中考数学二轮专题复习重难点03 平行四边形与特殊平行四边形（8大题型+满分技巧+限时分层检测）（2份，原卷版+解析版）

这是一份中考数学二轮专题复习重难点03 平行四边形与特殊平行四边形（8大题型+满分技巧+限时分层检测）（2份，原卷版+解析版），共14页。试卷主要包含了多边形内角和，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，菱形的性质与判定，正方形的性质等内容，欢迎下载使用。
中考数学中《平行四边形、矩形、菱形》部分主要考向分为五类：
一、多边形内角和（每年1道，3~4分）
二、平行四边形的性质与判定（每年1道，3~8分）
三、矩形的性质与判定（每年1~2题，3~12分）
四、菱形的性质与判定（每年1~2题，3~12分）
五、正方形的性质（每年1道，3~12分）
平行四边形和特殊平行四边形在中考数学中是占比比较大的一块考点，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用；考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样；并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强。所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合。
考向一：多边形内角和
【题型1 多边形的内角和的计算】
1．（2023•北京）正十二边形的外角和为（ ）
A．30°B．150°C．360°D．1800°
【分析】本题考查多边形的外角和问题，多边形外角和定理：任意多边形的外角和都等于360°．
【解答】解：因为多边形的外角和为360°，所以正十二边形的外角和为：360°．故选：C．
2．（2023•襄阳）五边形的外角和等于（ ）
A．180°B．360°C．540°D．720°
【分析】根据多边形的外角和等于360°解答．
【解答】解：五边形的外角和是360°．
故选：B．
3．（2023•重庆）如图，正五边形ABCDE中，连接AC，那么∠BAC的度数为 36° ．
【分析】利用多边形内角和公式及正多边形性质易得∠B的度数，AB＝BC，再根据等边对等角，利用三角形内角和定理即可求得答案．
【解答】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
∴AB＝BC，∠B＝（5﹣2）×180°÷5＝108°，
∴∠BAC＝∠BCA＝＝＝36°，
故答案为：36°．
4．（2023•济宁）一个多边形的内角和是540°，则这个多边形是 五 边形．
【分析】根据多边形的内角和公式列方程并解方程即可．
【解答】解：设此多边形的边数为n，
则（n﹣2）•180°＝540°，
解得：n＝5，
即此多边形为五边形，
故答案为：五．
考向二：平行四边形的性质与判定
【题型2 平行四边形的性质】
1．（2023•益阳）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，下列结论一定成立的是（ ）
A．OA＝OBB．OA⊥OBC．OA＝OCD．∠OBA＝∠OBC
【分析】由平行四边形的对角线互相平分可得OA＝OC，OB＝OD，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
故选：C．
2．（2023•海南）如图，在▱ABCD中，AB＝8，∠ABC＝60°，BE平分∠ABC，交边AD于点E，连接CE，若AE＝2ED，则CE的长为（ ）
A．6B．4C．D．
【分析】由平行四边形的性质得∠D＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝8，AD∥BC，再证∠ABE＝∠AEB，则AE＝AB＝8，过点E作EF⊥CD于点F，则∠FED＝30°，然后由含30°角的直角三角形的性质得DF＝ED＝2，则EF＝2，CF＝6，即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠D＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝8，AD∥BC，
∴∠AEB＝∠CBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AE＝AB＝8，
∵AE＝2ED，
∴2ED＝8，
∴ED＝4，
如图，过点E作EF⊥CD于点F，
则∠EFC＝∠EFD＝90°，
∴∠FED＝90°﹣∠D＝90°﹣60°＝30°，
∴DF＝ED＝2，
∴EF＝＝＝2，CF＝CD﹣DF＝8﹣2＝6，
∴CE＝＝＝4，
故选：C．
3．（2023•泸州）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠ADC的平分线与边AB相交于点P，E是PD中点，若AD＝4，CD＝6，则EO的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】根据平行四边形的性质可得AB∥DC，AB＝CD，OD＝OB，可得∠CDP＝∠APD，根据DP平分∠ADC，可得∠CDP＝∠ADP，从而可得∠ADP＝∠APD，可得AP＝AD＝4，进一步可得PB的长，再根据三角形中位线定理可得EO＝PB，即可求出EO的长．
【解答】解：在平行四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝CD，OD＝OB，
∴∠CDP＝∠APD，
∵DP平分∠ADC，
∴∠CDP＝∠ADP，
∴∠ADP＝∠APD，
∴AP＝AD＝4，
∵CD＝6，
∴AB＝6，
∴PB＝AB﹣AP＝6﹣4＝2，
∵E是PD的中点，O是BD的中点，
∴EO是△DPB的中位线，
∴EO＝PB＝1，
故选：A．
4．（2023•福建）如图，在▱ABCD中，O为BD的中点，EF过点O且分别交AB，CD于点E，F．若AE＝10，则CF的长为 10 ．
【分析】由平行线四边形的性质得到CD＝AB，CD∥AB，因此∠FDO＝∠EBO，∠DFO＝∠BEO，又OD＝OB，即可证明△DOF≌△BOE（AAS），得到FD＝BE，于是得出CF＝AE＝10．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB，CD∥AB，
∴∠FDO＝∠EBO，∠DFO＝∠BEO，
∵O为BD的中点，
∴OD＝OB，
∴△DOF≌△BOE（AAS），
∴DF＝BE，
∴CD﹣DF＝AB﹣BE，
∴CF＝AE＝10．
故答案为：10．
5．（2023•聊城）如图，在▱ABCD中，BC的垂直平分线EO交AD于点E，交BC于点O，连接BE，CE，过点C作CF∥BE，交EO的延长线于点F，连接BF．若AD＝8，CE＝5，则四边形BFCE的面积为 24 ．
【分析】先根据平行四边形的性质得出AD＝BC＝8，再由EF是线段BC的垂直平分线得出EF⊥BC，OB＝OC＝BC＝4，根据勾股定理求出OE的长，再由CF∥BE可得出∠OCF＝OBE，故可得出△OCF≌△OBE，OE＝OF，利用S四边形BFCE＝S△BCE+S△BFC即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AD＝8，
∴AD＝BC＝8，
∵由EF是线段BC的垂直平分线，
∴EF⊥BC，OB＝OC＝BC＝4，
∵CE＝5，
∴OE＝＝＝3．
∵CF∥BE，
∴∠OCF＝∠OBE，
在△OCF与△OBE中，
，
∴△OCF≌△OBE（ASA），
∴OE＝OF＝3，
∴S四边形BFCE＝S△BCE+S△BFC
＝BC•OE+BC•OF
＝×8×3+×8×3
＝12+12
＝24．
故答案为：24．
6．（2023•哈尔滨）已知四边形ABCD是平行四边形，点E在对角线BD上，点F在边BC上，连接AE，EF，DE＝BF，BE＝BC．
（1）如图①，求证△AED≌△EFB；
（2）如图②，若AB＝AD，AE≠ED，过点C作CH∥AE交BE于点H，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图②中四个角（∠BAE除外），使写出的每个角都与∠BAE相等．
【分析】（1）由平行四边形的性质推出AD∥BC，AD＝BC，得到∠ADE＝∠EBF，又BC＝BE，得到AD＝BE，即可证明△AED≌△EFB（SAS）；
（2）由平行线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠ADE＝∠EBF，
∵BC＝BE，
∴AD＝BE，
在△AED和△EFB中，
，
∴△AED≌△EFB（SAS）；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AB∥CD，
∵AB＝AD，
∴AB＝BC，
∵BE＝BC，
∴AB＝BE，
∴∠BEA＝∠BAE，
∵CH∥AE，
∴∠DHC＝∠BEA，
∵AB∥CD，
∴∠CDH＝∠ABE，
∴∠DCH＝∠BAE，
∵△AED≌△EFB（SAS），
∴∠AED＝∠EFB，
∴∠EFC＝∠AEB，
∴与∠BAE相等角是∠AEB，∠DHC，∠EFC，∠DCH．
【题型3 平行四边形的判定和性质的综合】
1．（2023•邵阳）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，若添加一个条件，使四边形ABCD为平行四边形，则下列正确的是（ ）
A．AD＝BCB．∠ABD＝∠BDCC．AB＝ADD．∠A＝∠C
【分析】由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、由AB∥CD，AD＝BC，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠BDC，
∴不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项B不符合题意；
C、由AB∥CD，AB＝AD，不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项C不符合题意；
D、∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠C＝180°，
∵∠A＝∠C，
∴∠ABC+∠A＝180°，
∴AD∥BC，
又∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D符合题意；
故选：D．
2．（2023•镇江）如图，B是AC的中点，点D、E在AC同侧，AE＝BD，BE＝CD．
（1）求证：△ABE≌△BCD；
（2）连接DE，求证：四边形BCDE为平行四边形．
【分析】（1）根据线段中点的定义得到AB＝BC，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到∠ABE＝∠BCD，根据平行线的判定定理得到BE∥CD，根据平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】证明：（1）∵B是AC的中点，
∴AB＝BC，
在△ABE与△BCD中，
，
∴△ABE≌△BCD（SSS）；
（2）∵△ABE≌△BCD，
∴∠ABE＝∠BCD，
∴BE∥CD，
∵BE＝CD，
∴四边形BCDE为平行四边形．
3．（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．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵BE＝DF，
∴EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形；
（2）解：∵BE＝EF，
∴S△ABE＝S△AEF＝2，
∵四边形AECF是平行四边形，
∴S△AEF＝S△CEF＝2，EO＝FO，
∴△CFO的面积＝1．
4．（2023•贵州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，延长CB至D，使得BD＝CB，过点A，D分别作AE∥BD，DE∥BA，AE与DE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AD，若，求AC的长．
【分析】（1）小星：连接BE，根据平行四边的判定定理得到四边形ABDE是平行四边形，根据平行四边形的性质得到AE＝BD，推出四边形AEBC是平行四边形，根据矩形性质得到BE⊥CD；小红：连接BE，CE，根据平行四边形的判定和性质以及矩形 的判定和性质定理即可得到论；
（2）连接AD，设CB＝2k，AC＝3k，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：小星：连接BE，
∵AE∥BD，DE∥BA，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE＝BD，
∵BD＝BC，
∴AE＝BC，
∵AE∥BC，
∴四边形AEBC是平行四边形，
∵∠C＝90°，
∴四边形AEBC是矩形，
∴∠EBC＝90°，
∴BE⊥CD；
小红：连接CE，BE，
∵AE∥BD，DE∥BA，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE＝BD，AB＝DE，
∵BD＝BC，
∴AE＝BC，
∵AE∥BC，
∴四边形AEBC是平行四边形，
∵∠C＝90°，
∴四边形AEBC是矩形，
∴AB＝CE，
∴DE＝CE；
（2）∵，
∴设CB＝2k，AC＝3k，
∴CD＝4k，
∵AC2+DC2＝AD2，
∴（3k）2+（4k）2＝（5）2，
∴k＝，
∴AC＝3．
考向三：矩形的性质与判定
【题型4 矩形的性质】
1．（2023•杭州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．若∠AOB＝60°，则＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】先证△ABO是等边三角形，可得∠BAO＝60°，由直角三角形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝BO＝CO＝DO，
∵∠AOB＝60°，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠BAO＝60°，
∴∠ACB＝30°，
∴BC＝AB，
∴＝，
故选：D．
2．（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．B．3C．D．
【分析】依据题意，连接BM，记BD与MN交于点O，先证△DMO≌△BNO，从而得DM＝BN＝2，再由线段MN垂直平分BD从而BM＝DM＝2，又在Rt△BAM中可得AM的值，从而再在Rt△BAD中可求得BD．
【解答】解：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＝＝．
∴在Rt△BAD中可得，BD＝＝2．
故选：A．
3．（2023•宁波）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE，AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S，S1，S2，若要求出S﹣S1﹣S2的值，只需知道（ ）
A．△ABE的面积B．△ACD的面积
C．△ABC的面积D．矩形BCDE的面积
【分析】作AG⊥ED于点G，交BC于点F，可证明四边形BFGE是矩形，AF⊥BC，可推导出S﹣S1﹣S2＝ED•AG﹣BE•EG﹣CD•DG＝ED•AG﹣FG•ED＝BC•AF＝S△ABC，所以只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，于是得到问题的答案．
【解答】解：作AG⊥ED于点G，交BC于点F，
∵四边形BCDE是矩形，
∴∠FBE＝∠BEG＝∠FGE＝90°，BC∥ED，BC＝ED，BE＝CD，
∴四边形BFGE是矩形，∠AFB＝∠FGE＝90°，
∴FG＝BE＝CD，AF⊥BC，
∴S﹣S1﹣S2＝ED•AG﹣BE•EG﹣CD•DG＝ED•AG﹣FG•ED＝BC•AF＝S△ABC，
∴只需知道S△ABC，就可求出S﹣S1﹣S2的值，
故选：C．
4．（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
【分析】根据矩形的性质得到∠BAD＝90°，OD＝BD，OC＝AC，AC＝BD，根据勾股定理得到BD＝＝5，过C作CF⊥BD于F，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，OD＝BD，OC＝AC，AC＝BD，
∴OD＝OC，
∵AD＝BC＝3，AB＝CD＝4，
∴BD＝＝5，
过C作CF⊥BD于F，
∴S△DCB＝CF•BD＝BC•CD，
∴CF＝＝，
连接OE，
∵S△COD＝S△DOE+S△COE，
∴，
∴EH+EG＝CF＝＝2.4，
故选：A．
5．（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＝BD，OA＝AC，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．
【解答】解：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＝BD，OA＝AC，AC＝BD，
∴OB＝OA，
∵S△AOB＝OB•AN＝OA•BM，
∴AN＝BM，
∵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，
∴，
∴BF＝＝＝，
故答案为：．
6．（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＝，AD＝4时，求EF的长．
【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到GE＝GF，再根据等边对等角得出∠E＝∠GFE，根据矩形的性质得出AB＝DC，∠ABC＝∠DCB＝90°，于是可证△ABF和△DCE全等，得到BF＝CE，从而问题得证；
（2）先证△ECD∽△EFH，得出比例式，再结合已知即可求出EF的长．
【解答】（1）证明：∵FH⊥EF，
∴∠HFE＝90°，
∵GE＝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，
∴DC⊥BC，即DC⊥EF，AB＝CD，BC＝AD＝4，
∵FH⊥EF，
∴CD∥FH，
∴△ECD∽△EFH，
∴，
∴，
∵，
∴，
设BE＝CF＝x，
∴EC＝x+4，EF＝2x+4，
∴，
解得x＝1，
∴EF＝6．
【题型5 矩形的判定与性质的综合】
1．（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
【分析】由矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：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．
2．（2023•雅安）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6，P为边AB上一动点，作PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E，则DE的最小值为 3 ．
【分析】连接CP，由勾股定理求出AB的长，再证四边形CDPE是矩形，得DE＝CP，然后由等腰直角三角形的性质求出CP的长，即可得出结论．
【解答】解：如图，连接CP，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝6，AB＝＝＝6，
∵PD⊥BC，PE⊥AC，
∴∠PDC＝∠PEC＝90°，
∴四边形CDPE是矩形，
∴DE＝CP，
由垂线段最短可得，当CP⊥AB时，线段DE的值最小，
此时，AP＝BP，
∴CP＝AB＝3，
∴DE的最小值为3，
故答案为：3．
3．（2023•新疆）如图，AD和BC相交于点O，∠ABO＝∠DCO＝90°，OB＝OC，点E、F分别是AO、DO的中点．
（1）求证：OE＝OF；
（2）当∠A＝30°时，求证：四边形BECF是矩形．
【分析】（1）根据平行线的判定定理得到AB∥CD，根据平行线的性质得到∠A＝∠D，根据全等三角形的性质得到AO＝DO，根据线段中点的定义得到OE＝OF；
（2）根据平行四边形的判定定理得到四边形BECF是平行四边形，求得∠EBF＝90°，根据矩形的判定定理得到四边形BECF是矩形．
【解答】证明：（1）∵∠ABO＝∠DCO＝90°，
∴AB∥CD，
∴∠A＝∠D，
在△AOB与△DOC中，
，
∴△AOB≌△DOC（AAS），
∴AO＝DO，
∵点E、F分别是AO、DO的中点，
∴，
∴OE＝OF；
（2）∵OB＝OC，OE＝OF，
∴四边形BECF是平行四边形，
∵∠A＝30°，
∴，
∵OE＝OF，
∴，
∴∠EBF＝90°，
∴四边形BECF是矩形．
4．（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．
【解答】（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：∵四边形ACFD是矩形，
∴∠CFD＝90°，AC＝DF，
∵CD＝13，CF＝5，
∴DF＝＝＝12，
∵△ADE≌△FCE，
∵△CEF的面积＝△ACF的面积＝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．

考向四：菱形的性质与判定
【题型6 菱形的性质】
1．（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°
【分析】根据菱形的性质和平行线的性质以及三角形的内角和定理即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AC⊥BD，
∴∠DCA＝∠1＝20°，
∴∠2＝90°﹣∠DCA＝70°，
故选：C．
2．（2023•丽水）如图，在菱形ABCD中，AB＝1，∠DAB＝60°，则AC的长为（ ）
A．B．1C．D．
【分析】连接BD交AC于点O，由菱形的性质得OA＝OC，∠BAO＝30°，AC⊥BD，再由含30°角的直角三角形的性质得OB＝，然后由勾股定理得OA＝，即可得出结论．
【解答】解：如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
∴OA＝OC，∠BAO＝∠DAB＝30°，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∴OB＝AB＝，
∴OA＝＝＝，
∴AC＝2OA＝，
故选：D．
3．（2023•东营）如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的边长为2，点B在x轴的正半轴上，且∠AOC＝60°，将菱形OABC绕原点O逆时针方向旋转60°，得到四边形OA′B′C′（点A′与点C重合），则点B′的坐标是（ ）
A．（3，3）B．（3，3）C．（3，6）D．（6，3）
【分析】如图，过B′作B′D⊥y轴于D，连接OB′，根据旋转的性质得到OC′＝C′B′＝2，∠C′OB′＝∠COA＝60°，B′C′∥OC，根据平行线的性质得到∠DC′B′＝∠C′OC＝60°，求得∠DB′C′＝30°，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：如图，过B′作B′D⊥y轴于D，连接OB′，
∵将菱形OABC绕原点O逆时针方向旋转60°，得到四边形OA′B′C′，∠AOC＝60°，菱形OABC的边长为2，
∴OC′＝C′B′＝2，∠C′OB′＝∠C′OC＝30°，B′C′∥OC，
∴∠DC′B′＝∠C′OC＝60°，
∴∠DB′C′＝30°，
∴，DB′＝B′C′＝3，
∴，
∴B′的坐标是（3，3），
故选：B．
4．（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 10°或80° ．
【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．
【解答】解：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°，
故答案为：10°或80°．
5．（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 24 ．
【分析】由菱形的性质得到AC⊥BD，由△DAC的面积＝AC•OD，△BAC的面积＝AC•OB，得到菱形ABCD的面积＝AC•（OD+OB）＝AC•BD，即可求出菱形的面积．
【解答】解：如图：菱形ABCD中AC＝8，BD＝6，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴△DAC的面积＝AC•OD，△BAC的面积＝AC•OB，
∴菱形ABCD的面积＝△DAC的面积+△BAC的面积＝AC•（OD+OB）＝AC•BD＝×8×6＝24．
故答案为：24．
6．（2023•浙江）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．
【分析】（1）欲证明AE＝AF，只需要证得△ABE≌△ADF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．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D．
又∵AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F，
∴∠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°．
7．（2023•呼和浩特）如图，四边形ABCD是平行四边形，连接AC，BD交于点O，DE平分∠ADB交AC于点E，BF平分∠CBD交AC于点F，连接BE，DF．
（1）求证：∠1＝∠2；
（2）若四边形ABCD是菱形且AB＝2，∠ABC＝120°，求四边形BEDF的面积．
【分析】（1）由平行四边形的性质，角平分线定义推出△ODE≌△OBF（ASA），得到DE＝BF，判定四边形DEBF是平行四边形，推出BE∥DF，得到∠1＝∠2．
（2）由菱形的性质得到BD⊥EF，OD＝OB，推出四边形DEBF的菱形，由平行线的性质得到∠BAD＝60°，判定△ABD是等边三角形，得到BD＝AB＝2，∠ADO＝60°，求出OE＝OD＝，得到EF＝2OE＝，由菱形的面积公式即可求出四边形BEDF的面积．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OD＝OB，
∴∠ADO＝∠CBO，
∵DE平分∠ADB，BF平分∠CBD，
∴∠ODE＝∠ADO，∠OBF＝∠CBO，
∴∠ODE＝∠OBF，
∴DE∥BF，
∵OD＝OB，∠DOE＝∠BOF，
∴△ODE≌△OBF（ASA），
∴DE＝BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴BE∥DF，
∴∠1＝∠2．
（2）解：由（1）知△ODE≌△OBF（ASA），
∴OE＝OF，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥EF，OD＝OB，AD∥BC，
∴四边形DEBF的菱形，
∵AD∥BC，∠ABC＝120°，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∵AD＝AB，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝2，∠ADO＝60°，
∴OD＝BD＝1，
∵∠ODE＝∠ADO＝30°，
∴OE＝OD＝，
∴EF＝2OE＝，
∴四边形BEDF的面积＝BD•EF＝×2×＝．
【题型7 菱形判定与性质的综合】
1．（2023•深圳）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝6，将线段AB水平向右平移a个单位长度得到线段EF，若四边形ECDF为菱形时，则a的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【分析】证得四边形ECDF为平行四边形，当CD＝CD＝4时，▱ECDF为菱形，此时a＝BE＝BC﹣CE＝6﹣4＝2．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，CE∥FD，CD＝AB＝4，
∵将线段AB水平向右平得到线段EF，
∴AB∥EF∥CD，
∴四边形ECDF为平行四边形，
当CD＝CE＝4时，▱ECDF为菱形，
此时a＝BE＝BC﹣CE＝6﹣4＝2．
故选：B．
2．（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： AD∥BC（AB＝CD或 OB＝OD 或∠ADB＝∠CBD 等） ，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．
【解答】解：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 ）．
3．（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．
【解答】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．
4．（2023•云南）如图，平行四边形ABCD中，AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，且E、F分别在边BC、AD上，AE＝AF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若∠ABC＝60°，△ABE的面积等于，求平行线AB与DC间的距离．
【分析】（1）根据平行四边形对角相等得到∠BAD＝∠BCD，再根据AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，可得到∠DAE＝∠BCF，再根据平行四边形对边平行得到∠DAE＝∠AEB，于是有∠BCF＝∠AEB，得出AE∥FC，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证得四边形AECF是平行四边形，最后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证；
（2）连接AC，根据平行四边形的性质和角平分线的定义可证得AB＝EB，结合已知∠ABC＝60°得到△ABE是等边三角形，从而求出AB＝AE＝EB＝EC＝4，∠BAE＝60°，再证得∠EAC＝30°，即可得到∠BAC＝90°，根据勾股定理求出AC的长，从而得出平行线AB与DC间的距离．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD＝∠BCD，AD∥BC，
∵AE、CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，
∴，，
∴∠DAE＝∠BCF，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∴∠BCF＝∠AEB，
∴AE∥FC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AE＝AF，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：连接AC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝EB，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠BAE＝∠AEB＝∠ABE＝60°，
∵△ABE的面积等于，
∴，
∴AB＝4，
即AB＝AE＝EB＝4，
由（1）知四边形AECF是菱形，
∴AE＝CE＝4，
∴∠EAC＝∠ECA，
∵∠AEB是△AEC的一个外角，
∴∠AEB＝∠EAC+∠ECA＝60°，
∴∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝90°，
即AC⊥AB，
由勾股定理得，
即平行线AB与DC间的距离是．
考向五：正方形的性质
【题型8 正方形的性质】
1．（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．B．2C．D．
【分析】先证四边形AEPF是矩形，可得PE＝AF，∠PFD＝90°，由等腰直角三角形的性质可得PF＝DF，可求AF，DF的长，由勾股定理可求AP的长，由“SAS”可证△ABP≌△CBP，可得AP＝PC＝．
【解答】解：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＝＝＝，
∵AB＝BC，∠ABD＝∠CBD＝45°，BP＝BP，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴AP＝PC＝，
故选：C．
2．（2023•重庆）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接AE，AF，EF，∠EAF＝45°．若∠BAE＝α，则∠FEC一定等于（ ）
A．2αB．90°﹣2αC．45°﹣αD．90°﹣α
【分析】根据正方形的性质可得AD＝AB，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得△ABG，易证△GAE≌△FAE（SAS），根据全等三角形的性质可得∠AEF＝∠AEG，进一步根据∠FEC＝180°﹣∠AEF﹣∠AEB求解即可．
【解答】解：在正方形ABCD中，AD＝AB，∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，
将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得△ABG，G、B、E三点共线，如图所示：
则AF＝AG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠GAE＝∠FAE＝45°，
在△GAE和△FAE中，
，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴∠AEF＝∠AEG，
∵∠BAE＝α，
∴∠AEB＝90°﹣α，
∴∠AEF＝∠AEB＝90°﹣α，
∴∠FEC＝180°﹣∠AEF﹣∠AEB＝180°﹣2×（90°﹣α）＝2α，
故选：A．
3．（2023•河北）如图，在Rt△ABC中，AB＝4，点M是斜边BC的中点，以AM为边作正方形AMEF．若S正方形AMEF＝16，则S△ABC＝（ ）
A．4B．8C．12D．16
【分析】先根据正方形AMEF的面积求出AM的长，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出BC的长，最后根据勾股定理求出AC的长，然后即可求出直角三角形ABC的面积．
【解答】解：∵四边形AMEF是正方形，
又∵S正方形AMEF＝16，
∴AM2＝16，
∴AM＝4，
在Rt△ABC中，点M是斜边BC的中点，
∴，
即BC＝2AM＝8，
在Rt△ABC中，AB＝4，
∴，
∴，
故选：B．
4．（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．
【解答】解：如图1中，
∵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＝2，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，
∴．
根据对称性可得 ．
∴AD2＝12，＝9，＝3，
∴，
∴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．
5．（2023•扬州）如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E、F分别在边AD、BC上，将正方形沿着EF翻折，点B恰好落在CD边上的点B′处，如果四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3：5，那么线段FC的长为 ．
【分析】连接BB'，过点F作FH⊥AD，设CF＝x，则DH＝x，BF＝1﹣x，根据已知条件，分别表示出AE、EH、HD，证明△EHF≌△B'CB，得出EH＝B'C＝﹣2x，在Rt△B'FC中，根据勾股定理建立方程即可解答．
【解答】解：如图，连接BB'，过点F作FH⊥AD，
∵已知正方形ABCD的边长为1，四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3：5，
∴S四边形ABFE＝，
设CF＝x，则DH＝x，BF＝1﹣x，
∴S四边形ABFE＝，
即，
解得AE＝x﹣，
∴DE＝1﹣AE＝，
∴EH＝ED﹣HD＝，
由折叠的性质可得BB'⊥EF，
∴∠1+∠2＝∠BGF＝90°，
∵∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3，
又FH＝BC＝1，∠EHF＝∠C，
∴△EHF≌△B'CB（ASA），
∴EH＝B'C＝，
在Rt△B'FC中，B'F2＝B'C2+CF2，
∴（1﹣x）2＝x2+（）2，
解得x＝．
故答案为：．
6．（2023•黄石）如图，正方形ABCD中，点M，N分别在AB，BC上，且BM＝CN，AN与DM相交于点P．
（1）求证：△ABN≌△DAM；
（2）求∠APM的大小．
【分析】（1）利用SAS证明全等即可；
（2）根据全等的性质，得到∠MAP＝∠ADM，由∠MAP+∠AMP＝∠ADM+∠AMP＝90°，从而求出∠APM＝90°．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC，∠DAM＝∠ABN＝90°，
∵BM＝CN，
∴BC﹣CN＝AB﹣BM，即BN＝AM，
在△ABN和△DAM中，
∴△ABN≌△DAM（SAS）；
（2）解：由（1）知△ABN≌△DAM，
∴∠MAP＝∠ADM，
∴∠MAP+∠AMP＝∠ADM+∠AMP＝90°，
∴∠APM＝180°﹣（∠MAP+∠AMP）＝90°．
7．（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，AC，BD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＝AC，OB＝OD＝BD，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．
【解答】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＝AC，OB＝OD＝BD，
∵以点B，C为圆心，AC，BD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＝BD，OC＝AC，
∴OB＝OC，
∵四边形BPCO为平行四边形，
∴四边形BPCO为正方形．
（建议用时：60分钟）
1．（2023•湘西州）一个七边形的内角和是（ ）
A．1080°B．900°C．720°D．540°
【分析】n边形的内角和是（n﹣2）•180°，把多边形的边数代入公式，就得到多边形的内角和．
【解答】解：（7﹣2）×180°＝900°，
故选：B．
2．（2023•重庆）若七边形的内角中有一个角为100°，则其余六个内角之和为 800° ．
【分析】利用多边形内角和公式求得七边形的内角和后与100°作差即可．
【解答】解：由题意可得七边形的内角和为：（7﹣2）×180°＝900°，
∵该七边形的一个内角为100°，
∴其余六个内角之和为900°﹣100°＝800°，
故答案为：800°．
3．（2023•长春）如图，将正五边形纸片ABCDE折叠，使点B与点E重合，折痕为AM，展开后，再将纸片折叠，使边AB落在线段AM上，点B的对应点为点B'，折痕为AF，则∠AFB'的大小为 45 度．
【分析】由多边形的内角和及轴对称的性质和三角形内角和可得出结论．
【解答】解：∵五边形的内角和为（5﹣2）×180°＝540°，
∴∠B＝∠BAE＝108°，
由图形的折叠可知，∠BAM＝∠EAM＝∠BAE＝54°，
∠BAF＝∠FAB'＝∠BAM＝27°，
∠AFB'＝∠AFB＝180°﹣∠B﹣∠BAF＝180°﹣108°﹣27°＝45°．
故答案为：45．
4．（2023•成都）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，则下列结论一定正确的是（ ）
A．AC＝BDB．OA＝OCC．AC⊥BDD．∠ADC＝∠BCD
【分析】利用平行四边形的性质一一判断即可解决问题．
【解答】解：A、错误．平行四边形的对角线互相平分，但不一定相等，不合题意；
B、正确．因为平行四边形的对角线互相平分，符合题意；
C、错误．平行四边形的对角线不一定垂直，不合题意；
D、错误．平行四边形的对角相等，但邻角不一定相等，不合题意；
故选：B．
5．（2023•衡阳）如图，在四边形ABCD中，已知AD∥BC．添加下列条件不能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．AD＝BCB．AB∥DCC．AB＝DCD．∠A＝∠C
【分析】由平行四边形的判定方法，即可判断．
【解答】解：A、因为AD∥BC，AD＝BC，因此由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，能判定四边形ABCD是平行四边形，故A不符合题意；
B、因为AD∥BC，AB∥DC，因此由两组对边分别平行的四边形是平行四边形，能判定四边形ABCD是平行四边形，故B不符合题意；
C、AB＝DC，但AB和CD不一定平行，因此不能判定四边形ABCD是平行四边形，故C符合题意；
D、因为AD∥BC得到∠ADB＝∠CBD，又∠A＝∠C，BD＝DB，因此△ABD≌△CDB（AAS），得到AD＝CB，能判定四边形ABCD是平行四边形，故D不符合题意；
故选：C．
6．（2023•河北）如图，直线l1∥l2，菱形ABCD和等边△EFG在l1，l2之间，点A，F分别在l1，l2 上，点B，D、E、G在同一直线上．若∠α＝50°，∠ADE＝146°，则∠β＝（ ）
A．42°B．43°C．44°D．45°
【分析】由平角的定义求得∠ADB＝180°﹣∠ADE＝34°，由外角定理求得∠AHD＝∠α﹣∠ADB＝16°，根据平行线的性质得∠GIF＝∠AHD＝16°，进而求得∠β＝∠EGF﹣∠GIF＝44°．
【解答】解：如图，延长BG，
∵∠ADE＝146°，
∴∠ADB＝180°﹣∠ADE＝34°，
∵∠α＝∠ADB+∠AHD，
∴∠AHD＝∠α﹣∠ADB＝50°﹣34°，＝16°，
∵l1∥l2，
∴∠GIF＝∠AHD＝16°，
∵∠EGF＝∠β+∠GIF，
∵△EFG是等边三角形，
∴∠EGF＝60°，
∴∠β＝∠EGF﹣∠GIF＝60°﹣16°＝44°，
故选：C．
7．（2023•潍坊）如图，在直角坐标系中，菱形OABC的顶点A的坐标为（﹣2，0），∠AOC＝60°．将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形O′A′B′C′，其中点B′的坐标为（ ）
A．（﹣2，﹣1）B．（﹣2，1）C．（﹣，1）D．（﹣，﹣1）
【分析】过点B作BE⊥x轴于点E，根据菱形的性质得出AB＝2，∠EAB＝∠AOC＝60°，于是求出AE的长，在Rt△ABE中根据勾股定理求出BE的长，从而得出点B的坐标，再根据平移规律即可得出点B′的坐标．
【解答】解：过点B作BE⊥x轴于点E，
∴∠BEA＝90°，
∵点A的坐标为（﹣2，0），
∴OA＝2，
∵四边形OABC是菱形，
∴AB＝OA＝2，AB∥OC，
∴∠EAB＝∠AOC＝60°，
∴∠ABE＝30°，
∴，
由勾股定理得，
∴OE＝AE+OA＝1+2＝3，
∴点B的坐标是，
将菱形OABC沿x轴向右平移1个单位长度，再沿y轴向下平移1个单位长度，得到菱形O′A′B′C′，
∴点B′的坐标为，
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＝BC
C．AC＝BDD．AC⊥BD
【分析】根据矩形的对角线相等，以及矩形与菱形性质的区别判断即可．
【解答】解：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．
9．如图，在矩形ABCD中，点E为BA延长线上一点，F为CE的中点，以B为圆心，BF长为半径的圆弧过AD与CE的交点G，连接BG．若AB＝4，CE＝10，则AG＝（ ）
A．2B．2.5C．3D．3.5
【分析】先根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得BF＝EF＝CF＝5，然后在Rt△ABG中利用勾股定理即可求出AG的长．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
在Rt△BCE中，点F为斜边CE的中点，
∴，
∴BG＝BF＝5，
在Rt△ABG中，AB＝4，BG＝5，
由勾股定理得：．
故选：C．
10．（2023•丹东）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，∠ABD＝60°，AE⊥BD，垂足为点E，F是OC的中点，连接EF，若，则矩形ABCD的周长是（ ）
A．B．C．D．
【分析】由矩形的性质得∠ABC＝90°，OA＝OB，而∠ABD＝60°，则△AOB是等边三角形，所以AB＝OA＝OC＝AC，因为AE⊥BD于点E，所以E为OB的中点，而F是OC的中点，则BC＝2EF＝4，则勾股定理得BC＝＝AB，则AB＝4，AB＝4，即可求得矩形ABCD的周长是8+8，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC与BD相交于点O，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，且AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵∠ABD＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝OC＝AC，
∴AC＝2AB，
∵AE⊥BD于点E，
∴E为OB的中点，
∵F是OC的中点，EF＝2，
∴BC＝2EF＝2×2＝4，
∴AD＝BC＝4，
∵BC＝＝＝AB，
∴AB＝4，
∴AB＝CD＝4，
∴AD+BC+AB+CD＝4+4+4+4＝8+8，
∴矩形ABCD的周长是8+8，
故选：D．
11．（2023•苏州）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（9，0），点C的坐标为（0，3），以OA，OC为边作矩形OABC．动点E，F分别从点O，B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA，BC向终点A，C移动．当移动时间为4秒时，AC•EF的值为（ ）
A．B．9C．15D．30
【分析】利用点的坐标，分别计算AC和EF，再相乘即可．
【解答】解：连接AC、EF．
∵四边形OABC为矩形，
∴B（9，3）．
又∵OE＝BF＝4，
∴E（4，0），F（5，3）．
∴AC＝＝＝3，
EF＝＝，
∴AC•EF＝3×＝30．
故选：D．
12．（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）．
【解答】解：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），
方法3：
∵四边形ABCD是边长为6的正方形，
∴AB＝AD＝CD＝6，AB∥CD，
由题意：设AM＝m，PM＝n，则PC＝n，DP＝6﹣n，
∵AB∥CD，
∴，
∴，
化简得：mn＝6m﹣6n，
由勾股定理可知：AD2+DP2＝AP2，
∴62+（6﹣n）2＝（m+n）2，
化简得：m2+2mn+12n＝72，
将mn＝6m﹣6n代入，得：m2+12m﹣12n+12n﹣72＝0，
解得：m1＝6﹣6，m2＝﹣6﹣6（舍去），
∴AM＝6﹣6，
故选：C．
13．（2023•重庆）如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC的中点，E为正方形内一点，连接BE，BE＝BA，连接CE并延长，与∠ABE的平分线交于点F，连接OF，若AB＝2，则OF的长度为（ ）
A．2B．C．1D．
【分析】连接AF，根据正方形ABCD得到AB＝BC＝BE，∠ABC＝90°，根据角平分线的性质和等腰三角形的性质，求得∠BFE＝45°，再证明△ABF≌△EBF，求得∠AFC＝90°，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求出OF的长度．
【解答】解：如图，连接AF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BE＝BC，∠ABC＝90°，AC＝AB＝2，
∴∠BEC＝∠BCE，
∴∠EBC＝180°﹣2∠BEC，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝2∠BEC﹣90°，
∵BF平分∠ABE，
∴∠ABF＝∠EBF＝∠ABE＝∠BEC﹣45°，
∴∠BFE＝∠BEC﹣∠EBF＝45°，
在△BAF与△BEF中，
，
∴△BAF≌△BEF（SAS），
∴∠BFE＝∠BFA＝45°，
∴∠AFC＝∠BFA+∠BFE＝90°，
∵O为对角线AC的中点，
∴OF＝AC＝，
故选：D．
14．（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＝．
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＝EF＝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．
【解答】解：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＝EF，
Rt△ECF中，∵EH＝FH，
∴CH＝EF，
∴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，
∴＝，
∴AK•DH＝AF•EH，
在等腰直角三角形AFH中，AF＝FH＝EH，
∴AK•HD＝．
故④正确；
∴本题正确的结论有①③④，共3个．
故选：C．
15．（2023•凉山州）如图，▱ABCO的顶点O、A、C的坐标分别是（0，0）、（3，0）、（1，2）．则顶点B的坐标是 （4，2） ．
【分析】延长BC交y轴于点D，由平行四边形的性质得BC＝OA，BC∥OA，再证BC⊥y轴，然后求出BC＝OA＝3，CD＝1，OD＝2，则BD＝CD+BC＝4，即可得出结论．
【解答】解：如图，延长BC交y轴于点D，
∵四边形ABCO是平行四边形，
∴BC＝OA，BC∥OA，
∵OA⊥y轴，
∴BC⊥y轴，
∵A（3，0），C（1，2），
∴BC＝OA＝3，CD＝1，OD＝2，
∴BD＝CD+BC＝1+3＝4，
∴B（4，2），
故答案为：（4，2）．
16．（2023•常州）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝4，D是AC延长线上的一点，CD＝2．M是边BC上的一点（点M与点B、C不重合），以CD、CM为邻边作▱CMND．连接AN并取AN的中点P，连接PM，则PM的取值范围是 ． ．
【分析】先根据题意确定点P的运动轨迹，即可确定MP的最大值和最小值，从而解答．
【解答】解：∵AB＝AC＝4，
∴AD＝6，
∵△ABC是等腰直角三角形，四边形CNMD是平行四边形，
∴DN∥BC，DN＝BC，CD∥MN，CD＝MN，
∴∠ADN＝∠ACB＝45°＝∠ABC＝∠CMN，
当M与B重合时，如图M1，N1，P1，∠ABN1＝90°，
∴AN1＝＝2，
∵P1是中点，
∴MP1＝AN1＝，
当MP⊥BC时，如图P2，M2，N2，
∵P1，P，P2是中点，
∴P的运动轨迹为平行于BC的线段，交AC于H，
∴CH＝3﹣2＝1，
∵∠ACB＝45°，
∴PH与BC间的距离为P2M2＝CH＝，
∵M不与B、C重合，
∴．
17．（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 62° ．
【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＝∠ABC＝28°，那么∠BAE＝90°﹣∠ABE＝62°．
【解答】解：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＝∠ABC＝28°，
∴∠BAE＝90°﹣∠ABE＝62°．
故答案为：62°．
18．（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＝ 6 ．
【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，同理可证△DHG∽△DAC，得出，两式相加，即可求出EF+GH的值．
【解答】解：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＝6，
∵BE＝BF，
∴∠BEF＝∠BFE＝（180°﹣∠EBF），
∵BA＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝（180°﹣∠ABC），
∴∠BEF＝∠BAC，
∴EF∥AC，
∴△BEF∽△BAC，
∴，
∵BA＝DA，
∴，
同理可证△DHG∽△DAC，
∴，
∴，
即，
∴EF+GH＝AC＝6，
故答案为：6．
19．（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，利用AAS证得△ABE和△FCB全等，得出FC＝AB＝4，再根据矩形的性质得到BC＝AD＝6，从而在Rt△FCB中利用勾股定理求出BF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠A＝90°，
∴∠AEB＝∠FBC，
∵CF⊥BE，
∴∠CFB＝90°，
∴∠CFB＝∠A，
在△ABE和△FCB中，
，
∴△ABE≌△FCB（AAS），
∴FC＝AB＝4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝6，
在Rt△FCB中，由勾股定理得，
故答案为：．
20．（2023•辽宁）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝10，点M为BC的中点，E是BM上的一点，连接AE，作点B关于直线AE的对称点B′，连接DB′并延长交BC于点F．当BF最大时，点B′到BC的距离是 ．
【分析】当DF⊥AB'时，BF有最大值，即点E与点F重合，由勾股定理可求CE的长，可求BE＝B'E＝4，通过证明△EB'H∽△EDC，即可求解．
【解答】解：如图，过点B'作BH⊥BC于H，
∵点B关于直线AE的对称点B′，
∴AB＝AB'，BE＝B'E，∠AEB＝∠AEB'，∠ABE＝∠AB'E，
当DF⊥AB'时，BF有最大值，
∴∠AB'F＝∠AB'E＝90°，
∴点E与点F重合，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB＝∠AEB'，
∴AD＝DE＝10，
∴CE＝＝＝6，
∴BE＝4＝B'E，
∵B'H⊥BC，DC⊥BC，
∴B'H∥CD，
∴△EB'H∽△EDC，
∴，
∴，
∴HB'＝，
∴点B′到BC的距离是，
故答案为：．
21．（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 2 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．
【解答】解：如图所示，
依题意，OD＝AD＝2，OE＝OD＝，
∴图中阴影部分的面积为OE2＝（）2＝2（dm2），
故答案为：2．
22．（2023•湖州）如图，标号为①，②，③，④的四个直角三角形和标号为⑤的正方形恰好拼成对角互补的四边形ABCD，相邻图形之间互不重叠也无缝隙，①和②分别是等腰Rt△ABE和等腰Rt△BCF，③和④分别是Rt△CDG和Rt△DAH，⑤是正方形EFGH，直角顶点E，F，G，H分别在边BF，CG，DH，AE上．
（1）若EF＝3cm，AE+FC＝11cm，则BE的长是 4 cm．
（2）若，则tan∠DAH的值是 3 ．
【分析】（1）将AE和FC用BE表示出来，再代入AE+FC＝11cm，即可求出BE的长；
（2）由已知条件可以证明∠DAH＝∠CDG，从而得到tan∠DAH＝tan∠CDG，设AH＝x，DG＝5k，GH＝4k，用x和k的式子表示出CG，再利用tan∠DAH＝tan∠CDG列方程，解出x，从而求出tan∠DAH的值．
【解答】解：（1）∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，
∴AE＝BE，BF＝CF，
∵AE+FC＝11cm，
∴BE+BF＝11cm，
即BE+BE+EF＝11cm，
即2BE+EF＝11cm，
∵EF＝3cm，
∴2BE+3cm＝11cm，
∴BE＝4cm，
故答案为：4；
（2）设AH＝x，
∵，
∴可设DG＝5k，GH＝4k，
∵四边形EFGH是正方形，
∴HE＝EF＝FG＝GH＝4k，
∵Rt△ABE和Rt△BCF都是等腰直角三角形，
∴AE＝BE，BF＝CF，∠ABE＝∠CBF＝45°，
∴CG＝CF+GF＝BF+4k＝BE+8k＝AH+12k＝x+12k，
∠ABC＝∠ABE+∠CBF＝45°+45°＝90°，
∵四边形ABCD对角互补，
∴∠ADC＝90°，
∴∠ADH+∠CDG＝90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠AHD＝∠CGD＝90°，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∴∠DAH＝∠CDG，
∴tan∠DAH＝tan∠CDG，
∴，即，
整理得：x2+12kx﹣45k2＝0，
解得x1＝3k，x2＝﹣15k（舍去），
∴tan∠DAH＝＝＝3．
故答案为：3．
23．（2023•济南）已知：如图，点O为▱ABCD对角线AC的中点，过点O的直线与AD，BC分别相交于点E，F．求证：DE＝BF．
【分析】根据平行四边形的性质得到AD＝BC，AD∥BC，进而推出∠EAO＝∠FCO，∠OEA＝∠OFC，结合AO＝CO，利用AAS证明△AOE≌△COF，根据全等三角形的性质及线段的和差求解即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠EAO＝∠FCO，∠OEA＝∠OFC，
∵点O为对角线AC的中点，
∴AO＝CO，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴AE＝CF，
∴AD﹣AE＝BC﹣CF，
∴DE＝BF．
24．（2023•绵阳）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在AC上，且AE＝CF．
（1）求证：BE∥DF；
（2）过点O作OM⊥BD，垂足为O，交DF于点M，若△BFM的周长为12，求四边形BEDF的周长．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AB∥DC，AB＝DC，求得∠BAE＝∠DCF，根据全等三角形的性质得到∠AEB＝∠CFD，根据平行线的判定定理即可得到结论；
（2）由（1）知，△ABE≌△CDF，BE∥DF，求得BE＝DF，根据线段垂直平分线的性质得到DM＝BM，于是得到结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝DC，
∴∠BAE＝∠DCF，
在△ABE与△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS），
∴∠AEB＝∠CFD，
∴∠BEF＝∠DFE，
∴BE∥DF；
（2）解：由（1）知，△ABE≌△CDF，BE∥DF，
∴BE＝DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴DO＝BO，
∵OM⊥BD，
∴DM＝BM，
∵△BFM的周长为12，
∴BM+MF+BF＝DM+MF+BF＝DF+BF＝12，
∴四边形BEDF的周长为24．
25．（2023•株洲）如图所示，在△ABC中，点D、E分别为AB、AC的中点，点H在线段CE上，连接BH，点G、F分别为BH、CH的中点．
（1）求证：四边形DEFG为平行四边形；
（2）DG⊥BH，BD＝3，EF＝2，求线段BG的长度．
【分析】（1）由三角形中位线定理得DE∥BC，DE＝BC，GF∥BC，GF＝BC，则DE∥GF，DE＝GF，再由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得DG＝EF＝2，再由勾股定理求出BG的长即可．
【解答】（1）证明：∵点D、E分别为AB、AC的中点，点G、F分别为BH、CH的中点，
∴DE是△ABC的中位线，GF是△HBC的中位线，
∴DE∥BC，DE＝BC，GF∥BC，GF＝BC，
∴DE∥GF，DE＝GF，
∴四边形DEFG为平行四边形；
（2）解：∵四边形DEFG为平行四边形，
∴DG＝EF＝2，
∵DG⊥BH，
∴∠DGB＝90°，
∴BG＝＝＝，
即线段BG的长度为．
26．（2023•扬州）如图，点E、F、G、H分别是平行四边形ABCD各边的中点，连接AF、CE相交于点M，连接AG、CH相交于点N．
（1）求证：四边形AMCN是平行四边形；
（2）若▱AMCN的面积为4，求▱ABCD的面积．
【分析】（1）依据四边形AFCH是平行四边形，可得AM∥CN，依据四边形AECG是平行四边形，可得AN∥CM，进而得出四边形AMCN是平行四边形；
（2）连接AC，依据三角形重心的性质，即可得到S△ACN＝S△ACH，再根据CH是△ACD的中线，即可得出S△ACN＝S△ACD，进而得到S平行四边形AMCN＝S平行四边形ABCD，依据▱AMCN的面积为4，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵点E、F、G、H分别是平行四边形ABCD各边的中点，
∴AH∥CF，AH＝CF，
∴四边形AFCH是平行四边形，
∴AM∥CN，
同理可得，四边形AECG是平行四边形，
∴AN∥CM，
∴四边形AMCN是平行四边形；
（2）如图所示，连接AC，
∵H，G分别是AD，CD的中点，
∴点N是△ACD的重心，
∴CN＝2HN，
∴S△ACN＝S△ACH，
又∵CH是△ACD的中线，
∴S△ACN＝S△ACD，
又∵AC是平行四边形AMCN和平行四边形ABCD的对角线，
∴S平行四边形AMCN＝S平行四边形ABCD，
又∵▱AMCN的面积为4，
∴▱ABCD的面积为12．
27．（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的坐标为（2，2），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＝（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．
【解答】解：（1）如图，过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，
∵顶点A的坐标为（2，2），
∴OA＝，OG＝2，AG＝2，
∴cs∠AOG＝＝，
∴∠AOG＝60°，
∵四边形OABC是菱形，
∴∠BOC＝∠AOB＝30°，AC⊥OB，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，
∴，
∵A（2，2），AO＝4，则B（6，2），
∴OB＝，
∴＝，
∴DF＝（4﹣x），
∴S＝＝，
∴S＝（0＜x＜4），
（2）∵S＝＝（0＜x＜4），
∴当x＝2时，S有最大值，最大值为2．
28．（2023•湘西州）如图，四边形ABCD是平行四边形，BM∥DN，且分别交对角线AC于点M，N，连接MD，BN．
（1）求证：∠DMN＝∠BNM；
（2）若∠BAC＝∠DAC．求证：四边形BMDN是菱形．
【分析】（1）连接BD，交AC于点O，证明△BOM≌△DON，推出四边形BMDN为平行四边形，得到BN∥DM，即可得证；
（2）先证明四边形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，进而得到MN⊥BD，即可得证．
【解答】证明：（1）连接BD，交AC于点O，如图：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∵BM∥DN，
∴∠MBO＝∠NDO，
又∠BOM＝∠DON，
∴△BOM≌△DON（ASA），
∴BM＝DN，
∴四边形BMDN为平行四边形，
∴BN∥DM，
∴∠DMN＝∠BNM；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC∥AD，
∴∠BCA＝∠DAC，
∵∠BAC＝∠DAC，
∴∠BAC＝∠BCA，
∴AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴MN⊥BD，
∴平行四边形BMDN是菱形．
29．（2023•兰州）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．
【分析】（1）先根据线段垂直平分线的性质得FD＝FO，ED＝OE，CD＝CO，再证△FDC和△FOE全等得CD＝OE，据此可得ED＝OE＝CD＝CO，进而可判定四边形OCDE的形状；
（2）先证△ODC为等边三角形得DO＝CD＝4，∠ODC＝60°，进而DF＝2，据此再分别求出CF，GF，进而可得EG的长．
【解答】解：（1）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≌△FOE（ASA），
∴CD＝OE，
又ED＝OE，CD＝CO，
∴ED＝OE＝CD＝CO，
∴四边形OCDE是菱形．
（2）∵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°，
∴，
在Rt△CDF中，CD＝4，DF＝2，
由勾股定理得：，
由（1）可知：四边形OCDE是菱形，
∴，
∵∠GDF＝∠CDA﹣∠ODC＝30°，
∴，
∴，
∴．
30．（2023•北京）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，BE＝DF，AC＝EF．
（1）求证：四边形AECF是矩形；
（2）若AE＝BE，AB＝2，tan∠ACB＝，求BC的长．
【分析】（1）先证四边形AECF是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论；
（2）由矩形的性质得∠AEC＝∠AEB＝90°，再证△ABE是等腰直角三角形，得AE＝BE＝，然后由锐角三角函数定义得EC＝2AE＝2，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵BE＝DF，
∴AD﹣DF＝BC﹣BE，
即AF＝EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC＝EF，
∴平行四边形AECF是矩形；
（2）解：∵四边形AECF是矩形，
∴∠AEC＝∠AEB＝90°，
∵AE＝BE，AB＝2，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE＝BE＝AB＝，
∵tan∠ACB＝＝，
∴EC＝2AE＝2，
∴BC＝BE+EC＝+2＝3，
即BC的长为3．
31．（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．
【解答】（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．
（建议用时：80分钟）
1．（2023•肥东县模拟）如图，在五边形ABCDE中，AE∥CD，∠1＝50°，∠2＝70°，则∠3的度数是（ ）
A．40°B．50°C．60°D．70°
【分析】利用多边形的内角和公式求得五边形的内角和，再由平行线性质求得∠D+∠E的和，继而求得∠BAE+∠ABC+∠BCD的和，最后利用角的和差即可求得答案．
【解答】解：∵四边形ABCDE为五边形，
∴其内角和为（5﹣2）×180°＝540°，
∵AE∥CD，
∴∠D+∠E＝180°，
∴∠BAE+∠ABC+∠BCD＝540°﹣180°＝360°，
∴∠1+∠2+∠3＝180°×3﹣360°＝180°，
∵∠1＝50°，∠2＝70°，
∴∠3＝180°﹣50°﹣70°＝60°，
故选：C．
2．（2023•鹤山市校级二模）若一个多边形的内角和是1080°，则这个多边形是（ ）
A．十边形B．九边形C．八边形D．七边形
【分析】由多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3且n为整数），可求多边形的边数．
【解答】解：设这个多边形的边数是n，
由题意得：（n﹣2）•180°＝1080°，
∴n＝8，
即这个多边形是八边形．
故选：C．
3．（2024•雁塔区校级二模）如图，已知平行四边形ABCD中A、C、D三点的坐标，则点B的坐标为（ ）
A．（﹣3，﹣2）B．（﹣2，﹣2）C．（﹣3，﹣1）D．（﹣2，﹣1）
【分析】由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC＝4，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵A（﹣1，2），D（3，2），
∴AD＝4＝BC，
∵C（2，﹣1），
∴B（﹣2，﹣1），
故选：D．
4．（2023•广饶县校级模拟）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD，分别交BC、BD于点E、P，连接OE，∠ADC＝60°，AB＝BC＝2，则下列结论：
①∠CAD＝30°；
②OE＝AD；
③S平行四边形ABCD＝AB•AC；
④BD＝2；
⑤S△BEP＝S△APO；
其中正确的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【分析】根据平行四边形的性质即可得∠DAB＝120°，又AE平分∠BAD则可得∠BAE＝∠DAE＝60°＝∠ABE，即三角形ABE为等边三角形，则可判断①；根据，结合勾股定理即可判断③和④；AO＝CO，BE＝CE，则OE为三角形ABC的中位线，利用中位线的性质即可判断②；△AOE与△BOE为同底等高的三角形，根据面积关系即可判断⑤．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠ABC＝∠ADC＝60°，AD∥BC，AO＝CO，
∴∠DAB＝120°，
又∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE＝60°＝∠ABE，
∴△ABE为等边三角形，
∴AB＝AE＝BE，
又∵，BC＝4，
∴EC＝2＝AE＝BE，
∴∠BAC＝90°，
∴∠CAD＝∠BCA＝30°，故①正确，
∵∠BAC＝90°，
∴，
∴S平行四边形ABCD＝AB•AC，故③正确，
，
∴，，
∴，故④正确，
∵AO＝CO，BE＝CE，
∴OE为三角形ABC的中位线，
∴OE∥AB，AB＝2OE，
∴OE＝1，
又∵BC＝4，
∴，故②正确，
∵△AOE与△BOE为同底等高的三角形，
∴S△AOE＝S△BOE，
∴S△AOE﹣S△POE＝S△BOE﹣S△POE，
∴S△BEP＝S△APO，故⑤正确，
故选：D．
5．（2023•子洲县校级模拟）如图，点P为▱ABCD 内任意一点，连接PA、PB、PC、PD，将▱ABCD分为4个小三角形，面积分别为S1，S2，S3，S4，则下列等式成立的是（ ）
A．S1+S4＝S2+S3B．S1+S3＝S2+S4
C．S1+S2＝S3+S4D．S1＝S4+S2+S3
【分析】根据平行四边形的对边相等可得AB＝CD，AD＝BC，设点P到AB、DC、CB、DA的距离分别为h1、h2、h3、h4，然后利用三角形的面积公式列式整理即可出得结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，
设点P到AB、DC、CB、DA的距离分别为h1、h2、h3、h4，平行四边形AB边，BC边上的高分别为hAB，hBC，
则S1＝ABh1，S2＝DCh2，S3＝CBh3，S4＝ADh4，hAB＝hBC，
∵ABh1+CDh2＝AB•hAB，BCh3+ADh4＝BC•hBC，
∴S3+S4＝S1+S2；
故选：C．
6．（2023•娄星区二模）在下列条件中，不能判定四边形为平行四边形的是（ ）
A．对角线互相平分
B．一组对边平行且相等
C．两组对边分别平行
D．一组对边平行，另一组对边相等
【分析】根据平行四边形的判定定理分别分析各选项，即可求得答案．
【解答】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形；故本选项能判定；
B、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；故本选项能判定；
C、两组对边分别平行的四边形是平行四边形；故本选项能判定；
D、一组对边平行，另一组对边相等不一定是平行四边形；故本选项不能判定．
故选：D．
7．（2024•正阳县一模）在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，则OA：OB：BC的值可以是（ ）
A．1：1：2B．1：2：3C．2：3：4D．3：4：5
【分析】根据菱形的性质，判断OA、OB、BC能构成直角三角形，由勾股定理的逆定理，只要验证两小边的平方和等于最长边的平方即可．
【解答】解：菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，
由AC与BD垂直，OA、OB、BC能构成直角三角形，
A、12+12≠22，则OA、OB、BC不能构成直角三角形，故该选项不符合题意；
B、12+22≠32，则OA、OB、BC不能构成直角三角形，故该选项不符合题意；
C、22+32≠42，则OA、OB、BC不能构成直角三角形，故该选项不符合题意；
D、32+42＝52，则OA、OB、BC能构成直角三角形，故该选项符合题意；
故选：D．
8．（2024•深圳模拟）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点D作DF⊥AB于点F，交AC于点E．已知AE＝4，EC＝6，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据菱形的性质得出AC⊥BD，AB∥CD，AB＝CD，AO＝CO，即可求出CO的长，再证△CDE∽△COD即可得出CD的长，于是得出AB的长，再证△AFE∽△CDE，即可求出AF的长，从而求出BF的长，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，AB∥CD，AB＝CD，AO＝CO，
∴∠AFD＝∠CDF，
∵DF⊥AB，
∴∠AFD＝90°，
∴∠CDF＝90°，
∴∠CDE＝∠COD＝90°，
又∵∠DCE＝∠OCD，
∴△CDE∽△COD，
∴，
即CD2＝CO•CE，
∵AE＝4，EC＝6，
∴AC＝AE+CE＝4+6＝10，
∴AO＝CO＝5，
∴OE＝AO﹣AE＝5﹣4＝1，
∴CD2＝5×6＝30，
即，
∴，
∵AB∥CD，
∴△AFE∽△CDE，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
9．（2023•灵宝市二模）如图，菱形ABCD的四个顶点均在坐标轴上，已知点A（﹣3，0），B（0，﹣4），E（6，0），点P是菱形ABCD边上的一个动点，连接PE，把PE绕着点E顺时针旋转90°得到EF，连接PF．若点P从点A出发，以每秒5个单位长度沿A→D→C→B→A方向运动，则第2023秒时，点F的坐标为（ ）
A．（﹣1，6）B．（﹣2，6）C．（2，6）D．（10，﹣6）
【分析】首先根据四边形ABCD是菱形和A，B的坐标，求出AB＝BC＝CD＝AD＝5，再根据题中运动方式可知点P的运动轨迹每4秒一个循环，得到第2023秒时点F的坐标与第3秒时点F的坐标相同．画出第3秒时△PEF的位置，过点F作FG⊥x轴于点G，可证△OBE≌△GEF（AAS），再根据全等三角形对应边相等，可得点F的坐标．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵A（﹣3，0），B（0，﹣4），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝5．
∵点P从点A出发，以每秒5个单位长度沿A→D→C→B→A方向运动，
∴点P的运动轨迹每4秒一个循环，
2023÷4＝505……3，
∴第2023秒时，点F的坐标与第3秒时点F的坐标相同，第3秒时点P在B点．
如图，过点F作FG⊥x轴于点G，
∵∠OEF+∠OEB＝90°，∠OBE+∠OEB＝90°，
∴∠OEF＝∠OBE，
又∵∠BOE＝∠EGF＝90°，且BE＝EF，
∴△OBE≌△GEF（AAS），
∴GE＝OB＝4，FG＝OE＝6，
∴OG＝OE﹣GE＝6﹣4＝2，
∴F（2，6）．
故选：C．
10．（2024•泌阳县一模）如图所示，把两张矩形纸条交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形ABCD．固定一张纸条，另一张纸条在转动过程中，下列结论一定成立的是（ ）
A．四边形ABCD的周长不变
B．四边形ABCD的面积不变
C．AD＝AB
D．AB＝CD
【分析】设两张等宽的纸条的宽为h，由条件可知AB∥CD，AD∥BC，可证明四边形ABCD为平行四边形，根据平行四边形的面积公式得到BC＝CD，根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．
【解答】解：设两张纸条的宽为h，
∵纸条的对边平行，
∴AD∥BC，AB∥DC，
∴四边形ABCD是平行四边形．
又∵S▱ABCD＝BC•h＝CD•h，
∴BC＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝AB．
故选：C．
11．（2023•河北二模）如图1，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，要在对角线BD上找两点M、N，使得四边形AMCN是菱形，现有图2中的甲、乙两种方案，则正确的方案是（ ）
A．只有甲B．只有乙
C．甲和乙D．甲乙都不是
【分析】根据菱形的性质可得OB＝OD，OA＝OC，AC⊥BD，然后根据给出的方案进行判定即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，OA＝OC，AC⊥BD，
∵BM＝DN，
∴OM＝ON，
∵OA＝OC，MN⊥AC，
∴四边形AMCN是菱形，
故方案甲正确；
∵四边形ABCD是菱形，
∴OB＝OD，OA＝OC，AC⊥BD，∠BAC＝∠DAC，
∵AM，AN是∠BAC和∠DAC的平分线，
∴∠MAC＝∠NAC，
∵∠AOM＝∠AON＝90°，
在△AOM和△AON中，
，
∴△AOM≌△AON（ASA），
∴OM＝ON，
∵OA＝OC，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵AC⊥MN，
∴四边形AMCN是菱形．
故方案乙正确．
故选：C．
12．（2024•道里区模拟）如图，在矩形ABCD中，若AB＝3，AC＝5，，则AE的长为（ ）
A．B．C．1D．
【分析】由矩形的性质得出∠ABC＝90°，AD∥BC，利用勾股定理求出BC＝4，利用相似三角形的性质，即可求出AE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，AD∥BC，
∵AB＝3，AC＝5，
∴BC＝＝＝4，
∵AD∥BC，
∴∠EAF＝∠BCF，∠AEF＝∠CBF，
∴△EAF∽△BCF，
∴＝，
∵＝，
∴＝，
∴＝，
∴AE＝1，
故选：C．
13．（2024•江夏区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，F是CD上一点，AE⊥EF．有下列结论：①∠BAE＝30°；②射线FE是∠AFC的角平分线；③；④AF＝AB+CF．其中正确结论的为（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．②④
【分析】①根据题目中的条件和正方形的性质，利用锐角三角函数可以得到∠BAE是否等于30°；
②根据题目中的条件，可以求得∠AEB和∠CFE的正切值，从而可以得到射线FE是否为∠AFC的角平分线；
③根据前面的推论，可以得到CF和CD的关系，从而可以判断CF＝CD是否成立；
④根据题目中的条件和全等三角形的判定与性质，可以得到AF＝AB+CF是否成立．
【解答】解：∵在正方形ABCD中，E是BC的中点，
∴AB＝BC，BE＝AB，
∴tanA＝＝，
∵tan30°＝，
∴∠BAE≠30°，故①错误；
∵∠B＝∠C＝90°，AE⊥EF，
∴∠BAE+∠BEA＝90°，∠BEA+∠CEF＝90°，
∴∠BAE＝∠CEF，
∴△ABE∽△ECF，
∵AB＝2BE＝2CE，
∴EC＝2CF，
设CF＝a，则EC＝BE＝2a，AB＝4a，
∴AE＝a，EF＝a，tan∠CFE＝2，
∴tan∠AFE＝＝2，
∴∠AFE＝∠CFE，
即射线FE是∠AFC的角平分线，故②正确；
∵BC＝CD，BC＝2CE＝4CF，
∴CF＝CD，故③错误；
作EG⊥AF于点G，
∵FE平分∠AFC，∠C＝90°，
∴EG＝EC，
∴EG＝EB，
∵∠B＝∠AGE＝90°，
在Rt△ABE和Rt△AGE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），
∴AB＝AG，
又∵CF＝GF，AF＝AG+GF，
∴AF＝AB+CF，故④正确，
由上可得，②④正确，正确的个数为2，
故选：D．
14．（2024•浙江模拟）将两张全等的等腰直角三角形纸片△ABH与△CDF和一张正方形纸片EFGH按照如图所示的方式拼成一个平行四边形ABCD，同时形成了剩余部分（即△BEF，△BFC，△AHD，△HDG），若只知道阴影部分的面积，则不能直接求出（ ）
A．△BEF的面积
B．△CDF的面积
C．平行四边形ABCD的面积
D．剩余部分的面积之和与正方形EFGH面积和
【分析】如果我们只知道阴影部分的面积，那么我们可以直接求出△CDF的面积，因为△CDF是等腰直角三角形，其面积等于阴影部分的面积的一半．所以选项B可以求出．可以直接求出平行四边形ABCD的面积，因为平行四边形ABCD的面积等于两个等腰直角三角形的面积之和的2倍．所以选项C可以求出．因为剩余部分的面积之和与正方形EFGH面积和等于平行四边形ABCD的面积减去阴影部分的面积．所以选项D能求出．只有A中△BEF的面积无法求出．
【解答】解：如图，连接HF，
∵△ABH，△CDF是等腰直角三角形，四边形EFGH是正方形，
∴∠ABH＝∠AHB＝∠EHF＝45°，∠CDF＝∠CFD＝∠HFG＝45°，
∴AB∥HF∥CD，∠BAH＝∠AHF＝∠HFC＝∠FCD＝90°，
∴S△ABH＝S△ABF，S△CDF＝S△CDH，
∴S△ABH+S△CDF＝S△CDH+S△ABF，
设阴影部分面积为a2，
∵△ABH，△CDF全等，
∴S△ABH＝S△CDF＝a2，故△CDF的面积可求；
∴AB＝BH＝CD＝CF＝a，
延长CF交AB于点M，则四边形AMFH是矩形，
∴AH＝FM＝a，CM⊥AB，
∴SABCD＝AB•CM＝a•2a＝2a2，故平行四边形ABCD的面积可求；
∴剩余部分的面积+正方形EFGH的面积＝a2，故D选项正确；
故选：A．
15．（2023•鹤山市校级二模）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB＝．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离是；③EB⊥ED；④S正方形ABCD＝4+．其中正确的结论是（ ）
A．①②B．①④C．①③④D．①②③
【分析】①首先利用已知条件根据边角边可以证明△APD≌△AEB；
②由①可得∠BEP＝90°，故BE不垂直于AE过点B作BF⊥AE延长线于F，由①得∠AEB＝135°所以∠EFB＝45°，所以△EFB是等腰Rt△，故B到直线AE距离为BF＝，故②是错误的；
③利用全等三角形的性质和对顶角相等即可判定③说法正确；
④连接BD，根据三角形的面积公式得到S△BPD＝PD×BE＝，所以S△ABD＝S△APD+S△APB+S△BPD＝2+，由此即可判定．
【解答】解：∵∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，
∴∠EAB＝∠PAD，
又∵AE＝AP，AB＝AD，
∵在△APD和△AEB中，，
∴△APD≌△AEB（SAS）；故①正确；
由△APD≌△AEB得，∠AEP＝∠APE＝45°，从而∠APD＝∠AEB＝135°，
所以∠BEP＝90°，
过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，则BF的长是点B到直线AE的距离，
在△AEP中，由勾股定理得PE＝，
在△BEP中，PB＝，PE＝，由勾股定理得：BE＝，
∵∠PAE＝∠PEB＝∠EFB＝90°，AE＝AP，
∴∠AEP＝45°，
∴∠BEF＝180°﹣45°﹣90°＝45°，
∴∠EBF＝45°，
∴EF＝BF，
在△EFB中，由勾股定理得：EF＝BF＝，
故②是错误的；
因为△APD≌△AEB，所以∠ADP＝∠ABE，而对顶角相等，所以③是正确的；
连接BD，则S△BPD＝PD×BE＝，
所以S△ABD＝S△APD+S△APB+S△BPD＝2+，
所以S正方形ABCD＝2S△ABD＝4+所以④是正确的；
综上可知，正确的有①③④，
故选：C．
16．（2023•拱墅区二模）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AF平分∠BAC，交BD于点E，交BC于点F，若BE＝BF＝2，则AD＝ 2+2 ．
【分析】根据平行四边形的性质及等腰三角形的性质可得AD＝DE，设∠BEF＝∠AFD＝∠DAF＝x，又AF平分∠BAC，得∠BAF＝∠CAF，设∠BAF＝∠CAF＝y，则∠DAC＝∠DAF﹣∠EAF＝x﹣y，然后利用相似三角形的判定与性质可得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠DAF＝∠BFE，
∵BE＝BF＝2，
∴∠BEF＝∠BFE，
∵∠BEF＝∠AED＝∠BFE＝∠DAF，
∴AD＝DE，
设∠BEF＝∠AFD＝∠DAF＝x，又AF平分∠BAC，
∴∠BAF＝∠CAF，
设∠BAF＝∠CAF＝y，则∠DAC＝∠DAF﹣∠EAF＝x﹣y，
∵∠ABD＝∠AED﹣∠BAF，
∴x﹣y＝∠DAC，∠ADO＝∠ADB，
∴△ADO∽△BDA，
设AD＝DE＝m，
∴，
∴BD＝BE+DE＝2+m，
∴DO＝BD＝（2+m），
∴，
∴2m2＝（2+m）2＝m2+4m+4，即m2﹣4m﹣4＝0，
∴m1＝2+2，m2＝2﹣2（舍去），
经检验m＝2+2是分式方程的解，
∴AD＝2+2．
17．（2023•镇平县二模）如图，已知▱ABCD中，AB＝3，BC＝5，∠BAC＝90°，E、F分别是AB，BC上的动点，EF⊥BC，△BEF与△PEF关于直线EF对称，若△APD是直角三角形，则BF的长为 或 ．
【分析】分三种情况：①当∠PAD＝90°，由平行四边形的性质得出CD＝AB＝3，AD＝BC＝5，AD∥BC，证明△ABP∽△CBA，得出＝，求出BP＝，由轴对称的性质即可得出结果；
②∠APD＝90°，当点P与C重合时，得出该情况不成立；
③当点P与C不重合时，∠APD＝90°，作AG⊥BC于G，则EF与AG重合，BF＝．
【解答】解：分三种情况：
①当∠PAD＝90°，如图1所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝3，AD＝BC＝5，AD∥BC，
∴∠APB＝∠PAD＝90°，
∵AB＝3，BC＝5，∠BAC＝90°，
∴AC＝＝4，
∵∠B＝∠B，
∴△ABP∽△CBA，
∴＝，即＝，
解得：BP＝，
∵EF⊥BC，△BEF与△PEF关于直线EF对称，
∴BF＝PF＝BP＝；
②当∠APD＝90°时，点P与C重合时，如图2所示：
∵AB∥CD，
∴∠APD＝∠ACD＝∠BAC＝90°，
∵E在AB上，E和A重合，而AB≠AC，
则△BEF与△PEF关于直线EF不对称，
∴该情况不存在；
③当点P与C不重合时，∠APD＝90°，如图3所示：
作AG⊥BC于G，则EF与AG重合，BF＝；
综上所述，若△APD是直角三角形，则BF的长为 或；
故答案为：或．
18．（2023•牡丹区校级一模）在平面直角坐标系中一组菱形A1C1B1O，A2C2B2C1，A3C3B3C2，A4C4B4C3，…按如图方式放置，已知点A1（1，0），A2（3，0），A3（5，0），…，An（2n﹣1，0），点B1（0，1），B2（0，3），B3（0，5），…，Bn（0，2n﹣1），则菱形A5C5B5C4的面积为 9 ．
【分析】先求出A5B5以及C4C5的长度，根据菱形的面积公式即可得出答案．
【解答】解：∵A1（1，0），A2（3，0），点B1（0，1），B2（0，3），
∴C1（1，1），
∵菱形A1C1B1O，A2C2B2C1，
∴A2B2的中点坐标为，
由菱形的对角线互相平分可得：C2（2，2），
∴，
，
同理可得：，，
根据此规律可得，
又∵A5（9，0），B5（0，9），
∴，
∴菱形A5C5B5C4的面积为，
故答案为：9．
19．（2023•雨山区一模）如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，AB＝2，点E是边AB上一点，以DE为对称轴将△DAE折叠得到△DGE，再折叠BE使BE落在直线EG上，点B的对应点为点H，折痕为EF且交BC于点F．
（1）∠DEF＝ 90° ；
（2）若点E是AB的中点，则DF的长为 ．
【分析】（1）由翻折可得∠AED＝∠DEG，∠BEF＝∠HEF，则∠DEG+∠HEF＝∠AED+∠BEF，根据∠DEG+∠HEF+∠AED+∠BEF＝180°，可得∠DEG+∠HEF＝90°，即∠DEF＝90°．
（2）根据题意可得点G与点H重合，且点D，G，F三点在同一条直线上．过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M．由∠A＝120°，AB＝2，可得∠DCM＝60°，CD＝2，则CM＝CD＝1，DM＝CD＝，由翻折可得BF＝FG，AD＝DG＝2，设BF＝x，则MF＝2﹣x+1＝3﹣x，DF＝2+x，由勾股定理可得，解得x＝，进而可得出答案．
【解答】解：（1）由翻折可得∠AED＝∠DEG，∠BEF＝∠HEF，
∴∠DEG+∠HEF＝∠AED+∠BEF，
∵∠DEG+∠HEF+∠AED+∠BEF＝180°，
∴∠DEG+∠HEF＝90°，
即∠DEF＝90°．
故答案为：90°．
（2）∵四边形ABCD为菱形，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
由翻折可得AE＝EG，BE＝EH，∠A＝∠EGD，∠B＝∠EHF，
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∴EG＝EH，
即点G与点H重合．
∵∠EGD+∠EHF＝∠A+∠B＝180°，
∴点D，G，F三点在同一条直线上．
过点D作DM⊥BC，交BC的延长线于点M．
∵∠A＝120°，AB＝2，
∴∠DCM＝60°，CD＝2，
∴CM＝CD＝1，DM＝CD＝，
由翻折可得BF＝FG，AD＝DG＝2，
设BF＝x，
则MF＝2﹣x+1＝3﹣x，DF＝2+x，
由勾股定理可得，
解得x＝，
∴DF＝．
故答案为：．
20．（2023•费县一模）如图，在矩形ABCD中，AD＞AB，连接AC，分别以点A，C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN分别交AD，BC于点E，F．下列结论：
①四边形AECF是菱形；
②∠AFB＝2∠ACB；
③AC•EF＝CF•CD；
④若AF平分∠BAC，则CF＝2BF．其中正确结论的有 ①②④ ．（填写正确结论的序号）
【分析】根据作图可得MN⊥AC，且平分AC，设AC与MN的交点为O，证明四边形AECF为菱形，即可判断①，进而根据等边对等角即可判断②，根据菱形的性质求面积即可求解．判断③，根据角平分线的性质和菱形的对角线平分每一组对角求出∠BAF＝30°，再根据含30度角的直角三角形的性质可得AF＝2BF，由即可AF＝CF求解．
【解答】解：如图，设AC与MN的交点为O，
根据作图可得MN⊥AC，且平分AC，
∴AO＝OC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO＝∠OCF，
又∵∠AOE＝∠COF，AO＝CO，
∴△AOE≌△COF，
∴EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵MN垂直平分AC，
∴EA＝EC，
∴四边形AECF是菱形，故①正确；
②∵FA＝FC，
∴∠ACB＝∠FAC，
∴∠AFB＝2∠ACB；故②正确；
③由菱形的面积可得，故③不正确，
④∵四边形AECF是菱形，
∴∠FAC＝∠EAC，AF＝CF
又∵∠BAF＝∠FAC，
∴∠BAF＝∠FAC
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴∠BAF+∠FAC+∠EAC＝90°，
∴∠BAF＝30°，
∴AF＝2BF，
∴CF＝2BF．故④正确；
综上所述：正确的结论是①②④．
故答案为：①②④．
21．（2024•浑南区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，tan∠ACB＝，AB＝1，以AC为边作矩形ACDE（点A，C，D，E按逆时针方向排列），CD＝2，BC和ED的延长线相交于点F，点P从点B出发沿BF向点F运动，到达点F时停止．点Q在线段CD上运动，且始终满足PC＝DQ，连接EP，PQ，QE．当△EPQ 的面积为时，CP的长是 1或 ．
【分析】分两种情况：①当点P在线段BC上运动时，②当点P在线段CF上运动时，运用解直角三角形、勾股定理等知识即可求得答案．
【解答】解：∵PC＝DQ，
∴设DQ＝x，CP＝x，
∵点P从点B出发沿BF向点F运动，到达点F时停止，
∴有以下两种情况：
①当点P在线段BC上运动时，过点P作PH⊥EF于H，过点Q作QT⊥CF于T，如图1，
在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，tan∠ACB＝＝，AB＝1，
∴BC＝2，
∴AC＝，
∵四边形ACDE为矩形，
∴AC＝DE＝，AE＝CD＝2，∠ACD＝∠CDE＝90°，
∵AC∥EF，
∴∠ACB＝∠F，
∴tanF＝＝tan∠ACB＝，
∴DF＝2CD＝4，
∴CF＝＝10，
∴PF＝CP+CF＝x+10，
在Rt△PHF中，sinF＝＝＝＝，
∴PH＝x+2，
∵DQ＝x，CD＝2，
∴CQ＝2﹣x，
在Rt△CQT中，sin∠DCF＝＝＝＝，
∴QT＝CQ•sin∠DCF＝（2﹣x）×，
∵DE＝，DF＝4，
∴EF＝DE+DF＝5，
∵S△EPQ＝S△EPF﹣S△CDF﹣S△EDQ﹣S△PCQ＝EF•PH﹣CD•DF﹣DE•DQ﹣CP•QT＝，
∴×5×（x+2）﹣×2×4﹣×x﹣×x（2﹣x）×＝，
解得：x＝或x＝﹣（负值舍去），
∴CP＝x＝×＝1．
②当点P在线段CF上运动时，连接EC，过点Q作QN⊥EC于N，QM⊥CF于M，过点P作PK⊥DF于K，如图2所示：
同理，设DQ＝x，则PC＝x，△CDF为直角三角形，
依题意得：CD＝AE＝2，DE＝AC＝，
∵tan∠ECD＝＝＝，tanF＝，
∴∠ECD＝∠F，
∵∠F+∠FCD＝90°，
∴∠ECD+∠FCD＝90°，
即∠ECF＝90°，
在Rt△CDE中，CE＝＝＝5，
∵CQ＝CD﹣DQ＝2﹣x，
∴QM＝CQ•sin∠DCF＝（2﹣x）×，QN＝CQ•cs∠DCF＝（2﹣x）×，
∵S△EPQ＝S△EPC﹣S△CEQ﹣S△CPQ＝CE•CP﹣CE•QN﹣PC•QM＝，
∴×5×x﹣×5×（2﹣x）×﹣×x（2﹣x）×＝，
解得：x＝或x＝（舍去），
∴CP＝x＝×＝，
综上所述：CP的长为1或．
故答案为：1或．
22．（2024•碑林区校级一模）如图，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在CB的延长线上，当BE＝2时，连接AE，过点A作AF⊥AE，交CD于点F，连接EF，点H是EF的中点，连接BH，则BH＝ 2 ．
【分析】设EF交AB于G，过H作HK⊥BC于点K，证明△ABE≌△ADF（ASA），可得AE＝＝2＝AF，即得EF＝＝4，EH＝EF＝2，求出CF＝CD﹣DF＝4，由HK是△ECF的中位线，得HK＝CF＝2，故EK＝＝4，BK＝EK﹣BE＝4﹣2＝2，从而BH＝＝2．
【解答】解：设EF交AB于G，过H作HK⊥BC于点K，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ADC＝∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴∠ABE＝90°＝∠ADF，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF＝∠BAD＝90°，
∴∠BAE＝∠DAF，
∴△ABE≌△ADF（ASA），
∴AE＝AF，
∵AB＝6，BE＝2，
∴AE＝＝2＝AF，
∴EF＝＝4，
∵点H是EF的中点，
∴EH＝EF＝2，
∵CD＝6，DF＝BE＝2，
∴CF＝CD﹣DF＝4，
∵H点EF的中点，HK∥CF，
∴HK是△ECF的中位线，
∴HK＝CF＝2，
∴EK＝＝＝4，
∴BK＝EK﹣BE＝4﹣2＝2，
∴BH＝＝＝2；
故答案为：2．
23．（2023•头屯河区模拟）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB＝．下列结论：
①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB＝1+；⑤S正方形ABCD＝4+．
其中正确结论的序号是 ①③⑤ ．
【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB＝∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用③中的∠BEP＝90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；
③利用①中的全等，可得∠APD＝∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP＝90°，即可证；
④连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可；
⑤在Rt△ABF中，利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面积．
【解答】解：①∵∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，
∴∠EAB＝∠PAD，
又∵AE＝AP，AB＝AD，
∵在△APD和△AEB中，
，
∴△APD≌△AEB（SAS）；
故此选项成立；
③∵△APD≌△AEB，
∴∠APD＝∠AEB，
∵∠AEB＝∠AEP+∠BEP，∠APD＝∠AEP+∠PAE，
∴∠BEP＝∠PAE＝90°，
∴EB⊥ED；
故此选项成立；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE＝AP，∠EAP＝90°，
∴∠AEP＝∠APE＝45°，
又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF，
∴∠FEB＝∠FBE＝45°，
又∵BE＝＝＝，
∴BF＝EF＝，
故此选项不正确；
④如图，连接BD，在Rt△AEP中，
∵AE＝AP＝1，
∴EP＝，
又∵PB＝，
∴BE＝，
∵△APD≌△AEB，
∴PD＝BE＝，
∴S△ABP+S△ADP＝S△ABD﹣S△BDP＝S正方形ABCD﹣×DP×BE＝×（4+）﹣××＝+．
故此选项不正确．
⑤∵EF＝BF＝，AE＝1，
∴在Rt△ABF中，AB2＝（AE+EF）2+BF2＝4+，
∴S正方形ABCD＝AB2＝4+，
故此选项正确．
故答案为：①③⑤．
24．（2023•会宁县模拟）如图，在▱ABCD中，∠ACB＝45°，AE⊥BC于点E，过点C作CF⊥AB于点F，交AE于点M，点N在边BC上，且AM＝CN，连接DN，延长AD到点G，使DG＝NC，连接CG．
（1）求证：AB＝CM；
（2）试判断△ACG的形状，并说明理由．
（3）若，，则DN＝ 4 ．
【分析】（1）由AE⊥BC于点E，CF⊥AB于点F，得∠AEB＝∠CEM＝∠CFB＝90°，则∠BAE＝∠MCE＝90°﹣∠B，由∠EAC＝∠ECA＝45°，得AE＝CE，即要根据全等三角形的判定定理“ASA”证明△ABE≌△CME，得AB＝CM；
（2）由平行四边形的性质得AB＝CD，AD∥BC，∠B＝∠ADC，由△ABE≌△CME，得AB＝CM，∠B＝∠CME，则CM＝CD，∠CME＝∠ADC，所以∠AMC＝∠GDC，而AM＝GD＝CN，即可证明△ACM≌△GCD，得AC＝GC，∠ACM＝∠GCD，则∠ACG＝∠MCD＝90°，所以△ACG是等腰直角三角形；
（3）由AD＝3，AM＝GD＝，得AG＝AD+GD＝4，由勾股定理得AC2+GC2＝2GC2＝AG2＝（4）2，则GC＝4，再证明四边形CGDN是平行四边形，则DN＝GC＝4．
【解答】（1）证明：∵AE⊥BC于点E，CF⊥AB于点F，
∴∠AEB＝∠CEM＝∠CFB＝90°，
∴∠BAE＝∠MCE＝90°﹣∠B，
∵∠AEC＝90°，∠ACB＝45°，
∴∠EAC＝∠ECA＝45°，
∴AE＝CE，
在△ABE和△CME中，
，
∴△ABE≌△CME（ASA），
∴AB＝CM．
（2）△ACG是等腰直角三角形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD∥BC，∠B＝∠ADC，
∴∠MCD＝∠CFB＝90°，
∵△ABE≌△CME，
∴AB＝CM，∠B＝∠CME，
∴CM＝CD，∠CME＝∠ADC，
∵∠AMC+∠CME＝180°，∠GDC+∠ADC＝180°，
∴∠AMC＝∠GDC，
∵AM＝CN，GD＝CN，
∴AM＝GD，
在△ACM和△GCD中，
，
∴△ACM≌△GCD（SAS），
∴AC＝GC，∠ACM＝∠GCD，
∴∠ACG＝∠ACD+∠GCD＝∠ACD+∠ACM＝∠MCD＝90°，
∴△ACG是等腰直角三角形．
（3）解：∵AD＝3，AM＝GD＝，
∴AG＝AD+GD＝3+＝4，
∵AC＝GC，∠ACG＝90°，
∴AC2+GC2＝2GC2＝AG2＝（4）2，
∴GC＝4，
∵DG＝NC，DG∥NC，
∴四边形CGDN是平行四边形，
∴DN＝GC＝4，
故答案为：4．
25．（2023•灞桥区校级模拟）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，E，F分别是AC，AB的中点，O是DF的中点，EO的延长线交线段BD于点G，连结DE，EF，FG．求证：四边形DEFG是平行四边形．
【分析】由三角形中位线定理得EF∥BC，则∠EFO＝∠GDO，再证△OEF≌△OGD（ASA），得EF＝GD，然后由平行四边形的判定即可得出结论．
【解答】证明：∵E，F分别是AC，AB的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥BC，
∴∠EFO＝∠GDO，
∵O是DF的中点，
∴OF＝OD，
在△OEF和△OGD中，
，
∴△OEF≌△OGD（ASA），
∴EF＝GD，
∴四边形DEFG是平行四边形．
26．（2023•烈山区一模）如图，在▱ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，∠AND＝90°，连接CM交DN于点O．
（1）求证：△ABN≌△CDM；
（2）求证：四边形CDMN为菱形；
（3）过点C作CE⊥MN于点E，交DN于点P，若PE＝1，∠1＝∠2，求NC的长．
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠CDM，利用SAS证得△ABN≌△CDM；
（2）利用直角三角形形的性质结合菱形的判定方法证明即可．
（3）易求得∠MND＝∠CND＝∠2＝30°，然后由含30°的直角三角形的性质求解即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠CDM，
∵M、N分别是AD，BC的中点，
∴BN＝DM，
∵在△ABN和△CDM中，，
∴△ABN≌△CDM（SAS）；
（2）证明：∵M是AD的中点，∠AND＝90°，
∴NM＝AM＝MD，
∵BN＝NC＝AM＝DM，
∴NC＝MN＝DM，
∵NC∥DM，NC＝DM，
∴四边形CDMN是平行四边形，
又∵MN＝DM，
∴四边形CDMN是菱形．
（3）解：∵M是AD的中点，∠AND＝90°，
∴MN＝MD＝AD，
∴∠1＝∠MND，
∵AD∥BC，
∴∠1＝∠CND，
∵∠1＝∠2，
∴∠MND＝∠CND＝∠2，
∴PN＝PC，
∵CE⊥MN，
∴∠CEN＝90°，
∠END+∠CNP+∠2＝180°﹣∠CEN＝90°，
又∵∠END＝∠CNP＝∠2，
∴∠2＝∠PNE＝30°，
∵PE＝1，
∴PN＝2PE＝2，
∴CE＝PC+PE＝3，
∴NC＝＝＝2．
27．（2023•花溪区校级一模）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD交于点O，BE平分∠ABD，交AC于点E，DF平分∠CDB，交AC于点F，点G在BE的延长线上，且BE＝EG，连接DG．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若BD＝2AB，DF＝4，AC＝6，求四边形DGEF的周长．
【分析】（1）利用平行四边形的性质及角平分线的定义证明∠ABE＝∠CDF，即可求得结论；
（2）利用等腰三角形的三线合一，证四边形DGEF是平行四边形，进而可以求四边形DGEF的周长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ABD＝∠CDB，∠BAE＝∠CDF，
∵BE平分∠ABD，DF平分∠CDB，
∴∠ABE＝ABD，∠CDF＝CDB，
∴∠ABE＝∠CDF，
∴△ABE≌△CDF（ASA）；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，AB＝CD，
∴BD＝2OB，
∵BD＝2AB，
∴OB＝AB＝OD＝CD，
∵BE平分∠ABD，DF平分∠CDB，
∴BE⊥AC，DF⊥OC，OE＝AE，CF＝OF，
∴BE∥DF，
∴EG∥DF，
∵△ABE≌△CDF，
∴BE＝DF，
∵BE＝EG，
∴EG＝DF，
∴四边形DGEF是平行四边形，
∴EF＝DG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OC＝AO＝AC＝6＝3，
∴AE＝OE＝AO＝，
∴EF＝OE+OF＝+＝3，
∴四边形DGEF的周长为2（DF+EF）＝2×（3+4）＝14．
28．（2023•思明区模拟）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，点E，F分别是边AB，BC上的动点，且AE＝BF，连接AF，CE相交于点P，连接PD交AC于点G．
（1）求∠APC的大小；
（2）在AD上取点M，使得AM＝AE，过点A作AN⊥AB交PD于点N，求证：C，N，M三点在同一条直线上．
【分析】（1）在菱形ABCD中，∠B＝60°，可知△ABC是等边三角形，再根据AC＝BA，∠EAC＝∠FBA＝60°，AE＝BF，可得△AEC≌△BFA（SAS），推出∠ACE＝∠BAF，因为∠APC是△AEP的外角，所以∠APC＝∠AEC+∠BAF＝∠AEC+∠ACE＝180°﹣∠EAC＝120°；
（2）连接CN、MN，易证∠APC+∠ADC＝180°，可知A、P、C、D四点共圆，得∠ACP＝∠ADP，可证△ACE≌△ADG，所以AE＝AG，进而得AG＝AM，CG＝DM，由AN⊥AB，∠BAC＝60°，可求∠CAN＝30°，所以∠DAN＝∠DAC﹣∠CAN＝30°，可证△CAN≌△DAN（SAS），推出CN＝DN，∠ACN＝∠ADN，所以△CNG≌△DNM，可得∠CNG＝∠DNM，因为∠DNM+∠MNG＝180°，所以∠CNG+∠MNG＝180°，即可证C，N，M三点在同一条直线上．
【解答】（1）解：∵在菱形ABCD中，∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝BA＝AD，∠EAC＝∠FBA＝60°，
又∵AE＝BF，
∴△AEC≌△BFA（SAS），
∴∠ACE＝∠BAF，
∵∠APC是△AEP的外角，
∴∠APC＝∠AEC+∠BAF＝∠AEC+∠ACE＝180°﹣∠EAC＝120°；
（2）证明：如图，连接CN、MN，
由（1）得∠APC＝120，∠FBA＝60°，
∴∠ADC＝60°，
∴∠APC+∠ADC＝180°，
∴A、P、C、D四点共圆，
∴∠ACP＝∠ADP，
又∵AC＝AD，∠EAC＝∠GAD＝60°，
∴△ACE≌△ADG（ASA），
∴AE＝AG，
∵AM＝AE，
∴AG＝AM，
∴AC﹣AG＝AD﹣AM，
即CG＝DM，
∵AN⊥AB，∠BAC＝60°，
∴∠CAN＝30°，
∴∠DAN＝∠DAC﹣∠CAN＝30°，
∴∠CAN＝∠DAN，
又∵AC＝AD，AN＝AN，
∴△CAN≌△DAN（SAS），
∴CN＝DN，∠ACN＝∠ADN，
∴△CNG≌△DNM（SAS），
∴∠CNG＝∠DNM，
∵∠DNM+∠MNG＝180°，
∴∠CNG+∠MNG＝180°，
即C，N，M三点在同一条直线上．
29．（2023•芙蓉区校级三模）如图，已知菱形ABCD中，对角线ACBD相交于点O，过点C作CE∥BD，过点D作DE∥AC，CE与DE相交于点E．
（1）求证：四边形CODE是矩形．
（2）若AB＝5，AC＝6，求四边形CODE的周长．
【分析】（1）由条件可证得四边形CODE为平行四边形，再由菱形的性质可求得∠COD＝90°，则可证得四边形CODE为矩形；
（2）由菱形的性质可求得AO和OC，在Rt△AOB中可求得BO，则可求得OD的长，则可求得答案．
【解答】（1）证明：
∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形CODE为平行四边形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠COD＝90°，
∴平行四边形CODE是矩形；
（2）解：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AO＝OC＝AC＝×6＝3，OD＝OB，∠AOB＝90°，
在Rt△AOB中，由勾股定理得BO2＝AB2﹣AO2，
∴BO＝＝4，
∴DO＝BO＝4，
∴四边形CODE的周长＝2×（3+4）＝14．
30．（2023•石峰区三模）四边形ABCD为正方形，点E为对角线AC上一点，连接DE．过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F．
（1）如图1，若点F在边BC上，求证DE＝EF；
（2）以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①如图2，若AB＝4，CE＝3，求CG的长度；
②当线段DE与正方形ABCD一边的夹角是35°时，直接写出∠EFC的度数．
【分析】（1）连接BE，由正方形的对称性得∠EBF＝∠EDC，再根据四边形的内角和定理可证明∠CDE+∠CFE＝180°，进而证得∠EBF＝∠EFB，得BE＝EF，便可得DE＝EF；
（2）①证明△ADE≌△CDG得CG＝AE，求出AE的长度便可；
②分两种情况：∠ADE＝35°或∠CDE＝35°，分别根据四边形的内角和，三角形的内角和求得结果便可．
【解答】（1）证明：连接BE，如图，
∵直线AC是正方形ABCD是正方形，
∴∠EBF＝∠EDC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCF＝90°，
∵DE⊥EF，
∴∠DEF＝90°，
∴∠CDE+∠CFE＝360°﹣（∠DCF+∠DEF）＝180°，
∵∠CFE+∠EFB＝180°，
∴∠EBF＝∠EFB，
∴BE＝EF，
∴DE＝EF；
（2）解：①∵四边形DEFG为矩形，DE＝EF，
∴四边形DEFG为正方形，
∴DE＝DG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝DC，∠ADC＝90°＝∠EDC，
∴∠ADE＝∠CDG，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，
∵AB＝4，
∴AC＝AB＝4，
∵CE＝3，
∴CG＝AE＝AC﹣CE＝；
②当∠AED＝35°时，如图，
∠CDE＝90°﹣∠AED＝55°，
∵∠CDE+∠EFC＝180°，
∴∠EFC＝125°，
当∠CDE＝35°时，如图，
∵∠DEH＝∠HCF＝90°，∠DHE＝∠CHF，
∴∠EFC＝∠CDE＝35°，
综上，∠EFC＝125°或35°．
31．（2023•肥城市一模）如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足．
（1）∠EAF＝ 45 °（直接写出结果不写解答过程）；
（2）①求证：四边形ABCD是正方形．
②若BE＝EC＝3，求DF的长．
（3）如图（2），在△PQR中，∠QPR＝45°，高PH＝5，QH＝2，则HR的长度是 （直接写出结果不写解答过程）．
【分析】（1）根据平角的定义得到∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，根据角平分线的定义得到∠AFE＝DFE，∠AEF＝BEF，求得∠AEF+∠AFE＝（∠DFE+∠BEF），根据三角形的内角和定理即可得到结论；
（2）①作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE＝∠AGF＝90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出AB＝AD，即可得出四边形ABCD是正方形；
②设DF＝x，根据已知条件得到BC＝6，由①得四边形ABCD是正方形，求得BC＝CD＝6，根据全等三角形的性质得到BE＝EG＝3，同理，GF＝DF＝x，根据勾股定理列方程即可得到结论；
（3）把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR，DQ＝HQ＝2，得出MG＝DG＝MP＝PH＝6，GQ＝4，设MR＝HR＝a，则GR＝6﹣a，QR＝a+2，在Rt△GQR中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解答】解：（1）∵∠C＝90°，
∴∠CFE+∠CEF＝90°，
∴∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，
∵AF平分∠DFE，AE平分∠BEF，
∴∠AFE＝DFE，∠AEF＝BEF，
∴∠AEF+∠AFE＝（∠DFE+∠BEF）＝270°＝135°，
∴∠EAF＝180°﹣∠AEF﹣∠AFE＝45°，
故答案为：45；
（2）①作AG⊥EF于G，如图1所示：
则∠AGE＝∠AGF＝90°，
∵AB⊥CE，AD⊥CF，
∴∠B＝∠D＝90°＝∠C，
∴四边形ABCD是矩形，
∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，
∴AB＝AG，AD＝AG，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形；
②设DF＝x，
∵BE＝EC＝3，
∴BC＝6，
由①得四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝6，
在Rt△ABE与Rt△AGE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），
∴BE＝EG＝3，
同理，GF＝DF＝x，
在Rt△CEF中，EC2+FC2＝EF2，
即32+（6﹣x）2＝（x+3）2，
解得：x＝2，
∴DF的长为2；
（3）解：如图2所示：
把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，
由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR，DQ＝HQ＝2，
∴MG＝DG＝MP＝PH＝5，
∴GQ＝3，
设MR＝HR＝a，则GR＝5﹣a，QR＝a+2，
在Rt△GQR中，由勾股定理得：（5﹣a）2+32＝（2+a）2，
解得：a＝，即HR＝；
故答案为：．
满分技巧
多边形内角和公式：
任意多边形的外角和为360°
正多边形的一个内角：
满分技巧
1.平行四边形的性质可以从三个方面记，
①边：对边平行且相等；②角：对角相等，邻角互补； ③对角线：对角线互相平分；
2.平行四边形的问题经常转化为全等三角形的判定与性质类问题来解决。
满分技巧
1、平行四边形的判定也可以从三个方面记，
①边：两组对边分别平行；两组对边分别相等；一组对边平行且相等；②角：两组对角分别相等；
③对角线：对角线互相平分；
2、平行四边形的判定和性质经常综合在一起考，即先考判定一个四边形是平行四边，然后再利用平行四边形的性质去解剩余的问题。做题时，不要太轻率，要综合考虑用到的考点。

小星：由题目的已知条件，若连接BE，则可
证明BE⊥CD．
小红：由题目的已知条件，若连接CE，则可证明CE＝DE．

满分技巧
1.矩形的性质可以从在平行四边形的基础上增加性质记忆，
①矩形具有平行四边形的一切性质；②增加性质：四个角都是直角、对角线相等；
2.矩形问题的转化方向有直角三角形、等腰三角形。正因此，矩形常和勾股定理结合来求长度。
满分技巧
矩形的判定也可以从两个方向记忆，
①从平行四边形入手判定，把矩形有平行四边形没有的性质加上，就可以证一个平行四边是矩形；
②从普通四边形入手判定则有：
有三个角是直角的四边形是矩形、对角线相等且互相平分的四边形是矩形；
满分技巧
1、菱形的性质可以从在平行四边形的基础上增加性质记忆，
①菱形具有平行四边形的一切性质；②增加性质：四条边都相等、对角线互相垂直、每条对角线平分一组对角；
2、菱形问题的转化方向有直角三角形、等腰三角形。也常和勾股定理结合来求长度。
3、菱形面积的特殊计算方法：对角线相乘除以2
满分技巧
类比矩形，菱形的判定也是从两个方向来记。
满分技巧
1、正方向具有矩形和菱形的一切性质；
2、正方形问题的转化方向只有一个——等腰直角三角形；