专题15 四边形-备战2025年中考数学真题题源解密（浙江专用）

专题15 四边形 课标要求 考点 考向 1．了解多边形的有关概念，掌握多边形的内角和与外角和公式，并会进行有关的计算与证明． 2．掌握平行四边形的概念及有关性质和判定，并能进行计算和证明． 3．了解镶嵌的概念，会判断几种正多边形能否进行镶嵌. 4．掌握平行四边形与矩形、菱形、正方形之间的关系． 5．掌握矩形、菱形、正方形的概念、判定和性质． 6．灵活运用特殊平行四边形的判定与性质进行有关的计算和证明. 平行四边形 考向一 四边形概念性质 考向二 平行四边形性质判定 特殊平行四边形 考向一 矩形 考向二 菱形 考向三 正方形 考点一 平行四边形 ►考向一 四边形概念性质 易错易混提醒 1．多边形的概念 定义：在平面内，由一些不在同一直线上的线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形． 对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线． 正多边形：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形． 2．性质 n边形过一个顶点的对角线有（n-3）条，共有1/2·n（n-3）条对角线；n边形的内角和为180°（n-2），外角和为360°. 1．（2022•舟山）正八边形一个内角的度数为 　　． 2．（2022•湖州）为庆祝中国共产党建党100周年，某校用红色灯带制作了一个如图所示的正五角星（A，B，C，D，E是正五角星的五个顶点），则图中∠A的度数是 　 度． 3．（2022•丽水）一个多边形过顶点剪去一个角后，所得多边形的内角和为720°，则原多边形的边数是 　　． 4．（2023•衢州）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，BD交于点F，则∠AFB的度数为 　　． ►考向二 平行四边形性质判定 易错易混提醒 平行四边形的定义和性质 1．定义 两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形． 2．性质 （1）平行四边形的对边相等． （2）平行四边形的对角相等． （3）平行四边形的对角线互相平分． （4）平行四边形是中心对称图形． 平行四边形的判定 1．两组对边分别相等的四边形是平行四边形． 2．两组对边分别平行的四边形是平行四边形． 3．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． 4．对角线相互平分的四边形是平行四边形． 5．两组对角分别相等的四边形是平行四边形． 1．（2024•浙江）尺规作图问题： 如图1，点E是▱ABCD边AD上一点（不包含A，D），连接CE．用尺规作AF∥CE，F是边BC上一点． 小明：如图2．以C为圆心，AE长为半径作弧，交BC于点F，连接AF，则AF∥CE． 小丽：以点A为圆心，CE长为半径作弧，交BC于点F，连接AF，则AF∥CE． 小明：小丽，你的作法有问题． 小丽：哦…我明白了！ （1）证明AF∥CE； （2）指出小丽作法中存在的问题． 2．（2021•浙江）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AB⊥AC，AH⊥BD于点H，若AB＝2，BC＝2，则AH的长为 　　． 3．（2023•杭州）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝EF＝FD，连接AE，EC，CF，FA． （1）求证：四边形AECF是平行四边形． （2）若△ABE的面积等于2，求△CFO的面积． 4．（2022•温州）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，E，F分别是AC，AB的中点，O是DF的中点，EO的延长线交线段BD于点G，连结DE，EF，FG． （1）求证：四边形DEFG是平行四边形． （2）当AD＝5，tan∠EDC＝时，求FG的长． 5．（2022•舟山）如图，在△ABC中，AB＝AC＝8．点E，F，G分别在边AB，BC，AC上，EF∥AC，GF∥AB，则四边形AEFG的周长是（　　） A．32 B．24 C．16 D．8 6．（2024•浙江）如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，AC＝2，．过点A作AE⊥BC的垂线交BC于点E，记BE长为x，BC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．x+y B．x﹣y C．xy D．x2+y2 7．（2023•绍兴）在平行四边形ABCD中（顶点A，B，C，D按逆时针方向排列），AB＝12，AD＝10，∠B为锐角，且sinB＝． （1）如图1，求AB边上的高CH的长； （2）P是边AB上的一动点，点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'， ①如图2，当C'落在射线CA上时，求BP的长； ②当△AC'D'是直角三角形时，求BP的长． 考点二 特殊平行四边形 ►考向一 矩形 易错易混提醒 矩形的性质与判定 1．定义 有一个角是直角的平行四边形是矩形． 2．性质 (1)矩形的四个角都是直角． (2)矩形的对角线相等． (3)矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，它有两条对称轴；它的对称中心是对角线交点． 3．判定 (1)有三个角是直角的四边形是矩形． (2)对角线相等的平行四边形是矩形． 1．（2023•宁波）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE，AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（　　） A．△ABE的面积 B．△ACD的面积 C．△ABC的面积 D．矩形BCDE的面积 2．（2023•杭州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．若∠AOB＝60°，则＝（　　） A． B． C． D． 3．（2023•台州）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6．在边AD上取一点E，使BE＝BC，过点C作CF⊥BE，垂足为点F，则BF的长为 　　． 4．（2022•丽水）如图，标号为①，②，③，④的矩形不重叠地围成矩形PQMN．已知①和②能够重合，③和④能够重合，这四个矩形的面积都是5．AE＝a，DE＝b，且a＞b． （1）若a，b是整数，则PQ的长是 　　； （2）若代数式a2﹣2ab﹣b2的值为零，则的值是 　　． ►考向二 菱形 易错易混提醒 菱形的性质与判定 1．定义 一组邻边相等的平行四边形叫做菱形． 2．性质 (1)菱形的四条边都相等． (2)菱形的对角线互相垂直且平分，并且每一条对角线平分一组对角． 3．判定 (1)对角线互相垂直的平行四边形是菱形． (2)四条边都相等的四边形是菱形． 1．（2023•丽水）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，则AC的长为（　　） A． B．1 C． D． 2．（2022•丽水）如图，已知菱形ABCD的边长为4，E是BC的中点，AF平分∠EAD交CD于点F，FG∥AD交AE于点G．若cosB＝，则FG的长是（　　） A．3 B． C． D． 【点评】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 3．（2023•绍兴）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝40°，连接AC，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E，连接CE，则∠AEC的度数是 　　． 4．（2022•温州）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠BAD＝60°．在其内部作形状、大小都相同的菱形AENH和菱形CGMF，使点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，点M，N在对角线AC上．若AE＝3BE，则MN的长为 　　． ►考向三 正方形 易错易混提醒 正方形的性质与判定 1．定义 一组邻边相等的矩形叫做正方形． 2．性质 (1)正方形的四条边都相等，四个角都是相等． (2)正方形的对角线相等，且互相垂直平分；每条对角线平分一组对角． (3)正方形是轴对称图形，两条对角线所在直线，以及过每一组对边中点的直线都是它的对称轴；正方形是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心． 3．判定 (1)一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形． (2)一组邻边相等的矩形是正方形． (3)对角线互相垂直的矩形是正方形． (4)有一个角是直角的菱形是正方形． (5)对角线相等的菱形是正方形． 1．（2023•杭州）在边长为1的正方形ABCD中，点E在边AD上（不与点A，D重合），射线BE与射线CD交于点F． （1）若ED＝，求DF的长． （2）求证：AE•CF＝1． （3）以点B为圆心，BC长为半径画弧，交线段BE于点G．若EG＝ED，求ED的长． 2．（2022•杭州）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且AE＝2BF，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH． （1）如图1，若AB＝4，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积． （2）如图2，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K． ①求证：EK＝2EH； ②设∠AEK＝α，△FGJ和四边形AEHI的面积分别为S1，S2．求证：＝4sin2α﹣1． 3．（2023•绍兴）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H． （1）求证：∠DAG＝∠EGH； （2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由． 4．（2023•湖州）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上． （1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，则BE的长是 　　cm． （2）若，则tan∠DAH的值是 　　． 5．（2023•金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q，若HF＝FG，则的值是（　　） A． B． C． D． 1．（2024•拱墅区校级模拟）一个多边形的内角和是540°，这个多边形是（　　） A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形 2．（2024•台州模拟）如图，该硬币边缘镌刻的正九边形每个内角的度数是（　　） A．120° B．135° C．140° D．144° 3．（2024•钱塘区三模）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则下列判断正确的是（　　） A．若AC＝BD，AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形 B．若OA＝OB，OC＝OD，则四边形ABCD是平行四边形 C．若OA＝OC，OB＝OD，AB⊥BC，则四边形ABCD是菱形 D．若OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，则四边形ABCD是矩形 4．（2024•杭州一模）如图，▱ABCD对角线AC，BD交于点O，请添加一个条件：____使得▱ABCD是菱形（　　） A．AB＝AC B．AC⊥BD C．AB＝CD D．AC＝BD 5．（2024•西湖区三模）如图，已知点E为正方形ABCD内一点，△ABE为等边三角形，连结ED，EC，则∠DEC的度数为（　　） A．120° B．150° C．108° D．135° 6．（2024•拱墅区校级模拟）如图，点E是正方形ABCD对角线BD上一点，点F在BC上且EF＝EC，连接AE，AF，若∠ECF＝α，∠AFB＝β，则（　　） A．β﹣α＝15° B．α+β＝135° C．2β﹣α＝90° D．2α+β＝180° 7．（2024•浙江模拟）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示．点O是正方形ABCD的中心，连接AO并延长交BE于点F，连接DF，记△ADF的面积为S1，正方形ABCD的面积为S．若AF＝AD，则的值为（　　） A． B． C． D． 8．（2024•拱墅区二模）如图，已知正方形ABCD和正方形BEFG，且A、B、E三点在一条直线上，连接CE，以CE为边构造正方形CPQE，PQ交AB于点M，连接CM．设∠APM＝α，∠BCM＝β．若点Q、B、F三点共线，tanα＝ntanβ，则n的值为（　　） A． B． C． D． 9．（2024•浙江校级模拟）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝80°，以A为圆心，AB长为半径画弧，交对角线AC所在直线于点P，连结PB，则∠PBC＝　 　． 10．（2024•鹿城区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以BC为边向外作正方形BCDE，连结AE，AD分别交BC于点F，G，若BF：CG＝3：4，则tan∠ACB＝　 　． 11．（2024•清城区一模）若正多边形的一个内角等于120°，则这个正多边形的边数是 　 　． 12．（2024•台州一模）如图，在▱ABCD中，AB＝3cm，BC＝5cm，AB⊥AC，则BD的长度为 　 　cm． 13．（2024•拱墅区校级模拟）如图是由6个形状、大小完全相同的菱形组成的网格，菱形的顶点称为格点，已知菱形的一个角（∠O）为60°，点A，B，C都在格点上，则sin∠ABC的值是 　 　． 14．（2024•杭州四模）如图，在正方形ABCD中，E是AD的中点，F是边AB上的动点，连接CE，EF，CF．若，则＝　 　． 15．（2024•上城区校级模拟）正方形ABCD中，P是对角线BD所在直线上一点．若P在对角线BD上（如图1），连接PC，过点P作PQ⊥CP交AB于点Q．若，AB＝6，则BQ的长为 　 　； 若P在BD的延长线上（如图2），连接AP，过点P作PE⊥AP交BC延长线于点E，连接DE，若CE＝8，△DPE的面积是20，则PE的长为 　 　． 16．（2024•浙江模拟）已知：如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且BE平分∠ABC．若DE＝CF，连结EF．求证：四边形ABFE是菱形． 17．（2024•浙江模拟）如图，四边形ABCD是平行四边形，O是对角线AC的中点，过点O的直线分别交边BC，AD于点E，F，连接AE，CF． （1）求证：BE＝DF； （2）作∠AEB的平分线交AB于点G，若EG∥AC，求证：四边形AECF是菱形． 18．（2024•西湖区校级三模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB边中点，过D点作AB的垂线交BC于点E，在直线DE上截取DF，使DF＝ED，连接AE、AF、BF． （1）求证：四边形AEBF是菱形； （2）若cos∠EBF＝，BF＝5，连接CD，求CD的长． 19．（2024•拱墅区校级二模）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．E是线段OB上的点（不与O、B重合），过点D作DF⊥CE，交BC于点H． （1）求证：OE＝OG； （2）若CE平分∠BCO，AB＝2，求BE的长． 20．（2024•拱墅区一模）如图，在正方形ABCD中，E是边BC上的一动点（不与点B、C重合），连接DE、点C关于直线DE的对称点为C′，连接AC′并延长交直线DE于点P，F是AC′的中点，连接DF． （1）求∠FDP的度数； （2）连接BP，求证：； （3）连接AC，若正方形的边长为10，求△ACC′的面积最大值． 21．（2024•镇海区校级三模）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点N，M为BD的中点．连结CM，AM，AM＝DC，AB＝AC，AB⊥AC，BC⊥CD． （1）求证：四边形ADCM是平行四边形． （2）求tan∠DBC的值． 22．（2024•温州三模）如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点P，AB⊥AC，垂足为A，过D作DE⊥AC于E，并延长交BC于点F，连接BE，若AB＝DE，∠ABE＝∠ACD． （1）求证：四边形ABED是平行四边形； （2）若AD＝5，DE＝3时， ①求EF的长； ②求△BEF的面积． 23．（2024•浙江模拟）在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为BC上一点且BD＝2CD，连接AD．E，F分别为AD、AB的中点，连结DF，EF，EC，CF，ED与FC交于点O． （1）求证：四边形ECDF是平行四边形； （2）若OF＝5，，求AD的长． 24．（2024•义乌市二模）【基础巩固】 （1）如图1，在△ABC中，点D是AB上的一点，且∠ACD＝∠B，求证：AC2＝AB•AD． 【尝试应用】 （2）如图2，在（1）的条件下，过点D作DE∥AC，交CB于点E．若AD：DB＝1：3，BC＝8，求CD的长． 【拓展提高】 （3） 如图3，在▱ABCD中，点E是CD的中点，连结BE，AE交BD于点F，且∠DFA＝∠EBA．若sin ，求tanC的值． 25．（2024•嘉兴二模）【操作思考】 如图1，将正方形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在正方形ABCD的内部，点A的对应点为点G，折痕为BE，再将该纸片沿过点B的直线折叠，使BC与BG重合，折痕为BF． （1）求∠EBF的度数． 【探究应用】 将图1折叠所得的图形重新展开并铺平．如图2，连结EF，作BF的中垂线分别交BE，BC于点P，H，连结PF，PA． （2）求证：2PE2+BF2＝2EF2． （3）若AE•BH＝10，求△EPF的面积． 26．（2024•滨江区二模）如图1，矩形A1BC1D1是矩形ABCD以点B为旋转中心，按顺时针方向旋转角度为x°所得的图形，其中0＜x≤90．连结BD，BD1，CC1．已知AB＝4，BC＝2． （1）求∠BCC1的度数（用含x的代数式表示）． （2）如图2，当BD1经过点C时，求的值． （3）如图3，当BA1平分∠DBD1时，求CC1的长. 27．（2024•浙江模拟）【回顾课本】 浙教版八年级下册数学教材“4.5三角形的中位线”一课中给出了“三角形的中位线定理”的证明思路，请完成证明过程． 已知：如图1，DE是△ABC的中位线． 求证：DE∥BC，． 分析：因为E是AC的中点，可以考虑以点E为中心，把△ADE按顺时针方向旋转180°，得到△CFE，这样就只需要证明四边形BCFD是平行四边形． 【探究发现】 如图2，等边△ABC的边长为2，点D，E分别为AB，AC边中点，点F为BC边上任意一点（不与B，C重合），沿DE，DF剪开分成①，②，③三块后，将②，③分别绕点D，E旋转180°恰好能与①拼成▱DIHG，求▱DIHG周长的最小值． 【拓展作图】 如图3，已知四边形ABCD，现要将其剪成四块，使得剪成的四块能通过适当的摆放拼成一个平行四边形，请在图3中画出剪痕，并对剪痕作适当的说明． 28．（2024•拱墅区模拟）在Rt△ABC中，M是斜边AB上的一点，将线段MA绕点M旋转至MD位置，点C，D在直线AB的同一侧． （1）当M是AB的中点时，连接AD，BD． ①如图1，求∠ADB的大小； ②如图2，已知点D和边AC上的点E满足ME⊥AD，DE∥AB，连接CD．求证：BD＝CD． （2）如图3，当AM＞BM时，在线段MD取一点G，连接BG并延长交AC的延长线于点F，当四边形CMGF是平行四边形时，若△ACM的面积为8，BC•GM＝12，求▱CMGF的面积． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题15 四边形 课标要求 考点 考向 1．了解多边形的有关概念，掌握多边形的内角和与外角和公式，并会进行有关的计算与证明． 2．掌握平行四边形的概念及有关性质和判定，并能进行计算和证明． 3．了解镶嵌的概念，会判断几种正多边形能否进行镶嵌. 4．掌握平行四边形与矩形、菱形、正方形之间的关系． 5．掌握矩形、菱形、正方形的概念、判定和性质． 6．灵活运用特殊平行四边形的判定与性质进行有关的计算和证明. 平行四边形 考向一 四边形概念性质 考向二 平行四边形性质判定 特殊平行四边形 考向一 矩形 考向二 菱形 考向三 正方形 考点一 平行四边形 ►考向一 四边形概念性质 易错易混提醒 1．多边形的概念 定义：在平面内，由一些不在同一直线上的线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形． 对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线． 正多边形：各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形． 2．性质 n边形过一个顶点的对角线有（n-3）条，共有1/2·n（n-3）条对角线；n边形的内角和为180°（n-2），外角和为360°. 1．（2022•舟山）正八边形一个内角的度数为 　135°　． 【答案】见试题解答内容 【分析】首先根据多边形内角和定理：（n﹣2）•180°（n≥3，且n为正整数）求出内角和，然后再计算一个内角的度数． 【解答】解：正八边形的内角和为：（8﹣2）×180°＝1080°， 每一个内角的度数为×1080°＝135°． 故答案为：135°． 【点评】此题主要考查了多边形内角和定理，关键是熟练掌握计算公式：（n﹣2）•180°（n≥3，且n为整数）． 2．（2022•湖州）为庆祝中国共产党建党100周年，某校用红色灯带制作了一个如图所示的正五角星（A，B，C，D，E是正五角星的五个顶点），则图中∠A的度数是 　36　度． 【答案】36． 【分析】正五角星中，五边形FGHMN是正五边形，根据正多边形及邻补角的性质，即可求得∠AFN＝∠ANF＝72°，然后根据三角形的内角和定理可求得∠A的度数． 【解答】解：如图， ∵正五角星中，五边形FGHMN是正五边形， ∴∠GFN＝∠FNM＝＝108°， ∴∠AFN＝∠ANF＝180°﹣∠GFN＝180°﹣108°＝72°， ∴∠A＝180°﹣∠AFN﹣∠ANF＝180°﹣72°﹣72°＝36°． 故答案为：36． 【点评】本题考查了多边形的内角与外角，正确理解五边形FGHMN是正五边形是解题关键． 3．（2022•丽水）一个多边形过顶点剪去一个角后，所得多边形的内角和为720°，则原多边形的边数是 　6或7　． 【答案】见试题解答内容 【分析】首先求得内角和为720°的多边形的边数，过顶点剪去一个角后边数不变或减少1，即可确定原多边形的边数． 【解答】解：设内角和为720°的多边形的边数是n，则（n﹣2）•180＝720， 解得：n＝6． ∵多边形过顶点截去一个角后边数不变或减少1， ∴原多边形的边数为6或7， 故答案为：6或7． 【点评】本题考查了多边形的内角与外角，熟知一个多边形过顶点截去一个角后它的边数不变或减少1是解题的关键． 4．（2023•衢州）如图，在正五边形ABCDE中，连结AC，BD交于点F，则∠AFB的度数为 　72°　． 【答案】72°． 【分析】根据五边形的内角和公式求出∠ABC，根据等腰三角形的性质求出∠BCA和∠CBD，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和进行计算即可． 【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形， ∴∠BCD＝∠ABC＝＝108°， ∵BA＝BC， ∴∠BAC＝∠BCA＝36°， 同理∠CBD＝36°， ∴∠AFB＝∠BCA+∠CBD＝72°， 故答案为：72°． 【点评】本题考查的是正多边形的内角，熟练掌握正多边形的内角的计算公式和等腰三角形的性质是解题的关键． ►考向二 平行四边形性质判定 易错易混提醒 平行四边形的定义和性质 1．定义 两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形． 2．性质 （1）平行四边形的对边相等． （2）平行四边形的对角相等． （3）平行四边形的对角线互相平分． （4）平行四边形是中心对称图形． 平行四边形的判定 1．两组对边分别相等的四边形是平行四边形． 2．两组对边分别平行的四边形是平行四边形． 3．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． 4．对角线相互平分的四边形是平行四边形． 5．两组对角分别相等的四边形是平行四边形． 1．（2024•浙江）尺规作图问题： 如图1，点E是▱ABCD边AD上一点（不包含A，D），连接CE．用尺规作AF∥CE，F是边BC上一点． 小明：如图2．以C为圆心，AE长为半径作弧，交BC于点F，连接AF，则AF∥CE． 小丽：以点A为圆心，CE长为半径作弧，交BC于点F，连接AF，则AF∥CE． 小明：小丽，你的作法有问题． 小丽：哦…我明白了！ （1）证明AF∥CE； （2）指出小丽作法中存在的问题． 【答案】（1）证明见解答过程； （2）以A为圆心，EC为半径画弧，交BC于点F，此时可能会有两个交点，只有其中之一符合题意． 【分析】（1）根据小明的作法知，CF＝AE，根据平行四边形的性质求出AD∥BC，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”求出四边形AFCE是平行四边形，根据“平行四边形的对边互相平行”即可得证； （2）以A为圆心，EC为半径画弧，交BC于点F，此时可能会有两个交点，只有其中之一符合题意． 【解答】（1）证明：根据小明的作法知，CF＝AE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， 又∵CF＝AE， ∴四边形AFCE是平行四边形， ∴AF∥CE； （2）解：以A为圆心，EC为半径画弧，交BC于点F，此时可能会有两个交点，只有其中之一符合题意． 故小丽的作法有问题． 【点评】此题考查了平行四边形的判定与性质，熟记平行四边形的判定定理与性质定理是解题的关键． 2．（2021•浙江）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AB⊥AC，AH⊥BD于点H，若AB＝2，BC＝2，则AH的长为 　　． 【答案】． 【分析】在Rt△ABC和Rt△OAB中，分别利用勾股定理可求出AC和OB的长，又AH⊥OB，可利用等面积法求出AH的长． 【解答】解：如图， ∵AB⊥AC，AB＝2，BC＝2， ∴AC＝＝2， 在▱ABCD中，OA＝OC，OB＝OD， ∴OA＝OC＝， 在Rt△OAB中， OB＝＝， 又AH⊥BD， ∴OB•AH＝OA•AB，即＝， 解得AH＝． 故答案为：． 【点评】本题主要考查平行四边形的性质，勾股定理，等面积思想等，熟知等面积法是解题关键． 3．（2023•杭州）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝EF＝FD，连接AE，EC，CF，FA． （1）求证：四边形AECF是平行四边形． （2）若△ABE的面积等于2，求△CFO的面积． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由平行四边形的性质得AO＝CO，BO＝DO，再证OE＝OF，即可得出结论； （2）由平行四边形的性质可求解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AO＝CO，BO＝DO， ∵BE＝DF， ∴EO＝FO， ∴四边形AECF是平行四边形； （2）解：∵BE＝EF， ∴S△ABE＝S△AEF＝2， ∵四边形AECF是平行四边形， ∴S△AEF＝S△CEF＝2，EO＝FO， ∴△CFO的面积＝1． 【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形的面积公式，掌握平行四边形的性质是解题的关键． 4．（2022•温州）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，E，F分别是AC，AB的中点，O是DF的中点，EO的延长线交线段BD于点G，连结DE，EF，FG． （1）求证：四边形DEFG是平行四边形． （2）当AD＝5，tan∠EDC＝时，求FG的长． 【答案】（1）证明见解析； （2）， 【分析】（1）由三角形中位线定理得EF∥BC，则∠EFO＝∠GDO，再证△OEF≌△OGD（ASA），得EF＝GD，然后由平行四边形的判定即可得出结论； （2）由直角三角形斜边上的中线性质得DE＝AC＝CE，则∠C＝∠EDC，再由锐角三角函数定义得CD＝2，然后由勾股定理得AC＝，则DE＝AC＝，进而由平行四边形的性质即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵E，F分别是AC，AB的中点， ∴EF是△ABC的中位线， ∴EF∥BC， ∴∠EFO＝∠GDO， ∵O是DF的中点， ∴OF＝OD， 在△OEF和△OGD中， ， ∴△OEF≌△OGD（ASA）， ∴EF＝GD， ∴四边形DEFG是平行四边形． （2）解：∵AD⊥BC， ∴∠ADC＝90°， ∵E是AC的中点， ∴DE＝AC＝CE， ∴∠C＝∠EDC， ∴tanC＝＝tan∠EDC＝， 即＝， ∴CD＝2， ∴AC＝＝＝， ∴DE＝AC＝， 由（1）可知，四边形DEFG是平行四边形， ∴FG＝DE＝． 【点评】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、三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的性质、勾股定理以及锐角三角函数定义等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键． 5．（2022•舟山）如图，在△ABC中，AB＝AC＝8．点E，F，G分别在边AB，BC，AC上，EF∥AC，GF∥AB，则四边形AEFG的周长是（　　） A．32 B．24 C．16 D．8 【答案】C 【分析】根据EF∥AC，GF∥AB，可以得到四边形AEFG是平行四边形，∠B＝∠GFC，∠C＝∠EFB，再根据AB＝AC＝8和等量代换，即可求得四边形AEFG的周长． 【解答】解：∵EF∥AC，GF∥AB， ∴四边形AEFG是平行四边形，∠B＝∠GFC，∠C＝∠EFB， ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠C， ∴∠B＝∠EFB，∠GFC＝∠C， ∴EB＝EF，FG＝GC， ∵四边形AEFG的周长是AE+EF+FG+AG， ∴四边形AEFG的周长是AE+EB+GC+AG＝AB+AC， ∵AB＝AC＝8， ∴四边形AEFG的周长是AB+AC＝8+8＝16， 故选：C． 【点评】本题考查平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质，解答本题的关键是明确题意，将平行四边形的周长转化为AB和AC的关系． 6．（2024•浙江）如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，AC＝2，．过点A作AE⊥BC的垂线交BC于点E，记BE长为x，BC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．x+y B．x﹣y C．xy D．x2+y2 【答案】C 【分析】过D作DH⊥BC，交BC延长线于H，由平行四边形当性质推出AB＝DC，AD∥BC，得到AE＝DH，判定Rt△DCH≌Rt△ABE（HL），得到CH＝BE＝x，由勾股定理得到22﹣（y﹣x）2＝﹣（y+x）2，得到xy＝2． 【解答】解：过D作DH⊥BC，交BC延长线于H， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝DC，AD∥BC， ∵AE⊥BC，DH⊥BC， ∴AE＝DH， ∴Rt△DCH≌Rt△ABE（HL）， ∴CH＝BE＝x， ∵BC＝y， ∴EC＝BC﹣BE＝y﹣x，BH＝BC+CH＝y+x， ∵AE2＝AC2﹣EC2，DH2＝BD2﹣BH2， ∴22﹣（y﹣x）2＝﹣（y+x）2， ∴xy＝2． 故选：C． 【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，关键是由Rt△DCH≌Rt△ABE（HL），得到CH＝BE，由勾股定理得到22﹣（y﹣x）2＝﹣（y+x）2． 7．（2023•绍兴）在平行四边形ABCD中（顶点A，B，C，D按逆时针方向排列），AB＝12，AD＝10，∠B为锐角，且sinB＝． （1）如图1，求AB边上的高CH的长； （2）P是边AB上的一动点，点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'， ①如图2，当C'落在射线CA上时，求BP的长； ②当△AC'D'是直角三角形时，求BP的长． 【答案】（1）8； （2）①； ②6 或 8±． 【分析】（1）由平行四边形的性质对边相等，和三角函数可求得结果； （2）①由三角形全等和三角形相似可得出结论； ②三角形的直角顶点不确定，故要分类讨论，分三种情况讨论，求出结论． 【解答】解：（1）在▱ABCD中，BC＝AD＝10， 在Rt△BCH中，HC＝BCsinB＝． （2）①如图，作 CH⊥BA 于点H， 由（1）得，BH＝＝＝6， 作 C'Q⊥BA 交BA延长线于点Q，则∠CHP＝∠PQC'＝90°， ∴∠C'PQ+∠PC'Q＝90°， ∵∠C'PQ+∠CPH＝90°， ∴∠PC'Q＝∠CPH， 由旋转知 PC'＝PC， ∴△PQC′≌△CHP（AAS）． 设BP＝x，则PQ＝CH＝8，C′Q＝PH＝6﹣x，QA＝PQ﹣PA＝x﹣4． ∵C′Q⊥AB，CH⊥AB， ∴C′Q∥CH， ∴△AQC′∽△AHC， ∴， ∴， ∴x＝， ∴BP＝， ②由旋转得△PCD≌△PC′D′，CD＝C'D' CD⊥CD' 又∵AB∥CD， ∴C'D'⊥AB 情况一：当以C′为直角顶点时，如图． ∵C'D'⊥AB， ∴C′落在线段BA延长线上． ∵PC⊥PC'， ∴PC⊥AB， 由（1）知，PC＝8， ∴BP＝6． 情况二：当以A为直角顶点时，如图， 设 C'D'与射线BA的交点为T， 作 CH⊥AB于点H． ∵PC⊥PC'， ∴∠CPH+∠TPC'＝90°， ∵点C，D同时绕点P按逆时针方向旋转90°得点C'，D'， ∴∠CPD＝∠C'PD'＝90°，PC＝PD，PC'＝PD'， ∴∠CPD＝∠C'PD'， ∴△PCD≌△PC'D'（SAS）， ∴∠PCD＝∠PC'D'， ∵AB∥CD， ∴∠BPC＝∠PCD＝∠PC'D'， ∵∠C'PT+∠CPB＝90°， ∴∠C'PT+∠PC'T＝90°， ∴∠PTC'＝90°＝∠CHP， ∴△CPH≌△PC′T（AAS）， ∴C′T＝PH，PT＝CH＝8． 设C′T＝PH＝t，则AP＝6﹣t， ∴AT＝PT﹣PA＝2+t． ∵∠C'AD'＝90°，C'D'⊥AB， ∴△ATD′∽△C′TA， ∴， ∴AT2＝C'T⋅TD'， ∴（2+t）2＝t（12﹣t）， 化简得t2﹣4t+2＝0， 解得 ， ∴BP＝BH+HP＝8±， 情况三：当以D'为直角顶点时， 点P落在BA的延长线上，不符合题意． 综上所述，BP＝6 或8±． ②方法二： 动静互换：将C、D看成静止的，点A绕P点顺时针旋转90°， ∴△APA1是等腰直角三角形， ∴A点轨迹是在∠BAE＝45°的射线AE上， 当△A1CD为直角三角形时， （i）当∠A1CD＝90°时， ∴∠BP1A1＝90°， ∴BP1＝＝6； （ii）当点A为直角时， 以CD为直径作圆O交AE于点A2、A3.如图所示， 则△AOE为等腰直角三角形， ∵AO＝8， ∴AE＝8，OF＝4， ∴A2F＝A3F＝2，AF＝4， ∴AA2＝4+2， ∴AP2＝4+ BP2＝12﹣（4+）＝8﹣， （iii）AA3＝4﹣2， ∴AA3＝4﹣， ∴BP3＝12﹣（4﹣）＝8+， 综上所述：BP＝6 或8±． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的性质与判定，三角函数等知识，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 考点二 特殊平行四边形 ►考向一 矩形 易错易混提醒 矩形的性质与判定 1．定义 有一个角是直角的平行四边形是矩形． 2．性质 (1)矩形的四个角都是直角． (2)矩形的对角线相等． (3)矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，它有两条对称轴；它的对称中心是对角线交点． 3．判定 (1)有三个角是直角的四边形是矩形． (2)对角线相等的平行四边形是矩形． 1．（2023•宁波）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE，AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（　　） A．△ABE的面积 B．△ACD的面积 C．△ABC的面积 D．矩形BCDE的面积 【答案】C 【分析】作AG⊥ED于点G，交BC于点F，可证明四边形BFGE是矩形，AF⊥BC，可推导出S﹣S1﹣S2＝ED•AG﹣BE•EG﹣CD•DG＝ED•AG﹣FG•ED＝BC•AF＝S△ABC，所以只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，于是得到问题的答案． 【解答】解：作AG⊥ED于点G，交BC于点F， ∵四边形BCDE是矩形， ∴∠FBE＝∠BEG＝∠FGE＝90°，BC∥ED，BC＝ED，BE＝CD， ∴四边形BFGE是矩形，∠AFB＝∠FGE＝90°， ∴FG＝BE＝CD，AF⊥BC， ∴S﹣S1﹣S2＝ED•AG﹣BE•EG﹣CD•DG＝ED•AG﹣FG•ED＝BC•AF＝S△ABC， ∴只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值， 故选：C． 【点评】此题重点考查矩形的判定与性质、三角形的面积公式、矩形的面积公式、根据转化思想求图形的面积等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 2．（2023•杭州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．若∠AOB＝60°，则＝（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先证△ABO是等边三角形，可得∠BAO＝60°，由直角三角形的性质可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AO＝BO＝CO＝DO， ∵∠AOB＝60°， ∴△ABO是等边三角形， ∴∠BAO＝60°， ∴∠ACB＝30°， ∴BC＝AB， ∴＝， 故选：D． 【点评】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键． 3．（2023•台州）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6．在边AD上取一点E，使BE＝BC，过点C作CF⊥BE，垂足为点F，则BF的长为 　　． 【答案】． 【分析】根据矩形的性质可得出∠AEB＝∠FBC，结合已知BE＝BC，利用AAS证得△ABE和△FCB全等，得出FC＝AB＝4，再根据矩形的性质得到BC＝AD＝6，从而在Rt△FCB中利用勾股定理求出BF的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，∠A＝90°， ∴∠AEB＝∠FBC， ∵CF⊥BE， ∴∠CFB＝90°， ∴∠CFB＝∠A， 在△ABE和△FCB中， ， ∴△ABE≌△FCB（AAS）， ∴FC＝AB＝4， ∵四边形ABCD是矩形， ∴BC＝AD＝6， 在Rt△FCB中，由勾股定理得， 故答案为：． 【点评】本题考查了矩形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，熟知矩形的对边平行且相等，四个角都是直角． 4．（2022•丽水）如图，标号为①，②，③，④的矩形不重叠地围成矩形PQMN．已知①和②能够重合，③和④能够重合，这四个矩形的面积都是5．AE＝a，DE＝b，且a＞b． （1）若a，b是整数，则PQ的长是 　a﹣b　； （2）若代数式a2﹣2ab﹣b2的值为零，则的值是 　3+2　． 【答案】（1）a﹣b； （2）3+2． 【分析】（1）直接根据线段的差可得结论； （2）先把b当常数解方程：a2﹣2ab﹣b2＝0，a＝b+b（负值舍），根据四个矩形的面积都是5表示小矩形的宽，最后计算面积的比，化简后整体代入即可解答． 【解答】解：（1）由图可知：PQ＝a﹣b， 故答案为：a﹣b； （2）∵a2﹣2ab﹣b2＝0， ∴a2﹣b2＝2ab，（a﹣b）2＝2b2， ∴a＝b+b（负值舍）， ∵四个矩形的面积都是5．AE＝a，DE＝b， ∴EP＝，EN＝， 则＝＝＝＝＝＝3+2． 故答案为：3+2． 【点评】本题主要考查了矩形的性质，矩形的面积，并结合方程进行解答，正确通过解关于a的方程表示a与b的关系是解本题的关键． ►考向二 菱形 易错易混提醒 菱形的性质与判定 1．定义 一组邻边相等的平行四边形叫做菱形． 2．性质 (1)菱形的四条边都相等． (2)菱形的对角线互相垂直且平分，并且每一条对角线平分一组对角． 3．判定 (1)对角线互相垂直的平行四边形是菱形． (2)四条边都相等的四边形是菱形． 1．（2023•丽水）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，则AC的长为（　　） A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】连接BD交AC于点O，由菱形的性质得OA＝OC，∠BAO＝30°，AC⊥BD，再由含30°角的直角三角形的性质得OB＝，然后由勾股定理得OA＝，即可得出结论． 【解答】解：如图，连接BD交AC于点O， ∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°， ∴OA＝OC，∠BAO＝∠DAB＝30°，AC⊥BD， ∴∠AOB＝90°， ∴OB＝AB＝， ∴OA＝＝＝， ∴AC＝2OA＝， 故选：D． 【点评】本题考查了菱形的性质、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和勾股定理是解题的关键． 2．（2022•丽水）如图，已知菱形ABCD的边长为4，E是BC的中点，AF平分∠EAD交CD于点F，FG∥AD交AE于点G．若cosB＝，则FG的长是（　　） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】方法一：过点A作AH⊥BE于点H，过点F作FQ⊥AD于点Q，根据cosB＝＝，可得BH＝1，所以AH＝，然后证明AH是BE的垂直平分线，可得AE＝AB＝4，设GA＝GF＝x，根据S梯形CEAD＝S梯形CEGF+S梯形GFDA，进而可以解决问题．方法二：作AH垂直BC于H，延长AE和DC交于点M由已知可得BH＝EH＝1，所以AE＝AB＝EM＝CM＝4设GF＝x，则AG＝x，GE＝4﹣x，由三角形MGF相似于三角形MEC即可得结论．方法三：作AN⊥BC，延长FG交AB于H，易证△ABE为等腰三角形，易得HF＝BC＝4及△AHG∽△ABE 设AG＝GF＝a，得a的值，进而可以解决问题． 【解答】解：方法一，如图，过点A作AH⊥BE于点H，过点F作FQ⊥AD于点Q， ∵菱形ABCD的边长为4， ∴AB＝AD＝BC＝4， ∵cosB＝＝， ∴BH＝1， ∴AH＝＝＝， ∵E是BC的中点， ∴BE＝CE＝2， ∴EH＝BE﹣BH＝1， ∴AH是BE的垂直平分线， ∴AE＝AB＝4， ∵AF平分∠EAD， ∴∠DAF＝∠FAG， ∵FG∥AD， ∴∠DAF＝∠AFG， ∴∠FAG＝∠AFG， ∴GA＝GF， 设GA＝GF＝x， ∵AE＝CD＝4，FG∥AD， ∴DF＝AG＝x， cosD＝cosB＝＝， ∴DQ＝x， ∴FQ＝＝＝x， ∵S梯形CEAD＝S梯形CEGF+S梯形GFDA， ∴×（2+4）×＝（2+x）×（﹣x）+（x+4）×x， 解得x＝， 则FG的长是． 或者：∵AE＝CD＝4，FG∥AD， ∴四边形AGFD为等腰梯形， ∴GA＝FD＝GF， 则x+x+x＝4， 解得x＝， 则FG的长是． 方法二：如图，作AH垂直BC于H，延长AE和DC交于点M， ∵菱形ABCD的边长为4， ∴AB＝AD＝BC＝4， ∵cosB＝＝， ∴BH＝1， ∵E是BC的中点， ∴BE＝CE＝2， ∴EH＝BE﹣BH＝1， ∴AH是BE的垂直平分线， ∴AE＝AB＝4， 所以AE＝AB＝EM＝CM＝4， 设GF＝x， 则AG＝x，GE＝4﹣x， 由GF∥BC， ∴△MGF∽△MEC， ∴＝， 解得x＝． 方法三：作AN⊥BC，延长FG交AB于H， ∴BN＝1， ∵E为BC中点， ∴BE＝2， ∴BN＝EN＝1， ∴AN是BE的垂直平分线， ∴AB＝AE， ∴△ABE为等腰三角形， ∵AF平分∠EAD，GF∥AD， ∴∠GAF＝∠DAF，∠DAF＝∠AFG， ∴∠AFG＝∠GAF， ∴AG＝GF， 又四边形ADFH是平行四边形， ∴HF＝BC＝4，△AHG∽△ABE， 设AG＝GF＝a， ∴HG＝4﹣a， ∴a：4＝（4﹣a）：2， 解 得a＝． ∴GF＝． 故选：B． 【点评】本题考查了菱形的性质，解直角三角形，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 3．（2023•绍兴）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝40°，连接AC，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E，连接CE，则∠AEC的度数是 　10°或80°　． 【答案】10°或80°． 【分析】根据菱形的性质可得∠DAC＝20°，再根据等腰三角形的性质可得∠AEC的度数． 【解答】解：以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E和E′，如图所示， 在菱形ABCD中，∠DAC＝∠BAC， ∵∠DAB＝40°， ∴∠DAC＝20°， ∵AC＝AE， ∴∠AEC＝（180°﹣20°）÷2＝80°， ∵AE′＝AC， ∴∠AE′C＝∠ACE′＝10°， 综上所述，∠AEC的度数是10°或80°， 故答案为：10°或80°． 【点评】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握这些性质是解题的关键． 4．（2022•温州）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠BAD＝60°．在其内部作形状、大小都相同的菱形AENH和菱形CGMF，使点E，F，G，H分别在边AB，BC，CD，DA上，点M，N在对角线AC上．若AE＝3BE，则MN的长为 　　． 【答案】． 【分析】方法一：根据菱形的性质和锐角三角函数，可以求得AC、AM和MN的长，然后即可计算出MN的长． 方法二：根据相似三角形的判定和性质可以得到EF和MN的关系，然后解直角三角形可以求得OA的长，从而可以得到MN的长． 【解答】解：方法一：连接DB交AC于点O，作MI⊥AB于点I，作FJ⊥AB交AB的延长线于点J，如图1所示， ∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，AB＝1， ∴AB＝BC＝CD＝DA＝1，∠BAC＝30°，AC⊥BD， ∵△ABD是等边三角形， ∴OD＝， ∴AO＝＝＝， ∴AC＝2AO＝， ∵AE＝3BE， ∴AE＝，BE＝， ∵菱形AENH和菱形CGMF大小相同， ∴BE＝BF＝，∠FBJ＝60°， ∴FJ＝BF•sin60°＝×＝， ∴MI＝FJ＝， ∴AM＝＝＝， 同理可得，CN＝， ∴MN＝AC﹣AM﹣CN＝﹣＝， 故答案为：． 方法二：连接DB交AC于点O，连接EF， 由题意可得，四边形AMFE是平行四边形，四边形EFCN是平行四边形， ∴EF＝AM＝CN， ∵EF∥AC， ∴△BEF∽△BAC， ∴， ∵AE＝3BE，AB＝1， ∴AB＝4BE， ∴＝， ∴AM＝CN＝AC， ∴MN＝AC＝OA， ∵∠BAD＝60°．AB＝AD＝1，AO垂直平分BD， ∴OD＝， ∴OA＝＝＝， ∴MN＝， 故答案为：． 【点评】本题考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质，解答本题的关键是作出合适的辅助线，求出AC、AM和MN的长． ►考向三 正方形 易错易混提醒 正方形的性质与判定 1．定义 一组邻边相等的矩形叫做正方形． 2．性质 (1)正方形的四条边都相等，四个角都是相等． (2)正方形的对角线相等，且互相垂直平分；每条对角线平分一组对角． (3)正方形是轴对称图形，两条对角线所在直线，以及过每一组对边中点的直线都是它的对称轴；正方形是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心． 3．判定 (1)一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形． (2)一组邻边相等的矩形是正方形． (3)对角线互相垂直的矩形是正方形． (4)有一个角是直角的菱形是正方形． (5)对角线相等的菱形是正方形． 1．（2023•杭州）在边长为1的正方形ABCD中，点E在边AD上（不与点A，D重合），射线BE与射线CD交于点F． （1）若ED＝，求DF的长． （2）求证：AE•CF＝1． （3）以点B为圆心，BC长为半径画弧，交线段BE于点G．若EG＝ED，求ED的长． 【答案】（1）DF＝； （2）见解析过程； （3）DE＝． 【分析】（1）通过证明△DEF∽△CBF，由相似三角形的性质可求解； （2）通过证明△ABE∽△CFB，可得，可得结论； （3）设EG＝ED＝x，则AE＝1﹣x，BE＝1+x，由勾股定理可求解． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BC，AB＝AD＝BC＝CD＝1， ∴△DEF∽△CBF， ∴， ∴， ∴DF＝； （2）证明：∵AB∥CD， ∴∠ABE＝∠F， 又∵∠A＝∠BCD＝90°， ∴△ABE∽△CFB， ∴， ∴AE•CF＝AB•BC＝1； （3）解：设EG＝ED＝x，则AE＝AD﹣DE＝1﹣x，BE＝BG+GE＝BC+GE＝1+x， 在Rt△ABE中，AB2+AE2＝BE2， ∴1+（1﹣x）2＝（1+x）2， ∴x＝， ∴DE＝． 【点评】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 2．（2022•杭州）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且AE＝2BF，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH． （1）如图1，若AB＝4，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积． （2）如图2，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K． ①求证：EK＝2EH； ②设∠AEK＝α，△FGJ和四边形AEHI的面积分别为S1，S2．求证：＝4sin2α﹣1． 【答案】（1）5； （2）①见解答过程； ②见解答过程． 【分析】（1）由点M是边AB的中点，若AB＝4，当点E与点M重合，得出AE＝BE＝2，由AE＝2BF，得出BF＝1，由勾股定理得出EF2＝5，即可求出正方形EFGH的面积； （2）①由“一线三直角”证明△AKE∽△BEF，得出，由AE＝2BF，得出，进而证明EK＝2EH； ②先证明△KHI≌△FGJ，得出S△KHI＝S△FGJ＝S1，再证明△KAE∽△KHI，得出＝＝，由正弦的定义得出sinα＝，进而得出sin2α＝，得出＝4sin2α，即可证明＝4sin2α﹣1． 【解答】（1）解：如图1， ∵点M是边AB的中点，若AB＝4，当点E与点M重合， ∴AE＝BE＝2， ∵AE＝2BF， ∴BF＝1， 在Rt△EBF中，EF2＝EB2+BF2＝22+12＝5， ∴正方形EFGH的面积＝EF2＝5； （2）如图2， ①证明： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠B＝90°， ∴∠K+∠AEK＝90°， ∵四边形EFGH是正方形， ∴∠KEF＝90°，EH＝EF， ∴∠AEK+∠BEF＝90°， ∴∠AKE＝∠BEF， ∴△AKE∽△BEF， ∴， ∵AE＝2BF， ∴， ∴EK＝2EF， ∴EK＝2EH； ②证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BC， ∴∠KIH＝∠GJF， ∵四边形EFGH是正方形， ∴∠IHK＝∠EHG＝∠HGF＝∠FGJ＝90°，EH＝FG， ∵KE＝2EH， ∴EH＝KH， ∴KH＝FG， 在△KHI和△FGJ中， ， ∴△KHI≌△FGJ（AAS）， ∴S△KHI＝S△FGJ＝S1， ∵∠K＝∠K，∠A＝∠IHK＝90°， ∴△KAE∽△KHI， ∴＝＝， ∵sinα＝， ∴sin2α＝， ∴＝4sin2α， ∴＝4sin2α﹣1． 【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，掌握正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义是解决问题的关键． 3．（2023•绍兴）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H． （1）求证：∠DAG＝∠EGH； （2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由． 【答案】见解答． 【分析】（1）直接由平行公理的推理即可解答． （2）先连接CG，然后根据正方形的性质得出△ADG≌△CDG，从而得到∠DAG＝∠DCG．再证明∠EGH＝∠DCG＝∠OEC即可． 【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AD⊥CD，GE⊥CD， ∴∠ADE＝∠GEC＝90°， ∴AD∥GE， ∴∠DAG＝∠EGH． （2）解：AH⊥EF，理由如下． 连结GC交EF于点O，如图： ∵BD为正方形ABCD的对角线， ∴∠ADG＝∠CDG＝45°， 又∵DG＝DG，AD＝CD， ∴△ADG≌△CDG（SAS）， ∴∠DAG＝∠DCG． 在正方形ABCD中，∠ECF＝90°， 又∵GE⊥CD，GF⊥BC， ∴四边形FCEG为矩形， ∴OE＝OC， ∴∠OEC＝∠OCE， ∴∠DAG＝∠OEC， 由（1）得∠DAG＝∠EGH， ∴∠EGH＝∠OEC， ∴∠EGH+∠GEH＝∠OEC+∠GEH＝∠GEC＝90°， ∴∠GHE＝90°， ∴AH⊥EF． 【点评】本题考查正方形的性质与全等三角形的性质，熟悉性质是解题关键． 4．（2023•湖州）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上． （1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，则BE的长是 　4　cm． （2）若，则tan∠DAH的值是 　3　． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）将AE和FC用BE表示出来，再代入AE+FC＝11cm，即可求出BE的长； （2）由已知条件可以证明∠DAH＝∠CDG，从而得到tan∠DAH＝tan∠CDG，设AH＝x，DG＝5k，GH＝4k，用x和k的式子表示出CG，再利用tan∠DAH＝tan∠CDG列方程，解出x，从而求出tan∠DAH的值． 【解答】解：（1）∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形， ∴AE＝BE，BF＝CF， ∵AE+FC＝11cm， ∴BE+BF＝11cm， 即BE+BE+EF＝11cm， 即2BE+EF＝11cm， ∵EF＝3cm， ∴2BE+3cm＝11cm， ∴BE＝4cm， 故答案为：4； （2）设AH＝x， ∵， ∴可设DG＝5k，GH＝4k， ∵四边形EFGH是正方形， ∴HE＝EF＝FG＝GH＝4k， ∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形， ∴AE＝BE，BF＝CF，∠ABE＝∠CBF＝45°， ∴CG＝CF+GF＝BF+4k＝BE+8k＝AH+12k＝x+12k， ∠ABC＝∠ABE+∠CBF＝45°+45°＝90°， ∵四边形ABCD对角互补， ∴∠ADC＝90°， ∴∠ADH+∠CDG＝90°， ∵四边形EFGH是正方形， ∴∠AHD＝∠CGD＝90°， ∴∠ADH+∠DAH＝90°， ∴∠DAH＝∠CDG， ∴tan∠DAH＝tan∠CDG， ∴，即， 整理得：x2+12kx﹣45k2＝0， 解得x1＝3k，x2＝﹣15k（舍去）， ∴tan∠DAH＝＝＝3． 故答案为：3． 【点评】本题考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，三角函数定义，一元二次方程的解法等，弄清图中线段间的关系是解题的关键． 5．（2023•金华）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q，若HF＝FG，则的值是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由正方形的性质得AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°，则∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF，可证明△ABC≌△AFH，得BC＝HF，而HF＝FG，所以BC＝FG，再证明△BCQ≌△FGP，得CQ＝GP，设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m，可求得BE＝AF＝m，由＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝，得CQ＝BC＝m，由＝＝＝tan∠PBE，得PE＝BE＝m，即可求得S四边形PCQE＝m2，S正方形ABEF＝5m2，则＝＝，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABEF、四边形ACGH、四边形BCMN都是正方形， ∴AB＝AF，AC＝AH，∠BAF＝∠CAH＝90°， ∴∠BAC＝∠FAH＝90°﹣∠CAF， ∴△ABC≌△AFH（SAS）， ∴BC＝HF， ∵HF＝FG， ∴BC＝FG， ∵∠ACG＝∠ACB＝∠BCM＝90°， ∴∠ACG+∠ACB＝180°，∠ACB+∠BCM＝180°， ∴B、C、G三点在同一条直线上，A、C、M三点在同一条直线上， ∵∠BCQ＝∠G＝∠E＝90°，∠BPE＝∠FPG， ∴∠CBQ＝90°﹣∠BPE＝90°﹣∠FPG＝∠GFP， ∴△BCQ≌△FGP（ASA）， ∴CQ＝GP， 设AC＝AH＝GH＝2m，则HF＝FG＝BC＝m， ∴BE＝AF＝＝m， ∵∠G＝∠H＝∠AFE＝90°， ∴∠GFP＝∠HAF＝90°﹣∠AFH， ∴＝＝tan∠GFP＝tan∠HAF＝＝， ∴CQ＝BC＝m， ∵∠E＝∠BCQ＝90°， ∴＝＝＝tan∠PBE， ∴PE＝BE＝×m＝m， ∴S四边形PCQE＝m×m﹣m×m＝m2， ∵S正方形ABEF＝（m）2＝5m2， ∴＝＝， 故选：B． 【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、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形等知识，证明△ABC≌△AFH及△BCQ≌△FGP是解题的关键． 1．（2024•拱墅区校级模拟）一个多边形的内角和是540°，这个多边形是（　　） A．五边形 B．六边形 C．七边形 D．八边形 【答案】A 【分析】根据多边形的内角和公式求出边数即可． 【解答】解：设多边形的边数是n，则 （n﹣2）•180°＝540°， 解得n＝5， ∴这个多边形是五边形， 故选：A． 【点评】本题考查了多边形的内角和定理，熟记多边形内角和公式是解题的关键． 2．（2024•台州模拟）如图，该硬币边缘镌刻的正九边形每个内角的度数是（　　） A．120° B．135° C．140° D．144° 【答案】C 【分析】根据多边形的外角和定理求得正九边形的9个相同外角的度数和，即可求得1个外角的度数，再根据1个外角与其相邻的内角互为邻补角，即可求得每个内角的度数． 【解答】解：∵正九边形的外角和为360°， ∴正九边形每个外角的度数是＝40°， ∴正九边形每个内角的度数是180°﹣40°＝140°． 故选：C． 【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理和正多边形的定义． 3．（2024•钱塘区三模）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则下列判断正确的是（　　） A．若AC＝BD，AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形 B．若OA＝OB，OC＝OD，则四边形ABCD是平行四边形 C．若OA＝OC，OB＝OD，AB⊥BC，则四边形ABCD是菱形 D．若OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，则四边形ABCD是矩形 【答案】D 【分析】根据矩形，菱形，正方形，平行四边形的判定定理即可得到结论． 【解答】解：A、若AC＝BD，AC⊥BD，则四边形ABCD不一定是正方形，故选项A不符合题意； B、若OA＝OB，OC＝OD，则四边形ABCD不一定是平行四边形，故选项B不符合题意； C、若OA＝OC，OB＝OD，AB⊥BC，则四边形ABCD是矩形，故选项C不符合题意； D、若OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，则四边形ABCD是矩形，故选项D符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查了正方形、矩形、菱形、平行四边形的判定，熟练掌握各判定定理是解题的关键． 4．（2024•杭州一模）如图，▱ABCD对角线AC，BD交于点O，请添加一个条件：____使得▱ABCD是菱形（　　） A．AB＝AC B．AC⊥BD C．AB＝CD D．AC＝BD 【答案】B 【分析】由菱形的判定可直接求解． 【解答】解：当AC⊥BD时，▱ABCD是菱形， 故选：B． 【点评】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，掌握菱形的判定是解题的关键． 5．（2024•西湖区三模）如图，已知点E为正方形ABCD内一点，△ABE为等边三角形，连结ED，EC，则∠DEC的度数为（　　） A．120° B．150° C．108° D．135° 【答案】B 【分析】由正方形的性质得出AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，由等边三角形的性质得出AB＝BE＝AE，∠ABE＝∠BEA＝∠BAE＝60°，从而得出BC＝BE，AD＝AE，∠CBE＝∠DAE＝30°，再分别求出∠BEC、∠AED的度数，即可求出∠DEC的度数． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°， ∵△ABE为等边三角形， ∴AB＝BE＝AE，∠ABE＝∠BEA＝∠BAE＝60°， ∴BC＝BE，AD＝AE，∠CBE＝∠DAE＝90°﹣60°＝30°， ∴∠BEC＝∠BCE＝＝75°， 同理∠AED＝75°， ∴∠DEC＝360°﹣∠BEC﹣∠BEA﹣∠AED＝360°﹣75°﹣60°﹣75°＝150°， 故选：B． 【点评】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质和等边三角形的性质是解题的关键． 6．（2024•拱墅区校级模拟）如图，点E是正方形ABCD对角线BD上一点，点F在BC上且EF＝EC，连接AE，AF，若∠ECF＝α，∠AFB＝β，则（　　） A．β﹣α＝15° B．α+β＝135° C．2β﹣α＝90° D．2α+β＝180° 【答案】B 【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，根据全等三角形的性质得到AE＝CE，∠BCE＝∠BAE＝α，根据等腰三角形的性质得到∠EFC＝∠ECF＝α，求得∠AFE＝180°﹣α﹣β，根据等腰三角形的性质列方程即可得到结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°， ∵BE＝BE， ∴△ABE≌△CBE（SAS）， ∴AE＝CE，∠BCE＝∠BAE＝α， ∵EF＝CE， ∴∠EFC＝∠ECF＝α， ∵∠AFB＝β， ∴∠AFE＝180°﹣α﹣β， ∵∠ABF＝90°， ∴∠BAF＝90°﹣β， ∵AE＝CE，EF＝CE， ∴AE＝EF， ∴∠EAF＝∠AFE， ∴α﹣（90°﹣β）＝180°﹣α﹣β， ∴α+β＝135°， 故选：B． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 7．（2024•浙江模拟）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示．点O是正方形ABCD的中心，连接AO并延长交BE于点F，连接DF，记△ADF的面积为S1，正方形ABCD的面积为S．若AF＝AD，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接AC，设AD＝1，得到，根据AF过正方形ABCD的中心O得到点F在AC上，得到＝＝，得到＝． 【解答】解：如图，连接AC， ∵点O是正方形ABCD的中心， ∴AC过点O， ∵AF过点O， ∴点F在AC上， 设AF＝AD＝1，则， ∴＝＝， ∴＝＝， ∵S＝S正方形ABCD＝2S△ADC，S1＝S△ADF， ∴＝＝． 故选：D． 【点评】本题主要考查了正方形．正方形的性质，等腰直角三角形的性质，掌握正方形的性质是解题的关键． 8．（2024•拱墅区二模）如图，已知正方形ABCD和正方形BEFG，且A、B、E三点在一条直线上，连接CE，以CE为边构造正方形CPQE，PQ交AB于点M，连接CM．设∠APM＝α，∠BCM＝β．若点Q、B、F三点共线，tanα＝ntanβ，则n的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点Q作QN⊥AB于N，连接Q、B、F，先证明△ENQ≌△CBE，得到EB＝QN＝BN＝BG＝CG，设EB＝QN＝BN＝BG＝CG＝a，则AB＝BC＝CD＝AD＝2a，AN＝a，再证明△CBE≌△CDP、△PAM≌△QNM，得到PA＝a，，，利用三角函数即可求解． 【解答】解：过点Q作QN⊥AB于N，连接Q、B、F，则∠QNE＝∠QNM＝90°， ∵四边形ABCD、四边形BEFG、四边形CPQE是正方形， ∴EC＝EQ，CB＝CD，∠GBE＝∠CEQ＝∠BCD＝∠PCE＝∠A＝90°， ∵点Q、B、F三点共线， ∴∠QBN＝∠EBF＝45°， ∴△EBF、△BQN都是等腰直角三角形， ∴QN＝BN， ∵∠BCE+∠BEC＝90°，∠QEN+∠BEC＝90°， ∴∠BCE＝∠QEN， 在△ENQ和△CBE中， ， ∴△ENQ≌△CBE（AAS）， ∴EN＝CB，QN＝EB， ∵QN＝BN， ∴EN＝CB＝2EB， ∴EB＝QN＝BN＝BG＝CG， 设EB＝QN＝BN＝BG＝CG＝a，则AB＝BC＝CD＝AD＝2a，AN＝2a﹣a＝a， ∵∠DCP+∠BCP＝90°，∠BCE+∠BCP＝90°， ∴∠DCP＝∠BCE， 在△CBE和△CDP中， ， ∴△CBE≌△CDP（ASA）， ∴BE＝DP＝a， ∴PA＝2a﹣a＝a， ∴PA＝QN， 在△PAM和△QNM中， ， ∴△PAM≌△QNM（AAS）， ∴， ∴， 在Rt△PAM中，， 在Rt△BCM中，， ∵tanα＝ntanβ， ∴， ∴， 故选：A． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，余角性质，三角函数，正确作出辅助线是解题的关键． 9．（2024•浙江校级模拟）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝80°，以A为圆心，AB长为半径画弧，交对角线AC所在直线于点P，连结PB，则∠PBC＝　30°或120°　． 【答案】见试题解答内容 【分析】由菱形的性质可得AB＝BC，∠ABC＝100°，∠BAC＝40°，分两种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝80°， ∴AB＝BC，∠ABC＝100°，∠BAC＝40°， 如图，当点P在线段AC上时，则AB＝AP， ∴∠ABP＝70°， ∴∠PBC＝30°， 当点P在线段CA的延长线时，AP'＝AB， ∴∠ABP'＝20°， ∴∠P'BC＝120°， 故答案为：30°或120°． 【点评】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 10．（2024•鹿城区校级三模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，以BC为边向外作正方形BCDE，连结AE，AD分别交BC于点F，G，若BF：CG＝3：4，则tan∠ACB＝　　． 【答案】． 【分析】过点A作AH⊥EB交EB的延长线于H，HA交DC的延长线于P，证明四边形BCPH，四边形PHED均为矩形，则BH＝CP，HE＝PD，BC∥PH，∠P＝90°，证明△EBF∽EHA，△DCG∽△DPA得BF：AH＝BE：HE，CG：PA＝CD：PD，则BF：AH＝CG：PA，进而得AH：AP＝BF：CG＝3：4，设AH＝3a，AP＝4a，再证明△ABH∽△CAP得BH：AP＝AH：CP，进而得CP＝，在Rt△APC中tan∠PAC＝＝，然后根据BC∥PH得∠ACB＝∠PAC，由此可得tan∠ACB的值． 【解答】解：过点A作AH⊥EB交EB的延长线于H，HA交DC的延长线于P，如图所示： 则∠H＝90°， ∵四边形BCDE为正方形， ∴∠EBC＝∠BCD＝∠BED＝∠CDE＝90°，BE＝CD， ∴∠HBC＝∠PCB＝90°， ∴∠HBC＝∠PCB＝∠H＝90°， ∴四边形BCPH，四边形PHED均为矩形， ∴BH＝CP，HE＝PD，BC∥PH，∠P＝90°， ∴△EBF∽EHA，△DCG∽△DPA， ∴BF：AH＝BE：HE，CG：PA＝CD：PD， ∴BF：AH＝CG：PA， ∴AH：AP＝BF：CG＝3：4， 设AH＝3a，AP＝4a， ∵∠BAC＝90°，∠H＝90°， ∴∠1+∠PAC＝90°，∠1+∠2＝90°， ∴∠2＝∠PAC， 又∵∠H＝∠P＝90°， ∴△ABH∽△CAP， ∴BH：AP＝AH：CP， ∴BH•CP＝AP•AH＝12a2， ∵BH＝CP， ∴CP2＝12a2， ∴CP＝， 在Rt△APC中，tan∠PAC＝＝＝． ∵BC∥PH， ∴∠ACB＝∠PAC， ∴tan∠ACB＝． 故答案为：． 【点评】此题主要正方形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，理解正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义是解决问题的关键，正确地添加辅助线，构造矩形和相似三角形是解决问题的难点． 11．（2024•清城区一模）若正多边形的一个内角等于120°，则这个正多边形的边数是 　6　． 【答案】见试题解答内容 【分析】多边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，因为所给多边形的每个内角均相等，故又可表示成120°n，列方程可求解．此题还可以由已知条件，求出这个多边形的外角，再利用多边形的外角和定理求解． 【解答】解：解法一：设所求正n边形边数为n， 则120°n＝（n﹣2）•180°， 解得n＝6； 解法二：设所求正n边形边数为n， ∵正n边形的每个内角都等于120°， ∴正n边形的每个外角都等于180°﹣120°＝60°． 又因为多边形的外角和为360°， 即60°•n＝360°， ∴n＝6． 故答案为：6． 【点评】本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理． 12．（2024•台州一模）如图，在▱ABCD中，AB＝3cm，BC＝5cm，AB⊥AC，则BD的长度为 　　cm． 【答案】． 【分析】设AC与BD交点为M，根据勾股定理先求出AC，再根据平行四边形的性质求出AM，然后根据勾股定理求出BM，根据平行四边形的性质即可得答案． 【解答】解：设AC与BD交点为M，如图所示： ∵AB⊥AC，AB＝3cm，BC＝5cm， ∴， ∴， 在Rt△BAM中，， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了平行四边形的性质和勾股定理，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 13．（2024•拱墅区校级模拟）如图是由6个形状、大小完全相同的菱形组成的网格，菱形的顶点称为格点，已知菱形的一个角（∠O）为60°，点A，B，C都在格点上，则sin∠ABC的值是 　　． 【答案】见试题解答内容 【分析】如图，连接EA、EC，先证明∠AEC＝90°，E、C、B共线，再根据sin∠ABC＝，求出AE、AB即可解决问题． 【解答】解：如图，连接EA，EC， 设菱形的边长为a，由题意得∠AEF＝30°，∠CEF＝60°， ∴AE＝2cos30°•a＝a，EC＝a， 则AC＝2a， ∴AE2+CE2＝AC2， ∴∠AEC＝90°， ∴∠ACE＝60°， ∴∠ACE＝∠ACG＝∠BCG＝60°， ∴∠ECB＝180°， ∴E、C、B共线， 在Rt△AEB中，sin∠ABC＝＝＝． 故答案为：． 【点评】本题考查菱形的性质，三角函数、特殊三角形边角关系等知识，解题的关键是添加辅助线构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型． 14．（2024•杭州四模）如图，在正方形ABCD中，E是AD的中点，F是边AB上的动点，连接CE，EF，CF．若，则＝　　． 【答案】． 【分析】延长DA，CF交于点G，过点G作GH⊥CE，交CE延长线于H，设AD＝2a，则AE＝DE＝a，CE＝，在Rt△CGH中由tan∠FCE＝，设GH＝2k，CH＝3k，EH＝CH﹣CE＝，证明△GEH∽△CED得，即，由此得GE＝，k＝，则GE＝＝2.5a，进而得AG＝GE﹣AE＝1.5a，再证△AGF∽△BCF即可得出的值． 【解答】解：延长DA，CF交于点G，过点G作GH⊥CE，交CE延长线于H，如图所示： 设AD＝2a， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝AB＝BC＝CD＝2a，∠D＝90°，AD∥BC， ∵E是AD的中点， ∴AE＝DE＝a， 在Rt△CDE中，由勾股定理得：CE＝＝， 在Rt△CGH中，tan∠FCE＝， ∴可设GH＝2k，CH＝3k， ∴EH＝CH﹣CE＝， ∵GH⊥CE，∠D＝90°， ∴∠H＝∠D＝90°， 又∵∠GEH＝∠CED， ∴△GEH∽△CED， ∴， 即， 由，得：GE＝， 由，得：k＝， ∴GE＝＝2.5a， ∴AG＝GE﹣AE＝2.5a﹣a＝1.5a， ∵AD∥BC， ∴△AGF∽△BCF， ∴＝＝＝． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数，理解正方形的性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用相似三角形的性质，勾股定理及锐角三角函数进行计算是解决问题的关键，正确地作出辅助线构造相似三角形是解决问题的难点． 15．（2024•上城区校级模拟）正方形ABCD中，P是对角线BD所在直线上一点．若P在对角线BD上（如图1），连接PC，过点P作PQ⊥CP交AB于点Q．若，AB＝6，则BQ的长为 　2　； 若P在BD的延长线上（如图2），连接AP，过点P作PE⊥AP交BC延长线于点E，连接DE，若CE＝8，△DPE的面积是20，则PE的长为 　　． 【答案】见试题解答内容 【分析】过点P作PE⊥AB、PH⊥DC，PF⊥BC，由正方形的性质可得∠BDC＝45°，根据PH⊥DC，可得∠BDC＝∠HPC＝45°，继而可证△PHD是等腰三角形，由勾股定理可得DH＝PH＝2，根据矩形的判定可得四边形PFCH是矩形和四边形ADHE是矩形，继而得到FC＝PH＝AE＝DH＝2，继而求出QE＝FC＝2，从而得到BQ； 过点P作PH⊥AB，PF⊥BC，根据正方形的性质可得BD是∠ABC的角平分线，由角平分线的性质可得PH＝PF，根据三角形的判定定理可证△HPA≌△FPE，继而可得HA＝FE，再由正方形的性质求出CF＝EF＝CE＝4，设小正方形的边长为a，则大正方形的边长为（a+4），根据S△PDE＝S梯形DCFP+S△PFE﹣S△DCE列方程求出a，最后根据勾股定理进行计算． 【解答】解：过点P作PE⊥AB，PH⊥DC，PF⊥BC，如图1， ∵正方形ABCD中，BD是对角线， ∴∠BDC＝45° ∵PH⊥DC， ∴∠BDC＝∠HPC＝45°， ∴DH＝PH， ∴△PHD是等腰直角三角形， 由勾股定理可得：PH2+DH2＝PD2， 即PH2＝， 解得：PH＝2， ∴DH＝PH＝2， ∵∠FPH＝∠PFC＝∠PHC＝90°， ∴四边形PFCH是矩形， ∴FC＝PH＝2， 同理可证：四边形ADHE是矩形， ∴AE＝DH＝2， ∵PQ⊥CP，PF⊥BC， ∴∠EPQ+∠QPF＝90°，∠QPF+∠CPF＝90°， ∴∠EPQ＝∠CPF， ∵PE＝PF，∠QEP＝∠PFC， ∴△EPQ≌△FPC（ASA）， ∴QE＝FC＝2， ∴BQ＝AB﹣AE﹣EQ＝6﹣2﹣2＝2； 过点P作PH⊥AB，PF⊥BC，如图2， ∵正方形ABCD中，BD是对角线，点P在∠ABC的平分线BD上，PH⊥AB，PF⊥BC， ∴PH＝PF， ∵∠HPF＝90°，∠APE＝90° ∴∠HPA+∠APF＝90°，∠APF+∠FPE＝90° ∴∠HPA＝∠FPE， 在△HPA和△FPE中， ， ∴△HPA≌△FPE（ASA）， ∴HA＝FE， ∵四边形BHPF和ABCD均为正方形， ∴BH＝BF，AB＝BC， ∴AH＝CF，CF＝EF＝CE＝4， 设小正方形的边长为a，则大正方形的边长为（a+4）， ∵S△PDE＝S梯形DCFP+S△PFE﹣S△DCE， ∴（a+a+4）×4×+4（a+4）×﹣×a×8＝20， 解得：a＝2， ∴PF＝6， ∴PE＝＝＝2， 故答案为：2；． 【点评】本题考查正方形的性质和判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练运用正方形的性质和勾股定理以及正确的添加辅助线是解题的关键． 16．（2024•浙江模拟）已知：如图，在▱ABCD中，点E，F分别在AD，BC上，且BE平分∠ABC．若DE＝CF，连结EF．求证：四边形ABFE是菱形． 【答案】见解答． 【分析】先证四边形ABFE是平行四边形，由平行线的性质和角平分线的性质可得AB＝AE，可得结论． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， 又∵DE＝CF， ∴AE＝BF， ∴四边形ABFE是平行四边形， ∵BE平分∠ABC， ∴∠ABE＝∠FBE， ∵AD∥BC， ∴∠AEB＝∠EBF， ∴∠ABE＝∠AEB， ∴AB＝AE， ∴平行四边形ABFE是菱形． 【点评】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，角平分线的定义等知识，证明AB＝AE是解题的关键． 17．（2024•浙江模拟）如图，四边形ABCD是平行四边形，O是对角线AC的中点，过点O的直线分别交边BC，AD于点E，F，连接AE，CF． （1）求证：BE＝DF； （2）作∠AEB的平分线交AB于点G，若EG∥AC，求证：四边形AECF是菱形． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AD∥BC，OA＝OC，进而利用全等三角形的判定和性质得出AF＝CE，进而得出BE＝DF即可； （2）根据平行线的性质和角平分线的定义得出∠GEB＝∠ACE＝∠EAC，进而利用菱形的判定解答即可． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，OA＝OC，AD＝BC， ∴∠FAO＝∠ECO， 在△FAO与△CEO中， ， ∴△FAO≌△CEO（ASA）， ∴AF＝CE， ∴AD﹣AF＝BC﹣CE， 即BE＝DF； （2）∵AF＝CE，AF∥CE， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵EG∥AC， ∴∠GEB＝∠ACE，∠GEA＝∠EAC， ∵∠AEB的平分线交AB于点G， ∴∠GEB＝∠GEA， ∴∠ACE＝∠EAC， ∴AE＝EC， ∴▱AECF是菱形． 【点评】此题考查菱形的判定，关键是根据平行四边形的性质得出AD∥BC，OA＝OC解答． 18．（2024•西湖区校级三模）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，点D为AB边中点，过D点作AB的垂线交BC于点E，在直线DE上截取DF，使DF＝ED，连接AE、AF、BF． （1）求证：四边形AEBF是菱形； （2）若cos∠EBF＝，BF＝5，连接CD，求CD的长． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据对角线互相平分且垂直即可证明四边形AEBF是菱形； （2）过点F作FG⊥BC于点G，得矩形AFGC，根据cos∠EBF＝，BF＝5，可得BG＝3，FG＝AC＝4，根据勾股定理求出AB的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD的长． 【解答】（1）证明：∵点D为AB边中点， ∴AD＝BD， ∵DF＝ED， ∴四边形AEBF是平行四边形， ∵EF⊥AB， ∴四边形AEBF是菱形； （2）解：如图，连接CD，过点F作FG⊥BC于点G，得矩形AFGC， ∵cos∠EBF＝＝，BF＝5， ∴BG＝3， ∴FG＝AC＝4， ∵四边形AEBF是菱形， ∴CG＝AF＝BF＝5， ∴BC＝CG+BG＝5+3＝8， ∴AB＝＝＝4， ∵∠ACB＝90°，D是AB的中点， ∴CD＝AB＝2． ∴CD的长为2． 【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性质，解直角三角形，解决本题的关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 19．（2024•拱墅区校级二模）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．E是线段OB上的点（不与O、B重合），过点D作DF⊥CE，交BC于点H． （1）求证：OE＝OG； （2）若CE平分∠BCO，AB＝2，求BE的长． 【答案】（1）见解答；（2）2﹣2． 【分析】（1）由正方形ABCD，DF⊥CE，得∠ODG+∠DGO＝90°，∠ODG+∠CFO＝90°，得∠DGO＝∠CFO，得△DGO＝≌△CFO（AAS），即可得OE＝OG； （2）作EM⊥BC，由CE平分∠BCO，得EM＝OE＝x，由∠EBM＝45°，得EB＝EM＝x，即可得BE． 【解答】（1）证明：由正方形ABCD，DF⊥CE， 得OD＝OC，DO⊥CO， 得∠ODG+∠DGO＝90°，∠ODG+∠CFO＝90°， 得∠DGO＝∠CFO， 得△DGO＝≌△CFO（AAS）， 得OE＝OG； （2）作EM⊥BC， 由CE平分∠BCO， 得EM＝OE＝x， 由∠EBM＝45°， 得EB＝EM＝x， 由AB＝2， 得OB＝，即x+x＝， 得x＝2﹣ 得BE＝2﹣2． 【点评】本题主要考查了正方形的有关证明计算，解题关键是正确应用全等三角形． 20．（2024•拱墅区一模）如图，在正方形ABCD中，E是边BC上的一动点（不与点B、C重合），连接DE、点C关于直线DE的对称点为C′，连接AC′并延长交直线DE于点P，F是AC′的中点，连接DF． （1）求∠FDP的度数； （2）连接BP，求证：； （3）连接AC，若正方形的边长为10，求△ACC′的面积最大值． 【答案】（1）45°； （2）证明见解答； （3）50﹣50． 【分析】（1）证明∠CDE＝∠C'DE和∠ADF＝∠C'DF，可得∠FDP'＝∠ADC＝45°； （2）作辅助线，构建全等三角形，证明△BAP≌△DAP'（SAS），得BP＝DP'，从而得△PAP'是等腰直角三角形，可得结论； （3）先作高线C'G，确定△ACC′的面积中底边AC为定值10，根据高的大小确定面积的大小，当C'在BD上时，C'G最大，其△ACC′的面积最大，并求此时的面积． 【解答】（1）解：由对称得：CD＝C'D，∠CDE＝∠C'DE， 在正方形ABCD中，AD＝CD，∠ADC＝90°， ∴AD＝C'D， ∵F是AC'的中点， ∴DF⊥AC'，∠ADF＝∠C'DF， ∴∠FDP＝∠FDC'+∠EDC'＝∠ADC＝45°； （2）证明：如图，作AP'⊥AP交PD的延长线于P'， ∴∠PAP'＝90°， 在正方形ABCD中，DA＝BA，∠BAD＝90°＝∠PAP′， ∴∠DAP'＝∠BAP， 由（1）可知：∠FDP＝45°， ∵∠DFP＝90°， ∴∠APD＝45°， ∴∠P'＝45°， ∴AP＝AP'， 在△BAP和△DAP'中， ， ∴△BAP≌△DAP'（SAS）， ∴BP＝DP'， ∴DP+BP＝DP+DP′＝PP'， 在Rt△APP′中，AP＝AP'， ∴PP′＝AP， ∴BP+DP＝AP； （3）解：如图，过C'作C'G⊥AC于G，则S△AC'C＝AC•C'G， 在Rt△ABC中，AB＝BC＝10， ∴AC＝＝10，即AC为定值， 当C'G最大时，△AC'C的面积最大， 连接BD，交AC于O，当C'在BD上时，C'G最大，此时G与O重合， ∵CD＝C'D＝10，OD＝AC＝5， ∴C'G＝10﹣5， ∴S△AC'C＝AC•C'G＝×10×（10﹣5）＝50﹣50， 即△ACC′的面积最大值为50﹣50． 【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 21．（2024•镇海区校级三模）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点N，M为BD的中点．连结CM，AM，AM＝DC，AB＝AC，AB⊥AC，BC⊥CD． （1）求证：四边形ADCM是平行四边形． （2）求tan∠DBC的值． 【答案】（1）见解析； （2）． 【分析】（1）证明AM∥DC，又由AM＝DC即可证明； （2）根据等腰直角三角形性质，延长AM构造中位线即可解题． 【解答】（1）证明：延长AM，交BC于点Q， ∵BC⊥CD， ∴∠DCB＝90°， 在Rt△DCB中，点M为BD中点， ∴， ∵在△ABC中，AB＝AC，AM＝AM， ∴△ABM≌△ACM（SSS）， ∴∠BAM＝∠CAM， ∴AM⊥BC， ∵BC⊥CD， ∴AQ∥DC， ∵AM＝DC， ∴四边形AMCD是平行四边形． （2）解：由（1）得AM∥DC． ∵M是BD中点，点Q是BC的中点， ∴ 又∵AM＝DC ∴， ∴AQ＝3MQ， ∵Rt△ACB中，AB＝AC，AQ⊥BC， ∴AQ＝BQ＝3MQ， ∴． 【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形、等腰直角三角形的性质知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 22．（2024•温州三模）如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点P，AB⊥AC，垂足为A，过D作DE⊥AC于E，并延长交BC于点F，连接BE，若AB＝DE，∠ABE＝∠ACD． （1）求证：四边形ABED是平行四边形； （2）若AD＝5，DE＝3时， ①求EF的长； ②求△BEF的面积． 【答案】（1）见解析； （2）①EF＝； ②． 【分析】（1）根据AB∥DE，AB＝DE可证得结论； （2）①根据勾股定理得到AE＝＝＝4，根据平行四边形的性质得到∠ABE＝∠ADE，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论； ②延长DF，过B作BH⊥DF的延长线，垂足为H．根据矩形的判定定理得到四边形ABHE 是矩形，求得BH＝AE＝4，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵AB⊥AC，DE⊥AC， ∴∠BAE＝∠DEA＝90°， ∴AB∥DE， ∵AB＝DE， ∴四边形ABED是平行四边形； （2）解：①∵DE⊥AC， ∴∠AED＝90°， ∴AE＝＝＝4， ∵四边形ABED是平行四边形， ∴∠ABE＝∠ADE， ∵∠ABE＝∠ACD， ∴∠ADE＝∠ACD， ∴△ADE∽△ACD， ∴＝， ∴＝， ∴CE＝， ∵AB∥DE ∴△EFC∽△ABC， ∴＝， ∴＝， 解得EF＝； ②过B作BH⊥DF的延长线于H． ∴∠BHE＝90° ∵AB⊥AC，DE⊥AC， ∴∠BAC＝∠AEF＝90° ∴四边形ABHE是矩形， ∴BH＝AE＝4 ∴S△BEF＝EF•BH＝××4＝． 【点评】本题考查了平行四边形 的判定和性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键． 23．（2024•浙江模拟）在△ABC中，∠ACB＝90°，点D为BC上一点且BD＝2CD，连接AD．E，F分别为AD、AB的中点，连结DF，EF，EC，CF，ED与FC交于点O． （1）求证：四边形ECDF是平行四边形； （2）若OF＝5，，求AD的长． 【答案】（1）证明见解答过程； （2）AD＝4． 【分析】（1）根据三角形中位线定理结合已知条件证得EF∥CD，EF＝CD，根据平行四边形的判定定理即可证的结论； （2）由平行四边形的性质理结合已知条件求出CF＝10，由直角三角形斜边的中线得到AB＝20，利用得到AC＝16，BC＝12，CD＝4，依据勾股定理求出AD即可． 【解答】（1）证明：∵E，F分别为AD、AB的中点， ∴EF∥BD， ∴EF∥CD，BD＝2EF， ∵BD＝2CD， ∴EF＝CD， ∴四边形ECDF是平行四边形；（4分） （2）解：由（1）知四边形ECDF是平行四边形， ∴CF＝2OF，∠CFE＝∠BCF， ∵OF＝5， ∴CF＝10， ∵F为AB的中点， ∴AB＝2CF＝20，CF＝BF， ∴∠BCF＝∠B， ∴∠B＝∠CFE， ∴tan∠CFE＝tanB＝＝， 设AC＝4a，则BC＝3a， 根据勾股定理得：AB2＝AC2+BC2， ∴202＝（4a）2+（3a）2， 解得：a＝4（负值已舍去）， ∴AC＝16，BC＝12， ∵BD＝2CD， ∴CD＝4， ∴AD＝＝＝4． 【点评】本题主要考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，灵活运用相关性质定理是解决问题的关键． 24．（2024•义乌市二模）【基础巩固】 （1）如图1，在△ABC中，点D是AB上的一点，且∠ACD＝∠B，求证：AC2＝AB•AD． 【尝试应用】 （2）如图2，在（1）的条件下，过点D作DE∥AC，交CB于点E．若AD：DB＝1：3，BC＝8，求CD的长． 【拓展提高】 （3） 如图3，在▱ABCD中，点E是CD的中点，连结BE，AE交BD于点F，且∠DFA＝∠EBA．若sin ，求tanC的值． 【答案】（1）证明见解析； （2）4； （3）． 【分析】（1）证明△ACD∽△ABC，得出，则可得出结论； （2）设AD＝a，则DB＝3a，AB＝4a，由相似三角形的性质得出答案； （3）证明△EAB∽△EBF，设EF＝m，则AF＝2m，得出，证明△FDE∽△EDB，得出，设DE＝a，则，过点B作BH⊥CD于H，则可得出答案． 【解答】（1）证明：∵∠ACD＝∠B，∠A＝∠A， ∴△ACD∽△ABC， ∴， ∴AC2＝AB•AD； （2）解：∵， 设AD＝a，则DB＝3a，AB＝4a， ∵AC2＝AB•AD， ∴AC2＝4a•a＝4a2， ∴AC＝2a， 由得，， ∴CD＝4； （3）解：∵∠DFA＝∠EBA，∠DFA＝∠FAB+∠FBA，∠EBA＝∠EBD+∠FBA， ∴∠FAB＝∠EBD， ∵∠FEB＝∠BEA， ∴△EAB∽△EBF， 设EF＝m，则AF＝2m， ∴， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD∥AB， ∴∠DEA＝∠FAB＝∠EBD， ∵∠FDE＝∠EDB， ∴△FDE∽△EDB， ∴， 设DE＝a，则， 过点B作BH⊥CD于H， 由，得BH＝a，， ∴． 【点评】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，锐角三角函数的定义，相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 25．（2024•嘉兴二模）【操作思考】 如图1，将正方形纸片ABCD沿过点B的直线折叠，使点A落在正方形ABCD的内部，点A的对应点为点G，折痕为BE，再将该纸片沿过点B的直线折叠，使BC与BG重合，折痕为BF． （1）求∠EBF的度数． 【探究应用】 将图1折叠所得的图形重新展开并铺平．如图2，连结EF，作BF的中垂线分别交BE，BC于点P，H，连结PF，PA． （2）求证：2PE2+BF2＝2EF2． （3）若AE•BH＝10，求△EPF的面积． 【答案】（1）∠EBF的度数为45°． （2）证明见解答； （3）△EPF的面积为5． 【分析】（1）由正方形的性质得∠BAD＝90°，再由折叠的性质得：∠BAE＝∠MAE，∠DAF＝∠MAF，即可求解； （2）由线段垂直平分线性质可得PF＝PB，再由等腰三角形性质可得∠PFB＝∠PBF＝45°，推出PF⊥BE，即△BFP是等腰直角三角形，得出BF2＝2PF2，利用勾股定理可得PE2+PF2＝EF2，即可证得结论； （3）过点P作BC的平行线分别交AB、CD于点M、N，可证得△BPM≌△PFN（AAS），得BM＝PN，再证得△EAP∽△BPH，得出AE•BH＝PE•PB＝10，即PE•PF＝10，即可求得答案． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝90°， 由折叠得：∠ABE＝∠EBG＝∠ABG，∠CBF＝∠FBG＝∠CBG， ∴∠EBF＝∠EBG+∠FBG ＝（∠ABG+∠CBG） ＝∠ABC＝×90° ＝45°， 故∠EBF的度数为45°． （2）证明：如图，由（1）知∠EBF＝45°， ∵PH垂直平分BF， ∴PF＝PB， ∴∠PFB＝∠PBF＝45°， ∴∠BPF＝∠EPF＝90°， ∴△BFP是等腰直角三角形， ∴BF2＝2PF2， 在Rt△EFP中，PE2+PF2＝EF2， ∴2PE2+2PF2＝2EF2， ∴2PE2+BF2＝2EF2． （3）解：如图3，过点P作BC的平行线分别交AB、CD于点M、N， 则MN⊥AB，MN⊥CD， ∴∠PMB＝∠FNP＝90°， ∴∠MBP+∠MPB＝90°， ∵∠BPF＝90°， ∴∠NPF+∠MPB＝90°， ∴∠MBP＝∠NPF， ∵PB＝PF， ∴△BPM≌△PFN（AAS）， ∴BM＝PN， 在正方形ABCD中，AB∥CD，BC＝AB， ∴四边形MBCN是平行四边形，∠AEP＝∠PBH， ∴MN＝BC＝AB， ∴MN﹣NP＝AB﹣MB， 即MP＝AM， ∵∠AMP＝90°， ∴△APM是等腰直角三角形， ∴∠APM＝∠PAM＝45°， ∴∠EAP＝∠BAD﹣∠PAM＝90°﹣45°＝45°， ∵PH⊥BF，∠PBF＝45°， ∴∠BPH＝45°， ∴∠EAP＝∠BPH， ∴△EAP∽△BPH， ∴＝， ∴AE•BH＝PE•PB， ∵AE•BH＝10， ∴PE•PB＝10， ∵PB＝PF， ∴PE•PF＝10， ∴S△EPF＝PE•PF＝×10＝5． 【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、平行四边形的判定和性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积、相似三角形的判定和性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和翻折变换的性质，证出∠EBF＝45°是解题的关键，属于中考常考题型． 26．（2024•滨江区二模）如图1，矩形A1BC1D1是矩形ABCD以点B为旋转中心，按顺时针方向旋转角度为x°所得的图形，其中0＜x≤90．连结BD，BD1，CC1．已知AB＝4，BC＝2． （1）求∠BCC1的度数（用含x的代数式表示）． （2）如图2，当BD1经过点C时，求的值． （3）如图3，当BA1平分∠DBD1时，求CC1的长. 【答案】（1）∠BCC1＝． （2）＝． （3）CC1＝． 【分析】（1）利用旋转的性质和等腰三角形的性质即可求解． （2）利用勾股定理求得BD＝BD1＝，进而得到CD1＝，再进一步计算即可； （3）过点B作BE⊥CC1于E，由等腰三角形的三线合一的性质易知BE平分∠CBC1，CE＝C1E，进而可得∠CBE＝∠A1BD1，则sin∠A1BD1＝sin∠CBE＝＝，以此即可得解． 【解答】解：（1）∵矩形A1BC1D1是矩形ABCD以点B为旋转中心，按顺时针方向旋转角度为x°所得的图形， ∴BC＝BC，∠CBC1＝x， ∴△CBC1为等腰三角形， ∴∠BCC1＝∠BC1C＝＝． （2）∵AB＝4，BC＝2，四边形ABCD为矩形， ∴∠A＝90°，AD＝BC＝2，AB＝DC＝4， ∴BD＝＝＝， 由旋转可知，BD＝BD1＝， ∴CD1＝， ∴＝＝． （3）如图，过点B作BE⊥CC1于E， 由旋转可知，AB＝A1B＝4，AD＝A1D1＝2，BD＝BD1＝，∠DBD1＝∠CBC1， 在Rt△BA1D1中，sin∠A1BD1＝， 由（1）知，△CBC1为等腰三角形， ∵BE⊥CC1， ∴BE平分∠CBC1，CE＝C1E， 又∵BA1平分∠DBD1，∠DBD1＝∠CBC1， ∴∠CBE＝∠A1BD1， ∴sin∠CBE＝＝， ∴CE＝，CC1＝． 【点评】本题主要考查矩形的性质、旋转的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形，熟练掌握折叠的性质是解题关键． 27．（2024•浙江模拟）【回顾课本】 浙教版八年级下册数学教材“4.5三角形的中位线”一课中给出了“三角形的中位线定理”的证明思路，请完成证明过程． 已知：如图1，DE是△ABC的中位线． 求证：DE∥BC，． 分析：因为E是AC的中点，可以考虑以点E为中心，把△ADE按顺时针方向旋转180°，得到△CFE，这样就只需要证明四边形BCFD是平行四边形． 【探究发现】 如图2，等边△ABC的边长为2，点D，E分别为AB，AC边中点，点F为BC边上任意一点（不与B，C重合），沿DE，DF剪开分成①，②，③三块后，将②，③分别绕点D，E旋转180°恰好能与①拼成▱DIHG，求▱DIHG周长的最小值． 【拓展作图】 如图3，已知四边形ABCD，现要将其剪成四块，使得剪成的四块能通过适当的摆放拼成一个平行四边形，请在图3中画出剪痕，并对剪痕作适当的说明． 【答案】【回顾课本】证明见解析； 【探究发现】； 【拓展作图】见解析． 【分析】【回顾课本】以点E为旋转中心，把△ADE绕点E，按顺时针方向旋转180°，得△CFE，则D，E，F同在一直线上，DE＝EF，且△ADE≌△CFE，得出∠ADE＝∠F，AD＝CF，证明四边形BCFD是平行四边形，则可得出结论； 【探究发现】当DF⊥BC时最小，此时，则可得出答案； 【拓展作图】取AB，BC，CD，DA边的中点，沿EF，GH，HE剪开分成四块即可． 【解答】【回顾课本】证明：以点E为旋转中心，把△ADE绕点E，按顺时针方向旋转180°，得△CFE，则D，E，F同在一直线上，DE＝EF，且△ADE≌△CFE， ∴∠ADE＝∠F，AD＝CF， ∴AB∥CF， 又∵BD＝AD＝CF， ∴四边形BCFD是平行四边形， ∴DF∥BC，DF＝BC， ∴DE∥BC，； 【探究发现】由题可知：▱DIHG周长＝2DI+2DG＝2BC+2DF＝4+2DF， 当DF⊥BC时最小，此时， ∴▱DIHG周长的最小值为； 【拓展作图】取点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA边的中点，沿EF，GH，HE剪开分成四块即可， 理由：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边的中点， ∴EF∥AC，GH∥AC，EF＝AC，GH＝AC， ∴EF∥GH， ∴四边形EFGH是平行四边形， 沿EF，GH，HE剪开分成四块即可，按如图方式拼接即可． 【点评】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的性质，等边三角形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 28．（2024•拱墅区模拟）在Rt△ABC中，M是斜边AB上的一点，将线段MA绕点M旋转至MD位置，点C，D在直线AB的同一侧． （1）当M是AB的中点时，连接AD，BD． ①如图1，求∠ADB的大小； ②如图2，已知点D和边AC上的点E满足ME⊥AD，DE∥AB，连接CD．求证：BD＝CD． （2）如图3，当AM＞BM时，在线段MD取一点G，连接BG并延长交AC的延长线于点F，当四边形CMGF是平行四边形时，若△ACM的面积为8，BC•GM＝12，求▱CMGF的面积． 【答案】（1）①∠ADB＝90°； ②证明见解答； （2）▱CMGF的面积为8． 【分析】（1）①由旋转得MA＝MD，则∠MAD＝∠MDA，再由中点定义得MA＝MB，得出MB＝MD，则∠MBD＝∠MDB，再运用三角形内角和定理即可求得答案； ②连接CM，先证得四边形EMBD是平行四边形，再证得四边形AMDE是平行四边形，进而证得△MCD≌△MBD（SAS），即可证得结论； （2）连接CG，设▱CMGF的面积为S，则S△CGM＝S△CFG＝S△BCM＝S，由题意得S△BCF＝BC•GM＝6，推出S△ABF＝S△ACM+S△BCM+S△BCF＝8+S+6＝S+14，S△BGM＝S△ABF﹣S△ACM﹣S▱CFGM＝6﹣S，由GM∥AF，得△BGM∽△BFA，推出＝（）2＝（）2，又＝＝，建立方程求解即可求得答案． 【解答】（1）①解：如图1， ∵将线段MA绕点M旋转至MD位置， ∴MA＝MD， ∴∠MAD＝∠MDA， ∵点M是AB的中点， ∴MA＝MB， ∴MB＝MD， ∴∠MBD＝∠MDB， ∵∠BAD+∠ABD+∠ADB＝180°， ∴∠MAD+∠MDA+∠MBD+∠MDB＝180°， ∴2∠MDA+2∠MDB＝180°， ∴∠MDA+∠MDB＝90°， 即∠ADB＝90°； ②证明：连接CM，如图2， ∵点M是AB的中点，∠ACB＝90°， ∴AM＝CM＝BM， ∵EM⊥AD， ∴EM∥BD， ∵DE∥AB， ∴四边形EMBD是平行四边形， ∴DE＝BM， ∴DE＝AM， ∴四边形AMDE是平行四边形， ∴AE∥DM， ∴∠EAM＝∠DMB，∠ACM＝∠DMC， ∵AM＝CM， ∴∠EAM＝∠ACM， ∴∠DMB＝∠DMC， ∵MC＝MB，MD＝MD， ∴△MCD≌△MBD（SAS）， ∴BD＝CD． （2）如图3，连接CG，设▱CMGF的面积为S， 则S△CGM＝S△CFG＝S， ∵四边形CMGF是平行四边形， ∴CM∥BF，GM∥AF，CF＝MG， ∴S△BCM＝S△CGM＝S， ∵BC•GM＝12， ∴S△BCF＝BC•GM＝6， ∴S△ABF＝S△ACM+S△BCM+S△BCF＝8+S+6＝S+14， ∴S△BGM＝S△ABF﹣S△ACM﹣S▱CFGM＝6﹣S， ∵＝＝＝， ∴＝， ∵GM∥AF， ∴△BGM∽△BFA， ∴＝（）2＝（）2， ∵＝＝， ∴＝（）2， 整理得：S2+16S﹣192＝0， 解得：S＝8或S＝﹣24（不符合题意，舍去）， ∴▱CMGF的面积为8． 【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，三角形面积，旋转变换的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$