还剩31页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
初中浙教版4.2 平行四边形当堂达标检测题
展开
这是一份初中浙教版4.2 平行四边形当堂达标检测题，共34页。
A．有一个角是直角的四边形是矩形
B．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C．两条对角线互相垂直平分的四边形是正方形
D．两条对角线相等的菱形是正方形
【分析】依据矩形、菱形和正方形的判定方法，即可得到正确结论．
【解答】解：A．有一个角是直角的四边形不一定是矩形，故本选项错误；
B．两条对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故本选项错误；
C．两条对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故本选项错误；
D．两条对角线相等的菱形是正方形，故本选项正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了矩形、菱形和正方形的判定，正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．
2．（婺城区校级期末）下列判断正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
B．两组邻边相等的四边形是平行四边形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．有一个角是直角的平行四边形是正方形
【分析】利用平行四边形及特殊的平行四边形的判定定理逐一判定后即可得到正确的选项．
【解答】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确；
B、两组邻边相等的四边形不一定是平行四边形，错误；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，错误；
D、有一个角是直角的平行四边形是矩形，错误；
故选：A．
【点评】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形及特殊的平行四边形的判定方法，难度不大．
3．（余姚市期末）下列说法正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
C．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
D．对角线相等的平行四边形是矩形
【分析】根据菱形、正方形、平行四边形、矩形的判定，逐个进行验证，即可得出正确选项．
【解答】解：A、对角线互相垂直平分的平行四边形时菱形，A不符合题意．
对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，错误，故B不符合题意．
C、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，错误，故C不符合题意．
D、对角线相等的平行四边形是矩形，正确，故D符合题意．
故选：D．
【点评】本题是考查菱形、正方形、平行四边形、矩形的判定．就每一个选项来说都是单一知识点，是比较基础的知识，而把四个选项置于一个试题之中，它涉及到四个知识点和四种图形的联系和区别，要求学生的思维必须缜密、全面．
4．（武侯区校级期中）下列说法不正确的是（ ）
A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
C．有一个角为直角的四边形是矩形
D．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
【分析】根据平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定和正方形的判定进行逐一判断即可．
【解答】解：A．因为一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，所以A选项正确，不符合题意；
B．因为对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以B选项正确，不符合题意；
C．因为有一个角为直角的平行四边形是矩形，所以C选项不正确，符合题意；
D．因为对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，所以D选项正确，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定，解决本题的关键是掌握正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定．
5．（金水区月考）矩形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知B（2，2），点A在x轴上，点C在y轴上，P是对角线OB上一动点（不与原点重合），连接PC，过点P作PD⊥PC，交x轴于点D．下列结论：
①OA＝BC＝2；
②当点D运动到OA的中点处时，PC2+PD2＝7；
③当△ODP为等腰三角形时，点D的坐标为（，0）．
其中正确结论的个数是（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【分析】①根据矩形的性质即可得到OA＝BC＝2；故①正确；
②由点D为OA的中点，得到OD＝OA＝，根据勾股定理即可得到PC2+PD2＝CD2＝OC2+OD2＝22+（）2＝7，故②正确；
③当△ODP为等腰三角形时，Ⅰ、OD＝PD，解直角三角形得到OD＝OC＝，Ⅱ、OP＝OD，根据等腰三角形的性质和四边形的内角和得到∠OCP＝105°＞90°，故不合题意舍去；Ⅲ、OP＝PD，根据等腰三角形的性质和四边形的内角和得到∠OCP＝105°＞90°，故不合题意舍去；于是得到当△ODP为等腰三角形时，点D的坐标为（2﹣4，0）或（，0）．故③错误．
【解答】解：①∵四边形OABC是矩形，B（2，2），
∴OA＝BC＝2；故①正确；
②∵点D为OA的中点，
∴OD＝OA＝，
∵PD⊥PC，
∴∠CPD＝90°，
∴PC2+PD2＝CD2＝OC2+OD2＝22+（）2＝7，故②正确；
③∵B（2，2），四边形OABC是矩形，
∴OA＝2，AB＝2，
∵tan∠AOB＝＝，
∴∠AOB＝30°，
当△ODP为等腰三角形时，
Ⅰ、OD＝PD，
∴∠DOP＝∠DPO＝30°，
∴∠ODP＝120°，
∴∠ODC＝60°
∴OD＝OC＝，
∴D（，0）；
Ⅱ、当D在x轴的正半轴上时，OP＝OD，
∴∠ODP＝∠OPD＝75°，
∵∠COD＝∠CPD＝90°，
∴∠OCP＝105°＞90°，故不合题意舍去；
当D在x轴的负半轴上时，OP′＝OD′，如图，
∵∠AOB＝30°，
∴∠D′OP′＝150°，
∵∠CP′D′＝90°，
∴∠CP′O＝105°，
∵∠COP′＝60°，
∴∠OCP′＝15°，
∴∠BCP′＝75°，
∴∠CP′B＝180°﹣75°﹣30°＝75°，
∴BC＝BP′＝2，
∴OD′＝OP′＝4﹣2，
∴D′（2﹣4，0）；
Ⅲ、OP＝PD，
∴∠POD＝∠PDO＝30°，
∴∠OCP＝150°＞90°故不合题意舍去，
点D的坐标为（2﹣4，0）或（，0）．故③错误，
故选：C．
【点评】此题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，构造出相似三角形表示出CP和PD是解本题的关键．
6．（北碚区校级期末）下列说法中，不正确的是（ ）
A．四边相等的四边形是菱形
B．同位角相等
C．一组对边平行，另一组对角相等的四边形是平行四边形
D．矩形的对角线相等且互相平分
【分析】根据菱形的定义，平行线的性质，平行四边形的判定，矩形的性质逐个判断即可．
【解答】解：A、四条边相等的四边形是菱形，故本选项不符合题意；
B、只有两直线平行时，同位角才相等，故本选项符合题意；
C、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，∠C+∠D＝180°，
∵∠B＝∠D，
∴∠A＝∠C，
∴四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
D、矩形的对角线相等且互相平分，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的定义，平行线的性质，平行四边形的判定，矩形的性质等知识点，能熟记知识点的内容是解此题的关键．
7．（玄武区期末）下列说法正确的是（ ）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．每一条对角线都平分一组对角的四边形是菱形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【分析】根据平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定逐个判断即可．
【解答】解：A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，故本选项不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项不符合题意；
C、
∵在△ADB和△CDB中
，
∴△ADB≌△CDB（ASA），
∴AD＝CD，AB＝CB，
同理△ACD≌△ACB，
∴AB＝AD，BC＝DC，
即AB＝BC＝CD＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，故本选项符合题意；
D、对角线相等且垂直的平行四边形是正方形，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定等知识点，能熟记知识点的内容是解此题的关键．
8．（鹿城区校级一模）如图，在△ABC中以AC，BC为边向外作正方形ACFG与正方形BCDE，连结DF，并过C点作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，则MD的长为（ ）
A．B．C．D．
【分析】过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，依据勾股定理即可求得DF的长．再根据全等三角形的对应边相等可得FQ＝DP，进而判定△FQM≌△DPM，即可得到M是FD的中点，据此可得DM＝DF．
【解答】解：如图所示，过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，
∵∠ACB＝120°，∠ACF＝∠BCD＝90°，
∴∠DCN＝60°，∠CDN＝30°，
又∵BC＝DC＝2，AC＝FC＝3，
∴CN＝CD＝1，FN＝CF﹣CN＝3﹣1＝2，DN＝＝，
Rt△DFN中，DF＝＝＝．
∵四边形BCDE是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
又∵CH⊥AB，
∴∠DCP+∠BCH＝∠CBH+∠BCH＝90°，
∴∠DCP＝∠CBH，
又∵∠DPC＝∠BHC＝90°，
∴△DCP≌△CBH（AAS），
∴DP＝CH，
同理可得△ACH≌△CFQ，
∴FQ＝CH，
∴FQ＝DP，
又∵∠Q＝∠DPM＝90°，∠FMQ＝∠DMP，
∴△FQM≌△DPM（AAS），
∴FM＝DM，即M是FD的中点，
∴DM＝DF＝．
故选：A．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合运用，通过作辅助线构造全等三角形，灵活运用全等三角形的对应边相等是解决问题的关键．
9．（宁波模拟）如图，平行四边形EQGH的四个顶点分别在矩形ABCD的四条边上，QP∥AB，分别交EH，AD于点R，P，过点R作MN∥AD，分别交AB，DC于点M，N，要求得平行四边形EQGH的面积，只需知道下列哪个四边形的面积即可（ ）
A．四边形MBCNB．四边形AMNDC．四边形RQCND．四边形PRND
【分析】连接HQ，RC，依据△AEH≌△CGQ，即可得出AH＝CQ，再根据S△EQH＝S△CQR，即可得到S平行四边形EQGH＝S矩形RQCN，进而得出要求得平行四边形EQGH的面积，只需知道四边形RQCN的面积即可．
【解答】解：如图所示，连接HQ，RC，
由题可得，∠AHQ＝∠CQH，∠EHQ＝∠GQH，
∴∠AHE＝∠CQG，
又∵∠HAE＝∠QCG＝90°，EH＝GQ，
∴△AEH≌△CGQ（AAS），
∴AH＝CQ，
又∵S△EQH＝S△EQR+S△RQH＝RQ（AP+HP）＝RQ×AH，
S△CQR＝RQ×CQ，
∴S△EQH＝S△CQR，
∴2S△EQH＝2S△CQR，
即S平行四边形EQGH＝S矩形RQCN，
∴要求得平行四边形EQGH的面积，只需知道四边形RQCN的面积即可．
故选：C．
【点评】本题主要考查了矩形的性质以及平行四边形的性质的运用，解决问题的方法是作辅助线，通过连接四边形的对角线，将四边形的面积问题转化为三角形的面积问题来解决．本题的关键在于在复杂图形中找出△AEH≌△CGQ，发现AH＝CQ这一对应边相等的条件．
10．（慈溪市模拟）已知，矩形ABCD中，E为AB上一定点，F为BC上一动点，以EF为一边作平行四边形EFGH，点G，H分别在CD和AD上，若平行四边形EFGH的面积不会随点F的位置改变而改变，则应满足（ ）
A．AD＝4AEB．AD＝2ABC．AB＝2AED．AB＝3AE
【分析】设AB＝a，BC＝b，BE＝c，BF＝x，根据S平行四边形EFGH＝S矩形ABCD﹣2（S△BEF+S△AEH）＝（a﹣2c）x+bc，F为BC上一动点，x是变量，（a﹣2c）是x的系数，根据平行四边形EFGH的面积不会随点F的位置改变而改变，为固定值，x的系数为0，bc为固定值，a﹣2c＝0，进而可得点E是AB的中点，即可进行判断．
【解答】解：设AB＝a，BC＝b，BE＝c，BF＝x，
∴S平行四边形EFGH＝S矩形ABCD﹣2（S△BEF+S△AEH）
＝ab﹣2[cx+（a﹣c）（b﹣x）]
＝ab﹣（cx+ab﹣ax﹣bc+cx）
＝ab﹣cx﹣ab+ax+bc﹣cx
＝（a﹣2c）x+bc，
∵F为BC上一动点，
∴x是变量，（a﹣2c）是x的系数，
∵平行四边形EFGH的面积不会随点F的位置改变而改变，为固定值，
∴x的系数为0，bc为固定值，
∴a﹣2c＝0，
∴a＝2c，
∴E是AB的中点，
∴AB＝2AE，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
二．填空题（共10小题）
11．（永嘉县校级模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝4cm，点E是AD的中点，动点F从点A出发，以2cm/s的速度沿AB向终点B运动，设点F的运动时间为ts，当△CEF为等腰三角形时，t的值是 1或2或 ．
【分析】根据题意运用分类讨论思想进行求解，若CE＝CF或CE＝CF时，先利用勾股定理求出CE的值，即得到EF或CF的值，再运用勾股定理分别求出BF或AF的值；当EF＝CF时，设AF＝x，利用勾股定理列出方程求出x的值，继而求出t．
【解答】解：根据题意得，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CD＝BC＝4，∠B＝∠D＝90°，
∵E是AD的中点，
∴AE＝DE＝2，
在Rt△CDE中，CE＝＝＝2，
①当CE＝CF时，即CF＝2，
在Rt△BCF中，BF＝＝＝2，
∴AF＝AB﹣BF＝2，
∴t＝2÷2＝1；
②当CE＝EF时，即EF＝2，
在Rt△AEF中，AF＝＝＝4，
∴t＝4÷2＝2；
③当EF＝CF时，设AF＝x，则BF＝4﹣x，
在Rt△BCF中，CF2＝BC2+BF2，
在Rt△AEF中，EF2＝AE2+AF2，
即42+（4﹣x）2＝22+x2，
解得x＝，
即AF＝，
∴t＝÷2＝．
故答案为：1或2或．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、等腰三角形的性质及勾股定理的应用，能够根据已知采用分类讨论思想解答是正确作答本题的关键．
12．（吴兴区校级三模）正方形ABCD，点E在BC上，点F在CD上，且BE＝CF．连接AE，BF，两线相交于点G，已知正方形边长为3，△ABG的周长为7，则图中阴影部分与空白部分的面积比为 7：29 ．
【分析】由“SAS”可证△ABE≌△BCF，可得S△ABE＝S△BCF，∠BAE＝∠CBF，由正方形的边长与，△ABG的周长可求AG+BG，再由勾股定理求得AG2+BG2，根据完全平方公式求得AG•BG，进而求得S△ABO，即可得阴影部分与空白部分的面积，便可求得两者的面积比．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，
∵BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠CBF，
∵∠ABG+∠CBF＝90°，
∴∠BAG+∠ABG＝90°，
∴∠AGB＝90°，
∵AB＝3，△ABG的周长为7，
∴AG+BG＝4，
∴AG2+BG2+2AG•BG＝32，
∵AG2+BG2＝AB2＝18，
∴AG•BG＝7，
∴S△ABG＝AG•BG＝，
∵△ABE≌△BCF，
∴S△ABE＝S△BCF，
∴，
∴，
∴，
故答案为7：29．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，求出AG•BG的值是本题的关键．
13．（武侯区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4．过点A作AG⊥BD于G，则BG等于 ．
【分析】由勾股定理求得BD的长度，再由三角形的面积公式求得AG，再根据勾股定理即可得到BG的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴BD＝＝＝5，
由三角形的面积公式得，BD•AG＝AB•AD，
∴AG＝＝＝，
∴BG＝＝＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了矩形的性质以及勾股定理的运用，利用面积法求得AG的长是解决问题的关键．
14．（南岗区校级期中）如图，在矩形AOBC中，点A的坐标是（﹣2，1），点C的纵坐标是4，则B点的纵坐标是 3 ．
【分析】过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，则AF⊥CF，延长CA交x轴于点H，证明△AFC≌△OEB，即可求得答案．
【解答】解：如图，
过点A作AD⊥x轴于点D，
过点B作BE⊥x轴于点E，
过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，
则AF⊥CF，
延长CA交x轴于点H，
∵四边形AOBC是矩形，
∴OB＝AC，AC∥OB，
∴∠CAF＝∠CHO＝∠BOE，
∵∠AFC＝∠OEB＝90°，
∴△AFC≌△OEB（AAS），
∴CF＝BE＝4﹣1＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了矩形的性质、坐标与图形性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
15．（荷塘区期末）如图，在长方形ABCD中，点E、F分别在CD、BC上，若三角形CEF、三角形ADE、三角形ABF的面积分别为3cm2、4cm2、5cm2，则三角形AEF的面积为 8 cm2．
【分析】设AB＝a，BC＝b，根据△CEF，△ADE，△ABF的面积分别是3，4，5，分别列式表示DE、CE、CF、BF的长，可得方程：S△ABF＝＝5，＝5，求得ab的值，即是矩形ABCD的面积，可得结论．
【解答】解：设AB＝a，BC＝b，
∵△CEF，△ADE，△ABF的面积分别是3，4，5，
∴S△ADE＝×b×DE＝4，
∴DE＝，
∴EC＝CD﹣DE＝a﹣，
∵S△CEF＝×EC×FC＝3，
∴FC＝＝＝，
∴BF＝BC﹣CF＝b﹣，
∴S△ABF＝＝5，
＝5
∴（ab）2﹣24ab+80＝0，
解得：ab＝20或ab＝4（不合题意，舍去），
∴S△AEF＝20﹣3﹣4﹣5＝8．
故答案为：8．
【点评】本题考查了矩形的性质、三角形的面积、一元二次方程的解，本题利用参数表示各边的长，计算出矩形的面积是关键．
16．（舟山）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，点E在CD上，DE＝1，点F是边AB上一动点，以EF为斜边作Rt△EFP．若点P在矩形ABCD的边上，且这样的直角三角形恰好有两个，则AF的值是 0或1＜AF或4 ．
【分析】先根据圆周角定理确定点P在以EF为直径的圆O上，且是与矩形ABCD的交点，先确定特殊点时AF的长，当F与A和B重合时，都有两个直角三角形．符合条件，即AF＝0或4，再找⊙O与AD和BC相切时AF的长，此时⊙O与矩形边各有一个交点或三个交点，在之间运动过程中符合条件，确定AF的取值．
【解答】解：∵△EFP是直角三角形，且点P在矩形ABCD的边上，
∴P是以EF为直径的圆O与矩形ABCD的交点，
①当AF＝0时，如图1，此时点P有两个，一个与D重合，一个交在边AB上；
②当⊙O与AD相切时，设与AD边的切点为P，如图2，
此时△EFP是直角三角形，点P只有一个，
解法一：当⊙O与BC相切时，如图6，连接OP，EP，PF，此时构成三个直角三角形，
∵EC∥OP∥BF，EO＝OF，
∴PC＝BP＝1，
∵DE＝1，CD＝4，
∴CE＝3，
∵∠ECP＝∠EPF＝∠B＝90°，
∴∠EPC＝∠BFP，
∴△ECP∽△PBF，
∴，即，BF＝，
∴AF＝4﹣＝；
解法二：当⊙O与BC相切时，如图4，连接OP，此时构成三个直角三角形，
则OP⊥BC，设AF＝x，则BF＝P1C＝4﹣x，EP1＝x﹣1，
∵OP∥EC，OE＝OF，
∴OG＝EP1＝，
∴⊙O的半径为：OF＝OP＝+（4﹣x），
在Rt△OGF中，由勾股定理得：OF2＝OG2+GF2，
∴，
解得：x＝，
∴当1＜AF＜时，这样的直角三角形恰好有两个，如图3，
③当AF＝4，即F与B重合时，这样的直角三角形恰好有两个，如图5，
综上所述，则AF的值是：0或1＜AF或4．
故答案为：0或1＜AF或4．
【点评】本题考查了矩形的性质的运用，勾股定理的运用，三角形中位线定理的运用，圆的性质的运用，分类讨论思想的运用，解答时运用勾股定理求解是关键，并注意运用数形结合的思想解决问题..
17．（嘉善县模拟）在矩形ABCD中，∠ABC的平分线交边AD于点E，∠BED的平分线交直线CD于点F．若AB＝3，CF＝1，则BC＝ +1或4﹣1 ．
【分析】当点F交在CD上时，如图1所示，由角平分线得∠ABE＝∠CBE，平行线AD∥BC得∠ABE＝∠BEA，可证明AB＝AE＝3，BE＝3；同理可得BE＝BG，因△DEF∽△CFG可求出ED＝2x，最后矩形的性质和线段的和差可求出BC＝2+1；当点F交在CD的延长线时，如图2所示，同理可得BC＝4﹣1．
【解答】解：①延长EF交BC点G，设CG＝x，如图1所示：
∵B的角平分线BE与AD交于点E，
∴∠ABE＝∠CBE＝45°，
又∵AD∥BC，
∴∠CBE＝∠BEA，∠G＝∠DEF
∴∠ABE＝∠BEA，
∴AB＝AE，
又∵AB＝3，∴AE＝3，
∵EF平分∠BED，
∴∠BEG＝∠DEF
又∵，∠G＝∠DEF，
∴∠BEG＝∠G
∴BG＝BE
在Rt三角形ABE中，由勾股定理得：
∴BE＝3，BG＝，
在△DEF和△CFG中，
，
∴△DEF∽△CFG（AA）
∴，
又∵CF＝1，CF+DF＝CD＝AB，
∴DF＝2，
∴ED＝2x，
又∵AD＝BC，AD＝AE+DE，
∴BC＝3+2x，
又∵BG＝BC+CG，
∴BG＝3+2x+x＝3+3x，
∴3+3x＝3，
x＝．
∴BC＝＝2+1，
②延长EH交DC的延长线于点F，设CH＝y，如图2所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC
∴∠2＝∠3，∠CBE＝∠AEB，
又∵BF平分∠BED，
∴∠1＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∴BE＝BH，
又∵BE是∠ABC的角平分线，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
在Rt△ABE中，AB＝3，由勾股定理得：
＝＝，
∴BH＝；
又∵CH∥ED，
∴△FCH∽△FDE，
∴，
又∵CF＝1，CH＝y，
∴DE＝4y，
又∵AD＝BC，AD＝AE+DE，BC＝BH+CH，
∴3+4y＝，
解得：y＝，
∴BC＝；
故答案为2+1或
【点评】本题综合考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，平行线的性质和勾股定理等相关知识，重点是掌握矩形的性质，角平分线和平行线的性质综合运用构建等腰三角形，难点是作辅助线，根据等腰三角形两腰相等或矩形的对边相等建立方程．
18．（温州）三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放，已知∠AOB＝∠AOE＝90°，菱形的较短对角线长为2cm．若点C落在AH的延长线上，则△ABE的周长为 （12+8） cm．
【分析】连接IC，连接CH交OI于K，则A，H，C在同一直线上，CI＝2，根据△COH是等腰直角三角形，即可得到∠CKO＝90°，即CK⊥IO，设CK＝OK＝x，则CO＝IO＝x，IK＝x﹣x，根据勾股定理即可得出x2＝2+，再根据S菱形BCOI＝IO×CK＝IC×BO，即可得出BO＝2+2，进而得到△ABE的周长．
【解答】解：如图所示，连接IC，连接CH交OI于K，则A，H，C在同一直线上，CI＝2，
∵三个菱形全等，
∴CO＝HO，∠AOH＝∠BOC，
又∵∠AOB＝∠AOH+∠BOH＝90°，
∴∠COH＝∠BOC+∠BOH＝90°，
即△COH是等腰直角三角形，
∴∠HCO＝∠CHO＝45°＝∠HOG＝∠COK，
∴∠CKO＝90°，即CK⊥IO，
设CK＝OK＝x，则CO＝IO＝x，IK＝x﹣x，
∵Rt△CIK中，（x﹣x）2+x2＝22，
解得x2＝2+，
又∵S菱形BCOI＝IO×CK＝IC×BO，
∴x2＝×2×BO，
∴BO＝2+2，
∴BE＝2BO＝4+4，AB＝AE＝BO＝4+2，
∴△ABE的周长＝4+4+2（4+2）＝12+8，
故答案为：12+8．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，解题时注意：菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半．
19．（绍兴二模）如图，在平面直角坐标系中，点O为原点，点A的坐标为（﹣4，0）．正方形OEFG的顶点F落在y轴的正半轴上，直线AE与直线FG相交于点P，若△OEP的其中两边之比为：1，则点P的坐标为 P（0，4）或P（﹣4，12）或P（﹣12，24） ．
【分析】根据题意分类讨论直线AE与直线FG相交的各种情况，应用勾股定理、三角形相似解决问题
【解答】解：①如图1，当P与F重合时，满足OP：OE＝：1，
∵四边形OEFG是正方形，
∴∠OFE＝45°，
∵∠AOF＝90°，
∴∠OAF＝∠OFE＝45°，
∴OA＝OF＝4，
∴F（0，4），即P（0，4）；
②如图2，当AE⊥x轴时，满足PE＝OE，
则EP∥OF，OE∥PG，
∴四边形PEOF是平行四边形，
∴EP＝OF＝OE，
Rt△AOE中，∵OA＝AE＝4，
∴OE＝EF＝4，
同理得：EP＝EF＝8，
∴P（﹣4，12）；
③如图3，过P作PM⊥x轴于M，直线FG交x轴于N，满足OP＝PE成立；
设OE＝a，PF＝b，则EF＝FG＝OG＝GN＝a
当OP＝PE时，则有OP2＝2PE2
∴OG2+PG2＝2（EF2+PF2）
即：a2+（a+b）2＝2（a2+b2）
化简可得b＝2a
∴PN＝4a，即
而OE∥PN
∴△AOE∽△ANP
∴
而OA＝4，∴ON＝12
∴OG＝GN＝6，PN＝24
∴PM＝MN＝24
而ON＝12，∴OM＝12
∴点M的坐标为（﹣12，0），点P的坐标为（﹣12，24）．
故答案为：P（0，4）或P（﹣4，12）或P（﹣12，24）
【点评】本题是几何综合题，考查了正方形性质、勾股定理及三角形相似的先关知识，解答关键是数形结合．
20．（台州）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为 +3 ．
【分析】根据阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，进而依据△BCG的面积以及勾股定理，得出BG+CG的长，进而得出其周长．
【解答】解：∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，
∴阴影部分的面积为×9＝6，
∴空白部分的面积为9﹣6＝3，
由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，
∴△BCG的面积与四边形DEGF的面积相等，均为×3＝，
∠CBE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠BCG＝90°，
∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，
设BG＝a，CG＝b，则ab＝，
又∵a2+b2＝32，
∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，
即（a+b）2＝15，
∴a+b＝，即BG+CG＝，
∴△BCG的周长＝+3，
故答案为：+3．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形面积问题．解题时注意数形结合思想与方程思想的应用．
三．解答题（共11小题）
21．（余杭区期末）已知：如图，过矩形ABCD的顶点C作CE∥BD，交AB的延长线于点E．
（1）求证：∠CAE＝∠CEA；
（2）若AD＝1，∠E＝30°，求△ACE的周长．
【分析】（1）先证明四边形DBEC是平行四边形，则CE＝BD，最后证明CE＝AC即可；
（2）根据30°直角三角形的性质求出BD，AB值，则AC、CE、AB可知，周长可求．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥BE，AC＝BD．
又EC∥BD，
∴四边形DBEC是平行四边形．
∴CE＝DB．
∴AC＝EC．
∴∠CAE＝∠CEA；
（2）由（1）得∠DBA＝∠E＝30°，
∴BD＝2AD＝2，AB＝．
∴AC＝CE＝BD＝2，AE＝2AB＝2．
所以△ACE周长为4+2．
【点评】本题主要考查了矩形的性质以及平行四边形的判定和性质，解题关键是熟知矩形的性质，从边和角入手解决问题．
22．（南岗区校级月考）已知BD是△ABC的角平分线，DE∥BC，交AB于点E．
（1）如图1，求证：△BDE是等腰三角形．
（2）如图2，在过点D作DF∥AB，连接EF，过点E作EG⊥BC，连接EC，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出面积与△BEF相等的所有三角形．
【分析】（1）根据平行线的性质和角平分线的定义可得结论；
（2）先证明四边形EBFD是菱形，根据菱形的对角线互相平分即可得结论．
【解答】解：（1）证明：∵DE∥BC，
∴∠EDB＝∠DBC，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠EBD＝∠DBC，
∴∠EBD＝∠EDB，
∴BE＝DE，
∴△BDE是等腰三角形．
（2）∵ED∥BF，DF∥BE，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵BE＝DE，
∴平行四边形EBFD是菱形，
∵EG⊥BC，
∴S▱EBFD＝BF•EG，
∴S△EFD＝S△BEF＝S△BED＝S△BFD．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定、平行线的性质、三角形和平行四边形的面积，熟练掌握这些性质是关键．
23．（通州区期末）如图，菱形ABCD的边长是10厘米，对角线AC，BD相交于点O，且AC＝12厘米，点P，N分别在BD，AC上，点P从点D出发，以每秒2厘米的速度向终点B运动，点N从点C出发，以每秒1厘米的速度向点A运动，点P移动到点B后，点P，N停止运动．
（1）当运动多少秒时，△PON的面积是8平方厘米；
（2）如果△PON的面积为y，请你写出y关于时间t的函数表达式．
【分析】（1）根据菱形ABCD的边长是10厘米，AC＝12厘米，可得OC＝6厘米，OD＝8厘米，设运动t秒时，根据△PON的面积是8平方厘米，列出方程即可得结论；
（2）分三种情况讨论：根据点P和点N运动的位置确定t的取值范围进而可得y关于时间t的函数表达式．
【解答】解：（1）∵菱形ABCD的边长是10厘米，AC＝12厘米，
∴OC＝6厘米，OD＝8厘米，
设运动t秒时，△PON的面积是8平方厘米，根据题意，得
DP＝2t，CN＝t，
∴OP＝8﹣2t，ON＝6﹣t，
∴S△PON＝OP•ON，
∴（8﹣2t）（6﹣t）＝8，
解方程得，t1＝2，t2＝8，均符合题意，
答：当运动2秒或8秒时，△PON的面积是8平方厘米；
（2）根据题意，得
①当0＜t≤4时，y＝（8﹣2t）（6﹣t）；
②当4＜t＜6时，y＝（2t﹣8）（6﹣t）；
③当6＜t≤8时，y＝（2t﹣8）（t﹣6）．
【点评】本题主要考查矩形的性质，解此类题关键是找准等量关系．
24．（马龙区一模）已知，如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，AG∥DB交CB的延长线于G．
（1）求证：四边形AGBD为平行四边形；
（2）若四边形AGBD是矩形，则四边形BEDF是什么特殊四边形？证明你的结论．
【分析】（1）依据AD∥BG，AG∥BD，即可得到四边形AGBD是平行四边形；
（2）根据已知条件证明BE＝DF，BE∥DF，从而得出四边形DFBE是平行四边形，再证明DE＝BE，再根据邻边相等的平行四边形是菱形，从而得出结论．
【解答】解：（1）∵平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴AD∥BG，
又∵AG∥BD，
∴四边形AGBD是平行四边形；
（2）四边形DEBF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∵点E、F分别是AB、CD的中点，
∴BE＝AB，DF＝CD．
∴BE＝DF，BE∥DF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∵四边形AGBD是矩形，
∴∠ADB＝90°，
在Rt△ADB中，∵E为AB的中点，
∴AE＝BE＝DE，
∴平行四边形DEBF是菱形．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定，直角三角形的性质，解题时注意：在直角三角形中斜边中线等于斜边一半．
25．（高新区模拟）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且BE＝BC．
（1）EC平分∠BED吗？证明你的结论．
（2）若AB＝1，∠ABE＝45°，求BC的长．
【分析】（1）由矩形的性质得出∠DEC＝∠ECB，由BE＝BC得出∠ECB＝∠BEC，即可得出∠DEC＝∠BEC，结论得证；
（2）求出AE＝AB＝1，根据勾股定理求出BE即可．
【解答】解：（1）EC平分∠BED，证明如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEC＝∠BCE，
∵BE＝BC，
∴∠BEC＝∠BCE，
∴∠BEC＝∠DEC，
∴EC平分∠BED．
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵∠ABE＝45°，
∴∠ABE＝AEB＝45°，
∴AE＝AB＝1，
由勾股定理得：BE＝＝，
∴BC＝BE＝．
【点评】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理的应用；熟练掌握矩形的性质，证出∠DEC＝∠ECB是解决问题（1）的关键．
26．（南海区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA＝OB．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若AB＝2，∠AOB＝60°，求BC的长．
【分析】（1）证法一就根据“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”由OA＝OB＝OC＝OD得AC＝BD，所以四边形ABCD是矩形；证法二则是根据“有一个角为直角的平行四边形是矩形”由，得△ABD是以∠BAD为直角的直角三角形，得∠BAD＝90°，根据矩形的定义知，四边形ABCD是矩形；
（2）由题意知OA＝OB，∠AOB＝60°∴△AOB是等边三角形，易知AC＝4，根据勾股定理，有AB2+BC2＝AC2可求得BC＝．
【解答】解：
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD
又∵OA＝OB
∴OA＝OB＝OC＝OD
∴AC＝BD
∴四边形ABCD是矩形
证法二：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD
又∵OA＝OB
∴△ABD是以∠BAD为直角的直角三角形，
∴∠BAD＝90°
根据矩形的定义知，四边形ABCD是矩形．
（2）∵OA＝OB，∠AOB＝60°
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝OB＝AB＝2
∴AC＝2OA＝4
∴在Rt△ABC中，根据勾股定理，有AB2+BC2＝AC2
∴BC2＝AC2﹣AB2＝42﹣22＝16﹣4＝12
∴BC＝
【点评】本题利用了矩形的判定和性质，勾股定理定理的应用求解．
27．（平舆县期中）如图，在▱ABCD中，各内角的平分线相交于点E，F，G，H．
（1）求证：四边形EFGH是矩形；
（2）若AB＝6，BC＝4，∠DAB＝60°，求四边形EFGH的面积．
【分析】（1）根据角平分线的定义以及平行四边形的性质，即可得出∠AGB＝90°，∠DEC＝90°，∠AHD＝90°＝∠EHG，进而判定四边形EFGH是矩形；
（2）根据含30°角的直角三角形的性质，得到BG＝AB＝3，AG＝3＝CE，BF＝BC＝2，CF＝2，进而得出EF和GF的长，可得四边形EFGH的面积．
【解答】解：（1）∵GA平分∠BAD，GB平分∠ABC，
∴∠GAB＝∠BAD，∠GBA＝∠ABC，
∵▱ABCD中，∠DAB+∠ABC＝180°，
∴∠GAB+∠GBA＝（∠DAB+∠ABC）＝90°，
即∠AGB＝90°，
同理可得，∠DEC＝90°，∠AHD＝90°＝∠EHG，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）依题意得，∠BAG＝∠BAD＝30°，
∵AB＝6，
∴BG＝AB＝3，AG＝3＝CE，
∵BC＝4，∠BCF＝∠BCD＝30°，
∴BF＝BC＝2，CF＝2，
∴EF＝3﹣2＝，GF＝3﹣2＝1，
∴矩形EFGH的面积＝EF×GF＝．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定以及全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：有三个角是直角的四边形是矩形．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
28．（繁昌县期中）如图，在菱形ABCD中，∠DAB与∠ABC的度数比为1：2，周长是48cm．求：AC和BD的长度．
【分析】首先根据菱形的性质可得菱形的边长为48÷4＝12cm，然后再证明△ABD是等边三角形，进而得到BD＝AB＝12cm，然后再根据勾股定理得出AO的长，进而可得AC的长即可．
【解答】解：菱形ABCD的周长为48cm，
∴菱形的边长为48÷4＝12cm
∵∠DAB与∠ABC的度数比为1：2，∠ABC+∠BAD＝180°（菱形的邻角互补），
∴∠ABC＝120°，∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝12cm，
∵菱形ABCD对角线AC、BD相交于点O，
∴AO＝CO，BO＝DO且AC⊥BD，
∴AO＝＝6（cm），
∴AC＝12（cm）．
【点评】此题主要考查了菱形的性质，以及菱形的周长计算，关键是掌握菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
29．（张家界）如图，在矩形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）求证：△DOE≌△BOF；
（2）若AB＝6，AD＝8，连接BE，DF，求四边形BFDE的周长．
【分析】（1）根据矩形的性质可得AD∥BC，根据平行线的性质求出∠EDO＝∠FBO，即可证的两个三角形全等；
（2）设AE＝x，根据已知条件可得BE＝ED＝8﹣x，由（1）可推得△EBO≌△EDO，可得ED＝EB，可证得四边形EBFD是菱形，根据勾股定理可得BE的长，即可求得周长；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EDO＝∠FBO，
∵O为BD的中点，
∴OB＝OD，
又∵EF⊥BD，
∴∠EOD＝∠FOB＝90°，
在△DOE和△BOF中，
，
∴△DOE≌△BOF（ASA）；
（2）解：∵由（1）可得，ED∥BF，ED＝BF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形BFDE是菱形，
根据AB＝6，AD＝8，设AE＝x，可得BE＝ED＝8﹣x，
在Rt△ABE中，根据勾股定理可得：BE2＝AB2+AE2，
即（8﹣x）2＝x2+62，
解得：，
∴，
∴四边形BFDE的周长＝．
【点评】本题主要考查了矩形的性质应用，结合菱形的判定与性质、全等三角形的判定进行求解是解题的关键．
30．（北仑区校级自主招生）已知正方形ABCD的边长为1，点M、N分别是边BC、CD的两点，若△CMN的周长为2，求：
（1）∠MAN的大小；
（2）△AMN面积的最小值．
【分析】（1）作辅助线，构建三角形全等，根据三角形的周长和正方形的边长得MN＝EM，证明△NAM≌△EAM（SSS），得∠NAM＝45°；
（2）由（1）知：△NAM≌△EAM，即△AMN中MN边上的高不变等于AB，等于1，所以当MN最小时，△AMN的面积最小，设CM＝a，CN＝b，MN＝2﹣a﹣b，根据一元二次方程和二次函数的取值可解答．
【解答】解：（1）延长CB到E，使BE＝DN，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABM＝90°，
∴∠D＝∠ABE＝90°，
在△ADN和△ABE中，
，
∴△ADN≌△ABE（SAS），
∴AN＝AE，∠DAN＝∠BAE，
∵△CMN的周长为2，正方形ABCD的边长为1，
∵CM+CN+MN＝2＝CD+CB，
∴MN＝2﹣CN﹣CM＝DN+BM＝ME，
在△NAM和△EAM中，
∵，
∴△NAM≌△EAM（SSS），
∴∠NAM＝∠EAM＝∠BAM+∠EAB＝∠BAM+∠DAN＝＝45°；
（2）由（1）知：△NAM≌△EAM，
∴点A到MN的距离等于正方形ABCD的边长AB，即△AMN中MN边上的高不变等于AB，等于1，
∴当MN最小时，△AMN的面积最小，
△CMN时，设CM＝a，CN＝b，MN＝2﹣a﹣b，
∵a2+b2＝（2﹣a﹣b）2，
∴a2+b2＝4﹣4（a+b）+（a+b）2，
整理得：b＝，
S△AMN＝＝＝，
把上述整理成关于a的一元二次方程得：a2+（2S﹣2）a+（2﹣4S）＝0，
因为a存在，所以△≥0，即（2S﹣2）2﹣4（2﹣4S）≥0，
S2+2S﹣1≥0，
∴S≥﹣1，或S≤﹣﹣1（舍），
∴△AMN面积的最小值是﹣1．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、一元二次方程根的判别式的性质、三角形的面积和周长等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
31．（南充自主招生）如图所示，正方形ABCD的边长为1，点M、N分别在BC、CD上，使得△CMN的周长为2．
求：（1）∠MAN的大小；
（2）△MAN面积的最小值．
【分析】（1）延长CB至L，使BL＝DN，则Rt△ABL≌Rt△ADN，故AL＝AN，进而求证△AMN≌△AML，即可求得∠MAN＝∠MAL＝45°；
（2）设CM＝x，CN＝y，MN＝z，根据x2+y2＝z2和x+y+z＝2，整理根据△＝4（z﹣2）2﹣32（1﹣z）≥0可以解题．
【解答】解：（1）如图，延长CB至L，使BL＝DN，则Rt△ABL≌Rt△ADN，故AL＝AN，
∠1＝∠2，∠NAL＝∠DAB＝90°
又∵MN＝2﹣CN﹣CM＝DN+BM＝BL+BM＝ML
∴△AMN≌△AML
∴∠MAN＝∠MAL＝45°
（2）设CM＝x，CN＝y，MN＝z，
则x2+y2＝z2，
∵x+y+z＝2，则x＝2﹣y﹣z
于是（2﹣y﹣z）2+y2＝z2
整理得2y2+（2z﹣4）y+（4﹣4z）＝0
∴△＝4（z﹣2）2﹣32（1﹣z）≥0
即（z+2+）（z+2﹣）≥0
又∵z＞0
∴z≥﹣2当且仅当x＝y＝2﹣时等号成立
此时S△AMN＝S△AML＝ML•AB＝z
因此，当z＝﹣2，x＝y＝2﹣时，S△AMN取到最小值为﹣1．
【点评】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了正方形各边长相等，各内角为直角的性质，本题中求证△AMN≌△AML是解题的关键．
A．有一个角是直角的四边形是矩形
B．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C．两条对角线互相垂直平分的四边形是正方形
D．两条对角线相等的菱形是正方形
【分析】依据矩形、菱形和正方形的判定方法，即可得到正确结论．
【解答】解：A．有一个角是直角的四边形不一定是矩形，故本选项错误；
B．两条对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故本选项错误；
C．两条对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故本选项错误；
D．两条对角线相等的菱形是正方形，故本选项正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了矩形、菱形和正方形的判定，正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．
2．（婺城区校级期末）下列判断正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
B．两组邻边相等的四边形是平行四边形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．有一个角是直角的平行四边形是正方形
【分析】利用平行四边形及特殊的平行四边形的判定定理逐一判定后即可得到正确的选项．
【解答】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，正确；
B、两组邻边相等的四边形不一定是平行四边形，错误；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，错误；
D、有一个角是直角的平行四边形是矩形，错误；
故选：A．
【点评】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形及特殊的平行四边形的判定方法，难度不大．
3．（余姚市期末）下列说法正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
C．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
D．对角线相等的平行四边形是矩形
【分析】根据菱形、正方形、平行四边形、矩形的判定，逐个进行验证，即可得出正确选项．
【解答】解：A、对角线互相垂直平分的平行四边形时菱形，A不符合题意．
对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，错误，故B不符合题意．
C、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，错误，故C不符合题意．
D、对角线相等的平行四边形是矩形，正确，故D符合题意．
故选：D．
【点评】本题是考查菱形、正方形、平行四边形、矩形的判定．就每一个选项来说都是单一知识点，是比较基础的知识，而把四个选项置于一个试题之中，它涉及到四个知识点和四种图形的联系和区别，要求学生的思维必须缜密、全面．
4．（武侯区校级期中）下列说法不正确的是（ ）
A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
C．有一个角为直角的四边形是矩形
D．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形
【分析】根据平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定和正方形的判定进行逐一判断即可．
【解答】解：A．因为一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，所以A选项正确，不符合题意；
B．因为对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以B选项正确，不符合题意；
C．因为有一个角为直角的平行四边形是矩形，所以C选项不正确，符合题意；
D．因为对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，所以D选项正确，不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定，解决本题的关键是掌握正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定．
5．（金水区月考）矩形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知B（2，2），点A在x轴上，点C在y轴上，P是对角线OB上一动点（不与原点重合），连接PC，过点P作PD⊥PC，交x轴于点D．下列结论：
①OA＝BC＝2；
②当点D运动到OA的中点处时，PC2+PD2＝7；
③当△ODP为等腰三角形时，点D的坐标为（，0）．
其中正确结论的个数是（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【分析】①根据矩形的性质即可得到OA＝BC＝2；故①正确；
②由点D为OA的中点，得到OD＝OA＝，根据勾股定理即可得到PC2+PD2＝CD2＝OC2+OD2＝22+（）2＝7，故②正确；
③当△ODP为等腰三角形时，Ⅰ、OD＝PD，解直角三角形得到OD＝OC＝，Ⅱ、OP＝OD，根据等腰三角形的性质和四边形的内角和得到∠OCP＝105°＞90°，故不合题意舍去；Ⅲ、OP＝PD，根据等腰三角形的性质和四边形的内角和得到∠OCP＝105°＞90°，故不合题意舍去；于是得到当△ODP为等腰三角形时，点D的坐标为（2﹣4，0）或（，0）．故③错误．
【解答】解：①∵四边形OABC是矩形，B（2，2），
∴OA＝BC＝2；故①正确；
②∵点D为OA的中点，
∴OD＝OA＝，
∵PD⊥PC，
∴∠CPD＝90°，
∴PC2+PD2＝CD2＝OC2+OD2＝22+（）2＝7，故②正确；
③∵B（2，2），四边形OABC是矩形，
∴OA＝2，AB＝2，
∵tan∠AOB＝＝，
∴∠AOB＝30°，
当△ODP为等腰三角形时，
Ⅰ、OD＝PD，
∴∠DOP＝∠DPO＝30°，
∴∠ODP＝120°，
∴∠ODC＝60°
∴OD＝OC＝，
∴D（，0）；
Ⅱ、当D在x轴的正半轴上时，OP＝OD，
∴∠ODP＝∠OPD＝75°，
∵∠COD＝∠CPD＝90°，
∴∠OCP＝105°＞90°，故不合题意舍去；
当D在x轴的负半轴上时，OP′＝OD′，如图，
∵∠AOB＝30°，
∴∠D′OP′＝150°，
∵∠CP′D′＝90°，
∴∠CP′O＝105°，
∵∠COP′＝60°，
∴∠OCP′＝15°，
∴∠BCP′＝75°，
∴∠CP′B＝180°﹣75°﹣30°＝75°，
∴BC＝BP′＝2，
∴OD′＝OP′＝4﹣2，
∴D′（2﹣4，0）；
Ⅲ、OP＝PD，
∴∠POD＝∠PDO＝30°，
∴∠OCP＝150°＞90°故不合题意舍去，
点D的坐标为（2﹣4，0）或（，0）．故③错误，
故选：C．
【点评】此题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，构造出相似三角形表示出CP和PD是解本题的关键．
6．（北碚区校级期末）下列说法中，不正确的是（ ）
A．四边相等的四边形是菱形
B．同位角相等
C．一组对边平行，另一组对角相等的四边形是平行四边形
D．矩形的对角线相等且互相平分
【分析】根据菱形的定义，平行线的性质，平行四边形的判定，矩形的性质逐个判断即可．
【解答】解：A、四条边相等的四边形是菱形，故本选项不符合题意；
B、只有两直线平行时，同位角才相等，故本选项符合题意；
C、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，∠C+∠D＝180°，
∵∠B＝∠D，
∴∠A＝∠C，
∴四边形ABCD是平行四边形，故本选项不符合题意；
D、矩形的对角线相等且互相平分，故本选项不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了菱形的定义，平行线的性质，平行四边形的判定，矩形的性质等知识点，能熟记知识点的内容是解此题的关键．
7．（玄武区期末）下列说法正确的是（ ）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．每一条对角线都平分一组对角的四边形是菱形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【分析】根据平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定逐个判断即可．
【解答】解：A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是等腰梯形，故本选项不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项不符合题意；
C、
∵在△ADB和△CDB中
，
∴△ADB≌△CDB（ASA），
∴AD＝CD，AB＝CB，
同理△ACD≌△ACB，
∴AB＝AD，BC＝DC，
即AB＝BC＝CD＝AD，
∴四边形ABCD是菱形，故本选项符合题意；
D、对角线相等且垂直的平行四边形是正方形，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定等知识点，能熟记知识点的内容是解此题的关键．
8．（鹿城区校级一模）如图，在△ABC中以AC，BC为边向外作正方形ACFG与正方形BCDE，连结DF，并过C点作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，则MD的长为（ ）
A．B．C．D．
【分析】过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，依据勾股定理即可求得DF的长．再根据全等三角形的对应边相等可得FQ＝DP，进而判定△FQM≌△DPM，即可得到M是FD的中点，据此可得DM＝DF．
【解答】解：如图所示，过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，
∵∠ACB＝120°，∠ACF＝∠BCD＝90°，
∴∠DCN＝60°，∠CDN＝30°，
又∵BC＝DC＝2，AC＝FC＝3，
∴CN＝CD＝1，FN＝CF﹣CN＝3﹣1＝2，DN＝＝，
Rt△DFN中，DF＝＝＝．
∵四边形BCDE是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
又∵CH⊥AB，
∴∠DCP+∠BCH＝∠CBH+∠BCH＝90°，
∴∠DCP＝∠CBH，
又∵∠DPC＝∠BHC＝90°，
∴△DCP≌△CBH（AAS），
∴DP＝CH，
同理可得△ACH≌△CFQ，
∴FQ＝CH，
∴FQ＝DP，
又∵∠Q＝∠DPM＝90°，∠FMQ＝∠DMP，
∴△FQM≌△DPM（AAS），
∴FM＝DM，即M是FD的中点，
∴DM＝DF＝．
故选：A．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合运用，通过作辅助线构造全等三角形，灵活运用全等三角形的对应边相等是解决问题的关键．
9．（宁波模拟）如图，平行四边形EQGH的四个顶点分别在矩形ABCD的四条边上，QP∥AB，分别交EH，AD于点R，P，过点R作MN∥AD，分别交AB，DC于点M，N，要求得平行四边形EQGH的面积，只需知道下列哪个四边形的面积即可（ ）
A．四边形MBCNB．四边形AMNDC．四边形RQCND．四边形PRND
【分析】连接HQ，RC，依据△AEH≌△CGQ，即可得出AH＝CQ，再根据S△EQH＝S△CQR，即可得到S平行四边形EQGH＝S矩形RQCN，进而得出要求得平行四边形EQGH的面积，只需知道四边形RQCN的面积即可．
【解答】解：如图所示，连接HQ，RC，
由题可得，∠AHQ＝∠CQH，∠EHQ＝∠GQH，
∴∠AHE＝∠CQG，
又∵∠HAE＝∠QCG＝90°，EH＝GQ，
∴△AEH≌△CGQ（AAS），
∴AH＝CQ，
又∵S△EQH＝S△EQR+S△RQH＝RQ（AP+HP）＝RQ×AH，
S△CQR＝RQ×CQ，
∴S△EQH＝S△CQR，
∴2S△EQH＝2S△CQR，
即S平行四边形EQGH＝S矩形RQCN，
∴要求得平行四边形EQGH的面积，只需知道四边形RQCN的面积即可．
故选：C．
【点评】本题主要考查了矩形的性质以及平行四边形的性质的运用，解决问题的方法是作辅助线，通过连接四边形的对角线，将四边形的面积问题转化为三角形的面积问题来解决．本题的关键在于在复杂图形中找出△AEH≌△CGQ，发现AH＝CQ这一对应边相等的条件．
10．（慈溪市模拟）已知，矩形ABCD中，E为AB上一定点，F为BC上一动点，以EF为一边作平行四边形EFGH，点G，H分别在CD和AD上，若平行四边形EFGH的面积不会随点F的位置改变而改变，则应满足（ ）
A．AD＝4AEB．AD＝2ABC．AB＝2AED．AB＝3AE
【分析】设AB＝a，BC＝b，BE＝c，BF＝x，根据S平行四边形EFGH＝S矩形ABCD﹣2（S△BEF+S△AEH）＝（a﹣2c）x+bc，F为BC上一动点，x是变量，（a﹣2c）是x的系数，根据平行四边形EFGH的面积不会随点F的位置改变而改变，为固定值，x的系数为0，bc为固定值，a﹣2c＝0，进而可得点E是AB的中点，即可进行判断．
【解答】解：设AB＝a，BC＝b，BE＝c，BF＝x，
∴S平行四边形EFGH＝S矩形ABCD﹣2（S△BEF+S△AEH）
＝ab﹣2[cx+（a﹣c）（b﹣x）]
＝ab﹣（cx+ab﹣ax﹣bc+cx）
＝ab﹣cx﹣ab+ax+bc﹣cx
＝（a﹣2c）x+bc，
∵F为BC上一动点，
∴x是变量，（a﹣2c）是x的系数，
∵平行四边形EFGH的面积不会随点F的位置改变而改变，为固定值，
∴x的系数为0，bc为固定值，
∴a﹣2c＝0，
∴a＝2c，
∴E是AB的中点，
∴AB＝2AE，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
二．填空题（共10小题）
11．（永嘉县校级模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝4cm，点E是AD的中点，动点F从点A出发，以2cm/s的速度沿AB向终点B运动，设点F的运动时间为ts，当△CEF为等腰三角形时，t的值是 1或2或 ．
【分析】根据题意运用分类讨论思想进行求解，若CE＝CF或CE＝CF时，先利用勾股定理求出CE的值，即得到EF或CF的值，再运用勾股定理分别求出BF或AF的值；当EF＝CF时，设AF＝x，利用勾股定理列出方程求出x的值，继而求出t．
【解答】解：根据题意得，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CD＝BC＝4，∠B＝∠D＝90°，
∵E是AD的中点，
∴AE＝DE＝2，
在Rt△CDE中，CE＝＝＝2，
①当CE＝CF时，即CF＝2，
在Rt△BCF中，BF＝＝＝2，
∴AF＝AB﹣BF＝2，
∴t＝2÷2＝1；
②当CE＝EF时，即EF＝2，
在Rt△AEF中，AF＝＝＝4，
∴t＝4÷2＝2；
③当EF＝CF时，设AF＝x，则BF＝4﹣x，
在Rt△BCF中，CF2＝BC2+BF2，
在Rt△AEF中，EF2＝AE2+AF2，
即42+（4﹣x）2＝22+x2，
解得x＝，
即AF＝，
∴t＝÷2＝．
故答案为：1或2或．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、等腰三角形的性质及勾股定理的应用，能够根据已知采用分类讨论思想解答是正确作答本题的关键．
12．（吴兴区校级三模）正方形ABCD，点E在BC上，点F在CD上，且BE＝CF．连接AE，BF，两线相交于点G，已知正方形边长为3，△ABG的周长为7，则图中阴影部分与空白部分的面积比为 7：29 ．
【分析】由“SAS”可证△ABE≌△BCF，可得S△ABE＝S△BCF，∠BAE＝∠CBF，由正方形的边长与，△ABG的周长可求AG+BG，再由勾股定理求得AG2+BG2，根据完全平方公式求得AG•BG，进而求得S△ABO，即可得阴影部分与空白部分的面积，便可求得两者的面积比．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，
∵BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠CBF，
∵∠ABG+∠CBF＝90°，
∴∠BAG+∠ABG＝90°，
∴∠AGB＝90°，
∵AB＝3，△ABG的周长为7，
∴AG+BG＝4，
∴AG2+BG2+2AG•BG＝32，
∵AG2+BG2＝AB2＝18，
∴AG•BG＝7，
∴S△ABG＝AG•BG＝，
∵△ABE≌△BCF，
∴S△ABE＝S△BCF，
∴，
∴，
∴，
故答案为7：29．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，求出AG•BG的值是本题的关键．
13．（武侯区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4．过点A作AG⊥BD于G，则BG等于 ．
【分析】由勾股定理求得BD的长度，再由三角形的面积公式求得AG，再根据勾股定理即可得到BG的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
∴BD＝＝＝5，
由三角形的面积公式得，BD•AG＝AB•AD，
∴AG＝＝＝，
∴BG＝＝＝，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了矩形的性质以及勾股定理的运用，利用面积法求得AG的长是解决问题的关键．
14．（南岗区校级期中）如图，在矩形AOBC中，点A的坐标是（﹣2，1），点C的纵坐标是4，则B点的纵坐标是 3 ．
【分析】过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，则AF⊥CF，延长CA交x轴于点H，证明△AFC≌△OEB，即可求得答案．
【解答】解：如图，
过点A作AD⊥x轴于点D，
过点B作BE⊥x轴于点E，
过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，
则AF⊥CF，
延长CA交x轴于点H，
∵四边形AOBC是矩形，
∴OB＝AC，AC∥OB，
∴∠CAF＝∠CHO＝∠BOE，
∵∠AFC＝∠OEB＝90°，
∴△AFC≌△OEB（AAS），
∴CF＝BE＝4﹣1＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了矩形的性质、坐标与图形性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
15．（荷塘区期末）如图，在长方形ABCD中，点E、F分别在CD、BC上，若三角形CEF、三角形ADE、三角形ABF的面积分别为3cm2、4cm2、5cm2，则三角形AEF的面积为 8 cm2．
【分析】设AB＝a，BC＝b，根据△CEF，△ADE，△ABF的面积分别是3，4，5，分别列式表示DE、CE、CF、BF的长，可得方程：S△ABF＝＝5，＝5，求得ab的值，即是矩形ABCD的面积，可得结论．
【解答】解：设AB＝a，BC＝b，
∵△CEF，△ADE，△ABF的面积分别是3，4，5，
∴S△ADE＝×b×DE＝4，
∴DE＝，
∴EC＝CD﹣DE＝a﹣，
∵S△CEF＝×EC×FC＝3，
∴FC＝＝＝，
∴BF＝BC﹣CF＝b﹣，
∴S△ABF＝＝5，
＝5
∴（ab）2﹣24ab+80＝0，
解得：ab＝20或ab＝4（不合题意，舍去），
∴S△AEF＝20﹣3﹣4﹣5＝8．
故答案为：8．
【点评】本题考查了矩形的性质、三角形的面积、一元二次方程的解，本题利用参数表示各边的长，计算出矩形的面积是关键．
16．（舟山）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，点E在CD上，DE＝1，点F是边AB上一动点，以EF为斜边作Rt△EFP．若点P在矩形ABCD的边上，且这样的直角三角形恰好有两个，则AF的值是 0或1＜AF或4 ．
【分析】先根据圆周角定理确定点P在以EF为直径的圆O上，且是与矩形ABCD的交点，先确定特殊点时AF的长，当F与A和B重合时，都有两个直角三角形．符合条件，即AF＝0或4，再找⊙O与AD和BC相切时AF的长，此时⊙O与矩形边各有一个交点或三个交点，在之间运动过程中符合条件，确定AF的取值．
【解答】解：∵△EFP是直角三角形，且点P在矩形ABCD的边上，
∴P是以EF为直径的圆O与矩形ABCD的交点，
①当AF＝0时，如图1，此时点P有两个，一个与D重合，一个交在边AB上；
②当⊙O与AD相切时，设与AD边的切点为P，如图2，
此时△EFP是直角三角形，点P只有一个，
解法一：当⊙O与BC相切时，如图6，连接OP，EP，PF，此时构成三个直角三角形，
∵EC∥OP∥BF，EO＝OF，
∴PC＝BP＝1，
∵DE＝1，CD＝4，
∴CE＝3，
∵∠ECP＝∠EPF＝∠B＝90°，
∴∠EPC＝∠BFP，
∴△ECP∽△PBF，
∴，即，BF＝，
∴AF＝4﹣＝；
解法二：当⊙O与BC相切时，如图4，连接OP，此时构成三个直角三角形，
则OP⊥BC，设AF＝x，则BF＝P1C＝4﹣x，EP1＝x﹣1，
∵OP∥EC，OE＝OF，
∴OG＝EP1＝，
∴⊙O的半径为：OF＝OP＝+（4﹣x），
在Rt△OGF中，由勾股定理得：OF2＝OG2+GF2，
∴，
解得：x＝，
∴当1＜AF＜时，这样的直角三角形恰好有两个，如图3，
③当AF＝4，即F与B重合时，这样的直角三角形恰好有两个，如图5，
综上所述，则AF的值是：0或1＜AF或4．
故答案为：0或1＜AF或4．
【点评】本题考查了矩形的性质的运用，勾股定理的运用，三角形中位线定理的运用，圆的性质的运用，分类讨论思想的运用，解答时运用勾股定理求解是关键，并注意运用数形结合的思想解决问题..
17．（嘉善县模拟）在矩形ABCD中，∠ABC的平分线交边AD于点E，∠BED的平分线交直线CD于点F．若AB＝3，CF＝1，则BC＝ +1或4﹣1 ．
【分析】当点F交在CD上时，如图1所示，由角平分线得∠ABE＝∠CBE，平行线AD∥BC得∠ABE＝∠BEA，可证明AB＝AE＝3，BE＝3；同理可得BE＝BG，因△DEF∽△CFG可求出ED＝2x，最后矩形的性质和线段的和差可求出BC＝2+1；当点F交在CD的延长线时，如图2所示，同理可得BC＝4﹣1．
【解答】解：①延长EF交BC点G，设CG＝x，如图1所示：
∵B的角平分线BE与AD交于点E，
∴∠ABE＝∠CBE＝45°，
又∵AD∥BC，
∴∠CBE＝∠BEA，∠G＝∠DEF
∴∠ABE＝∠BEA，
∴AB＝AE，
又∵AB＝3，∴AE＝3，
∵EF平分∠BED，
∴∠BEG＝∠DEF
又∵，∠G＝∠DEF，
∴∠BEG＝∠G
∴BG＝BE
在Rt三角形ABE中，由勾股定理得：
∴BE＝3，BG＝，
在△DEF和△CFG中，
，
∴△DEF∽△CFG（AA）
∴，
又∵CF＝1，CF+DF＝CD＝AB，
∴DF＝2，
∴ED＝2x，
又∵AD＝BC，AD＝AE+DE，
∴BC＝3+2x，
又∵BG＝BC+CG，
∴BG＝3+2x+x＝3+3x，
∴3+3x＝3，
x＝．
∴BC＝＝2+1，
②延长EH交DC的延长线于点F，设CH＝y，如图2所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC
∴∠2＝∠3，∠CBE＝∠AEB，
又∵BF平分∠BED，
∴∠1＝∠2，
∴∠1＝∠3，
∴BE＝BH，
又∵BE是∠ABC的角平分线，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
在Rt△ABE中，AB＝3，由勾股定理得：
＝＝，
∴BH＝；
又∵CH∥ED，
∴△FCH∽△FDE，
∴，
又∵CF＝1，CH＝y，
∴DE＝4y，
又∵AD＝BC，AD＝AE+DE，BC＝BH+CH，
∴3+4y＝，
解得：y＝，
∴BC＝；
故答案为2+1或
【点评】本题综合考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定与性质，角平分线的定义，平行线的性质和勾股定理等相关知识，重点是掌握矩形的性质，角平分线和平行线的性质综合运用构建等腰三角形，难点是作辅助线，根据等腰三角形两腰相等或矩形的对边相等建立方程．
18．（温州）三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放，已知∠AOB＝∠AOE＝90°，菱形的较短对角线长为2cm．若点C落在AH的延长线上，则△ABE的周长为 （12+8） cm．
【分析】连接IC，连接CH交OI于K，则A，H，C在同一直线上，CI＝2，根据△COH是等腰直角三角形，即可得到∠CKO＝90°，即CK⊥IO，设CK＝OK＝x，则CO＝IO＝x，IK＝x﹣x，根据勾股定理即可得出x2＝2+，再根据S菱形BCOI＝IO×CK＝IC×BO，即可得出BO＝2+2，进而得到△ABE的周长．
【解答】解：如图所示，连接IC，连接CH交OI于K，则A，H，C在同一直线上，CI＝2，
∵三个菱形全等，
∴CO＝HO，∠AOH＝∠BOC，
又∵∠AOB＝∠AOH+∠BOH＝90°，
∴∠COH＝∠BOC+∠BOH＝90°，
即△COH是等腰直角三角形，
∴∠HCO＝∠CHO＝45°＝∠HOG＝∠COK，
∴∠CKO＝90°，即CK⊥IO，
设CK＝OK＝x，则CO＝IO＝x，IK＝x﹣x，
∵Rt△CIK中，（x﹣x）2+x2＝22，
解得x2＝2+，
又∵S菱形BCOI＝IO×CK＝IC×BO，
∴x2＝×2×BO，
∴BO＝2+2，
∴BE＝2BO＝4+4，AB＝AE＝BO＝4+2，
∴△ABE的周长＝4+4+2（4+2）＝12+8，
故答案为：12+8．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，解题时注意：菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；菱形的面积等于两条对角线长的乘积的一半．
19．（绍兴二模）如图，在平面直角坐标系中，点O为原点，点A的坐标为（﹣4，0）．正方形OEFG的顶点F落在y轴的正半轴上，直线AE与直线FG相交于点P，若△OEP的其中两边之比为：1，则点P的坐标为 P（0，4）或P（﹣4，12）或P（﹣12，24） ．
【分析】根据题意分类讨论直线AE与直线FG相交的各种情况，应用勾股定理、三角形相似解决问题
【解答】解：①如图1，当P与F重合时，满足OP：OE＝：1，
∵四边形OEFG是正方形，
∴∠OFE＝45°，
∵∠AOF＝90°，
∴∠OAF＝∠OFE＝45°，
∴OA＝OF＝4，
∴F（0，4），即P（0，4）；
②如图2，当AE⊥x轴时，满足PE＝OE，
则EP∥OF，OE∥PG，
∴四边形PEOF是平行四边形，
∴EP＝OF＝OE，
Rt△AOE中，∵OA＝AE＝4，
∴OE＝EF＝4，
同理得：EP＝EF＝8，
∴P（﹣4，12）；
③如图3，过P作PM⊥x轴于M，直线FG交x轴于N，满足OP＝PE成立；
设OE＝a，PF＝b，则EF＝FG＝OG＝GN＝a
当OP＝PE时，则有OP2＝2PE2
∴OG2+PG2＝2（EF2+PF2）
即：a2+（a+b）2＝2（a2+b2）
化简可得b＝2a
∴PN＝4a，即
而OE∥PN
∴△AOE∽△ANP
∴
而OA＝4，∴ON＝12
∴OG＝GN＝6，PN＝24
∴PM＝MN＝24
而ON＝12，∴OM＝12
∴点M的坐标为（﹣12，0），点P的坐标为（﹣12，24）．
故答案为：P（0，4）或P（﹣4，12）或P（﹣12，24）
【点评】本题是几何综合题，考查了正方形性质、勾股定理及三角形相似的先关知识，解答关键是数形结合．
20．（台州）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为 +3 ．
【分析】根据阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，进而依据△BCG的面积以及勾股定理，得出BG+CG的长，进而得出其周长．
【解答】解：∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，
∴阴影部分的面积为×9＝6，
∴空白部分的面积为9﹣6＝3，
由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，
∴△BCG的面积与四边形DEGF的面积相等，均为×3＝，
∠CBE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠BCG＝90°，
∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，
设BG＝a，CG＝b，则ab＝，
又∵a2+b2＝32，
∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，
即（a+b）2＝15，
∴a+b＝，即BG+CG＝，
∴△BCG的周长＝+3，
故答案为：+3．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质以及三角形面积问题．解题时注意数形结合思想与方程思想的应用．
三．解答题（共11小题）
21．（余杭区期末）已知：如图，过矩形ABCD的顶点C作CE∥BD，交AB的延长线于点E．
（1）求证：∠CAE＝∠CEA；
（2）若AD＝1，∠E＝30°，求△ACE的周长．
【分析】（1）先证明四边形DBEC是平行四边形，则CE＝BD，最后证明CE＝AC即可；
（2）根据30°直角三角形的性质求出BD，AB值，则AC、CE、AB可知，周长可求．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥BE，AC＝BD．
又EC∥BD，
∴四边形DBEC是平行四边形．
∴CE＝DB．
∴AC＝EC．
∴∠CAE＝∠CEA；
（2）由（1）得∠DBA＝∠E＝30°，
∴BD＝2AD＝2，AB＝．
∴AC＝CE＝BD＝2，AE＝2AB＝2．
所以△ACE周长为4+2．
【点评】本题主要考查了矩形的性质以及平行四边形的判定和性质，解题关键是熟知矩形的性质，从边和角入手解决问题．
22．（南岗区校级月考）已知BD是△ABC的角平分线，DE∥BC，交AB于点E．
（1）如图1，求证：△BDE是等腰三角形．
（2）如图2，在过点D作DF∥AB，连接EF，过点E作EG⊥BC，连接EC，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出面积与△BEF相等的所有三角形．
【分析】（1）根据平行线的性质和角平分线的定义可得结论；
（2）先证明四边形EBFD是菱形，根据菱形的对角线互相平分即可得结论．
【解答】解：（1）证明：∵DE∥BC，
∴∠EDB＝∠DBC，
∵BD是△ABC的角平分线，
∴∠EBD＝∠DBC，
∴∠EBD＝∠EDB，
∴BE＝DE，
∴△BDE是等腰三角形．
（2）∵ED∥BF，DF∥BE，
∴四边形EBFD是平行四边形，
∵BE＝DE，
∴平行四边形EBFD是菱形，
∵EG⊥BC，
∴S▱EBFD＝BF•EG，
∴S△EFD＝S△BEF＝S△BED＝S△BFD．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定、平行线的性质、三角形和平行四边形的面积，熟练掌握这些性质是关键．
23．（通州区期末）如图，菱形ABCD的边长是10厘米，对角线AC，BD相交于点O，且AC＝12厘米，点P，N分别在BD，AC上，点P从点D出发，以每秒2厘米的速度向终点B运动，点N从点C出发，以每秒1厘米的速度向点A运动，点P移动到点B后，点P，N停止运动．
（1）当运动多少秒时，△PON的面积是8平方厘米；
（2）如果△PON的面积为y，请你写出y关于时间t的函数表达式．
【分析】（1）根据菱形ABCD的边长是10厘米，AC＝12厘米，可得OC＝6厘米，OD＝8厘米，设运动t秒时，根据△PON的面积是8平方厘米，列出方程即可得结论；
（2）分三种情况讨论：根据点P和点N运动的位置确定t的取值范围进而可得y关于时间t的函数表达式．
【解答】解：（1）∵菱形ABCD的边长是10厘米，AC＝12厘米，
∴OC＝6厘米，OD＝8厘米，
设运动t秒时，△PON的面积是8平方厘米，根据题意，得
DP＝2t，CN＝t，
∴OP＝8﹣2t，ON＝6﹣t，
∴S△PON＝OP•ON，
∴（8﹣2t）（6﹣t）＝8，
解方程得，t1＝2，t2＝8，均符合题意，
答：当运动2秒或8秒时，△PON的面积是8平方厘米；
（2）根据题意，得
①当0＜t≤4时，y＝（8﹣2t）（6﹣t）；
②当4＜t＜6时，y＝（2t﹣8）（6﹣t）；
③当6＜t≤8时，y＝（2t﹣8）（t﹣6）．
【点评】本题主要考查矩形的性质，解此类题关键是找准等量关系．
24．（马龙区一模）已知，如图，在平行四边形ABCD中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，AG∥DB交CB的延长线于G．
（1）求证：四边形AGBD为平行四边形；
（2）若四边形AGBD是矩形，则四边形BEDF是什么特殊四边形？证明你的结论．
【分析】（1）依据AD∥BG，AG∥BD，即可得到四边形AGBD是平行四边形；
（2）根据已知条件证明BE＝DF，BE∥DF，从而得出四边形DFBE是平行四边形，再证明DE＝BE，再根据邻边相等的平行四边形是菱形，从而得出结论．
【解答】解：（1）∵平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴AD∥BG，
又∵AG∥BD，
∴四边形AGBD是平行四边形；
（2）四边形DEBF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD．
∵点E、F分别是AB、CD的中点，
∴BE＝AB，DF＝CD．
∴BE＝DF，BE∥DF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∵四边形AGBD是矩形，
∴∠ADB＝90°，
在Rt△ADB中，∵E为AB的中点，
∴AE＝BE＝DE，
∴平行四边形DEBF是菱形．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定，直角三角形的性质，解题时注意：在直角三角形中斜边中线等于斜边一半．
25．（高新区模拟）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且BE＝BC．
（1）EC平分∠BED吗？证明你的结论．
（2）若AB＝1，∠ABE＝45°，求BC的长．
【分析】（1）由矩形的性质得出∠DEC＝∠ECB，由BE＝BC得出∠ECB＝∠BEC，即可得出∠DEC＝∠BEC，结论得证；
（2）求出AE＝AB＝1，根据勾股定理求出BE即可．
【解答】解：（1）EC平分∠BED，证明如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DEC＝∠BCE，
∵BE＝BC，
∴∠BEC＝∠BCE，
∴∠BEC＝∠DEC，
∴EC平分∠BED．
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵∠ABE＝45°，
∴∠ABE＝AEB＝45°，
∴AE＝AB＝1，
由勾股定理得：BE＝＝，
∴BC＝BE＝．
【点评】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理的应用；熟练掌握矩形的性质，证出∠DEC＝∠ECB是解决问题（1）的关键．
26．（南海区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA＝OB．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若AB＝2，∠AOB＝60°，求BC的长．
【分析】（1）证法一就根据“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”由OA＝OB＝OC＝OD得AC＝BD，所以四边形ABCD是矩形；证法二则是根据“有一个角为直角的平行四边形是矩形”由，得△ABD是以∠BAD为直角的直角三角形，得∠BAD＝90°，根据矩形的定义知，四边形ABCD是矩形；
（2）由题意知OA＝OB，∠AOB＝60°∴△AOB是等边三角形，易知AC＝4，根据勾股定理，有AB2+BC2＝AC2可求得BC＝．
【解答】解：
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD
又∵OA＝OB
∴OA＝OB＝OC＝OD
∴AC＝BD
∴四边形ABCD是矩形
证法二：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD
又∵OA＝OB
∴△ABD是以∠BAD为直角的直角三角形，
∴∠BAD＝90°
根据矩形的定义知，四边形ABCD是矩形．
（2）∵OA＝OB，∠AOB＝60°
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝OB＝AB＝2
∴AC＝2OA＝4
∴在Rt△ABC中，根据勾股定理，有AB2+BC2＝AC2
∴BC2＝AC2﹣AB2＝42﹣22＝16﹣4＝12
∴BC＝
【点评】本题利用了矩形的判定和性质，勾股定理定理的应用求解．
27．（平舆县期中）如图，在▱ABCD中，各内角的平分线相交于点E，F，G，H．
（1）求证：四边形EFGH是矩形；
（2）若AB＝6，BC＝4，∠DAB＝60°，求四边形EFGH的面积．
【分析】（1）根据角平分线的定义以及平行四边形的性质，即可得出∠AGB＝90°，∠DEC＝90°，∠AHD＝90°＝∠EHG，进而判定四边形EFGH是矩形；
（2）根据含30°角的直角三角形的性质，得到BG＝AB＝3，AG＝3＝CE，BF＝BC＝2，CF＝2，进而得出EF和GF的长，可得四边形EFGH的面积．
【解答】解：（1）∵GA平分∠BAD，GB平分∠ABC，
∴∠GAB＝∠BAD，∠GBA＝∠ABC，
∵▱ABCD中，∠DAB+∠ABC＝180°，
∴∠GAB+∠GBA＝（∠DAB+∠ABC）＝90°，
即∠AGB＝90°，
同理可得，∠DEC＝90°，∠AHD＝90°＝∠EHG，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）依题意得，∠BAG＝∠BAD＝30°，
∵AB＝6，
∴BG＝AB＝3，AG＝3＝CE，
∵BC＝4，∠BCF＝∠BCD＝30°，
∴BF＝BC＝2，CF＝2，
∴EF＝3﹣2＝，GF＝3﹣2＝1，
∴矩形EFGH的面积＝EF×GF＝．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定以及全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：有三个角是直角的四边形是矩形．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
28．（繁昌县期中）如图，在菱形ABCD中，∠DAB与∠ABC的度数比为1：2，周长是48cm．求：AC和BD的长度．
【分析】首先根据菱形的性质可得菱形的边长为48÷4＝12cm，然后再证明△ABD是等边三角形，进而得到BD＝AB＝12cm，然后再根据勾股定理得出AO的长，进而可得AC的长即可．
【解答】解：菱形ABCD的周长为48cm，
∴菱形的边长为48÷4＝12cm
∵∠DAB与∠ABC的度数比为1：2，∠ABC+∠BAD＝180°（菱形的邻角互补），
∴∠ABC＝120°，∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝12cm，
∵菱形ABCD对角线AC、BD相交于点O，
∴AO＝CO，BO＝DO且AC⊥BD，
∴AO＝＝6（cm），
∴AC＝12（cm）．
【点评】此题主要考查了菱形的性质，以及菱形的周长计算，关键是掌握菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
29．（张家界）如图，在矩形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）求证：△DOE≌△BOF；
（2）若AB＝6，AD＝8，连接BE，DF，求四边形BFDE的周长．
【分析】（1）根据矩形的性质可得AD∥BC，根据平行线的性质求出∠EDO＝∠FBO，即可证的两个三角形全等；
（2）设AE＝x，根据已知条件可得BE＝ED＝8﹣x，由（1）可推得△EBO≌△EDO，可得ED＝EB，可证得四边形EBFD是菱形，根据勾股定理可得BE的长，即可求得周长；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EDO＝∠FBO，
∵O为BD的中点，
∴OB＝OD，
又∵EF⊥BD，
∴∠EOD＝∠FOB＝90°，
在△DOE和△BOF中，
，
∴△DOE≌△BOF（ASA）；
（2）解：∵由（1）可得，ED∥BF，ED＝BF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴四边形BFDE是菱形，
根据AB＝6，AD＝8，设AE＝x，可得BE＝ED＝8﹣x，
在Rt△ABE中，根据勾股定理可得：BE2＝AB2+AE2，
即（8﹣x）2＝x2+62，
解得：，
∴，
∴四边形BFDE的周长＝．
【点评】本题主要考查了矩形的性质应用，结合菱形的判定与性质、全等三角形的判定进行求解是解题的关键．
30．（北仑区校级自主招生）已知正方形ABCD的边长为1，点M、N分别是边BC、CD的两点，若△CMN的周长为2，求：
（1）∠MAN的大小；
（2）△AMN面积的最小值．
【分析】（1）作辅助线，构建三角形全等，根据三角形的周长和正方形的边长得MN＝EM，证明△NAM≌△EAM（SSS），得∠NAM＝45°；
（2）由（1）知：△NAM≌△EAM，即△AMN中MN边上的高不变等于AB，等于1，所以当MN最小时，△AMN的面积最小，设CM＝a，CN＝b，MN＝2﹣a﹣b，根据一元二次方程和二次函数的取值可解答．
【解答】解：（1）延长CB到E，使BE＝DN，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABM＝90°，
∴∠D＝∠ABE＝90°，
在△ADN和△ABE中，
，
∴△ADN≌△ABE（SAS），
∴AN＝AE，∠DAN＝∠BAE，
∵△CMN的周长为2，正方形ABCD的边长为1，
∵CM+CN+MN＝2＝CD+CB，
∴MN＝2﹣CN﹣CM＝DN+BM＝ME，
在△NAM和△EAM中，
∵，
∴△NAM≌△EAM（SSS），
∴∠NAM＝∠EAM＝∠BAM+∠EAB＝∠BAM+∠DAN＝＝45°；
（2）由（1）知：△NAM≌△EAM，
∴点A到MN的距离等于正方形ABCD的边长AB，即△AMN中MN边上的高不变等于AB，等于1，
∴当MN最小时，△AMN的面积最小，
△CMN时，设CM＝a，CN＝b，MN＝2﹣a﹣b，
∵a2+b2＝（2﹣a﹣b）2，
∴a2+b2＝4﹣4（a+b）+（a+b）2，
整理得：b＝，
S△AMN＝＝＝，
把上述整理成关于a的一元二次方程得：a2+（2S﹣2）a+（2﹣4S）＝0，
因为a存在，所以△≥0，即（2S﹣2）2﹣4（2﹣4S）≥0，
S2+2S﹣1≥0，
∴S≥﹣1，或S≤﹣﹣1（舍），
∴△AMN面积的最小值是﹣1．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、一元二次方程根的判别式的性质、三角形的面积和周长等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，属于中考常考题型．
31．（南充自主招生）如图所示，正方形ABCD的边长为1，点M、N分别在BC、CD上，使得△CMN的周长为2．
求：（1）∠MAN的大小；
（2）△MAN面积的最小值．
【分析】（1）延长CB至L，使BL＝DN，则Rt△ABL≌Rt△ADN，故AL＝AN，进而求证△AMN≌△AML，即可求得∠MAN＝∠MAL＝45°；
（2）设CM＝x，CN＝y，MN＝z，根据x2+y2＝z2和x+y+z＝2，整理根据△＝4（z﹣2）2﹣32（1﹣z）≥0可以解题．
【解答】解：（1）如图，延长CB至L，使BL＝DN，则Rt△ABL≌Rt△ADN，故AL＝AN，
∠1＝∠2，∠NAL＝∠DAB＝90°
又∵MN＝2﹣CN﹣CM＝DN+BM＝BL+BM＝ML
∴△AMN≌△AML
∴∠MAN＝∠MAL＝45°
（2）设CM＝x，CN＝y，MN＝z，
则x2+y2＝z2，
∵x+y+z＝2，则x＝2﹣y﹣z
于是（2﹣y﹣z）2+y2＝z2
整理得2y2+（2z﹣4）y+（4﹣4z）＝0
∴△＝4（z﹣2）2﹣32（1﹣z）≥0
即（z+2+）（z+2﹣）≥0
又∵z＞0
∴z≥﹣2当且仅当x＝y＝2﹣时等号成立
此时S△AMN＝S△AML＝ML•AB＝z
因此，当z＝﹣2，x＝y＝2﹣时，S△AMN取到最小值为﹣1．
【点评】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了正方形各边长相等，各内角为直角的性质，本题中求证△AMN≌△AML是解题的关键．
相关试卷
第1章 二次函数 易错必考63题（13个考点）专练-2023-2024学年九年级数学上册重难点高分突破（浙教版）： 这是一份第1章 二次函数 易错必考63题（13个考点）专练-2023-2024学年九年级数学上册重难点高分突破（浙教版），文件包含第1章二次函数易错必考63题13个考点专练原卷版docx、第1章二次函数易错必考63题13个考点专练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共104页， 欢迎下载使用。
期中复习易错专训（易错60题22个考点）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末考点归纳满分攻略讲练（人教版）： 这是一份期中复习易错专训（易错60题22个考点）-2023-2024学年八年级数学上学期期中期末考点归纳满分攻略讲练（人教版），文件包含期中复习易错60题22个考点原卷版docx、期中复习易错60题22个考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。
【重难点讲义】浙教版数学八年级上册-第21讲 八上易错选择填空题各地考卷选题专练： 这是一份【重难点讲义】浙教版数学八年级上册-第21讲 八上易错选择填空题各地考卷选题专练，文件包含第21讲八上易错选择填空题各地考卷选题专练原卷版docx、第21讲八上易错选择填空题各地考卷选题专练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共55页， 欢迎下载使用。
