2023年各省市中考数学试卷分类汇编知识点31 矩形、菱形与正方形（Word版附解析）

这是一份2023年各省市中考数学试卷分类汇编知识点31 矩形、菱形与正方形（Word版附解析），共78页。试卷主要包含了故选等内容，欢迎下载使用。

A．5B．172C．2D．132
【答案】B【解析】连接DG，EF，∵点E，F分别是AB，CD的中点，∴四边形AEFD是矩形，∴M是ED的中点，在正方形ABCD中，BG＝3，CG＝1，∴BC＝DC＝4，在Rt△DGC中，由勾股定理得，DG=DC2+CG2=42+12=17，在三角形EDG中，M是ED的中点，N是EG的中点，∴MN是三角形EDG的中位线，
∴MN=12DG=172．故选：B．
7．【2023·呼和浩特】如图，矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN分别交AD，BC于点M，N．若AM＝1，BN＝2，则BD的长为（ ）
A．23B．3C．25D．32
【答案】A【解析】 由题意，连接BM，记BD与MN交于点O．
∵线段MN垂直平分BD，∴BO＝DO，BM＝DM．∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC．∴∠MDO＝∠NBO．
又∠DOM＝∠BON，∴△DMO≌△BNO（ASA）．∴DM＝BN＝BM＝2．在Rt△BAM中，∴AB=BM2-AM2=3．
∴在Rt△BAD中可得，BD=AB2+AD2=23．故选：A．
9．【2023·呼伦贝尔、兴安盟】如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠A＝120°，顺次连接菱形ABCD各边中点E、F、G、H，则四边形EFGH的周长为（ ）
A．4+23B．6+23C．4+43D．6+43
【答案】C【解析】 连接AC、BD交于O，
∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，∴∠ABC＝60°，∵AB＝BC，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝4，∵∠AOB＝90°，∴∠ABO＝30°，BO＝OD＝23，∴BD＝43，∵点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA边的中点，∴EF＝GH=12AC＝2，FG＝EH=12BD＝23，∴四边形EFGH的周长为：2+2+23+23=4+43．
故选：C．
12．【2023·西藏】如图，矩形ABCD中，AC和BD相交于点O，AD＝3，AB＝4，点E是CD边上一点，过点E作EH⊥BD于点H，EG⊥AC于点G，则EH+EG的值是（ ）
A．2.4B．2.5C．3D．4
【答案】A【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，OD=12BD，OC=12AC，AC＝BD，∴OD＝OC，∵AD＝BC＝3，AB＝CD＝4，∴BD=AB2+AD2=5，过C作CF⊥BD于F，∴S△DCB=12CF•BD=12BC•CD，∴CF=3×45=125，连接OE，∵S△COD＝S△DOE+S△COE，∴12OD⋅CF=12OD⋅EH+12D⋅EG，∴EH+EG＝CF=125=2.4，故选：A．
8．【2023·襄阳】如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，下列结论一定正确的是（ ）​
A．AC平分∠BADB．AB＝BCC．AC＝BDD．AC⊥BD
【答案】C【解析】 由矩形ABCD的对角线相交于点O，根据矩形的对角线相等，可得AC＝BD．故选：C．
11．【2023·攀枝花】如图，已知正方形ABCD的边长为3，点P是对角线BD上的一点，PF⊥AD于点F，PE⊥AB于点E，连接PC，当PE：PF＝1：2时，则PC＝（ ）
A．3B．2C．5D．52
【答案】C【解析】 连接AP，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝3，∠ADB＝45°，∵PF⊥AD，PE⊥AB，∠BAD＝90°，∴四边形AEPF是矩形，∴PE＝AF，∠PFD＝90°，∴△PFD是等腰直角三角形，∴PF＝DF，∵PE：PF＝1：2，∴AF：DF＝1：2，∴AF＝1，DF＝2＝PF，∴AP=AF2+PF2=1+4=5，∵AB＝BC，∠ABD＝∠CBD＝45°，BP＝BP，∴△ABP≌△CBP（SAS），∴AP＝PC=5，故选：C．
8．【2023·南通】如图，四边形ABCD是矩形，分别以点B，D为圆心，线段BC，DC长为半径画弧，两弧相交于点E，连接BE，DE，BD．若AB＝4，BC＝8，则∠ABE的正切值为（ ）
A．43B．45C．34D．35
【答案】C 【解析】∵BE＝BC，DE＝CD，BD＝BD，∴△CBD≌△EBD（SSS），∴∠CBD＝∠EBD，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC＝8，∠A＝90°，∴∠ADB＝∠CBD，∴∠ADB＝∠EBD，∴OB＝OD，设AO＝x，则OD＝8﹣x，∴OB＝8﹣x，由勾股定理得：AB2+AO2＝OB2，∴42+x2＝（8﹣x）2，∴x＝3，∴tan∠ABE=AOAB=34．故选：C．
上海
5．【2023·上海】在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD．下列说法能使四边形ABCD为矩形的是（ ）
A．AB∥CDB．AD＝BCC．∠A＝∠BD．∠A＝∠D
【答案】C【解析】A、∵AB∥CD，AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，由AB＝CD，不能判定四边形ABCD为矩形，故选项A不符合题意；B、∵AD＝BC，AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，由AB＝CD，不能判定四边形ABCD为矩形，故选项B不符合题意；C、∵AD∥BC，∴∠A+∠B＝180°，∵∠A＝∠B，∴∠A＝∠B＝90°，∴AB⊥AD，AB⊥BC，∴AB的长为AD与BC间的距离，∵AB＝CD，∴CD⊥AD，CD⊥BC，∴∠C＝∠D＝90°，∴四边形ABCD是矩形，故选项C符合题意；D、∵AD∥BC，∴∠A+∠B＝180°，∠D+∠C＝180°，∵∠A＝∠D，∴∠B＝∠C，∵AB＝CD，∴四边形ABCD是等腰梯形，故选项D不符合题意；故选：C．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
甘肃省
7．【2023·甘肃省卷7题】如图，将矩形纸片ABCD对折，使边AB与DC，BC与AD分别重合，展开后得到四边形EFGH．若AB＝2，BC＝4，则四边形EFGH的面积为（ ）
A．2B．4C．5D．6
【答案】B【解析】如图，设EG与FH交于点O，
∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BC，AB∥CD，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，根据折叠的性质可得，∠AGE＝∠BGE＝90°，AG＝BG，∠AFH＝∠DFH＝90°，AF＝DF，∴AD∥GE∥BC，AB∥FH∥CD.∴FH⊥GE，GE＝BC＝4，FH＝AB＝2，OF＝OH，OG＝OE，∴四边形EFGH为菱形，∴S菱形EFGH=12GE⋅FH=12×2×4=4．
12. 【2023·兰州12题】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. 2B. 2.5C. 3D. 3.5
【答案】C【解析】∵矩形中，∴.∵F为的中点，，∴.在中，.
安徽省
8．【2023·安徽8题】如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，EF⊥AB于点F，连接DE并延长，交边BC于点M，交边AB的延长线于点G．若AF＝2，FB＝1，则MG＝（ ）
A．23B．352C．5+1D．10
【答案】B 【解析】∵四边形ABCD是正方形，AF＝2，FB＝1，∴CD＝AD＝AB＝BC＝3，∠ADC＝∠DAB＝∠ABC＝90°，DC∥AB，AD∥BC.∴AC=AD2+CD2=32.∵EF⊥AB，∴EF∥BC.∴△AEF∽△ACB.∴EFCB=AFAB.∴EF3=23.∴EF＝2.∴AE=AF2+EF2=22.∴CE＝AC﹣AE=2.∵AD∥CM，∴△ADE∽△CME.∴ADCM=AECE.∴3CM=222=2.∴CM=32=BM.在△CDM和△BGM中，∠DCM=∠GBM=90°，CM=BM，∠CMD=∠BMG，∴△CDM≌△BGM（SAS），∴CD＝BG＝3，∴MG=BG2+BM2=32+(32)2=325．
浙江省
7．【2023·丽水】如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，则AC的长为（ ）
A．12B．1C．32D．3
【答案】D
4．【2023•杭州】如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．若∠AOB＝60°，则ABBC=（ ）
A．12B．3-12C．32D．33
【答案】D
8．【2023·绍兴】如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD＝60°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE＝OF．点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2在整个过程中，四边形E1E2F1F2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
【分析】根据题意，分别证明四边形 E1E2F1F2 是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．
【答案】A【解析】如图1，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∴∠BDC＝∠ABD＝60°，∠ADB＝∠CBD＝90°﹣60°＝30°，∵OE＝OF、OB＝OD，∴DF＝EB，∵对称，∴DF＝DF2，BF＝BF1，BE＝BE2，DE＝DE1，E1F2＝E2F1．∵对称，∴∠F2DC＝∠CDF＝60°，∴∠EDA＝∠E1DA＝30°，∴∠E1DB＝60°，同理∠F1BD＝60°，∴DE1∥BF1，∵E1F2＝E2F1，∴四边形 E1E2F1F2 是平行四边形.
如图2所示，当E，F，O三点重合时，DO＝OB，∴DE1＝DF2＝AE1＝AE2，即E1E2＝E1F2，∴四边形E1E2F1F2 是菱形．
如图3所示，当E，F分别为OD，OB的中点时，设DB＝4，则 DF2＝DF＝1，DE1＝DE＝3，在Rt△ABD中，AB＝2，AD＝23，连接AE，AO，∵∠ABO＝60°，BO＝2＝AB，∴△ABO是等边三角形，∵E为OB中点，∴AE⊥OB，BE＝1，∴AE=22-12=3．根据对称性可得 AE1=AE=3．∴AD2＝12，DE12=9，AE12=3，∴AD2=AE12+DE12，∴ΔDE1A 是直角三角形，且∠E1＝90°，四边形E1E2F1F2是矩形．当F，E分别与D，B重合时，△BE1D，△BDF1 都是等边三角形，则四边形 E1E2F2F2 是菱形

∴在整个过程中，四边形 E1E2F1F2 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．
【点评】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．
湖南省
5．【2023·湘潭】如图，菱形ABCD中，连接AC，BD，若∠1＝20°，则∠2的度数为（ ）
A．20°B．60°C．70°D．80°
【答案】C
6．【2023·常德】下列命题正确的是（ ）
A．正方形的对角线相等且互相平分
B．对角互补的四边形是平行四边形
C．矩形的对角线互相垂直
D．一组邻边相等的四边形是菱形
【分析】根据正方形的性质、平行四边形的判定、矩形的性质、菱形的判定定理判断即可．
【答案】A【解析】A、正方形的对角线相等且互相平分，命题正确，符合题意；B、对角互补的四边形不一定是平行四边形，故本选项命题错误，不符合题意；C、矩形的对角线相等，不一定互相垂直，故本选项命题错误，不符合题意；D、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故本选项命题错误，不符合题意；故选：A．
【点评】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
7．【2023·常德】如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E，F分别为AO，DO上的一点，且EF∥AD，连接AF，DE．若∠FAC＝15°，则∠AED的度数为（ ）
A．80°B．90°C．105°D．115°
【分析】先根据正方形的性质及EF∥BC得∠OEF＝∠OCB＝45°，∠OFE＝∠OBC＝45°，进而得∠AEF＝∠DFE＝135°，OE＝OF，然后证△AEF和△DFE全等得∠CAE＝∠FDE＝15°，从而得∠ADE＝30°，最后利用三角形的内角和定理可求出∠AED的度数．
【答案】C【解析】∵四边形ABCD为正方形，∴OA＝OD，∠OBC＝∠OCB＝∠OAD＝∠ODA＝45°，∵EF∥BC，∴∠OEF＝∠OCB＝45°，∠OFE＝∠OBC＝45°，∴OEF＝∠OFE＝45°，∴∠AEF＝∠DFE＝135°，OE＝OF，∵OA＝OD，∴AE＝DF，在△AEF和△DFE中，AE＝DF，∠AEF＝∠DFE＝135°，EF＝FE，∴△AEF≌△DFE（SAS），∴∠CAE＝∠FDE＝15°，∴∠ADE＝∠ODA﹣∠FDE＝45°﹣15°＝30°，∴∠AED＝180﹣∠OAD﹣∠ADE＝180°﹣45°﹣30°＝105°．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理等，解答此题的关键是依据正方形的性质得出判定△AEF和△DFE全等的条件．
8．【2023·株洲】如图所示，在矩形ABCD中，AB＞AD，AC与BD相交于点O，下列说法正确的是（ ）
​
A．点O为矩形ABCD的对称中心
B．点O为线段AB的对称中心
C．直线BD为矩形ABCD的对称轴
D．直线AC为线段BD的对称轴
【答案】A
江苏省
6．【2023·泰州】菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，将该菱形绕顶点A在平面内旋转30°，则旋转后的图形与原图形重叠部分的面积为（ ）
A．3-3B．2-3C．3-1D．23-2
【分析】分两种情况：①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转30°，连接AC，BD相交于点O，BC与C'D'交于点E，根据菱形的性质推出AC的长，再根据菱形的性质推出CD'与CE的长，再根据重叠部分的面积＝△ABC的面积﹣△D'EC的面积求解即可．
②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转30°，同①方法可得重叠部分的面积＝3-3．
【答案】A【解析】①如图，将该菱形绕顶点A在平面内顺时针旋转30°，连接AC，BD相交于点O，BC与C'D'交于点E，∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴∠CAB＝30°＝∠CAD，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，∵AB＝2，∴DO＝1，AO=3DO=3，∴AC＝23，∵菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB'C'D'，
∴∠D'AB＝30°，AD＝AD'＝2，∴A，D'，C三点共线，∴CD'＝CA﹣AD'＝23-2，又∵∠ACB＝30°，∴D'E=3-1，CE=3D'E＝3-3，∵重叠部分的面积＝△ABC的面积﹣△D'EC的面积，∴重叠部分的面积=12×23×1-12×(3-1)×(3-3)=3-3；
②将该菱形绕顶点A在平面内逆时针旋转30°，同①方法可得重叠部分的面积＝3-3，
【点评】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，正确作出图形是解题的关键．
黑龙江
9．【2023·大庆】将两个完全相同的菱形按如图方式放置，若∠BAD＝α，∠CBE＝β，则β＝（ ）
A．45°+12αB．45°+32αC．90°-12αD．90°-32α
【分析】由菱形的性质得∠DBE＝∠BAD＝α，AB＝AD，∠ABD＝∠CBD＝β+α，再由等腰三角形的性质得∠ADB＝∠ABD＝β+α，然后由三角形内角和定理即可得出结论．
【答案】D【解析】∵四边形ABCD和四边形BGHF是完全相同的菱形，∴∠DBE＝∠BAD＝α，AB＝AD，∠ABD＝∠CBD＝∠CBE+∠DBE＝β+α，∴∠ADB＝∠ABD＝β+α，∵∠BAD+∠ADB+∠ABD＝180°，∴α+β+α+β+α＝180°，∴β＝90°-32α，
【点评】本题考查了菱形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理得知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
12．【2023·绥化】如图，在正方形ABCD中，点E为边CD的中点，连接AE，过点B作BF⊥AE于点F，连接BD交AE于点G，FH平分∠BFG交BD于点H．则下列结论中，正确的个数为（ ）
①AB2＝BF•AE
②S△BGF：S△BAF＝2：3
③当AB＝a时，BD2﹣BD•HD＝a2
A．0个B．1个C．2个D．3个
【分析】①根据题意可得∠ABF＝90°﹣∠BAF＝∠DAE，则cs∠ABF＝cs∠EAD，即 BFAB=ADAE，又AB＝AD，即可判断①；②设正方形的边长为a，根据勾股定理求得AF，证明△GAB∽△GED，根据相似三角形的性质求得GE，进而求得FG，即可判断②；过点H分别作BF，AE的垂线，垂足分别为M，N 根据②的结论求得BH，勾股定理求得BD，即可判断③．
【答案】D 【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠ADE＝90°，AB＝AD，∵BF⊥AE，∴∠ABF＝90°﹣∠BAF＝∠DAE，∴cs∠ABF＝cs∠EAD，即 BFAB=ADAE，又AB＝AD，∴AB2＝BF•AE．故①正确；设正方形的边长为a，∵点E为边CD的中点，∴DE=a2，∴tan∠ABF=tan∠EAD=12．在Rt△ABE中，AB=AF2+BF2=5AF=a，∴AF=55a．在Rt△ADE中，AE=AD2+DE2=5a2，∴EF=AE-AF=52a-55a=3510a．∵AB∥DE，∴△GAB∽△GED，∴AGGE=ABDE=2，∴GE=13AE=56a，∴FG=AE-AF-GE=52a-55a-56a=2515a，∴AFFG=5515a=32，∴S△BGF：S△ABF＝2：3．故②正确；∵AB＝a，∴AD＝AB＝a，∴BD2＝AB2+AD2＝2a2，如图所示，过点H分别作BF，AE的垂线，垂足分别为M，N，如图，
又∵BF⊥AE，HM⊥BF，HN⊥AE，∴四边形FMHN是矩形，∵FH是∠BFG的角平分线，∴HM＝HN，∴四边形FMHN是正方形，∴FN＝HM＝HN，∴BF=2AF=255a，FG=2515a，∴MHBM=FGBF=13．设MH＝b，则BF＝BM+FM＝BM+MH＝3b+b＝4b，在Rt△BMH中，BH=BM2+MH2=10b．∵BF=255a，∴255a=4b，解得：b=510a．∴BH=10×510a=22a，∴BD2﹣BD•HD＝2a2-2a×22a＝a2．故③正确．故选：D．
【点评】本题考查了解直角三角形，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握相似三角形的性 质与判定是解题的关键．
10．【2023·龙东地区】如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC上的动点，且AF⊥DE，垂足为G，将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，AM交DE于点P，对角线BD交AF于点H，连接HM，CM，DM，BM，下列结论正确的是（ ）
①AF＝DE；②BM∥DE；③若CM⊥FM，则四边形BHMF是菱形；④当点E运动到AB的中点，tan∠BHF＝22；⑤EP•DH＝2AG•BH．
A．①②③④⑤B．①②③⑤C．①②③D．①②⑤
【分析】利用正方形的性质和翻折的性质，对每个选项的结论逐一判断，即可解答．
【答案】B 【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAE＝∠ABF＝90°，DA＝AB，∵AF⊥DE，∴∠BAF+∠AED＝90°，∵∠BAF+∠AFB＝90°，∴∠AED＝∠BFA，在△ABF和△DAE中，∠ABF=∠DAE=90°∠BFA=∠AEDAB=DA，∴△ABF≌△DAE（AAS），∴AF＝DE．故①正确；∵将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，∴BM⊥AF，∵AF⊥DE，∴BM∥DE．故②正确；当CM⊥FM时，∠CMF＝90°，∵∠AMF＝∠ABF＝90°，∴∠AMF+∠CMF＝180°，即A，M，C在同一直线上，∴∠MCF＝45°，∴∠MFC＝90°﹣∠MCF＝45°，由翻折的性质可得：∠HBF＝∠HMF＝45°，BF＝MF，∴∠HMF＝∠MFC，∠HBC＝∠MFC，∴BC∥MH，HB∥MF，∴四边形BHMF是平行四边形，∵BF＝MF，∴平行四边形BHMF是菱形，故③正确；当点E运动到AB的中点，如图，
设正方形ABCD的边长为2a，则AE＝BF＝a，在Rt△AED中，DE=AD2+AE2=5a=AF，∵∠AHD＝∠FHB，∠ADH＝∠FBH＝45°，∴△AHD∽△FHB，∴FHAH=BFAD=a2a=12，∴AH=23AF=253a．∵∠AGE＝∠ABF＝90°，∠EAG＝∠FAB，∴△AGE∽△ABF，∴AEAF=EGBF=AGAB=a5a=55，∴EG=55BF=55a，AG=55AB=255a，∴DG=ED-EG=455a，GH=AH-AG=4515a．∵∠BHF＝∠DHA，∴在Rt△DGH中，tan∠BHF=tan∠DHA=DGGH=3，故④错误；∵△AHD∽△FHB，∴BHDH=12，∴BH=13BD=13×22a=223a，DH=23BD=23×22a=423a．∵AF⊥EP，根据翻折的性质可得：EP=2EG=255a，∴EP•DH=255a•423a=81015a2，2AG•BH＝2×255a•223a=81015a2，∴EP•DH＝2AG•BH，故⑤正确．综上分析可知，正确的是①②③⑤．故选：B．
【点评】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求 做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键．
四川省
6．【2023•乐山】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E为边BC的中点，连结OE．若AC＝6，BD＝8，则OE＝（ ）
A．2B．52C．3D．4
【分析】由菱形的性质得到OC=12AC＝3，OB=12BD＝4，AC⊥BD，由勾股定理求出BC的长，由直角三角形斜边中线的性质，即可求出OE的长．
【答案】B【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴OC=12AC，OB=12BD，AC⊥BD.∵AC＝6，BD＝8，∴OC＝3，OB＝4.∴CB=OB2+OC2=5.∵E为边BC的中点，∴OE=12BC=52．
【点评】本题考查菱形的性质，直角三角形斜边的中线，勾股定理，关键是由菱形的性质求出OC，OB的长，由勾股定理求出BC的长，由直角三角形斜边的中线的性质即可求出OE的长．
10．【2023·泸州】若一个菱形的两条对角线长分别是关于x的一元二次方程x2﹣10x+m＝0的两个实数根，且其面积为11，则该菱形的边长为（ ）
A．3B．23C．14D．214
【分析】先设出菱形两条对角线的长，利用根与系数的关系及对角线与菱形面积的关系得等式，再根据菱形的边长与对角线的关系求出菱形的边长．
【答案】C【解析】设菱形的两条对角线长分别为a、b，由题意，得a+b=10ab=22．∴菱形的边长=(a2)2+(b2)2
=12a2+b2 =12(a+b)2-2ab =12100-44 =1256 =14．
【点评】本题主要考查了根与系数的关系及菱形的性质，掌握菱形对角线与菱形的面积、边长间的关系，根与系数的关系及等式的变形是解决本题的关键．
10．【2023·宜宾】如图，边长为6的正方形ABCD中，M为对角线BD上的一点，连接AM并延长交CD于点P，若PM＝PC，则AM的长为（ ）
A．3（﹣1）B．3（3﹣2）C．6（﹣1）D．6（3﹣2）
【分析】以B为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，由正方形ABCD边长为6，可知A（0，6），D（6，6），C（6，0），直线BD解析式为y＝x，设M（m，m），可得直线AM解析式为y＝x+6，即得P（6，），由PM＝PC，有（m﹣6）2+（m﹣）2＝（）2，解得m＝9+3（不符合题意，舍去）或m＝9﹣3，故M（9﹣3，9﹣3），从而求出AM＝6（﹣1）．
【答案】C【解析】以B为原点，BC所在直线为x轴建立直角坐标系，如图：
∵正方形ABCD边长为6，∴A（0，6），D（6，6），C（6，0），由B（0，0），D（6，6）可得直线BD解析式为y＝x，设M（m，m），由A（0，6），M（m，m）得直线AM解析式为y＝x+6，在y＝x+6中，令x＝6得y＝，∴P（6，），∵PM＝PC，∴（m﹣6）2+（m﹣）2＝（）2，∴m2﹣12m+36+m2﹣2（12m﹣36）+（）2＝（）2，整理得m2﹣18m+54＝0，解得m＝9+3（不符合题意，舍去）或m＝9﹣3，∴M（9﹣3，9﹣3），∴AM＝＝6（﹣1），故选：C．方法2：∵PM＝PC，∴∠PMC＝∠PCM，∴∠DPA＝∠PMC+∠PCM＝2∠PCM＝2∠PAD，∵∠DPA+∠PAD＝90°，∴∠APD＝60°，∠PAD＝30°，∴PD＝＝2，∠CPM＝120°，∴CP＝CD﹣PD＝6﹣2，在△PCM中，∠CPM＝120°，PM＝PC，∴CM＝CP＝6﹣6，由正方形对称性知AM＝CM＝6（﹣1），故选：C．
【点评】本题考查正方形性质及应用，解题的关键是建立直角坐标系，求出M的坐标．
12．【2023·眉山】如图，在正方形ABCD中，点E是CD上一点，延长CB至点F，使BF＝DE，连结AE，AF，EF，EF交AB于点K，过点A作AG⊥EF，垂足为点H，交CF于点G，连结HD，HC．
下列四个结论：
①AH＝HC；
②HD＝CD；
③∠FAB＝∠DHE；
④AK•HD=2HE2．
其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】①证明△EAF是等腰直角三角形，根据直角三角形斜边中线可得AH=12EF＝CH，可得①正确；
②证明∠DAH与∠AHD不一定相等，则AD与DH不一定相等，可知②不正确；
③证明△ADH≌△CDH（SSS），则∠ADH＝∠CDH＝45°，再由等腰直角三角形的性质可得结论正确；
④证明△AKF∽△HED，列比例式可得结论正确．
【答案】C【解析】①∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠ADE＝∠ABC＝90°，∴∠ADE＝∠ABF＝90°，
∵DE＝BF，∴△ADE≌△ABF（SAS），∴AE＝AF，∠DAE＝∠BAF，∵∠DAE+∠EAB＝90°，∴∠BAF+∠EAB＝90°，即∠EAF＝90°，∵AG⊥EF，∴EH＝FH，∴AH=12EF，Rt△ECF中，∵EH＝FH，∴CH=12EF，∴AH＝CH；故①正确；③∵AH＝CH，AD＝CD，DH＝DH，∴△ADH≌△CDH（SSS），∴∠ADH＝∠CDH＝45°，∵△AEF为等腰直角三角形，∴∠AFE＝45°，∴∠AFK＝∠EDH＝45°，∵四边形ABCD为正方形，∴AB∥CD，∴∠BKF＝∠CEH，∴∠AKF＝∠DEH，∴∠FAB＝∠DHE，故③正确；②∵∠ADH＝∠AEF，∴∠DAE＝∠DHE，∵∠BAD＝∠AHE＝90°，∴∠BAE＝∠AHD，∵∠DAE与∠BAG不一定相等，∴∠DAH与∠AHD不一定相等，则AD与DH不一定相等，即DH与CD不一定相等，故②不正确；④∵∠FAB＝∠DHE，∠AFK＝∠EDH，∴△AKF∽△HED，∴AKEH=AFDH，∴AK•DH＝AF•EH，在等腰直角三角形AFH中，AF=2FH=2EH，∴AK•HD=2HE2．故④正确；∴本题正确的结论有①③④，共3个．故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质，全等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，等腰三角形“三线合一“的性质，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．
山东省
10．【2023·东营】如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别在边DC，BC上，且BF＝CE，AE平分∠CAD，连接DF，分别交AE，AC于点G，M．P是线段AG上的一个动点，过点P作PN⊥AC，垂足为N，连接PM．有下列四个结论：
①AE垂直平分DM；
②PM+PN的最小值为32；
③CF2＝GE•AE；
④S△ADM＝62．
其中正确的是（ ）
A．①②B．②③④C．①③④D．①③
【分析】①先根据正方形的性质证得△ADE和△DCF全等，再利用ASA证得△AGM和△AGD全等，即可得出AE垂直平分DM；
②连接BD与AC交于点O，交AG于点H，连接HM，根据题意当点P与点H重合时，PM+PN的值最小，即PM+PN的最小值是DO的长，根据正方形的性质求出BD的长，从而得出DO=22，即PM+PN的最小值22；
③先证△DGE∽△ADE，再根据相似三角形的性质及CF＝DE，即可判断；
④先求出AM的长，再根据三角形面积公式计算即可．
【答案】D 【解析】①∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC＝BC，∠ADC＝∠DCB＝90°，∵BF＝CE，∴BC﹣BF＝DC﹣CE，即CF＝DE，在△ADE和△DCF中，AD=DC∠ADE=∠DCFDE=CF，∴△ADE≌△DCF（SAS），∴∠DAE＝∠CDF，∵∠CDF+∠ADG＝90°，∴∠DAE+∠ADG＝90°，∴∠AGD＝90°，∴∠AGM＝90°，∴∠AGM＝∠AGD，∵AE平分∠CAD，∴∠MAG＝∠DAG，又AG为公共边，∴△AGM≌△AGD（ASA），∴GM＝GD，又∵∠AGM＝∠AGD＝90°，∴AE垂直平分DM，故①正确；②如图，连接BD与AC交于点O，交AG于点H，连接HM，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，即DO⊥AM，∵AE垂直平分DM，∴HM＝HD，当点P与点H重合时，PM+PN的值最小，此时PM+PN＝HM+HO＝HD+HO＝DO，即PM+PN的最小值是DO的长，∵正方形ABCD的边长为4，∴AC＝BD=42，∴DO=12BD=22，即PM+PN的最小值为22，故②错误；③∵AE垂直平分DM，∴∠DGE＝90°，∵∠ADC＝90°，∴∠DGE＝∠ADC，又∵∠DEG＝∠AED，∴△DGE∽△ADE，∴DEAE=GEDE，即DE2＝GE•AE，由①知CF＝DE，∴CF2＝GE•AE，故③正确；④∵AE垂直平分DM，∴AM＝AD＝4，又DO=22，∴S△ADM=12AM⋅DO=12×4×22=42，故④错误；综上，正确的是：①③，故选：D．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，三角形全等的判定与性质，线段垂直平分线的判定与性质，最短路径问题等知识点，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
二、填空题
17．【2023·湘西州】如图，在矩形ABCD中，点E在边BC上，点F是AE的中点，AB＝8，AD＝DE＝10，则BF的长为 ．
【答案】25【解析】 ∵四边形ABCD是矩形，AB＝8，AD＝DE＝10，∴∠ABC＝∠C＝90°，CD＝AB＝8，BC＝AD＝10，∴CE=DE2-CD2=102-82=6，∴BE＝BC﹣CE＝10﹣6＝4，∴AE=AB2+BE2=82+42=45，∵点F是AE的中点，∴BF=12AE=12×45=25，故答案为：25．
19．【2023·哈尔滨】矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F在矩形ABCD边上，连接OF．若∠ADB＝38°，∠BOF＝30°，则∠AOF＝ ．
【答案】46°或106°【解析】当F在AB上时，如图，
∵四边形ABCD是矩形，∴OD＝OA，∠OAD＝∠ODA＝38°，∴∠AOB＝∠ADO+∠DAO＝76°，∵∠BOF＝30°，∴∠AOF＝∠AOB﹣∠BOF＝46°；当F在BC上时，如图，
∵四边形ABCD是矩形，∴OD＝OA，∠OAD＝∠ODA＝38°，∴∠AOB＝∠ADO+DAO＝76°，∵∠BOF＝30°，∴∠AOF＝∠AOB+∠BOF＝106°，∴∠AOF＝46°或106°．故答案为：46°或106°．
20．【2023·哈尔滨】如图，在正方形ABCD中，点E在CD上，连接AE，BE，F为BE的中点，连接CF，若 CF=292，DEEC=32，则AE的长为 ．
【答案】34【解析】 ∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，BC＝DC＝AD，∵F为BE的中点，CF=292，∴BE＝2CF=29，设DE＝3x，EC＝2x，则DC＝BC＝5x，在Rt△BCE中，（5x）2+（2x）2＝（29）2，
解得x＝1或﹣1（舍去），∴CE＝2，DE＝3，BC＝AD＝DC＝5，在Rt△ADE中，AE2＝AD2+DE2，即AE=52+32=34．故答案为：34．
16．【2023·呼和浩特】如图，正方形ABCD的边长为25，点E是CD的中点，BE与AC交于点M，F是AD上一点，连接BF分别交AC，AE于点G，H，且BF⊥AE，连接MH，则AH＝ ，MH＝ ．
【答案】2 2133 【解析】 ∵四边形ABCD为正方形，且边长为25，∴AB＝BC＝CD＝DA=25，∠BAD＝∠D＝90°，AB∥CD，∵点E为CD的中点，∴DE＝CE=5，在Rt△ADE中，AD=25，DE=5，由勾股定理得：AE=AD2+DE2=5，∵∠BAD＝90°，BF⊥AE，∴∠BAH+∠DAE＝90°，∠ABF+∠BAH＝90°，∴∠DAE＝∠ABF，在△DAE和△ABF中，∠D=∠BAF=90°AD=AB∠DAE=∠ABF，∴△DAE≌△ABF（SAS），∴DE＝AF=5，AE＝BF＝5，∵BF⊥AE，∠D＝90°，∴∠AHF＝∠D＝90°，又∠HAF＝∠DAE，∴△AFH∽△ADE，∴AH：AD＝AF：AE，即：AH：25=5：5，∴AH＝2．过点M作MN⊥AE于点N，如图：
在△ADE和△BCE中，AD=BC∠D=∠BCE=90°DE=CE，∴△ADE≌△BCE（SAS），∴AE＝BE＝5，∴EH＝AE﹣AH＝5﹣2＝3，在Rt△AHB中，AB=25，AH＝2，由勾股定理得：BH=AB2-AH2=4，∵AB∥CD，∴△MEC∽△MBA，∴ME：MB＝CE：AB，即：ME：MB=5：25，∴ME：MB＝1：2，∴ME：EB＝1：3，∵BF⊥AE，MN⊥AE，∴MN∥BH，∴△MNE∽△BHE，∴MN：BH＝EN：EH＝ME：EB∴MN：4＝EN：3＝1：3，∴MN=43，EN＝1，∴HN＝EH﹣EN＝3﹣1＝2，在Rt△MHN中，MN=43，HN＝2，由勾股定理得：MH=MN2+HN2=2133．
故答案为：2，2133．
16．【2023·鞍山市】如图，在正方形ABCD中，点M为CD边上一点，连接AM，将△ADM绕点A顺时针旋转90°得到△ABN，在AM，AN上分别截取AE，AF，使AE＝AF＝BC，连接EF，交对角线BD于点G，连接AG并延长交BC于点H．若AM=253，CH＝2，则AG的长为 ．
【答案】407【解析】 ∵将△ADM绕点A顺时针旋90°得到△ABN，∴AM＝AN，DM＝BN，∠MAN＝90°，∠DAM＝∠BAN，∠AMD＝∠ANB，如图，连接DE，BF，
∵AE＝AF＝BC，FN＝AN﹣AF，EM＝AM﹣AE，∴FN＝EM，在△BFN和△DEM中，BN=DM∠FNB=∠EMDFN=EM，∴△BFN≌△DEM（SAS），∴BF＝DE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADB＝∠ABD＝45°，AB＝AD＝BC，∴AF＝AB，AE＝AD，∴△ABF和△AED都是等腰三角形，∴∠ABF＝∠AFB=12（180°﹣∠BAF），∠ADE＝∠AED=12（180°﹣∠DAE），∵∠DAE＝∠BAF，∴∠ABF＝∠AFB＝∠ADE＝∠AED，∵AF＝AE，∠MAN＝90°，∴△AFE为等腰直角三角形，∴∠AEG＝∠AFG＝45°，∵∠GDE＝∠ADE﹣∠ADB＝∠ADE﹣45°，∠GFB＝∠AFB﹣∠AFG＝∠AEB﹣45°，∴∠GFB＝∠GDE，在△GFB和△GDE中，∠BGF=∠EGD∠GFB=∠GDEBF=DE，∴△GFB≌△GDE（AAS），∴FG＝DG，BG＝EG，在△AFG和△ADG中，AF=ADFG=DGAG=AG，∴△AFG≌△ADG（SSS），∴∠FAG＝∠DAG，即∠DAH＝∠NAH，∵AD∥BC，∴∠DAH＝∠AHN，∴∠AHN＝∠NAH，∴AN＝NH＝AM=253，设BH＝x，则AB＝BC＝BH+CH＝x+2，BN=NH-BH=253-x，在Rt△ABN中，AN2＝BN2+AB2，∴(253)2=(253-x)2+(x+2)2，解得：x1＝6，x2=13，∴BH＝6或13，如图，过点G作 PG∥BC，交AB于点P，
∴△APG∽△ABH，∴APAB=PGBH，即APPG=ABBH，∵PG∥BC，∴∠GPB＝180°﹣∠PBH＝180°﹣90°＝90°，∵PBG＝45°，∴∠PGB＝90°﹣∠PBG＝45°＝∠PBG，∴PG＝PB，①当BH＝6时，AD＝CD＝AB＝BH+CH＝8，∴APPG=ABBH=86=43，∴设AP＝4a，PG＝3a＝PB，∵AB＝AP+PB＝8，∴4a+3a＝8，解得：a=87， 在Rt△APG中，AG=AP2+PG2=(4a)2+(3a)2=5a=407；②当BH=13时，AB＝CD＝BC＝BH+CH=73，在Rt△ADM中，DM=AM2-AD2=(253)2-(73)2=8，∵DM＝8＞CD=73，∴点M在CD的延长线上，与题意不符．综上，AG的长为407．故答案为：407．
25．【2023·甘孜州】如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点P，Q分别在AB和AC上，PQ∥BC，M为PQ上一点，且满足PM＝2MQ．连接AM，DM，若MA＝MD，则AP的长为 ．
【答案】3【解析】 设AP的长为x，因为PQ∥BC，所以△APQ∽△ABC，则APAB=PQBC，又AB＝4，BC＝6，所以PQ=32x．又PM＝2MQ，所以PM＝x，MQ=12x，则PM＝PA，又∠APM＝90°，所以△APM是等腰直角三角形，则AM=2x，∠PAM＝45°，所以∠DAM＝45°．又MA＝MD，所以∠ADM＝∠DAM＝45°．所以△MAD是等腰直角三角形，则AD=2AM，即6=2⋅2x，得x＝3．即AP的长为3．故答案为：3．
宁夏
10．【2023·宁夏10题】如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E在AD上，连接EB，EC．则图中阴影部分的面积是 ．
【答案】2
广西
18．【2023·广西18题】如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，M，N分别是EF，AF的中点，则MN的最大值为 ．
【分析】首先证明出MN是△AEF的中位线，得出 MN=12AE，然后由正方形的性质和勾股定理得到 AE=AB2+BE2=4+BE2，证明出当BE最大时，AE最大，此时MN最大，进而得到当点E和点 C重合时，BE最大，即BC的长度，最后代入求解即可．
【答案】2 【解析】如图所示，连接AE，
∵M，N分别是EF，AF的中点，∴MN是△AEF的中位线.∴MN=12AE.∵四边形ABCD是正方形，∠B＝90°，∴AE=AB2+BE2=4+BE2.∴当BE最大时，AE最大，此时MN最大.∵点E是BC上的动点，∴当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度.∴此时 AE=4+22=22.∴MN=12AE=2.∴MN的最大值为2．故答案为：2．
【点评】本题考查了正方形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
福建省
13．【2023·福建13题】如图，在菱形ABCD中，AB＝10，∠B＝60°，则AC的长为 ．
【答案】10 【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC.∵∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形.∴AC＝AB＝10．
天津
17．【2023•天津17题】如图，在边长为3的正方形ABCD的外侧，作等腰三角形ADE，EA=ED=52．
（I）△ADE的面积为 ；
（II）若F为BE的中点，连接AF并延长，与CD相交于点G，则AG的长为 ．
【分析】（I）过E作EM⊥AD于M，根据等腰三角形的性质得到AM＝DM=12AD=32，根据勾股定理得到EM=AE2-AM2=2，根据三角形的面积公式即可得到△ADE的面积为12AD⋅EM=12×3×2=3；（II）过E作AD的垂线交AD于M，AG于N，BC于P，根据正方形的性质得到EP⊥BC，推出四边形ABPM是矩形，得到PM＝AB＝3，AB∥EP，根据全等三角形的性质得到EN＝AB＝3，根据勾股定理即可得到结论．
【答案】（I）3 （II）13
【解析】（I）过E作EM⊥AD于M，∵EA=ED=52．AD＝3，∴AM＝DM=12AD=32.
∴EM=AE2-AM2=2.∴△ADE的面积为12AD⋅EM=12×3×2=3.
（II）过E作AD的垂线交AD于M，AG于N，BC于P，∵四边形ABCD是正方形，∴BC∥AD.∴EF⊥BC.
∴四边形ABPM是矩形.∴PM＝AB＝3，AB∥EP.∴EP＝5，∠ABF＝∠NEF.
∵F为BE的中点，∴BF＝EF.∴可证△ABF≌△NEF.∴EN＝AB＝3.∴MN＝1.
∵PM∥CD，AM＝DM，∴AN＝NG.∴CD＝2MN＝2.∴AG=AD2+CD2=32+22=13.
陕西省
11．【2023·陕西】点E是菱形ABCD的对称中心，∠B＝56°，连接AE，则∠BAE的度数为 ．
【分析】连接BE，根据中心对称图形的定义得出点E是菱形ABCD的两对角线的交点，根据菱形的性质得出AE⊥BE，∠ABE=12∠ABC＝28°，那么∠BAE＝90°﹣∠ABE＝62°．
【答案】62°【解析】如图，连接BE.∵点E是菱形ABCD的对称中心，∠ABC＝56°，∴点E是菱形ABCD的两对角线的交点，∴AE⊥BE，∠ABE=12∠ABC＝28°，∴∠BAE＝90°﹣∠ABE＝62°．
【点评】本题考查了菱形的性质，菱形是中心对称图形，两对角线的交点是对称中心，掌握菱形的两条对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角是解题的关键．
13．【2023·陕西】如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4．点E在边AD上，且ED＝3，M、N分别是边AB、BC上的动点，且BM＝BN，P是线段CE上的动点，连接PM，PN．若PM+PN＝4．则线段PC的长为 ．
【分析】由题意知△CDE是等腰直角三角形，作点N关于EC的对称点N'，则N'在直线CD上，连接PN'，PN＝PN'，PM+PN＝4．即PM+PN'＝4，BC＝4，BM＝BN，所以此时M、P、N'三点共线且MN'∥AD，点P在MN'的中点处，PM＝PN'＝2，PC＝22．
【答案】22【解析】∵DE＝AB＝CD＝3，∴△CDE是等腰直角三角形.作点N关于EC的对称点N'，则N'在直线CD上，连接PN'，如图.∵PM+PN＝4．∴PM+PN'＝4＝BC，即MN'＝4，此时M、P、N'三点共线且MN'∥AD，点P在MN'的中点处，∴PM＝PN'＝2，∴PC＝22．
【点评】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．
甘肃省
15．【2023·甘肃省卷15题】如图，菱形ABCD中，∠DAB＝60°，BE⊥AB，DF⊥CD，垂足分别为B，D，若AB＝6cm，则EF＝ cm．
【答案】23【解析】连接BD交AC于O，如图，则AO＝CO，BO＝OD .根据菱形的性质得到AD＝AB，∠DAC＝∠BAC＝∠DCA＝∠BCA，AC⊥BD.∵∠DAB＝60°，∴△ABD是等边三角形.∴BD＝AB＝6cm.根据勾股定理得到AC＝2AO＝63（cm）.可证△CDF≌△ABE，∴AE＝CF=ABcs30°=43（cm）.∴EF＝AE+CF﹣AC＝23（cm）.
浙江省
14．【2023·台州】如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6．在边AD上取一点E，使BE＝BC，过点C作CF⊥BE，垂足为点F，则BF的长为 ．
【分析】根据矩形的性质可得出∠AEB＝∠FBC，结合已知BE＝BC，可证得△ABE和△FCB全等（AAS），得出FC＝AB＝4，由矩形的性质得到BC＝AD＝6.在Rt△FCB中，利用勾股定理可得BF=BC2-FC2=62-42=25.
14．【2023·绍兴】如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝40°，连接AC，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E，连接CE，则∠AEC的度数是 ．
【分析】根据菱形的性质可得∠DAC＝20°，再根据等腰三角形的性质可得∠AEC的度数．
【答案】10°或80°【解析】以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E和E′，如图所示，在菱形ABCD中，∠DAC＝∠BAC，∵∠DAB＝40°，∴∠DAC＝20°，∵AC＝AE，∴∠AEC＝（180°﹣20°）÷2＝80°，∵AE′＝AC，∴∠AE′C＝∠ACE′＝10°，综上所述，∠AEC的度数是10°或80°，
【点评】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握这些性质是解题的关键．
山东省
14.【2023·威海】 如图，在正方形中，分别以点为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点，连接，则___________．
【分析】证明是等边三角形可得，再求出，利用等腰三角形的性质可求出，进而可求出．
【答案】15【解析】连接，由作图方法可知，，∴是等边三角形，∴，
∵四边形是正方形，∴，，∴，
∴，∴．故答案为：15．
【点评】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
15．【2023·临沂】如图，三角形纸片ABC中，AC＝6，BC＝9，分别沿与BC，AC平行的方向，从靠近A的AB边的三等分点剪去两个角，得到的平行四边形纸片的周长是 ．
【答案】14【解析】如图，
∵DE∥BC，DF∥AC，∴四边形DECF为平行四边形，△ADE∽△ABC，△BDF∽△BAC，∴DEBC=ADAB=13，DFAC=BDBA=23，∵AC＝6，BC＝9，∴DE＝3，DF＝4，∴平行四边形纸片的周长是2×（3+4）＝14．
13．【2023·临沂】若菱形的两条对角线长分别为6和8，则该菱形的面积为 ．
【答案】24
16．【2023·滨州】如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是线段OB，OA上的点，若AE＝BF，AB＝5，AF＝1，BE＝3，则BF的长为 ．
【分析】过A作AN⊥BD于N，过B作BM⊥AC于M，根据矩形的性质得到OB=12BD，OA=12AC，AC＝BD，根据三角形的面积公式得到AN＝BM，根据全等三角形的性质得到ON＝OM，FM＝EN，设FM＝EN＝x，根据勾股定理即可得到结论．
【答案】22【解析】过A作AN⊥BD于N，过B作BM⊥AC于M，∴∠ANO＝∠ANB＝∠BMO＝∠BMA＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，∴OB=12BD，OA=12AC，AC＝BD，∴OB＝OA，∵S△AOB=12OB•AN=12OA•BM，∴AN＝BM，∴Rt△AON≌Rt△BOM（HL），∴ON＝OM，∴BN＝AM，∵AE＝BF，∴Rt△ANE≌△Rt△BMF（HL），
∴FM＝EN，设FM＝EN＝x，∵AF＝1，BE＝3，∴BN＝3﹣x，AM＝1+x，∴3﹣x＝1+x，∴x＝1，∴FM＝1，
∴AM＝2，∵AB＝5，∴BM=AB2-AM2=21，∴BF=FM2+BM2=1+21=22，故答案为：22．
【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．
15．【2023•枣庄】如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE＝7，F为DE的中点，若△CEF的周长为32，则OF的长为 ．
【分析】在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，可知O是中点，∠BCD＝90°，F为DE的中点，则CF＝EF＝DF，△CEF的周长为32，CE＝7，则CF+EF＝25，即DE＝25，根据勾股定理可得CD＝24＝BC，从而求得BE，再根据中位线的性质即可解答．
【答案】172【解析】在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∴∠BCD＝90°，O是中点.
∵F为DE的中点，∴CF＝EF＝DF.∵△CEF的周长为32，CE＝7，∴CF+EF＝25，即DE＝25.
在Rt△CDE中，根据勾股定理可得CD＝24＝BC，∴BE＝24﹣7＝17.根据三角形的中位线可得OF=12BE=172．
【点评】本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，熟悉性质是解题关键．
湖南省
15．【2023·怀化】如图，点P是正方形ABCD的对角线AC上的一点，PE⊥AD于点E，PE＝3．则点P到直线AB的距离为 ．
【答案】3 【解析】过点P作PF⊥AB于点F，则PF为点P到直线AB的距离.可以证明四边形AFPE为正方形，∴AE＝PF＝3．∴点P到直线AB的距离为3．
【2023·湘潭】七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具．某同学用边长为4dm的正方形纸板制作了一副七巧板（见图），由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成．则图中阴影部分的面积为
dm2．
【分析】根据正方形的性质，以及七巧板的特点，求得OE的长，即可求解．
【答案】2【解析】如图所示，
依题意，OD=22AD＝22，OE=12OD=2，∴图中阴影部分的面积为OE2＝（2）2＝2（dm2），故答案为：2．
【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关键．
湖北省
15．【2023·十堰】如图，在菱形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD上的点，且BE＝BF＝CG＝AH，若菱形的面积等于24，BD＝8，则EF+GH＝ ．
【分析】连接AC交BD于点O，先根据菱形的面积公式计算出对角线AC的长，再证△BEF∽△BAC，得出EFAC=BEBA，同理可证△DHG∽△DAC，得出GHAC=DHDA，两式相加，即可求出EF+GH的值．
【答案】6【解析】连接AC交BD于点O，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝AD，∵菱形的面积等于24，BD＝8，∴AC⋅BD2=24，∴AC＝6，∵BE＝BF，∴∠BEF＝∠BFE＝180°﹣∠EBF，∵BA＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝180°﹣∠ABC，∴∠BEF＝∠BAC，∴EF∥AC，∴△BEF∽△BAC，∴EFAC=BEBA，∵BA＝DA，∴EFAC=BEAD，同理可证△DHG∽△DAC，∴GHAC=DHDA，∴EFAC+GHAC=BEAD+DHAD，即EF+GHAC=BE+DHAD=AH+DHAD=ADAD=1，∴EF+GH＝AC＝6，故答案为：6．
【点评】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，求出EF+GH＝AC是此题的关键．
江苏省
16．【2023·扬州】我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成．如图，直角三角形的直角边长为a、b，斜边长为c，若b﹣a＝4，c＝20，则每个直角三角形的面积为 ．
【答案】0.6【解析】由图可得，a2+b2＝c2，∴a2+b2=202b-a=4且a、b均大于0，解得a=12b=16，∴每个直角三角形的面积为12ab=12×12×16＝96，故答案为：96．
黑龙江
20．【2023·牡丹江】如图，在正方形ABCD中，E在边CD上，BE交对角线AC于点F，CM⊥BE于M，∠CME的平分线所在直线分别交CD，AC于点N，P，连接FN．
下列结论：①S△NPF：S△NPC＝FM：MC；②CM＝PN；③EN•CD＝EC•CF；④若EM＝1，MB＝4，则PM=2．其中正确的是 ．
【分析】记N到PC的距离为h，可得S△NPFS△NPC=12PF⋅h12PC⋅h=PFPC，证明△PMF∽△PCN，有MFCN=PFPN，∠PFM＝∠PNC，PFMF=PNCN，同理△NCM∽△NPC，有PNCN=PCCM，故PCCM=PFMF，从而判断①正确；证明M，F，C，N四点共圆，得∠FNC＝∠FMC＝90°，可得△EFN∽△EBC，ENEC=FNBC=FNCD，判断③不正确；证明△CME∽△BMC，得CM2＝BM•EM＝4，CM＝2，（负根舍去），CE=5，BC=42+22=25=AB，同理可得：△CEF∽△ABF，有EFBF=CEAB=525=12，故EF=13BE=53，BF=103，FM＝BM﹣BF＝4-103=23，由△PMF∽△BCF，有PMBC=MFCF，而△EFN∽△EBC，可得EN=13EC=53，CN＝EC﹣EN=253，CF=2CN=2103，可得PM=2，判断④正确；根据△EMN∽△ECF，可得5353=MN2103，MN=223，PN＝PM+MN=2+223=523，判断②不正确．
【答案】①④【解析】记N到PC的距离为h，∴S△NPFS△NPC=12PF⋅h12PC⋅h=PFPC，∵CM⊥BE，四边形ABCD是正方形，∴∠CME＝90°，∠PCN＝45°，∵MN平分∠CME，∴∠CMN＝∠EMN＝∠PMF＝45°＝∠PCN，∵∠MPF＝∠NPC，∴△PMF∽△PCN，∴MFCN=PFPN，∠PFM＝∠PNC，∴PFMF=PNCN，同理可得：△NCM∽△NPC，∴PNCN=PCCM，∴PCCM=PFMF，∴PFPC=MFCM，∴S△NPFS△NPC=MFCM，故①正确；∵∠PMF＝45°＝∠PCE，∴∠PCE+∠FMN＝180°，∴M，F，C，N四点共圆，∴∠FNC＝∠FMC＝90°，∴FN∥BC，∴△EFN∽△EBC，∴ENEC=FNBC=FNCD，∴EN•CD＝EC•FN，故③不正确；∵EM＝1，BM＝4，∴BE＝5，∵正方形ABCD，CM⊥BE，∴∠BCD＝∠BMC＝∠EMC＝90°，∴∠MEC+∠MCE＝90°＝∠MCE+∠BCM，∴∠MEC＝∠BCM，∴△CME∽△BMC，∴CMBM=MECM，即CM2＝BM•EM＝4，∴CM＝2，（负根舍去），∴CE=5，BC=42+22=25=AB，同理可得：△CEF∽△ABF，∴EFBF=CEAB=525=12，∴EF=12BF，∴EF=13BE=53，BF=103，∴FM＝BM﹣BF＝4-103=23，∵∠PMF＝∠ACB＝45°，∠PFM＝∠BFC，∴△PMF∽△BCF，∴PMBC=MFCF，∵△EFN∽△EBC，∴ENEC=EFBE=13，∴EN=13EC=53，∴CN＝EC﹣EN=253，∴CF=2CN=2103，∴PM25=232103，∴PM=2，故④正确；同理可得：△EMN∽△ECF，∴ENEF=MNCF，即5353=MN2103，∴MN=223，∴PN＝PM+MN=2+223=523，而CM＝2，∴CM≠PN，故②不正确；综上所述：正确的有①④，
【点评】本题考查正方形的性质及应用，涉及相似三角形的性质及应用，解题的关键是掌握正方形的性质及相似三角形的判定定理．
12．【2023·齐齐哈尔】如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，AC⊥BD于点O．请添加一个条件： ，使四边形ABCD成为菱形．
【分析】根据AD∥BC或AB＝CD或或ADB＝∠CBD，证得四边形ABCD是平行四边形，再根据AC⊥BD可证得四边形ABCD是菱形；根据OB＝OD，证得Rt△ADO≌Rt△CBO（HL），得到AO＝CO，DO＝BO，可证得四边形ABCD是菱形．
【答案】AD∥BC（或AB＝CD或OB＝OD 或ADB＝∠CBD等 ） 【解析】当添加“AD∥BC”时，∵AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形；当添加：“AB＝CD”时，∵AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形；当添加“OB＝OD”时，∵AD＝BC，AC⊥BD，∴Rt△ADO≌Rt△CBO（HL），∴AO＝CO，DO＝BO，∴四边形ABCD是菱形；当添加：“ADB＝∠CBD”时，∴AD∥BC，∵AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形．故答案为：AD∥BC（或AB＝CD或OB＝OD 或ADB＝∠CBD等 ）．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的判定、直角全等三角形全等的判定，解答本题的关键是熟练掌握菱形的判定，利用数形结合的思想解答．
13．【2023·龙东地区】如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，试添加一个条件 ，使得矩形ABCD为正方形．
【分析】根据正方形的判定方法添加即可．
【答案】AB＝AD（答案不唯一） 【解析】AB＝AD．理由：∵四边形ABCD是矩形，又∵AB＝AD，∴四边形ABCD是正方形．或∵四边形ABCD是矩形，又∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是正方形，故答案为：AB＝AD（答案不唯一）．
【点评】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法与性质是解题的关键．
辽宁省
16.【2023·大连】如图，在正方形中，，延长至，使，连接，平分
交于，连接，则的长为_______________．
【分析】如图，过作于，于，由平分，可知，可得四边形是正方形，，设，则，证明，则，即，解得，，由勾股定理得，计算求解即可．
【答案】【解析】如图，过作于，于，则四边形是矩形，，
∵平分，∴，∴，∴四边形是正方形，设，则，∵，∴，∴，即，解得，∴，由勾股定理得，故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
13. 【2023·大连】如图，在菱形中，为菱形的对角线，，点为中点，则的长为_______________．
【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．
【答案】【解析】∵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．
四川省
24．【2023•内江】如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，△BPC是等边三角形，则阴影部分的面积为 ．
【分析】过点P作PE⊥CD于点E，过点P作PF⊥BC于点F，先利用60°角的正弦值求出PF的长，即可求出等边△BPC的面积，再求出PE的长，即可求出△PCD的面积，最后根据图形间面积关系即可求出阴影部分的面积．
【答案】12-43【解析】过点P作PE⊥CD于点E，过点P作PF⊥BC于点F，∴∠PFC＝∠PEC＝90°.
∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠BCD＝90°.∵△BPC是等边三角形，∴PC＝BC＝4，∠PCB＝60°.在Rt△PFC中，sin60°=PFPC，即32=PF4，∴PF=23.∴S△BPC=12BC⋅PF=12×4×23=43.
∵∠BCD＝90°，∠PCB＝60°，∴∠PCE＝30°.∴PE=12PC=12×4=2.∴S△PCD=12CD⋅PE=12×4×2=4.
∵S正方形ABCD=42=16，∴S阴影＝S正方形ABCD﹣S△BPC﹣S△PCD=16-43-4 =12-43.故答案为：12-43．
【点评】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，锐角三角函数的定义，图形间面积关系，掌握这些性质是解题的关键．
16．【2023•内江】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ABCD中，AB＝5，AD＝12，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，则EF+EG＝ ．
【分析】连接OE，根据矩形的性质得到BC＝AD＝12，AO＝CO＝BO＝DO，∠ABC＝90°，根据勾股定理得到AC=AB2+BC2=13，求得OB＝OC=132，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【答案】6013【解析】连接OE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，BC＝AD＝12，AO＝CO＝BO＝DO.
∵AB＝5，BC＝12，∴AC=AB2+BC2=13.
∴OB＝OC=132，∴S△BOC＝S△BOE+S△COE=12×OB•EG+12OC•EF=12S△ABC=12×12×5×12=15.
∴12×132EG+12×132EF=12×132(EG+EF)=15，∴EG+EF=6013.
【点评】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．
三、解答题
21．【2023·海南】如图1，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB＝6，∠ABC＝60°，点P为线段BO上的动点（不与点B，O重合），连接CP并延长交边AB于点G，交DA的延长线于点H．
（1）当点G恰好为AB的中点时，求证：△AGH≌△BGC；
（2）求线段BD的长；
（3）当△APH为直角三角形时，求HPPC的值；
（4）如图2，作线段CG的垂直平分线，交BD于点N，交CG于点M，连接NG，在点P的运动过程中，∠CGN的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．
解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠HAB＝∠ABC，
∵点G是AB的中点，
∴AG＝BG，
又∵∠AGH＝∠BGC，
∴△AGH≌△BGC（AAS）；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD，∠ABD=12∠ABC＝30°，
∴AO=12AB＝3，BO=3AO＝33，
∴BD＝63；
（3）解：当∠PAD＝90°时，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC＝∠ADC＝60°，∠ADB=12∠ADC＝30°，
∴AD=3AP＝6，PD＝2AP，
∴AP＝23，DP＝43，
∴BP＝23，
∵AD∥BC，
∴△BPC∽△DPH，
∴DPBP=HPPC，
∴HPPC=4323=2；
当∠APH＝90°时，
∴∠DPA＝∠DPC＝45°，
∴AO＝PO＝3，
∴BP＝33-3，DP＝33+3，
∵AD∥BC，
∴△BPC∽△DPH，
∴DPBP=HPPC，
∴HPPC=33+333-3=2+3；
综上所述：HPPC=2或2+3；
（4）解：∠CGN的度数是定值，
如图，取BC的中点H，连接OH，HM，NC，
∵MN是CG的垂直平分线，
∴GN＝CN，GM＝CM，
∴∠NGC＝∠GCN，
又∵点H是BC的中点，
∴MH∥AB，
∵点H是BC的中点，AO＝CO，
∴OH∥AB，
∴点M，点H，点O三点共线，
∵点H是BC的中点，AC⊥BD，
∴HO＝HB＝CH，
∴∠CBO＝∠BOH＝30°，
∵∠COB＝∠NMC＝90°，
∴点O，点C，点M，点N四点共圆，
∴∠BOH＝∠NCM＝30°，
∴∠CGN＝∠NCM＝30°．
22．【2023·青岛】如图①，正方形ABCD的面积为1．
（1）如图②，延长AB到A1，使A1B＝BA，延长BC到B1，使B1C＝CB，则四边形AA1B1D的面积为 ；
（2）如图③，延长AB到A2，使A2B＝2BA，延长BC到B2，使B2C＝2CB，则四边形AA2B2D的面积为 ；
（3）延长AB到An，使AnB＝nBA，延长BC到Bn，使BnC＝nCB，则四边形AAnBnD的面积为 ．
【答案】（1）2.5；
（2）5；
（3）12（n2+2n+2）．
【解析】（1）∵正方形ABCD的面积为1，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝1，
∵A1B＝BA，B1C＝CB，
∴BB1＝BC+CB1＝2，A1B＝1，
∵A1B⊥BB1，
∴S△ABB1=12A1B×BB1=12×1×2＝1，
∵AD⊥AB，
∴S梯形ABB1D=12（BB1+AD）×AB=12（2+1）×1=32，
∵S四边形AA1B1D＝S△ABB1+S梯形ABB2D，
∴S四边形AA1B1D＝1+32=2.5，
故答案为：2.5；
（2））∵正方形ABCD的面积为1，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝1，
∵A2B＝2BA＝2，B2C＝2CB＝2，
∴BB2＝BC+CB2＝2+1＝3，A2B＝2，
∵A2B⊥BB2，
∴S△ABB2=12A2B×BB2=12×2×（2+1）=12×2×（2+1）＝3，
∵AD⊥AB，
∴S梯形ABB2D=12（BB2+AD）×AB=12（2+1+1）×1＝2，
∵S四边形AA2B2D=S△ABB2+S梯形ABB2D，
∴S四边形AA2B2D=3+2＝5，
故答案为：5；
（3）∵正方形ABCD的面积为1，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝1，
∵AnB＝nBA＝n，BnC＝nCB＝n，
∴BBn＝BC+CBn＝n+1，AnB＝n，
∵AnB⊥BBn，
∴S三角形ABBn=12AnB×BBn=12×n×（n+1）=12n（n+1），
∵AD⊥AB，
∴S梯形ABBnD=12（BBn+AD）×AB=12（n+1+1）×1=12（n+2），
∵S四边形AAnBnD=S三角形ABBn+S梯形ABBnD，
∴S四边形AAnBnD=12n（n+1）+12（n+2）=12（n2+2n+2），
故答案为：12（n2+2n+2）．
25．【2023·呼伦贝尔、兴安盟】已知正方形ABCD，E是对角线AC上一点．
（1）如图1，连接BE，DE．求证：△ABE≌△ADE；
（2）如图2，F是DE延长线上一点，DF交AB于点G，BF⊥BE．判断△FBG的形状并说明理由；
（3）在第（2）题的条件下，BE＝BF＝2．求AEAB的值．
解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CB＝CD，∠ABC＝∠ADC＝90°，
∴∠BAC＝∠BCA＝∠DAC＝∠DCA＝45°，
在△ABE和△ADE中，
AB=AD∠BAE=∠DAEAE=AE，
∴△ABE≌△ADE（SAS）．
（2）解：△FBG是等腰三角形，理由如下：
∵△ABE≌△ADE，
∴∠ABE＝∠ADE，
∴∠ABC﹣∠ABE＝∠ADC﹣∠ADE，
∴∠EBC＝∠EDC，
∵AB∥CD，
∴∠FGB＝∠EDC，
∴∠FGB＝∠EBC，
∵BF⊥BE，
∴∠FBE＝90°，
∴∠FBG＝∠EBC＝90°﹣∠ABE，
∴∠FGB＝∠FBG，
∴BF＝GF，
∴△FBG是等腰三角形．
（3）解：∵BE＝BF＝2，∠FBE＝90°，
∴∠F＝∠BEF＝45°，
∴∠BAC＝∠F，
∴∠AEG＝∠AGF﹣∠BAC＝∠AGF﹣∠F＝∠FBG，
∵∠AGE＝∠FGB，且∠FGB＝∠FBG，
∴∠AGE＝∠AEG，
∴AE＝AG，
∵EF=BE2+BF2=22+22=22，BF＝GF＝2，
∴GE＝EF﹣GF＝22-2，
∵△ABE≌△ADE，
∴BE＝DE＝2，
∵AG∥CD，
∴△AGE∽△CDE，
∴AGCD=GEDE=22-22=2-1，
∴AEAB=2-1，
∴AEAB的值为2-1．
18．【2023·鞍山市】如图，在▱ABCD中，对角线BD的垂直平分线分别与AD，BD，BC相交于点E，O，F，连接BE，DF，求证：四边形EBFD是菱形．
证明：∵∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠EDO＝∠OBF，
∵O是BD中点，
∴BO＝DO，
∵∠EOD＝∠BOF，
在△DEO和△BFO中，
∠EDO=∠OBFDO=BO∠EOD=∠BOF，
∴△DEO≌△BFO（ASA），
∴OE＝OF，
∴四边形EBFD是平行四边形，
又∵EF⊥BD，
∴四边形EBFD是菱形．
19．【2023·朝阳】如图1，在▱ABCD中，求作菱形EFGH，使其面积等于▱ABCD的面积的一半，且点E，F，G，H分别在边AD，AB，BC，CD上．
（1）小明所作的四边形EFGH是菱形吗？为什么？
（2）四边形EFGH的面积等于▱ABCD的面积的一半吗？请说明理由．
解：（1）小明所作的四边形EFGH是菱形．
理由如下：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OA＝OC，AB∥CD，
∴∠OAF＝∠OCH，
在△AOF和△COH中，
∠OAF=∠OCHOA=OC∠AOF=∠COH，
∴△AOF≌△COH（ASA），
∴OF＝OH，
同理可得OE＝OG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵EG⊥FH，
∴四边形EFGH是菱形；
（2）四边形EFGH的面积等于▱ABCD的面积的一半．
理由如下：
∵FH∥AD，AB∥CD，
∴四边形AFHD为平行四边形，
∴FH＝AD，
∵菱形EFGH的面积=12FH•EG，平行四边形ABCD的面积＝AD•EG，
∴菱形EFGH的面积＝平行四边形ABCD的面积的一半．
24．【2023·朝阳】如图，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上一点，连接EA，将线段EA绕点E逆时针旋转，使点A落在射线CB上的点F处，连接EC．
【问题引入】
（1）请你在图1或图2中证明EF＝EC（选择一种情况即可）；
【探索发现】
（2）在（1）中你选择的图形上继续探索：延长FE交直线CD于点M．将图形补充完整，猜想线段DM和线段BF的数量关系，并说明理由；
【拓展应用】
（3）如图3，AB＝3，延长AE至点N，使NE＝AE，连接DN．当△ADN的周长最小时，请你直接写出线段DE的长．
．
解：（1）证明：选择图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，
∵BE＝BE，
∴△BEA≌△BEC（SAS），
∴EA＝EC，
由旋转得：EA＝EF，
∴EF＝EC．
选择图2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，
∵BE＝BE，
∴△BEA≌△BEC（SAS），
∴EA＝EC，
由旋转得：EA＝EF，
∴EF＝EC．
（2）解：猜想DM＝BF．理由如下：
选择图1，过点F作FH⊥BC交BD于点H，
则∠HFB＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∴∠HFB＝∠BCD，
∴FH∥CD，
∴∠HFE＝∠M，
∵EF＝EC，
∴∠EFC＝∠ECF，
∵∠FCD＝90°，
∴∠EFC+∠M＝90°，∠ECD+∠ECF＝90°，
∴∠M＝∠ECM，
∴EC＝EM，
∴EF＝EM，
∵∠HEF＝∠DEM，
∴△HEF≌△DEM（ASA），
∴DM＝FH，
∵∠HBF＝45°，∠BFH＝90°，
∴∠BHF＝45°，
∴BF＝FH，
∴DM＝BF．
若选择图2，过点F作FH⊥BC交DB的延长线于点H，
则∠HFB＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，
∴∠HFB＝∠BCD，
∴FH∥CD，
∴∠H＝∠EDM，
∵EF＝EC，
∴∠EFC＝∠ECF，
∵∠EFC+∠FMC＝90°，∠ECF+∠ECM＝90°，
∴∠FMC＝∠ECM，
∴EC＝EM，
∴EF＝EM，
∵∠HEF＝∠DEM，
∴△HEF≌△DEM（AAS），
∴FH＝DM，
∵∠DBC＝45°，
∴∠FBH＝45°，
∴∠H＝45°，
∴BF＝FH，
∴DM＝BF．
（3）解：如图3，取AD的中点G，连接EG，
∵NE＝AE，
∴点E是AN的中点，
∴EG=12DN，
∵△ADN的周长＝AD+DN+AN＝3+2（AE+EG），
∴当△ADN的周长最小时，AE+EG最小，此时，C、E、G三点共线，如图4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝3，AD∥BC，∠BAD＝90°，
在Rt△ABD中，BD＝32，
∵点G是AD的中点，
∴DG=12AD=32，DGBC=12，
∵AD∥BC，
∴△DEG∽△BEC，
∴DEBE=DGBC=12，
∴BE＝2DE，
∵BE+DE＝BD＝32，
∴2DE+DE＝32，即3DE＝32，
∴DE=2．
25．【2023·盘锦】如图，四边形ABCD是正方形，点M在BC上，点N在CD的延长线上，BM＝DN，连接AM，AN，点H在BC的延长线上，∠MAH＝2∠BAM，点E在线段BH上，且HE＝AM，将线段EH绕点E逆时针旋转得到线段EG，使得∠HEG＝∠MAH，EG交AH于点F．
（1）线段AM与线段AN的关系是 ．
（2）若EF＝5，FG＝4，求AH的长．
（3）求证：FH＝2BM．
解：（1）【答案】垂直且相等【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADN＝∠ADC＝∠B＝90°，AD＝AB，
∵BM＝DN，∴△ADN≌△ABM（SAS），∴BM＝CN，∠DAN＝∠BAM，∴∠DAN+∠DAM＝∠BAM+∠DAM＝∠BAD＝90°，∴∠MAN＝90°，∴AM⊥AN，故答案为：垂直且相等；
（2）解：∵∠H＝∠H，∠HEG＝∠MAH，
∴△HEF∽△HAM，
∴EFAM=EHAH，
∵线段EH绕点E逆时针旋转得到线段EG，
∴EH＝EG＝EF+FG＝9，
∴AM＝HE＝9，
∴59=9AH，
∴AH=815；
（3）证明：如图，
延长MB至X，使BX＝BM，作∠AMB＝∠H，交AX于R，
∴XM＝2BM，
∵AB⊥XM，
∴AX＝AM，
∴∠XAB＝∠BAM，∠X＝∠AMB，
设∠XBA＝∠BAM＝α，
∴∠MAH＝∠XAM＝∠HEF＝2α，∠X＝∠AMB＝90°﹣α，
∴∠AMR＝∠H＝90°﹣∠BAH＝90°﹣3α，
∴∠MRX＝∠XAM+∠AMR＝2α+（90°﹣3α）＝90°﹣α，
∴∠X＝∠MRX，
∴RM＝XM，
∵∠XAM＝∠HEF＝2α，∠AMR＝∠H，EH＝AM，
∴△HEF≌△MAR（ASA），
∴FH＝RM＝XM＝2BM．
24．【2023·襄阳】【问题背景】
人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1D1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形A1B1C1D1O绕点O怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的14．想一想，这是为什么？（此问题不需要作答）
九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形ABCD的对角线相交于点O，点P落在线段OC上，PAPC=k（k为常数）．
【特例证明】
（1）如图1，将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，两直角边分别与边AB，BC相交于点M，N．
①填空：k＝ ；
②求证：PM＝PN．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明△PAM≌△PBN；也可过点P分别作AB，BC的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．）
【类比探究】
（2）如图2，将图1中的△PEF沿OC方向平移，判断PM与PN的数量关系（用含k的式子表示），并说明理由．
【拓展运用】
（3）如图3，点N在边BC上，∠BPN＝45°，延长NP交边CD于点E，若EN＝kPN，求k的值．
解：（1）①【答案】1【解析】∵将Rt△PEF的直角顶点P与点O重合，∴k=PAPC=OAOC=1，故答案为：1；
②证明：
方法一：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠APB＝∠MPN＝90°，∠PAB＝∠PBC＝45°，PA＝PB，
∴∠APB﹣∠BPM＝∠MPN﹣∠BPM，
即∠APM＝∠BPN，
∴△PAM≌△PBN（ASA），
∴PM＝PN．
方法二：过点P分别作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H，如图1，
则∠PGM＝∠PHN＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，BD平分∠ABC，
∴PG＝PH，∠HPG＝90°，
∴∠MPN﹣∠GPN＝∠GPH﹣∠GPN，
即∠MPG＝∠NPH，
∴△PMG≌△PNH（ASA），
∴PM＝PN．
（2）解：PMPN=k．理由如下：
方法一：过点P作PG∥BD交BC于G，如图2（i），
∴∠AOB＝∠APG，∠PGC＝∠OBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠PAM＝∠OCB＝∠OBC＝45°，∠AOB＝90°，
∴∠APG＝∠MPN＝∠AOB＝90°，∠PGC＝∠PCG＝∠PAM，
∴PG＝PC，
∠APG﹣∠MPG＝∠MPN﹣∠MPG，
即∠APM＝∠GPN，
∴△PAM∽△PGN，
∴PMPN=PAPC=k．
方法二：过点P分别作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H，如图2（ii），
则∠PGM＝∠PGB＝∠PHN＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠BCA＝45°，∠ABC＝90°，
∵∠PGA＝∠CHP＝90°，
∴△APG∽△CPH，
∴PGPH=PAPC，
∵∠GPH＝∠MPN＝90°，
∴∠MPN﹣∠GPN＝∠GPH﹣∠GPN，
即∠MPG＝∠NPH，
∴△PMG∽△PNH，
∴PMPN=PGPH=PAPC=k．
（3）过点P作PM⊥PN交AB于M，作PH⊥BC于H，作PG⊥AB于G，如图3，
则∠MPN＝∠GPH＝∠PGM＝∠ECN＝90°，
∴∠MPN﹣∠GPN＝∠GPH﹣∠GPN，
即∠MPG＝∠NPH，
∴∠PMG＝∠PNH，
由（2）和已知条件可得：PM＝kPN，EN＝kPN，
∴PM＝EN，
∴△PGM≌△ECN（AAS），
∴GM＝CN，PG＝EC，
∵∠BPN＝∠PCB＝45°，∠PBN＝∠CBP，
∴△BPN∽△BCP，
∴PBBC=BNPB，
∴PB2＝BC•BN，
同理可得：PB2＝BA•BM，
∵BC＝BA，
∴BM＝BN，
∴AM＝CN，
∴AG＝2CN，
∵∠PAB＝45°，
∴PG＝AG，
∴EC＝2CN，
∴tan∠ENC=PHHN=ECCN=2，
令HN＝a，则PH＝2a，CN＝3a，EC＝6a，
∴EN=(3a)2+(6a)2=35a，
PN=a2+(2a)2=5a，
∴k=ENPN=35a5a=3．
25．【2023·南通】正方形ABCD中，点E在边BC，CD上运动（不与正方形顶点重合）．作射线AE，将射线AE绕点A逆时针旋转45°，交射线CD于点F．
​
（1）如图，点E在边BC上，BE＝DF，则图中与线段AE相等的线段是 ；
（2）过点E作EG⊥AF，垂足为G，连接DG，求∠GDC的度数；
（3）在（2）的条件下，当点F在边CD延长线上且DF＝DG时，求FGAG的值．
解：（1）【答案】AF 【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∵BE＝BF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴AE＝AF，故答案为：AF；
（2）当E点在BC边上时，如图1，
过G点作GM⊥AD交于M，延长MG交BC于N点，
∴∠AMG＝∠DMG＝∠GNE＝90°，
∴四边形CDMN是矩形，
∴∠AGM+∠MAG＝90°，
∵EG⊥AF，∠EAF＝45°，
∴∠AGM+∠EGN＝90°，
∵∠AGE＝90°，∠EAF＝45°，
∴△AEG是等腰直角三角形，
∴AG＝EG，
∴∠EGN＝∠MAG，
∴△AMG≌△GNE（AAS），
∴AM＝GN，
∵AM+MD＝GN+MG，
∴MD＝MG，
∴△MDG为等腰直角三角形，
∴∠MDG＝45°，
∴∠GDC＝45°；
当点E在CD边上时，如图2，
过点G作GN⊥DF交于N，延长NG交BA延长线于点M，
∴四边形ADNM是矩形，
同理，△AMG≌△GNE（AAS），
∴GN＝AM＝DN，
∴△NDG为等腰直角三角形，
∴∠GDN＝45°，
∴∠GDC＝180°﹣45°＝135°，
综上所述：∠GDC的度数为45°或135°；
（3）当点F在CD边延长线上时，点E在边CD上，
设GN＝DN＝a，则DG=2a，
∴DF＝DG=2a，
∴FN＝DF﹣DN＝（2-1）a，
∵GN∥AD，
∴FGAG=FNND=2-1．
北京
20.【2023·北京20题】如图，在中，点E，F分别在，上，，．

（1）求证：四边形是矩形；
（2），，，求的长．
（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，.
∵，∴.
∴四边形是平行四边形.
∵，∴平行四边形是矩形.
（2）解：由（1）知四边形是矩形，∴.
∵，，∴是等腰直角三角形.
∴.
又∵，∴.
∴.∴．
江苏省
27.【2023·徐州】【阅读理解】如图1，在矩形中，若，由勾股定理，得，同理，故．
【探究发现】如图2，四边形为平行四边形，若，则上述结论是否依然成立？请加以判断，并说明理由．
【拓展提升】如图3，已知为的一条中线，．求证：．
【尝试应用】如图4，在矩形中，若，点P在边上，则的最小值为_______．
解：探究发现：结论依然成立，理由如下：
作于点E，作交的延长线于点F，则，

∵四边形为平行四边形，若，
∴，
∵，，∴，
∴，∴，
∴
；
拓展提升：延长到点C，使，

∵为的一条中线，∴，
∴四边形是平行四边形，
∵．
∴由【探究发现】可知，，
∴，∴，
∴；
尝试应用：法一：
法二：∵四边形是矩形，，
∴，，
设，则，
∴
，
∵，∴抛物线开口向上，
∴当时，的最小值是.
甘肃省
24. 【2023·兰州24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．

（1）证明：四边形OCDE是菱形，理由如下：
∵CD∥OE，∴∠FDC＝∠FOE.
∵CE是线段OD的垂直平分线，∴FD＝FO，ED＝OE，CD＝CO.
在△FDC和△FOE中，∠FDC=∠FOEFD=FO∠DFC=∠CFE，
∴△FDC≌△FOE（ASA）.∴CD＝OE.
又ED＝OE，CD＝CO，∴ED＝OE＝CD＝CO.
∴四边形OCDE是菱形．
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BCD＝∠CDA＝90°，DO＝CO.
∵CE是线段OD的垂直平分线，∴CD＝CO.
∴CD＝CO＝DO.∴△ODC为等边三角形.
∴DO＝CD＝4，∠ODC＝60°.∴DF=12DO=2.
在Rt△CDF中，CD＝4，DF＝2，由勾股定理得CF=CD2-DF2=23.
由（1）可知四边形OCDE是菱形，∴EF=CF=23.
∵∠GDF＝∠CDA﹣∠ODC＝30°，
∴tan∠GDF=GFDF，∴GF=DF⋅tan∠GDF=2tan30°=233.
∴EG=EF-GF=23-233=433．
江西省
22．【2023•江西22题】课本再现
定理证明
（1）为了证明该定理，小明同学画出了图形（如图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．
已知：在▱ABCD中，对角线BD⊥AC，垂足为O．
求证：▱ABCD是菱形．
知识应用
（2）如图2，在▱ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AD＝5，AC＝8，BD＝6．
①求证：▱ABCD是菱形；
②延长BC至点E，连接OE交CD于点F，若∠E=12∠ACD，求OFEF的值．
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴BO＝DO.
又∵D⊥AC，垂足为O，∴AC是BD的垂直平分线.
∴AB＝AD.∴▱ABCD是菱形．
（2）①证明：∵▱ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，AC＝8，BD＝6，
∴AO＝CO=12AC＝4，DO=12BD＝3.
又∵AD＝5，∴在三角形AOD中，AD2＝AO2+DO2.
∴∠AOD＝90°，即BD⊥AC.∴▱ABCD是菱形.
②解：如图，设CD的中点为G，连接OG，
∴OG是△ACD的中位线.∴OG=12AD=52.
由①知：四边形ABCD是菱形，∴∠ACD＝∠ACB.
又∵∠E=12∠ACD，∴∠E=12∠ACB.，
又∵∠ACB＝∠E+∠COE，∴∠E＝∠COE.∴CE＝CO＝4.
∵OG是△ACD的中位线，∴OG∥AD∥BE.，
∴△OGF∽△ECF.∴OFEF=OGCE.
又∵OG=52，CE＝4，∴OFEF=524=58．
贵州省
20. 【2023·贵州】如图，在中，，延长至D，使得，过点A，D分别作，，与相交于点E．下面是两位同学的对话：

（1）请你选择一位同学的说法，并进行证明；
（2）连接，若，求的长．
解:（1）①选择小星的说法，证明如下：
如图，连接，

，，四边形是平行四边形..
，.
又，点D在的延长线上，.
四边形是平行四边形.
又，四边形是矩形..
②选择小红的说法，证明如下：
如图，连接，，

由①可知四边形是矩形，.
四边形是平行四边形，.．
（2）如图，连接，

，，..
在中，，.
解得.
湖南省
18．【2023·张家界】如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，且AD＝BC，AE＝BF，CE＝DF．
（1）求证：AE∥BF；
（2）若DF＝FC时，求证：四边形DECF是菱形．
【分析】（1）由SSS证明△AEC≌△BFD（SSS），得到∠A＝∠B，即可证明AE∥BF；
（2）由△AEC≌△BFD，得到∠ECA＝∠FDB，推出EC∥DF，又EC＝DF，得到四边形DECF是平行四边形，而DF＝FC，推出四边形DECF是菱形．
证明：（1）∵AD＝BC，
∴AD+CD＝BC+CD，∴AC＝BD，
∵AE＝BF，CE＝DF，
∴△AEC≌△BFD（SSS），∴∠A＝∠B，
∴AE∥BF；
（2）∵△AEC≌△BFD（SSS），
∴∠ECA＝∠FDB，∴EC∥DF，
∵EC＝DF，
∴四边形DECF是平行四边形，
∵DF＝FC，∴四边形DECF是菱形．
【点评】本题考查菱形的判定，全等三角形的判定和性质，关键是证明△AEC≌△BFD（SSS）．
20．【2023·郴州】如图，四边形ABCD是平行四边形．
（1）尺规作图；作对角线AC的垂直平分线MN（保留作图痕迹）；
（2）若直线MN分别交AD，BC于E，F两点，求证：四边形AFCE是菱形．
（1）解：如图，直线MN即为所求．
（2）证明：设AC与EF交于点O．由作图可知，EF垂直平分线段AC．
∴OA＝OC．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥CF．
∴∠OAE＝∠OCF．
∵∠AOE＝∠COF，∴△AOE≌△COF（ASA）．
∴AE＝CF，∴四边形AFCE是平行四边形．
∵AC⊥EF，∴四边形AFCE是平行四边形．
21．【2023·岳阳】如图，点M在▱ABCD的边AD上，BM＝CM，请从以下三个选项中①∠1＝∠2；②AM＝DM；③∠3＝∠4，选择一个合适的选项作为已知条件，使▱ABCD为矩形．
（1）你添加的条件是 （填序号）；
（2）添加条件后，请证明▱ABCD为矩形．
（1）①
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝DC，∠A+∠D＝180°．
在△ABM和DCM中，
AB=DC∠1=∠2BM=CM，∴△ABM≌DCM（SAS）．
∴∠A＝∠D．∴∠A＝∠D＝90°．
∴▱ABCD为矩形．
19．【2023·怀化】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．
证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC．∴∠EDO＝∠FBO．
∵点O是BD的中点，∴DO＝BO．
又∵∠EOD＝∠FOB，∴△BOF≌△DOE（ASA）．
（2）由（1）已证△BOF≌△DOE，∴BF＝DE．
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，即DE∥BF．
∴四边形EBFD是平行四边形．
∵EF⊥BD，∴四边形EBFD是菱形．
21．【2023·永州】如图，已知四边形ABCD是平行四边形，其对角线相交于点O，OA＝3，BD＝8，AB＝5．
（1）△AOB是直角三角形吗？请说明理由；
（2）求证：四边形ABCD是菱形．
【分析】（1）由平行四边形的性质得OB＝4，再证OA2+OB2＝AB2，然后由勾股定理的逆定理即可得出结论；
（2）由∠AOB＝90°得AC⊥BD，再由菱形的判定定理即可得出结论．
（1）解：△AOB是直角三角形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，BD＝8，
∴OB＝OD=12BD＝4.
∵OA＝3，OB＝4，AB＝5，
∴OA2+OB2＝AB2.
∴△AOB是直角三角形，且∠AOB＝90°.
（2）证明：由（1）可知，∠AOB＝90°，
∴AC⊥BD.∴平行四边形ABCD是菱形．
【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质以及勾股定理的逆定理等知识，熟练掌握菱形的判定，由勾股定理的逆定理证出△AOB为直角三角形是解题的关键．
25．【2023·湘潭】问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形ABCD的边BC上任意取一点G，以BG为边长向外作正方形BEFG，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转．
特例感知：（1）当BG在BC上时，连接DF，AC相交于点P，小红发现点P恰为DF的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明；
（2）小红继续连接EG，并延长与DF相交，发现交点恰好也是DF中点P，如图②．根据小红发现的结论，请判断△APE的形状，并说明理由；
规律探究：
（3）如图③，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转α，连接DF，点P是DF中点，连接AP，EP，AE，△APE的形状是否发生改变？请说明理由．
【分析】（1）延长FG，交AC于H，可推出FG＝BG，CG＝GH，从而CD＝FH，进而得出△CDP≌△HFP，进一步得出结论；
（2）延长EG，交AD的延长线于点M，设DF和EG交于点Q，同理（1）可证得△DQM≌△FQE，从而DQ＝FQ，从而得出点Q和点P重合，进一步得出结论；
（3）延长EP至Q，是PQ＝PE，连接DQ，延长DA和FE，交于点N，△PDQ≌△PFE，从而DQ＝EF，∠PQD＝∠PEF，所以∠N+∠ADQ＝180°，可推出∠N+∠ABE＝180°，进而推出△ADQ≌△ABE，AE＝AQ，∠DAQ＝∠BAE，进而推出∠QAE＝90°，进一步得出结论．
解：（1）如图1，
延长FG，交AC于H，
∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形，
∴BC＝CD，FG＝BG，CD∥AE，FG∥AE，∠CGH＝∠BGF＝90°，
∴∠CHG＝45°，CD∥FG，
∴∠ACB＝∠CHG，∠CDP＝∠HFP，∠DCP＝∠FHP，
∴CG＝GH，∴CG+BG＝GH+FG，
∴BC＝FH，∴CD＝FH，
∴△CDP≌△HFP（ASA），∴点P是DF的中点；
（2）如图2，
△APE是等腰直角三角形，理由如下：
延长EG，交AD的延长线于点M，设DF和EG交于点Q，
∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形，
∴∠BAD＝90°，∠BEG＝45°，AD＝AB，BE＝EF，AD∥BC∥EF，∠BAC＝45°，
∴∠M＝45°，∠M＝∠GEF，∠MDQ＝∠EFQ，
∴∠M＝∠BEG，∴AM＝AE，
∴AM﹣AD＝AE﹣AB，∴DM＝BE，
∴DM＝EF，∴△DQM≌△FQE（ASA），
∴DQ＝FQ，∴点Q和点P重合，即：EG与DF的交点恰好也是DF中点P，
∵∠BAC＝90°，∠BEG＝45°，∴∠APE＝90°，AP＝EP，
∴△APE是等腰直角三角形；
（3）如图3，
△APE仍然是等腰直角三角形，理由如下：
延长EP至Q，是PQ＝PE，连接DQ，延长DA和FE，交于点N，
∵DP＝PF，∠DPQ＝∠EPF，∴△PDQ≌△PFE（SAS），
∴DQ＝EF，∠PQD＝∠PEF，∴∠N+∠ADQ＝180°，
∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形，
∴∠BAN＝∠DAB＝90°，∠BEN＝∠BEF＝90°，AB＝AD，BE＝EF，
∴∠N+∠ABE＝360°﹣∠BAN﹣∠BEN＝360°﹣90°﹣90°＝180°，DQ＝BE，
∴∠ABE＝∠ADQ，∴△ADQ≌△ABE（SAS），
∴AE＝AQ，∠DAQ＝∠BAE，
∴∠BAE+∠BAQ＝∠DAQ+∠BAQ＝∠BAD＝90°，
∴∠QAE＝90°，∴AP⊥EQ，AP＝PE=12EQ，
∴△APE是等腰直角三角形．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是“倍长中线”．
浙江省
19．【2023•杭州】如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝EF＝FD，连接AE，EC，CF，FA．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形．
（2）若△ABE的面积等于2，求△CFO的面积．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AO＝CO，BO＝DO，再证OE＝OF，即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质可求解．
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD.
∵BE＝DF，∴OE＝OF.∴四边形AECF是平行四边形.
（2）∵BE＝EF，∴S△ABE＝S△AEF＝2.
∵四边形AECF是平行四边形，
∴S△CEF＝S△AEF＝2，EO＝FO，∴S△CFO＝12S△CEF＝1．
21．【2023·温州】如图，已知矩形ABCD，点E在CB延长线上，点F在BC延长线上，过点F作FH⊥EF交ED的延长线于点H，连结AF交EH于点G，GE＝GH．
（1）求证：BE＝CF；
（2）当ABFH=56，AD＝4时，求EF的长．
（1）证明：∵FH⊥EF，GE＝GH，∴GE=GF=GH.∴∠E＝∠GFE.
∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝DC，∠ABC＝∠DCB＝90°.
∴△ABF≌△DCE（AAS）.∴BF＝CE.∴BF﹣BC＝CE﹣BC，即BE＝CF.
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD∥FH.∴△ECD∽△EFH.∴ECEF=CDFH.
∵CD=AB，∴CDFH=ABFH=56.
设BE＝CF＝x，∵BE=CF=4，∴EC＝x+4，EF＝2x+4.
∴x+42x+4=56，解得x＝1，∴EF＝6．
22．【2023·绍兴】如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B，D不重合），GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H．
（1）求证：∠DAG＝∠EGH；
（2）判断AH与EF是否垂直，并说明理由．
【分析】（1）直接由平行公理的推理即可解答．
（2）先连接CG，然后根据正方形的性质得出△ADG≌△CDG，从而得到∠DAG＝∠DCG．再证明∠EGH＝∠DCG＝∠OEC即可．
（1）证明：在正方形ABCD中，AD⊥CD，GE⊥CD，
∴∠ADE＝∠GEC＝90°，∴AD∥GE，∴∠DAG＝∠EGH．
（2）解：AH⊥EF，理由如下．
连结GC交EF于点O，如图：
∵BD为正方形ABCD的对角线，∴∠ADG＝∠CDG＝45°，
又∵DG＝DG，AD＝CD，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠DAG＝∠DCG．
在正方形ABCD中，∠ECF＝90°，
又∵GE⊥CD，GF⊥BC，∴四边形FCEG为矩形，∴OE＝OC，
∴∠OEC＝∠OCE，∴∠DAG＝∠OEC，
由（1）得∠DAG＝∠EGH，∴∠EGH＝∠OEC，
∴∠EGH+∠GEH＝∠OEC+∠GEH＝∠GEC＝90°，
∴∠GHE＝90°，∴AH⊥EF．
【点评】本题考查正方形的性质与全等三角形的性质，熟悉性质是解题关键．
19．【2023·嘉兴、舟山】如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，连结EF．
（1）求证：AE＝AF；
（2）若∠B＝60°，求∠AEF的度数．
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∠B＝∠D．
又∵AE⊥BC，AF⊥CD，∴∠AEB＝∠AFD＝90°.
在△ABE与△ADF中，∵．
∴△ABE≌△ADF（AAS）．∴AE＝AF.
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∴∠B+∠BAD＝180°．
而∠B＝60°，∴∠BAD＝120°．
又∵∠AEB＝90°，∠B＝60°，∴∠BAE＝30°．
由（1）知△ABE≌△ADF，∴∠BAE＝∠DAF＝30°．
∴∠EAF＝120°﹣30°﹣30°＝60°．
∴△AEF是等边三角形．∴∠AEF＝60°．
湖北省
18．【2023·随州】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．
【分析】（1）证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形性质可得：OC＝OD，利用菱形的判定即可证得结论；
（2）先求出矩形面积，再根据矩形性质可得S△OCD=14S矩形ABCD，再由菱形性质可得菱形OCED的面积＝2S△OCD可解答．
（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴AC＝BD，OC=12AC，OD=12BD，
∴OC＝OD，∴四边形OCED是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，BC＝3，DC＝2，
∴OA＝OB＝OC＝OD，S矩形ABCD＝3×2＝6，
∴S△OCD=14S矩形ABCD=14×6＝1.5，
∵四边形OCED是菱形，
∴菱形OCED的面积＝2S△OCD＝2×1.5＝3．
【点评】本题考查了矩形性质，菱形的判定和性质，矩形面积和菱形面积等基础知识，能综合运用相关知识点进行推理和计算是解此题的关键．
20．【2023·十堰】如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，分别以点B，C为圆心，12AC，12BD长为半径画弧，两弧交于点P，连接BP，CP．
（1）试判断四边形BPCO的形状，并说明理由；
（2）请说明当▱ABCD的对角线满足什么条件时，四边形BPCO是正方形？
【分析】（1）由平行四边形的性质得出OC＝OA=12AC，OB＝OD=12BD，证出OB＝CP，BP＝OC，则可得出结论；
（2）由正方形的判定可得出结论．
解：（1）四边形BPCO为平行四边形．
理由：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴OC＝OA=12AC，OB＝OD=12BD，
∵以点B，C为圆心，12AC，12BD长为半径画弧，两弧交于点P，
∴OB＝CP，BP＝OC，
∴四边形BPCO为平行四边形；
（2）当AC⊥BD，AC＝BD时，四边形BPCO为正方形．
∵AC⊥BD，∴∠BOC＝90°，
∵AC＝BD，OB=12BD，OC=12AC，
∴OB＝OC，
∵四边形BPCO为平行四边形，
∴四边形BPCO为正方形．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，正方形的判定，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
江苏省
24.【2023·徐州】如图，正方形纸片的边长为4，将它剪去4个全等的直角三角形，得到四边形．设的长为，四边形的面积为．
（1）求关于的函数表达式；
（2）当取何值时，四边形的面积为10？
（3）四边形的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．
解：（1）在正方形纸片上剪去4个全等的直角三角形，
，
，四边形为正方形，
在中，，
，
正方形的面积；
不能为负，，
故关于的函数表达式为
（2）令，得，
整理，得，解得，
故当取1或3时，四边形的面积为10；
（3）存在．
正方形的面积；
当时，y有最小值8，即四边形的面积最小为8．
20．【2023·连云港】如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O，E为AD的中点，AC＝4，OE＝2．求OD的长及tan∠EDO的值．
内蒙古
22．【2023·包头】如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点P，Q分别是边BC，线段OD上的点，连接AP，QP，AP与OB相交于点E．
（1）如图1，连接QA．当QA＝QP时，试判断点Q是否在线段PC的垂直平分线上，并说明理由；
（2）如图2，若∠APB＝90°，且∠BAP＝∠ADB，
①求证：AE＝2EP；
②当OQ＝OE时，设EP＝a，求PQ的长（用含a的代数式表示）．
（1）解：结论：点Q在线段PC的垂直平分线上．
理由如下：连接QC．∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，
∴BD⊥AC，OA＝OC.∴QA＝QC，
∵QA＝QP，∴QC＝QP.∴点Q在线段PC的垂直平分线上.
（2）①证明：如图，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，∴∠ABD＝∠ADB，∠CBD＝∠CDB.
∵BD⊥AC，∴∠ADO＝∠CDO.∴∠ABD＝∠CBD＝∠ADO．
∵∠BAP＝∠ADB，∴∠BAP＝∠ABD＝∠CBD．∴AE＝BE，
∵∠APB＝90°，∠BAP+∠ABP＝90°，∴∠BAP＝∠ABD＝∠CBD＝30°.
在 Rt△BPE 中，∠EPB＝90°，∠PBE＝30°，∴EP=12BE.
∵AE＝BE，∴EP=12AE，∴AE＝2EP.
②如图，连接QC．
∵AB＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC 是等边三角形．
∵∠APB＝90°，∴BP＝CP.∵AE=2EP，EP＝a，∴AE＝2a，AP＝3a.
在Rt△APB中，∠APB＝90°.
∵tan∠ABP=APBP=33，∴BP=3a.∴CP=BP=3a.
∵AO＝CO，∠AOE＝∠COQ，OE＝OQ，∴△AOE≌△COQ（SAS）.
∴AE＝CQ＝2a，∠EAO＝∠QCO.∴AE∥CQ.
∵∠APB＝90°，∴∠QCP＝90°.
在Rt△PCQ中，∠QCP＝90°，由勾股定理得 PQ2＝PC2+CQ2，
∴PQ2＝PC2+CQ2.∴PQ=7a．
【点评】题目主要考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质及解直角三角形，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
四川省
18．【2023•内江】如图，在△ABC中，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．
（1）求证：FA＝BD；
（2）连接BF，若AB＝AC，求证：四边形ADBF是矩形．
证明：（1）∵AF∥BC，∴∠AFE＝∠DCE，∠FAE＝∠CDE.
又∵E为AD的中点，∴AE＝DE.
∴△AEF≌△DEC（AAS）.∴AF＝DC.
又∵D为BC的中点，∴BD＝CD.∴AF＝BD.
（2）∵AF＝BD，AF∥BD，
∴四边形ADBF是平行四边形.
∵AB＝AC，D为BC的中点，∴AD⊥BC.
∴∠ADB＝90°.∴四边形ADBF是矩形．
20．【2023•乐山】如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D为AB边上任意一点（不与点A、B重合），过点D作DE∥BC，DF∥AC，分别交AC、BC于点E、F，连结EF．
​（1）求证：四边形ECFD是矩形；
（2）若CF＝2，CE＝4，求点C到EF的距离．
【分析】（1）先证四边形ECFD为平行四边形，即可求解；
（2）由勾股定理可求EF的长，由面积法可求解．
（1）证明：∵FD∥CA，BC∥DE，∴四边形ECFD为平行四边形.
又∵∠C＝90°，∴四边形ECFD为矩形.
（2）解：过点C作CH⊥EF于H，
在Rt△ECF中，CF＝2，CE＝4，
∴EF=CE2+CF2=4+16=25，
∵S△ECF=12×CF•CE=12×EF•CH，∴CH=CF⋅CEEF=455.
∴点C到EF的距离为455．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，面积法等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
19．【2023·遂宁】如图，四边形ABCD中，AD∥BC，点O为对角线BD的中点，过点O的直线l分别与AD、BC所在的直线相交于点E、F．（点E不与点D重合）
（1）求证：△DOE≌△BOF；
（2）当直线l⊥BD时，连结BE、DF，试判断四边形EBFD的形状，并说明理由．
【分析】（1）由AD∥BC，得∠ODE＝∠OBF，而OD＝OB，∠DOE＝∠BOF，即可根据全等三角形的判定定理“ASA”证明△DOE≌△BOF；（2）由OD＝OB，直线l经过点O且l⊥BD，得DE＝BE，DF＝BF，由△DOE≌△BOF，得DE＝BF，则DE＝BE＝DF＝BF，所以四边形EBFD是菱形．
（1）证明：∵AD∥BC，∴∠ODE＝∠OBF，
∵点O为对角线BD的中点，∴OD＝OB，
在△DOE和△BOF中，，
∴△DOE≌△BOF（ASA）．
（2）解：四边形EBFD是菱形，理由如下：
∵OD＝OB，直线l经过点O且l⊥BD，
∴直线l是线段BD的垂直平分线，∴DE＝BE，DF＝BF，
∵△DOE≌△BOF，∴DE＝BF，
∵DE＝BE＝DF＝BF，∴四边形EBFD是菱形．
【点评】此题重点考查平行线的性质、全等三角形的判定与性质、线段的垂直平分线的性质、菱形的判定等知识，证明∠ODE＝∠OBF及直线l垂直平分线段BD是解题的关键．
20．【2023·巴中】如图，已知等边△ABC，AD⊥BC，E为AB中点．以D为圆心，适当长为半径画弧，交DE于点M，交DB于点N，分别以M、N为圆心，大于MN为半径画弧，两弧交于点P，作射线DP交AB于点G．过点E作EF∥BC交射线DP于点F，连接BF、AF．
（1）求证：四边形BDEF是菱形．
（2）若AC＝4，求△AFD的面积．
【分析】（1）根据等边三角形的性质得到D是BC的中点，求得△BED是等边三角形，得到BE＝BD＝DE，由作图知，DF平分∠EDB，根据角平分线的定义得到∠EDF＝∠FDB，根据平行线的性质得到∠EFD＝∠FDB，求得∠EFD＝∠RDF，推出四边形BDEF是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论；（2）根据等边三角形的性质得到∠C＝60°，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，根据菱形的性质得到AG⊥FD，FG＝GD，根据三角形的面积公式即可得到结论．
（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠ABC＝60°.
∵AD⊥BC，∴BD＝BC＝AB.
∵E为AB中点．∴.
∴BD＝DE.∴△BED是等边三角形.
∴BE＝BD＝DE.
由作图知，DF平分∠EDB，∴∠EDF＝∠FDB，
∵EF∥BC，∴∠EFD＝∠FDB.∴∠EFD＝∠EDF.
∴EF＝ED.∴EF∥BD.
∴四边形BDEF是平行四边形.
∵DE＝BD，∴四边形BDEF是菱形；
（2）解：∵△ABC是等边三角形，AD⊥BC，
∴∠C＝60°，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°.
∵AC＝4，∴＝2.
∵四边形BDEF是菱形，∴AG⊥FD，FG＝GD.
在Rt△AGD中，∵∠BAD＝30°，
∴.∴.
∴．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图，角平分线的定义，菱形的判定，解直角三角形，平行四边形的判定和性质等边三角形的性质，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
22．【2023·凉山州】如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠CAB＝∠ACB，过点B作BE⊥AB交AC于点E．
（1）求证：AC⊥BD；
（2）若AB＝10，AC＝16，求OE的长．
【分析】（1）证AB＝CB，得▱ABCD是菱形，再由菱形的性质即可得出结论；
（2）由菱形的性质得OA＝OC=12AC＝8，AC⊥BD，再由勾股定理得OB＝6，然后证△BOE∽△AOB，得OEOB=OBOA，即可得出结论．
（1）证明：∵∠CAB＝∠ACB，∴AB＝CB，
∴▱ABCD是菱形，∴AC⊥BD；
（2）解：由（1）可知，▱ABCD是菱形，
∴OA＝OC=12AC＝8，AC⊥BD，∴∠AOB＝∠BOE＝90°，
∴OB=AB2-OA2=102-82=6，
∵BE⊥AB，∴∠EBA＝90°，
∴∠BEO+∠BAO＝∠ABO+∠BAO＝90°，∴∠BEO＝∠ABO，
∴△BOE∽△AOB，∴OEOB=OBOA，即OE6=68，解得：OE=92，
即OE的长为92．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理以及相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键．
24．【2023·南充】如图，正方形ABCD中，点M在边BC上，点E是AM的中点，连接ED，EC．
（1）求证：ED＝EC；
（2）将BE绕点E逆时针旋转，使点B的对应点B′落在AC上，连接MB′．当点M在边BC上运动时（点M不与B，C重合），判断△CMB′的形状，并说明理由．
（3）在（2）的条件下，已知AB＝1，当∠DEB′＝45°时，求BM的长．
【分析】（1）根据正方形的性质和直角三角形斜边中线的性质可证△EAD≌△EBC（SAS），根据全等三角形的性质即可得证；（2）根据折叠的性质可得根据旋转的性质可得，EB′＝EB，再根据直角三角形斜边的中线的性质可得EB′＝AE＝ME，进一步可得∠AB′M＝90°，可得∠CB′M＝90°，再根据正方形的性质可得∠B′CM＝45°，进一步可得B′M＝B′C，可证△MB′C是等腰直角三角形；（3）延长BE交AD于点F，根据三角形外角的性质可得∠BEB′＝90°，进一步可得∠DEF＝45°，根据△EAD≌△EBC，可得∠AED＝∠BEC，进一步可得∠CEM＝∠DEF＝45°，再证明△CME∽△AMC，根据相似三角形的性质可得CM：AM＝EM：CM，可得CM2=12AM2，设BM＝x，则CM＝1﹣x，根据勾股定理，AM2＝1+x2，列方程求解即可．
（1）证明：在正方形ABCD中，AD＝BC，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∵E为AM的中点，∴AE＝BE，∴∠EAB＝∠EBA，
∴∠EAD＝∠EBC，在△EAD和△EBC中，AE=BE∠EAD=∠EBCAD=BC，
∴△EAD≌△EBC（SAS），∴ED＝EC；
（2）解：△CMB′是等腰直角三角形，理由如下：
根据旋转的性质可得，EB′＝EB，
∵EB＝AE＝ME，∴EB′＝AE＝ME，
∴∠EAB′＝∠EB′A，∠EMB′＝∠EB′M，
∵∠EAB′+∠EB′A+∠EB′M+∠EMB′＝180°，
∴∠AB′M＝90°，∴∠MB′C＝90°，
在正方形ABCD中，∠ACB＝45°，∴∠B′MC＝45°，
∴B′M＝B′C，∴△CMB′是等腰直角三角形；
（3）解：延长BE交AD于点F，如图所示：
∵∠BEM＝2∠BAE，∠B′EM＝2∠B′AE，
∵∠BAB′＝45°，∴∠BEB′＝90°，∴∠B′EF＝90°，
∵∠DEB′＝45°，∴∠DEF＝45°，
∵△EAD≌△EBC，∴∠AED＝∠BEC，
∵∠AEF＝∠BEM，∴∠CEM＝∠DEF＝45°，
∵∠MCA＝45°，∴∠CEM＝∠MCA，
又∵∠CME＝∠AMC，∴△CME∽△AMC，∴CM：AM＝EM：CM，
∵EM=12AM，∴CM2=12AM2，在正方形ABCD中，BC＝AB＝1，
设BM＝x，则CM＝1﹣x，根据勾股定理，AM2＝1+x2，
∴12(1+x2)=（1﹣x）2，解得x=2-3或x＝2+3（舍去），
∴BM=2-3．
【点评】本题考查了四边形的综合题，涉及正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，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，本题综合性较强，难度较大．
黑龙江
24．【2023·大庆】如图，在平行四边形ABCD中，E为线段CD的中点，连接AC，AE，延长AE，BC交于点F，连接DF，∠ACF＝90°．
（1）求证：四边形ACFD是矩形；
（2）若CD＝13，CF＝5，求四边形ABCE的面积．
【分析】（1）证明△ADE≌△FCE（AAS），得AE＝FE，所以四边形ACFD是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可解决问题；
（2）根据矩形的性质和勾股定理求出DF的值，由△ADE≌△FCE，可得四边形ABCE的面积＝平行四边形ABCD﹣△CEF的面积，进而可以解决问题．
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，
∴∠ADE＝∠FCE，∠DAE＝∠CFE，
∵E为线段CD的中点，∴DE＝CE，
∴△ADE≌△FCE（AAS），
∴AE＝FE，∴四边形ACFD是平行四边形，
∵∠ACF＝90°，∴四边形ACFD是矩形；
（2）解：∵CD＝13，CF＝5，∴BC＝CF＝5，
∵四边形ACFD是矩形，∴∠CFD＝90°，AC＝DF，
∴DF=CD2-CF2=132-52=12，
∵△ADE≌△FCE，
∵△CEF的面积=12△ACF=12×12×5×12＝15，
平行四边形ABCD的面积＝BC•AC＝5×12＝60，
∴四边形ABCE的面积＝平行四边形ABCD的面积﹣△CEF的面积＝60﹣15＝45．
【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，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
26．【2023·绥化】已知：四边形ABCD为矩形，AB＝4，AD＝3，点F是BC延长线上的一个动点（点F不与点C重合）．连接AF交CD于点G．
（1）如图一，当点G为CD的中点时，求证：△ADG≌△FCG；
（2）如图二，过点C作CE⊥AF，垂足为E．连接BE，设BF＝x，CE＝y．求y关于x的函数关系式；
（3）如图三，在（2）的条件下，过点B作BM⊥BE，交FA的延长线于点M．当CF＝1时，求线段BM的长．
【分析】（1）根据矩形的性质得出AD∥BF，则∠D＝∠DCF，根据题意得出DG＝CG，即可证明△ADG≌△FCG（ASA）；
（2）在Rt△ABF中，根据勾股定理表示出AF，证明△CEF∽△ABF，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）过点E作EN⊥BF于点N，得出△ABF，△CEF为等腰直角三角形，在Rt△BNE中，勾股定理求得BE，证明△BAM∽△BCE，根据相似三角形的性质即可求解．
（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BF，∴∠D＝∠DCF，
∵G为CD中点，∴DG＝CG，
∵∠AGD＝∠FGC，∴△ADG≌△FCG（ASA）；
（2）解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵CE⊥AF，∴∠CEF＝90°＝∠ABC，
∵∠F＝∠F，∴△CEF∽△ABF，∴CEAB=CFAF，
∵AB＝4，BF＝x，
在Rt△ABF中，AF=AB2+BF2=x2+16，
∵CE＝y，∴y4=x-3x2+16，
∴y=4x-12x2+16（或者y=(4x-12)x2+16x2+16）；
（3）解：过点E作EN⊥BF于点N，
∵四边形ABCD为矩形，AD＝3，∴AD＝BC＝3，
∵AB＝4，CF＝1，
∴AB＝BF，∴△ABF为等腰直角三角形，
∴∠CFE＝∠BAF＝45°，
∵CE⊥AF，∴△CEF为等腰直角三角形，∴∠ECF＝45°，
∵EN⊥CF，∴EN平分CF，∴CN＝NF＝NE=12，
在Rt△BNE中，根据勾股定理得：
BE2＝BN2+EN2，∴BE=(3+12)2+(12)2=522，
∵∠ECF＝∠BAF＝45°，∴∠BAM＝∠BCE＝135°，
∵BM⊥BE，∴∠MBA+∠ABE＝90°，∠ABE+∠EBC＝90°，
∴∠MBA＝∠EBC，∴△BAM∽△BCE，
∴BMBE=BABC=43，∴BM522=43，∴BM=1023．
【点评】本题是四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，列函数关系式，勾股定理，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
辽宁省
19．【2023·沈阳】如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边上的中线，点E在DA的延长线上，连接BE，过点C作CF∥BE交AD的延长线于点F，连接BF，CE．求证：四边形BECF是菱形．
证明：∵AB＝AC，AD是BC边上的中线，
∴AD垂直平分BC，∴EB＝EC，FB＝FC，
∵CF∥BE，∴∠BED＝∠CFD，∠EBD＝∠FCD，
∵DB＝CD，∴△EBD≌△FCD（AAS），
∴BE＝FC，∴EB＝BF＝FC＝EC，
∴四边形EBFC是菱形．
吉林省
18. 【2023·长春】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）己知，当四边形是菱形时．的长为__________．
【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．
（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．
24.【2023·吉林】【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重合的部分构成一个四边形．转动其中一张纸条，发现四边形总是平行四边形其中判定的依据是__________．
【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条和（，），其中，，将它们按图②放置，落在边上，与边分别交于点M，N．求证：是菱形．
【结论应用】保持图②中的平行四边形纸条不动，将平行四边形纸条沿或平移，且始终在边上．当时，延长交于点P，得到图③．若四边形的周长为40，（为锐角），则四边形的面积为_________．

【分析】（操作发现），根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形解答即可；
（探究提升），证明四边形是平行四边形，利用邻边相等的平行四边形是菱形即可证明结论成立；
（结论应用），证明四边形是菱形，求得其边长为10，作于Q，利用正弦函数的定义求解即可．
（操作发现），∵两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，
∴，.
∴四边形是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）.
故答案为：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
（探究提升），证明：∵，，
∴四边形是平行四边形.
∵，∴，
又，∴四边形是平行四边形，
∴，∴平行四边形是菱形.
（结论应用），∵平行四边形纸条沿或平移，
∴，.
∴四边形、、是平行四边形.
∵，∴四边形是菱形，
∵四边形是菱形，∴四边形是菱形，
∵四边形的周长为40，∴，
作于Q，

∵，∴，∴，
∴四边形的面积为．
故答案为：80．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
23.【2023·长春】如图①．在矩形．，点在边上，且．动点从点出发，沿折线以每秒个单位长度的速度运动，作，交边或边于点，连续．当点与点重合时，点停止运动．设点的运动时间为秒．（）
（1）当点和点重合时，线段的长为__________；
（2）当点和点重合时，求；
（3）当点在边上运动时，的形状始终是等腰直角三角形．如图②．请说明理由；
（4）作点关于直线的对称点，连接、，当四边形和矩形重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出的取值范围．
【分析】（1）证明四边形是矩形，进而在中，勾股定理即可求解．
（2）证明，得出；
（3）过点作于点，证明得出，即可得出结论
（4）分三种情况讨论，①如图所示，当点在上时，②当点在上时，当重合时符合题意，此时如图，③当点在上，当重合时，此时与点重合，则是正方形，即可求解．
解：（1）如图所示，连接，

∵四边形是矩形，∴
∵，∴四边形是矩形，
当点和点重合时，∴，
在中，，
故答案为：．
（2）如图所示，

∵，，
∴，∴
∴，∴，
∵，，∴；
（3）如图所示，过点作于点，

∵，，∴，
则四边形是矩形，∴
又∵，∴，
∴，∴，∴是等腰直角三角形；
（4）①如图所示，当点在上时，

∵，
在中，，则，
∵，则，，
在中，，
∴，解得：
当时，点在矩形内部，符合题意，∴符合题意，
②当点在上时，当重合时符合题意，此时如图，

则，，
在中，
，解得：，
③当点在上，当重合时，此时与点重合，则是正方形，此时

综上所述，或或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，勾股定理，求正切，轴对称的性质，分类讨论，分别画出图形，数形结合是解题的关键．
山东省
19.【2023·日照】 如图，平行四边形中，点E是对角线上一点，连接，且．

（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，求四边形的面积．
（1）证明：如图所示，连接与交于O，
∵四边形是平行四边形，∴，
和中，，∴，
∴，
在和中，，∴，
∴，∴平行四边形是菱形；

（2）解：∵四边形菱形，
∴，
在中，，
∴，
∵，∴，
∴（负值舍去），∴，
∴，∴．
23．【2023·菏泽】（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G．求证：△ADE∽△DCF．
【问题解决】
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF，延长BC到点H，使CH＝DE，连接DH．求证：∠ADF＝∠H．
【类比迁移】
（3）如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF＝11，DE＝8，∠AED＝60°，求CF的长．
【分析】（1）由矩形的性质得∠C＝∠ADE＝90°，再证∠AED＝∠DFC，即可得出结论；
（2）证Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），得DE＝CF，再证△DCF≌△DCH（SAS），得∠DFC＝∠H，然后由平行线的性质得∠ADF＝∠DFC，即可得出结论；
（3）延长BC至点G，使CG＝DE＝8，连接DG，△ADE≌△DCG（SAS），得∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG，再证△DFG是等边三角形，得FG＝DF＝11，即可解决问题．
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠ADE＝90°，∴∠CDF+∠DFC＝90°，
∵AE⊥DF，∴∠DGE＝90°，
∴∠CDF+∠AED＝90°，∴∠AED＝∠DFC，
∴△ADE∽△DCF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，AD∥BC，∠ADE＝∠DCF＝90°，
∵AE＝DF.∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），
∴DE＝CF，
∵CH＝DE，∴CF＝CH，
∵点H在BC的延长线上，∴∠DCH＝∠DCF＝90°，
又∵DC＝DC，∴△DCF≌△DCH（SAS），
∴∠DFC＝∠H，
∵AD∥BC，∴∠ADF＝∠DFC，∴∠ADF＝∠H；
（3）解：如图3，延长BC至点G，使CG＝DE＝8，连接DG，
∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝DC，AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DCG，∴△ADE≌△DCG（SAS），
∴∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG，
∵AE＝DF，∴DG＝DF，
∴△DFG是等边三角形，∴FG＝DF＝11，
∵CF+CG＝FG，∴CF＝FG﹣CG＝11﹣8＝3，
即CF的长为3．
【点评】本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质、正方形的性质和菱形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型．
21．【2023·滨州】如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的一边OC在x轴正半轴上，顶点A的坐
为（2，23），点D是边OC上的动点，过点D作DE⊥OB交边OA于点E，作DF∥OB交边BC于点F，连接EF，设OD＝x，△DEF的面积为S．
（1）求S关于x的函数解析式；
（2）当x取何值时，S的值最大？请求出最大值．
【分析】（1）过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，证明△AOC是等边三角形，可得DE＝x，进而证明△CDF∽△COB，得出DF=3（4﹣x），根据三角形面积公式即可求解；
（2）根据二次函数的性质即可求解．
解：（1）如图，过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，
∵顶点A的坐标为（2，23），
∴OA=22+(23)2=4，OG＝2，AG＝23，
∴cs∠AOG=OGAO=12，∴∠AOG＝60°，
∵四边形OABC是菱形，
∴∠BOC＝∠AOB＝30°，AC⊥BD，AO＝OC，
∴△AOC是等边三角形，∴∠ACO＝60°，
∵DE⊥OB，∴DE∥AC，∴∠EDO＝∠ACO＝60°，
∴△EOD是等边三角形，∴ED＝OD＝x，
∵DF∥OB，∴△CDF∽△COB，∴DFOB=CDCO，
∵A（2，23），AO＝4，则B（6，23），
∴OB=62+(23)2=43，
∴DF43=4-x4，∴DF=3（4﹣x），
∴S=12x×3(4-x)=-32x2+23x，
∴S=-32x2+23x（0≤x≤4），
（2）∵S=-32x2+23x=-32(x-2)2+23（0≤x≤4），
∴当x＝2时，S有最大值，最大值为23．
【点评】本题考查了等边三角形的判定与性质，菱形的性质，特殊角的三角函数，二次函数的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题关键．小明的作法
①如图2，连接AC，BD相交于点O．
②过点O作直线l∥AD，分别交AB，CD于点F，H．
③过点O作l的垂线，分别交AD，BC于点E，G．
④连接EF，FG，GH，HE，则四边形EFGH为所求作的菱形．
思考
我们知道，菱形的对角线互相垂直．反过来，对角线互相垂直的平行四边形是菱形吗？
可以发现并证明菱形的一个判定定理；
对角线互相垂直的平行四边形是菱形．

小星：由题目的已知条件，若连接，则可
证明．
小红：由题目的已知条件，若连接，则可证明．