专题训练 特殊平行四边形 综合题选练-2024-2025学年八年级数学下册单元速记·巧练（浙教版）

专题训练：《特殊平行四边形》综合题选练 一．选择题（共16小题） 1．（2024•镇海区一模）一次数学课上，老师让大家在一张长12cm、宽5cm的矩形纸片内，折出一个菱形．甲同学按照取两组对边中点的方法折出菱形EFGH（见方案一），乙同学沿矩形的对角线AC折出∠CAE＝∠DAC，∠ACF＝∠ACB的方法得到菱形AECF（见方案二），请你通过计算，比较这两种折法中，菱形面积较大的是（　　） A．甲 B．乙 C．甲乙相等 D．无法判断 2．（2024春•义乌市校级期中）如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC对折，使得点B落在点E处，CE交AD于点F，若CE平分∠ACD，AF＝4，则CD的长是（　　） A． B． C． D．3 3．（2025•浙江一模）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，F在BC边上，且∠EAF＝45°，连接EF，则BF的长为（　　） A．2 B． C．3 D． 4．（2024春•西湖区校级期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且AC⊥BD，点P为AB边上一动点（不与点A，B重合），PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，若AC＝8，BD＝6，则EF的最小值为（　　） A．3 B．2 C． D． 5．（2024春•洞头区期中）如图，一张等腰直角三角形ABC纸片，已知AB＝BC＝20cm，先裁剪出①号长方形BEDF，然后在剩余的大纸片三角形AFD中剪出②号长方形GHMN，且满足HM＝DE，当①号长方形的面积为64cm2时，则②号长方形的面积为（　　） A．60cm2 B．64cm2 C． D． 6．（2024春•慈溪市校级期中）如图，在矩形ABCD中，O为AC的中点，过点O作AC的垂线，分别交DC于点F，交AB于点E，G是AE的中点，且∠AOG＝30°，有下列结论： ①DC＝3OG； ②； ③连结AF，CE，四边形AECF为菱形； ④； 其中正确的是（　　） A．②③ B．③④ C．①②④ D．①③④ 7．（2024•海曙区校级开学）如图，已知长方形ABCD，连接BD，P是BD上的一点，连接AP，CP，S1，S2，S3，S4分别表示△ABP，△ADP，△BCP，△CDP的面积，则下列等式不正确的是（　　） A． B． C．S1+S4＝S3+S2 D．S1+S2＝S3+S4 8．（2024春•上城区期末）在菱形ABCD中，点O为对角线BD的中点，点E、F分别为线段AB、AD上的点，EO的延长线交线段CD于点H，FO的延长线交线段CB于点G，连接EG、GH、HF、FE．以下结论：①EF＝GH；②若EG⊥BD，则AE＝CG；③存在无数个点E，使得四边形EFHG为菱形；④若四边形EFHG为矩形，则AE＝AF，其中正确的结论是（　　） A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④ 9．（2025•洞头区模拟）如图，在菱形ABCD中，∠C＝60°，AD＝2，连接BD，O是BD的中点，E是DA延长线上的一点，连接OE，作∠EOF＝120°，交AB的延长线于点F，记BF＝x，AE＝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． 10．（2024秋•镇海区校级期末）Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的每条边为边按如图方向作三个正方形，分别是正方形ABMN，正方形BCPQ，正方形ACEF，且点N恰好是EF的中点．若图中阴影部分面积为6，则AB的长度是（　　） A． B． C． D． 11．（2024•浙江模拟）将两张全等的等腰直角三角形纸片△ABH与△CDF和一张正方形纸片EFGH按照如图所示的方式拼成一个平行四边形ABCD，同时形成了剩余部分（即△BEF，△BFC，△AHD，△HDG），若只知道阴影部分的面积，则不能直接求出（　　） A．△BEF的面积 B．△CDF的面积 C．平行四边形ABCD的面积 D．剩余部分的面积之和与正方形EFGH面积和 12．（2024•苍南县校级自主招生）如图，点P是正方形ABCD内一点，PA＝1，，∠APB＝135°，则PB的长为（　　） A． B． C．2 D． 13．（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° 14．（2024春•玉环市期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，分别以AB，BC为边作正方形ABDE，正方形BCFG，连结EG，AG，若D，E，G共线，且EG＝3，，则AG的长为（　　） A． B． C． D． 15．（2024•义乌市二模）我国古代数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式，后人借助此分割方法所得图形证明了勾股定理．如图所示，矩形ABCD就是由两个这样的图形拼成（无重叠、无缝隙）．下面给出的条件中，一定能求出矩形ABCD面积的是（　　） A．BM与DM的积 B．BE与DE的积 C．BM与DE的积 D．BE与DM的积 16．（2024春•慈溪市期末）如图，线段AB＝12，P是线段AB上一动点，分别以AP和BP为边在同侧作菱形APEF和菱形PBCD，且P，D，E在同一条直线上，∠B＝60°，连结CF，取CF的中点M，连结AM，PM，以下说法正确的是（　　） A．AM的长不会随着P点的运动而变化，始终为 B．AM的长随着P点的运动而变化，其最小值为 C．PM的长不会随着P点的运动而变化，始终为 D．PM的长随着P点的运动而变化，其最小值为 二．填空题（共6小题） 17．（2024春•吴兴区期末）如图，菱形ABCD的周长为20，面积为24，P是对角线BD上一点，分别作P点到直线AB、AD的垂线段PE、PF，则PE+PF等于 　 　． 18．（2024春•温州期末）如图1是一款风筝，图2是其骨架示意图，A，B，C，D是长方形的四个顶点，点E，F在AB中垂线上，∠EAB＝∠FDC＝45°，AF，DE交于点G，CE，BF交于点H．若AB＝10dm，BC＝7dm，则骨架总长（图2中所有实线之和）为 　 　dm． 19．（2024春•西湖区期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD的延长线上，连接AE，AF，EF，AE与CF交于点G．已知∠EAF＝45°，AB＝3．有以下四个结论：①BE﹣DF＝EF；②∠AEF＝∠AEB；③GF＝GE；④若DF＝1，则△AEF的面积为7.5． 以上结论中正确的是 　 　． 20．（2024•鹿城区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AC和BC为边在△ABC的外侧作正方形ACDE和正方形BCFG，延长ED和GF交于点P，AM⊥AB交EP于点M，BN⊥AB交GP于点N，PC的延长线交AB于点Q．若PM＝2ME，PQ＝14，则阴影部分的面积为 　 　． 21．（2024春•诸暨市期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝1，E是BC边上的动点（E可以和B，C重合），连接DE，AE，过D点作AE的垂线交线段AB于点F，现以DF，DE为邻边构造平行四边形DFGE，连接BG，则BG的最小值是 　 　． 22．（2024春•西湖区校级期中）将一张矩形纸片（不是正方形），先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形，剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中∠A＝∠C＝90°，∠B＝45°，BC＝6，AD＝4，则这张矩形纸片的较长边的长度为 　 　． 三．解答题（共8小题） 23．（2024春•慈溪市期末）“小小停车位，关乎大民生”，某数学兴趣小组关注到本校教师每天进校的车辆数超过学校原有的停车位数，有部分车辆不能规范停放，对校园安全存在一定的隐患，于是打算向学校提供一个增设停车位的方案． 素材1：该兴趣小组对学校的一片空地进行了实地测量，测得空地长32米，宽14米． 素材2： 停车位布置方式 垂直停车位 倾斜停车位 示意图 车位标准尺寸 长6米，宽2.5米 倾斜线长6米，倾斜线之间的距离为2.5米 通道 通道宽度不小于3.5米 任务1 兴趣小组根据素材2分别设计了垂直停车位和倾斜停车位．垂直停车位如图1，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝CD；倾斜停车位如图2，EG＝FH，∠G＝120°，∠H＝60°．请分别判断所设计的两种停车位的形状，并选择一种说明理由． 任务2 为了排除校园安全隐患，根据素材2提供的信息，若用上述设计的两种停车位，并尽可能多的设置停车位数量，学校该空地应选择哪种停车位布置方式？最多可以设置多少个停车位？（参考数据： 24．（2024春•路桥区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC的中点，点F是AC的中点，AN∥BC，连结DF并延长交AN于点E，连结CE． （1）求证：△AEF≌△CDF； （2）求证：四边形ADCE是矩形； （3）若AB＝BC＝4，求四边形ADCE的面积． 25．（2024春•杭州校级期中）如图1，两个全等的直角三角形ABC和DEF的斜边AC和DF在同一直线上，AB＝DE，并连结AE，BD． 【操作思考】 （1）在△DEF沿直线AC平移过程中，求证：∠FEA＝∠CBD； 【拓展探究】 （2）如图2，若四边形ABDE为菱形，AC＝4，BC＝2，求AF的长． 26．（2024•东阳市开学）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中0≤t≤10． （1）若G，H分别是AD，BC中点，则四边形EGFH一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外）？ 答：　 　；（直接填空，不用说理） （2）在（1）条件下，若四边形EGFH为矩形，求t的值； （3）在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形EGFH为菱形，求t的值． 27．（2024春•义乌市校级期中）若一个四边形有一组邻边相等，且这组邻边夹角所对的对角线平分一个内角，则称这样的四边形为“近似菱形”，例如：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，BD平分∠ABC，则四边形ABCD是近似菱形． （1）请在图2中作出一个以BD为对角线的“近似菱形”ABCD，顶点A、顶点C要在网格格点上． （2）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AC，AD∥BC，∠CAD＝2∠DBC，求证：四边形ABCD是“近似菱形”． （3）在（2）的条件下，若BD＝6，CD＝2，求AB的长． 28．（2024春•诸暨市校级期中）（1）【发现证明】如图1，四边形ABCD是正方形，点E是BC上一点，连接AE，以AE为一边作正方形AEFG，连接DG，求证：DG＝BE； （2）【类比探究】如图2，连接AF交CD于点H，连接EH，试判断BE、EH、HD之间的数量关系，并证明你的结论； （3）【拓展应用】在（2）的条件下，若AB＝6，点E恰为BC中点，则△CEH的面积为 　 　． 29．（2024•桐乡市校级一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E是边AD上的动点，连结CE，以CE为边作矩形CEFG（点D、G在CE的同侧），且CE＝2EF，连结BF． （1）如图1，当点E在AD的中点时，点B、E、F在同一直线上，求BF的长； （2）如图2，当∠BCE＝30°时，求证：线段BF被CE平分． 30．（2024春•象山县校级期中）已知边长为1的正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上， （1）如图1，若AB⊥BF，求证：EA＝FB； （2）如图2，若∠EAF＝45°， ①猜想BE、EF、DF之间的数量关系，并证明； ②当AE的长为，试求AF的长度． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题训练：《特殊平行四边形》综合题选练 一．选择题（共16小题） 1．（2024•镇海区一模）一次数学课上，老师让大家在一张长12cm、宽5cm的矩形纸片内，折出一个菱形．甲同学按照取两组对边中点的方法折出菱形EFGH（见方案一），乙同学沿矩形的对角线AC折出∠CAE＝∠DAC，∠ACF＝∠ACB的方法得到菱形AECF（见方案二），请你通过计算，比较这两种折法中，菱形面积较大的是（　　） A．甲 B．乙 C．甲乙相等 D．无法判断 【分析】方案一中，通过图可知四个小直角三角形全等，用矩形面积减去4个小直角三角形的面积，即可得菱形面积；方案二中，两个小直角三角形全等，设菱形边长为x，在直角三角形中利用勾股定理可求x，再利用底×高可求菱形面积．然后比较两者面积大小． 【解答】解：方案一中， ∵E、F、G、H都是矩形ABCD的中点， ∴△HAE≌△HDG≌△FCG≌△FBE， S△HAEAE•AHABAD512， S菱形EFGH＝S矩形ABCD﹣4S△HAE＝12×54＝30； 方案二中，设BE＝x，则CE＝AE＝12﹣x， ∵AF＝EC，AB＝CD，AE＝CF， ∴△ABE≌△CDF， 在Rt△ABE中，AB＝5，BE＝x，AE＝12﹣x，由勾股定理得（12﹣x）2＝52+x2，解得x， S△ABEBE•AB5， S菱形EFGH＝S矩形ABCD﹣2S△ABE＝12×52≈60﹣25＝35＞30， 故甲＜乙． 故选：B． 【点评】本题考查了菱形面积的不同求法． 2．（2024春•义乌市校级期中）如图，将矩形纸片ABCD沿对角线AC对折，使得点B落在点E处，CE交AD于点F，若CE平分∠ACD，AF＝4，则CD的长是（　　） A． B． C． D．3 【分析】根据矩形的性质得∠D＝∠BCD＝90°，AD∥BC，由平行线的性质得∠DAC＝∠ACB，由折叠的性质得∠ACB＝∠ACE，于是∠CAF＝∠ACF，则AF＝CF＝4，证明∠ACB＝∠ACF＝∠FCD＝30°即可． 【解答】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠D＝∠BCD＝90°，AD∥BC， ∴∠DAC＝∠ACB， 由折叠可知，∠ACB＝∠ACE， ∴∠CAF＝∠ACF， ∵AF＝4，CE平分∠ACD， ∴AF＝CF＝4，∠ACB＝∠ACF＝∠FCD＝30°， ∴，． 故选：A． 【点评】本题主要考查矩形的性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质、利用平行线的性质和折叠的性质推出AF＝CF＝2是解题关键． 3．（2025•浙江一模）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，F在BC边上，且∠EAF＝45°，连接EF，则BF的长为（　　） A．2 B． C．3 D． 【分析】把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，首先证明△AFE≌△AGE，进而得到EF＝FG，问题即可解决． 【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD， ∴把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图： ∴∠BAF＝∠DAG， ∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°， ∴∠BAF+∠DAE＝45°， ∴∠EAF＝∠EAG， ∵∠ADG＝∠ADC＝∠B＝90°， ∴∠EDG＝180°，点E、D、G共线， 在△AFE和△AGE中， ， ∴△AFE≌△AGE（SAS）， ∴EF＝EG， 即：EF＝EG＝ED+DG， ∵E为CD的中点，边长为6的正方形ABCD， ∴CD＝BC＝6，DE＝CE＝3，∠C＝90°， ∴设BF＝x，则CF＝6﹣x，EF＝3+x， 在Rt△CFE中，由勾股定理得： EF2＝CE2+CF2， ∴（3+x）2＝32+（6﹣x）2， 解得：x＝2， 即BF＝2， 故选：A． 【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及其性质的应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 4．（2024春•西湖区校级期中）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且AC⊥BD，点P为AB边上一动点（不与点A，B重合），PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，若AC＝8，BD＝6，则EF的最小值为（　　） A．3 B．2 C． D． 【分析】先根据勾股定理计算出AB，再证明四边形PEOF是矩形，得到EF＝PO，再根据垂线段最短求出PO的最小值即可． 【解答】解：如图，连接OP， ∵AC⊥BD，且四边形ABCD是平行四边形， ∴，， ∴， ∵PE⊥OA，PF⊥OB，AC⊥BD， ∴四边形PEOF是矩形， ∴EF＝PO， ∴当PO最小时，EF最小， 当PO⊥AB时，当PO最小， 当PO⊥AB时，S△AOBAO•BOAB•PO，即4×35×PO， ∴， 故选：C． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短，三角形的面积，勾股定理，平行四边形的性质，解答本题的关键是熟练掌握矩形的判定与性质． 5．（2024春•洞头区期中）如图，一张等腰直角三角形ABC纸片，已知AB＝BC＝20cm，先裁剪出①号长方形BEDF，然后在剩余的大纸片三角形AFD中剪出②号长方形GHMN，且满足HM＝DE，当①号长方形的面积为64cm2时，则②号长方形的面积为（　　） A．60cm2 B．64cm2 C． D． 【分析】由条件判定△DEC、△NDG、△FHG是等腰直角三角形，设DE＝x cm，得到EC＝HM＝GN＝x cm，FD＝BE＝（20﹣x）cm，GDx（cm），FG＝（20﹣xx）cm，HGFG＝（20x﹣2x）cm，由长方形面积公式得到（20﹣x）x＝64，求出x＝4或x＝16（舍去），即可求出长方形MNGH的面积＝GH•GN＝20x﹣（2）x2＝（6432）cm2． 【解答】解：∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠A＝∠C＝45°， ∵四边形BEDF，GHMN是长方形， ∴FD∥BC，GH∥AC，∠DEB＝∠BFD＝∠MNG＝90°，HM＝GN，FD＝BE， ∴∠GDN＝∠C＝45°，∠HFG＝∠A＝45°， ∵∠DEC＝∠DNG＝∠HFG＝90°， ∴△DEC、△NDG、△FHG是等腰直角三角形， 设DE＝x cm， ∵HM＝DE， ∴EC＝HM＝GN＝x cm， ∴FD＝BE＝（20﹣x）cm，GDGNx（cm）， ∴FG＝（20﹣xx）cm， ∴HGFG＝（20x﹣2x）cm， ∵长方形BFDE的面积＝BE•DE＝（20﹣x）x＝64， ∴x＝4或x＝16（舍去）， ∴长方形MNGH的面积＝GH•GN＝（20x﹣2x）x＝20x﹣（2）x2＝（6432）cm2． 故选：C． 【点评】本题考查矩形的性质，等腰直角三角形，关键是设DE＝x cm，由矩形的面积公式得到（20﹣x）x＝64，求出x的值，从而求出长方形MNGH的面积． 6．（2024春•慈溪市校级期中）如图，在矩形ABCD中，O为AC的中点，过点O作AC的垂线，分别交DC于点F，交AB于点E，G是AE的中点，且∠AOG＝30°，有下列结论： ①DC＝3OG； ②； ③连结AF，CE，四边形AECF为菱形； ④； 其中正确的是（　　） A．②③ B．③④ C．①②④ D．①③④ 【分析】由G是AE的中点，O为AC的中点，得到，故②错误，由EF⊥AC，得到，由∠AOG＝30°，得到∠OAG＝∠AOG＝30°，设OE＝a，则AE＝2a，OG＝a，在Rt△AOE中，引用勾股定理，求出AO，进而得到AC，在Rt△ACD中，求出AD、DC，即可判断①正确，由△OAE≌△OCF（ASA），得到AE＝FC，由垂直平分线的性质得到AF＝CF，AE＝CE，即可判断③正确，分别计算，，即可判断④正确． 【解答】解：连接AF，CE，如图， ∵G是AE的中点，O为AC的中点， ∴，故②错误， ∵EF⊥AC， ∴， ∵∠AOG＝30°， ∴∠OAG＝∠AOG＝30°， 设OE＝a，则AE＝2a，， 在Rt△AOE中，， ∴，， ∵矩形ABCD， ∴∠ADC＝90°，AB∥DC， ∴∠ACD＝∠CAB＝30°， 在Rt△ACD中，，， ∴DC＝3OG，故①正确， ∵∠OAE＝∠OCF，∠AOE＝∠COF，OA＝OC， ∴△OAE≌△OCF（ASA）， ∴AE＝FC， ∵O为AC的中点，EF⊥AC， ∴AF＝CF，AE＝CE，即：AF＝CF＝AE＝CE， ∴四边形AECF为菱形，故③正确， S△AOEOA•OEa•aa2，S矩形ABCD＝AD•DCa•3a＝3a2， ∴，故④正确， 综上所述：①③④正确， 故选：D． 【点评】本题考查了矩形的性质，含30°角的直角三角形，菱形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，全等三角形的性质与判定，解题的关键是用含a的代数式，表示出各个线段的长． 7．（2024•海曙区校级开学）如图，已知长方形ABCD，连接BD，P是BD上的一点，连接AP，CP，S1，S2，S3，S4分别表示△ABP，△ADP，△BCP，△CDP的面积，则下列等式不正确的是（　　） A． B． C．S1+S4＝S3+S2 D．S1+S2＝S3+S4 【分析】根据题意得：△ABP和△ADP的高相等，△ABD和△BCD的面积相等，从而得到，S1+S2＝S3+S4，故D正确，，可得，故B错误，从而得到，可得，进而得到S2＝S4，可得到，S1+S4＝S3+S2故A、C正确，即可求解． 【解答】解：根据题意得：△ABP和△ADP的高相等，△ABD和△BCD的面积相等， ∴，S1+S2＝S3+S4，故D正确，不符合题意； 同理， ∴，故B错误，符合题意； ∴， ∴， ∵S1+S2＝S3+S4， ∴S2＝S4， ∴S1＝S3， ∴，S1+S4＝S3+S2故A、C正确，不符合题意； 故选：B． 【点评】本题主要考查了长方形分割多个三角形的关系，等式基本性质，熟练掌握长方形分割多个三角形的关系，等式基本性质是解题的关键． 8．（2024春•上城区期末）在菱形ABCD中，点O为对角线BD的中点，点E、F分别为线段AB、AD上的点，EO的延长线交线段CD于点H，FO的延长线交线段CB于点G，连接EG、GH、HF、FE．以下结论：①EF＝GH；②若EG⊥BD，则AE＝CG；③存在无数个点E，使得四边形EFHG为菱形；④若四边形EFHG为矩形，则AE＝AF，其中正确的结论是（　　） A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④ 【分析】证明四边形EFHG是平行四边形，得出EF＝GH，可判定①正确；证明△BMG≌△BME得到BG＝BE从而可得AE＝CG，可判定②正确；当EH⊥GF时，可得四边形EFHG是菱形，则存在无数个点E，使得四边形EFHG为菱形；可判定③正确；们SSA无法证出△OBE≌△ODF，即AE＝AF无法证出，故④不正确． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，点O为对角线BD的中点， ∴OB＝OD，∠ABD＝∠CBD＝∠ADB＝∠CDB， ∵∠BOE＝∠DOH，∠BOG＝∠DOF， ∴△BOE≌△DOH（ASA），△BOG≌△ADOF（ASA）， ∴OE＝OH，OG＝OF， ∴四边形EFHG是平行四边形， ∴EF＝GH， 故①正确； 设EG与BD相交于M，如图， 若EG⊥BD，则∠BMG＝∠BME＝90°， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠GBM＝∠EBM，AB＝BC， 又∵BM＝BM， ∴△BMG≌△BME（ASA）， ∴BG＝BE， ∴AB﹣BE＝BC﹣BG， 即AE＝CG， 故②正确； 已证四边形EFHG是平行四边形， 当EH⊥GF时，四边形EFHG是菱形， ∴存在无数个点E，使得四边形EFHG为菱形， 故③正确； 要证AE＝AF，则可证BE＝DF， 即需要证△OBE≌△ODF， ∵四边形EFHG为矩形， ∴OF＝OE， ∵OB＝OD，∠ABE＝∠ADF 但是我们SSA无法证出△OBE≌△ODF， 即AE＝AF无法证出， 故④不正确． 综上，正确的有①②③． 故选：A． 【点评】本题主要考查菱形的性质和判定，矩形的性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等内容，熟练掌握菱形的性质和矩形的性质是解题的关键． 9．（2025•洞头区模拟）如图，在菱形ABCD中，∠C＝60°，AD＝2，连接BD，O是BD的中点，E是DA延长线上的一点，连接OE，作∠EOF＝120°，交AB的延长线于点F，记BF＝x，AE＝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． 【分析】过点O作OG∥AB，交AD于点G，利用菱形的性质，等边三角形的判定与性质和三角形的中位线的性质得到∠GOB＝120°，OG＝OB＝1，∠OBF＝∠OGE＝120°，利用全等三角形的判定与性质得到GE＝BF，则1+x＝y，结论可得． 【解答】解：过点O作OG∥AB，交AD于点G，如图， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝2，∠DAB＝∠C＝60°， ∴△ABD和△CBD为等边三角形， ∵O是BD的中点，OG∥AB， ∴OGAB＝1，DG＝AGAD＝1，∠GOD＝∠ABD＝60°，∠OGD＝∠DAB＝60°， ∴∠GOB＝120°，OG＝OB＝1，∠OBF＝∠OGE＝120°， ∵∠EOF＝120°， ∴∠GOE＝∠BOF． 在△GOE和△BOF中， ， ∴△GOE≌△BOF（ASA）， ∴GE＝BF， ∴GA+AE＝BF， ∴1+y＝x， ∴x﹣y＝1． ∴x﹣y的值不变． 故选：B． 【点评】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，平行线的性质，三角形的中位线的性质，全等三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 10．（2024秋•镇海区校级期末）Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的每条边为边按如图方向作三个正方形，分别是正方形ABMN，正方形BCPQ，正方形ACEF，且点N恰好是EF的中点．若图中阴影部分面积为6，则AB的长度是（　　） A． B． C． D． 【分析】设CE交MN于点H，BM交CP于点L，由∠ACB＝90°及正方形的性质得AN＝AB，AF＝AC＝EF，∠F＝∠ACB＝∠ACE＝∠E＝∠ABM＝∠BCL＝90°，推导出∠FAN＝∠CAB，∠NHE＝∠BLC，可证明△ANF≌△ABC，得FN＝CB＝EN，再证明△ENH≌△CBL，得S△ENH＝S△CBL，推导出S阴影＝S正方形BCPQ＝CB2＝6，求得CB，因为AC＝EF＝2EN＝2CB，所以ABCB，于是得到问题的答案． 【解答】解：设CE交MN于点H，BM交CP于点L， ∵∠ACB＝90°，四边形ABMN、四边形BCPQ、四边形ACEF都是正方形， ∴AN＝AB，AF＝AC＝EF，∠F＝∠ACB＝∠ACE＝∠E＝∠ABM＝∠BCL＝90°，MN∥AB， ∴∠FAN＝∠CAB＝90°﹣∠CAN，∠ACB+∠ACE＝180°， ∴B、C、E三点在同一条直线上， ∴∠NHE＝∠ABC， ∵∠BLC＝∠ABC＝90°﹣∠LBC， ∴∠NHE＝∠BLC， 在△ANF和△ABC中， ， ∴△ANF≌△ABC（SAS）， ∴FN＝CB， ∵点N是EF的中点， ∴FN＝EN， ∴EN＝CB， 在△ENH和△CBL中， ， ∴△ENH≌△CBL（AAS）， ∴S△ENH＝S△CBL， ∴S阴影＝S△ENH+S四边形PQBL＝S△CBL+S四边形PQBL＝S正方形BCPQ， ∵S阴影＝6，S正方形BCPQ＝CB2， ∴CB2＝6， ∴CB或BC（不符合题意，舍去）， ∴AC＝EF＝2EN＝2CB， ∴ABCB， 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、勾股定理等知识，推导出S阴影＝S正方形BCPQ是解题的关键． 11．（2024•浙江模拟）将两张全等的等腰直角三角形纸片△ABH与△CDF和一张正方形纸片EFGH按照如图所示的方式拼成一个平行四边形ABCD，同时形成了剩余部分（即△BEF，△BFC，△AHD，△HDG），若只知道阴影部分的面积，则不能直接求出（　　） A．△BEF的面积 B．△CDF的面积 C．平行四边形ABCD的面积 D．剩余部分的面积之和与正方形EFGH面积和 【分析】如果我们只知道阴影部分的面积，那么我们可以直接求出△CDF的面积，因为△CDF是等腰直角三角形，其面积等于阴影部分的面积的一半．所以选项B可以求出．可以直接求出平行四边形ABCD的面积，因为平行四边形ABCD的面积等于两个等腰直角三角形的面积之和的2倍．所以选项C可以求出．因为剩余部分的面积之和与正方形EFGH面积和等于平行四边形ABCD的面积减去阴影部分的面积．所以选项D能求出．只有A中△BEF的面积无法求出． 【解答】解：如图，连接HF， ∵△ABH，△CDF是等腰直角三角形，四边形EFGH是正方形， ∴∠ABH＝∠AHB＝∠EHF＝45°，∠CDF＝∠CFD＝∠HFG＝45°， ∴AB∥HF∥CD，∠BAH＝∠AHF＝∠HFC＝∠FCD＝90°， ∴S△ABH＝S△ABF，S△CDF＝S△CDH， ∴S△ABH+S△CDF＝S△CDH+S△ABF， 设阴影部分面积为a2， ∵△ABH，△CDF全等， ∴S△ABH＝S△CDFa2，故△CDF的面积可求； ∴AB＝BH＝CD＝CF＝a， 延长CF交AB于点M，则四边形AMFH是矩形， ∴AH＝FM＝a，CM⊥AB， ∴SABCD＝AB•CM＝a•2a＝2a2，故平行四边形ABCD的面积可求； ∴剩余部分的面积+正方形EFGH的面积＝a2，故D选项正确； 故选：A． 【点评】本题主要考查了几何图形的面积计算，以及等腰直角三角形和正方形的性质，将面积进行转化是解题关键． 12．（2024•苍南县校级自主招生）如图，点P是正方形ABCD内一点，PA＝1，，∠APB＝135°，则PB的长为（　　） A． B． C．2 D． 【分析】将△APD绕着点A顺时针旋转90°得到△AP′B，连接PP′，则△PAP′是等腰直角三角形，P′B＝PD，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：将△APD绕着点A顺时针旋转90°得到△AP′B，连接PP′， ∴△APD≌△AP'B，∠DAB＝∠PAP'＝90°， ∴AP＝AP'，P′B＝PD， ∴∠APP′＝45°， ∴PP′， ∵∠APB＝135°， ∴∠P′PB＝90°， ∴PB2， 故选：A． 【点评】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键． 13．（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° 【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． 14．（2024春•玉环市期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，分别以AB，BC为边作正方形ABDE，正方形BCFG，连结EG，AG，若D，E，G共线，且EG＝3，，则AG的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】先证Rt△BDG≌Rt△BAC得出AC＝DG，设正方形ABDE的边长为x，即可表示出AC的长，在Rt△ABC中利用勾股定理即可求出x的值，在Rt△AEG中利用勾股定理即可求出AG的长． 【解答】解：∵四边形ABDE是正方形， ∴DB＝AB，∠D＝∠AED＝90°， ∵四边形BCFG是正方形， ∴BG＝BC， ∵∠BAC＝90°， ∴Rt△BDG≌Rt△BAC（HL）， ∴AC＝DG， 设正方形ABDE的边长为x， 则DE＝DB＝AB＝AE＝x， ∵EG＝3， ∴DG＝x+3， ∴AC＝x+3， 在Rt△ABC中由勾股定理得，AB2+AC2＝BC2， ∵， ∴x2+（x+3）2＝29， 解得x＝﹣5（舍去）或x＝2， ∴AE＝2， ∵∠AED＝90°， ∴∠AEG＝90°， 在Rt△AEG中，由勾股定理得，， 故选：B． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 15．（2024•义乌市二模）我国古代数学家刘徽将勾股形（古人称直角三角形为勾股形）分割成一个正方形和两对全等的直角三角形，得到一个恒等式，后人借助此分割方法所得图形证明了勾股定理．如图所示，矩形ABCD就是由两个这样的图形拼成（无重叠、无缝隙）．下面给出的条件中，一定能求出矩形ABCD面积的是（　　） A．BM与DM的积 B．BE与DE的积 C．BM与DE的积 D．BE与DM的积 【分析】欲求矩形的面积，则求出小正方形的边长即可，可设小正方形的边长为x，在直角三角形ABC中，利用勾股定理建立关于x的方程，利用整体代入思想解决问题，从而求出矩形的面积． 【解答】解：设小正方形EFCG的边长为x，设BM＝BF＝a，DG＝DM＝b， 则AB＝a+x，BC＝b+x， ∴AC＝a+b， 在Rt△ABC中，AC2＝AB2+BC2， 即（a+b）2＝（a+x）2+（b+x）2， 整理得，x2+（a+b）x＝ab， 矩形的面积为：（a+x）（b+x）＝x2+（a+b）x+ab＝2ab， ∴该矩形的面积为2ab． ∴矩形的面积是BM与DM的积， 故选：A． 【点评】本题考查了勾股定理得证明，一元二次方程的运用，根据图形得到关于x的方程，并用整体代入思想解答是解题关键． 16．（2024春•慈溪市期末）如图，线段AB＝12，P是线段AB上一动点，分别以AP和BP为边在同侧作菱形APEF和菱形PBCD，且P，D，E在同一条直线上，∠B＝60°，连结CF，取CF的中点M，连结AM，PM，以下说法正确的是（　　） A．AM的长不会随着P点的运动而变化，始终为 B．AM的长随着P点的运动而变化，其最小值为 C．PM的长不会随着P点的运动而变化，始终为 D．PM的长随着P点的运动而变化，其最小值为 【分析】先证∠FPC＝90°，由直角三角形的性质可得PMFC，由勾股定理和一元二次方程的性质可求FC的最小值，即可求解． 【解答】解：如图，连接PF，PC， ∵菱形APEF和菱形PBCD，∠PBC＝60°， ∴AP＝AF，PB＝BC，PE∥BC，∠APF＝∠EPF，∠BPC＝∠EPC， ∴∠APE＝60°，∠BPE＝120°， ∴∠APF＝∠EPF＝30°，∠BPC＝∠EPC＝60°， ∴∠FPC＝90°，△PBC是等边三角形， ∵点M是FC的中点， ∴PMFC， 设PB＝a，则AP＝AF＝12﹣a， ∵△PBC是等边三角形， ∴PC＝a， ∵AP＝AF＝12﹣a，∠APF＝30°， ∴PFAF（12﹣a）， ∵CF2＝PF2+PC2， ∴CF2＝a2+3（12﹣a））2＝4（a﹣9）2+108， ∴当a＝9时，CF有最小值为6， ∴PM的最小值为3， 故选：D． 【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，一元二次方程的应用，直角三角形的性质，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键． 二．填空题（共6小题） 17．（2024春•吴兴区期末）如图，菱形ABCD的周长为20，面积为24，P是对角线BD上一点，分别作P点到直线AB、AD的垂线段PE、PF，则PE+PF等于 　4.8　． 【分析】直接利用菱形的性质得出AB＝AD＝10，S△ABD＝12，进而利用三角形面积求法得出答案． 【解答】解：∵菱形ABCD的周长为20，面积为24， ∴AB＝AD＝5，S△ABD＝12， ∵分别作P点到直线AB、AD的垂线段PE、PF， ∴AB×PEPF×AD＝12， ∴5×（PE+PF）＝12， ∴PE+PF＝4.8． 故答案为：4.8． 【点评】此题主要考查了菱形的性质，正确得出AB×PEPF×AD＝S△ABD是解题关键． 18．（2024春•温州期末）如图1是一款风筝，图2是其骨架示意图，A，B，C，D是长方形的四个顶点，点E，F在AB中垂线上，∠EAB＝∠FDC＝45°，AF，DE交于点G，CE，BF交于点H．若AB＝10dm，BC＝7dm，则骨架总长（图2中所有实线之和）为 　（）　dm． 【分析】连接EF分别交AB，CD于点M，N，先根据垂直平分线的性质和勾股定理求出，进而求出，即可求解． 【解答】解：如图，连接EF分别交AB，CD于点M，N， ∵点E在AB中垂线上，AB＝10dm，∠EAB＝45°， ∵AM＝5dm， ∴EM＝5dm， ∴AEAM＝5dm， ∵BC＝7dm， ∴EN＝EM+BC＝12dm， ∵点F在AB中垂线上，AB＝10dm，四边形ABCD是矩形， ∴DN＝5dm， ∴DE13dm， 同理可得：AF＝CE＝BF＝13dm，， ∴骨架总长为， 故答案为：（）． 【点评】本题考查垂直平分线的性质，勾股定理，矩形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 19．（2024春•西湖区期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD的延长线上，连接AE，AF，EF，AE与CF交于点G．已知∠EAF＝45°，AB＝3．有以下四个结论：①BE﹣DF＝EF；②∠AEF＝∠AEB；③GF＝GE；④若DF＝1，则△AEF的面积为7.5． 以上结论中正确的是 　①②④　． 【分析】①在BC上截取BH＝DF，连接AH，GH，过点H作HT⊥AE于T，先证明△ABH和△ADF全等得AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，∠AHB＝∠AFD，进而得∠EAH＝∠EAF＝45°，由此可证明△EAH和△EAF全等，则EH＝EF，据此可对结论①进行判断； ②根据△EAH≌△EAF得∠AEF＝∠AEB，据此可对结论②进行判断； ③设∠DAF＝α，则∠BAH＝∠DAF＝α，∠AHB＝∠AFD＝90°﹣α，∠EAB＝45°+α，则∠AEB＝90°﹣∠EAB＝45°﹣α，证明△AHG和△AFG全等得∠AHG＝∠AFD＝90°﹣α，GH＝GF，则∠BHG＝∠AHB+∠AHG＝180°﹣2α，进而得∠GHE＝2α，由此得∠AEB≠∠GHE，则GE≠GH，据此可对结论③进行判断； ④设EH＝x，其中x≠0，则BH＝DF＝1，BE＝BH+EH＝x+1，先求出AH＝√10，△ATH为等腰直角三角形，进而得AT＝HT，ET，则AE＝AT+ET，由AE2＝AB2+EB2，得，由此解出EH＝x＝5，则S△EAHEH•AB＝7.5，据此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：①在BC上截取BH＝DF，连接AH，GH，过点H作HT⊥AE于T，如图1所示： ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠DAB＝∠B＝∠BCD＝∠CDA＝90°， ∴∠B＝ADF＝90°， 在△ABH和△ADF中， ， ∴△ABH≌△ADF（SAS）， ∴AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，∠AHB＝∠AFD， ∵∠EAF＝∠EAD+∠DAF＝45°， ∴∠EAD+∠BAH＝45°， ∴∠EAH＝∠DAB﹣（∠EAD+∠BAH）＝90°﹣45°＝45°， ∴∠EAH＝∠EAF＝45°， 在△EAH和△EAF中， ， ∴△EAH≌△EAF（SAS）， ∴EH＝EF， ∵EH＝BE﹣BH＝BE﹣DF， ∴BE﹣DF＝EF， 故结论①正确； ②∵△EAH≌△EAF， ∴∠AEF＝∠AEB， 故结论②正确； ③设∠DAF＝α， ∴∠BAH＝∠DAF＝α， ∴∠AHB＝∠AFD＝90°﹣α， ∵∠EAH＝45°， ∴∠EAB＝∠EAH+∠BAH＝45°+α， ∴∠AEB＝90°﹣∠EAB＝90°﹣（45°+α）＝45°﹣α， 在△AHG和△AFG中， ， ∴△AHG≌△AFG（SAS）， ∴∠AHG＝∠AFD＝90°﹣α，GH＝GF， ∴∠BHG＝∠AHB+∠AHG＝90°﹣α+90°﹣α＝180°﹣2α， ∴∠GHE＝180°﹣∠BHG＝180°﹣（180°﹣2α）＝2α， ∴∠AEB≠∠GHE， ∴GE≠GH， 即GF≠GE， 故结论③不正确； ④设EH＝x，其中x≠0， ∵DF＝1，AB＝3， ∴BH＝DF＝1，BE＝BH+EH＝x+1， 在Rt△ABH中，由勾股定理得：AH， ∵∠EAH＝45°，HT⊥AE， ∴△ATH为等腰直角三角形， 由勾股定理得：AT＝HTAH， 在Rt△EHT中，由勾股定理得：ET， ∴AE＝AT+ET， 在Rt△EAB中，由勾股定理得：AE2＝AB2+EB2， 即， 整理得：√， ∴5x2﹣25＝（x+5）2， 整理得：2x2﹣5x﹣25＝0， 解得：x1＝5，x2＝﹣2.5（不合题意，舍去）， ∴EH＝x＝5， ∴S△EAHEH•AB5×3＝7.5， ∵△EAH≌△EAF， ∴S△AEF＝S△EAH＝7.5． 故结论④不正确， 综上所述：正确的结论是①②④． 故答案为：①②④． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积，勾股定理等，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键． 20．（2024•鹿城区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AC和BC为边在△ABC的外侧作正方形ACDE和正方形BCFG，延长ED和GF交于点P，AM⊥AB交EP于点M，BN⊥AB交GP于点N，PC的延长线交AB于点Q．若PM＝2ME，PQ＝14，则阴影部分的面积为 　100　． 【分析】先证四边形ACPM是平行四边形，得到AM＝PC，再证Rt△AEM≌Rt△CDP，得到EM＝DP，然后根据PM＝2ME推出PD＝EM＝DM，最后设参把PQ表示出来，建立方程求解即可． 【解答】解：∵AM⊥AB，PQ⊥AB， ∴PC∥AM， ∵PM∥AC， ∴四边形ACPM是平行四边形， ∴AM＝PC， ∵AE＝CD， ∴Rt△AEM≌Rt△CDP（HL）， ∴EM＝DP， ∵PM＝2ME， ∴PD＝EM＝DM， 设PD＝EM＝DM＝a，则DE＝AE＝2a， ∴AM＝PCa， ∵AC＝2a，BC＝a， ∴ABa， 根据等面积CQa， ∴PQ＝PC+CQa＝14， 解得a＝2， ∴AC＝AE＝2a＝4，BG＝BC＝2， 另同理可证四边形BCPN是平行四边形， ∴S阴影＝S▱AMPC+S▱BCPNPM•AEBC•BG＝4422100． 故答案为：100． 【点评】本题主要考查了正方形得性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 21．（2024春•诸暨市期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝1，E是BC边上的动点（E可以和B，C重合），连接DE，AE，过D点作AE的垂线交线段AB于点F，现以DF，DE为邻边构造平行四边形DFGE，连接BG，则BG的最小值是 　　． 【分析】求出∠AEB＝∠AFD，证明△ABE≌△DAF（AAS），可得AE＝DF，然后根 据平行四边形的性质得出△AEG是等腰直角三角形，再取临界情况，判断出点G在G1G2上运动，当BG⊥G1G2时，BG取最小值，然后证明ΔG1BG2是直角边为1的等腰直角三角形，再根据直角三角形 斜边中线的性质和勾股定理计算即可． 【解答】解：当E不与B重合时， ∵正方形ABCD中，AB＝AD＝1，∠DAF＝∠ABE＝90°， ∴∠BAE+∠AEB＝90°， ∵AE⊥DF， ∴∠BAE+∠AFD＝90°， ∴∠AEB＝∠AFD， ∴△ABE≌△DAF（AAS）， ∴AE＝DF， ∵平行四边形DFGE中DF∥GE，DF＝GE，且 AE⊥DF， ∴AE⊥GE，AE＝GE， ∴△AEG是等腰直角三角形， 如图，当点F1 E1 分别与A，B重合时，△ABG1是等腰直角三角形， 当点F2，E2 分别与B，C重合时，△ACG2是等腰直角三角形， ∵点E在BC边上运动， ∴点G在G1G2上运动， ∴当BG⊥G1G2 时，BG取最小值， ∵AB＝1，AG2⊥BC， ∴BG1＝AB＝1，AB＝BG2＝1， ∴△G1BG2 是直角边为1的等腰直角三角形，， 故答案为：． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等，正确分析得出点G的运动路径是解题的关键． 22．（2024春•西湖区校级期中）将一张矩形纸片（不是正方形），先沿一条直线剪掉一个直角三角形，在剩下的纸片中，再沿一条直线剪掉一个直角三角形，剩下的是如图所示的四边形纸片ABCD，其中∠A＝∠C＝90°，∠B＝45°，BC＝6，AD＝4，则这张矩形纸片的较长边的长度为 　或或6或　． 【分析】分四种情况画出图形，求出最长的直角边即可． 【解答】解：如下图所示，延长AD、DC，过点B作AB的垂线，交DC的延长线于点F，过点F作AD的垂线于点E， ∵∠A＝∠ABF＝∠E＝90°， ∴四边形ABFE是矩形， ∵∠ABC＝45°，∠DCB＝90°， ∴∠CBF＝45°，∠FCB＝90°， ∴CF＝BC＝6， ∴， ∵∠EFD＝45°，∠E＝90°， ∴DE＝EF， ∵AE＞DE， ∴BF是较长的边． 延长AD，过点B作AB的垂线，过点C作AD的垂线，分别交AD和AB的垂线于点E、F， ∵∠ABC＝45°， ∴∠CBF＝45°， ∴CF＝BF， ∵BF2+FC2＝BC2， ∴， ∴， ∵∠DCB＝90°，∠FCB＝45°， ∴∠ECD＝45°， ∴EC＝ED， ∴， 此时较长的边为； 延长CD，过点B作BC的垂线，过点A作AE⊥EC交CD延长线于点E，交BC的垂线于点F，如图所示： ∵∠E＝∠C＝∠CBF＝90°， ∴四边形EFBC是矩形， ∵∠ABC＝45°，∠CBF＝90°， ∴∠ABF＝45°， ∴AF＝BF， ∵∠DAB＝90°， ∴∠EAD＝45°， ∴AE＝ED， ∵AE2+ED2＝AD2， ∴， ∴， ∴FB＜BC， 此时较长的边为6； 延长DA，过点B作BC的垂线，交过DA的延长线于点E，过点E作EF⊥FC垂足为 F，如图4： ∵∠F＝∠C＝∠CBE＝90°， ∴四边形EFCB是矩形， ∵∠ABC＝45°， ∴∠ABE＝45°， ∵∠EAB＝90°， ∴AE＝AB， ∵FC∥EB， ∴∠FDE＝45°， ∴FD＝FE＝BC＝6， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴此时较长的边为， 故答案为：或或6或． 【点评】本题主要考查了矩形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握矩形的性质． 三．解答题（共8小题） 23．（2024春•慈溪市期末）“小小停车位，关乎大民生”，某数学兴趣小组关注到本校教师每天进校的车辆数超过学校原有的停车位数，有部分车辆不能规范停放，对校园安全存在一定的隐患，于是打算向学校提供一个增设停车位的方案． 素材1：该兴趣小组对学校的一片空地进行了实地测量，测得空地长32米，宽14米． 素材2： 停车位布置方式 垂直停车位 倾斜停车位 示意图 车位标准尺寸 长6米，宽2.5米 倾斜线长6米，倾斜线之间的距离为2.5米 通道 通道宽度不小于3.5米 任务1 兴趣小组根据素材2分别设计了垂直停车位和倾斜停车位．垂直停车位如图1，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝CD；倾斜停车位如图2，EG＝FH，∠G＝120°，∠H＝60°．请分别判断所设计的两种停车位的形状，并选择一种说明理由． 任务2 为了排除校园安全隐患，根据素材2提供的信息，若用上述设计的两种停车位，并尽可能多的设置停车位数量，学校该空地应选择哪种停车位布置方式？最多可以设置多少个停车位？（参考数据： 【分析】任务1：在图I中，根据AB⊥AD，CD⊥AD得AB∥CD，再根据AB＝CD得四边形ABCD是平行四边形，进而根据AB⊥AD可得四边形ABCD的形状；在图2中根，据∠G＝120°，∠H＝60°得∠G+∠H＝180°，再根据EG∥FH可得四边形EFHG的形状； 任务2：①设置垂直停车位时，根据空地长32米，宽14米，垂直停车位长6米，宽2.5米，通道宽度不小于3.5米，由14÷2.5≈5，得按照车位的宽度设置停车位可以设置5个，再由32÷（6+3.5）≈3，得按照车位的长度来设置停车位可以设置3列，由此可得停车位的个数； ②设置倾斜停车位时，过点G作GP⊥FH于P，过点H作HQ⊥EF交EF的延长线于Q，依题意得HF＝GE＝6米，GH＝HF，GH∥EQ，GP＝2.5米，则∠HFQ＝∠GHF＝60°，由此可求出FQHF＝3米，HQ5.19（米），HP（米），则GH＝2HP≈2.88（米），由此得每行设置的停车位是（32﹣3）÷2.88≈10（个），然后由根据5.19+3.5+5.19＝13.88＜14，得可以设置两行倾斜停车位，共10×2＝20（个），据此即可得出答案． 【解答】解：任务1：图1设计的停车位是矩形，图2设计的停车位是平行四边形，理由如下： 在图I中，AB⊥AD，CD⊥AD， ∴AB∥CD， ∵AB＝CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AB⊥AD， ∴∠BAD＝90°， ∴平行四边形ABCD是矩形； 在图2中，∵∠G＝120°，∠H＝60°， ∴∠G+∠H＝180°， ∴EG∥FH， ∵EG＝FH， ∴四边形EFHG是平行四边形， ∴图1中停车位的形状是矩形，图2中停车位的形状是平行四边形； 任务2：①设置垂直停车位时， ∵空地长32米，宽14米，垂直停车位长6米，宽2.5 米，通道宽度不小于3.5米， ∴14÷2.5＝5.6，即按照车位的宽度来设置停车位可以设置5个， 又∵32÷（6+3.5）≈3（列），即按照车位的长度来设置停车位可以设置3列， ∴当设置垂直停车位时，最多可以设置5×3＝15（个）； ②设置倾斜停车位时， 过点G作GP⊥FH于P，过点H作HQ⊥EF交EF的延长线于Q，如图所示： ∵四边形EFHG为平行四边形，倾斜线长6米，倾斜线之间的距离为2.5米 ∴HF＝GE＝6米，GH＝HF，GH∥EQ，GP＝2.5米， ∴∠HFQ＝∠GHF＝60°， 在Rt△HFQ中，∠FHQ＝90°﹣∠HFQ＝30°， ∴FQ＝1/2HF＝3米， 由勾股定理得：HQ3×1.73＝5.19（米）， 在Rt△GHP中，∠HGP＝90°﹣∠GHF＝30°， ∴GH＝2HP， 由勾股定理得：GH2﹣HP2＝GP2， 即（2HP）2﹣HP2＝2.52， ∴HP（米）， ∴GH＝2HP2.88（米）， ∴每行设置的停车位是：（32﹣3）÷2.88≈10（个）， ∵5.19+3.5+5.19＝13.88＜14， ∴可以设置两行倾斜停车位，共有10×2＝20（个）， ∴学校该空地应选择倾斜停车位布置方式，最多可以设置20个停车位． 【点评】此题主要考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，含有30°角的直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，灵活运用含有30°角的直角三角形的性质及勾股定理进行计算是解决问题的关键． 24．（2024春•路桥区期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC的中点，点F是AC的中点，AN∥BC，连结DF并延长交AN于点E，连结CE． （1）求证：△AEF≌△CDF； （2）求证：四边形ADCE是矩形； （3）若AB＝BC＝4，求四边形ADCE的面积． 【分析】（1）由ASA证明△AEF≌△CDF即可； （2）由全等三角形的性质得AE＝CD，再证明四边形ADCE是平行四边形，进而由等腰三角形的性质得AD⊥BC，则∠ADC＝90°，然后由矩形的判定即可得出结论； （3）证明AB＝AC＝BC＝4，再由等边三角形的性质得AD⊥BC，BD＝CDBC＝2，然后由勾股定理得AD＝2，即可解决问题． 【解答】（1）证明：∵AN∥BC， ∴∠EAF＝∠DCF， ∵点F是AC的中点， ∴AF＝CF， 在△AEF和△CDF中， ， ∴△AEF≌△CDF（ASA）； （2）证明：由（1）可知，△AEF≌△CDF， ∴AE＝CD， ∵AN∥BC， ∴四边形ADCE是平行四边形， ∵AB＝AC，点D是BC的中点， ∴AD⊥BC， ∴∠ADC＝90°， ∴平行四边形ADCE是矩形； （3）解：由（2）知，四边形ADCE是矩形， ∵BC＝AB＝4，AB＝AC， ∴AB＝AC＝BC＝4， ∵D为BC的中点， ∴AD⊥BC，BD＝CDBC＝2， ∴∠ADC＝90°， ∴AD2， ∴四边形ADCE的面积＝CD•AD＝2×24． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 25．（2024春•杭州校级期中）如图1，两个全等的直角三角形ABC和DEF的斜边AC和DF在同一直线上，AB＝DE，并连结AE，BD． 【操作思考】 （1）在△DEF沿直线AC平移过程中，求证：∠FEA＝∠CBD； 【拓展探究】 （2）如图2，若四边形ABDE为菱形，AC＝4，BC＝2，求AF的长． 【分析】（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可解决问题； （2）设AF＝DC＝2x，根据勾股定理，建立方程求解即可． 【解答】（1）证明：∵△ABC≌△DEF， ∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF， ∴AB∥DE， ∴四边形ABDE是平行四边形， ∴∠AED＝∠DBA， ∵∠DEF＝∠ABC＝90°， ∴∠FEA＝∠CBD； （2）解：∵∠ABC＝90°，AC＝4，BC＝2， ∴AB2， 如图2，连接BE交AD于点O， △DEF平移的过程中，四边形ABDE能成为菱形， ∵四边形ABDE能成为菱形， ∴AE＝AB＝2，AD⊥BE，AOAD， ∴S△ABCAC•OBAB•BC， ∴4OB＝22， ∴OB， 设AF＝DC＝2x， ∴AD＝AC+CD＝4+2x， ∴AOAD＝2+x， ∵∠AOB＝90°， ∴AB2＝OB2+AO2， ∴（2）2＝（）2+（2+x）2， 整理得x2+4x﹣5＝0， 解得：x＝1或x＝﹣5（舍去）， ∴AF＝2x＝2． ∴当AF＝2时，四边形ABDE能成为菱形． 【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，平移的性质，菱形的性质，全等三角形的性质，勾股定理，平行线的判定与性质等知识，熟练掌握菱形判定与性质是解题的关键． 26．（2024•东阳市开学）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中0≤t≤10． （1）若G，H分别是AD，BC中点，则四边形EGFH一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外）？ 答：　四边形EGFH是平行四边形　；（直接填空，不用说理） （2）在（1）条件下，若四边形EGFH为矩形，求t的值； （3）在（1）条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形EGFH为菱形，求t的值． 【分析】（1）利用三角形全等可得EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，则EG∥FH，即可证明； （2）分为两种情况，一种是四边形EGFH为矩形，另一种是FGEH为矩形，利用EF＝GH即可求解； （3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形AGCH为菱形，再利用勾股定理即可求解． 【解答】解：（1）∵四边形EGFH是平行四边形，理由如下： 由题意得：AE＝CF＝t， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴∠GAE＝∠HCF， ∵G，H分别是AD，BC中点， ∴AGAD，CHBC， ∴AG＝CH， ∴△AEG≌△CFH（SAS）， ∴EG＝FH，∠AEG＝∠CFH， ∴∠FEG＝∠EFH， ∴EG∥HF， ∴四边形EGFH是平行四边形； 故答案为：四边形EGFH是平行四边形； （2）如图1，连接GH， 由（1）得AG＝BH，AG∥BH，∠B＝90°， ∴四边形ABHG是矩形， ∴GH＝AB＝6， ①如图1，当四边形EGFH是矩形时， ∴EF＝GH＝6， ∵AE＝CF＝t， ∴EF＝10﹣2t＝6， ∴t＝2； ②如图2，当四边形EGFH是矩形时， ∵EF＝GH＝6，AE＝CF＝t， ∴EF＝t+t﹣10＝2t﹣10＝6， ∴t＝8； 综上，四边形EGFH为矩形时t＝2或t＝8； （3）如图3，M和N分别是AD和BC的中点，连接AH，CG，GH，AC与GH交于O， ∵四边形EGFH为菱形， ∴GH⊥EF，OG＝OH，OE＝OF， ∴OA＝OC，AG＝AH， ∴四边形AGCH为菱形， ∴AG＝CG， 设AG＝CG＝x，则DG＝8﹣x， 由勾股定理可得：CD2+DG2＝CG2， 即：62+（8﹣x）2＝x2， 解得：x， ∴MG4，即t， ∴当t时，四边形EGFH为菱形． 【点评】本题考查矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟记特殊四边形的判定与性质，在解题中灵活运用． 27．（2024春•义乌市校级期中）若一个四边形有一组邻边相等，且这组邻边夹角所对的对角线平分一个内角，则称这样的四边形为“近似菱形”，例如：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，BD平分∠ABC，则四边形ABCD是近似菱形． （1）请在图2中作出一个以BD为对角线的“近似菱形”ABCD，顶点A、顶点C要在网格格点上． （2）如图3，在四边形ABCD中，AB＝AC，AD∥BC，∠CAD＝2∠DBC，求证：四边形ABCD是“近似菱形”． （3）在（2）的条件下，若BD＝6，CD＝2，求AB的长． 【分析】（1）理解“近似菱形”的定义，按照定义作图即可，答案不唯一； （2）理解“近似菱形”的定义，按照定义找出条件证明即可； （3）过点D作DE∥AB，交BC于E，连接AE，交BD于O，证明四边形ABED是菱形，得出条件证明△DEC≌△ACE（SAS），最后根据勾股定理即可求出． 【解答】（1）解：∵以BD为对角线的“近似菱形”ABCD， ∴AB＝AD或BC＝CD，以AB＝AD例作图，则点A在BD的垂直平分线上，设点A在BD上方第三个网格格点上，则点C在点B下方第一个网格对角线上，如图2所示，答案不唯一； （2）证明：∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB， ∵AD∥BC， ∴∠ADB＝∠DBC，∠CAD＝∠ACB， ∴∠CAD＝∠ABC＝2∠DBC， ∴∠ABD＝∠DBC， ∴BD平分∠ABC，∠ABD＝∠ADB， ∴AB＝AD， ∴四边形ABCD是“近似菱形”； （3）解：过点D作DE∥AB，交BC于E，连接AE，交BD于O，如图3所示： ∵AD∥BC， ∴四边形ABED是平行四边形， ∵AB＝AD， ∴平行四边形ABED是菱形， ∴AE⊥BD，，，DE＝AB， ∵AB＝AC， ∴DE＝AC， ∵DE∥AB， ∴∠DEC＝∠ABC， ∵∠ABC＝∠ACB， ∴∠DEC＝∠ACE， 在△DEC和△ACE中， ， ∴△DEC≌△ACE（SAS）， ∴AE＝CD＝2， ∴OA＝1， 在Rt△AOB中，由勾股定理得：． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了“近似菱形”定义、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确作出辅助线构建菱形是解题的关键． 28．（2024春•诸暨市校级期中）（1）【发现证明】如图1，四边形ABCD是正方形，点E是BC上一点，连接AE，以AE为一边作正方形AEFG，连接DG，求证：DG＝BE； （2）【类比探究】如图2，连接AF交CD于点H，连接EH，试判断BE、EH、HD之间的数量关系，并证明你的结论； （3）【拓展应用】在（2）的条件下，若AB＝6，点E恰为BC中点，则△CEH的面积为 　6　． 【分析】（1）只需要利用SAS证明△BAE≌△DAG即可证明DG＝BE； （2）由全等三角形的性质得到由∠ADG＝∠B＝90°，BE＝DG，先证明H，D，G三点共线，再证明△EAH≌△GAH，得到EH＝HG，即可证明EH＝BE+DH； （3）先求出BE＝CE＝3，设CH＝x，则DH＝6﹣x，由（2）结论得到EH＝9﹣x在Rt△ECH中，由勾股定理建立方程x2+32＝（9﹣x）2，解得x＝4，则CH＝4，再根据三角形面积公式求解即可． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形， ∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°， ∴∠BAD﹣∠EAD＝∠EAG﹣∠EAD，即∠BAE＝∠DAG， 在△BAE和△DAG中， ， ∴△BAE≌△DAG（SAS）， ∴DG＝BE； （2）解：EH＝BE+DH； 证明：由（1）知△BAE≌△DAG， ∴∠ADG＝∠B＝90°，BE＝DG， ∵∠ADC＝90°， ∴∠CDG＝∠ADC+∠ADG＝90°+90°＝180°， ∴H，D，G三点共线， ∵四边形AEFG是正方形， ∴AE＝AG，∠EAF＝∠GAF＝45°， 在△EAH和△GAH中， ， ∴△EAH≌△GAH（SAS）， ∴EH＝HG， ∵HG＝DG+DH，BE＝DG， ∴EH＝BE+DH； （3）解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝6， ∴BC＝AB＝CD＝6， ∵E恰为BC中点， ∴， 设CH＝x，则DH＝CD﹣CH＝6﹣x， 由（2）知EH＝BE+DH＝3+6﹣x＝9﹣x 在Rt△ECH中，由勾股定理知EC2+CH2＝EH2， ∴x2+32＝（9﹣x）2， 解得x＝4， ∴CH＝4， ∴S△CEHEC•CH3×4＝6， 故答案为：6． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定等等，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型． 29．（2024•桐乡市校级一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，点E是边AD上的动点，连结CE，以CE为边作矩形CEFG（点D、G在CE的同侧），且CE＝2EF，连结BF． （1）如图1，当点E在AD的中点时，点B、E、F在同一直线上，求BF的长； （2）如图2，当∠BCE＝30°时，求证：线段BF被CE平分． 【分析】（1）由勾股定理求出BE＝4，求出EF＝2，则可得出答案； （2）过点B作BH⊥CE于点H，CE与BF交于点O，证明△BHO≌△FEO（AAS），得出OB＝OF，则可得出结论． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝90°，BC＝AD＝8， ∵E为AD的中点， ∴AEAD＝4， ∴BE4， ∵四边形CEFG为矩形， ∴∠CEF＝∠BEC＝90°， ∴CE4， ∵CE＝2EF， ∴EF＝2， ∴BF＝BE+EF＝426； （2）证明：过点B作BH⊥CE于点H，CE与BF交于点O， ∵∠BCE＝30°， ∴BHBC＝4， ∵AB＝4， ∴AB＝BH， ∴∠AEB＝∠BEH， ∵AD∥BC， ∴∠BCE＝∠DEC＝30°， ∴∠BEC＝75°， ∴∠EBC＝180°﹣∠BEC﹣∠BCE＝75°， ∴∠BEC＝∠EBC， ∴BC＝CE， ∵CE＝2EF， ∴BH＝EF， ∵∠BOH＝∠EOF，∠BHO＝∠OEF， ∴△BHO≌△FEO（AAS）， ∴OB＝OF， 即线段BF被CE平分． 【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 30．（2024春•象山县校级期中）已知边长为1的正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上， （1）如图1，若AB⊥BF，求证：EA＝FB； （2）如图2，若∠EAF＝45°， ①猜想BE、EF、DF之间的数量关系，并证明； ②当AE的长为，试求AF的长度． 【分析】（1）由正方形性质可得AD＝AB，∠ABE＝∠BCF＝90°，可证得△ABE≌△BCF，即可证得结论； （2）①过A作AG⊥AF，交CB的延长线于G，连接EF，先证明△ADF≌△ABG，再证明△AGE≌△AFE，结合全等三角形的性质可得结论；②在Rt△ABE中，求解，设线段DF长为x，则，又，CF＝1﹣x，可得，再解方程进一步可得答案． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠BCD＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD＝1， ∵AE⊥BF， ∴∠BAE+∠ABF＝∠ABF+∠CBF＝90°， ∴∠BAE＝∠CBF， ∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴AE＝BF； （2）解：①它们的数量关系是：EF＝BE+DF；理由如下： 过A作AG⊥AF，交CB的延长线于G，连接EF， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝AB，∠ABG＝∠ADF＝90°， ∴∠BAG+∠BAF＝90°＝∠DAF+∠BAF， ∴∠BAG＝∠DAF， ∴△ADF≌△ABG（ASA）， ∴AF＝AG， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAD＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°， ∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF， ∴∠GAE＝∠EAF＝45°， 在△AGE和△AFE中， ， ∴△AGE≌△AFE（SAS）， ∴GE＝EF， ∵GE＝GB+BE＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF； ②在Rt△ABE中，AE的长为，AB＝1， ∴， 设线段DF长为x，则， 又，CF＝1﹣x， ， 解得， 在Rt△ADF中，由勾股定理得：． 【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式，解此题的关键是能正确作出辅助线得出全等三角形． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$