专题26特殊的平行四边形三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编

这是一份专题26特殊的平行四边形三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编，共96页。试卷主要包含了如图，在中，，，等内容，欢迎下载使用。
专题26特殊的平行四边形）三年（2021-2023）中考数学真题分项汇编
专题26特殊的平行四边形
一．选择题（共20小题）
（2023•湘潭）
1．如图，菱形中，连接，若，则的度数为（    ）
  
A． B． C． D．
（2023•赤峰）
2．如图，在中，，，．点F是中点，连接，把线段沿射线方向平移到，点D在上．则线段在平移过程中扫过区域形成的四边形的周长和面积分别是(    )
  
A．16，6 B．18，18 C．16.12 D．12，16
（2023•深圳）
3．如图，在平行四边形中，，，将线段水平向右平移a个单位长度得到线段，若四边形为菱形时，则a的值为（    ）
  
A．1 B．2 C．3 D．4
（2023•兰州）
4．如图，在矩形中，点E为延长线上一点，F为的中点，以B为圆心，长为半径的圆弧过与的交点G，连接．若，，则（    ）
  
A．2 B．2.5 C．3 D．3.5
（2023•河北）
5．如图，在中，，点M是斜边的中点，以为边作正方形，若，则（    ）
  
A． B． C．12 D．16
（2023•常德）
6．如图1，在正方形中，对角线相交于点O，E，F分别为，上的一点，且，连接．若，则的度数为(   )
  
A． B． C． D．
（2023•河北）
7．如图，直线，菱形和等边在，之间，点A，F分别在，上，点B，D，E，G在同一直线上：若，，则（    ）
  
A． B． C． D．
（2023•十堰）
8．如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化．下面判断错误的是（    ）
  
A．四边形由矩形变为平行四边形 B．对角线的长度减小
C．四边形的面积不变 D．四边形的周长不变
（2023•绍兴）
9．如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是（    ）

A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
（2023•金华）
10．如图，在中，，以其三边为边在的同侧作三个正方形，点在上，与交于点与交于点．若，则的值是（    ）
  
A． B． C． D．
（2023•苏州）
11．如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．动点分别从点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点移动．当移动时间为4秒时，的值为（    ）
  
A． B． C． D．
（2023•宜宾）
12．如图，边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，则的长为（　　）
  
A． B． C． D．
（2023•眉山）
13．如图，在正方形中，点E是上一点，延长至点F，使，连结，交于点K，过点A作，垂足为点H，交于点G，连结．下列四个结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数为（    ）
      
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
（2023•重庆）
14．如图，在正方形中，O为对角线的中点，E为正方形内一点，连接，，连接并延长，与的平分线交于点F，连接，若，则的长度为（    ）
  
A．2 B． C．1 D．
（2023•自贡）
15．如图，边长为的正方形两边与坐标轴正半轴重合，点的坐标是（    ）
  
A． B． C． D．
（2023•重庆）
16．如图，在正方形中，点E，F分别在上，连接．若，则一定等于（　　）

A． B． C． D．
（2023•台湾）
17．如图，矩形中，，且有一点P从B点沿着往D点移动，若过P点作的垂线交于E点，过P点作的垂线交于F点，则的长度最小为多少（　　）

A． B． C．5 D．7
（2022•绍兴）
18．如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4
（2022•广州）
19．如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上， 且CE = 1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（   ）

A． B．
C． D．
（2022•贵港）
20．如图，在边长为1的菱形中，，动点E在边上（与点A、B均不重合），点F在对角线上，与相交于点G，连接，若，则下列结论错误的是（    ）

A． B． C． D．的最小值为
二．填空题（共20小题）
（2023•大连）
21．如图，在正方形中，，延长至E，使，连接．平分交于F，连接，则的长为 ．
  
（2023•大连）
22．如图，在菱形中，为菱形的对角线，，点为中点，则的长为 ．

（2023•贵州）
23．如图，在矩形中，点为矩形内一点，且，，则四边形的面积是 ．
  
（2023•齐齐哈尔）
24．如图，在四边形中，，于点．请添加一个条件： ，使四边形成为菱形．
  
（2023•河南）
25．矩形中，M为对角线的中点，点N在边上，且．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，的长为 ．
（2023•广西）
26．如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是上的动点，M，N分别是的中点，则的最大值为 ．
  
（2023•十堰）
27．如图，在菱形中，点E，F，G，H分别是，，，上的点，且，若菱形的面积等于24，，则 ．
  
（2023•陕西）
28．如图，在矩形中，，．点E在边上，且，M、N分别是边上的动点，且，P是线段上的动点，连接．若．则线段的长为 ．

（2023•滨州）
29．如图，矩形的对角线相交于点，点分别是线段上的点．若，则的长为 ．
  
（2023•内江）
30．出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则 ．
  
（2023•天津）
31．如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，．
  
（1）的面积为 ；
（2）若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为 ．
（2023•枣庄）
32．如图，在正方形中，对角线与相交于点O，E为上一点，，F为的中点，若的周长为32，则的长为 ．
  
（2023•台州）
33．如图，矩形中，，．在边上取一点E，使，过点C作，垂足为点F，则的长为 ．

（2022•哈尔滨）
34．如图，菱形的对角线相交于点O，点E在上，连接，点F为的中点，连接．若，，，则线段的长为 ．

（2022•德州）
35．如图，线段端点的坐标分别为，且，将平移至第一象限内，得到（均在格点上）．若四边形是菱形，则所有满足条件的点的坐标为 ．
  
（2022•温州）
36．如图，在菱形中，．在其内部作形状、大小都相同的菱形和菱形，使点E，F，G，H分别在边上，点M，N在对角线上．若，则的长为 ．

（2022•丽水）
37．如图，标号为①，②，③，④的矩形不重叠地围成矩形，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.，且．

（1）若a，b是整数，则的长是 ；
（2）若代数式的值为零，则的值是 ．
（2021•锦州）
38．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，以点B为圆心、BC的长为半径画弧交AD于点E，再分别以点C，E为圆心、大于CE的长为半径画弧，两弧交于点F，作射线BF交CD于点G，则CG的长为 ．

（2021•威海）
39．如图，在正方形ABCD中，，E为边AB上一点，F为边BC上一点．连接DE和AF交于点G，连接BG．若，则BG的最小值为 ．

（2021•包头）
40．如图，BD是正方形ABCD的一条对角线，E是BD上一点，F是CB延长线上一点，连接CE，EF，AF．若，，则的度数为 ．

三．解答题（共20小题）
（2023•长春）
41．将两个完全相同的含有角的直角三角板在同一平面内按如图所示位置摆放．点A，E，B，D依次在同一直线上，连结、．
  
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)已知，当四边形是菱形时．的长为__________．
（2023•张家界）
42．如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，且，，．
  
(1)求证：；
(2)若时，求证：四边形是菱形．
（2023•兰州）
43．如图，矩形的对角线与相交于点O，，直线是线段的垂直平分线，分别交于点F，G，连接．
  
(1)判断四边形的形状，并说明理由；
(2)当时，求的长．
（2023•岳阳）
44．如图，点在的边上，，请从以下三个选项中①；②；③，选择一个合适的选项作为已知条件，使为矩形．
  
(1)你添加的条件是_________（填序号）；
(2)添加条件后，请证明为矩形．
（2023•十堰）
45．如图，的对角线交于点，分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接．
  
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)请说明当的对角线满足什么条件时，四边形是正方形？
（2023•温州）
46．如图，已知矩形，点E在延长线上，点F在延长线上，过点F作交的延长线于点H，连结交于点G，．
  
(1)求证：．
(2)当，时，求的长．
（2023•随州）
47．如图，矩形的对角线，相交于点O，．
  
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求四边形的面积．
（2023•永州）
48．如图，已知四边形是平行四边形，其对角线相交于点O，．
  
(1)是直角三角形吗？请说明理由；
(2)求证：四边形是菱形．
（2023•绍兴）
49．如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．
  
(1)求证：．
(2)判断与是否垂直，并说明理由．
（2023•内江）
50．如图，在中，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F．
  
(1)求证：；
(2)连接，若，求证：四边形是矩形．
（2023•乐山）
51．如图，在中，，点D为边上任意一点（不与点A、B重合），过点D作，，分别交、于点E、F，连接．
  
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求点C到的距离．
（2023•杭州）
52．在边长为的正方形中，点在边上(不与点，重合)，射线与射线交于点．
  
(1)若，求的长；
(2)求证：；
(3)以点为圆心，长为半径画弧，交线段于点．若，求的长．
（2023•怀化）
53．如图，矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交于点E，F．

(1)证明：；
(2)连接，证明：四边形是菱形．
（2023•新疆）
54．如图，和相交于点，，，点、分别是、的中点．

(1)求证：；
(2)当时，求证：四边形是矩形．
（2023•浙江）
55．如图，在菱形中，于点E，于点F，连接．
  
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
（2022•聊城）
56．如图，中，点D是AB上一点，点E是AC的中点，过点C作，交DE的延长线于点F．

(1)求证：；
(2)连接AF，CD．如果点D是AB的中点，那么当AC与BC满足什么条件时，四边形ADCF是菱形，证明你的结论．
（2022•舟山）
57．小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB＝OD．求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．
小惠：
证明：∵AC⊥BD，OB＝OD，
∴AC垂直平分BD．
∴AB＝AD，CB＝CD，
∴四边形ABCD是菱形．
小洁：
这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明．
  若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明．
（2022•鄂州）
58．如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且∠CDF=∠BDC、∠DCF=∠ACD．
  
(1)求证：DF=CF；
(2)若∠CDF=60°，DF=6，求矩形ABCD的面积．
（2022•北京）
59．如图，在中，交于点，点在上，．
  
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若求证：四边形是菱形．
（2022•哈尔滨）
60．已知矩形的对角线相交于点O，点E是边上一点，连接，且．

(1)如图1，求证：；
(2)如图2，设与相交于点F，与相交于点H，过点D作的平行线交的延长线于点G，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形（除外），使写出的每个三角形的面积都与的面积相等．

参考答案：
1．C
【分析】根据菱形的性质可得，则，进而即可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形
∴，
∴，
∵，
∴,
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练掌握是菱形的性质解题的关键．
2．C
【分析】先论证四边形是平行四边形，再分别求出、、，继而用平行四边形的周长公式和面积公式求解即可．
【详解】由平移的性质可知：，
∴四边形是平行四边形，
在中，，，，
∴
在中，，，点F是中点
∴
∵，点F是中点
∴，，
∴点D是的中点，
∴
∵D是的中点，点F是中点，
∴是的中位线，
∴
∴四边形的周长为：，
四边形的面积为：．
故选：C．
【点睛】本题考查平移的性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，平行线分线段成比例，三角形中位线定理等知识，推导四边形是平行四边形和是的中位线是解题的关键．
3．B
【分析】首先根据平行四边形的性质得到，然后根据菱形的性质得到，然后求解即可．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，
∵，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】此题考查了平行四边形和菱形的性质，平移的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
4．C
【分析】利用直角三角形斜边中线的性质求得，在中，利用勾股定理即可求解.
【详解】解：∵矩形中，
∴，
∵F为的中点，，
∴，
在中，，
故选：C.
【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，掌握“直角三角形斜边中线的长等于斜边的一半”是解题的关键.
5．B
【分析】根据正方形的面积可求得的长，利用直角三角形斜边的中线求得斜边的长，利用勾股定理求得的长，根据三角形的面积公式即可求解．
【详解】解：∵，
∴，
∵中，点M是斜边的中点，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，掌握“直角三角形斜边中线等于斜边的一半”是解题的关键．
6．C
【分析】首先根据正方形的性质得到，，然后结合得到，然后证明出，最后利用三角形内角和定理求解即可．
【详解】∵四边形是正方形
∴，
∵
∴，
∴
∴
又∵，
∴
∴
∴
∴
故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
7．C
【分析】如图，由平角的定义求得，由外角定理求得，，根据平行性质，得，进而求得．
【详解】如图，∵
∴
∵
∴
∵
∴
∵
∴    
故选：C．
  
【点睛】本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形外角定理，根据相关定理确定角之间的数量关系是解题的关键．
8．C
【分析】根据四边形的不稳定性、矩形的性质和平行四边形的性质，结合图形前后变化逐项判断即可．
【详解】解：A、因为矩形框架向左扭动，，，但不再为直角，所以四边形变成平行四边形，故A正确，不符合题意；
B、向左扭动框架，的长度减小，故B正确，不符合题意；
C、因为拉成平行四边形后，高变小了，但底边没变，所以面积变小了，故C错误，符合题意；
D、因为四边形的每条边的长度没变，所以周长没变，故D正确，不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和平行四边形的性质、四边形的不稳定性，弄清图形变化前后的变量和不变量是解答此题的关键．
9．A
【分析】根据题意，分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．
【详解】∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∵、，
∴
∵对称，
∴，
∴
∵对称，
∴，
∴，
同理，
∴
∴
∴四边形是平行四边形，
如图所示，
  
当三点重合时，，
∴
即
∴四边形是菱形，
如图所示，当分别为的中点时，
设，则，，
在中，，
连接，，
∵，
∴是等边三角形，
∵为中点，
∴，，
∴，
根据对称性可得，
∴，
∴，
∴是直角三角形，且，
∴四边形是矩形，
    
当分别与重合时，都是等边三角形，则四边形是菱形
  
∴在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
10．B
【分析】设，正方形的边长为，证明，先后求得，，，利用三角形面积公式求得，证明，求得，，据此求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，且，
设，则，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
同理，即，
∴，
同理，
∴，
，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，三角函数的定义，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
11．D
【分析】根据题意，得出，，勾股定理求得，，即可求解．
【详解】解：连接、
  
∵点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．
∴，
则，
依题意，，
∴，则，
∴
∴，
∴，
∵，
∴
故选：D．
【点睛】本题考查了坐标与图形，勾股定理求两点坐标距离，矩形的性质，求得的坐标是解题的关键．
12．C
【分析】先根据正方形的性质、三角形全等的判定证出，根据全等三角形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后利用勾股定理、含30度角的直角三角形的性质求解即可得．
【详解】解：四边形是边长为6的正方形，
，
在和中，，
，
，
，
，
，
又，
，
设，则，，
，
解得，
，，
，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握正方形的性质是解题关键．
13．C
【分析】根据正方形的性质可由定理证，即可判定是等腰直角三角形，进而可得，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得；由此即可判断①正确；再根据，可判断③正确，进而证明，可得，结合，即可得出结论④正确，由随着长度变化而变化，不固定，可 判断②不一定成立．
【详解】解：∵正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形， ，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故①正确；
      
又∵,,
∴,
∴，
∵，即：，
∴，
∴，故③正确，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，故④正确，
∵若，则，
又∵，
∴，
而点E是上一动点，随着长度变化而变化，不固定，
而，
则故不一定成立，故②错误；
综上，正确的有①③④共3个，
故选：C．
【点睛】本题考查三角形综合，涉及了正方形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，等腰三角形＂三线合一＂的性质，直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质是解题的关键．
14．D
【分析】连接，根据正方形得到，，根据角平分线的性质和等腰三角形的性质，求得，再证明，求得，最后根据直角三角形斜边上的中点等于斜边的一半，即可求出的长度．
【详解】解：如图，连接，
  
四边形是正方形，
，，，
，
，
，
平分，
，
，
在与,
，
，
，
，
O为对角线的中点，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，正方形的性质，直角三角形特征，作出正确的辅助线，求得是解题的关键．
15．C
【分析】根据正方形的性质，结合坐标的意义即可求解．
【详解】解：∵边长为的正方形两边与坐标轴正半轴重合，
∴
∴,
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形，熟练掌握正方形的性质，数形结合是解题的关键．
16．A
【分析】根据正方形的性质可得，将绕点A顺时针旋转得到，易证，根据全等三角形的性质可得，进一步根据求解即可．
【详解】解：在正方形中，，
如图所示：将绕点A顺时针旋转得到， 则，
°，
，
，
在和中，
，
∴，
，
∵，
∴，
∴，
∴．
故选：A．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、旋转的性质等知识点，添加合适的辅助线是解题的关键．
17．B
【分析】连接、，依据，可得四边形为矩形，借助矩形的对角线相等，将求的最小值转化成的最小值，再结合垂线段最短，将问题转化成求斜边上的高，利用面积法即可得解．
【详解】解：如图，连接、，

∵，
∴．
∵四边形是矩形，
∴．
∴四边形为矩形．
∴．
∴要求的最小值就是要求的最小值．
∵点P从B点沿着往D点移动，
∴当时，取最小值．
在中，
∵，
∴．
∵，
∴．
∴的长度最小为：．
故选B．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短及面积法求直角三角形斜边上的高，需要熟练掌握并灵活运用．
18．C
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【详解】

如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴OA=OC，OB=OD
∵BE=DF
∴OE=OF
∵点E、F时BD上的点，
∴只要M，N过点O，
那么四边形MENF就是平行四边形
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形，
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形；
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O，
则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；
故选：C
【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、解答本题的关键时明确题意，作出合适的辅助线．
19．D
【分析】如图，连接EF，先证明 再求解 可得 再求解 可得为等腰直角三角形，求解 再利用三角形的中位线的性质可得答案．
【详解】解：如图，连接EF，

∵正方形ABCD的面积为3，

∵
∴
∴
∴

∵平分

∴
∴
∴为等腰直角三角形，

∵分别为的中点，

故选D
【点睛】本题考查的是正方形的性质，锐角三角函数的应用，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的定义，三角形的中位线的性质，求解是解本题的关键．
20．D
【分析】先证明△BAF≌△DAF≌CBE，△ABC是等边三角形，得DF=CE，判断A项答案正确，由∠GCB+∠GBC=60゜，得∠BGC=120゜，判断B项答案正确，证△BEG△CEB得 ，即可判断C项答案正确，由，BC=1，得点G在以线段BC为弦的弧BC上，易得当点G在等边△ABC的内心处时，AG取最小值，由勾股定理求得AG=，即可判断D项错误．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，，
∴AB=AD=BC=CD，∠BAC=∠DAC=∠BAD==，
∴△BAF≌△DAF≌△CBE，△ABC是等边三角形，
∴DF=CE，故A项答案正确，
∠ABF=∠BCE，
∵∠ABC=∠ABF+∠CBF=60゜，
∴∠GCB+∠GBC=60゜，
∴∠BGC=180゜-（∠GCB+∠GBC）=120゜，故B项答案正确，
∵∠ABF=∠BCE，∠BEG=∠CEB，
∴△BEG∽△CEB，
∴ ，
∴，
∵，
∴，故C项答案正确，
∵，BC=1，点G在以线段BC为弦的弧BC上，
∴当点G在等边△ABC的内心处时，AG取最小值，如下图，
  
∵△ABC是等边三角形，BC=1，
∴，AF=AC=，∠GAF=30゜，
∴AG=2GF，AG2=GF2+AF2，
∴ 解得AG=，故D项错误，
故应选：D
【点睛】本题主要考查了菱形的基本性质、等边三角形的判定及性质、圆周角定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
21．
【分析】过点F作于M，作于点N，首先证四边形为正方形，再设，则，，，然后证和相似，由相似三角形的性质求出a，进而在中由勾股定理即可求出．
【详解】解：过点F作于M，作于点N，
  
四边形为正方形，，
，
，
四边形为矩形，
又平分，，
，
四边形为正方形，
，
设，则，
，
，，
，
，
，
，
即：，
解得：，
，
，
在中，，，
由勾股定理得：．
故答案为：．
【点睛】此题主要考查了正方形的判定及性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，理解相似三角形的对应边成比例．
22．
【分析】根据题意得出是等边三角形，进而得出，根据中位线的性质即可求解．
【详解】解：∵在菱形中，为菱形的对角线，
∴，，
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
∵是的中点，点为中点，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，中位线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
23．
【分析】连接，可得，即平分，在上截取，连接，证明，进而可得为等腰直角三角形，则四边形的面积，代入数据求解即可．
【详解】解：如图，连接，
  
矩形中，，，
，，
，，
，，
，，
，，
在上截取，连接，则，
∵，
∴，
∴，，
，
，
，
，
四边形的面积．
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，根据特殊角三角函数值求角的度数，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质等，综合性较强，解题的关键是正确作出辅助线，将四边形的面积转化为．
24．（答案不唯一）
【分析】根据题意，先证明四边形是平行四边形，根据，可得四边形成为菱形．
【详解】解：添加条件
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形成为菱形．
添加条件
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形成为菱形．
添加条件
∵，
∴
∵，，
∴
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形成为菱形．
添加条件
在与中，

∴
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形成为菱形．
故答案为：（或或等）．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
25．2或
【分析】分两种情况：当时和当时，分别进行讨论求解即可．
【详解】解：当时，
  
∵四边形矩形，
∴，则，
由平行线分线段成比例可得：，
又∵M为对角线的中点，
∴，
∴，
即：，
∴，
当时，
    
∵M为对角线的中点，
∴为的垂直平分线，
∴，
∵四边形矩形，
∴，则，
∴
∴，
综上，的长为2或，
故答案为：2或．
【点睛】本题考查矩形的性质，平行线分线段成比例，垂直平分线的判定及性质等，画出草图进行分类讨论是解决问题的关键．
26．
【分析】首先证明出是的中位线，得到，然后由正方形的性质和勾股定理得到，证明出当最大时，最大，此时最大，进而得到当点E和点C重合时，最大，即的长度，最后代入求解即可．
【详解】如图所示，连接，
  
∵M，N分别是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴当最大时，最大，此时最大，
∵点E是上的动点，
∴当点E和点C重合时，最大，即的长度，
∴此时，
∴，
∴的最大值为．
故答案为：．
【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
27．6
【分析】连接，交于点O，由题意易得，，，，则有，然后可得，设，则有，进而根据相似三角形的性质可进行求解．
【详解】解：连接，交于点O，如图所示：
  
∵四边形是菱形，，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
设，则有，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
同理可得，即，
∴，
∴；
故答案为6．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定及菱形的性质，熟练掌握菱形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．
28．
【分析】由题意知是等腰直角三角形，作点N关于的对称点，则在直线上，连接，，．即，，，所以此时M、P、三点共线且，然后证明出四边形是平行四边形，四边形是正方形，进而得到，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：∵在矩形中，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
作点N关于的对称点，则在直线上，连接，如图：

∵．
∴，
∵
∴此时M、P、三点共线且，
∴，是等腰直角三角形，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵点N关于的对称点，
∴，，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质和等腰直角三角形的性质，作出适当的辅助线是解题关键．
29．
【分析】过点分别作的垂线，垂足分别为，等面积法证明，进而证明，，根据全等三角形的性质得出，，根据已知条件求得，进而勾股定理求得，进而即可求解．
【详解】解：如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，
    
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴
∴
设
在中，

∴
∴，
∴
∴
解得：
∴
在中，，
在中，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
30．##
【分析】连接，根据矩形的性质得到，，，根据勾股定理得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】解：连接，
  
四边形是矩形，
，，，
，，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
31． 3
【分析】（1）过点E作，根据正方形和等腰三角形的性质，得到的长，再利用勾股定理，求出的长，即可得到的面积；
（2）延长交于点K，利用正方形和平行线的性质，证明，得到的长，进而得到的长，再证明，得到，进而求出的长，最后利用勾股定理，即可求出的长．
【详解】解：（1）过点E作，
  
正方形的边长为3，
，
是等腰三角形，，，
，
在中，，
,
故答案为：3；
（2）延长交于点K，
正方形的边长为3，
，，
，，
，
，
，
F为的中点，
，
在和中，
，
，
，
由（1）可知，，，
，
，
，
，
，
在中，，
故答案为：．
  
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键．
32．
【分析】利用斜边上的中线等于斜边的一半和的周长，求出的长，进而求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，利用三角形的中位线定理，即可得解．
【详解】解：的周长为32，
．
为DE的中点，
．
，
，
，
，
．
四边形是正方形，
，O为BD的中点，
是的中位线，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查正方形的性质，斜边上的中线，三角形的中位线定理．熟练掌握斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键．
33．
【分析】利用矩形的性质、勾股定理求出，利用证明，根据全等三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵矩形中，，，
∴，，
又，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
在和中
，
∴，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
34．
【分析】由菱形的性质可得，，，由勾股定理可求的长，的长，由三角形中位线定理可求解．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵点F为的中点，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．
35．或
【分析】利用勾股定理可得，根据菱形性质可得，再由平移规律即可得出答案．
【详解】解：如图，
∵，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
当点D向右平移4个单位，即时，，
当点D向右平移3个单位，向上平移1个单位，即时，，
故答案为：或
．
  
【点睛】本题考查了平移变换的性质，菱形性质，勾股定理等，理解题意，运用数形结合思想是解题关键．
36．##
【分析】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．
【详解】解：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=，

∴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=，  
∴，
同理可得，
∴MN=AC-AM-CN=
故答案为：．
【点睛】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．
37．
【分析】（1）根据图象表示出PQ即可；
（2）根据分解因式可得，继而求得，根据这四个矩形的面积都是5，可得，再进行变形化简即可求解．
【详解】（1）①和②能够重合，③和④能够重合，，
，
故答案为：；
（2），
，
或，即（负舍）或
这四个矩形的面积都是5，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了代数式及其分式的化简求值，准确理解题意，熟练掌握知识点是解题的根据．
38．
【分析】根据作图过程可得BF是∠EBC的平分线，然后证明△EBG≌△CBG，再利用勾股定理即可求出CG的长．
【详解】解：如图，连接EG，

根据作图过程可知：BF是∠EBC的平分线，
∴∠EBG＝∠CBG，
在△EBG和△CBG中，
，
∴△EBG≌△CBG（SAS），
∴GE＝GC，∠BEG=∠C=90°，
在Rt△ABE中，AB＝6，BE＝BC＝10，
∴AE＝＝8，
∴DE＝AD﹣AE＝10﹣8＝2，
在Rt△DGE中，DE＝2，DG＝DC﹣CG＝6﹣CG，EG＝CG，
∴EG2﹣DE2＝DG2
∴CG2﹣22＝（6﹣CG）2，
解得CG＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，作图-基本作图，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
39．．
【分析】根据SAS证明△DEA≌△AFB，得∠ADE=∠BAF，再证明∠DGA=90°，进一步可得点G在以AD为直径的半圆上，且O，G，B三点共线时BG取得最小值．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC-∠DAE，AD=AB，
∵AE=BF
∴△DEA≌△AFB，

∴∠DAF+∠BAF=∠DAB=90°，
∠ADE+∠DAF=90°
∴∠DGA=90°
∴点G在以AD为直径的圆上移动，连接OB，OG，如图：

∴
在Rt△AOB中，∠OAB=90°
∴OB=
∵
∴当且公当O，G，B三点共线时BG取得最小值．
∴BG的最小值为：．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，三角形三边关系，圆周角定理等相关知识，正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
40．
【分析】首先连接AE，由题可知，DE=DC=AD,所以△DEC,△AED,△EFC是等腰三角形，由正方形的性质得∠EBC=∠ADE=∠EDC=45°，求出,得出=22.5°，,,所以 ,得出∠AEF=90°，再证明 ,则,所以△AEF为等腰直角三角形，∠FAE=45°，减去∠BAE即可．
【详解】连接AE,如图，

∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=CD,∠ADE=∠EDC=∠CBE=45°， ,
∵DE=CD,
∴AD=DE=CD，
∴∠DAE=∠DEA=∠DEC=∠DCE=67.5°，
∴ , ,
又∵EF=EC,
∴ ,
∴ ,
∴ ,
∴ ,
在△DAE和△DEC中：
∵
∴△DAE≌△DEC(SAS),
∴AE=EC，
又∵EC=EF,
∴AE=EF，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴∠FAE=45°，
∴,
故填：22.5°．
【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定，三角形内角和，解题关键是添加辅助线，构造全等三角形．
41．(1)见解析；
(2)

【分析】（1）由题意可知易得，即，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明；
（2）如图，在中，由角所对的直角边等于斜边的一半和直角三角形锐角互余易得，；由菱形得对角线平分对角得，再由三角形外角和易证即可得，最后由求解即可．
【详解】（1）证明：由题意可知，
，，
，
四边形地平行四边形；
（2）如图，在中，，，，
，，
四边形是菱形，
平分，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
  
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，平行四边形的判定，菱形的性质，角所对的直角边等于斜边的一半和直角三角形锐角互余，三角形外角及等角对等边；解题的关键是熟练掌握相关知识综合求解．
42．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）根据题意得出，再由全等三角形的判定和性质及平行线的判定证明即可；
（2）方法一：利用全等三角形的判定和性质得出，又，再由菱形的判定证明即可；方法二：利用（1）中结论得出，结合菱形的判定证明即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
即
在和中，
，
∴
∴，
∴
（2）方法一：在和中，
，
∴
∴，又，
∴四边形是平行四边形
∵，
∴是菱形；
方法二：∵，
∴
∴，
又，
∴四边形是平行四边形
∵，
∴是菱形．
【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，理解题意，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．
43．(1)四边形是菱形，理由见解析
(2)．

【分析】（1）证明和是等边三角形，即可推出四边形是菱形；
（2）利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得和的长，利用菱形的性质得到，在中，解直角三角形求得的长，据此求解即可．
【详解】（1）证明：四边形是菱形，理由如下，
∵矩形的对角线与相交于点O，
∴，
∵直线是线段的垂直平分线，
∴，，
∴，即是等边三角形，
∴，，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵直线是线段的垂直平分线，且，
∴，，
由（1）得四边形是菱形，
∴，
在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
44．(1)答案不唯一，①或②
(2)见解析

【分析】（1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行选取；
（2）通过证明可得，然后结合平行线的性质求得，从而得出为矩形．
【详解】（1）解：①或②
（2）添加条件①，为矩形，理由如下：
在中，，
在和中，
∴
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴为矩形；
添加条件②，为矩形，理由如下：
在中，，
在和中，
∴
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴为矩形
【点睛】本题考查矩形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质和矩形的判定方法（有一个角是直角的平行四边形是矩形）是解题关键．
45．(1)平行四边形，见解析
(2)且

【分析】（1）根据平行四边形的性质，得到，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可．
（2）根据对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形判定即可．
【详解】（1）四边形是平行四边形．理由如下：
∵的对角线交于点，
∴，
∵以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，
∴
∴四边形是平行四边形．
（2）∵对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形，
∴且时，四边形是正方形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．
46．(1)见解析
(2)

【分析】（1）根据等边对等角得出，根据矩形的性质得出，，即可证明，根据全等三角形的性质得出，进而即可求解；
（2）根据，得出，设，则， ，，根据相似三角形的性质列出等式，解方程即可求解．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，即．
（2）∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
设，∵，
∴，，
∴，
解得，
∴．
  
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
47．(1)见解析
(2)3

【分析】（1）先根据矩形的性质求得，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形分析推理；
（2）根据矩形的性质求得的面积，然后结合菱形的性质求解．
【详解】（1）解：∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵矩形中，，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：矩形的面积为，
∴的面积为，
∴菱形的面积为．
【点睛】本题考查矩形的性质、菱形的判定，属于中考基础题，掌握矩形的性质和菱形的判定方法，正确推理论证是解题关键．
48．(1)是直角三角形，理由见解析．
(2)见解析

【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分可得，再根据勾股定理的逆定理，即可得出结论；
（2）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可求证．
【详解】（1）解：是直角三角形，理由如下：
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴是直角三角形．
（2）证明：由（1）可得：是直角三角形，
∴，
即，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，菱形的判定，解题的关键是掌握平行四边形对角线互相平分，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
49．(1)见解析
(2)与垂直，理由见解析

【分析】（1）由正方形的性质，得到，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得，再根据平行线的性质解答即可；
（2）连接交于点，由证明，再根据全等三角形对应角相等得到，继而证明四边形为矩形，最后根据矩形的性质解答即可．
【详解】（1）解：在正方形中，

∴，
∴．
  
（2）与垂直，理由如下．
连接交于点．
∵为正方形的对角线，
∴，
又∵，
∴，
∴．
在正方形中，，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的判断与性质、矩形的判定与性质等知识，综合性较强，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
50．(1)见解析；
(2)见解析；

【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等求出，然后利用“角角边”证明三角形全等，再由全等三角形的性质容易得出结论；
（2）先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形判定即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵点E为的中点，
∴，
在和中，
，
∴；
∴，
∵，
∴；
（2）证明：，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，是基础题，明确有一个角是直角的平行四边形是矩形是解本题的关键．
51．(1)见解析
(2)

【分析】（1）利用平行线的性质证明，再利用四边形内角和为，证明，即可由矩形判定定理得出结论；
（2）先由勾股定理求出，再根据三角形面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形．
（2）解：∵，，
∴
设点C到的距离为h，
∵
∴
∴
答：点C到的距离为．
【点睛】本题考查矩形的判定，平行线的性质，勾股定理．熟练掌握矩形的判定定理和利用面积法求线段长是解题的关键．
52．(1)；
(2)见解析；
(3)．

【分析】（1）通过证明，由相似三角形的性质可求解；
（2）通过证明，可得，可得结论；
（3）设，则，，由勾股定理可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（3）设，则，，
在中，，
∴，
∴，
∴．
【点睛】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．
53．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）根据矩形的对边平行得到可得，根据点O是的中点得出，结合对顶角相等利用可证得和全等；
（2）由（1）可得，结合，可得四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
，
∵点O是的中点，
∴，
又∵，
∴．
（2）证明：∵，
，
∵四边形是矩形，
∴，即，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、菱形的判定、三角形全等的判定、全等三角形的性质等知识点，熟练掌握这些图形的性质是解题的关键．
54．(1)见解析；
(2)见解析．

【分析】（1）根据平行线的判定定理得到，根据平行线的性质得到，根据全等三角形的性质得到，根据线段中点的定义得到；
（2）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，求得，根据矩形的判定定理得到四边形是矩形．
【详解】（1）∵，
∴，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵点、分别是、的中点，
∴，，
∴；
（2）∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
55．(1)见解析
(2)

【分析】（1）欲证明，只需要证得即可；
（2）根据菱形的邻角互补和全等三角形的性质进行推理解答．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴．
又∵于点E，于点F，
∴，
在与中，
∵．
∴．
∴；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴．
而，
∴．
又∵，
∴．
由（1）知，
∴．
∴．
∴是等边三角形．
∴．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
56．(1)见解析
(2)当时，四边形ADCF是菱形，证明见解析

【分析】（1）由 得∠ADF=∠CFD，∠DAC=∠FCA，结合，可证，根据全等三角形的性质即求解；
（2）由，，易得四边形ADCF是平行四边形，若，点D是AB的中点，可得，即得四边形ADCF是菱形．
【详解】（1）证明：∵，
∴∠ADF=∠CFD，∠DAC=∠FCA．
∵点E是AC的中点，
∴AE=CE，
∴，
∴；
（2）解：当时，四边形ADCF是菱形．
证明如下：
由（1）知，，
∵，
∴四边形ADCF是平行四边形．
∵，
∴是直角三角形．
∵点D是AB的中点，
∴，
∴四边形ADCF是菱形．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质及菱形的判定，解题的关键是掌握全等三角形判定定理及菱形的判定定理．
57．赞成小洁的说法，补充证明见解析
【分析】先由OB＝OD，证明四边形是平行四边形，再利用对角线互相垂直，从而可得结论．
【详解】解：赞成小洁的说法，补充
证明：∵OB＝OD，
四边形是平行四边形，
AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定，菱形的判定，掌握“菱形的判定方法”是解本题的关键．
58．(1)见解析
(2)

【分析】（1）先证明△DCF≌△DCO得到DF=DO，CF=CO，再由矩形的性质证明OC=OD，即可证明DF=CF=OC=OD；
（2）由全等三角形的性质得到∠CDO=∠CDF=60°，OD=DF=6，即可证明△OCD是等边三角形，得到CD=OD=6，然后解直角三角形BCD求出BC的长即可得到答案．
【详解】（1）解：在△DCF和△DCO中，
，
∴△DCF≌△DCO（ASA），
∴DF=DO，CF=CO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴DF=CF=OC=OD；
（2）解：∵△DCF≌△DCO，
∴∠CDO=∠CDF=60°，OD=DF=6，
又∵OD=OC，
∴△OCD是等边三角形，
∴CD=OD=6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
59．(1)见解析
(2)见解析

【分析】（1）先根据四边形ABCD为平行四边形，得出，，再根据，得出，即可证明结论；
（2）先证明，得出，证明四边形ABCD为菱形，得出，即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
即，
∴四边形是平行四边形．
（2）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
∴四边形ABCD为菱形，
∴，
即，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握菱形和平行四边形的判定方法，是解题的关键．
60．(1)见解析
(2)、、、

【分析】（1）利用SSS证明两个三角形全等即可;
（2）先证明Rt△ABE≌Rt△DCE得到AE=DE，则，根据三线合一定理证明∴OE⊥AD， 推出，得到，即可证明由，得到∠OBF=∠OCH，，证明△BOF≌△COH，即可证明，则，即可推出，最后证明，即可得到；
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴与相等且互相平分，
∴，
∵，，
∴（SSS）；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠BAE=∠CDE=90°，OA=OD=OB=OC，
又∵BE=CE，
∴Rt△ABE≌Rt△DCE（HL）
∴AE=DE，
∴，
∵OA=OD，AE=DE，
∴OE⊥AD，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴∠OBF=∠OCH，，
又∵∠BOF=∠COH，OB=OC，
∴△BOF≌△COH（ASA），
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴∠AFE=∠DGE，∠EAF=∠EDG，
又∵AE=DE，
∴，
∴；
综上所述，、、、这4个三角形的面积与△AEF的面积相等．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三线合一定理，矩形的性质，平行线的性质与判定等等，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．