落在边CD上时，求CB′的长．
【答案】1
【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、矩形与折叠问题
【分析】根据折叠的性质可得，得AB′＝AB＝5，有矩形的性质可得AB＝CD＝5，由在Rt△ADB′中，
∠D＝90°，AB′＝5，AD＝3，根据勾股定理可得B′D的长度，由CB′=CD﹣B′D代入计算即可得出
答案．
【详解】解：由题意，得AB′＝AB＝5．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝5，∠D＝90°．
在Rt△ADB′中，∠D＝90°，AB′＝5，AD＝3，
∴B′D＝√AB′2−AD2=4，
∴CB′＝CD﹣B′D＝5﹣4＝1．
【点睛】本题主要考查了图形的变换——折叠，矩形的性质，勾股定理，能根据折叠得到直角三角
形是解题的关键．
27．如图，在正方形ABCD中，点E在BC边的延长线上，点F在CD边的延长线上，且CE=DF，
连接AE和BF相交于点M．
求证：AE=BF ．
【答案】证明见解析．【知识点】全等三角形的性质、用SAS间接证明三角形全等（SAS）、正方形性质理解
【分析】利用正方形的性质证明：AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，再证明BE=CF，可得三角形的
全等，利用全等三角形的性质可得答案．
【详解】证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，
又∵CE=DF，
∴CE+BC=DF+CD即BE=CF，
在△BCF和△ABE中，
¿
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE=BF．
【点睛】本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
28．已知：在▱ABCD中，分别过点B、D作BE⊥CD于点E，DF⊥BC于点F，如图．请从以
下四个关系式中：①DE=BF；②∠FBE=∠EDF；③CE=CF；④BE=DF.选择一个合适的作
为已知条件，使▱ABCD是菱形．
(1)你选择的条件是______．
(2)添加了条件后，请证明▱ABCD为菱形．
【答案】(1)③（答案不唯一）
(2)见解析
【知识点】证明四边形是菱形、添一个条件使四边形是菱形
【分析】本题考查了菱形的判定，关键是掌握菱形的判定方法．
（1）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，选择条件：③CE=CF；
（2）证△BCE≌△DCF(ASA)，可得一组邻边相等，可证▱ABCD是菱形．
【详解】（1）解：选择的条件是③：CE=CF，
故答案为：③；
（2）证明：∵ BE⊥CD，DF⊥BC
∴∠CFD=∠CEB=90°
∵CE=CF,∠C=∠C
∴△BCE≌△DCF(ASA)
∴BC=DC，∵四边形ABCD为平行四边形；
▱ABCD为菱形．
29．如图，在正方形ABCD中，E，F分别是边AB,BC上的点，且AE=BF，过点E作EG⊥EF
交AD于点G．求证：EF=EG．
【答案】见解析
【知识点】根据正方形的性质证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）
【分析】根据正方形的性质可得∠A=∠B=90°，根据EG⊥EF，可得∠AEG=∠BFE，根据
ASA证明△AEG≌△BFE，即可得证．
【详解】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=90°，
∵EG⊥EF，
∴∠GEF=90°，
∴∠AEG=90°−∠FEB=∠BFE，
在△AEG与△BFE中
¿
∴△AEG≌△BFE，
∴EF=EG．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
30．如图，在菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O，点E是AB的中点，连接OE，过点B作
BF∥AC交OE的延长线于点F，连接AF．(1)求证：四边形AOBF为矩形；
(2)若OE=2√5,BD=2AC，求菱形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)64
【知识点】证明四边形是矩形、利用菱形的性质证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者
AAS）、用勾股定理解三角形
【详解】证明：∵BF∥AC，
∴∠BFE=∠AOE．
∵E是AB的中点，∴AE=BE．
∵∠AEO=∠BEF,∴△AOE≌△BFE(AAS)，
∴EO=EF，
∴四边形AOBF是平行四边形．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOB=90°，
∴平行四边形AOBF为矩形．
（2）∵四边形ABCD是菱形，
1 1
∴OA=OC= AC,OB=OD= BD,AC⊥BD,∴∠AOB=90°．
2 2
∵点E是AB的中点，∴AB=2OE=4√5．
∵BD=2AC,∴OB=2OA．
在Rt△AOB中，由勾股定理，得OA2+OB2=AB2，
∴OA2+(2OA) 2=(4√5) 2 ，解得OA=4（负值舍去），
∴AC=2OA=8,BD=2AC=16，
1 1
∴S = AC⋅BD= ×8×16=64．
菱形ABCD 2 2
31．如图，在四边形ABCD的中，AB∥CD，对角线AC，BD相交于点O，且AO=CO，△OAB
是等边三角形．(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若S =4√3，求BD的长．
四边形ABCD
【答案】(1)见解析
(2)4
【知识点】证明四边形是矩形、用勾股定理解三角形、等边三角形的判定和性质、含30度角的直角
三角形
【分析】本题考查矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质：
（1）先证明△COD为等边三角形，进而得到OA=OB=OC=OD，根据对角线相等且平分的四边
形为矩形，即可得证；
（2）求出∠ADB=30°，得到AD=√3AB，BD=2AB，根据面积公式，求出AB的长，即可得出
结果．
【详解】（1）解：∵△OAB是等边三角形，
∴OA=OB=AB，∠AOB=∠BAO=60°，
∴∠COD=∠AOB=60°，
∵AB∥CD，
∴∠BAO=∠ACD=60°，
∴∠CDO=180°−∠COD−∠OCD=60°，
∴△COD为等边三角形，
∴OC=OD，
∵AO=CO，
∴OA=OB=OC=OD，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）∵OA=OB=OC=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵∠AOB=∠OAD+∠ODA=60°，
∴∠OAD=∠ODA=30°，
由（1）知：四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，∴BD=2AB，AD=√3AB，
∵S =AB⋅AD=√3AB2=4√3，
四边形ABCD
∴AB=2，
∴BD=2AB=4．
32．已知：如图，▱ABCD中，F是AB中点，连接DF，DF延长线交CB的延长线于点E，连接
AE．
(1)求证：△AFD≌△BFE；
(2)若BF=BC，∠EDC=60°，判断四边形AEBD的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AEBD是矩形，证明见解析
【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等边三角形的判定和性质、利用平
行四边形性质和判定证明、证明四边形是矩形
【分析】（1）利用平行先证明∠DAF=∠EBF，点F是AB的中点，所以AF=BF，即可证得
△AFD≌△BFE；
（2）根据△AFD≌△BFE，证明四边形AEBD是平行四边形，即可得到△BFE是等边三角形，可
得出BF=EF=AF=DF和AB=DE，可得出平行四边形AEBD是矩形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥CB，
∴∠DAF=∠EBF，
∵点F是AB的中点，
∴AF=BF，
在△AFD和△BFE中，
¿，
∴△AFD≌△BFE(ASA)；
（2）四边形AEBD是矩形，
证明：∵△AFD≌△BFE，
∴AD=BE，
∵AD∥EB，
∴四边形AEBD是平行四边形，∴BE=DA=BC，
∵BF=BC，
∴BF=BE，
∵AB∥CD，
∴∠BFE=∠EDC=60°，
∴△BFE是等边三角形，
∴BF=EF=AF=DF，
∴AB=DE，
∴平行四边形AEBD是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性
质，矩形的判定，利用ASA证明△AFD≌△BFE是解答本题的关键．
33．如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过
点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG．求证：四边形CEFG是菱形．
【答案】见解析
【知识点】证明四边形是菱形、矩形与折叠问题
【分析】由翻折得∠BEC＝∠BEF，FE＝CE，根据FG∥CE，可得∠FGE＝∠BEC，从而∠FGE＝
∠BEF，FG＝FE，故FG＝EC，四边形CEFG是平行四边形，即可得证．
【详解】证明：∵△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，
∴△BCE≌△BFE，
∴∠BEC＝∠BEF，FE＝CE，
∵FG∥CE，
∴∠FGE＝∠BEC，
∴∠FGE＝∠BEF，
∴FG＝FE，
∴FG＝EC，
∴四边形CEFG是平行四边形，
又∵CE＝FE，
∴四边形CEFG是菱形．
【点睛】本题考查矩形性质中的折叠问题，解题的关键是掌握折叠的性质，熟练应用菱形的判定定理．
34．如图，在四边形ABCD中，点P在直线AC上，连接BP，过点P分别作AC，BP的垂线，交
直线BC，CD于点E，F．
【类比探究】
(1)如图①，四边形ABCD为正方形，P在对角线AC上，判断线段BE，CF的数量关系并给出证明；
(2)如图②，四边形ABCD为矩形，AB=3，BC=4，点P在对角线AC上，判断线段BE，CF的
数量关系并给出证明；
(3)如图③，在（2）的条件下，当点P在CA延长线上时，请直接写出线段BE，CF的数量关系．
【答案】(1)BE=CF，理由见解析
BE 3
(2) = ，证明见解析
CF 4
BE 3
(3) =
CF 4
【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据正方形的性质证明、利用矩形的性质证明、全等三
角形综合问题
【分析】（1）由正方形的性质得出∠ABC=∠D=90°，AB=BC=CD=AD，由“ASA”可证
△EPB≌△CPF，由全等三角形的性质得出结论；
BE EP
（2）证明△BEP∽△FCP，再由相似三角形的性质可得 = ，再证明△EPC∽△ABC，可得
CF PC
EP PC
= ，则可得出答案；
AB BC
BE EP
（3）证明△BEP∽△FCP，再由相似三角形的性质可得 = ，再证明△EPC∽△ABC，可得
CF PC
EP PC
= ，则可得出答案．
AB BC
【详解】（1）BE=CF，证明如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠D=90°，AB=BC=CD=AD，∴∠BAC=∠ACB=45°，∠ACD=∠DAC=45°，
∵PE⊥AC，
∴∠EPC=90°，
∴∠PEC=90°−∠ACB=90°−45°=45°，
∴∠PEC=∠PCE=∠PCF=45°，
∴PE=PC，
∵PB⊥PF，
∴∠BPF=90°，
∴∠EPC=∠BPF=90°，
∴∠EPC−∠BPC=∠BPF−∠BPC，
∴∠EPB=∠CPF，
∴△EPB≌△CPF(ASA)，
∴BE=CF；
BE 3
（2） = ，证明如下：
CF 4
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，
∴∠BCP+∠ACD=90°，
∵PE⊥PC，
∴∠EPC=90°，
∴∠BCP+∠BEP=90°，
∴∠BEP=∠PCD，
又∵PB⊥PF，
∴∠BPF=90°，
∴∠EPC=∠BPF=90°，
∴∠EPC−∠BPC=∠BPF−∠BPC，
∴∠EPB=∠CPF，
∴△BEP∽△FCP，
BE EP
∴ = ，
CF PC
∵∠EPC=∠ABC,∠ECP=∠ACB，
∴△EPC∽△ABC，
EP PC
∴ = ,
AB BCEP AB 3
∴ = = ,
PC BC 4
BE 3
∴ = ；
CF 4
（3）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，
∴∠BCP+∠ACD=90°，
∵PE⊥PC，
∴∠EPC=90°，
∴∠BCP+∠BEP=90°，
∴∠BEP=∠PCD，
又∵PB⊥PF，
∴∠BPF=90°，
∴∠EPC=∠BPF=90°，
∴∠EPC−∠BPC=∠BPF−∠BPC，
∴∠EPB=∠CPF，
∴△BEP∽△FCP，
BE EP
∴ = ，
CF PC
∵∠EPC=∠ABC,∠ECP=∠ACB，
∴△EPC∽△ABC，
EP PC
∴ = ,
AB BC
EP AB 3
∴ = = ，
PC BC 4
BE 3
∴ = .
CF 4
【点睛】本题是相似形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相
似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形
的判定与性质及相似三角形的判定与性质．
35．【模型建立】（1）如图①，已知△ABE和△BCD,AB⊥BC,AB=BC,CD⊥BD,AE⊥BD．用等式写出线
段AE,DE,CD的数量关系，并说明理由．
【模型应用】
（2）如图②，在正方形ABCD中，点E，F分别在对角线BD和边CD上，AE⊥EF,AE=EF．用
等式写出线段BE,AD,DF的数量关系，并说明理由．
【模型迁移】
（3）如图③，在正方形ABCD中，点E在对角线BD上，点F在边CD的延长线上，
AE⊥EF,AE=EF．用等式写出线段BE,AD,DF的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）DE+CD=AE，理由见解析；（2）AD=√2BE+DF，理由见解析；（3）
AD=√2BE−DF，理由见解析
【知识点】用勾股定理解三角形、角平分线的性质定理、根据正方形的性质求线段长、全等三角形
综合问题
【详解】12．（1）DE+CD=AE．
理由：∵CD⊥BD,AE⊥BD,AB⊥BC，
∴∠ABC=∠D=∠AEB=90°，
∴∠ABE+∠CBD=∠C+∠CBD=90°，
∴∠ABE=∠C．
∵AB=BC,∴△ABE≌△BCD(AAS)，
∴BE=CD,AE=BD，
∴DE=BD−BE=AE−CD，
∴DE+CD=AE．
（2）AD=√2BE+DF．
理由：如图①，过点E作EM⊥AD于点M，作EN⊥CD于点N．①
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，
∵EM⊥AD,EN⊥CD，
∴四边形EMDN是矩形，∴∠MEN=90°．
∵AE⊥EF，
∴∠AEM+∠MEF=∠FEN+∠MEF=90°，
∴∠AEM=∠FEN．
∵AE=FE,∠AME=∠FNE．
∴△AEM≌△FEN(AAS)，
∴AM=NF,EM=EN．
∴矩形EMDN是正方形，
∴MD=ND，
√2 √2
∴MD=ND= DE,NF=ND−DF=MD−DF= DE−DF．
2 2
√2
∴NF=AM=AD−MD=AD− DE，
2
√2 √2
∴AD− DE= DE−DF，
2 2
AD=√2DE−DF．
.∵DE=BD−BE=√2AD−BE，
∴AD=√2(√2AD−BE)−DF，
∴AD=√2BE+DF．
（3）AD=√2BE−DF．
理由：如图②，过点A作AH⊥BD于点H，过点F作FG⊥BD，交BD的延长线于点G．
②∵AH⊥BD,FG⊥BD,AE⊥EF，
∴∠AHE=∠G=∠AEF=90°，
∴∠AEH+∠HAE=∠AEH+∠FEG=90°，
∴∠HAE=∠FEG．
∵AE=EF,∴△HAE≌△GEF(AAS)，
∴HE=FG．
在正方形ABCD中，∠BDC=∠ADB=45°，
∴∠FDG=∠BDC=45°，
∴∠DFG=45°，
∴△DFG是等腰直角三角形，
√2 √2
∴FG= DF,∴HE=FG= DF．
2 2
∵∠ADB=45°,AH⊥HD，
∴△ADH是等腰直角三角形，
√2
∴HD= AD．
2
√2 √2
∵DE=HD−HE= AD− DF,DE=BD−BE=√2AD−BE，
2 2
√2 √2
∴√2AD−BE= AD− DF，
2 2
∴AD=√2BE−DF．
【能力提升】
36．如图，在边长为3的菱形ABCD中，∠BAD=60°，点E在边AB上，点F在BD的延长线上，
BE=DF，EF与AD相交于点G，连接CE，CF．
(1)求证：△EBC≌△FDC．
(2)求证：DF2=DC⋅DG．
【答案】(1)见解析
(2)见解析【知识点】相似三角形的判定与性质综合、利用菱形的性质证明、等边三角形的判定和性质、全等
三角形综合问题
【分析】本题主要考查了菱形和三角形综合题．熟练掌握菱形性质，等边三角形的判定和性质，全
等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，是解题的关键．
（1）根据菱形性质，结合∠BAD=60°，判断出∠CBE=∠CDF=120°，即可得出结论；
（2）根据（1）结论先判断出△CEF是等边三角形，得出∠ECF=60°，进而用等式的性质得出
∠DFG=∠DCF，推出△DFG∽△DCF，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵在菱形ABCD中，BC=DC，AD∥BC，AB∥CD，且∠BAD=60°，
∴∠BCD=∠BAD=60°,∠ABC=∠ADC=180°−∠BAD=120°，
1
∴∠BDC=∠ADB= ∠ADC=60°，
2
∴∠CDF=180°−∠BDC=120°，
∴∠CBE=∠CDF
∵BE=DF，∠CBE=∠CDF，BC=DC，
∴△EBC≌△FDC(SAS)
（2）证明：由（1）知，△BCE≌△DCF，
∴CE=CF，∠BCE=∠DCF，
∴∠ECF=∠DCE+∠DCF=∠DCE+∠BCE=∠BCD=60°，
∴△CEF是等边三角形，
∴∠CFE=60°，
∴∠DFG+∠CFD=60°，
∵∠DCF+∠CFD=∠BDC=60°，
∴∠DFG=∠DCF，
1
又∵∠BDC=∠ADB= ∠ADC=60°，
2
∴∠FDG=∠CDF=120°，
∴△DFG∽△DCF，
DF DG
∴ = ，
DC DF
∴DF2=DC⋅DG．
37．如图，点E为矩形ABCD边AD上一点，将△ABE沿BE折叠得到△A′BE，点A的对应点为A′，
且A′落在△BCD内部，延长EA′分别交对角线BD与边BC于点G、F．(1)求证：EF=BF．
(2)当BG=EF时，
①若∠AEB=55°，求∠GBF的度数．
②若AB=3，BC=4，求DE的长度．
【答案】(1)见解析
(2)①40°；②5−√10
【知识点】解直角三角形的相关计算、矩形与折叠问题、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质
和判定
【分析】（1）连接BE，利用折叠的性质得到∠AEB=∠FEB，由矩形的性质得到AD∥BC，推
出∠AEB=∠EBF，即可得到∠FBE=∠EBF，即可证明结论；
（2）①根据矩形的性质以及折叠的性质得到∠BEF=∠AEB=55°，AD∥BC，进而推出
∠BFE=∠≝=70°，利用等腰三角形性质得到∠BGF=∠BFE=70°，最后结合三角形内角和即
可得到∠GBF；②连接BE，过点F作FQ⊥AD于点Q，结合矩形的性质证明四边形CDQF为矩形，
利用勾股定理得到BD，设DE=DG=x，则BF=BG=5−x，DQ=CF=x−1，进而推出EQ=1，
EF=√10，由折叠的性质可得，A′E=AE=4−x，A′F=√10−4+x结合cos∠QEF=cosBF A′
建立方程求解，即可解题．
【详解】（1）证明：连接BE，
利用折叠的性质得到∠AEB=∠FEB，
∵矩形ABCD中，AD∥BC，
∴ ∠AEB=∠EBF，
∴ ∠FBE=∠EBF，
∴EF=BF；
（2）①解：∵矩形ABCD沿BE折叠，点A与点A′重合，∠AEB=55°，
∴∠BEF=∠AEB=55°，AD∥BC，∴∠BFE=∠≝=180°−∠BEF−∠AEB=70°，
∵BG=EF,EF=BF，
∴ BG=BF，
∴∠BGF=∠BFE=70°，
∴∠GBF=180°−∠BGF−∠BFE=40°；
②解：连接BE，过点F作FQ⊥AD于点Q，
∵ ABCD
四边形 为矩形，
∴∠C=∠ADC=90°，
∴四边形CDQF为矩形，
∵ AB=3，BC=4，
∴QF=DC=AB=3，AD=BC=4，
∴BD=√BC2+CD2=5，
∵∠BFE=∠≝¿，∠BGF=∠BFE，
∴ ∠BGF=∠≝¿，
∴DE=DG，
设DE=DG=x，则BF=BG=5−x，DQ=CF=BC−BF=x−1，
∴EQ=DE−DQ=1，
∴EF=√EQ2+QF2=√10，
由折叠的性质可得，A′E=AE=4−x，
∴A′F=√10−4+x，
∵∠QEF=∠BF A′，
∴cos∠QEF=cosBF A′，
EQ A′F
∴ = ，
EF BF
1 √10−4+x
∴ = ，
√10 5−x
解得x=5−√10，经检验x=5−√10是方程的解，
∴DE=5−√10．
【点睛】本题考查的是轴对称的性质，矩形的性质与判定，勾股定理的应用，锐角三角函数的应用，等腰三角形的判定与性质，分式方程的应用，熟练的利用以上知识解题是关键．
38．现有一块矩形板材ABCD，AB=4，AD=6，点E为边BC上一点，连接AE，过点E在矩形板
材上作EF⊥AE，且EF=AE．
(1)如图1，若点F恰好落在边CD上，则线段CF的长为_____；
(2)如图2，连接CF，求线段CF长度的最小值；
(3)如图3，连接DF，工人师傅能否在这块矩形板材上裁出面积最小的四边形AEFD？若能，请求出
四边形AEFD面积的最小值；若不能，请说明理由．
【答案】(1)2
(2)√2
(3)能，最小面积为16
【知识点】图形问题(实际问题与二次函数)、全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、矩形性
质理解
【分析】（1）证明△ABE≌△ECF即可作答；
（2）过F点作FH⊥BC于H点，证明△ABE≌△EHF，即有EH=AB=4，BE=HF，
CH=AD−BE−EH=2−BE，在Rt△FHC中，有CF2=HC2+FH2，即可得
CF2=2(BE−1) 2+2，问题得解；
（3）过F点作FM⊥BC于M点，过F点作FN⊥CD于N点，连接CF，同理可证明
△ABE≌△EMF，即有EM=AB=4，BE=MF，CM=AD−BE−EM=2−BE，
1
MC=FN=2−BE，EC=BC−BE=6−BE，即可得到S = ×4×BE=2BE，
△ABE 2
1 1 1
S = ×(6−BE)×BE=− BE2+3BE，S = ×4×(2−BE)=4−2BE，利用
△EFC 2 2 △DFC 2
1
S =S −S −S −S ，可得二次函数S = BE2−3BE+20，问
四边形AEFD 矩形ABCD △ABE △EFC △CDF 四边形AEFD 2
题随之得解．
【详解】（1）在矩形ABCD中，有：AB=4=CD，AD=6=BC，∠ABC=∠BCD=90°，
∵EF⊥AE，∴∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠CEF=90°，
∵在Rt△CFE中，∠CFE+∠CEF=90°，
∴∠CFE=∠AEB，同理有：∠CEF=∠EAB，
∵EF=AE，
∴△ABE≌△ECF，
∴EC=AB=4，BE=CF，
∴CF=BE=BC−EC=6−4=2；
（2）过F点作FH⊥BC于H点，如图，
∵FH⊥BC，
∴∠FHE=∠FHC=90°，
∴∠HFE+∠FEH=90°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠CEF=90°，
∴∠HFE=∠AEB，
∵EF=AE，∠ABE=∠FHE=90°，
∴△ABE≌△EHF，
∴EH=AB=4，BE=HF，
∴CH=AD−BE−EH=2−BE；
在Rt△FHC中，有CF2=HC2+FH2=(2−BE) 2+BE2，
整理：CF2=2(BE−1) 2+2，
∵CH=2−BE≥0，
∴0≤BE≤2，
∴当BE=1时，CF2有最小值，且最小值为：CF2=2，
∴CF =√2，
最小
即CF最小值为：√2；（3）能，理由如下：
过F点作FM⊥BC于M点，过F点作FN⊥CD于N点，连接CF，如图，
∵FM⊥BC，FN⊥CD，∠MCN=90°，
∴四边形FMCN是矩形，
∴MC=FN，
按照（2）中的方法同理可证明：△ABE≌△EMF，
∴EM=AB=4，BE=MF，
∴CM=AD−BE−EM=2−BE，
∴MC=FN=2−BE，EC=BC−BE=6−BE，
1 1 1
∵S = ×AB×BE，S = ×EC×FM，S = ×CD×FN，
△ABE 2 △EFC 2 △DFC 2
1 1 1
∴S = ×4×BE=2BE，S = ×(6−BE)×BE=− BE2+3BE，
△ABE 2 △EFC 2 2
1
S = ×4×(2−BE)=4−2BE，
△DFC 2
∵S =S −S −S −S ，S =AD×AB=24，
四边形AEFD 矩形ABCD △ABE △EFC △CDF 矩形ABCD
∴S =24−2BE− ( − 1 BE2+3BE ) −(4−2BE)，
四边形AEFD 2
1
整理：S = BE2−3BE+20，
四边形AEFD 2
1 1 31
∴S = BE2−3BE+20= (BE−3) 2+ ，
四边形AEFD 2 2 2
1
∵0≤BE≤2， ＞0，
2
∴当0≤BE≤2时，S 的值随着BE的增大而减小，
四边形AEFD
∴当BE=2时，S 的值最小，
四边形AEFD
1 31 1 31
即S = (BE−3) 2+ = (2−3) 2+ =16，
四边形AEFD 2 2 2 2
故最小面积为16．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及二次函数的性质等知识，灵活运用二次函数求极值是解答本题的关键，
39．如图，矩形ABCD中，点E是边 AB 的中点，点F、G是分别边 AD 、BC上任意一点，且
AE=BG，∠FEG=α．
(1)如图，若AE=AF，则EF与 EG 的数量关系为 ，α= ；
(2)在（1）的条件下，若点 P 为边BC上一点，连接EP，将线段 EP 以点 E 为旋转中心，逆时
针旋转 90°，得到线段EQ，连接FQ，在图2中补全图形，请猜想 FQ与GP的数量关系，并证明
你的结论；
(3)在（2）的条件下，若∠EQF=30∘，EF=√2a，求FQ（用含a的代数式表示）
【答案】(1)EF=EG，90°；
(2)GP=FQ，理由见解析；
(3)FQ=(√3−1)a．
【知识点】解直角三角形的相关计算、根据正方形的性质与判定求线段长、利用矩形的性质证明、
等腰三角形的性质和判定
【分析】（1）根据矩形的性质及中点的定义可得△AEF和△BEG为等腰直角三角形，根据等腰三
角形的性质和勾股定理即可求解；
（2）根据题意即可补全图形，再证明△EPG≌△EQF(SAS)即可求证；
（3）过点E作EM∥AD交QF的延长线于M，先证明四边形AEMF是矩形，即可得四边形AEMF
√2
是正方形，得到△MEF为等腰直角三角形，即得ME=ME= EF=a，进而解直角三角形可得
2
ME
QM= =√3a，最后利用线段的和差关系即可求解．
tan30°
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=90°，
∵点E是AB的中点，
∴AE=BE，
∵AE=BG，AE=AF，
∴AE=AF=BE=BG，∴△AEF和△BEG为等腰直角三角形，
∴∠AEF=∠BEG=45°，EF=√2AE，EG=√2BE，
∴∠FEG=180°−45°−45°=90°，EF=EG，
∴α=90°，
故答案为：EF=EG，90°；
（2）解：补全图形，如图2所示，GP=FQ，理由如下：
由题意得，∠QEP=90°，EQ=EP，
由（1）得∠FEG=90°，EF=EG，
∴∠GEP=∠QEF，
在△EPG和△EQF中，
¿，
∴△EPG≌△EQF(SAS)，
∴GP=FQ；
（3）解：过点E作EM∥AD交QF的延长线于M，如图2所示，
∵EM∥AD，
∴∠MEP=∠EPG，
∵△EPG≌△EQF(SAS)，
∴∠EPG=∠EQF，
∴∠MEP=∠EQF，
∴∠QEP=∠QEM+∠MEP=∠QEM+∠EQF=90°，
即∠QEM+∠EQM=90°，
∴∠M=90°，
∵EM∥AD，
∴∠A+∠AEM=180°，
∴∠A=∠AEM=90°，
∴四边形AEMF是矩形，
又∵AE=AF，∴四边形AEMF是正方形，
∴△MEF为等腰直角三角形，
√2 √2
∴ME=MF= EF= ×√2a=a，
2 2
∵∠EQF=30°，
ME
∴QM= =√3ME=√3a，
tan30°
∴FQ=QM−MF=√3a−a=(√3−1)a．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，
旋转的性质，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，正确作出辅助线是解题的
关键．
40．[问题提出]
如图1，已知点E是菱形ABCD边BC上一点，△AEF是等腰三角形，且AE=EF，
∠AEF=∠ABC=α(α≥90°)，AF交CD于点G．探究∠GCF与α的数量关系．
[ ]
问题探究
（1）先将问题特殊化，如图2，当α=90°时，直接写出∠GCF的大小；
（2）再探究一般情形，如图1，求∠GCF与α的数量关系．
[问题拓展]
DG 2 BE
（3）将图1特殊化，如图3，当α=120°， = ，求 的值．
CG 3 CE
3 1
【答案】（1）∠GCF=45°；（2）∠GCF= α−90°；（3）
2 2【知识点】相似三角形的判定与性质综合、根据正方形的性质与判定求线段长、利用菱形的性质求
线段长、全等三角形综合问题
【分析】（1）延长BC过点F作FH⊥BC，证明△ABE≌△BHF即可得出结论．
（2）在AB上截取AN，使AN=EC，连接NE，证明△ANE≌△ECF，通过边和角的关系即可证
明．
（3）过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P，设菱形的边长为5m，由（2）知，
3 5√3
∠GCF= a−90°=90°，通过证明△APG∽△FCG求出CF= m，再同（2）构造全等三角
2 3
5√3
形得到NE=CF= m ，再解直角三角形求出BE，进而求出CE即可解出．
3
【详解】（1）解：过点F作FH⊥BC交BC延长线于H，如图所示：
∴∠AEF=∠ABC=∠EHF=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，∠FEH+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠FEH，
在△EBA和△FHE中
¿，
∴△ABE≌△EHF(AAS)，
∴AB=EH，BE=FH，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BCD=∠DCH=90°，
∴BC=EH，
∴BE=CH=FH，
∴∠FCH=∠CFH=45°，
∴∠GCF=90°−∠FCH=45°．
（2）解：在AB上截取AN，使AN=EC，连接NE．∵∠ABC+∠BAE+∠AEB=∠AEF+∠FEC+∠AEB=180°
，
∠ABC=∠AEF，
∴∠EAN=∠FEC，
∵AE=EF，
∴△ANE≌△ECF(SAS)．
∴∠ANE=∠ECF．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，AB∥CD，
∴BN=BE，∠BCD=180°−∠ABC=180°−α，
∵∠EBN=α，
1
∴∠BNE=90°− α．
2
∴∠GCF=∠ECF−∠BCD
=∠ANE−∠BCD
( 1 )
= 90°+ α −(180°−α)
2
3
= α−90°，
2
3
即∠GCF= α−90°；
2
（3）解：过点A作CD的垂线交CD的延长线于点P，如图所示：
设菱形的边长为5m，
DG 2
∵ = ，
CG 3
∴DG=2m，CG=3m，∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=CD=AD=5m，∠ADC=∠ABC=120°，
在Rt△ADP中，
∵∠ADC=∠ABC=120°，
∴∠ADP=60°，
∴∠PAD=30°
1 5
∴PD= AD= m，
2 2
5
∴AP=√AD2−PD2= √3m
2
∵α=120°，
3
∴由（2）知，∠GCF= a−90°=90°=∠P．
2
∵∠AGP=∠FGC，
∴△APG∽△FCG，
5 5
AP PG √3m m+2m
∴ = ，即2 2 ，
CF CG =
CF 3m
5√3
∴CF= m，
3
如图，在AB上截取AN，使AN=EC，连接NE，作BO⊥NE于点O，
由（2）知，△ANE≌△ECF，
5√3
∴NE=CF= m，
3
∵AB=BC，
∴BN=BE，
1 5√3
∴OE=ON= EN= m，
2 6
∵∠ABC=120°，
∴∠BNE=∠BEN=30°，
∴BE=2OB，
根据勾股定理得：BE2−OB2=OE2，
∴BE2− (1 BE ) 2 = (5√3 m ) 2 ，
2 6
5
解得：BE= m，负值舍去，
35 10
∴CE=5m− m= m，
3 3
5m
BE 3 1
∴ = = ．
CE 10m 2
3
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，正方形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，勾股定理，
三线合一定理，全等三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解
题的关键．
