专题04 各特殊四边形间关联综合问题训练（浙江专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学下学期期末真题分类汇编

专题04 各特殊四边形间关联综合问题训练 1．（2024春•诸暨市期末）以下说法正确的是（　　） A．菱形的对角线互相垂直且相等 B．矩形的对角线互相平分且互相垂直 C．正方形的对角线互相垂直且平分 D．平行四边形的对角线互相平分且相等 2．（2024春•德清县期末）如图，菱形ABCD中，点O为对称中心，点E从点A出发沿AB向点B移动，移动到点B停止，作射线EO，交边CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　） A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→正方形→矩形→菱形 C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形 3．（2024春•义乌市期末）矩形具有而菱形不具有的性质是（　　） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．邻角互补 D．邻边相等 4．（2024春•柯桥区期末）如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O，EF过点O且分别交AD，BC于点E，F，在BD上找点M，N（点N在点M下方），使以点E，F，M，N为顶点的四边形为平行四边形，在甲、乙、丙三个方案中，正确的方案是（　　） A．甲、乙、丙 B．只有甲、乙 C．只有甲、丙 D．只有乙、丙 5．（2024春•义乌市期末）如图，正方形ABCD的边长为3，点E在CD上且CE＝1，点F、P分别为线段BC、AD上的动点，连结BE，BP，FP，EF．若在点F、P的运动过程中始终满足PF⊥BE，则BP+EF的最小值为（　　） A． B． C． D． 6．（2024春•丽水期末）如图，在菱形ABCD中，点P是对角线BD上一动点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，记菱形高线的长为h，则下列结论：①当P为BD中点时，则PE＝PF；②PE+PF＝h；③∠EPF+∠A＝180°；④若AB＝2，∠EPF＝60°，连结PC，则PE+PC有最小值为2；⑤若h＝2，∠EPF＝60°，连结EF，则S△PEF的最大值为．其中错误的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．（2024春•镇海区期末）如图，在△ABC中，，AD⊥BC于点D，点F在AD上，AF＝8，若点G、E、H分别为BF、AC、AB的中点，连结GE，HE，HG，则GE的长为（　　） A．4 B． C． D．5 8．（2024春•鄞州区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E，F是对角线AC上的两点，AE＝CF＝2，点P在边AD上运动（不与点A，D重合），连结点P与AC的中点O并延长交BC于点Q，连结PE，PF，QE，QF．在点P从点D运动到点A的整个过程中，四边形PEQF的形状变化依次是（　　） A．平行四边形→菱形→矩形→平行四边形 B．平行四边形→矩形→菱形→平行四边形 C．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形→平行四边形 D．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 9．（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 10．（2024春•钱塘区期末）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 11．（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 12．（2024春•余姚市期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD+BC＝AB，以CD为底边，在CD右侧作等腰直角三角形CDE，若要求△ABE的面积，则只需知道（　　） A．AD的长 B．BC的长 C．AB的长 D．CD的长 13．（2024春•上虞区期末）将两张同样宽度的纸片按如图方式叠放在一起，记重叠部分为四边形ABCD，若AB＝3cm，则四边形ABCD的周长为 　 　 cm． 14．（2024春•上虞区期末）如图，O是等边△ABC内任意一点，OD∥BC，OE∥AC，OF∥AB，点D，E，F分别在AB，BC，AC上．若OD＝3，OE＝2，OF＝1，则等边△ABC的面积为 　 　 ． 15．（2024春•新昌县期末）如图，在矩形ABCD中，，在AD边上截取一点E，使得AE+AD＝AB，连结CE，点F是CE的中点，连结AF，已知AF＝2，则线段AB的长为 　 　 ． 16．（2024春•慈溪市期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6．P，Q分别是边BC和AD上的点，且BP＝2AQ，M为PD的中点，连结QM，则QM的长为 　 　 ． 17．（2024春•德清县期末）定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形“．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝7，“筝形“EFGH的顶点E是AB的中点，点F，G，H分别在BC，CD，AD上，且EF＝5，则对角线EG的长 　 　 ． 18．（2024春•柯桥区期末）如图，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点，AD＝6， BC＝7，则四边形EFGH的周长是 　 　 . 19．（2024春•金东区期末）如图，过▱ABCD内的点P作各边的平行线分别交AB，BC，CD，DA于点E，F，G，H．连结AF，AG，FG．已知△AFG与▱AEPH的面积分别为m，n． （1）若点P是▱ABCD的对称中心，则　 　 ； （2）▱ABCD的面积为 　 　 （用含m、n的代数式表示）． 20．（2024春•镇海区期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC＝30°，AB＝2，BC＝4，分别以AB，BC，CD，AD为一边，在平行四边形ABCD外部作正方形ABFE，BCHG，CDJI，ADKL．若M，N，O，P是各正方形对角线的交点，则四边形MNOP的面积等于 　 　 ． 21．（2024春•吴兴区期末） 探究将任意凸四边形“分割﹣重拼（不重叠、无缝隙）”得到正方形 素材1 取四边形ABCD各边的中点后，有两种方法可将其“分割一重拼”得到平行四边形． 方法一：如图1，沿对边中点连线分割，再按序号重拼得到平行四边形； 方法二：如图2，沿邻边中点连线分割，再按序号重拼得到平行四边形． 素材2 将平行四边形按图3折叠，并沿折痕分割，再重拼成矩形． 素材3 如图4，在矩形EFGH的EH边上取点M，连结FM，过点G作GN⊥FM于点N，沿FM，NG分割矩形EFGH，将△EFM沿射线EH平移，△FNG沿射线FN平移，重拼得到正方形NGPQ． 问题解决 任务1 请从素材1的两种方法中选择一种重拼得到的四边形是平行四边形； 任务2 根据素材3的操作过程，若EF＝3，FG＝4，求线段EM的长． 22．（2024春•德清县期末）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE（A，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化． （1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连结CE，小明通过连结AC后证明得到BP与CE的数量关系是 　 　 ； （2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； （3）当点P在BD的延长线上时，其他条件不变，连结BE，若，，求PB的长． 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•钱塘区期末）如图1，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，BD＝2AB，点E，F，G分别为AO，DO，BC的中点，连结BE，EF，FG，EG，EG交BD于点M． （1）求证：BE⊥AO． （2）求证：四边形BEFG为平行四边形． （3）如图2，当▱ABCD为矩形时，若AB＝4，求四边形BEFG的面积． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 各特殊四边形间关联综合问题训练 1．（2024春•诸暨市期末）以下说法正确的是（　　） A．菱形的对角线互相垂直且相等 B．矩形的对角线互相平分且互相垂直 C．正方形的对角线互相垂直且平分 D．平行四边形的对角线互相平分且相等 【分析】利用菱形的性质、矩形的性质、正方形的性质、平行四边形性质，分别判断后即可确定正确的选项． 【解答】解：A、菱形的对角线互相垂直且互相平分，故原选项错误，不符合题意； B、矩形的对角线互相平分且相等，故原选项错误，不符合题意； C、正方形的对角线互相垂直且平分，故原选项正确，符合题意； D、平行四边形的对角线互相平分，故原选项错误，不符合题意． 故选：C． 【点评】本题主要考查了菱形的性质、矩形的性质、正方形的性质、平行四边形性质等知识点，熟练掌握其性质是解决此题的关键． 2．（2024春•德清县期末）如图，菱形ABCD中，点O为对称中心，点E从点A出发沿AB向点B移动，移动到点B停止，作射线EO，交边CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（　　） A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→正方形→矩形→菱形 C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形 【分析】根据对称中心的定义，菱形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，点O为对称中心， ∴这个四边形先是平行四边形，当对角线相等时是矩形，然后又是平行四边形，最后点E与点B重合时是菱形． 故选：C． 【点评】本题考查了中心对称、菱形的性质、平行四边形的判定与性质以及菱形的判定，根据对角线的情况熟练判定各种四边形的形状是解题的关键． 3．（2024春•义乌市期末）矩形具有而菱形不具有的性质是（　　） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．邻角互补 D．邻边相等 【分析】根据矩形和菱形的性质判断即可． 【解答】解：矩形和菱形的对角线都互相平分，邻角互补，菱形的邻边相等，矩形的对角线相等， 即矩形具有而菱形不具有的性质是对角线相等， 故选：A． 【点评】本题考查矩形和菱形的性质，矩形和菱形具有平行四边形的所有性质，矩形的四个内角都是直角，对角线相等；菱形的四条边都相等，对角线互相垂直． 4．（2024春•柯桥区期末）如图，平行四边形ABCD的对角线交于点O，EF过点O且分别交AD，BC于点E，F，在BD上找点M，N（点N在点M下方），使以点E，F，M，N为顶点的四边形为平行四边形，在甲、乙、丙三个方案中，正确的方案是（　　） A．甲、乙、丙 B．只有甲、乙 C．只有甲、丙 D．只有乙、丙 【分析】结合题中所给方案，分情况，依照平行四边形的判定与性质即可得证． 【解答】解：甲方案：如图所示： 在平行四边形ABCD中，OB＝OD，DE∥BF， ∴∠EDO＝∠FBO， 在△BFO和△DEO中， ∴△BFO≌△DEO（ASA）， ∴OE＝OF， ∵BN＝DM， ∴ON＝OM， 在四边形EMFN中，由对角线相互平分可知，四边形EMFN为平行四边形； 乙方案：如图所示： 在平行四边形ABCD中，OB＝OD，DE∥BF， ∴∠EDO＝∠FBO， 在△BFO和△DEO中， ∴△BFO≌△DEO（ASA）， ∴OE＝OF， ∵EM⊥BD，FN⊥BD， ∴∠EMO＝∠FNO＝90°，则FN∥EM， 在△EMO和△FNO中， ∴△EMO≌△FNO（AAS）， ∴ME＝NF， 在四边形EMFN中，由一组对边平行且相等可知，四边形EMFN为平行四边形； 丙方案：如图所示： 在平行四边形ABCD中，OB＝OD，DE∥BF， ∴∠EDO＝∠FBO，∠DEO＝∠BFO， 在△BFO和△DEO中， ∴△BFO≌△DEO（ASA）， ∴OE＝OF， ∵EM平分∠DEF；FN平分∠BFE； ∴∠FNO＝∠EMO， 在△EMO和△FNO中， ∴△EMO≌△FNO（ASA）， ∴MO＝NO， 在四边形EMFN中，由对角线相互平分可知，四边形EMFN为平行四边形； 综上所述，甲、乙、丙三种方案均可使以点E，F，M，N为顶点的四边形为平行四边形， 故选：A． 【点评】本题考查平行四边形的判定与性质，涉及三角形全等的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质是解决问题的关键． 5．（2024春•义乌市期末）如图，正方形ABCD的边长为3，点E在CD上且CE＝1，点F、P分别为线段BC、AD上的动点，连结BE，BP，FP，EF．若在点F、P的运动过程中始终满足PF⊥BE，则BP+EF的最小值为（　　） A． B． C． D． 【分析】如图，过点P作 PG⊥BC 与G，可证△PGF≌△BCE（ASA），得到PF＝BE，过点E作EM⊥BE，并使EM＝PF，连接PM、BM，则∠BEM＝90°，EM＝BE，可得四边形PFEM是平行四边形，得到PM＝EF，即得BP+EF＝BP+PM≥BM，可知当点B、P、M三点共线时，BP+EF的值最小，最小值为BM的长，利用勾股定理求出EM、BE，进而可得BM，即可求解． 【解答】解：如图，过点P作PG⊥BC与G，则∠PGB＝∠PGF＝90°，PG＝AB， ∴∠GPF+∠PFG＝90°， ∵PF⊥BE， ∴∠BOF＝90°， ∴∠OBF+∠BFO＝90°， ∴∠GPF＝∠OBF，即∠GPF＝∠CBE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠C＝90°， ∴PG＝BC，∠PGF＝∠C＝90°， ∴△PGF≌△BCE（ASA）， ∴PF＝BE， 过点E作EM⊥BE，并使EM＝PF，连接 PM、BM，则∠BEM＝90°，EM＝BE， ∵PF⊥BE，EM⊥BE， ∴PF∥ME， ∵EM＝PF， ∴四边形PFEM是平行四边形， ∴PM＝EF， ∴BP+EF＝BP+PM≥BM， ∴当点B、P、M三点共线时，BP+EF的值最小，最小值为BM的长， ∵CE＝1，BC＝3， ∴， ∴， ∴BP+EF的最小值为， 故选：B． 【点评】本题考查了正方形的性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的三边关系，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 6．（2024春•丽水期末）如图，在菱形ABCD中，点P是对角线BD上一动点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，记菱形高线的长为h，则下列结论：①当P为BD中点时，则PE＝PF；②PE+PF＝h；③∠EPF+∠A＝180°；④若AB＝2，∠EPF＝60°，连结PC，则PE+PC有最小值为2；⑤若h＝2，∠EPF＝60°，连结EF，则S△PEF的最大值为．其中错误的结论有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】（1）运用菱形的对角线平分对角解答即可． （2）运用菱形的对称性解答即可． （3）运用菱形的对角相等解答即可． （4）利用垂线段最短解答即可． （5）设PE＝x，再换算出GFx，S△PEFx（x），再配方解答即可． 【解答】解：（1）如图： ∵菱形ABCD， ∴PB＝PD， ∴CA平分∠BCD， ∵PE⊥BC，PF⊥CD， ∴PE＝PF． ∴①正确， 故①不符合． （2）如图：延长EP交AD于F'． ∵菱形ABCD， ∴AD∥BC， ∵PE⊥BC， ∴PF'⊥AD． ∵菱形ABCD， ∴DB平分∠ADC， ∵PF⊥CD，PF'⊥AD， ∴PF＝PF'． ∴PE+PF＝PE+PF'＝EF'＝h． ∴②正确， 故②不符合． （3）∵菱形ABCD， ∴∠BAD＝∠BCD． ∵PE⊥BC，PF⊥CD， ∴∠PEC+∠PFC＝90°+90°＝180°， ∴∠EPF+∠BCD＝360°﹣（∠PEC+∠PFC）＝180°， ∴∠EPF+∠BAD＝180°． ∴③正确． 故③不符合． （4）过C作CE'⊥AB，交BD于P， ∵PE＝PE'， ∴CE'＝CP+PE'＝CP+PE． ∵CE'最小， ∴PE+PC最小． ∵AB＝2， ∴BE'AB＝1， ∴CE'BE'， ∴PE+PC最小值． ∴④错误． 故④符合． （5）过F作FG⊥PE． 设PE＝x， 由②知PF＝h﹣PE＝2﹣x． ∵PF⊥CD，又∠PDF＝30°， ∴∠DPF＝60°， ∴∠GPF＝180°﹣∠BPE﹣∠DPF＝60°， ∴PGPF＝1x， ∴GFPGx， ∴S△PEFx（x）（x﹣1）2， ∴⑤错误， 故⑤符合． 故选：B． 【点评】本题考查了轴对称﹣最短路径问题，掌握菱形的性质是解题关键． 7．（2024春•镇海区期末）如图，在△ABC中，，AD⊥BC于点D，点F在AD上，AF＝8，若点G、E、H分别为BF、AC、AB的中点，连结GE，HE，HG，则GE的长为（　　） A．4 B． C． D．5 【分析】根据三角形中位线定理得到HEBC＝2，HE∥BC，HGAF＝4，HG∥AF，得到HE⊥HG，再根据勾股定理计算，得到答案． 【解答】解：∵点G、E、H分别为BF、AC、AB的中点， ∴HE、HG分别为△ABC、△ABF的中位线， ∴HEBC＝2，HE∥BC，HGAF＝4，HG∥AF， ∵AD⊥BC， ∴HE⊥HG， ∴GE2， 故选：C． 【点评】本题考查的是三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半． 8．（2024春•鄞州区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E，F是对角线AC上的两点，AE＝CF＝2，点P在边AD上运动（不与点A，D重合），连结点P与AC的中点O并延长交BC于点Q，连结PE，PF，QE，QF．在点P从点D运动到点A的整个过程中，四边形PEQF的形状变化依次是（　　） A．平行四边形→菱形→矩形→平行四边形 B．平行四边形→矩形→菱形→平行四边形 C．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形→平行四边形 D．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形 【分析】先根据勾股定理求出AC，然后根据矩形的性质得OE＝OF＝5﹣2＝3，再根据矩形的性质证明△PAO≌△QCO（ASA），得OP＝OQ，然后根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定即可解决问题． 【解答】解：当点P从点D开始时，四边形PEQF是平行四边形， ∵四边形ABCD是矩形， ∴OA＝OC，OP＝OQ， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°，OA＝OC， ∵AB＝6，BC＝8， ∴AC10， ∴OA＝OB＝5， ∵AE＝CF＝2， ∴OE＝OF＝5﹣2＝3， ∴四边形PEQF是平行四边形； 当点P运动到如图1位置时，四边形PEQF是平行四边形，理由如下： ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°，OA＝OC， ∵AB＝6，BC＝8， ∴AC10， ∴OA＝OB＝5， ∵AE＝CF＝2， ∴OE＝OF＝5﹣2＝3， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠PAO＝∠QCO， 在△PAO和△QCO中， ， ∴△PAO≌△QCO（ASA）， ∴OP＝OQ， ∴四边形PEQF是平行四边形； 当点P运动到PQ⊥EF时，如图2， ∵四边形PEQF是平行四边形， ∴四边形PEQF是菱形； 当点P运动到PQ⊥BC时，得四边形ABQP是矩形， ∴PQ＝AB＝6＝EF， ∴四边形PEQF是矩形； 当点P运动到点A时，四边形PEQF是平行四边形， 综上所述：在点P从点D运动到点A的整个过程中，四边形PEQF始终是平行四边形， 所以四边形PEQF的形状变化依次是平行四边形，菱形，平行四边形，矩形，平行四边形． 故选：C． 【点评】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解决本题的关键是得到△PAO≌△QCO． 9．（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． 10．（2024春•钱塘区期末）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 【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． 11．（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． 12．（2024春•余姚市期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD+BC＝AB，以CD为底边，在CD右侧作等腰直角三角形CDE，若要求△ABE的面积，则只需知道（　　） A．AD的长 B．BC的长 C．AB的长 D．CD的长 【分析】过点E作EF⊥AB于F，过点D作DT⊥EF于T，DT的延长线交BC于K，过点C作CH⊥EF于H，设AD＝a，BC＝b，EH＝x，其中a＞0，b＞0，x＞0，则AB＝AD+BC＝a+b，证明四边形ADTF，四边形BKTF四边形BCHF，四边形CKTH，四边形ADKB均为矩形，则AD＝FT＝BK＝a，FH＝BC＝b，TH＝CK＝BC﹣BK＝b﹣a，DK＝AB＝a+b，ET＝EH+TH＝x+b﹣a，再证明△DET和△ECH全等得DT＝CE＝x，在Rt△DKC中由勾股定理得DC2＝DK2+CK2＝2（a2+b2），在Rt△CDE中由勾股定理得DE2＝a2+b2，在Rt△DET中由勾股定理得DT2+ET2＝DE2，即x2+（x+b﹣a）2＝a2+b2，整理得（x+b）（x﹣a）＝0，由此得x＝a，则EH＝x＝a，进而得EF＝EH+FH＝a+b＝AB，由此即可得出答案． 【解答】解：过点E作EF⊥AB于F，过点D作DT⊥EF于T，DT的延长线交BC于K，过点C作CH⊥EF于H，如图所示： 设AD＝a，BC＝b，EH＝x，其中a＞0，b＞0，x＞0， ∴AB＝AD+BC＝a+b， ∵AD∥BC，AB⊥BC，EF⊥AB ∴BC⊥AB，DK⊥BC， ∴四边形ADTF，四边形BKTF，四边形BCHF，四边形CKTH，四边形ADKB均为矩形， ∴AD＝FT＝BK＝a，FH＝BC＝b，TH＝CK＝BC﹣BK＝b﹣a，DK＝AB＝a+b， ∴ET＝EH+TH＝x+b﹣a， ∵△CDE是以CD为底边的等腰直角三角形， ∴ED＝EC，∠DEC＝90°， ∴∠DET+∠CEH＝90°， ∵CH⊥EF，DT⊥EF ∴∠ECH+∠CEH＝90°，∠DTE＝∠EHC＝90°， ∴∠DET＝∠ECH， 在△DET和△ECH中， ， ∴△DET≌△ECH（AAS）， ∴DT＝CE＝x， 在Rt△DKC中，DK＝a+b，CK＝b﹣a， 由勾股定理得：DC2＝DK2+CK2＝（a+b）2+（b﹣a）2＝2（a2+b2）， 在Rt△CDE中，由勾股定理得：DE2+CE2＝DC2， 即2DE2＝2（a2+b2）， ∴DE2＝a2+b2， 在Rt△DET中，由勾股定理得：DT2+ET2＝DE2， 即x2+（x+b﹣a）2＝a2+b2， 整理得：x2+bx﹣ax﹣ab＝0， ∴（x+b）（x﹣a）＝0， ∵a＞0，b＞0，x＞0， ∴x﹣a＝0， ∴x＝a， 即EH＝x＝a， ∴EF＝EH+FH＝a+b＝AB， ∴S△ABEAB•EFAB2， ∴若要求△ABE的面积，则只需知道AB的长即可． 故选：C． 【点评】此题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，理解等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线构造矩形和全等三角形，灵活运用勾股定理是解决问题的关键． 13．（2024春•上虞区期末）将两张同样宽度的纸片按如图方式叠放在一起，记重叠部分为四边形ABCD，若AB＝3cm，则四边形ABCD的周长为 　12　 cm． 【分析】作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，根据题意先证出四边形ABCD是平行四边形，再由AR＝AS推出BC＝CD得平行四边形ABCD是菱形，再根据勾股定理求出AD即可． 【解答】解：作AR⊥BC于R，AS⊥CD于S，连接AC、BD交于点O． 由题意知：AD∥BC，AB∥CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵两个矩形等宽， ∴AR＝AS， ∵AR•BC＝AS•CD， ∴BC＝CD， ∴平行四边形ABCD是菱形， ∴四边形ABCD的周长为3×4＝12（cm）， 故答案为：12． 【点评】本题主要考查菱形的判定和性质，证得四边形ABCD是菱形是解题的关键． 14．（2024春•上虞区期末）如图，O是等边△ABC内任意一点，OD∥BC，OE∥AC，OF∥AB，点D，E，F分别在AB，BC，AC上．若OD＝3，OE＝2，OF＝1，则等边△ABC的面积为 　　 ． 【分析】分别证得△ADG、△OFG、△OHE是等边三角形，四边形ODBH、四边形OGCE是平行四边形，即可求出DG、BC的长，于是可求出△ADG的面积，再证△ADG和△ABC相似，根据相似三角形面积之比等于相似比的平方即可求出△ABC的面积． 【解答】解：如图，延长DO交AC于点G，延长FO交BC于点H，过点A作AM⊥DG于点M， ∵△ABC是等边三角形， ∴∠B＝∠C＝∠BAC＝60°， ∵OF∥AB，即OH∥BD， ∴∠OHE＝∠B＝60°， ∵OE∥AC， ∴∠OEH＝∠C＝60°， ∴∠EOH＝∠OHE＝∠OEH＝60°， ∴△OHE是等边三角形， ∴EH＝OE＝2， ∵OF∥AB， ∴∠GFO＝∠BAC＝60°， ∵OD∥BC，即OG∥CE， ∴∠FGO＝∠C＝60°， ∴∠FOG＝∠GFO＝∠FGO＝60°， ∴△OFG是等边三角形， ∴OG＝OF＝1， ∵OD＝3， ∴DG＝OD+OG＝3+1＝4， ∵OD∥BC， ∴∠ADG＝∠B＝60°，∠AGD＝∠C＝60°， ∴△ADG是等边三角形， ∴DM2，AD＝DG＝4， 由勾股定理得，， ∴， ∵OD∥BC，OF∥AB， ∴四边形ODBH是平行四边形， ∴BH＝OD＝3， ∵OD∥BC，OE∥AC， ∴四边形OGCE是平行四边形， ∴CE＝OG＝1， ∴BC＝BH+EH+CE＝3+2+1＝6， ∵OD∥BC， ∴△ADG∽△ABC， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 15．（2024春•新昌县期末）如图，在矩形ABCD中，，在AD边上截取一点E，使得AE+AD＝AB，连结CE，点F是CE的中点，连结AF，已知AF＝2，则线段AB的长为 　　 ． 【分析】连接BF并延长交AD的延长线于点H，先证△EFH和△CFB全等，EH＝BC，HF＝BF，再证得AH＝AB，即可得出△ABH是等腰直角三角形，从而求出BH的长，利用勾股定理即可求出AB的长． 【解答】解：如图，连接BF并延长交AD的延长线于点H， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AD＝BC，∠BAD＝90°， ∴∠FEH＝∠FCB， ∵点F是CE的中点， ∴EF＝CF， 在△EFH和△CFB中， ， ∴△EFH≌△CFB（ASA）， ∴EH＝BC，HF＝BF， ∴EH＝AD， ∵AE+AD＝AB， ∴AE+EH＝AB， 即AH＝AB， ∴△ABH是等腰直角三角形， ∵HF＝BF，即F是BH的中点， ∴AF， ∵AF＝2， ∴BH＝4， 在Rt△ABH中，由勾股定理得AB2+AH2＝BH2， 即2AB2＝16， ∴AB， 故答案为：． 【点评】本题考查了矩形的性质，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，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 16．（2024春•慈溪市期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6．P，Q分别是边BC和AD上的点，且BP＝2AQ，M为PD的中点，连结QM，则QM的长为 　　 ． 【分析】根据矩形的性质得到CD＝AB＝4，AD＝BC＝6，设AQ＝x，PB＝2x，求得DQ＝6﹣x，CP＝6﹣2x，过M作EF∥CD交AD于E，交BC于F，根据矩形的性质得到EF＝CD＝4，DE＝CF，根据全等三角形的判定和性质得到EM＝FM＝2，DE＝PF，求得DE3﹣x，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6， ∴CD＝AB＝4，AD＝BC＝6， ∵BP＝2AQ， 设AQ＝x，PB＝2x， ∴DQ＝6﹣x，CP＝6﹣2x， 过M作EF∥CD交AD于E，交BC于F， 则四边形CDEF是矩形， ∴EF＝CD＝4，DE＝CF， ∵M为PD的中点， ∴DM＝PM， ∵∠DEM＝∠PFM＝90°，∠DME＝∠PMF， ∴△DEM≌△PFM（AAS）， ∴EM＝FM＝2，DE＝PF， ∴DECP＝3﹣x， ∴QE＝DQ﹣DE＝6﹣x﹣（3﹣x）＝3， ∴QM， 故答案为：． 【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 17．（2024春•德清县期末）定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形“．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝7，“筝形“EFGH的顶点E是AB的中点，点F，G，H分别在BC，CD，AD上，且EF＝5，则对角线EG的长 　7或　 ． 【分析】分两种情况讨论：当EF＝EH，GH＝GF时，分别利用HL证得Rt△AEH和Rt△BEF全等，Rt△DGH和Rt△CGF全等，得出点G是CD的中点，从而得出EG＝AD，即可求出EG的长；当FE＝FG，HE＝HG时，利用勾股定理求出BF的长，再利用勾股定理求出CG的长，最后利用勾股定理求出EG的长即可． 【解答】解：如图1，EF＝EH，GH＝GF， ∵E是AB的中点，AB＝6， ∴AE＝BE＝3， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝7， 在Rt△AEH和Rt△BEF中， ， ∴Rt△AEH≌Rt△BEF（HL）， ∴AH＝BF， ∴AD﹣AH＝BC﹣BF， 即DH＝CF， 在Rt△DGH和Rt△CGF中， ， ∴Rt△DGH≌Rt△CGF（HL）， ∴DG＝CG， ∴G是CD的中点， ∴四边形AEGD是矩形， ∴EG＝AD＝7； 如图2，FE＝FG，HE＝HG， 过点G作GM⊥AB于点M， ∴∠GMB＝∠B＝∠C＝90°， ∴四边形BMGC是矩形， ∴BM＝CG， ∵点E是AB的中点，AB＝6， ∴AE＝BE＝3，GM＝BC＝7， 在Rt△BEF中，BE＝3，EF＝5， 由勾股定理得BF4， ∴CF＝BC﹣BF＝7﹣4＝3， 在Rt△CFG中，CF＝3，GF＝EF＝5， 由勾股定理得CG4， ∴BM＝CG＝4， ∴ME＝BM﹣BE＝4﹣3＝1， 在Rt△GME中，GM＝7，ME＝1， 由勾股定理得EG5， 综上所述：EG的长为7或， 故答案为：7或． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，“筝形”的定义，读懂题意，理解“筝形”的定义是解题的关键，注意分类思想的运用． 18．（2024春•柯桥区期末）如图，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点，AD＝6， BC＝7，则四边形EFGH的周长是 　13　 . 【分析】根据三角形中位线定理分别求出EF、FG、GH、EH，计算即可． 【解答】解：∵E，F，G，H分别是AB，BD，CD，AC的中点， ∴EFAD＝3，FGBC＝3.5，GHAD＝3，EHBC＝3.5， ∴四边形EFGH的周长＝EF+FG+GH+HE＝13， 故答案为：13． 【点评】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理是解题的关键． 19．（2024春•金东区期末）如图，过▱ABCD内的点P作各边的平行线分别交AB，BC，CD，DA于点E，F，G，H．连结AF，AG，FG．已知△AFG与▱AEPH的面积分别为m，n． （1）若点P是▱ABCD的对称中心，则　　 ； （2）▱ABCD的面积为 　2m+n　 （用含m、n的代数式表示）． 【分析】（1）依据题意，连接AC、BD，根据平行四边形的判定及性质得出四边形AEPH为平行四边形，再根据中心对称的性质设四边形ABCD的面积为S， 可得S△AFG＝m＝S▱ABCD﹣S△ABF﹣S△CFG﹣S△ADG，又点P是平行四边形ABCD的对称中心，从而S▱AEPHS▱ABCDS，S△ABFS▱ABFHS，S△CFGS▱CFPGS，S△ADGS▱AEGDS，则S▱AEPH＝nS，S△AFG＝m＝SSSSS，进而计算可以得解； （2）依据题意得，四边形AEGD为平行四边形，四边形ABFH为平行四边形，四边形PFCG为平行四边形，进而可得S▱ABCD＝mS▱ABFHnS▱AEGD＝mn（S▱ABFH+S▱AEGD），再由S▱ABFH+S▱AEGD＝S▱BEPF+S▱AEPH+S▱AEPH+S▱DHPG＝S▱BEPF+S▱AEPH+S▱CFPG+S▱DHPG＝S▱ABCD，从而可以得解． 【解答】解：（1）如图，点P是▱ABCD的对称中心，连接AC、BD． ∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC，AB＝CD． ∴AB∥FH∥CD，AD∥EG∥BC． ∴四边形AEPH为平行四边形，四边形ABFH为平行四边形，四边形CFPG为平行四边形，四边形AEGD为平行四边形． 设四边形ABCD的面积为S， ∴S△AFG＝m＝S▱ABCD﹣S△ABF﹣S△CFG﹣S△ADG． ∵点P是平行四边形ABCD的对称中心， ∴S▱AEPHS▱ABCDS，S△ABFS▱ABFHS，S△CFGS▱CFPGS，S△ADGS▱AEGDS． ∴S▱AEPH＝nS，S△AFG＝m＝SSSSS ∴． 故答案为：． （2）如图，连接BD， 由平行四边形的性质，点P在BD上． 由题意得，四边形AEGD为平行四边形，四边形ABFH为平行四边形，四边形PFCG为平行四边形． ∵S△ABD＝S△BEP+S▱AEPH+S△DHP＝S△BCD＝S△BPF+S▱CFPG+S△DPG， 又S△BEP＝S△BFP，S△DHP＝S△DPG， ∴S▱AEPH＝S▱CFPG＝n． ∵S▱ABCD＝S△AFG+S△ABF+S△CFG+S△ADG， 又S△AFG＝m，S△ABFS▱ABFH，S△CFGS▱CFPGn，S△ADGS▱AEGD， ∴S▱ABCD＝mS▱ABFHnS▱AEGD＝mn（S▱ABFH+S▱AEGD）． 又S▱ABFH+S▱AEGD＝S▱BEPF+S▱AEPH+S▱AEPH+S▱DHPG＝S▱BEPF+S▱AEPH+S▱CFPG+S▱DHPG＝S▱ABCD， ∴S▱ABCD＝mnS▱ABCD． ∴S▱ABCD＝mn． ∴S▱ABCD＝2m+n． 故答案为：2m+n． 【点评】本题考查了平行四边形的性质、中心对称的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键 20．（2024春•镇海区期末）如图，在平行四边形ABCD中，∠ABC＝30°，AB＝2，BC＝4，分别以AB，BC，CD，AD为一边，在平行四边形ABCD外部作正方形ABFE，BCHG，CDJI，ADKL．若M，N，O，P是各正方形对角线的交点，则四边形MNOP的面积等于 　14　 ． 【分析】如图所示，连接AP，BM，BN，由正方形的性质可得 ，，∠AMB＝90°，，∠PAL＝∠EAM＝∠ABM＝∠CBN＝45°；证明△AMP≌△BMN（SAS），得到∠AMP＝∠BMN，则∠PMN＝∠AMB＝90°，进一步证明四边形MNOP是正方形；如图所示，过点N作NT⊥MB 交MB延长线于T，则∠TBN＝60°，可得∠TNB＝30°，则，由勾股定理得 到，则 【解答】解：如图所示，连接AP，BM，BN， ∵P、M、N分别是正方形ADKL，正方形，ABFE，正方形BCHG对角线的交点， ∴， ∴，∠PAL＝∠EAM＝∠ABM＝∠CBN＝45°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∴∠BAD＝180°﹣∠ABC＝150°，AP＝BN， ∴∠EAL＝360°﹣90°﹣90°﹣150°＝30°， ∴∠MAP＝∠MBN＝120°， ∴△AMP≌△BMN（SAS）， ∴∠AMP＝∠BMN， ∴∠PMN＝∠AMB＝90°， 同理可证明MP＝OP，MN＝ON， ∴MP＝OP＝MN＝ON， ∴四边形MNOP是正方形； 如图所示，过点N作NT⊥MB交MB延长线于T，则∠TBN＝60°， ∴∠TNB＝30°， ∴， ∴， ∴，， 故答案为：14． 【点评】本题主要考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理和含30度角的直角三角形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 21．（2024春•吴兴区期末） 探究将任意凸四边形“分割﹣重拼（不重叠、无缝隙）”得到正方形 素材1 取四边形ABCD各边的中点后，有两种方法可将其“分割一重拼”得到平行四边形． 方法一：如图1，沿对边中点连线分割，再按序号重拼得到平行四边形； 方法二：如图2，沿邻边中点连线分割，再按序号重拼得到平行四边形． 素材2 将平行四边形按图3折叠，并沿折痕分割，再重拼成矩形． 素材3 如图4，在矩形EFGH的EH边上取点M，连结FM，过点G作GN⊥FM于点N，沿FM，NG分割矩形EFGH，将△EFM沿射线EH平移，△FNG沿射线FN平移，重拼得到正方形NGPQ． 问题解决 任务1 请从素材1的两种方法中选择一种重拼得到的四边形是平行四边形； 任务2 根据素材3的操作过程，若EF＝3，FG＝4，求线段EM的长． 【分析】任务一：从素材1的两种方法中选择一种重拼得到的四边形是平行四边形，选方法一，如图1，依次连结E，F，G，H，连结AC；，如图2，连结AC分别进行推理； 任务二：由题意，得剪拼前后面积保持不变，S正方形GPQN＝S矩形EFGH＝12，，由题意，得△MQP≌△FNG，则FN+NM＝MQ+NM，在Rt△EFM中，由勾股定理得EM． 【解答】解：任务一：选方法一，如图1，依次连结E，F，G，H，连结AC， ∵EF分别为AB，CB的中点， ∴，同理 HG∥AC， ∴EF∥HG， ∴四边形EFGH为平行四边形， ∴HO＝FO，EO＝GO， 由拼接，得 O1O＝O2O3＝2HO．O1O2＝OO3＝2GO， ∴四边形O1OO3O2 是平行四边形． 选方法二，如图2，连结AC， ∵EF分别为AB，CB的中点，， 同理 ， ∴EF＝HG，同理可证EH＝FG， 由拼接，得 E1F1＝HG E1H＝F1G， ∴四边形E1HGF1 是平行四边形． 任务二：由题意，得剪拼前后面积保持不变，S正方形GPQN＝S矩形EFGH＝12，， 由题意，得△MQP≌△FNG， ∴FN＝MQ， ∴FN+NM＝MQ+NM，即 ， 在Rt△EFM中， 由勾股定理得． 【点评】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的性质，正方形的性质，中点四边形，翻折变换，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 22．（2024春•德清县期末）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，P是直线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE（A，P，E按逆时针排列），点E的位置随点P的位置变化而变化． （1）如图1，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD内部或边上时，连结CE，小明通过连结AC后证明得到BP与CE的数量关系是 　BP＝CE　 ； （2）如图2，当点P在线段BD上，且点E在菱形ABCD外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； （3）当点P在BD的延长线上时，其他条件不变，连结BE，若，，求PB的长． 【分析】（1）根据菱形的性质证明△ABC和△ACD都是等边三角形，然后证明△ABP≌△ACE（SAS），即可解决问题； （2）连结AC，同（1）的方法证明△ABP≌△ACE（SAS），即可解决问题； （3）当点P在BD的延长线上时，连结AC交BD于点O，连结BE，同（2）的方法证明△ABP≌△ACE（SAS），得∠ACE＝∠ABO＝30°，BP＝CE，然后证明∠BCE＝90°，再利用勾股定理即可解决问题． 【解答】解：（1）BP＝CE，理由如下： ∵菱形ABCD，∠ABC＝60°， ∴△ABC和△ACD都是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∠BAP＝60°﹣∠CAP， ∵△APE是等边三角形， ∴AP＝AE，∠PAE＝60°， ∴∠CAE＝60°﹣∠CAP， ∴∠BAP＝∠CAE， ∴△ABP≌△ACE（SAS）， ∴BP＝CE， 故答案为：BP＝CE； （2）（1）中的结论BP＝CE仍然成立，理由如下： 如图2，连结AC， ∵菱形ABCD，∠ABC＝60°， ∴△ABC和△ACD都是等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAC＝60°，∠BAP＝60°+∠CAP， ∵△APE是等边三角形， ∴AP＝AE，∠PAE＝60°， ∴∠CAE＝60°+∠CAP， ∴∠BAP＝∠CAE， ∴△ABP≌△ACE（SAS）， ∴BP＝CE， ∴（1）中的结论BP＝CE仍然成立； （3）如图3，当点P在BD的延长线上时，连结AC交BD于点O，连结BE， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，BD平分∠ABC， ∵， ∴∠ABO＝30°， ∴， ∴BD＝6， 同（2）可知：△ABP≌△ACE（SAS）， ∴∠ACE＝∠ABO＝30°，BP＝CE， ∵BC＝AB，∠ABC＝60°， ∴△BCA是等边三角形， ∴∠BCA＝60°， ∴∠BCE＝∠BCA+∠ACE＝60°+30°＝90°， ∵， ∴， ∴PB＝CE＝8． 【点评】本题是四边形综合题，考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 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°， ∴FQHF＝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•钱塘区期末）如图1，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，BD＝2AB，点E，F，G分别为AO，DO，BC的中点，连结BE，EF，FG，EG，EG交BD于点M． （1）求证：BE⊥AO． （2）求证：四边形BEFG为平行四边形． （3）如图2，当▱ABCD为矩形时，若AB＝4，求四边形BEFG的面积． 【分析】（1）先证明BO＝AB，再根据点E为AO中点，得出BE⊥AO； （2）证明EF∥BG，EF＝BG，即可得出四边形BEFG是平行四边形； （3）求出EH＝3，BG，即可得出四边形BEFG的面积． 【解答】解：（1）∵▱ABCD， ∴AC，BD互相平分， ∴BD＝2BO， ∵BD＝2AB， ∴BO＝AB， ∵点E为AO中点， ∴BE⊥AO； （2）∵▱ABCD， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∵点E，F，G分别为AO，DO，BC的中点， ∴EF∥AD，EF，BG， ∴EF∥BG，EF＝BG， ∴四边形BEFG是平行四边形； （3）过点E作EH⊥BC于点H， ∵矩形ABCD， ∴AB＝OA＝OB＝4， ∴BE， ∴EH＝3， ∵BD＝2AB， ∴EF＝BG， ∴四边形BEFG的面积＝BG×EH． 【点评】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的面积等，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$