文档内容
第 14 讲 特殊的四边形（知识精讲+真题练+模拟练+自招练）
【考纲要求】
1. 会识别矩形、菱形、正方形以及梯形；
2.掌握矩形、菱形、正方形的概念、判定和性质，会用矩形、菱形、正方形的性质和判定解决问题．
3.掌握梯形的概念以及了解等腰梯形、直角梯形的性质和判定，会用性质和判定解决实际问题
【知识导图】
【考点梳理】
考点一、几种特殊四边形性质、判定
性 质 判 定
四边形
边 角 对角线
①有一组邻边相等的平行四边形是菱 中
形； 心、
矩形 对边平行 四个角是直 相等且互相平分
轴对
且相等 角 ②四条边都相等的四边形是菱形；
称图
③对角线互相垂直的平行四边形是菱 形
形 .
垂直且互相平 ①有一个角是直角的平行四边形是矩 中心
分，每一条对角 形； 对称
菱形 四条边相 对角相等，
线平分一组对角 图形
等 邻角互补 ②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形
相等、垂直、平 1、邻边相等的矩形是正方形 中
分，并且每一条 心、四条边相 四个角是直 对角线平分一组 2、对角线垂直的矩形是正方形 轴对
等 角 对角 称
正方形 3、有一个角是直角的菱形是正方形
4、对角线相等的菱形是正方形
1、两腰相等的梯形是等腰梯形； 轴对
称图
等腰梯形 两底平 同一底上的 相等 2、在同一底上的两个角相等的梯形
形
行，两腰 两个角相等 是等腰梯形；
相等
3、对角线相等的梯形是等腰梯形.
考点二、中点四边形相关问题
1. 中点四边形的概念：把依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫做中点四边形．
2. 若中点四边形为矩形，则原四边形满足条件对角线互相垂直；
3. 若中点四边形为菱形，则原四边形满足条件对角线相等；
4. 若中点四边形为正方形，则原四边形满足条件对角线互相垂直且相等．
考点三、重心
1.线段的中点是线段的重心；
三角形三条中线相交于一点，这个交点叫做三角形的重心；三角形的重心与顶点的距离等于它与对边中点
的距离的2倍.
平行四边形对角线的交点是平行四边形的重心。
【典型例题】
题型一、特殊的平行四边形的应用
例1.如图，设四边形ABCD是边长为1的正方形，以对角线AC为边作第二个正方形ACEF、再以对角线AE
为边作笫三个正方形AEGH，如此下去…．若正方形ABCD的边长记为a ，按上述方法所作的正方形的边长
1
依次为a，a，a，…，a，则a=___________．
2 3 4 n n
【思路点拨】求a 的长即AC的长，根据直角△ABC中AB2+BC2=AC2可以计算，同理计算a 、a ．由求出的
2 3 4
a= 2 a，a= 2 a…，a= 2 a =（ 2 ）n-1，可以找出规律，得到第n个正方形边长的表达式．
2 1 3 2 n n-1
【答案】（ 2 ）n-1.【解析】∵a=AC，且在直角△ABC中，AB2+BC2=AC2，
2
2 2 2
∴a= a= ，同理a= a=2，,
2 1 3 2
2 2
a= a=2 ，…
4 3
由此可知：a= 2 a =（ 2 ）n-1
n n-1
故答案为：（ 2 ）n-1.
【总结升华】考查了正方形的性质，以及勾股定理在直角三角形中的运用，考查了学生找规律的能力，本
题中找到a 的规律是解题的关键．
n
1
a1
【变式】长为1，宽为a的矩形纸片（2 ），如图那样折一下，剪下一个边长等于矩形宽度的正方形
（称为第一次操作）；再把剩下的矩形如图那样折一下，剪下一个边长等于此时矩形宽度的正方形（称
为第二次操作）；如此反复操作下去．若在第 n此操作后，剩下的矩形为正方形，则操作终止．当 n=3
时，a的值为________．
第一次操作 第二次操作
3 3
【答案】 或 .
5 4
例2．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AC=6，BD=8，点P是AC延长线上的一个动点，
过点P作PE⊥AD，垂足为E，作CD延长线的垂线，垂足为E，则|PE﹣PF|= ．【思路点拨】延长BC交PE于G，由菱形的性质得出AD∥BC，OA=OC= AC=3，OB=OD= BD=4，
AC⊥BD，∠ACB=∠ACD，由勾股定理求出AD，由对顶角相等得出∠PCF=∠PCG，由菱形的面积的两种
计算方法求出EG，由角平分线的性质定理得出PG=PF，得出PE﹣PF=PE﹣PG=EG即可．
【答案】4.8．
【解析】解：延长BC交PE于G，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，OA=OC= AC=3，OB=OD= BD=4，AC⊥BD，∠ACB=∠ACD，
∴AD= =5，∠PCF=∠PCG，
∵菱形的面积=AD•EG= AC•BD= ×6×8=24，
∴EG=4.8，
∵PE⊥AD，
∴PE⊥BG，
∵PF⊥DF，
∴PG=PF，
∴PE﹣PF=PE﹣PG=EG=4.8．
故答案为：4.8．
【总结升华】本题考查了菱形的性质、勾股定理、角平分线的性质定理、菱形面积的计算等知识；本题综
合性强，有一定难度，通过作辅助线证出PG=PF是解决问题的关键．
题型二、梯形的应用
例3．如图，在梯形ABCD中，已知AD∥BC，∠B=90°，AB=7，AD=9，BC=12，在线段BC上任取一点E，连
接DE，作EF⊥DE，交直线AB于点F．
（1）若点F与B重合，求CE的长；
（2）若点F在线段AB上，且AF=CE，求CE的长；（3）设CE=x，BF=y，写出y关于x的函数关系式（直接写出结果可）．
【思路点拨】（1）先证明四边形ABED为矩形，CE=BC-AD，继而即可求出答案；
（2）设AF=CE=x，则HE=x-3，BF=7-x，再通过证明△BEF∽△HDE，根据对应边成比例，然后代入求解即可；
（3）综合（1）（2）两种情况，然后代入求出解析式即可．
【答案与解析】（1）∵F与B重合，且EF⊥DE，∴DE⊥BC，
∵AD∥BC，∠B=90°，∴∠A=∠B=90°，
∴四边形ABED为矩形，∴BE=AD=9，∴CE=12-9=3．
（2）作DH⊥BC于H，则DH=AB=7，CH=3．
设AF=CE=x，∵F在线段AB上，∴点E在线段BH上，CH=3，CE=x，∴HE=x-3，BF=7-x，
∵∠BEF+90°+∠HED=180°，∠HDE+90°+∠HED=180°，∴∠BEF=∠HDE，
BF BE 7x 12x
HE DH x3 7
又∵∠B=∠DHE=90°，∴△BEF∽△HDE∴ = ，∴ = ，
整理得x2-22x+85=0，（x-5）（x-17）=0，∴x=5或17，
经检验，它们都是原方程的解，但x=17不合题意，舍去．∴x=CE=5．
（3）作DH⊥BC于H，
∵AD∥BC，∠B=90°，AB=7，AD=9，BC=12， CE=x，BF=y，∴则HE=x-3，BF=y，
y x3 1 15 36
当3≤x≤12时，易证△BEF∽△HDE，∴ 12x = 7 ，∴y=- 7 x2+ 7 x- 7 ，
y 3x 1 15 36
当0≤x＜3，易证△BEF∽△HDE，则HE=3-x，BF=y，∴ 12x = 7 ，∴y= 7 x2－ 7 x＋ 7 ．
【总结升华】本题考查直角梯形的知识，同时考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，是一
道小的综合题，注意对这些知识的熟练掌握并灵活应用．【变式】如图为菱形ABCD与正方形EFGH的重迭情形，其中E在CD上，AD与GH相交于I点，且AD∥HE．
若∠A=60°，且AB=7，DE=4，HE=5，则梯形HEDI的面积为（ ）.
6 3 8 3 2 3 2 3
Ａ． Ｂ． Ｃ．10- Ｄ．10+
【答案】B.
题型三、特殊四边形与其他知识结合的综合运用
例4.正方形ABCD边长为2 ，点E在对角线AC上，连接DE，将线段DE绕点D顺时针旋转90°至DF的位
置，连接AF，EF．
（1）证明：AC⊥AF；
（2）设AD2=AE×AC，求证：四边形AEDF是正方形；
（3）当E点运动到什么位置时，四边形AEDF的周长有最小值，最小值是多少？
【思路点拨】（1）由已知条件及正方形的性质易证△CDE≌△ADF，所以可得∠ECD=∠DAF=45°，CE=AF，
进而可得∠CAF=90°，即AC⊥AF；
（2）若AD2=AE×AC，再由条件∠CAD=∠EAD=45°，易证△EAD∽△DAC，所以∠AED=∠ADC=90°，即有
∠AED=∠EDF=∠EAF=90°，又DE=DF，继而证明四边形AEDF为正方形；
（3）当E点运动到AC中点位置时，四边形AEDF的周长有最小值，由（2）得CE=AF，则有AE+AF=AC=2，
又DE=DF，所以四边形AEDF的周长l=AE+AF+DE+DF=4+2DE，则DE最小四边形的周长最小，问题得解．
【答案与解析】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CDA=90°，CD=AD，ED=FD，∠CAD=45°，
∵将线段DE绕点D顺时针旋转90°至DF的位置，∴∠EDF=90°，
∴∠CDE=∠ADF，
在△CDE和△ADF中，
，
∴△CDE≌△ADF，
∴∠ECD=∠DAF=45°，CE=AF，
∴∠CAF=90°，
即AC⊥AF；
（2）∵AD2=AE×AC，
∴
∵∠CAD=∠EAD=45°，
∴△EAD∽△DAC，
∴∠AED=∠ADC=90°，即有∠AED=∠EDF=∠EAF=90°，又DE=DF，
∴四边形AEDF为正方形
（3）当E点运动到AC中点位置时，四边形AEDF的周长有最小值，
理由如下：
由（2）得CE=AF，则有AE+AF=AC=2，
又DE=DF，则当DE最小时，四边形AEDF的周长l=AE+AF+DE+DF=4+2DE最小，
当DE⊥AC时，E点运动到AC中点位置时，此时DE=2四边形AEDF的周长最小值为8．
【总结升华】本题用到的知识点有正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以
及四边形周长最小值的问题、动点问题，题目的综合性较强，难度中等，是一道不错的中考题压轴题．
例5．如图所示，在菱形ABCD中，AB=4，∠BAD=120°，△AEF为正三角形，点E、F分别在菱形的边BC、
CD 上 滑 动 ， 且 E 、 F 不 与 B 、 C 、 D 重 合 ．
（ 1 ） 证 明 不 论 E 、 F 在 BC 、 CD 上 如 何 滑 动 ， 总 有 BE=CF ；
（2）当点E、F在BC、CD上滑动时，分别探讨四边形AECF和△CEF的面积是否发生变化？如果不变，求出
这个定值；如果变化，求出最大（或最小）值．【思路点拨】（1）先求证AB=AC，进而求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠4=60°，AC=AB进而求证
△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF；
S S S S S S S
（2）根据△ABE≌△ACF可得 ABE= ACF ,故根据S
四边形AECF
= AEC + ACF = AEC + ABE= ABC
即可解题；当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当
S S
AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，又根据 CEF=S
四边形AECF
- AEF，则△CEF的面积就会最大．
【答案与解析】（1）证明：连接AC，如下图所示，
∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，∠1+∠EAC=60°，∠3+∠EAC=60°，∴∠1=∠3，
∵∠BAD=120°，∴∠ABC=60°，∴△ABC和△ACD为等边三角形，∴∠4=60°，AC=AB，
13
AB AC
ABC 4
∴在△ABE和△ACF中， ，∴△ABE≌△ACF（ASA）．∴BE=CF；
（2）解：四边形AECF的面积不变，△CEF的面积发生变化．
理由：由（1）得△ABE≌△ACF，则S =S ，
△ABE △ACF
故S =S +S =S +S =S ，是定值，
四边形AECF △AEC △ACF △AEC △ABE △ABC
作AH⊥BC于H点，则BH=2，
1 1
2 2 AB2 BH2 4 3
S =S = BC•AH= BC• = ，
四边形AECF △ABC
由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．
故△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，
又S =S -S ，则此时△CEF的面积就会最大．
△CEF 四边形AECF △AEF1
4 3 2 2 3 (2 3)2 ( 3)2 3
∴S =S -S = - × × = ．
△CEF 四边形AECF △AEF
【总结升华】考查了菱形的性质、全等三角形判定与性质及三角形面积的计算，求证△ABE≌△ACF是解题
的关键，有一定难度．
例6.如图，正方形ABCD的边AD与矩形EFGH的边FG重合，将正方形ABCD以1cm/s的速度沿FG方向移动，
移动开始前点A与点F重合，在移动过程中，边AD始终与边FG重合，连接CG，过点A作CG的平行线
交线段GH于点P，连接PD．已知正方形ABCD的边长为1cm，矩形EFGH的边FG，GH的长分别为4cm，
3cm ， 设 正 方 形 移 动 时 间 为 x （ s ） ， 线 段 GP 的 长 为 y （ cm ） ， 其 中 0≤ x≤ 2.5 ．
（ 1 ） 试 求 出 y 关 于 x 的 函 数 关 系 式 ， 并 求 当 y=3 时 相 应 x 的 值 ；
（ 2 ） 记 △ DGP 的 面 积 为 S ， △ CDG 的 面 积 为 S ． 试 说 明 S-S 是 常 数 ；
1 2 1 2
（3）当线段PD所在直线与正方形ABCD的对角线AC垂直时，求线段PD的长．
【思路点拨】（1）根据题意表示出AG、GD的长度，再由△GCD∽△APG，利用对应边成比例可解出x的值．
（2）利用（1）得出的y与x的关系式表示出S、S，然后作差即可．
1 2
（3）延长PD交AC于点Q，然后判断△DGP是等腰直角三角形，从而结合x的范围得出x的值，在Rt△DGP
中，解直角三角形可得出PD的长度．
CD PG
GD GA
【答案与解析】（1）∵CG∥AP，∴△GCD∽△APG，∴ = ，
x x x
∵GF=4，CD=DA=1，AF= ，∴GD=3- ，AG=4- ，
1 y 4x
3x 4x 3x
∴ = ，即y= ，
4x
3x
∴y关于x的函数关系式为y= ，
4x
3x
当y=3时， =3，解得x=2.5，
经检验的x=2.5是分式方程的根．故x的值为2.5；1 1 4x 4x
2 2 3x x 2
（2）∵S= GP•GD= • •（3- ）= ，
1
1 1 3x
2 2 2
S= GD•CD= （3-x）×1= ，
2
4x 3x 1
2 2 2
∴S-S= - = 即为常数；
1 2
（3）延长PD交AC于点Q．
∵正方形ABCD中，AC为对角线，∴∠CAD=45°，
∵PQ⊥AC，∴∠ADQ=45°，∴∠GDP=∠ADQ=45°．
4x
3x
∴△DGP是等腰直角三角形，则GD=GP，∴3-x= ，
5 5
化简得：x2-5x+5=0．解得：x= 2 ，
5 5
2
∵0≤x≤2.5，∴x= ，
GD 2+ 10
cos45o 2 2
在Rt△DGP中，PD= = （3-x）= ．
【总结升华】此题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质及解直角三角形的知识，解答本题的关键是用
移动的时间表示出有关线段的长度，然后运用所学知识进行求解．
【变式】如图，E是矩形ABCD边BC的中点，P是AD边上一动点，PF⊥AE，PH⊥DE，垂足分别为F，H．
（ 1 ） 当 矩 形 ABCD 的 长 与 宽 满 足 什 么 条 件 时 ， 四 边 形 PHEF 是 矩 形 ？ 请 予 以 证 明 ；（ 2 ） 在 （ 1 ） 中 ， 动 点 P 运 动 到 什 么 位 置 时 ， 矩 形 PHEF 变 为 正 方 形 ？ 为 什 么 ？
【答案】（1）AD=2AB．
证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，AB=CD；
∵E是BC的中点，∴AB=BE=EC=CD；则△ABE、△DCE是等腰Rt△；
∴∠AEB=∠DEC=45°；∴∠AED=90°；
四边形PFEH中，∠PFE=∠FEH=∠EHP=90°，故四边形PFEH是矩形；
（2）点P是AD的中点时，矩形PHEF变为正方形；理由如下：
由（1）可得∠BAE=∠CDE=45°；∴∠FAP=∠HDP=45°；
又∵∠AFP=∠PHD=90°，AP=PD，∴Rt△AFP≌Rt△DHP；∴PF=PH；
在矩形PFEH中，PF=PH，故PFEH是正方形．.
【中考过关真题练】
一．选择题（共6小题）
1．（2022•鄂尔多斯）如图，菱形ABCD中，AB＝2 ，∠ABC＝60°，矩形BEFG的边EF经过点C，且
点G在边AD上，若BG＝4，则BE的长为（ ）
A． B． C． D．3【分析】方法一：过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，由菱形的性质得出AB＝BC＝
CD＝2 ，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，由直角三角形的性质求出 MG＝3，证明
△GBM∽△BCE，由相似三角形的性质得出 ，则可求出答案．
方法二：连接CG，求出S菱形ABCD ＝2 ，根据S△BCG ＝ 可求出答案．
【解答】解：过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC＝CD＝2 ，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，
∴∠MGN＝90°，
∴四边形GMCN为矩形，
∴GM＝CN，
在△CDN中，∠D＝60°，CD＝2 ，
∴CN＝CD•sin60°＝2 ＝3，
∴MG＝3，
∵四边形BEFG为矩形，
∴∠E＝90°，BG∥EF，
∴∠BCE＝∠GBM，
又∵∠E＝∠BMG，
∴△GBM∽△BCE，
∴ ，∴ ，
∴BE＝ ，
方法二：连接CG，
同方法一求出△BGC的BC上的高为3，
∴S菱形ABCD ＝2 ，
∵S△BCG ＝ ，
∴ ，
∴BE＝ ．
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟
练掌握菱形的性质是解题的关键．
2．（2022•广州）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上，且CE＝1，∠ABE的平分线交AD于
点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（ ）
A． B． C．2﹣ D．【分析】连接EF，由正方形ABCD的面积为3，CE＝1，可得DE＝ ﹣1，tan∠EBC＝ ＝ ＝
，即得∠EBC＝30°，又AF平分∠ABE，可得∠ABF＝ ∠ABE＝30°，故AF＝ ＝1，DF＝AD﹣AF＝
﹣1，可知EF＝ DE＝ ×（ ﹣1）＝ ﹣ ，而M，N分别是BE，BF的中点，即得MN＝
EF＝ ．
【解答】解：连接EF，如图：
∵正方形ABCD的面积为3，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝ ，
∵CE＝1，
∴DE＝ ﹣1，tan∠EBC＝ ＝ ＝ ，
∴∠EBC＝30°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝60°，
∵AF平分∠ABE，
∴∠ABF＝ ∠ABE＝30°，
在Rt△ABF中，AF＝ ＝1，
∴DF＝AD﹣AF＝ ﹣1，
∴DE＝DF，△DEF是等腰直角三角形，
∴EF＝ DE＝ ×（ ﹣1）＝ ﹣ ，
∵M，N分别是BE，BF的中点，∴MN是△BEF的中位线，
∴MN＝ EF＝ ．
故选：D．
【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及含30°角的直角三角形三边关系，等腰直角三角形三边关系，
解题的关键是根据已知求得∠EBC＝30°．
3．（2022•绍兴）如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB＝2，∠ABC＝60°，E，F是对角线BD上的动
点，且BE＝DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．下列四种说法：
①存在无数个平行四边形MENF；
②存在无数个矩形MENF；
③存在无数个菱形MENF；
④存在无数个正方形MENF．
其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【解答】解：连接AC，MN，且令AC，MN，BD相交于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
只要OM＝ON，那么四边形MENF就是平行四边形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN＝EF，OM＝ON，则四边形MENF是矩形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是菱形，
∵点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；只要MN＝EF，MN⊥EF，OM＝ON，则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；
故选：C．
【点评】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定，解答本题的关键是明确
题意，作出合适的辅助线．
4．（2022•随州）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板 ABCD中，BD为对角线，
E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DO的中点，连
接MP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板．则在剪开之前，关于该图形，下列说法正确的有（
）
①图中的三角形都是等腰直角三角形；
②四边形MPEB是菱形；
③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的 ．
A．只有① B．①② C．①③ D．②③
【分析】①利用正方形的性质和中位线的性质可以解决问题；
②利用①的结论可以证明OM≠MP解决问题；
③如图，过M作MG⊥BC于G，设AB＝BC＝x，利用正方形的性质与中位线的性质分别求出BE和MG即
可判定是否正确．
【解答】解：①如图，∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF为△CBD的中位线，
∴EF∥BD，
∵AP⊥EF，
∴AP⊥BD，
∵四边形ABCD为正方形，∴A、O、P、C在同一条直线上，
∴△ABC、△ACD、△ABD、△BCD、△OAB、△OAD、△OBC、△OCD、△EFC都是等腰直角三角形，
∵M，N分别为BO，DO的中点，
∴MP∥BC，NF∥OC，
∴△DNF、△OMP也是等腰直角三角形．
故①正确；
②根据①得OM＝BM＝ PM，∴BM≠PM
∴四边形MPEB不可能是菱形．故②错误；
③∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF∥BD，EF＝ BD，
∵四边形ABCD是正方形，且设AB＝BC＝x，
∴BD＝ x，
∵AP⊥EF，
∴AP⊥BD，
∴BO＝OD，
∴点P在AC上，
∴PE＝ EF，
∴PE＝BM，
∴四边形BMPE是平行四边形，
∴BO＝ BD，
∵M为BO的中点，
∴BM＝ BD＝ x，
∵E为BC的中点，
∴BE＝ BC＝ x，
过M作MG⊥BC于G，
∴MG＝ BM＝ x，∴四边形BMPE的面积＝BE•MG＝ x2，
∴四边形BMPE的面积占正方形ABCD面积的 ．
∵E、F是BC，CD的中点，
∴S△CEF ＝ S△CBD ＝ S四边形ABCD ，
∴四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的（1﹣ ﹣ ﹣ ）＝ ．
故③正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，同时也利用了中位线的性质，也考查了正方形的面积公式和三角
形的面积公式，综合性比较强，能力要求比较高．
5．（2022•湘西州）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接
OH，OH＝4，若菱形ABCD的面积为32 ，则CD的长为（ ）
A．4 B．4 C．8 D．8
【分析】在Rt△BDH中先求得BD的长，根据菱形面积公式求得AC长，再根据勾股定理求得CD长．
【解答】解：∵DH⊥AB，
∴∠BHD＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，OC＝OA＝ ，AC⊥BD，∴OH＝OB＝OD＝ （直角三角形斜边上中线等于斜边的一半），
∴OD＝4，BD＝8，
由 得，
＝32 ，
∴AC＝8 ，
∴OC＝ ＝4 ，
∴CD＝ ＝8，
故选C．
【点评】本题考查了菱形性质，直角三角形性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是先求得BD的长．
6．（2022•绵阳）如图，E、F、G、H分别是矩形的边AB、BC、CD、AD上的点，AH＝CF，AE＝CG，
∠EHF＝60°，∠GHF＝45°，若AH＝2，AD＝5+ ，则四边形EFGH的周长为（ ）
A．4（2+ ） B．4（ +1） C．8（ + ） D．4（ + +2）
【分析】先构造15° 的直角三角形，求得15° 的余弦和正切值；作EK⊥FH，可求得EH：EF＝2： ；
作∠ARH＝∠BFT＝15°，分别交直线AB于R和T，构造“一线三等角”，先求得FT的长，进而根据相似
三角形求得ER，进而求得AE，于是得出∠AEH＝30°，进一步求得结果．
【解答】解：如图1，
Rt△PMN中，∠P＝15°，NQ＝PQ，∠MQN＝30°，设MN＝1，则PQ＝NQ＝2，MQ＝ ，PN＝ ，
∴cos15°＝ ，tan15°＝2﹣ ，
如图2，
作EK⊥FH于K，作∠AHR＝∠BFT＝15°，分别交直线AB于R和T，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠C，
在△AEH与△CGF中，
，
∴△AEH≌△CGF（SAS），
∴EH＝GF，
同理证得△EBF≌△GDH，则EF＝GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
设HK＝a，则EH＝2a，EK＝ ，
∴EF＝ EK＝ a，
∵∠EAH＝∠EBF＝90°，
∴∠R＝∠T＝75°，
∴∠R＝∠T＝∠HEF＝75°，
可得：FT＝ ＝ ＝2 ，AR＝AH•tan15°＝4﹣2 ，△FTE∽△ERH，
∴ ，∴ ，
∴ER＝4，
∴AE＝ER﹣AR＝2 ，
∴tan∠AEH＝ ＝ ，
∴∠AEH＝30°，
∴HG＝2AH＝4，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEH﹣∠HEF＝75°，
∴∠BEF＝∠T，
∴EF＝FT＝2 ，
∴EH+EF＝4+2 ＝2（2+ ），
∴2（EH+EF）＝4（2+ ），
∴四边形EFGH的周长为：4（2+ ），
故答案为：A．
【点评】本题考查了矩形性质，全等三角形判定和性质，解直角三角形，构造15°特殊角的图形及其求15°
的函数值，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造“一线三等角”及构造
15°直角三角形求其三角函数值．
二．填空题（共9小题）
7．（2022•青海）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，过点O的直线交AD，BC于点E，F，若AB＝
3，BC＝4，则图中阴影部分的面积为 6 ．
【分析】首先结合矩形的性质证明△AOE≌△COF，得△AOE、△COF的面积相等，从而将阴影部分的面
积转化为△BDC的面积．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝3，
∴OA＝OC，AB＝CD＝3，AD∥BC，∴∠AEO＝∠CFO；
又∵∠AOE＝∠COF，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF，
∴S△AOE ＝S△COF ，
∴S阴影 ＝S△AOE +S△BOF +S△COD ＝S△COF +S△BOF +S△COD ＝S△BCD ，
∵S△BCD ＝ BC•CD＝ ＝6，
∴S阴影 ＝6．
故答案为6．
【点评】此题主要考查了矩形的性质以及全等三角形的判定和性质，能够根据三角形全等，从而将阴影部
分的面积转化为矩形面积的一半，是解决问题的关键．
8．（2022•辽宁）如图，CD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC，BC的平行线，交BC于点E，交
AC于点F．若∠ACB＝60°，CD＝4 ，则四边形CEDF的周长是 1 6 ．
【分析】连接EF交CD于O，证明四边形CEDF是菱形，可得CD⊥EF，∠ECD＝ ∠ACB＝30°，OC＝
CD＝2 ，在Rt△COE中，可得CE＝ ＝ ＝4，故四边形CEDF的周长是4CE＝16．
【解答】解：连接EF交CD于O，如图：∵DE∥AC，DF∥BC，
∴四边形CEDF是平行四边形，
∵CD是△ABC的角平分线，
∴∠FCD＝∠ECD，
∵DE∥AC，
∴∠FCD＝∠CDE，
∴∠ECD＝∠CDE，
∴CE＝DE，
∴四边形CEDF是菱形，
∴CD⊥EF，∠ECD＝ ∠ACB＝30°，OC＝ CD＝2 ，
在Rt△COE中，
CE＝ ＝ ＝4，
∴四边形CEDF的周长是4CE＝4×4＝16，
故答案为：16．
【点评】本题考查是三角形角平分线及菱形性质和判定，解题的关键是掌握平行线性质，证明四边形
CEDF是菱形．
9．（2022•西宁）矩形ABCD中，AB＝8，AD＝7，点E在AB边上，AE＝5．若点P是矩形ABCD边上一
点，且与点A，E构成以AE为腰的等腰三角形，则等腰三角形AEP的底边长是 5 或 4 ．
【分析】分情况讨论：①当AP＝AE＝5时，则△AEP是等腰直角三角形，得出底边PE＝ AE＝5 即
可；
②当P E＝AE＝5时，求出BE，由勾股定理求出P B，再由勾股定理求出底边AP 即可．
1 1 1
【解答】解：如图所示，①当AP＝AE＝5时，
∵∠BAD＝90°，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴底边PE＝ AE＝5 ；
②当P E＝AE＝5时，
1
∵BE＝AB﹣AE＝8﹣5＝3，∠B＝90°，
∴P B＝ ，
1
∴底边AP ＝ ；
1
综上所述：等腰三角形AEP 的底边长为5 或4 ；
1
故答案为：5 或4 ．
【点评】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的判
定，进行分类讨论是解决问题的关键．
10．（2022•攀枝花）如图，以△ABC的三边为边在BC上方分别作等边△ACD、△ABE、△BCF．且点A
在△BCF内部．给出以下结论：①四边形ADFE是平行四边形；②当∠BAC＝150°时，四边形ADFE是矩
形；③当AB＝AC时，四边形ADFE是菱形；④当AB＝AC，且∠BAC＝150°时，四边形ADFE是正方形．
其中正确结论有 ①②③④ （填上所有正确结论的序号）．
【分析】①利用SAS证明△EFB≌△ACB，得出EF＝AC＝AD；同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；根据两边分别相等的四边形是平行四边形得出四边形ADFE是平行四边形，即可判断结论①正确；
②当∠BAC＝150°时，求出∠EAD＝90°，根据有一个角是90°的平行四边形是矩形即可判断结论②正确；
③先证明AE＝AD，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可判断结论③正确；
④根据正方形的判定：既是菱形，又是矩形的四边形是正方形即可判断结论④正确．
【解答】解：①∵△ABE、△CBF是等边三角形，
∴BE＝AB，BF＝CB，∠EBA＝∠FBC＝60°；
∴∠EBF＝∠ABC＝60°﹣∠ABF；
∴△EFB≌△ACB（SAS）；
∴EF＝AC＝AD；
同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；
由AE＝DF，AD＝EF即可得出四边形ADFE是平行四边形，故结论①正确；
②当∠BAC＝150°时，∠EAD＝360°﹣∠BAE﹣∠BAC﹣∠CAD＝360°﹣60°﹣150°﹣60°＝90°，
由①知四边形AEFD是平行四边形，
∴平行四边形ADFE是矩形，故结论②正确；
③由①知AB＝AE，AC＝AD，四边形AEFD是平行四边形，
∴当AB＝AC时，AE＝AD，
∴平行四边形AEFD是菱形，故结论③正确；
④综合②③的结论知：当AB＝AC，且∠BAC＝150°时，四边形AEFD既是菱形，又是矩形，
∴四边形AEFD是正方形，故结论④正确．
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查了平行四边形及矩形、菱形、正方形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与
性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法和性质是解答此题的关键．
11．（2022•营口）如图，将△ABC沿着BC方向平移得到△DEF，只需添加一个条件即可证明四边形ABED是菱形，这个条件可以是 AB ＝ AD （答案不唯一） ．（写出一个即可）
【分析】由平移的性质得AB∥DE，AB＝DE，则四边形ABED是平行四边形，再由菱形的判定即可得出结
论．
【解答】解：这个条件可以是 AB＝AD，理由如下：
由平移的性质得：AB∥DE，AB＝DE，
∴四边形ABED是平行四边形，
又∵AB＝AD，
∴平行四边形ABED是菱形，
故答案为：AB＝AD（答案不唯一）．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及平移的性质等知识，熟练掌握菱形的判定
和平移的性质是解题的关键．
12．（2022•吉林）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD的中点，点F在对
角线AC上，且AF＝ AC，连接EF．若AC＝10，则EF＝ ．
【分析】由AF＝ AC可得点F为AO中点，从而可得EF为△AOD的中位线，进而求解．
【解答】解：在矩形ABCD中，AO＝OC＝ AC，AC＝BD＝10，
∵AF＝ AC，
∴AF＝ AO，
∴点F为AO中点，
又∵点E为边AD的中点，
∴EF为△AOD的中位线，∴EF＝ OD＝ BD＝ ．
故答案为： ．
【点评】本题考查矩形的性质，解题关键是掌握三角形的中位线的性质．
13．（2022•甘肃）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AD∥BC，在不添加任何辅助线的前提下，要想
四边形ABCD成为一个矩形，只需添加的一个条件是 ∠ A ＝ 90 ° （答案不唯一） ．
【分析】先证四边形ABCD是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论．
【解答】解：需添加的一个条件是∠A＝90°，理由如下：
∵AB∥DC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠A＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，
故答案为：∠A＝90°（答案不唯一）．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的
判定与性质是解题的关键．
14．（2022•海南）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，AE＝AF，∠EAF＝30°，则
∠AEB＝ 6 0 °；若△AEF的面积等于1，则AB的值是 ．
【分析】利用“HL”先说明△ABE与△ADF全等，得结论∠BAE＝∠DAF，再利用角的和差关系及三角形
的内角和定理求出∠AEB；先利用三角形的面积求出AE，再利用直角三角形的边角间关系求出AB．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）．
∴∠BAE＝∠DAF．
∴∠BAE＝ （∠BAD﹣∠EAF）
＝ （90°﹣30°）
＝30°．
∴∠AEB＝60°．
故答案为：60．
过点F作FG⊥AE，垂足为G．
∵sin∠EAF＝ ，
∴FG＝sin∠EAF×AF．
∵S△AEF ＝ ×AE×FG＝ ×AE×AF×sin∠EAF＝1，
∴ ×AE2×sin30°＝1．
即 ×AE2× ＝1．
∴AE＝2．
在Rt△ABE中，
∵cos∠BAE＝ ，
∴AB＝cos30°×AE
＝ ×2
＝ ．
故答案为： ．【点评】本题主要考查了正方形的性质及解直角三角形，掌握正方形的性质及直角三角形的边角间关系是
解决本题的关键．
15．（2022•黔东南州）如图，折叠边长为4cm的正方形纸片ABCD，折痕是DM，点C落在点E处，分别
延长ME、DE交AB于点F、G，若点M是BC边的中点，则FG＝ cm．
【分析】如图，连接DF，可证得Rt△DAF≌Rt△DEF（HL），则AF＝EF，设AF＝xcm，则EF＝xcm，
利用勾股定理求得x＝ ，再由△FGE∽△FMB，即可求得答案．
【解答】解：如图，连接DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝AB＝BC＝4cm，∠A＝∠B＝∠C＝90°，
∵点M是BC边的中点，
∴CM＝BM＝ BC＝2cm，
由折叠得：DE＝CD＝4cm，EM＝CM＝2cm，∠DEM＝∠C＝90°，
∴∠DEF＝180°﹣90°＝90°，AD＝DE，
∴∠A＝∠DEF，
在Rt△DAF和Rt△DEF中，
，∴Rt△DAF≌Rt△DEF（HL），
∴AF＝EF，
设AF＝xcm，则EF＝xcm，
∴BF＝（4﹣x）cm，FM＝（x+2）cm，
在Rt△BFM中，BF2+BM2＝FM2，
∴（4﹣x）2+22＝（x+2）2，
解得：x＝ ，
∴AF＝EF＝ cm，BF＝4﹣ ＝ cm，FM＝ +2＝ cm，
∵∠FEG＝∠DEM＝90°，
∴∠FEG＝∠B＝90°，
∵∠EFG＝∠BFM，
∴△FGE∽△FMB，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴FG＝ cm，
故答案为： ．
【点评】此题考查了折叠的性质、正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判
定与性质．此题有一定难度，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
三．解答题（共10小题）
16．（2022•云南）如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，E为线段AD的中点，延长BE与CD的延长
线交于点F，连接AF，∠BDF＝90°．
（1）求证：四边形ABDF是矩形；（2）若AD＝5，DF＝3，求四边形ABCF的面积S．
【分析】（1）由四边形 ABCD 是平行四边形，得∠BAE＝∠FDE，而点 E 是 AD 的中点，可得
△BEA≌△FED（ASA），即知EF＝EB，从而四边形ABDF是平行四边形，又∠BDF＝90°，即得四边形
ABDF是矩形；
（2）由∠AFD＝90°，AB＝DF＝3，AF＝BD，得AF＝ ＝ ＝4，S矩形ABDF ＝DF•AF＝
12，四边形ABCD是平行四边形，得CD＝AB＝3，从而S△BCD ＝ BD•CD＝6，即可得四边形ABCF的面
积S为18．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BA∥CD，
∴∠BAE＝∠FDE，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE，
在△BEA和△FED中，
，
∴△BEA≌△FED（ASA），
∴EF＝EB，
又∵AE＝DE，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵∠BDF＝90°．
∴四边形ABDF是矩形；
（2）解：由（1）得四边形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，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝3，
∴S△BCD ＝ BD•CD＝ ×4×3＝6，
∴四边形ABCF的面积S＝S矩形ABDF +S△BCD ＝12+6＝18，
答：四边形ABCF的面积S为18．
【点评】本题考查平行四边形性质及应用，涉及矩形的判定，全等三角形判定与性质，勾股定理及应用等，
解题的关键是掌握全等三角形判定定理，证明△BEA≌△FED．
17．（2022•聊城）如图，△ABC中，点D是AB上一点，点E是AC的中点，过点C作CF∥AB，交DE
的延长线于点F．
（1）求证：AD＝CF；
（2）连接AF，CD．如果点D是AB的中点，那么当AC与BC满足什么条件时，四边形ADCF是菱形，证
明你的结论．
【分析】（1）由 CF∥AB，得∠ADF＝∠CFD，∠DAC＝∠FCA，又 AE＝CE，可证△ADE≌△CFE
（AAS），即得AD＝CF；
（2）由AD＝CF，AD∥CF，知四边形ADCF是平行四边形，若AC⊥BC，点D是AB的中点，可得CD＝
AB＝AD，即得四边形ADCF是菱形．
【解答】（1）证明：∵CF∥AB，
∴∠ADF＝∠CFD，∠DAC＝∠FCA，∵点E是AC的中点，
∴AE＝CE，
∴△ADE≌△CFE（AAS），
∴AD＝CF；
（2）解：当AC⊥BC时，四边形ADCF是菱形，证明如下：
由（1）知，AD＝CF，
∵AD∥CF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AC⊥BC，
∴△ABC是直角三角形，
∵点D是AB的中点，
∴CD＝ AB＝AD，
∴四边形ADCF是菱形．
【点评】本题考查全等三角形的判定与性质及菱形的判定，解题的关键是掌握全等三角形判定定理及菱形
的判定定理．
18．（2022•广元）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC平分∠DAB，AB＝2CD，E为AB中点，连结
CE．
（1）求证：四边形AECD为菱形；
（2）若∠D＝120°，DC＝2，求△ABC的面积．
【分析】（1）由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证四边形 AECD是平行四边形，由平行
线的性质和角平分线的性质可证AD＝CD，可得结论；
（2）由菱形的性质可求AE＝BE＝CE＝2，由等边三角形的性质和直角三角形的性质可求 BC，AC的长，
即可求解．
【解答】（1）证明：∵E为AB中点，
∴AB＝2AE＝2BE，
∵AB＝2CD，
∴CD＝AE，
又∵AE∥CD，∴四边形AECD是平行四边形，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC＝∠EAC，
∵AB∥CD，
∴∠DCA＝∠CAB，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴AD＝CD，
∴平行四边形AECD是菱形；
（2）∵四边形AECD是菱形，∠D＝120°，
∴AD＝CD＝CE＝AE＝2，∠D＝120°＝∠AEC，
∴AE＝CE＝BE，∠CEB＝60°，
∴∠CAE＝30°＝∠ACE，△CEB是等边三角形，
∴BE＝BC＝EC＝2，∠B＝60°，
∴∠ACB＝90°，
∴AC＝ BC＝2 ，
∴S△ABC ＝ ×AC×BC＝ ×2×2 ＝2 ．
【点评】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的性质，角平分线的性质，灵活运用这些性质解决问
题是解题的关键．
19．（2022•湖州）如图，已知在Rt△ABC中，∠C＝Rt∠，D是AB边上一点，以BD为直径的半圆O与
边AC相切，切点为E，过点O作OF⊥BC，垂足为F．
（1）求证：OF＝EC；
（2）若∠A＝30°，BD＝2，求AD的长．
【分析】（1）连接OE，由切线的性质可证明OE⊥AC，根据有三个角是直角的四边形OECF是矩形，可
得结论；（2）根据含30°角的直角三角形的性质可得AO的长，由线段的差可得答案．
【解答】（1）证明：连接OE，
∵AC是 O的切线，
∴OE⊥A⊙C，
∴∠OEC＝90°，
∵OF⊥BC，
∴∠OFC＝90°，
∴∠OFC＝∠C＝∠OEC＝90°，
∴四边形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．
【点评】本题主要考查切线的性质，矩形的判定和性质，含30°的直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩
形的判定与性质是解题的关键．
20．（2022•邵阳）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE
＝DF，OE＝OA．
求证：四边形AECF是正方形．【分析】先证明四边形AECF是菱形，再证明EF＝AC，即可得出结论
【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OE＝OF，
∴四边形AECF是菱形；
∵OE＝OA＝OF，
∴OE＝OF＝OA＝OC，即EF＝AC，
∴菱形AECF是正方形．
【点评】本题主要考查了菱形的性质与判定，正方形的判定，掌握相关定理是解题基础
21．（2022•凉山州）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC
交CE的延长线于点F．
（1）求证：四边形ADBF是菱形；
（2）若AB＝8，菱形ADBF的面积为40．求AC的长．
【分析】（1）利用平行线的性质可得∠AFC＝∠FCD，∠FAE＝∠CDE，利用中点的定义可得AE＝DE，
从而证明△FAE≌△CDE，然后利用全等三角形的性质可得 AF＝CD，再根据D是BC的中点，可得AF＝
BD，从而可证四边形AFBD是平行四边形，最后利用直角三角形斜边上的中线可得BD＝AD，从而利用菱
形的判定定理即可解答；
（2）利用（1）的结论可得菱形ADBF的面积＝2△ABD的面积，再根据点D是BC的中点，可得△ABC
的面积＝2△ABD的面积，进而可得菱形ADBF的面积＝△ABC的面积，然后利用三角形的面积进行计算
即可解答．
【解答】（1）证明：∵AF∥BC，
∴∠AFC＝∠FCD，∠FAE＝∠CDE，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE，
∴△FAE≌△CDE（AAS），
∴AF＝CD，∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD，
∴AF＝BD，
∴四边形AFBD是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝BD＝ BC，
∴四边形ADBF是菱形；
（2）解：∵四边形ADBF是菱形，
∴菱形ADBF的面积＝2△ABD的面积，
∵点D是BC的中点，
∴△ABC的面积＝2△ABD的面积，
∴菱形ADBF的面积＝△ABC的面积＝40，
∴ AB•AC＝40，
∴ ×8•AC＝40，
∴AC＝10，
∴AC的长为10．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线，全等三角形的判定与性质，熟练掌握
全等三角形的判定与性质，以及菱形的判定与性质是解题的关键．
22．（2022•巴中）如图， ABCD中，E为BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，延长
EC至点G，使CG＝CE，连▱接DG、DE、FG．
（1）求证：△ABE≌△FCE；
（2）若AD＝2AB，求证：四边形DEFG是矩形．
【分析】（1）由平行四边形的性质推出AB∥CD，根据平行线的性质推出∠EAB＝∠CFE，利用AAS即可
判定△ABE≌△FCE；（2）先证明四边形DEFG是平行四边形，再证明DF＝EG，即可证明四边形DEFG是矩形．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠EAB＝∠CFE，
又∵E为BC的中点，
∴EC＝EB，
在△ABE和△FCE中，
，
∴△ABE≌△FCE（AAS）；
（2）∵△ABE≌△FCE，
∴AB＝CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，
∴DC＝CF，
又∵CE＝CG，
∴四边形DEFG是平行四边形，
∵E为BC的中点，CE＝CG，
∴BC＝EG，
又∵AD＝BC＝EG＝2AB，DF＝CD+CF＝2CD＝2AB，
∴DF＝EG，
∴平行四边形DEFG是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四
边形的判定与性质，证明△ABE≌△FCE是解题的关键．
23．（2022•六盘水）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAC，CF平分∠ACD．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形AECF是矩形？请写出证明过程．【分析】（1）由ASA证△ABE≌△CDF即可；
（2）由（1）可知，∠CAE＝∠ACF，则AE∥CF，再由全等三角形的性质得AE＝CF，则四边形AECF是
平行四边形，然后由等腰三角形的在得∠AEC＝90°，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠B＝∠D，AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD，
∵AE平分∠BAC、CF平分∠ACD，
∴∠BAE＝∠CAE＝ ∠BAC，∠DCF＝∠ACF＝ ∠ACD，
∴∠BAE＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（ASA）；
（2）解：当△ABC满足AB＝AC时，四边形AECF是矩形，理由如下：
由（1）可知，∠CAE＝∠ACF，
∴AE∥CF，
∵△ABE≌△CDF，
∴AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AB＝AC，AE平分∠BAC，
∴AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
∴平行四边形AECF是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、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是解题的关键．
24．（2022•泰州）如图，线段DE与AF分别为△ABC的中位线与中线．（1）求证：AF与DE互相平分；
（2）当线段AF与BC满足怎样的数量关系时，四边形ADFE为矩形？请说明理由．
【分析】（1）根据线段中点的定义可得AD＝ AB，根据三角形的中位线定理可得EF∥AB，EF＝ AB，
从而可得EF＝AD，进而可得四边形ADFE是平行四边形，然后利用平行四边形的性质即可解答；
（2）当AF＝ BC时，四边形ADFE为矩形，再根据三角形的中位线定理可得DE＝ BC，从而可得AF＝
DE，然后利用（1）的结论即可解答．
【解答】（1）证明：∵点D是AB的中点，
∴AD＝ AB，
∵点E是AC的中点，点F是BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AB，EF＝ AB，
∴EF＝AD，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴AF与DE互相平分；
（2）解：当AF＝ BC时，四边形ADFE为矩形，
理由：∵线段DE为△ABC的中位线，
∴DE＝ BC，
∵AF＝ BC，
∴AF＝DE，
由（1）得：四边形ADFE是平行四边形，
∴四边形ADFE为矩形．【点评】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，三角形的中位线定理，三角形的角平分线，中线和
高，熟练掌握三角形的中位线定理，以及矩形的判定是解题的关键．
25．（2022•德阳）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2 cm，过点D作BC的垂线，交BC的
延长线于点H．点F从点B出发沿BD方向以2cm/s向点D匀速运动，同时，点E从点H出发沿HD方向
以1cm/s向点D匀速运动．设点E，F的运动时间为t（单位：s），且0＜t＜3，过F作FG⊥BC于点G，
连结EF．
（1）求证：四边形EFGH是矩形；
（2）连结FC，EC，点F，E在运动过程中，△BFC与△DCE是否能够全等？若能，求出此时t的值；若
不能，请说明理由．
【分析】（1）根据平行线的判定定理得到 EH∥FG，由题意知BF＝2tcm，EH＝tcm，推出四边形EFGH
是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到四边形EFGH是矩形；
（2）根据菱形的性质得到∠ABC＝60°，AB＝2 cm，求得∠ADC＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝2 cm，解
直角三角形即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵EH⊥BC，FG⊥BC，
∴EH∥FG，
由题意知BF＝2tcm，EH＝tcm，
∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴∠CBD＝30°，
∴FG＝ BF＝tcm，
∴EH＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵∠FGH＝90°，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）△BFC与△DCE能够全等，理由：∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2 cm，
∴∠ADC＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝2 cm，AB∥CD，
∴∠CBD＝∠CDB＝30°，∠DCH＝∠ABC＝60°，
∵DH⊥BC，
∴∠CHD＝90°，
∴∠CDH＝90°﹣60°＝30°＝∠CBF，
在Rt△CDH中，cos∠CDH＝ ，
∴DH＝2 × ＝3，
∵BF＝2tcm，
∴EH＝tcm，
∴DE＝（3﹣t）cm，
∴当BF＝DE时，△BFC≌△DEC，
∴2t＝3﹣t，
∴t＝1．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，解直角三角形，熟练掌握矩形的判定定理是解题的
关键．
【中考挑战满分模拟练】
一．选择题（共8小题）
1．（2023•莲湖区一模）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，则下列结论中不正确
的是（ ）
A．当AB＝BC时，它是菱形
B．当AC⊥BD时，它是菱形
C．当AC＝BD时，它是矩形D．当AC垂直平分BD时，它是正方形
【分析】根据平行四边形的性质、矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形，故A正确，
当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形，故B正确，
当AC＝BD时，四边形ABCD是矩形，故C正确，
当AC垂直平分BD时，它是正方形，故D不正确．
故选：D．
【点评】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定等知识，解题的关键是熟
练掌握基本知识．
2．（2023•三江县校级一模）如图，∠BDE＝90°，正方形BEGC和正方形AFED的面积分别是289和
225，则以BD为直径的半圆的面积是（ ）
A．16 B．8 C．4 D．2
【分析π】利用勾股定理求出BDπ，再求半圆的面积即可π． π
【解答】解：∵正方形BEGC和正方形AFED的面积分别是289和225，
∴BE2＝289，DE2＝225，
∵∠BDE＝90°，
∴ ，
∴以BD为直径的半圆的面积为：
；
故选：B．
【点评】本题考查勾股定理．熟练掌握勾股定理，是解题的关键．
3．（2023•未央区校级三模）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6和8，则这个菱形的面积
是（ ）A．48 B．40 C．24 D．20
【分析】由菱形的面积等于对角线长乘积的一半，列式计算即可．
【解答】解：∵菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6和8，
∴AC⊥BD，这个菱形的面积＝ AC•BD＝ ×6×8＝24，
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质，熟记菱形的面积公式是解题的关键．
4．（2023•汉阳区校级一模）如图，菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，过点B作BE⊥AB交CD于点
E，连接AE，F为AE的中点，H为BE的中点，连接FH和CF，CF交BE于点G，则GF的长为（ ）
A．3 B． C．2 D．
【分析】由菱形的性质得AB＝BC＝CD＝4，AB∥CD，∠BAD＝∠BCE＝60°，再由三角形中位线定理得
FH＝ AB＝2，FH∥AB，然后证△FHG≌△CEG（AAS），得EG＝GH＝ EH＝ ，进而由勾股定理即
可得出结论．
【解答】解：∵菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝4，AB∥CD，∠BAD＝∠BCE＝60°，
∵F为AE的中点，H为BE的中点，
∴EH＝ BE，FH是△ABE的中位线，∴FH＝ AB＝2，FH∥AB，
∴FH∥AB∥CD，
∵BE⊥AB，
∴FH⊥BE，CD⊥BE，
∴∠FHE＝∠BEC＝90°，
∴∠CBE＝90°﹣60°＝30°，
∴CE＝ BC＝2，
∴BE＝ ＝ ＝2 ，
∴EH＝ BE＝ ，
∴FH＝CE，
在△FHG和△CEG中，
，
∴△FHG≌△CEG（AAS），
∴EG＝GH＝ EH＝ ，
在Rt△FHG中，由勾股定理得：GF＝ ＝ ＝ ，
故选：D．
【点评】本题考查了菱形的性质、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形
的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
5．（2023•碑林区校级模拟）如图，四边形ABCD的两条对角线相交于点O，且互相平分．添加下列条件，
仍不能判定四边形ABCD为菱形的是（ ）
A．AC⊥BD B．AB＝AD C．AC＝BD D．∠ABD＝∠CBD【分析】根据菱形的定义及其判定、矩形的判定对各选项逐一判断即可得．
【解答】解：∵四边形ABCD的两条对角线相交于点O，且互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
当AB＝AD或AC⊥BD时，均可判定四边形ABCD是菱形；
当AC＝BD时，可判定四边形ABCD是矩形；
当∠ABD＝∠CBD时，
由AD∥BC得：∠CBD＝∠ADB，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是菱形；
故选：C．
【点评】本题主要考查菱形的判定，解题的关键是掌握菱形的定义和各判定及矩形的判定．
6．（2023•碑林区校级一模）四边形不具有稳定性．四条边长都确定的四边形，当内角的大小发生变化时，
其形状也随之改变．如图，改变正方形 ABCD 的内角，使正方形 ABCD 变为菱形 ABC′D′，如果
∠DAD′＝30°，那么菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比是（ ）
A． B． C． D．1
【分析】过D'作D'M⊥AB于M，求出正方形ABCD的面积＝AB2，再由含30°角的直角三角形的性质得AM
＝ AD'，D'M＝ AM＝ AD'，然后求出菱形ABCD的面积＝AB×D'M＝ AB2，即可求解．
【解答】解：过D'作D'M⊥AB于M，如图所示：
则∠D'MA＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴正方形ABCD的面积＝AB2，AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵∠DAD′＝30°，∴∠D'AM＝90°﹣30°＝60°，
∴∠AD'M＝30°，
∴AM＝ AD'，D'M＝ AM＝ AD'，
∵四边形ABC′D′是菱形，
∴AB＝AD'＝AD，菱形ABCD的面积＝AB×D'M＝ AB2，
∴菱形ABC′D′与正方形ABCD的面积之比＝ ＝ ，
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的性质、正方形的性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的
性质和正方形的性质，证出D'M＝ AD'是解题的关键．
7．（2023•深圳模拟）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，已知∠ACB＝25°，则
∠AOB的大小是（ ）
A．130° B．65° C．50° D．25°
【分析】由矩形的性质得OB＝OC，再由等腰三角形的性质得∠OBC＝∠ACB＝25°，然后由三角形的外角
性质即可得出结论．
【解答】解：∵矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴OA＝OC＝ AC，OB＝OD＝ BD，
∴OB＝OC，∴∠OBC＝∠ACB＝25°，
∴∠AOB＝∠OBC+∠ACB＝25°+25°＝50°，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质以及三角形的外角性质，熟练掌握矩形的性质是解题
的关键．
8．（2023•孟村县校级一模）在下列条件中，能够判定 ABCD为矩形的是（ ）
A．AB＝AC B．AC⊥BD C．AB＝▱AD D．AC＝BD
【分析】由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、 ABCD中，AB＝AC，不能判定 ABCD是矩形，故选项A不符合题意；
B、∵ ABCD中，▱AC⊥BD， ▱
∴ AB▱CD是菱形，故选项B不符合题意；
C、▱∵ ABCD中，AB＝AD，
∴ AB▱CD是菱形，故选项C不符合题意；
D、▱∵ ABCD中，AC＝BD，
∴ AB▱CD是矩形，故选项D符合题意；
故▱选：D．
【点评】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定和菱形的
判定是解题的关键．
二．填空题（共8小题）
9．（2023•福安市一模）如图平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA＝OB，∠OAD＝
65°．则∠ODC＝ 25 ° ．
【分析】由平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA＝OB，易证得四边形ABCD是矩形，继而可求得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵OA＝OB，
∴OA＝OB＝OC＝OD，
∴AB＝CD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，
∵∠ODA＝∠OAD＝65°，
∴∠ODC＝∠ADC﹣∠ODA＝25°．
故答案为：25°．
【点评】此题考查了矩形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
10．（2023•雁塔区校级一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E在线段BO上，
连接AE，若CD＝3BE，∠DAE＝∠DEA，EO＝1，则线段AE的长为 ．
【分析】设BE＝x，则CD＝3x，根据菱形的性质得AB＝AD＝CD＝3x，OB＝OD，AC⊥BD，再证明DE＝
DA＝3x，所以1+x＝2x，解得x＝1，然后利用勾股定理计算OA，再计算AE的长．
【解答】解：设BE＝x，则CD＝3x，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝CD＝3x，OB＝OD，AC⊥BD，
∵∠DAE＝∠DEA，
∴DE＝DA＝3x，
∴BD＝4x，
∴OB＝OD＝2x，
∵OE+BE＝BO，
∴1+x＝2x，解得x＝1，
即AB＝3，OB＝2，
在Rt△AOB中，OA＝ ＝ ＝ ，
在Rt△AOE中，AE＝ ＝ ＝ ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对
角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
11．（2023•定远县校级一模）七巧板是中国古代劳动人民发明的一种传统智力玩具，它由五块等腰直角
三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成．（清）陆以活《冷庐杂识》卷中写道：近又有七巧
图，其式五，其数七，其变化之式多至千余，体物肖形，随手变幻，盖游戏之具，足以排闷破寂，故世俗
皆喜为之．如图是一个用七巧板拼成装饰图，放入长方形 ABCD内，装饰图中的三角形顶点E，F分别在
边AB，BC上，三角形①的边GD在AD上，则 ＝ ．
【分析】设七巧板的边长为x，根据正方形的性质、矩形的性质分别表示出AB，BC，进一步求出 的值．
【解答】解：设七巧板的边长为x，
则AB＝ x+ x，BC＝ x+x+ x＝2x，
∴ ＝ ＝ ，
故答案为： ．
【点评】本题考查了矩形的性质，七巧板，关键是熟悉七巧板的特征，表示出AB，BC的长．12．（2023•莲湖区一模）如图，在菱形ABCD中，对角线交于O，且对角线AC＝12，tan∠OCD＝ ，点
E是边AB的中点，则OE＝ 5 ．
【分析】由菱形的性质得AB＝CD，OA＝OC＝ AC＝6，AC⊥BD，再由锐角三角函数定义得OD＝8，然
后由勾股定理得AB＝CD＝10，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝12，
∴AB＝CD，OA＝OC＝ AC＝6，AC⊥BD，
在Rt△OCD中，tan∠OCD＝ ＝ ，
∴OD＝ OC＝ ×6＝8，
∴AB＝CD＝ ＝ ＝10，
在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，点E是边AB的中点，
∴OE＝ AB＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理以及锐角三角函数定义等知识，
熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
13．（2023•秦都区校级模拟）如图所示，四边形 ABCD中，AC⊥BD于点O，AO＝CO＝4，BO＝DO＝
3，点P为线段AC上的一个动点．过点P分别作PM⊥AD于点M，作PN⊥DC于点N．连接PB，在点P
运动过程中，PM+PN+PB的最小值等于 7. 8 ．【分析】证四边形ABCD是菱形，得CD＝AD＝5，连接PD，由三角形面积关系求出PM+PN＝4.8，得当
PB最短时，PM+PN+PB有最小值，则当BP⊥AC时，PB最短，即可得出答案．
【解答】解：∵AO＝CO＝4，BO＝DO＝3，
∴AC＝8，四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD于点O，
∴平行四边形ABCD是菱形，AD＝ ＝ ＝5，
∴CD＝AD＝5，
连接PD，如图所示：
∵S△ADP +S△CDP ＝S△ADC ，
∴ AD•PM+ DC•PN＝ AC•OD，
即 ×5×PM+ ×5×PN＝ ×8×3，
∴5×（PM+PN）＝8×3，
∴PM+PN＝4.8，
∴当PB最短时，PM+PN+PB有最小值，
由垂线段最短可知：当BP⊥AC时，PB最短，
∴当点P与点O重合时，PM+PN+PB有最小值，最小值＝4.8+3＝7.8，
故答案为：7.8．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、最小值问题以及三角形面
积等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
14．（2023•崂山区一模）如图，在矩形ABCD中，连接BD，过点C作∠DBC平分线BE的垂线，垂足为
点E，且交BD于点F；过点C作∠BDC平分线DH的垂线，垂足为点H，且交BD于点G，连接HE，若
BC＝2 ，CD＝ ，则线段HE的长度为 ．【分析】先证明△BEC≌△BEF，可得CE＝FE，BF＝BC＝2 ，同理：CH＝GH，DG＝CD＝ ，从而
得HE＝ ，再利用勾股定理得BD＝ ，进而即可求解．
【解答】解：∵BE平分∠DBC，
∴∠CBE＝∠FBE，
∵CF⊥BE，
∴∠BEC＝∠BEF＝90°，
又∵BE＝BE，
∴△BEC≌△BEF（ASA），
∴CE＝FE，BF＝BC＝2 ，
同理：CH＝GH，DG＝CD＝ ，
∴HE是△CGF的中位线，
∴HE＝ ，
在矩形ABCD中， ， ，
由勾股定理得：BD＝ ，
∴GF＝BF+DG﹣BD＝ ，
∴HE＝ ，
故答案为： ．
【点评】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，中位线的性质，推出 HE是
△CGF的中位线是解题的关键．15．（2023•雁塔区校级模拟）如图，已知边长为2的正方形ABCD外有一个点E，过点E作直线BC的垂
线，垂足为F，连接AE．若 ，则AE的最小值是 1+ ．
【分析】连接AC，作AG⊥CE交直线CE于点G，可求得∠DCA＝∠DAC＝45°，AC＝ ＝
＝2 ，再由tan∠FCE＝ ＝ ，得∠BCE＝60°，可知点E在与直线BC所成的锐角为60°的
直线上运动，当点E与点G重合时，AE的值最小，在AG上取一点H，连接CH，使CH＝AH，则∠CHG
＝15°+15°＝30°，设CG＝m，则CH＝AH＝2CG＝2m，GH＝ m，所以AG＝2m+ m，由勾股定理得
（2m+ m）2+m2＝（2 ）2，求出m的值再求出AG的长即可．
【解答】解：连接AC，作AG⊥CE交直线CE于点G，则∠AGC＝90°，
∵四边形ABCD是边长为2的正方形，
∴AD＝CD＝2，∠D＝∠BCD＝90°，
∴∠DCA＝∠DAC＝45°，AC＝ ＝ ＝2 ，
∵EF⊥BC，EF＝ CF，
∴∠CFE＝90°，
∴tan∠FCE＝ ＝ ，
∴∠BCE＝60°，
∴点E在与直线BC所成的锐角为60°的直线上运动，
∴当点E与点G重合时，AE的值最小，
在AG上取一点H，连接CH，使CH＝AH，
∴∠DCG＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴∠ACG＝45°+30°＝75°，∴∠HAC＝90°﹣75°＝15°，
∴∠HCA＝∠HAC＝15°，
∴∠CHG＝15°+15°＝30°，
设CG＝m（m＞0），
∴CH＝AH＝2CG＝2m，
∴GH＝ ＝ ＝ m，
∴AG＝2m+ m，
∵AG2+CG2＝AC2，
∴（2m+ m）2+m2＝（2 ）2，
整理得（2+ ）m2＝2，
∴m2＝4﹣2 ＝（ ﹣1）2，
∴m＝ ﹣1，
∴AG＝2×（ ﹣1）+ ×（ ﹣1）＝1+ ，
∴AE的最小值是1+ ，
故答案为：1+ ．
【点评】此题重点考查正方形的性质、锐角三角函数与解直角三角形、勾股定理、直角三角形中30°角所
对的直角边等于斜边的一半、垂线段最短等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
16．（2023•榆林一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E、F分别在边AB、CD上，点M为
线段EF上一动点，过点M作EF的垂线分别交边AD、BC于点G、点H．若线段EF恰好平分矩形ABCD的面积，且DF＝1，则GH的长为 ．
【分析】先判断EF过矩形的对称中心，作DI∥EF，AJ∥GH，证明△ADI∽△BAJ，从而求出BJ，进而求
得．
【解答】解：如图，连接AC，交EF于O，
∵线段EF恰好平分矩形ABCD的面积，
∴O是矩形的对称中心，
∴BE＝DF＝1，
作DI∥EF，AJ∥GH，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DF∥IE，
∴四边形DIEF是平行四边形，
∴EI＝DF＝1，
∴AI＝AB﹣BE﹣EI＝2，
同理可得，
AJ＝GH，
∵EF⊥GH，
∴DI⊥AJ，
由（1）得，
∠AID＝∠AJB，∴△ADI∽△BAJ，
∴ ，
∴ ，
∴BJ＝ ，
在Rt△ABJ中由勾股定理得，
AJ＝ ＝ ＝ ，
∴GH＝ ，
故答案为： ，
【点评】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质，通
过作辅助线构建平行四边形是解题的关键．
三．解答题（共9小题）
17．（2023•雁塔区校级模拟）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，点E，F分别是OB，OC上
的点，且OE＝OF，连接AE，DF．
求证：∠EAD＝∠FDA．
【分析】由矩形的性质得出AO＝OD，则∠ODA＝∠OAD，证明△ADF≌△DAE（SAS），由全等三角形
的性质可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，
∴AO＝OD，
∴∠ODA＝∠OAD，
又∵OF＝OE，
∴OA+OF＝OD+OE，
即AF＝DE，又∵AD＝DA，
∴△ADF≌△DAE（SAS），
∴∠FDA＝∠EAD．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握矩形的性质是解题的关键．
18．（2023•碑林区校级模拟）如图，点P为菱形ABCD对角线BD上一点，点E在边AD上，连接PA、
PC、PE，且∠AEP＝∠DCP．求证：PC＝PE．
【分析】根据菱形的性质得到AD＝CD，∠ADP＝∠CDP，根据全等三角形的性质得到AP＝CP，∠DCP
＝∠DAP，等量代换得到∠DAP＝∠AEP，于是得到结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，∠ADP＝∠CDP，
在△ADP与△CDP中，
，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴AP＝CP，∠DCP＝∠DAP，
∵∠AEP＝∠DCP，
∴∠DAP＝∠AEP，
∴AP＝PE，
∴PC＝PE．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判断和性质，等腰三角形的判定，熟练正确菱形的性质是
解题的关键．
19．（2023•雁塔区校级二模）如图，在菱形 ABCD中，过点D分别作DE⊥AB于点E，作DF⊥BC于点
F．求证：AE＝CF．【分析】先由菱形的性质得到AD＝CD，∠A＝∠C，再由AAS证得△ADE≌△CDF，即可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD，∠A＝∠C，
∵DE⊥AB，DF⊥BC，
∴∠AED＝∠CFD＝90°，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF．
【点评】本题考查了菱形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握菱形的性质和全等三角形的
判定与性质是解题的关键．
20．（2023•深圳模拟）如图，已知△ABC中，D是BC边上一点，过点D分别作DE∥AC交AB于点E，
作DF∥AB交AC于点F，连接AD．
（1）下列条件：
①D是BC边的中点；
②AD是△ABC的角平分线；
③点E与点F关于直线AD对称．
请从中选择一个能证明四边形AEDF是菱形的条件，并写出证明过程；
（2）若四边形AEDF是菱形，且AE＝2，CF＝1，求BE的长．
【分析】（1）证四边形AEDF是平行四边形，∠ADE＝∠DAF，再由条件②证AE＝DE，或由条件③证
AE＝AF，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得AF＝DF＝DE＝AE＝2，再证△BDE∽△BCA，得 ＝ ，即可解决问题．
【解答】解：（1）∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，∠ADE＝∠DAF，能证明四边形AEDF是菱形的条件为：②或③，证明如下：
条件②，∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠DAE＝∠DAF，
∴∠ADE＝∠DAE，
∴AE＝DE，
∴平行四边形AEDF是菱形；
条件③，∵点E与点F关于直线AD对称，
∴AE＝AF，
∴平行四边形AEDF是菱形；
（2）∵四边形AEDF是菱形，
∴AF＝DF＝DE＝AE＝2，
∴AC＝AF+CF＝2+1＝3，
∵DE∥AC，
∴△BDE∽△BCA，
∴ ＝ ，
即 ＝ ，
解得：BE＝4，
即BE的长为4．
【点评】本题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、相似三角形的判
定与性质以及轴对称的性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
21．（2023•黔江区一模）如图，在 ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是AD上一点，连接EO并
延长，交BC于点F．连接AF，CE，▱EF平分∠AEC．
（1）求证：四边形AFCE是菱形；
（2）若∠DAC＝60°，AC＝2，求四边形AFCE的面积．
【分析】（1）由“AAS”证△AOE≌△COF，得OF＝OE，证出四边形AFCE是平行四边形，再证CE＝
CF，即可得出结论；（2）由含30°角的直角三角形的性质得出OE＝ AO＝ ，则EF＝2OE＝2 ，由菱形面积公式即可得
出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC，AO＝CO，
∴∠AEF＝∠CFE，
在△AOE和△COF中， ，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OF＝OE，
∵AO＝CO，
∴四边形AFCE是平行四边形；
∵EF平分∠AEC，
∴∠AEF＝∠CEF，
∴∠CFE＝∠CEF，
∴CE＝CF，
∴四边形AFCE是菱形；
（2）解：由（1）得：四边形AFCE是菱形，
∴AC⊥EF，AO＝CO＝ AC＝1，
∴∠AOE＝90°，
∵∠DAC＝60°，
∴∠AEO＝30°，
∴OE＝ AO＝ ，
∴EF＝2OE＝2 ，
∴四边形AFCE的面积＝ AC×EF＝ ×2×2 ＝2 ．
【点评】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、含30°角
的直角三角形的性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
22．（2023•市南区一模）已知：如图，在矩形ABCD中，E是边BC上一点，过点E作对角线AC的平行线，交AB于F，交DA和DC的延长线于点G，H．
（1）求证：△AFG≌△CHE；
（2）若∠G＝∠BAC，则四边形ABCD是什么特殊四边形？并证明你的结论．
【分析】（1）根据SAS可以证明两三角形全等；
（2）先根据平行线的性质和已知可得∠BAC＝45°，所以△ABC是等腰直角三角形，所以AB＝BC，可得
结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AB∥CD，∠BAD＝∠BCD＝90°
∴∠GAB＝∠B＝∠BCH，
∵AD∥BC，EF∥AC，
∴四边形AGEC是平行四边形，
∴AG＝EC，
∵AB∥CD，EF∥AC
∴四边形AFHC是平行四边形，
∴AF＝CH，
∴△AFG≌△CHE（SAS）．
（2）四边形ABCD是正方形
理由：∵EF∥AC，
∴∠G＝∠CAD，
∵∠G＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠CAD，
∵∠BAD＝90°，
∴∠BAC＝45°，
∵∠B＝90°，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，
∴BA＝BC，∴矩形ABCD是正方形．
【点评】本题考查了矩形和正方形的性质，正方形的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定
和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键．
23．（2023•崂山区一模）已知：如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，∠CAB的平分线分别交BD，
BC于点E，F，作BH⊥AF于点H，分别交AC，CD于点G，P，连接GE，GF．
（1）求证：△OAE≌△OBG；
（2）判断四边形BFGE是什么特殊四边形？并证明你的结论．
【分析】（1）由正方形的性质得出OA＝OB，∠AOE＝∠BOG＝90°，再由角的互余关系证出∠OAE＝
∠OBG，由ASA即可证明△OAE≌△OBG；
（2）先证明△AHG≌△AHB，得出GH＝BH，由线段垂直平分线的性质得出EG＝EB，FG＝FB；再证出
∠BEF＝∠BFE，得出EB＝FB，因此EG＝EB＝FB＝FG，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠AOE＝∠BOG＝90°．
∵BH⊥AF，
∴∠AHG＝∠AHB＝90°，
∴∠GAH+∠AGH＝90°＝∠OBG+∠AGH，
∴∠GAH＝∠OBG，
即∠OAE＝∠OBG．
在△OAE与△OBG中，
，
∴△OAE≌△OBG（ASA）；
（2）解：四边形BFGE为菱形；理由如下：
在△AHG与△AHB中，，
∴△AHG≌△AHB（ASA），
∴GH＝BH，
∴AF是线段BG的垂直平分线，
∴EG＝EB，FG＝FB．
∵∠BEF＝∠BAE+∠ABE＝67.5°，∠BFE＝90°﹣∠BAF＝67.5°，
∴∠BEF＝∠BFE，
∴EB＝FB，
∴EG＝EB＝FB＝FG，
∴四边形BFGE是菱形．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、菱形的判定；熟
练掌握正方形的性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．
24．（2023•未央区校级三模）如图1，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A，B分别在y轴，x轴上，
当B在x轴上运动时，A随之在y轴上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB＝6，BC＝2．
（1）取AB的中点E，连接OE，DE，求OE+DE的值．
（2）如图2，若以AB为边长在第一象限内作等边三角形△ABP，运动过程中，点P到原点的最大距离是
多少？
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OE＝AE＝3，然后根据勾股定理求出DE
的长，进而可以解决问题；
（2）取AB的中点 E，连接 OE，PE，OP，根据 OP＜OE+PE＝3+3 ，当P、E、O共线时，OP＝
OE+PE＝3+3 ，可得点P到原点的最大距离．【解答】解：（1）根据题意可知：∠AOB＝∠DAB＝90°，
∵AB的中点E，
∴OE＝AE＝ AB＝3，
∵AD＝BC＝2，
∴DE＝ ＝ ＝ ，
∴OE+DE＝3+ ；
（2）取AB的中点E，连接OE，PE，OP，
在Rt△AOB中，OE＝ AB＝3，
∵△ABP是等边三角形，
∴PB＝PA＝AB＝6，
∴BE＝ AB＝3，PE⊥AB，
∴PE＝ ＝ ＝3 ，
在△POE中，
OP＜OE+PE＝3+3 ，
当P、E、O共线时，OP＝OE+PE＝3+3 ，
∴OP最大 ＝3+3 ．
∴点P到原点的最大距离是3+3 ，
【点评】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，坐标与图形性质等知识，熟练掌握三角形三边关系求线段最值是解题的关键．
25．（2023•青岛模拟）已知：如图，在直角梯形ABCD中，∠ABC＝90°，AD∥BC，DE⊥AC于点F，交
BC于点G，交AB的延长线于点E，且AE＝AC．
（1）求证：AB＝AF；
（2）若∠ACB＝30°，连接AG，判断四边形AGCD是什么特殊的四边形？并证明你的结论．
【分析】（1）根据AAS证出△ABC≌△AFE，根据全等三角形的性质推出即可；
（2）求出AF＝CF，证△DAF≌△GCF，推出AD＝CG，即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵∠ABC＝90°，DE⊥AC，
∴∠ABC＝∠AFE＝90°，
在△ABC和△AFE中
∵ ，
∴△ABC≌△AFE（AAS），
∴AB＝AF．
（2）四边形AGCD是菱形．
证明：∵∠ACB＝30°，∠ABC＝90°，
∴2AB＝AC，
∵AB＝AF，
∴AC＝2AF＝AF+FC，
∴AF＝CF，
∵AD∥BC，
∴∠DAF＝∠FCG，
在△DAF和△GCF中，
∴△DAF≌△GCF（ASA），
∴AD＝CG，
∵AD∥CG，
∴四边形AGCD是平行四边形，
∵DG⊥AC，
∴平行四边形AGCD是菱形．
【点评】本题考查了直角梯形，全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，菱形的判定等知识点的综
合运用，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
【名校自招练】
一．选择题（共7小题）
1．（2022•九龙坡区自主招生）如图，四边形 ABCD是菱形，E、F分别是BC、CD两边上的点，添加一
个条件，不能判定△ABE≌△ADF的是（ ）
A．EC＝FC B．AE＝AF C．∠BAF＝∠DAE D．BE＝DF
【分析】由菱形的性质可得AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D，利用全等三角形的判定依次判断可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠B＝∠D，
当BE＝DF时，由“SAS”可证△ABE≌△ADF；
当EC＝FC时，则BE＝DF，由“SAS”可证△ABE≌△ADF；
由∠BAF＝∠DAE时，则∠BAE＝∠DAF，由“ASA”可证△ABE≌△ADF；
当AE＝AF时，不能判定△ABE≌△ADF；
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定，掌握菱形的性质是解题的关键．
2．（2022•渝北区自主招生）如图，菱形 ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E在边BC上，连接
AE，OE．若∠CAE＝∠OBE，OE＝2，CE＝ ，则边AB的长为（ ）
A． B． C． D．5
【分析】根据菱形的性质得AC⊥BD，OA＝OC，AB＝BC，从而证明△ACE∽△BCO，得∠AEC＝∠BOC
＝90°， ，代入可得BC的长，从而得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，AB＝BC，
∵∠CAE＝∠OBE，∠ACE＝∠OCB，
∴△ACE∽△BCO，
∴∠AEC＝∠BOC＝90°， ，
∵AO＝OC，
∴AC＝2OE＝4，
∴ ，
∴BC＝ ，∴AB＝ ，
故选：A．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上中线的性质等知识，
熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
3．（2022•南陵县自主招生）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，其底面是正方形，侧面是全等的
等腰三角形，底面正方形的边长与侧面等腰三角形底边上的高的比值是 ，它介于整数n和n+1之间，
则n的值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】先由4＜5＜9，得2＜ ＜3，进而推导出1＜ ＜2，再由 介于整数n和n+1之间，得
n＜ ＜n+1，于是得n＝1．
【解答】解：∵4＜5＜9，
∴ ＜ ＜ ，
∴2＜ ＜3，
∴1＜ ＜2，
∵ 介于整数n和n+1之间，
∴n＜ ＜n+1，
∴n＝1，
故选：A．
【点评】此题考查实数大小的比较、算术平方根的性质、无理数近似值的估算等知识与方法，估计出
及 的近似值的范围是解题的关键．
4．（2022•工业园区校级自主招生）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，点E，F分别是边AB，BC
上的动点，点E不与A，B重合，且EF＝AB，G是五边形AEFCD内满足GE＝GF且∠EGF＝90°的点．现
给出以下结论．其中错误的是（ ）A．∠GEB与∠GFB一定互补
B．点G到边AB，BC的距离一定相等
C．点G到边AD，DC的距离可能相等
D．点G到边AB的距离的最大值为2
【分析】A：根据矩形的性质得出∠B＝90°，又∠EGF＝90°，由四边形内角和为360°可判断A；
B：过G作GM⊥AB，GN⊥BC，分别交AB于M，交BC于N，根据GE＝GF且∠EGF＝90°，∠GEF＝
∠GFE＝45°，可以求出∠GEM＝∠GFN，然后证明△GEM≌△GFN，可以判断B；
C：由AB＝4，AD＝5和B的结论可以判断C；
D：当四边形EBFG是正方形时，点G到AB的距离最大，从而可以判断D．
【解答】解：A、∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
又∵∠EGF＝90°，四边形内角和是360°，
∴∠GEB+∠GFB＝180°，
故A正确；
B、过G作GM⊥AB，GN⊥BC，分别交AB于M，交BC于N，
∵GE＝GF且∠EGF＝90°，
∴∠GEF＝∠GFE＝45°，
又∵∠B＝90°，
∴∠BEF+∠EFB＝90°，即∠BEF＝90°﹣∠EFB，
∵∠GEM＝180°﹣∠BEF﹣∠GEF＝180°﹣45°﹣（90°﹣∠EFB）＝45°+∠EFB，
∠GFN＝∠EFB+∠GFE＝∠EFB+45°，
∴∠GEM＝∠GFN，
在△GEM和△GFN中，，
∴△GEM≌△GFN（AAS），
∴GM＝GN，
故B正确；
C、∵AB＝4，AD＝5，并由B知，
点G到边AD，DC的距离不相等，
故C错误：
D、在直角三角形EMG中，MG≤EG，当点E、M重合时EG最大，
∵EF＝AB＝4，
∴GE＝EB＝BF＝FG＝4× ＝2 ，
故D正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查矩形的性质、全等三角形的判定以及三角形内角和定理，关键是对知识的掌握和运
用．
5．（2022•荣昌区自主招生）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠DAC＝60°，点F在
线段AO上，连接DF，以DF为边作等边三角形DFE，点E和点A分别位于DF两侧，下列结论：①DO
＝DA；②DF＝EC；③∠ADF＝∠ECF；④∠BDE＝∠EFC中正确结论的序号为（ ）
A．①④ B．①②③ C．②③④ D．①②③④
【分析】①根据∠DAC＝60°，OD＝OA，得出△OAD为等边三角形，即可得出结论①正确；②如图，连接OE，利用SAS证明△DAF≌△DOE，再证明△ODE≌△OCE，即可得出结论②正确；
③通过等量代换即可得出结论③正确；
④根据△DAO，△DEF是等边三角形可以证明∠EFC＝∠ADF，然后根据②∠ADF＝∠BDE，等量代换
即可得到∠BDE＝∠EFC．
【解答】解：①在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，
∵∠DAC＝60°，OD＝OA，
∴△OAD为等边三角形，
∴∠DOA＝∠DAO＝∠ODA＝60°，AD＝OD，故①正确，
② 连接OE．
∵△DFE为等边三角形，
∴∠EDF＝∠EFD＝∠DEF＝60°，DF＝DE，
∵∠BDE+∠FDO＝∠ADF+∠FDO＝60°，
∴∠BDE＝∠ADF，
∵∠ADF+∠AFD+∠DAF＝180°，
∴∠ADF+∠AFD＝180°﹣∠DAF＝120°，
∵∠EFC+∠AFD+∠DFE＝180°，
∴∠EFC+∠AFD＝180°﹣∠DFE＝120°，
∴∠ADF＝∠EFC，
∴∠BDE＝∠EFC，
在△DAF和△DOE中，
，
∴△DAF≌△DOE（SAS），
∴∠DOE＝∠DAF＝60°，
∵∠COD＝180°﹣∠AOD＝120°，
∴∠COE＝∠COD﹣∠DOE＝120°﹣60°＝60°，
∴∠COE＝∠DOE，
在△ODE和△OCE中，，
∴△ODE≌△OCE（SAS），
∴ED＝EC＝DF，故②正确；
③∵∠ODE＝∠ADF，
∴∠ADF＝∠OCE，即∠ADF＝∠ECF，
故结论③正确；
④∵△DAO，△DEF是等边三角形，
∴∠DAO＝∠DFE＝60°，
∴∠EFC+∠AFD＝∠ADF+∠AFD＝120°，
∴∠EFC＝∠ADF，
根据②知∠ADF＝∠BDE，
∴∠BDE＝∠EFC．
故④正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了矩形性质，等边三角形判定和性质，全等三角形判定和性质，等腰三角形的判定
和性质，点的运动轨迹等，熟练掌握全等三角形判定和性质、等边三角形判定和性质等相关知识是解题关
键．
6．（2022•巴南区自主招生）如图，菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，CE⊥AB于点E，F为线
段AE上一点，若AC＝6，BD＝8，AF＝ AE，则线段CF的长度为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由四边形ABCD是菱形，可得AC⊥BD，BO＝ BD＝4，AO＝ AC＝3，由勾股定理得AB＝5．
由等积法可得CE＝ ，再由勾股定理得AE，可得EF＝AE﹣AF＝2，然后由勾股定理即可求得CF．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BO＝ BD＝4，AO＝ AC＝3，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
AB＝ ＝5，
∵ AC•BD＝AB•CE，
∴ 6×8＝5CE，
解得：CE＝ ，
在Rt△ACE中，由勾股定理得：
AE＝ ＝ ＝ ，
∴AF＝ AE＝ × ＝ ，
∴EF＝AE﹣AF＝2，
在Rt△CEF中，由勾股定理得：
CF＝ ＝ ＝ ．
则线段CF的长度为 ．
故选：D．
【点评】本题主要考查了菱形的性质、勾股定理、等积法，熟练掌握菱形的性质和勾股定理的应用是解题
的关键．
7．（2022•北碚区自主招生）如图，在正方形 ABCD中，P是AC上一点，且CP＝ ，点E，F分别在
AB，BC上，∠EPF＝90°，PE＝3PF，则线段AP的长是（ ）A．2 B．2 C．3 D．3
【分析】连接EF，连接BP并延长交CD于G，先由正方形的性质得到AB＝CD＝BC，∠ABC＝∠BCG＝
90°，AB∥CD，再证明B、E、P、F四点共圆，证明△ABP∽△CGP，得 ＝ ＝3，进而即可得到AP
＝3CP．
【解答】解：如图所示，连接EF，连接BP并延长交CD于G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝BC，∠ABC＝∠BCG＝90°，AB∥CD，
∵∠EPF＝90°，
∴∠EBF+∠EPF＝180°，
∴B、E、P、F四点共圆，
∴∠PBF＝∠PEF，
∴tan∠CBG＝tan∠PEF＝ ＝ ＝ ，
∴ ＝ ，
∵AB∥CD，
∴△ABP∽△CGP，
∴ ＝ ＝3，
∴AP＝3CP＝3 ，
故选：D．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，圆周角定理，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，正确作
出辅助线是解题的关键，
二．填空题（共3小题）
8．（2022•温江区校级自主招生）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O，E是边AD的中点，过点E作EF⊥BD，EG⊥AC，点F，G为垂足，若AC＝10，BD＝24，则FG的长为 6. 5 ．
【分析】由菱形的性质得出OA＝OC＝5，OB＝OD＝12，AC⊥BD，根据勾股定理求出AD＝13，由直角三
角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OE＝6.5，证出四边形EFOG是矩形，得到EO＝GF即可得出答案．
【解答】解：连接OE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC＝5，OB＝OD＝12，AC⊥BD，
在Rt△AOD中，AD＝ ＝13，
又∵E是边AD的中点，
∴OE＝ AD＝6.5，
∵EF⊥BD，EG⊥AC，AC⊥BD，
∴∠EFO＝90°，∠EGO＝90°，∠GOF＝90°，
∴四边形EFOG为矩形，
∴FG＝OE＝6.5．
故答案为：6.5．
【点评】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、直角三角形斜边上中线定理等知识；熟练掌握菱形
的性质和矩形的性质是解题的关键．
9．（2022•相城区校级自主招生）如图，在矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC、AD于
点E、F，若BE＝3，AF＝5，则AC的长为 4 ．【分析】根据题意和矩形的性质、线段垂直平分线的性质，可以证明△AOF≌△COE，从而可以得到AE
和AB的长，然后利用勾股定理，即可得到AC的长．
【解答】解：连接AE，
∵EF垂直平分AC，
∴∠AOF＝∠COE＝90°，AO＝CO，AE＝CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠B＝90°，AD＝BC，
∴∠FAO＝∠ECO，
在△AOF和△COE中，
，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴AF＝CE，
∴DF＝BE，
∵BE＝3，AF＝5，
∴CE＝5，
∴AE＝5，BC＝BE+CE＝8，
∴AB＝ ＝4，
∴AC＝ ＝ ＝4 ，
故答案为：4 ．【点评】本题考查矩形的性质、线段垂直平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思
想解答．
10．（2022•鄞州区校级自主招生）如图，在△ABC中以AC，BC为边向外作正方形 ACFG与正方形
BCDE，连结DF，并过C点作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，则MD的长
为 ．
【分析】作FL∥CD交HM的延长线于点L，连接DL，作DK⊥CF于点K，先求得∠DCF＝60°，通过解
直角三角形求出DF的长，再证明△CLF≌△ABC，得LF＝BC＝CD，则四边形LFCD是平行四边形，由
MD＝ DF求得MD的长．
【解答】解：如图，作FL∥CD交HM的延长线于点L，连接DL，作DK⊥CF于点K，
∵四边形ACFG和四边形BCDE都是正方形，
∴CF＝AC＝3，BC＝CD＝2，∠ACF＝∠BCD＝90°，
∵∠ACB＝120°，
∴∠DCF＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°，
∵∠CKD＝∠FKD＝90°，
∴ ＝sin60°＝ ， ＝cos60°＝ ，
∴DK＝ ×2＝ ，CK＝ ×2＝1，
∴FK＝3﹣1＝2，∴DF＝ ＝ ，
∵CH⊥AB于点H，
∴∠AHC＝90°，
∴∠FCL＝90°﹣∠ACH＝∠CAB，
∵∠CFL＝180°﹣60°＝120°＝∠ACB，
∴△CLF≌△ABC（ASA），
∴LF＝BC＝CD，
∴四边形LFCD是平行四边形，
∴MD＝ DF＝ ，
故答案为： ．
【点评】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、勾股定理、同角的补角
相等、同角的余角相等、平行四边形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
三．解答题（共1小题）
11．（2022•南陵县自主招生）如图，BD是正方形ABCD的一条对角线，E是BD上一点，F是CB延长线
上一点，连接CE，EF，AF．若DE＝DC，EF＝EC，求∠BAF的度数．
【分析】连接AE，由正方形的性质得 AB＝AD＝CB＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，则∠ABD＝45°，∠CBD＝45°，由DE＝DC推导出∠DEC＝∠DCE＝67.5°，则∠BCE＝22.5°，∠BEC＝112.5°，再由EF＝
EC推导出∠EFC＝∠BCE＝22.5°，则∠FEC＝135°，所以∠BEF＝22.5°，再证明△ABE≌△CBE，得
∠BAE＝∠BCE＝22.5°，EA＝EC＝EF，得∠AEF＝112.5°﹣22.5°＝90°，∠EAF＝∠EFA＝45°，即可求出
∠BAF的度数．
【解答】解：如图，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CB＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，∠CBD＝∠CDB＝45°，
∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠DCE＝ ＝67.5°，
∴∠BCE＝90°﹣67.5°＝22.5°，∠BEC＝180°﹣67.5°＝112.5°，
∵EF＝EC，
∴∠EFC＝∠BCE＝22.5°，
∴∠FEC＝180°﹣22.5°﹣22.5°＝135°，
∴∠BEF＝135°﹣112.5°＝22.5°．
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴∠BAE＝∠BCE＝22.5°，EA＝EC＝EF，∠BEA＝∠BEC＝112.5°，
∴∠AEF＝112.5°﹣22.5°＝90°，
∴∠EAF＝∠EFA＝45°，
∴∠BAF＝45°﹣22.5°＝22.5°．
【点评】此题重点考查正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理、全等三角形判定与
性质等知识，证明△EAF是等腰直角三角形是解题的关键．
