中考数学第一轮复习讲义第24讲 特殊四边形-菱形（练习）（解析版）

这是一份中考数学第一轮复习讲义第24讲 特殊四边形-菱形（练习）（解析版），共135页。
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\l "_Tc156936182" 题型01 利用菱形的性质求角度
\l "_Tc156936183" 题型02 利用菱形的性质求线段长
\l "_Tc156936184" 题型03 利用菱形的性质求周长
\l "_Tc156936185" 题型04 利用矩形的性质求面积
\l "_Tc156936186" 题型05 利用矩形的性质求坐标
\l "_Tc156936187" 题型06 利用矩形的性质证明
\l "_Tc156936188" 题型07 添加一个条件证明四边形是菱形
\l "_Tc156936189" 题型08 证明四边形是菱形
\l "_Tc156936190" 题型09 根据菱形的性质与判定求角度
\l "_Tc156936191" 题型10 根据菱形的性质与判定求线段长
\l "_Tc156936192" 题型11 根据菱形的性质与判定求面积
\l "_Tc156936193" 题型12 根据菱形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc156936194" 题型13 与菱形有关的新定义问题
\l "_Tc156936195" 题型14 与菱形有关的规律探究问题
\l "_Tc156936196" 题型15 与菱形有关的动点问题
\l "_Tc156936197" 题型16 菱形与反比例函数综合
\l "_Tc156936198" 题型17 菱形与一次函数、反比例函数综合
\l "_Tc156936199" 题型18 菱形与二次函数综合
题型01 利用菱形的性质求角度
1．（2021·河北唐山·统考一模）如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，根据实际需要可以调节AE间的距离，若AE间的距离调节到60cm，菱形的边长AB=20cm，则∠DAB的度数是（ ）
A．90°B．100°C．120°D．150°
【答案】C
【分析】如图（见解析），先根据菱形的性质可得AB=BC,AD//BC，再根据全等的性质可得AC=13AE=20cm，然后根据等边三角形的判定与性质可得∠B=60°，最后根据平行线的性质即可得．
【详解】如图，连接AC
∵四边形ABCD是菱形
∴AB=BC=20cm,AD//BC
∵如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，AE=60cm
∴AC=13AE=20cm
∴AB=BC=AC
∴△ABC是等边三角形
∴∠B=60°
∵AD//BC
∴∠DAB=180°-∠B=180°-60°=120°
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质等知识点，理解题意，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
2．（2021·广东深圳·统考一模）若菱形的周长为16，高为2，则菱形两邻角的度数之比为（ ）
A．4: 1B．5: 1C．6: 1D．7: 1
【答案】B
【分析】如图，AH为菱形ABCD的高，AH＝2，利用菱形的性质得到AB＝4，利用正弦的定义得到∠B＝30°，则∠C＝150°，从而得到∠C：∠B的比值．
【详解】解：如图，AH为菱形ABCD的高，AH＝2，
∵菱形的周长为16，
∴AB＝4，
在Rt△ABH中，sinB＝AHAB＝24=12，
∴∠B＝30°，
∵AB∥CD，
∴∠C＝150°，
∴∠C：∠B＝5：1．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质：菱形具有平行四边形的一切性质；菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．也考查了正弦的定义及应用．
3．（2021·河北·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，∠A=30°，取大于12AB的长为半径，分别以点A，B为圆心作弧相交于两点，过此两点的直线交AD边于点E（作图痕迹如图所示），连接BE，BD，则∠EBD的度数为 ．
【答案】45°
【分析】根据题意知虚线为线段AB的垂直平分线，得AE=BE，得∠EBA=∠EAB；结合∠A=30°，ABD=12∠ABC=75°，可计算∠EBD的度数．
【详解】∠ABC=180°-30°=150°
ABD=12∠ABC=75°
∵AE=EB
∴∠EAB=∠EBA
∴∠EBD=75°-30°=45°
故答案为：45°．
【点睛】本题考查了菱形的性质，及垂直平分线的性质，熟知以上知识点是解题的关键．
4．（2021·浙江温州·统考一模）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．
(1)求证：BE＝DF．
(2)当∠BAD＝110°时，求∠EAF的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)∠EAF =70°
【分析】(1)根据菱形的性质可得AB = AD，∠B=∠D，然后利用AAS证明△ABE≌△ADF即可得结论；
(2)根据菱形的性质和∠BAD= 110°，即可求∠EAF的度数．
【详解】（1）证明：∵ AE⊥BC， AF⊥CD，
∴∠AEB=∠AFD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB= AD，∠B=∠D，
在△ABE和△ADF中，
∠AEB=∠AFD，∠B=∠D，AB= AD
∴△ABE≌△ADF (AAS)，
∴BE= DF；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴ AD// BC，
∴∠BAD+∠B= 180° ，
∵∠BAD= 110°，
∴∠B= 70°
∵AE⊥BC，
∴∠AEB= 90°，
∴∠BAE= 20°，
∴∠DAF= 20° ，
∴∠EAF=∠BAD-∠BAE-∠DAF= 110°- 20°- 20°= 70°
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△ABE和△ADF全等是解题的关键．
题型02 利用菱形的性质求线段长
5．（2021·江苏扬州·统考一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（ ）
A．125B．185C．4D．245
【答案】D
【分析】利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，求解菱形的面积，再利用等面积法求菱形的高DE即可．
【详解】解：记AC与BD的交点为O，
∵菱形ABCD,AC=6,
∴AC⊥BD,OA=OC=3,OB=OD,
∵AB=5,
∴OB=52-32=4,BD=8,
∴ 菱形的面积=12×6×8=24,
∵DE⊥AB,
∴ 菱形的面积=AB•DE,
∴5DE=24,
∴DE=245.
故选D．
【点睛】本题考查的是菱形的性质，菱形的面积公式，勾股定理．理解菱形的对角线互相垂直平分和学会用等面积法是解题关键．
6．（2021·黑龙江大庆·统考一模）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=6，S菱形ABCD=48，则OH的长为（ ）
A．4B．8C．13D．6
【答案】A
【分析】根据菱形面积=对角线乘积的一半可求BD，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO=CO=6，BO=DO，S菱形ABCD= AC×BD2=48，
∴BD=16，
∵DH⊥AB，BO=DO=8，
∴OH=12BD=4．
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，关键是灵活运用这些性质解决问题．
7．（2021·广东中山·校联考一模）如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O，点E在OB上，连接AE，点F为CD的中点，连接OF，若AE=BE，OE=3，OA=4，则线段OF的长为 ．
【答案】25
【分析】先根据菱形的性质找到Rt△AOE和Rt△AOB，然后利用勾股定理计算出菱形的边长BC的长，再根据中位线性质，求出OF的长．
【详解】已知菱形ABCD，对角线互相垂直平分，
∴AC⊥BD，在Rt△AOE中，
∵OE=3，OA=4，
∴根据勾股定理得AE=32+42=5，
∵AE=BE，
∴OB=AE+OE=8，
在Rt△AOB中AB=42+82=45，
即菱形的边长为45，
∵点F为CD的中点，点O为DB中点，
∴OF=12BC=25 ．
故答案为25
【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、中位线的判定与性质；熟练掌握菱形性质，并能结合勾股定理、中位线的相关知识点灵活运用是解题的关键．
8．（2021·湖北荆州·统考一模）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，点E在边AD上，且AE＝2．若直线l经过点E，将该菱形的面积平分，并与菱形的另一边交于点F，则线段EF的长为 ．

【答案】27．
【分析】过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，可得矩形AGHE，再根据菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，可得BG＝3，AG＝33＝EH，由题意可得，FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，进而根据勾股定理可得EF的长．
【详解】解：如图，过点A和点E作AG⊥BC，EH⊥BC于点G和H，
得矩形AGHE，
∴GH＝AE＝2，

∵在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝60°，
∴BG＝3，AG＝33＝EH，
∴HC＝BC﹣BG﹣GH＝6﹣3﹣2＝1，
∵EF平分菱形面积，
∴FC＝AE＝2，
∴FH＝FC﹣HC＝2﹣1＝1，
在Rt△EFH中，根据勾股定理，得
EF＝EH2+FH2＝27+1＝27．
故答案为：27．
【点睛】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质．
题型03 利用菱形的性质求周长
9．（2021·湖北黄石·统考模拟预测）若菱形ABCD的一条对角线长为8，边CD的长是方程x2﹣10x+24＝0的一个根，则该菱形ABCD的周长为（ ）
A．16B．24C．16或24D．48
【答案】B
【分析】解方程得出x＝4或x＝6，分两种情况：①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；②当AB＝AD＝6时，6+6＞8，即可得出菱形ABCD的周长．
【详解】解：如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵x2﹣10x+24＝0，
因式分解得：（x﹣4）（x﹣6）＝0，
解得：x＝4或x＝6，
分两种情况：
①当AB＝AD＝4时，4+4＝8，不能构成三角形；
②当AB＝AD＝6时，6+6＞8，
∴菱形ABCD的周长＝4AB＝24．
故选：B．
【点睛】
本题考查菱形的性质、解一元二次方程-因式分解法、三角形的三边关系，熟练掌握并灵活运用是解题的关键．
10．（2021·辽宁大连·统考一模）菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的周长是（ ）
A．5B．20C．24D．32
【答案】B
【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可．
【详解】解：如图所示，根据题意得AO＝12×8=4，BO＝12×6=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AC⊥BD，
∴△AOB是直角三角形，
∴AB＝AO2+BO2=16+9=5，
∴此菱形的周长为：5×4＝20．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，利用勾股定理求出菱形的边长是解题的关键，同学们也要熟练掌握菱形的性质：①菱形的四条边都相等；②菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
11．（2021·湖南长沙·长沙市北雅中学校考二模）若菱形一条对角线长为8，其边长是方程x2-10x+24=0的一个根，则菱形的周长为
【答案】24
【分析】解方程得出x=4，或x=6，分两种情况：①当AB=AD=4时，4+4=8，不能构成三角形；②当AB=AD=6时，6+6>8，即可得出菱形ABCD的周长．
【详解】解：如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，
∵x2-10x+24=0，
分解得：(x-4)(x-6)=0，
解得：x=4或x=6，
分两种情况：
①当AB=AD=4时，4+4=8，不能构成三角形；
②当AB=AD=6时，6+6>8，
∴菱形ABCD的周长=4AB=24．
故答案为：24．
【点睛】本题考查了菱形的性质、一元二次方程的解法、三角形的三边关系；熟练掌握菱形的性质，由三角形的三边关系得出AB是解决问题的关键．
12．（2021·广东湛江·统考三模）如图，在菱形ABCD中，AC与BD交于点E，F是BC的中点，如果EF＝3，那么菱形ABCD的周长是 ．
【答案】24
【分析】由菱形的性质得AB＝BC＝CD＝AD，AE＝CE，再证EF是△ABC的中位线，得AB＝2EF＝2×3＝6，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，AE＝CE，
∵F是BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴AB＝2EF＝2×3＝6，
∴菱形ABCD的周长＝4×6＝24．
故答案为：24．
【点睛】本题考查了菱形的性质，中位线的性质，掌握中位线的性质是解题的关键．
题型04 利用矩形的性质求面积
13．（2021·广西百色·统考二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，其中OA＝1，OB＝2，则菱形ABCD的面积为 ．
【答案】4
【分析】根据菱形的面积等于对角线之积的一半可得答案．
【详解】解：∵OA＝1，OB＝2，
∴AC＝2，BD＝4，
∴菱形ABCD的面积为12×2×4＝4．
故答案为：4．
【点睛】本题考查菱形的性质,关键在于熟练掌握基础知识.
14．（2021·湖南长沙·二模）如图，在△ABD中，∠ADB＝90°，∠A＝30°，AB＝10，点E是边AB的中点．分别以点B，D为圆心，以BE的长为半径画弧，两弧交于点C，连接CB，CD，则四边形BCDE的面积为 ．
【答案】2532/2523
【分析】由题意得BE=5，BD=5，DE是△ABD的中线，则DE=12AB=5，根据尺规作图的过程得BC=DC=BE，则BE=DE=DC=BC=5，即可判定四边形BCDE是菱形，又因为BE=BD=DE=5，所以△BDE是等边三角形，过点E作EF⊥BD，根据勾股定理求出BF=532，即可得求出四边形BCDE的面积．
【详解】解：在△ABD中，∠ADB＝90°，∠A＝30°，AB＝10，点E是边AB的中点，
∴BE=12AB=5，BD=12AB=5，DE是△ABD的中线，
∴DE=12AB=5，
根据尺规作图的过程得，BC=DC=BE，
∴BE=DE=DC=BC=5，
∴四边形BCDE是菱形，
∵BE=BD=DE=5，
∴△BDE是等边三角形，
过点E作EF⊥BD，
则EF=12BD=52，
在Rt△BED中，根据勾股定理得，
BF=BE2-BF2=52-(52)2=532，
∴四边形BCDE的面积= 2S△BDE=2×12×5×532=2532，
故答案为：2532．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，菱形的判定，等边三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点．
15．（2021·新疆乌鲁木齐·校考二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，AE∥DC，CE∥DA．
(1)求证：四边形ADCE是菱形；
(2)连接DE，若AC=23，BC＝2，求菱形ADCE的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)23
【分析】（1）先根据平行四边形的判定可证出四边形ADCE是平行四边形，再根据直角三角形斜边上的中线可得AD=CD，然后根据菱形的判定即可得证；
（2）先根据三角形的面积公式可得S△ACD=12S△ABC，再根据菱形的性质可得S菱形ADCE=2S△ACD，由此即可得．
【详解】（1）证明：∵AE∥DC,CE∥DA，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为AB的中点，
∴AD=CD，
∴四边形ADCE是菱形．
（2）解：如图，连接DE，
∵∠ACB=90°,AC=23,BC=2，
∴S△ABC=12AC⋅BC=23，
∵D为AB的中点，
∴S△ACD=12S△ABC=3，
由（1）已证：四边形ADCE是菱形，
∴S菱形ADCE=2S△ACD=23，
即菱形ADCE的面积为23．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．
16．（2021·广东汕头·统考一模）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，
（1）求证：∠DHO=∠DCO．
（2）若OC=4，BD=6，求菱形ABCD的周长和面积．
【答案】（1）见解析；（2）20，24
【分析】（1）根据菱形的性质可得OD=OB，AB∥CD，BD⊥AC，从而得出DH⊥CD，∠DHB=90°，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH=OD=OB，然后根据等边对等角可得解图中∠1=∠DHO，然后根据同角的余角相等和等量代换即可得出∠DHO=∠DCO；
（2）根据菱形的性质可得OD=OB=12BD=3，OA=OC=4，BD⊥AC，然后根据勾股定理即可求出CD，从而求出菱形的周长，然后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半即可求出菱形的面积．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB，AB∥CD，BD⊥AC，
∵DH⊥AB，
∴DH⊥CD，∠DHB=90°，
∴OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，
∴OH=OD=OB，
∴∠1=∠DHO，
∵DH⊥CD，
∴∠1+∠2=90°，
∵BD⊥AC，
∴∠2+∠DCO=90°，
∴∠1=∠DCO，
∴∠DHO=∠DCO
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OD=OB=12BD=3，AC=2OC=8，BD⊥AC，
在Rt△OCD中，CD= OC2+OD2=5
菱形的周长=4CD=20，
菱形ABCD的面积=12BD·AC=24．
【点睛】此题考查的是菱形的性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理和菱形的面积公式，掌握菱形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等边对等角、勾股定理和菱形的面积等于对角线乘积的一半是解决此题的关键．
题型05 利用矩形的性质求坐标
17．（2021·河南洛阳·统考三模）如图，菱形OABC的边OA在x轴上，点B坐标为（9，3），分别以点B、C为圆心，以大于12BC的长为半径画弧，两弧交于点D、E，作直线DE，交x轴于点F，则点F的坐标是（ ）
A．（7.5，0）B．（6.5，0）C．（7，0）D．（8，0）
【答案】B
【分析】如图，过点B作BH⊥x轴于点H，设OA＝AB＝x．利用勾股定理求出x，可得结论．
【详解】如图，过点B作BH⊥x轴于点H，设OA＝AB＝x．
∵B（9，3），
∴BH＝3，OH＝9，AH＝9﹣x，
在Rt△ABH中，则有x2＝32+（9﹣x）2，
∴x＝5，
∴OA＝AB＝BC＝5，
∴A（5，0），
∴DE垂直平分线段BC，
∴FH＝12BC＝2.5，
∴OF＝6.5，
∴F（6.5，0），
故选：B．
【点睛】本题考查菱形的性质，勾股定理，线段的垂直平分线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．
18．（2021·山东淄博·统考二模）如图，在直角坐标系中，点P为菱形OACB的对角线AB、OC的交点，其中点B、P在双曲线y＝kx（x＞0）上．若点P的坐标为（1，2），则点A的坐标为（ ）
A．（﹣1，103）B．（﹣2，72）C．（﹣139，149）D．（﹣3，185）
【答案】B
【分析】首先根据题意求出反比例函数的解析式，然后根据菱形的性质求出点C的坐标，进而求出点B的坐标；最后利用中点的坐标公式求出点A的坐标．
【详解】解：∵点P在双曲线y＝kx（x＞0）上，且点P的坐标为（1，2），
∴2=k1，
即k＝2，y＝2x；
设点B坐标为B（m，n）；
∵四边形OACB为菱形，
∴BC＝BO，PA＝PB，PO＝PC．
设点C的坐标为C（a，b），
则a+02=1，b+02=2，
∴a＝2，b＝4；即点C的坐标为C（2，4）；
∵BC=m-22+n-42，BO=m-02+n-02=m2+n2，
∴m-22+n-42=m2+n2，
整理得，m+2n＝5①；
∵点B在双曲线y＝2x（x＞0）上，
∴n=2m，mn＝2②；
联立①、②并解得m＝4，n＝12或m＝1，n＝2；
∴点B坐标为（4，12）或（1，2）（舍去）；
设点A的坐标为（c，d），
则c+42=1，d+122=2，
解得c＝﹣2，d＝72，
∴点A的坐标为（﹣2，72），
故选：B．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上的点的特征，菱形的性质及其应用，解题的关键是数形结合，灵活应用菱形的性质列出方程求解．
19．（2021·重庆九龙坡·重庆实验外国语学校校考三模）如图，在平面直角坐标系中，有菱形OABC，点A的坐标为-10,0，对角线AC，BD相交于点D，双曲线y=kx x0的表达式；
(2)如图2，连接OC，OE求出△COE的面积；
(3)点P为y=kxx>0图像上的一动点，过点P做PH⊥x轴于点H，若点P使得△AOM和△BPH相似，请直接写出点P的横坐标．
【答案】(1)1,4；y=4xx>0
(2)163
(3)2+23或2+6或2+2或2-2
【分析】（1）设DC与y轴交于点F，如图，证明△CFM≌△AOMAAS，可得CF=1，FO=4，可确定点C的坐标，再由点C在反比例函图像上，即可得出结论；
（2）证明△AMO∽△MBO，可得BO=4，B4,0，如图，过点C作CN⊥OB于点N，过点E作EG⊥OB于点G，设Em,4m，可得CN=4，BN=3，BG=4-m，EG=4m，再证明△BGE∽△BNC，由BGBN=EGCN可得关于m的一元二次方程，解方程后可确定E3,43，再利用S△COE=S△COB-S△EOB可得结论；
（3）设Pn,4n，分点H在点B的左侧和点H在点B的右侧两种情况进行讨论即可．
【详解】（1）解：设DC与y轴交于点F，
∵如图，菱形ABCD的边AB在平面直角坐标系中的x轴上，A-1,0，菱形对角线交于点M0,2，
∴DC∥AB，CM=AM，OA=1，OM=2，
∴∠CFM=∠AOM，∠FCM=∠OAM，
在△CFM和△AOM中，
∠CFM=∠AOM∠FCM=∠OAMCM=AM，
∴△CFM≌△AOMAAS，
∴CF=AO=1，FM=OM=2，
∴FO=FM+OM=4，
∴C1,4，
∵点C在反比例函数y=kxx>0图像上，
∴4=k1，
∴k=4，
∴反比例函数的表达式为：y=4xx>0，
∴点C的坐标为1,4，反比例函数的表达式为y=4xx>0；

（2）∵在菱形ABCD中
∴AM⊥MB，∠AMB=90°，
∵∠AOM=∠MOB=90°，
又∵∠AMO+∠OMB=90°，
∠MBO+∠OMB=90°，
∴∠AMO=∠MBO，
∴△AMO∽△MBO，
∴AOMO=MOBO
∵OA=1，OM=2，
∴BO=4，B4,0，
如图，过点C作CN⊥OB于点N，过点E作EG⊥OB于点G，
∵C1,4，B4,0，设Em,4m，
∴CN=4，BN=3，BG=4-m，EG=4m，
∵CN∥EG，
∴△BGE∽△BNC，
∴BGBN=EGCN，即4-m3=4m4，
化简得，m2-4m+3=0，
解得：m=3或m=1（不符合题意，舍去）
∴E3,43，
∴S△COE=S△COB-S△EOB=12×4×4-12×4×43=163，
∴△COE的面积为163；

（3）点P为y=kxx>0图像上的一动点，PH⊥x轴于点H，
∴∠PHB=90°，
在△AOM中，∠AOM=90°，AO=1，MO=2，
∴∠BHP=∠AOM=90°，设Pn,4n，
当点H在点B的左侧时，BH=4-n，PH=4n，
当△BHP∽△AOM时，
∴BHAO=PHMO，即4-n1=4n2，
化简得，n2-4n+2=0，
解得：n=2+2或n=2-2，
当△BHP∽△MOA时，
∴PHAO=BHMO，即4n1=4-n2，
化简得，n2-4n+8=0，
∵-42-4×8=-160)的图象上，直线y=23x+b经过点C，与y轴交于点E，连接AC，AE．

(1)求C点坐标；
(2)求k,b的值；
(3)求△ACE的面积．
【答案】(1)C9，4；
(2)k=16，b=﹣2；
(3)S△AEC=6．
【分析】（1）由菱形的性质可知B6，0，C9，4；
（2）点D4，4代入反比例函数y=kx，求出k；将点C9，4代入y=23x+b，求出b；
（3）求出直线y=23x-2与x轴和y轴的交点，即可求△AEC的面积；
【详解】（1）解：过点D作DF⊥x轴，垂足为F，

∵点A的坐标为1，0，点D4，4
∴OA=1，OF=4，DF=4
∴AF=3
由勾股定理可得AD=32+42=5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OB=OA+AB=1+5=6，
∴B6，0，C9，4；
（2）解：∵点D4，4在反比例函数y=kx的图象上，
∴k=4×4=16，
将点C9，4代入y=23x+b，
∴b=﹣2；
（3）解：由（2）得y=23x-2，
对于y=23x-2，令x=0，则y=-2，
∴E0，-2，
令y=0，则x=3，
∴直线y=23x-2与x轴交点为3，0，
∴S△AEC=12×2×(2+4)=6．
【点睛】本题考查反比例函数、一次函数的图象及性质，菱形的性质；能够将借助菱形的边长和菱形边的平行求点的坐标是解题的关键．
69．（2023·湖北恩施·统考一模）如图1，直线y=23x+2与y轴交于点B，与反比例函数y=mx的图象交于一象限内的点A，△AOB的面积等于3，
(1)求m的值；
(2)如图2，点E4，a在反比例函数y=mx的图象上，过点E作EC⊥x轴垂足为C，以EC为对角线的菱形CDEF的顶点D在y轴上，试说明点F也在反比例函数的图象上．
【答案】(1)m=12；
(2)点F也在反比例函数的图象上．见解析
【分析】（1）先求得B0，2，再利用三角形面积公式求得点A的横坐标为3，再利用待定系数法求解即可；
（2）利用菱形的性质求得点G4，32，得到点F8，32，进一步计算即可判断．
【详解】（1）解：∵直线y=23x+2与y轴交于点B，令x=0，则y=2，
∴B0，2，
设点A到y轴的距离为h，
∵△AOB的面积等于3，
∴12×2h=3，解得h=3，
∴点A的横坐标为3，则y=23×3+2=4，
∴A3，4，
∵点A在反比例函数y=mx的图象上，
∴m=3×4=12；
（2）解：连接DF与EC相交于点G，
∵四边形CDEF是菱形，且EC⊥x轴，
∴EG=GC，DG=GF，
∵点E4，a，a=124=3，
∴点E4，3，
∴点G4，32，
∵顶点D在y轴上，
∴DG=4=GF，
∴点F8，32，
∵8×32=12，
∴点F也在反比例函数的图象上．
【点睛】本题考查了菱形的性质，待定系数法求反比例函数的解析式，求出点F的坐标是解第2问的关键．
70．（2023·湖南岳阳·统考一模）如图，已知正比例函数y1=43x的图象与反比例函数y2=kx的图象相交于点A(3,n)和点B.
(1)求n和k的值；
(2)请结合函数图象，直接写出不等式43x-kx0)，则AM=4-x，在Rt△ABM中，利用勾股定理可得x的值，最后根据菱形的周长公式即可得．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°,AD∥BC，
∴∠MDB=∠NBD，
由作图过程可知，PQ垂直平分BD，
∴BM=DM,BN=DN，
∴∠MDB=∠MBD,∠NBD=∠NDB，
∴∠MBD=∠NDB，
∴BM∥DN，
∴四边形MBND是平行四边形，
又∵BM=DM，
∴平行四边形MBND是菱形，
设BM=DM=x(x>0)，则AM=AD-DM=4-x，
在Rt△ABM中，AB2+AM2=BM2，即22+(4-x)2=x2，
解得x=52，
则四边形MBND的周长为4BM=4x=4×52=10，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．
3．（2022·湖北荆州·统考中考真题）如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形A1B1C1D1；第二次，顺次连接四边形A1B1C1D1各边的中点，得到四边形A2B2C2D2；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形AnBnCnDn的面积是（ ）
A．ab2nB．ab2n-1C．ab2n+1D．ab22n
【答案】A
【分析】利用中位线、菱形、矩形的性质可知，每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，由此可解．
【详解】解：如图，连接AC，BD，A1C1，B1D1．
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AD=BC，AB=CD．
∵ A1，B1，C1，D1分别是矩形四个边的中点，
∴A1D1=B1C1=12BD,A1B1=C1D1=12AC，
∴A1D1=B1C1=A1B1=C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是菱形，
∵ A1C1=AD=a，B1D1=AB=b，
∴四边形A1B1C1D1的面积为：12A1C1⋅B1D1=12ab=12S▭ABCD．
同理，由中位线的性质可知，
D2C2=A2B2=12AD=12a，D2C2//A2B2//AD，
D2A2=C2B2=12AB=12b，D2A2//C2B2//AB，
∴四边形A2B2C2D2是平行四边形，
∵AD⊥AB，
∴C2D2⊥D2A2，
∴四边形A2B2C2D2是矩形，
∴四边形A2B2C2D2的面积为：C2D2⋅A2D2=12a⋅12b=14S▭ABCD=12S菱形A1B1C1D1．
∴每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，
∴四边形AnBnCnDn的面积是ab2n．
故选:A．
【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的性质以及中位线的性质，证明四边形A1B1C1D1是菱形，四边形A2B2C2D2是矩形是解题的关键．
4．（2022·四川泸州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点B的坐标为(10，4)，四边形ABEF是菱形，且tan∠ABE=43．若直线l把矩形OABC和菱形ABEF组成的图形的面积分成相等的两部分，则直线l的解析式为（ ）
A．y=3xB．y=-34x+152
C．y=-2x+11D．y=-2x+12
【答案】D
【分析】过点E作EG⊥AB于点G，利用三角函数求得EG=8，BG=6，AG=4，再求得点E的坐标为(4，12)，根据题意，直线l经过矩形OABC的对角线的交点H和菱形ABEF的对角线的交点D，根据中点坐标公式以及待定系数法即可求解．
【详解】解：过点E作EG⊥AB于点G，
∵矩形OABC的顶点B的坐标为(10，4)，四边形ABEF是菱形，
∴AB=BE=10，点A的坐标为(0，4)，点C的坐标为(10，0)，
在Rt△BEG中，tan∠ABE=43，BE=10，
∴sin∠ABE=45，即EGBE=45，
∴EG=8，BG=BE2-EG2=6，
∴AG=4，
∴点E的坐标为(4，12)，
根据题意，直线l经过矩形OABC的对角线的交点H和菱形ABEF的对角线的交点D，
点H的坐标为(0+102，0+42)，点D的坐标为(0+42，4+122)，
∴点H的坐标为(5，2)，点D的坐标为(2，8)，
设直线l的解析式为y=kx+b，
把(5，2)，(2，8)代入得5k+b=22k+b=8，
解得：k=-2b=12，
∴直线l的解析式为y=-2x+12，
故选：D．
【点睛】本题考查了解直角三角形，待定系数法求函数的解析式，矩形和菱形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
5．（2022·内蒙古鄂尔多斯·统考中考真题）如图，菱形ABCD中，AB＝23，∠ABC＝60°，矩形BEFG的边EF经过点C，且点G在边AD上，若BG＝4，则BE的长为（ ）
A．32B．332C．6D．3
【答案】B
【分析】过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，由菱形的性质得出AB＝BC＝CD＝23 ，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，由直角三角形的性质求出MG＝3，证明△GBM∽△BCE，由相似三角形的性质得出BGBC=GMBE ，则可求出答案．
【详解】解：过点G作GM⊥BC于点M，过点C作CN⊥AD于点N，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝BC＝CD＝23，AD＝BC，∠ABC＝∠D＝60°，AD∥BC，
∴∠MGN＝90°，
∴四边形GMCN为矩形，
∴GM＝CN，
在△CDN中，∠D＝60°，CD＝23，
∴CN＝CD•sin60°＝23×32=3，
∴MG＝3，
∵四边形BEFG为矩形，
∴∠E＝90°，BG∥EF，
∴∠BCE＝∠GBM，
又∵∠E＝∠BMG，
∴△GBM∽△BCE，
∴BGBC=GMBE，
∴423=3BE，
∴BE＝323 ，
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
6．（2021·江苏无锡·统考中考真题）如图，D、E、F分别是△ABC各边中点，则以下说法错误的是（ ）
A．△BDE和△DCF的面积相等
B．四边形AEDF是平行四边形
C．若AB=BC，则四边形AEDF是菱形
D．若∠A=90°，则四边形AEDF是矩形
【答案】C
【分析】根据中位线的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形、菱形、矩形的判定定理逐一判断各个选项，即可得到答案．
【详解】解： ∵点D、E、F分别是△ABC三边的中点，
∴DE、DF为△ABC得中位线，
∴ED∥AC，且ED＝12AC＝AF；同理DF∥AB，且DF＝12AB＝AE，
∴四边形AEDF一定是平行四边形，故B正确；
∴△BDE∽△BCA，△CDF∽△CBA
∴S△BDE=14S△BCA， S△CDF=14S△BCA，
∴△BDE和△DCF的面积相等，故A正确；
∵AB=BC，
∴DF＝12AB=AE，
∴四边形AEDF不一定是菱形，故C错误；
∵∠A＝90°，则四边形AEDF是矩形，故D正确；
故选：C．
【点睛】本题考查三角形中位线性质定理和平行四边形、矩形、菱形的判定定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握上述性质定理和判定定理是解题的关键．
7．（2021·浙江嘉兴·统考中考真题）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形C．矩形D．菱形
【答案】D
【分析】此题是有关剪纸的问题，此类问题应亲自动手折一折，剪一剪．
【详解】解：由题可知，AD平分∠BAC,折叠后△AEO与△AFO重合，故全等，所以EO=OF;
又作了AD的垂直平分线，即EO垂直平分AD，所以AO=DO，且EO⊥AD；
由平行四边形的判定：对角线互相平分的四边形为平行四边形，所以AEDF为平行四边形；
又AD⊥EF，所以平行四边形AEDF为菱形．
故选：D.
【点睛】本题主要考查学生对于立体图形与平面展开图形之间的转换能力，与课程标准中“能以实物的形状想象出几何图形，有几何图形想象出实物的图形”的要求相一致，充分体现了实践操作性原则．
二、填空题
8．（2021·四川雅安·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AC和BD相交于点O，过点B作BF⊥AC于点M，交CD于点F，过点D作DE∥BF交AC于点N．交AB于点E，连接FN，EM．有下列结论：①四边形NEMF为平行四边形，②DN2=MC⋅NC；③△DNF为等边三角形；④当AO=AD时，四边形DEBF是菱形．正确结论的序号 ．
【答案】①②④．
【分析】通过全等三角形的判定和性质，证明EN=FM，EN∥FM，判断结论①；通过证明△AMB∽△BMC，然后利用全等三角形和相似三角形的性质判断结论②；假设结论成立，找出与题意的矛盾之处，判断结论③，结合等腰三角形的判定和性质求得DE=BE，可得结论④
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB
∴∠DAN=∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA=∠BMC=90°，
在△ADN和△CBM中，∠DNA=∠BMC∠DAN=∠BCMAD=BC
∴△ADN≌△CBM，
∴DN=BM，
又∵DF∥BE，DE∥BF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∴DE=BF，
∴DE-DN=BF-BM，即EN=FM，
∵NE∥FM，
∴四边形NEMF是平行四边形，故①正确，
∵△ADN≌△CBM，
∴AN=CM，
∴CN=AM，
∵∠AMB=∠BMC=∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠CBM=90°，∠CBM+∠BCM=90°，
∴∠ABM=∠BCM，
∴△AMB∽△BMC，
∴ABBM=BMCM，
∵DN=BM，AM=CN，
∴DN2=CM•CN，故②正确，
若△DNF是等边三角形，则∠CDN=60°，
即∠ACD=30°，不符合题意，故③错误，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∵AO=AD，
∴AO=AD=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO=∠DAN=60°，
∴∠ABD=90°-∠ADO=30°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADN=ODN=30°，
∴∠ODN=∠ABD，
∴DE=BE，
∵四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形；故④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
三、解答题
9．（2023·江苏·统考中考真题）对于平面内的一个四边形，若存在点O，使得该四边形的一条对角线绕点O旋转一定角度后能与另一条对角线重合，则称该四边形为“可旋四边形”，点O是该四边形的一个“旋点”．例如，在矩形MNPQ中，对角线MP、NQ相交于点T，则点T是矩形MNPQ的一个“旋点”．

(1)若菱形ABCD为“可旋四边形”，其面积是4，则菱形ABCD的边长是_______；
(2)如图1，四边形ABCD为“可旋四边形”，边AB的中点O是四边形ABCD的一个“旋点”．求∠ACB的度数；
(3)如图2，在四边形ABCD中，AC=BD，AD与BC不平行．四边形ABCD是否为“可旋四边形”？请说明理由．
【答案】(1)2
(2)90°
(3)是
【分析】（1）根据“可旋四边形”的性质可得AC=BD，根据正方形的判定可得菱形ABCD为正方形，根据正方形四条边都相等的性质即可求解；
（2）连接OC，根据“可旋四边形”的性质和题意可得OC=OB，OA=OB，推得OC=OB=OA，根据等边对等角可得∠OCB=∠OBC，∠OAC=∠OCA，根据三角形内角和定理即可求出结果；
分别作AD，BC的垂直平分线，交于点O，连接OA，OB，OC，OD，根据垂直平分线的性质可得OA=OD，OC=OB，根据全等三角形的判定和性质可得∠AOC=∠BOD，求得∠AOD=∠BOC，即可证明四边形ABCD是“可旋四边形”．
【详解】（1）解：∵菱形ABCD为“可旋四边形”，
则菱形ABCD的一条对角线AC绕点O旋转一定角度后能与另一条对角线BD重合，
即AC=BD，
则菱形ABCD为正方形，
∵菱形ABCD的面积为4，
∴菱形ABCD的边长是4=2．
故答案为：2．
（2）解：连接OC，如图：

∵四边形ABCD为“可旋四边形”，且点O是四边形ABCD的一个“旋点”，
∴OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC，
∵点O是边AB的中点，
∴OA=OB，
∴OA=OC，
∴∠OAC=∠OCA，
∵∠OAC+∠OCA+∠OCB+∠OBC=180°，
即2∠OCA+∠OCB=180°，
∴∠ACB=90°．
（3）解：四边形ABCD是“可旋四边形”；理由如下：
分别作AD，BC的垂直平分线，交于点O，连接OA，OB，OC，OD，如图：

∵点O在线段AD和线段BC的垂直平分线上，
∴OA=OD，OC=OB，
在△AOC和△DOB中，
OA=ODAC=BDOC=OB，
∴△AOC≌△DOBSSS，
∴∠AOC=∠BOD，
则∠AOC-∠DOC=∠BOD-∠DOC，
即∠AOD=∠BOC，
∴四边形ABCD是“可旋四边形”．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，等边对等角，三角形内角和定理，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是做辅助线，构建全等三角形．
10．（2023·湖北随州·统考中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE∥AC,CE∥BD．

(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若BC=3,DC=2，求四边形OCED的面积．
【答案】(1)见解析
(2)3
【分析】（1）先根据矩形的性质求得OC=OD，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△OCD的面积，然后结合菱形的性质求解．
【详解】（1）解：∵DE∥AC,CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
又∵矩形ABCD中，OC=OD，
∴平行四边形OCED是菱形；
（2）解：矩形ABCD的面积为BC⋅DC=3×2=6，
∴△OCD的面积为14×6=32，
∴菱形OCED的面积为2×32=3．
【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．
11．（2023·湖北鄂州·统考中考真题）如图，点E是矩形ABCD的边BC上的一点，且AE=AD．

(1)尺规作图（请用2B铅笔）：作∠DAE的平分线AF，交BC的延长线于点F，连接DF．（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)试判断四边形AEFD的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AEFD是菱形，理由见解析
【分析】（1）根据题意结合尺规作角平分线的方法作图即可；
（2）根据矩形的性质和平行线的性质得出∠DAF=∠AFE，结合角平分线的定义可得∠EFA=∠EAF，则AE=EF，然后根据平行四边形和菱形的判定定理得出结论．
【详解】（1）解：如图所示：

（2）四边形AEFD是菱形；
理由：∵矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAF=∠AFE，
∵AF平分∠DAE，
∴∠DAF=∠EAF，
∴∠EFA=∠EAF，
∴AE=EF，
∵AE=AD，
∴AD=EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
又∵AE=AD，
∴平行四边形AEFD是菱形．
【点睛】本题主要考查了尺规作角平分线，矩形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定以及菱形的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．
12．（2023·湖南怀化·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F．

(1)证明：△BOF≌△DOE；
(2)连接BE、DF，证明：四边形EBFD是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质得出AD∥BC，则∠1=∠2,∠3=∠4，根据O是BD的中点，可得BO=DO，即可证明△BOF≌△DOEAAS；
（2）根据△BOF≌△DOE可得ED=BF，进而可得四边形EBFD是平行四边形，根据对角线互相垂直的四边形是菱形，即可得证．
【详解】（1）证明：如图所示，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠1=∠2,∠3=∠4，
∵O是BD的中点，
∴BO=DO，
在△BOF与△DOE中
∠1=∠2∠3=∠4BO=DO，
∴△BOF≌△DOEAAS；
（2）∵△BOF≌△DOE
∴ED=BF，
又∵ED∥BF
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵EF⊥BD
∴四边形EBFD是菱形．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的判定，熟练掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键．
13．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，CD∥OE，直线CE是线段OD的垂直平分线，CE分别交OD，AD于点F，G，连接DE．

(1)判断四边形OCDE的形状，并说明理由；
(2)当CD=4时，求EG的长．
【答案】(1)四边形OCDE是菱形，理由见解析
(2)EG=433．
【分析】（1）证明△COD和△EOD是等边三角形，即可推出四边形OCDE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DF和CF的长，利用菱形的性质得到EF=CF=23，在Rt△CGF中，解直角三角形求得GF的长，据此求解即可．
【详解】（1）证明：四边形OCDE是菱形，理由如下，
∵矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
∴OC=OD=12AC=12BD，
∵直线CE是线段OD的垂直平分线，
∴CO=CD，EO=ED，
∴CO=CD=OD，即△COD是等边三角形，
∴∠OCD=∠DCO=∠DOC=60°，∠OCF=∠DCF=12∠OCD=30°，
∵CD∥OE，
∴∠EOD=∠EDO=∠CDO=60°，
∴△EOD是等边三角形，
∴CO=CD=EO=ED，
∴四边形OCDE是菱形；
（2）解：∵直线CE是线段OD的垂直平分线，且∠DCF=30°，
∴DF=12CD=2，CF=3DF=23，
由（1）得四边形OCDE是菱形，
∴EF=CF=23，
在Rt△DGF中，∠GDF=90°-∠ODC=30°，
∴GF=DFtan30°=2×33=233，
∴EG=EF-GF=433．
【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．
14．（2022·湖南益阳·统考中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．

(1)直接写出图中与△AFB相似的一个三角形；
(2)若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长；
(3)当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？
【答案】(1)答案不唯一，如△AFB∽△BCE
(2)CE＝7.5
(3)当CE的长为长为545或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形
【分析】（1）因为△AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三个直角三角形和△AFB相似，解答时任意写出一个即可；
（2）根据△AFB∽△BGC，得AFBG=ABBC，即AFBG=159=53，设AF＝5x，BG＝3x，根据△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的长；
（3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，②当C'F＝BF时，如图3，根据三角形相似列比例式可得结论．
【详解】（1）解：（任意回答一个即可）；
①如图1，△AFB∽△BCE，理由如下：

∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°，
∴∠BEC＝∠ABF，
∵AF⊥BE，
∴∠AFB＝90°，
∴∠AFB＝∠BCE＝90°，
∴△AFB∽△BCE；
②△AFB∽△CGE，理由如下：
∵CG⊥BE，
∴∠CGE＝90°，
∴∠CGE＝∠AFB，
∵∠CEG＝∠ABF，
∴△AFB∽△CGE；
③△AFB∽△BGC，理由如下：
∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCG，
∵∠AFB＝∠CGB＝90°，
∴△AFB∽△BGC；
（2）∵四边形AFCC'是平行四边形，
∴AF＝CC'，
由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴AFBG=ABBC ，即AFBG=159=53，
设AF＝5x，BG＝3x，
∴CC'＝AF＝5x，
∵CG＝C'G，
∴CG＝C'G＝2.5x，
∵△AFB∽△BCE∽△BGC，
∴CGBG=CEBC ，即2.5x3x=CE9，
∴CE＝7.5；
（3）分两种情况：
①当C'F＝BC'时，如图2，

∵C'G⊥BE，
∴BG＝GF，
∵CG＝C'G，
∴四边形BCFC'是菱形，
∴CF＝CB＝9，
由（2）知：设AF＝5x，BG＝3x，
∴BF＝6x，
∵△AFB∽△BCE，
∴AFBC=BFCE ，即5x9=6xCE，
∴5x6x=9CE，
∴CE＝545；
②当C'F＝BF时，如图3，

由（1）知：△AFB∽△BGC，
∴ABBC=BFCG=159=53 ，
设BF＝5a，CG＝3a，
∴C'F＝5a，
∵CG＝C'G，BE⊥CC'，
∴CF＝C'F＝5a，
∴FG＝CF2-CG2＝4a，
∵tan∠CBE＝CEBC=CGBG，
∴CE9=3a4a+5a，
∴CE＝3；
综上，当CE的长为长为545或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
15．（2022·贵州安顺·统考中考真题）如图1，在矩形ABCD中，AB=10，AD=8，E是AD边上的一点，连接CE，将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，延长CE交BA的延长线于点G．
(1)求线段AE的长；
(2)求证四边形DGFC为菱形；
(3)如图2，M，N分别是线段CG，DG上的动点（与端点不重合），且∠DMN=∠DCM，设DN=x，是否存在这样的点N，使△DMN是直角三角形？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)AE=3
(2)见解析
(3)存在，x=2或2.5
【分析】（1）根据在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，根据矩形的折叠与勾股定理即可求解；
（2）根据（1）的结论分别求得GF,DG，根据四边相等的四边形是菱形即可得证；
（3）分∠NDM=90°和∠DNM=90°两种情况分别讨论即可求解．
【详解】（1）解：如图
∵四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=8，
∴AD=BC=8,DC=AB=10，∠DAB=∠B=90°，
∵将矩形ABCD沿CE折叠，顶点D恰好落在AB边上的点F处，
∴CF=CD=10，
在Rt△BCF中，BF=CF2-BC2=102-82=6，
∴AF=AB-BF=10-6=4，
设AE=a，则DE=EF=8-a，
在Rt△AEF中，AE2+AF2=EF2，
a2+42=8-a2，
解得a=3，
∴AE=3；
（2）∵ DE=AD-AE=8-3=5，
∴tan∠DCE=DECD=510=12，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥GB，
∴∠EGA=∠DCE，
∴tan∠EGA=EAGA=12，
∵EA=3，
∴GA=6，
Rt△GAD中，DG=AG2+AD2=62+82=10，
∴FG=GA+AF=6+4=10，
∴GD=DC=CF=GF，
∴四边形DGFC为菱形；
（3）∵ ∠DMN=∠DCM，设DN=x，△DMN是直角三角形
设∠DMN=∠DCM=α
由（2）可得tan∠DCM=12
∴tan∠DMN =12
①当∠DNM=90°时，如图，
∴DN=12NM，∠GNM=90°,
∵GD=CD
∴∠DGM=∠DCM=α
∴∠NMG=90°-α
∴∠DMG=90°-α+α=90°
∵DG=DC=10
∵tan∠DGM=tanα=12
∴GN=2NM
∴10-x=2×2x
解得x=2；
②当∠NDM=90°时，
同理可得DN=12DM,DM=12GD
∴ND=14DG=52
综上所述，ND=2或2.5
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
16．（2022·山东威海·统考中考真题）如图:
(1)将两张长为8，宽为4的矩形纸片如图1叠放．
①判断四边形AGCH的形状，并说明理由；
②求四边形AGCH的面积．
(2)如图2，在矩形ABCD和矩形AFCE中，AB＝25，BC＝7，CF＝5，求四边形AGCH的面积．
【答案】(1)①菱形，理由见解析；②20
(2)65
【分析】（1）①根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；②设AH=CG=x，利用勾股定理构建方程即可解决问题；
（2）两个矩形的对角线相等，可得出EC的长，设AH=CG=x，利用勾股定理以及边长之间的关系可得出x的值，进而可求出面积．
【详解】（1）①∵四边形ABCD，四边形AECF都是矩形
∴AH//CG,AG//HC
∴四边形AHCG为平行四边形
∵∠D=∠F=90°,∠AHE=∠CHD,AE=DC
∴△AEH≌△CDH(AAS)
∴AH=HC
∴四边形AHCG为菱形；
②设AH=CG=x，则DH=AD-AH=8-x
在Rt△CDH中
HC2=DH2+DC2即x2=(8-x)2+16
解得x=5
∴四边形AHCG的面积为5×4=20；
（2）由图可得矩形ABCD和矩形AFCE对角线相等
∴AC2=AB2+BC2=AE2+EC2=69
∴EC=8
设AH=CG=x则HD=7-x
在Rt△AEH中，EH=AH2-AE2=x2-5
在Rt△CDH中，CH=DH2+DC2=(7-x)2+20
∵EC=EH+CH=8
∴x=3
∴四边形AGCH的面积为3×25=65．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
17．（2022·广西玉林·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=8,AD=4，点E是DC边上的任一点（不包括端点D，C），过点A作AF⊥AE交CB的延长线于点F，设DE=a．
(1)求BF的长（用含a的代数式表示）；
(2)连接EF交AB于点G，连接GC，当GC//AE时，求证：四边形AGCE是菱形．
【答案】(1)BF=2a
(2)见详解
【分析】（1）根据矩形的性质可得∠BAD=∠ABC=∠D=90°，然后可证△ADE∽△ABF，进而根据相似三角形的性质可求解；
（2）如图，连接AC，由题意易证四边形AGCE是平行四边形，然后可得BCAB=BGBF=12，进而可证△ABC∽△FBG，则可证AC⊥GE，最后问题可求证．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠D=90°，
∵AF⊥AE，
∴∠FAB+∠BAE=∠BAE+∠EAD=90°，
∴∠FAB=∠EAD，
∵∠ABF=∠D=90°，
∴△ADE∽△ABF，
∴ADAB=DEBF，
∵AB=8,AD=4，DE=a，
∴BF=DE⋅ABAD=2a；
（2）证明：由题意可得如图所示：
连接AC，
在矩形ABCD中，AB//CD，AD=BC=4,AB=CD=8,∠ABC=90°，
∴∠ABC=∠FBG=90°，
∵GC//AE，
∴四边形AGCE是平行四边形，
∴AG=CE，
∴BG=DE=a，
∵BF=2a，
∴GBBF=a2a=12，
∵BCAB=12，
∴BCAB=BGBF=12，
∵∠ABC=∠FBG=90°，
∴△ABC∽△FBG，
∴∠FGB=∠ACB，
∵∠GFB+∠FGB=90°，
∴∠GFB+∠ACB=90°，
∴AC⊥GE，
∴四边形AGCE是菱形．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定、矩形的性质及菱形的判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定、矩形的性质及菱形的判定是解题的关键．