第1章特殊平行四边形闯关练习卷-2026-2027学年北师大版 数学九年级上册

**基本信息** 北师大版九年级上册第1章特殊平行四边形单元卷，通过选择、填空、解答题分层考查矩形、菱形、正方形性质与判定，融合几何变换与动态问题，适配单元复习，提升空间观念与推理能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题|性质辨析（如共性质）、基础计算|结合图形变换（翻折、旋转）| |填空题|6题|性质应用、勾股定理|动态对称（如对称点在对角线）| |解答题|5题|判定证明、综合探究|分层递进（证明到创新，如旋转综合题）|

第1章特殊平行四边形闯关练习卷-2026-2027学年数学九年级上册北师大版（2024） 一．选择题（共10小题） 1．（2026春•苏州校级期中）矩形、菱形和正方形都具有的性质是（　　） A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．每一条对角线平分一组对角 D．对角线互相垂直 2．（2025秋•杜尔伯特县期末）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，若OA＝8，OH＝5，则菱形ABCD的面积为（　　） A．40 B．80 C．160 D． 3．（2026•遵义二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，D是AC边上一点，连接BD，将△BCD沿BD翻折，使点C落在AB边上的点E处，则AE的长是（　　） A．1 B．2 C．3 D．3.5 4．（2026春•衡阳县期末）如图，点P是正方形ABCD内一点，连接AP，BP，CP，AC．若△APB是等边三角形，则∠ACP的度数为（　　） A．75° B．60° C．30° D．15° 5．（2026春•大同校级期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，过点A作AP⊥CD于点P，连接BP，则BP的长为（　　） A． B．2 C． D．4 6．（2026•渭南模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别为OB、OD的中点，连接AE、AF、CE、CF，若四边形AECF的周长为，，则菱形ABCD的边长为（　　） A． B． C．4 D． 7．（2026•嘉陵区一模）如图，在矩形ABCD中，以A为圆心，AD为半径画弧，交AB于E，连接AC、DE交于F，若AB＝6，EF：DF＝2：3，则BC＝（　　） A．5 B． C．4 D． 8．（2025秋•烟台期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD＞AB，以点A为圆心，AB为半径画弧与AD交于点F，然后以大于为半径，分别以B、F为圆心画弧交于点G，连接AG并延长交BC于点E，若BF＝6，AB＝4，则AE的长为（　　） A． B． C．5 D．10 9．（2026春•普陀区校级期中）如图，四边形ABCD为矩形，过A、C作对角线BD的垂线，过B、D作对角线AC的垂线，如果四条垂线段拼成一个四边形，那这个四边形为（　　） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 10．（2026春•青秀区校级同步）正方形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中点A（4，0），点D在AB边上，且BD＝1，连接OD，过点C作CE⊥OD分别交OA、OD于点E、M，则CE的长为（　　） A． B． C．5 D．4 二．填空题（共6小题） 11．（2026春•同步）矩形具有而菱形不一定具有的性质是　 　 ． 12．（2026春•天河区校级期中）在矩形ABCD中，AB＝2，O是BD的中点，点E在直线AD上，且DE＝3，若△BOE与△DOE关于直线OE对称，则AD的长为　 　 ． 13．（2026•龙海区校级模拟）如图，在菱形ABCD中，过点A作AE⊥BC于点E，对角线BD交AE于点F．若∠AFD＝60°，则∠C的度数为　 　 ． 14．（2026春•弋阳县期末）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上，点F是DE的中点，过点F作GH⊥DE分别交AB，DC于点G，H，连接EG．若AD＝8，CH＝3，则FG的长度为　 　 ． 15．（2026春•莆田校级期中）如图，在菱形ABCD中，AC、BD交于O点，AC＝8，BD＝6，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，则PM+PN的值为　 　 ． 16．（2026春•思明区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，在AB和AD上分别有点M、N，连CM、CN、CA．点B关于CM的对称点H，点D关于CN的对称点G，若H、G刚好相邻落在对角线AC上，则MN的长为　 　 ． 三．解答题（共5小题） 17．（2026春•徐州期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC的中点，过点A作AE平行于BC，且AE＝CD，连接BE． （1）求证：四边形AEBD是矩形． （2）当∠ABC＝　 　 °时，四边形AEBD是正方形． 18．（2026春•同步）已知：如图，四边形ABCD是矩形，AD＝2AB，M是AD的中点，N是矩形ABCD外一点，且BN∥CM，CN∥BM．求证：四边形BNCM是正方形． 19．（2026•曲靖校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF与AD相交于点E，与BC相交于点F，连接AF，CE． （1）求证：四边形AFCE是菱形； （2）若四边形AFCE的周长是40，两条对角线的和是28，求四边形AFCE的面积． 20．（2026春•黄埔区校级期中）在矩形ABCD中AB＝6，BC＝8，G、H分别是AD、BC中点，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从点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）当0≤t＜5时，请判断四边形EGFH的形状，并说明理由； （2）若四边形EGFH为矩形，求t的值； （3）若点G在直线AD上向点D运动，点H在直线BC上向点B运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，当点G点到达点D时均停止运动，若四边形EGFH为菱形，求t的值． 21．（2026•延安一模）解答： （1）【初步探究】 如图1，将△ABC绕点A顺时针旋转60°，得到△ADE，连接CE，DB，则∠ACE的度数为　 　 ； （2）【类比探究】 如图2，在正方形ABCD中，点E在边BC上，点F在边CD上，连接EF，已知∠EAF＝45°，BE＝2，DF＝3，求正方形ABCD的边长； （3）【拓展延伸】 如图3，在四边形ABCD中，CD＝CB，∠BAD与∠BCD互余，AC，BD为对角线，且满足，将△CDA绕点C顺时针旋转到△CBE，连接AE，若AD＝3，AB＝4，求BD的长． 第1章特殊平行四边形闯关练习卷-2026-2027学年数学九年级上册北师大版（2024） 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 1．（2026春•苏州校级期中）矩形、菱形和正方形都具有的性质是（　　） A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．每一条对角线平分一组对角 D．对角线互相垂直 【分析】根据矩形、菱形和正方形的性质即可求解． 【解答】解：矩形、菱形和正方形都具有的性质是对角线互相平分， 故选：A． 【点评】本题考查了矩形、菱形和正方形的性质，掌握以上知识点是解题的关键． 2．（2025秋•杜尔伯特县期末）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，若OA＝8，OH＝5，则菱形ABCD的面积为（　　） A．40 B．80 C．160 D． 【分析】由菱形的性质得OA＝OC＝8，OB＝OD，AC⊥BD，则AC＝16，再由直角三角形斜边上的中线性质求出BD的长度，然后由菱形的面积公式求解即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴OA＝OC＝8，OB＝OD，AC⊥BD， ∴AC＝2OA＝2×8＝16， ∵DH⊥AB， ∴∠BHD＝90°， ∵OH＝5， ∴BD＝2OH＝2×5＝10， ∴，菱形ABCD的面积为80， 故选：B． 【点评】本题主要考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 3．（2026•遵义二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，D是AC边上一点，连接BD，将△BCD沿BD翻折，使点C落在AB边上的点E处，则AE的长是（　　） A．1 B．2 C．3 D．3.5 【分析】由勾股定理可得AB＝5，由折叠的性质可得BE＝BC＝3，由此即可得出结果． 【解答】解：∵在△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3， ∴， 由折叠的性质可得：BE＝BC＝3， ∵点C落在AB边上的点E处， ∴AE＝AB﹣BE＝2， 故选：B． 【点评】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），掌握其相关知识点是解题的关键． 4．（2026春•衡阳县期末）如图，点P是正方形ABCD内一点，连接AP，BP，CP，AC．若△APB是等边三角形，则∠ACP的度数为（　　） A．75° B．60° C．30° D．15° 【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质即可得到结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝AB，∠CBA＝90°， ∴∠ACB＝45°， ∵△PAB是等边三角形， ∴∠PBA＝∠APB＝60°，PB＝AB， ∴∠CBP＝30°，PB＝BC， ∴∠BCP（180°﹣∠CBP）＝75°， ∴∠ACP＝∠BCP﹣∠ACB＝30°． 故选：C． 【点评】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等边对等角，三角形内角和定理，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键． 5．（2026春•大同校级期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，过点A作AP⊥CD于点P，连接BP，则BP的长为（　　） A． B．2 C． D．4 【分析】作PE⊥BC交BC的延长线于点E，利用菱形的性质求得AD＝BC＝CD＝2，∠PCE＝∠D＝∠ABC＝60°，再利用直角三角形的性质结合勾股定理求得PD＝1，，，在Rt△PBE中，利用勾股定理求解即可． 【解答】解：如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，作PE⊥BC交BC的延长线于点E， ∴AB∥CD，∠D＝∠ABC＝60°，AD＝BC＝CD＝AB＝2， ∴∠PCE＝∠ABC＝60°， ∵AP⊥CD， ∴∠DAP＝90°﹣∠D＝30°， ∴， ∴PC＝2﹣PD＝1， ∵PE⊥BC， ∴∠CPE＝90°﹣∠PCE＝30°， ∴， 在直角三角形CEP中，由勾股定理得：， ∴， 在Rt△PBE中，由勾股定理得：， 故选：C． 【点评】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键． 6．（2026•渭南模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别为OB、OD的中点，连接AE、AF、CE、CF，若四边形AECF的周长为，，则菱形ABCD的边长为（　　） A． B． C．4 D． 【分析】先证明四边形AECF是菱形得到，再用勾股定理求出OF，从而求得OD，再用勾股定理求CD即可． 【解答】解：由题意可得： ∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD， 又∵点E、F分别为OB、OD的中点， ∴， 又∵OA＝OC，AC⊥BD即AC⊥EF， ∴四边形AECF是菱形， 又∵四边形AECF的周长为，， ∴，， ∴， ∴OD＝2OF＝2， ∴， 故选：D． 【点评】本题考查菱形的性质，正确进行计算是解题关键． 7．（2026•嘉陵区一模）如图，在矩形ABCD中，以A为圆心，AD为半径画弧，交AB于E，连接AC、DE交于F，若AB＝6，EF：DF＝2：3，则BC＝（　　） A．5 B． C．4 D． 【分析】根据作图得到AD＝AE，证明△CDF∽△AEF，列出比例式求出AE的长，即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC，CD＝AB＝6，AB∥CD， ∴△CDF∽△AEF， ∴， ∴AE＝4， 由作图可知：AD＝AE， ∴BC＝AE＝4， 故选：C． 【点评】本题主要考查了矩形的性质，掌握其相关知识点是解题的关键． 8．（2025秋•烟台期末）如图，在平行四边形ABCD中，AD＞AB，以点A为圆心，AB为半径画弧与AD交于点F，然后以大于为半径，分别以B、F为圆心画弧交于点G，连接AG并延长交BC于点E，若BF＝6，AB＝4，则AE的长为（　　） A． B． C．5 D．10 【分析】如图所示：连接EF，AE交于BF于点O，首先证明四边形ABEF是菱形，利用勾股定理求出AE即可． 【解答】解：如图所示：连接EF，AE交于BF于点O， 由题中作图可知：AB＝AF，AE平分∠BAD， ∴∠FAE＝∠BAE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠FAE＝∠AEB， ∴∠AEB＝∠BAE， ∴AB＝BE， ..AF＝BE， ∴AF∥BE， ∴四边形ABEF是平行四边形， ∵AB＝AF， ∴四边形ABEF是菱形， ∴AE⊥BF，AO＝OEAE，BO＝OFBF＝3， 在Rt△AOB中， ∵AO2＝AB2﹣OB2， ∴AO， ∴AE＝2OA＝2， 故选：B． 【点评】本题考查菱形 的判定和性质，平行四边形的性质和角平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 9．（2026春•普陀区校级期中）如图，四边形ABCD为矩形，过A、C作对角线BD的垂线，过B、D作对角线AC的垂线，如果四条垂线段拼成一个四边形，那这个四边形为（　　） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【分析】先根据矩形的性质得到AC＝BD，S△ABC＝S△BCD＝S△ADC＝S△ABD，再根据三角形的面积公式得到BF＝CH＝DG＝AE，进而利用四条边相等的四边形是菱形可得结论． 【解答】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴AC＝BD，S△ABC＝S△BCD＝S△ADC＝S△ABD， ∵AE⊥BD，CH⊥BD，BF⊥AC，DG⊥AC， ∴， ∴BF＝CH＝DG＝AE， ∴四条垂线段拼成一个菱形， 故选：B． 【点评】本题考查矩形的性质、菱形的判定、三角形的面积计算，熟知菱形的判定是解答的关键． 10．（2026春•青秀区校级同步）正方形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，其中点A（4，0），点D在AB边上，且BD＝1，连接OD，过点C作CE⊥OD分别交OA、OD于点E、M，则CE的长为（　　） A． B． C．5 D．4 【分析】根据点A的坐标求出正方形的边长，再根据ASA证得△OCE和△AOD全等，得出OE＝AD，求出AD的长，即可得出OE的长，再根据勾股定理求出CE的长即可． 【解答】解：∵点A的坐标是（4，0）， ∴OA＝4， ∵四边形OABC是正方形， ∴OC＝OA＝AB＝4，∠COE＝∠OAD＝90°， ∴∠OCE+∠OEC＝90°， ∵CE⊥OD， ∴∠OME＝90°， ∴∠EOM+∠OEM＝90°，即∠AOD+∠OEC＝90°， ∴∠OCE＝∠AOD， 在△OCE和△AOD中， ， ∴△OCE≌△AOD（ASA）， ∴OE＝AD， ∵AB＝4，BD＝1， ∴AD＝3， ∴OE＝3， 在Rt△COE中，由勾股定理得CE， 故选：C． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形性质，勾股定理，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 二．填空题（共6小题） 11．（2026春•同步）矩形具有而菱形不一定具有的性质是　对角线相等，四个角为直角　 ． 【分析】根据矩形的性质和菱形的性质即可得解． 【解答】解：矩形的性质：两组对边分别平行，四个角为直角，对角线互相平分且相等； 菱形的性质：两组对边分别平行，两组对角分别相等，对角线互相垂直平分，对角线不一定相等； 故答案为：对角线相等，四个角为直角． 【点评】本题考查矩形的性质，菱形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 12．（2026春•天河区校级期中）在矩形ABCD中，AB＝2，O是BD的中点，点E在直线AD上，且DE＝3，若△BOE与△DOE关于直线OE对称，则AD的长为　或　 ． 【分析】由对称性可得BE＝DE＝3，再分情况当点E在边AD上时，当点E在DA的延长线上时，结合勾股定理和BE＝3列方程求出AE，进而即可求出AD． 【解答】本题考查了矩形性质，勾股定理，对称的性质，解题的关键在于利用分类讨论的思想解决问题．解：因为△BOE与△DOE关于直线OE对称， 所以点B与点D关于直线OE对称，因此BE＝DE＝3． 在矩形ABCD中，AB＝2． 当点E在边AD上时，如图①， 在Rt△ABE中，∠A＝90°，由勾股定理得， 所以． 当点E在DA的延长线上时，如图②， 在Rt△ABE中，∠EAB＝90°，同理， 所以． 故AD的长为或． 故答案为：或． 【点评】本题考查了矩形性质，勾股定理，对称的性质，解题的关键在于利用分类讨论的思想解决问题． 13．（2026•龙海区校级模拟）如图，在菱形ABCD中，过点A作AE⊥BC于点E，对角线BD交AE于点F．若∠AFD＝60°，则∠C的度数为　120°　 ． 【分析】先求出∠FBE＝30°，再根据菱形的性质得到BC＝CD，则∠FBE＝∠BDC＝30°，最后根据三角形内角和定理即可得到答案． 【解答】解：∵AE⊥BC于点E， ∴∠BEF＝90°， ∵∠BFE＝∠AFD＝60°， ∴∠FBE＝180°﹣∠BFE﹣∠BEF＝30°， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BC＝CD， ∴∠FBE＝∠BDC＝30°， ∴∠C＝180°﹣∠FBE﹣∠BDC＝120°， 故答案为：120°． 【点评】本题主要考查了菱形的性质，掌握其相关知识点是解题的关键． 14．（2026春•弋阳县期末）如图，在正方形ABCD中，点E在边BC上，点F是DE的中点，过点F作GH⊥DE分别交AB，DC于点G，H，连接EG．若AD＝8，CH＝3，则FG的长度为　　 ． 【分析】连接DG，EH，根据正方形的性质及勾股定理求出BE，设AG＝x，根据GE＝GD利用勾股定理列方程求出AG，然后求出GE，EF，再结合勾股定理列式计算，即可作答． 【解答】解：连接DG，EH， ∵四边形ABCD是正方形 ∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，BC＝CD＝AB＝AD＝8， ∴DH＝DC﹣HC＝8﹣3＝5， ∵GH⊥DE，点F是DE的中点， ∴GD＝GE，EH＝DH＝5， ∴， ∴BE＝BC﹣EC＝4， 设AG＝x，则BG＝AB﹣AG＝8﹣x， ∵GE2＝BG2+BE2，GD2＝AG2+AD2， ∴AG2+AD2＝BG2+BE2 即：x2+82＝（8﹣x）2+42， 解得：x＝1， ∴， ∵，点F是DE的中点， ∴， ∵GH⊥DE， ∴， 故答案为：3． 【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 15．（2026春•莆田校级期中）如图，在菱形ABCD中，AC、BD交于O点，AC＝8，BD＝6，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，则PM+PN的值为　　 ． 【分析】先利用菱形的对角线互相垂直平分求出菱形边长，再利用等面积法求解即可． 【解答】解：如图，连接PD， ∵四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交于点O，AC＝8，BD＝6， ∴AO＝OC＝4，BO＝DO＝3， ∴， ∵S△ACD＝S△APD+S△CPD，PM⊥AD，PN⊥CD， ∴， ∴8×3＝5（PM+PN）， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查了菱形的性质和勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键． 16．（2026春•思明区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，在AB和AD上分别有点M、N，连CM、CN、CA．点B关于CM的对称点H，点D关于CN的对称点G，若H、G刚好相邻落在对角线AC上，则MN的长为　　 ． 【分析】连接MH、GN，根据矩形的性质，利用勾股定理得到AC＝10，根据图形对称的性质得到AH＝4，AG＝2，设MB＝MH＝x，根据勾股定理解得x＝3，得到AM＝5，设ND＝NG＝y，同理得到，继而根据勾股定理得到． 【解答】解：如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，连接MH、GN， ∴∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，BC＝AD＝6，CD＝AB＝8， 在直角三角形ABC中，由勾股定理得：， ∵点D关于CN的对称点为G，点B关于CM的对称点为H， ∴MH＝MB，NG＝ND，∠CHM＝∠B＝90°，∠CGN＝∠D＝90°，CH＝CB＝6，CG＝CD＝8， ∴AG＝AC﹣CG＝10﹣8＝2，∠AHM＝∠AGN＝90°，AH＝AC﹣CH＝10﹣6＝4， 设MB＝MH＝x，则AM＝AB﹣MB＝8﹣x， ∵∠AHM＝90°， ∵AM2＝AH2+MH2， ∴（8﹣x）2＝42+x2， 解得x＝3， ∴AM＝8﹣3＝5， 设ND＝NG＝y，则AN＝AD﹣ND＝6﹣y， 在Rt△ANG中，∠AGN＝90°， 由勾股定理得：AN2＝AG2+NG2， ∴（6﹣y）2＝22+y2， 解得：， ∴， 在Rt△AMN中，∠MAN＝90°， 由勾股定理得：， 故答案为：． 【点评】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练运用勾股定理解决问题． 三．解答题（共5小题） 17．（2026春•徐州期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC的中点，过点A作AE平行于BC，且AE＝CD，连接BE． （1）求证：四边形AEBD是矩形． （2）当∠ABC＝　45　 °时，四边形AEBD是正方形． 【分析】（1）可证明AE＝BD，则可证明四边形AEBD是平行四边形，由三线合一定理得到AD⊥BC，据此可证明结论； （2）当∠ABC＝45°时，可证明△ABD是等腰直角三角形，得到AD＝BD，则可证明矩形AEBD是正方形． 【解答】（1）证明：∵点D是BC的中点， ∴BD＝CD， 又∵AE＝CD， ∴AE＝BD， ∵AE∥BC，AE＝BD， ∴四边形AEBD是平行四边形， ∵AB＝AC，D是BC的中点， ∴AD⊥BC， ∴∠ADB＝90°， ∴四边形AEBD是矩形． （2）解：当∠ABC＝45°时，四边形AEBD是正方形，证明如下： 由（1）可得AD⊥BC，且四边形AEBD是矩形， 又∵AD⊥BC，∠ABC＝45°， ∴△ABD是等腰直角三角形， ∴AD＝BD， ∴矩形AEBD是正方形． 【点评】本题主要考查了矩形的判定定理，正方形的判定定理，三线合一定理，等腰直角三角形的性质与判定，熟知矩形和正方形的判定定理是解题的关键． 18．（2026春•同步）已知：如图，四边形ABCD是矩形，AD＝2AB，M是AD的中点，N是矩形ABCD外一点，且BN∥CM，CN∥BM．求证：四边形BNCM是正方形． 【分析】先证△ABM≌△DCM（SAS），可证四边形BNCM为菱形，再证∠MBN＝∠MBC+∠CBN＝90°，即可得证． 【解答】证明：在矩形ABCD中，M是AD的中点， ∴∠A＝∠D＝90°，AB＝DC，AM＝DM， ∴△ABM≌△DCM（SAS）， ∴BM＝CM． ∵BN∥CM，CN∥BM， ∴四边形BNCM为平行四边形． 又∵BM＝CM， ∴▱BNCM为菱形． ∵AD＝2AB， ∴AM＝AB， ∴∠ABM＝45°，∠CBM＝45°， 同理求得∠MCB＝45°， ∵BN∥CM， ∴∠CBN＝∠MCB＝45°， ∴∠MBN＝∠MBC+∠CBN＝90°， ∴四边形BNCM是正方形． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、正方形的判定等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 19．（2026•曲靖校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF与AD相交于点E，与BC相交于点F，连接AF，CE． （1）求证：四边形AFCE是菱形； （2）若四边形AFCE的周长是40，两条对角线的和是28，求四边形AFCE的面积． 【分析】（1）根据平行四边形的性质可证∠EAO＝∠FCO，根据垂直平分线的性质可证AO＝CO，∠AOE＝∠COF＝90°，利用ASA可证△AOE≌△COF，根据全等三角形的性质可证OE＝OF，根据对角线互相平分的四边形是菱形可证结论成立； （2）根据菱形的性质可知AF＝FC＝CE＝AE＝10，设AC＝2a、EF＝2b，根据勾股定理可得a2+b2＝102，利用完全平方公式可以求出ab＝48，根据菱形的面积公式求出结果即可． 【解答】（1）证明：∵EF是AC的垂直平分线， ∴AO＝CO，∠AOE＝∠COF＝90°； ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠EAO＝∠FCO， 在△AOE和△COF中， ， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴EO＝FO， ∴四边形AFCE是菱形； （2）解：∵四边形AFCE是菱形， ∴AF＝FC＝CE＝AE， ∵四边形AFCE的周长是40， ∴AF＝FC＝CE＝AE＝10， 设AC＝2a、EF＝2b， 则有2a+2b＝28，OA＝OC＝a，OE＝OF＝b， ∴a+b＝14， 在Rt△AOE中，由勾股定理得：OA2+OE2＝AE2， ∴a2+b2＝102， ∵（a+b）2＝a2+b2+2ab， ∴102+2ab＝142， 整理可得：ab＝48， ∴． 【点评】本题主要考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，平行四边形的性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 20．（2026春•黄埔区校级期中）在矩形ABCD中AB＝6，BC＝8，G、H分别是AD、BC中点，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从点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）当0≤t＜5时，请判断四边形EGFH的形状，并说明理由； （2）若四边形EGFH为矩形，求t的值； （3）若点G在直线AD上向点D运动，点H在直线BC上向点B运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，当点G点到达点D时均停止运动，若四边形EGFH为菱形，求t的值． 【分析】（1）可证明△AEG≌△CFH，从而EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，进而推出∠EGF＝∠HFE，从而EG∥FH，从而得出四边形EGFH是平行四边形； （2）连接GH，可推出四边形ABGH是矩形，从而GH＝AB＝6，可得出当EF＝GH时，▱EGFH是矩形，当0＜t＜5时，10﹣2t＝6，从而t＝2；当5≤t≤10时，2t﹣10＝6，从而t＝8； （3）连接GH，设GH和AC交于点O，可得当GH⊥AC时，▱EGFH是菱形，可得出CG＝AG＝t+4，在Rt△CDG中，根据勾股定理列出（4﹣t）2+62＝（4+t）2，从而得出t． 【解答】解：（1）四边形EGFH是平行四边形，理由如下： ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴∠GAE＝∠FCH， ∵G、H分别是AD，BC的中点， ∴AG， ∴AG＝CH， ∵E、F是对角线AC上的两个动点，分别从点A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度， ∴AE＝CF， ∴△AEG≌△CFH（SAS）， ∴EG＝FH，∠AEG＝∠CFH， ∴180°﹣∠AEG＝180°﹣∠CFH， ∴∠EGF＝∠HFE， ∴EG∥FH， ∴四边形EGFH是平行四边形； （2）如图1， 连接GH， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°， ∵AB＝6，BC＝8， ∴AC＝10， ∵AD∥BC，AG＝BH， ∴四边形ABGH是矩形， ∴GH＝AB＝6， 当EF＝GH时，▱EGFH是矩形， 当0＜t＜5时， 10﹣2t＝6， ∴t＝2， 当5≤t≤10时， 2t﹣10＝6， ∴t＝8， 综上所述：t＝2或t＝8； （3）如图2， 连接GH，设GH和AC交于点O， 当GH⊥AC时，▱EGFH是菱形， ∵OA＝OC， ∴CG＝AG＝t+4， 在Rt△CDG中，DG＝4﹣t， ∵DG2+CD2＝CG2， ∴（4﹣t）2+62＝（4+t）2， ∴t． 【点评】本题考查了矩形判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． 21．（2026•延安一模）解答： （1）【初步探究】 如图1，将△ABC绕点A顺时针旋转60°，得到△ADE，连接CE，DB，则∠ACE的度数为　60°　 ； （2）【类比探究】 如图2，在正方形ABCD中，点E在边BC上，点F在边CD上，连接EF，已知∠EAF＝45°，BE＝2，DF＝3，求正方形ABCD的边长； （3）【拓展延伸】 如图3，在四边形ABCD中，CD＝CB，∠BAD与∠BCD互余，AC，BD为对角线，且满足，将△CDA绕点C顺时针旋转到△CBE，连接AE，若AD＝3，AB＝4，求BD的长． 【分析】（1）根据旋转的性质易得△CAE为等边三角形，结合等边三角形的性质求解即可； （2）将△ABE绕点A顺时针旋转90°得到△ADG，证明△GAF≌△EAF，设正方形边长为x，则CE＝x﹣2，CF＝x﹣3，结合勾股定理即可解题； （3）证明△DCB∽△ACE，最后用勾股定理即可． 【解答】解：（1）∵将△ABC绕点A顺时针旋转60°，得到△ADE， ∴∠CAE＝60°，AC＝AE， ∴△CAE为等边三角形， ∴∠ACE＝60°， 故答案为：60°； （2）如图，将△ABE绕点A顺时针旋转90°得到△ADG， 由旋转的性质可得∠BAE＝∠DAG，AE＝AG，BE＝DG＝2，∠ABE＝∠ADG＝90°， ∵∠ADC+∠ADG＝180°， ∴G，D，C三点共线． ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝∠DAG+∠DAF＝∠FAG＝45°＝∠EAF． 在△GAF和△EAF中， ， ∴△GAF≌△EAF（SAS）， ∴GF＝EF． ∵GF＝GD+DF＝2+3＝5， ∴EF＝5． 设正方形的边长为x，则CE＝x﹣2，CF＝x﹣3， 在Rt△CEF中，由勾股定理得：CE2+CF2＝EF2，即（x﹣2）2+（x﹣3）2＝52， 解得：x1＝6，x2＝﹣1（负值舍去）． ∴正方形ABCD的边长为6； （3）∵将△CDA绕点C顺时针旋转到△CBE， ∴AD＝BE＝3，CA＝CE，∠ACD＝∠ECB，∠ADC＝∠EBC， ∴∠BCD＝∠ACE， 又∵CD＝CB，， ∴△DCB∽△ACE， ∴， ∴， ∵∠BAD+∠BCD＝90°， ∴∠ABC+∠ADC＝270°， ∵∠ADC＝∠EBC， ∴∠ABC+∠EBC＝270°， ∴∠ABE＝90°， 在直角三角形ABE中，由勾股定理得：， ∴． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形与相似三角形的性质． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $