2025年浙江省中考数学一轮复习专题检测 专题22 特殊平行四边形（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
专题22 特殊平行四边形
一．选择题
1．（2024 成都）如图，在矩形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．AB＝AD B．AC⊥BD C．AC＝BD D．∠ACB＝∠ACD
2．（2024 东营）如图，四边形ABCD是矩形，直线EF分别交AD，BC，BD于点E，F，O，下列条件中，不能证明△BOF≌△DOE的是（　　）
A．O为矩形ABCD两条对角线的交点 B．EO＝FO C．AE＝CF D．EF⊥BD
3．（2024 泸州）已知四边形ABCD是平行四边形，下列条件中，不能判定 ABCD为矩形的是（　　）
A．∠A＝90° B．∠B＝∠C C．AC＝BD D．AC⊥BD
4．（2024 西湖区三模）如图，已知点E为正方形ABCD内一点，△ABE为等边三角形，连结ED，EC，则∠DEC的度数为（　　）
A．120° B．150° C．108° D．135°
5．（2024 临夏州）如图，O是坐标原点，菱形ABOC的顶点B在x轴的负半轴上，顶点C的坐标为（3，4），则顶点A的坐标为（　　）
A．（﹣4，2） B．（﹣，4） C．（﹣2，4） D．（﹣4，）
6．（2024 通辽）如图， ABCD的对角线AC，BD交于点O，以下条件不能证明 ABCD是菱形的是（　　）
A．∠BAC＝∠BCA B．∠ABD＝∠CBD C．OA2+OB2＝AD2 D．AD2+OA2＝OD2
7．（2024 内蒙古）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E是BC边上一点，F是BD上一点，连接DE，EF．若△DEF与△DEC关于直线DE对称，则△BEF的周长是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024 镇海区一模）一次数学课上，老师让大家在一张长12cm、宽5cm的矩形纸片内，折出一个菱形．甲同学按照取两组对边中点的方法折出菱形EFGH（见方案一），乙同学沿矩形的对角线AC折出∠CAE＝∠DAC，∠ACF＝∠ACB的方法得到菱形AECF（见方案二），请你通过计算，比较这两种折法中，菱形面积较大的是（　　）
A．甲 B．乙 C．甲乙相等 D．无法判断
9．（2024 黑龙江）如图，在正方形ABCD中，点H在AD边上（不与点A、D重合），∠BHF＝90°，HF交正方形外角的平分线DF于点F，连接AC交BH于点M，连接BF交AC于点G，交CD于点N，连接BD．则下列结论：
①∠HBF＝45°；②点G是BF的中点；③若点H是AD的中点，则sin∠NBC＝；④BN＝BM；⑤若AH＝HD，则S△BND＝S△AHM．其中正确的结论是（　　）
A．①②③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤
10．（2024 台州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AB为边向三角形外作正方形ABDE，作EF⊥BC于点F，交对角线AD于点G，连接BG．要求△BFG的周长，只需要知道（　　）
A．线段BF的长度 B．线段AC的长度 C．线段FG的长度 D．线段BC的长度
二．填空题
11．（2024 玉环市模拟）菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若AC＝4，BD＝8，则菱形的面积为 　 　 ．
12．（2025 广西模拟）设矩形的一条对角线长为2cm，两条对角线组成的对顶角中，有一组是120°，则矩形的周长是 　 　 ．
13．（2024 南通）若菱形的周长为20cm，且有一个内角为45°，则该菱形的高为 　 　 cm．
14．（2024 牡丹江）矩形ABCD的面积是90，对角线AC，BD交于点O，点E是BC边的三等分点，连接DE，点P是DE的中点，OP＝3，连接CP，则PC+PE的值为 　 　 ．
15．（2024 青岛）如图，菱形ABCD中，BC＝10，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BC，交边BC于点E，连接EO，则EO＝ 　 　 ．
16．（2024 金东区二模）如图，正方形ABCD的边长为2，点P是边BC所在直线上的一动点（点P不与点B、点C重合），连结PA，PD．
（1）当时，PC的长为 　 　 ；
（2）的最小值为 　 　 ．
三．解答题
17．（2024 婺城区模拟）如图，在矩形ABCD中，E是BC上一点，且AE＝AD，过点D作DF⊥AE于点F．
（1）求证：AF＝BE．
（2）已知BC＝5，CD＝3．求EF的长．
18．（2024 贵州）如图，四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AD∥BC，∠ABC＝90°，有下列条件：
①AB∥CD，②AD＝BC．
（1）请从以上①②中任选1个作为条件，求证：四边形ABCD是矩形；
（2）在（1）的条件下，若AB＝3，AC＝5，求四边形ABCD的面积．
19．（2024 上城区二模）如图，平行四边形ABCD的两条对角线AC与BD相交于点O，E，F是线段BD上的两点，且∠AEB＝∠CFD，连接AE，EC，CF，FA．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形．
（2）从下列条件：①AC平分∠EAF，②∠EAF＝60°，③AB＝BC中选择一个合适的条件添加到题干中，使得四边形AECF为菱形．我选的是 　 　 （请填写序号），并证明．
20．（2024 温州模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC、BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若，∠ADC＝120°，求四边形ABCD的面积．
21．（2024 仙居县三模）如图，菱形ABCD中，DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为E，F．对角线AC分别交DE，DF于点G，H．
（1）求证：DE＝DF．
（2）若∠DAB＝60°，证明：AC＝3GH．
22．（2024 台州一模）如图，在正方形ABCD中，以BC为边在正方形内部作等边△BCE，CE与正方形的对角线BD交于点F，连接DE．
（1）求∠DEC的度数．
（2）求证：DE2＝EF EC．
23．（2024 安徽三模）点E是正方形ABCD的对角线BD上一点，过点E作EF⊥AE交CD于点F，AE的延长线交BC于点G，AF交BD于点H．
（1）如图1，证明：AE＝EF；
（2）如图2，若AD＝DE，AB＝2，求CF的长．
24．（2024 温州二模）如图，在矩形ABCD中，P为边AB的一点，DP的中垂线分别交矩形两边AD，BC于点E，F，交DP于点H，BF＝CD，连结DF，PF．
（1）判断△DFP的形状，并说明理由．
（2）若AP＝BP＝2，求EH，EF的长．
25．（2024 哈尔滨）四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AD∥BC，OA＝OC，AB＝BC．
（1）如图1，求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如图2，AB＝AC，CH⊥AD于点H，交BD于点E，连接AE，点G在AB上，连接EG交AC于点F，若∠FEC＝75°，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出四条与线段CE相等的线段（线段CE除外）．
答案与解析
一．选择题
1．（2024 成都）如图，在矩形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．AB＝AD B．AC⊥BD C．AC＝BD D．∠ACB＝∠ACD
【点拨】由矩形的性质分析每个选 项，从而可得答案．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，∠ADC＝90°，AD＝BC，AD∥BC，，
∴AC⊥BD，∠ACB＝∠ACD不一定成立，AC＝BD，一定成立，AB＝AD一定不成立，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
2．（2024 东营）如图，四边形ABCD是矩形，直线EF分别交AD，BC，BD于点E，F，O，下列条件中，不能证明△BOF≌△DOE的是（　　）
A．O为矩形ABCD两条对角线的交点 B．EO＝FO C．AE＝CF D．EF⊥BD
【点拨】由矩形的性质得出AD＝BC，AD∥BC，再由平行线的性质得出∠OBF＝∠ODE，∠OFB＝∠OED，然后由全等三角形的判定逐一判定即可．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠OBF＝∠ODE，∠OFB＝∠OED，
A、∵O为矩形ABCD两条对角线的交点，
∴OB＝OD，
在△BOF和△DOE中，
，
∴△BOF≌△DOE（AAS），故A不符合题意；
B、在△BOF和△DOE中，
，
∴△BOF≌△DOE（AAS），故B不符合题意；
C、∵AE＝CF，
∴BC﹣CF＝AD﹣AE，
即BF＝DE，
在△BOF和△DOE中，
，
∴△BOF≌△DOE（ASA），故C不符合题意；
D、∵EF⊥BD，
∴∠BOF＝∠DOE＝90°，不能判定△BOF≌△DOE，故D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定，熟练掌握矩形的性质和全等三角形的判定是解题的关键．
3．（2024 泸州）已知四边形ABCD是平行四边形，下列条件中，不能判定 ABCD为矩形的是（　　）
A．∠A＝90° B．∠B＝∠C C．AC＝BD D．AC⊥BD
【点拨】根据有一个角等于90°的平行四边形是矩形可对选项A进行判断；根据平行四边形性质得AB∥CD，则∠B+∠C＝180°，再根据∠B＝∠C得∠B＝∠C＝90°，然后根据有一个角等于90°的平行四边形是矩形可对选项B进行判断；根据对角线相等的平行四边形是矩形可对选项C进行判断；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可对选项D进行判断，综上所述即可得出答案．
【解析】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当∠A＝90°，平行四边形ABCD是矩形，
∴选项A可以判定 ABCD为矩形，
故选项A不符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠B+∠C＝180°，
当∠B＝∠C时，则∠B＝∠C＝90°，此时 ABCD为矩形，
故选项B可以判定 ABCD为矩形，
故选项B不符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，
当 AC＝BD时，平行四边形ABCD是矩形，
∴选项C可以判定 ABCD为矩形，
故选项C不符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，
当AC⊥BD时，平行四边形ABCD是菱形，
∴选项D不能判定 ABCD为矩形，
故选项D符合题意．
故选：D．
【点睛】此题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定，理解平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定是解决问题的关键．
4．（2024 西湖区三模）如图，已知点E为正方形ABCD内一点，△ABE为等边三角形，连结ED，EC，则∠DEC的度数为（　　）
A．120° B．150° C．108° D．135°
【点拨】由正方形的性质得出AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，由等边三角形的性质得出AB＝BE＝AE，∠ABE＝∠BEA＝∠BAE＝60°，从而得出BC＝BE，AD＝AE，∠CBE＝∠DAE＝30°，再分别求出∠BEC、∠AED的度数，即可求出∠DEC的度数．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，
∵△ABE为等边三角形，
∴AB＝BE＝AE，∠ABE＝∠BEA＝∠BAE＝60°，
∴BC＝BE，AD＝AE，∠CBE＝∠DAE＝90°﹣60°＝30°，
∴∠BEC＝∠BCE＝＝75°，
同理∠AED＝75°，
∴∠DEC＝360°﹣∠BEC﹣∠BEA﹣∠AED＝360°﹣75°﹣60°﹣75°＝150°，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质和等边三角形的性质是解题的关键．
5．（2024 临夏州）如图，O是坐标原点，菱形ABOC的顶点B在x轴的负半轴上，顶点C的坐标为（3，4），则顶点A的坐标为（　　）
A．（﹣4，2） B．（﹣，4） C．（﹣2，4） D．（﹣4，）
【点拨】过C作CN⊥x轴于N，由勾股定理求出OC＝＝5，由菱形的性质推出AC∥BO，由勾股定理求出BM＝＝3，得到OM＝OB﹣MB＝5﹣3＝2，因此点A的坐标为（﹣2，4）．
【解析】解：过C作CN⊥x轴于N，过A作AM⊥x轴于M，
∵点C的坐标为（3，4），
∴ON＝3，CN＝4，
∴OC＝＝5，
∵四边形ABOC是菱形，
∴AC＝OC＝5，AC∥BO，
∴点A的坐标为（﹣2，4）．
故选：C．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，勾股定理，坐标与图形性质，关键是由勾股定理求出OC的长．
6．（2024 通辽）如图， ABCD的对角线AC，BD交于点O，以下条件不能证明 ABCD是菱形的是（　　）
A．∠BAC＝∠BCA B．∠ABD＝∠CBD C．OA2+OB2＝AD2 D．AD2+OA2＝OD2
【点拨】由菱形的判定、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解析】解：A、∵∠BAC＝∠BCA，
∴AB＝BC，
∴ ABCD是菱形，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵∠ABD＝∠CBD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∴ ABCD是菱形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∵OA2+OB2＝AD2，
∴OA2+OD2＝AD2，
∴∠AOD＝90°，
∴AC⊥BD，
∴ ABCD是菱形，故选项C不符合题意，
D、∵AD2+OA2＝OD2，
∴∠OAD＝90°，
∴OA⊥AD，
∴不能证得 ABCD是菱形，故选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
7．（2024 内蒙古）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，E是BC边上一点，F是BD上一点，连接DE，EF．若△DEF与△DEC关于直线DE对称，则△BEF的周长是（　　）
A． B． C． D．
【点拨】要求△BEF的周长，就需要知道三边长，经过观察我们会发现只有BF能求出，BE和EF的长可以是变化的，但是EF＝EC，所以BE+EF＝BE+EC＝BC＝2，进而就可以求出周长．
【解析】解：∵正方形ABCD的边长是2，
∴BD＝＝2，
∵△DEF与△DEC关于直线DE对称，
∴DC＝DF＝2，EC＝EF，
∴BF＝2﹣2，
△BEF的周长＝BF+BE+EF＝BF+BE+EC＝BF+BC＝2﹣2+2＝2．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
8．（2024 镇海区一模）一次数学课上，老师让大家在一张长12cm、宽5cm的矩形纸片内，折出一个菱形．甲同学按照取两组对边中点的方法折出菱形EFGH（见方案一），乙同学沿矩形的对角线AC折出∠CAE＝∠DAC，∠ACF＝∠ACB的方法得到菱形AECF（见方案二），请你通过计算，比较这两种折法中，菱形面积较大的是（　　）
A．甲 B．乙 C．甲乙相等 D．无法判断
【点拨】方案一中，通过图可知四个小直角三角形全等，用矩形面积减去4个小直角三角形的面积，即可得菱形面积；方案二中，两个小直角三角形全等，设菱形边长为x，在直角三角形中利用勾股定理可求x，再利用底×高可求菱形面积．然后比较两者面积大小．
【解析】解：方案一中，
∵E、F、G、H都是矩形ABCD的中点，
∴△HAE≌△HDG≌△FCG≌△FBE，
S△HAE＝AE AH＝×AB×AD＝××5××12＝，
S菱形EFGH＝S矩形ABCD﹣4S△HAE＝12×5﹣×4＝30；
方案二中，设BE＝x，则CE＝AE＝12﹣x，
∵AF＝EC，AB＝CD，AE＝CF，
∴△ABE≌△CDF，
在Rt△ABE中，AB＝5，BE＝x，AE＝12﹣x，由勾股定理得（12﹣x）2＝52+x2，解得x＝，
S△ABE＝BE AB＝××5＝，
S菱形EFGH＝S矩形ABCD﹣2S△ABE＝12×5﹣×2≈60﹣25＝35＞30，
故甲＜乙．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形面积的不同求法．
9．（2024 黑龙江）如图，在正方形ABCD中，点H在AD边上（不与点A、D重合），∠BHF＝90°，HF交正方形外角的平分线DF于点F，连接AC交BH于点M，连接BF交AC于点G，交CD于点N，连接BD．则下列结论：
①∠HBF＝45°；②点G是BF的中点；③若点H是AD的中点，则sin∠NBC＝；④BN＝BM；⑤若AH＝HD，则S△BND＝S△AHM．其中正确的结论是（　　）
A．①②③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤
【点拨】连接DG，可得，AC垂直平分BD，先证明点B、H、D、F四点共圆，即可判断①；根据AC垂直平分BD，结合互余可证明DG＝FG，即有DG＝FG＝BG，则可判断②正确；证明△ABM∽△DBN，即有，可判断④；根据相似有 ，根据 可得3AH＝AD，再证明△AHM﹣△CBM，可得，即可判断⑤；根据点H是AD的中点，设AD＝2，即求出 ，同理可证明△AHM∽△CBM，可得 ，即可得 ，进而可判断③．
【解析】解：连接DG，如图，
∵四边形ABCD是正方形，∠BDC＝∠BAC＝∠ADB＝45°，，∠BAD＝∠ADC＝90°，AC垂直平分BD，
∴∠CDP＝90°，
∵DF平分∠CDP，
∴，
∴∠BDF＝∠CDF+∠CDB＝90°，∠BHF＝90°＝∠BDF，
∴点B、H、D、F四点共圆，
∴∠HFB＝∠HDB＝45°，∠DHF＝∠DBF，
∴∠HBF＝180°﹣∠HFB﹣∠FHB＝45°，故①正确，
∵AC垂直平分BD，
∴BG＝DG，
∴∠BDG＝∠DBG，
∵∠BDF＝90°，
∴∠BDG+∠GDF＝90°＝∠DBG+∠DFG，
∴∠GDF＝∠DFG，
∴DG＝FG，
∴DG＝FG＝BG，
∴点G是BF的中点，故②正确，
∵∠BHF＝90°＝∠BAH，
∴∠AHB+∠DHF＝90°＝∠AHB+∠ABH，
∴∠DHF＝∠ABH，
∵∠DHF＝∠DBF，
∴∠ABH＝∠DBF，
又∵∠BAC＝∠DBC＝45°，AD∥BC，
∴△ABM∽△DBN，
∴，
∴，故④正确，
∴，
若，则，
∴3AH＝AD，
∴，即，
∵AD∥DC，
∴△AHM∽△CBM，
∴，
∵，
∴S△ABM＝3S△AHM，
∴，
∴S△BND＝2S△ABM＝6S△AHM，故⑤错误，
如图，③若点H是AD的中点，
设AD＝2，即AB＝BC＝AD＝2，
∴，
∴，
同理可证明△AHM∽△CBM，
∴，，，
∵，
∴，
∵BC＝2，
在Rt△BNC 中，，，故③正确，则正确的有：①②③④，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，正弦，圆周角定理以及勾股定理等知识，证明点B、H、D、F四点共圆，△ABM∽△DBN，是解答本题的关键．
10．（2024 台州模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以AB为边向三角形外作正方形ABDE，作EF⊥BC于点F，交对角线AD于点G，连接BG．要求△BFG的周长，只需要知道（　　）
A．线段BF的长度 B．线段AC的长度 C．线段FG的长度 D．线段BC的长度
【点拨】方法一：设BC＝a，AC＝b，AB＝c，AB与EF交于H，先证△EDG和△BDG全等得EG＝BG，则△BFG的周长＝BG+GF+BF＝EF+BF，证△EAH∽△BCA得EH：AB＝AH：AC＝AE：BC，则EH＝，AH＝，由此得BH＝AB﹣AH＝，再证△BHF∽△BAC得HF：AC＝BF：BC＝BH：AB，由此得HF＝，BF＝a﹣b，则EF+BF＝EH+HF+BF＝＝，将c2＝a2+b2代入得EF+BF＝2a，据此即可得出答案．
方法二：过点A作AM⊥EF于点M，证明△EDG和△BDG全等得EG＝BG，则△BFG的周长＝BG+GF+BF＝EG+GF+BF＝EF+BF，再证明△AEM和△ABC全等得EM＝BC，AM＝AC，则四边形AMFC为正方形，从而得MF＝CF，则EF+BF＝EM+MF+BF＝BC+CF+BF＝2BC，即△BFG的周长＝2BC，由此可得出答案．
【解析】解法一：设BC＝a，AC＝b，AB＝c，AB与EF交于H，如图所示：
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，则c2＝a2+b2，
∵四边形ABDE为正方形，AD为对角线，
∴DE＝DB，∠EDA＝∠BDA＝45°，∠EAB＝90°，AE＝AB＝c，
在△EDG和△BDG中，
，
∴△EDG≌△BDG（SAS），
∴EG＝BG，
∴△BFG的周长＝BG+GF+BF＝EG+GF+BF＝EF+BF，
∵EF⊥BC，∠ACB＝90°，
∴EF∥AC，
∴∠1＝∠2，
又∵∠EAH＝∠ACB＝90°，
∴△EAH∽△BCA，
∴EH：AB＝AH：AC＝AE：BC，
即EH：c＝AH：b＝c：a，
∴EH＝，AH＝，
∴BH＝AB﹣AH＝，
∵EF∥AC，
∴△BHF∽△BAC，
∴HF：AC＝BF：BC＝BH：AB，
即HF：b＝BF：a＝，
∴HF＝，BF＝a﹣b，
∴EF+BF＝EH+HF+BF
＝
＝
＝，
将c2＝a2+b2代入上式得：
EF+BF＝＝2a，
即EF+BF＝2BC，
∴△BFG的周长＝2BC，
因此要求△BFG的周长，只需要知道线段BC的长度即可．
故选：D．
解法二：过点A作AM⊥EF于点M，如图所示：
∵四边形ABDE为正方形，AD为对角线，
∴DE＝DB，∠EDA＝∠BDA＝45°，∠EAB＝90°，AE＝AB，
在△EDG和△BDG中，
，
∴△EDG≌△BDG（SAS），
∴EG＝BG，
∴△BFG的周长＝BG+GF+BF＝EG+GF+BF＝EF+BF，
∵∠ACB＝90°，AM⊥EF，EF⊥BC
∴∠AME＝∠C＝∠EFB＝∠EAB＝90°，
∴四边形AMFC为矩形，
∴∠ABC+∠2＝90°，∠AEM+∠1＝90°，
∵∠1＝∠2，
∴∠AEM＝∠ABC，
在△AEM和△ABC中，
，
∴△AEM≌△ABC（AAS），
∴EM＝BC，AM＝AC，
∴矩形AMFC为正方形，
∴MF＝CF，
∴EF+BF＝EM+MF+BF＝BC+CF+BF＝2BC，
∴△BFG的周长＝2BC，
∴要求△BFG的周长，只需要知道线段BC的长度即可，
故选：D．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解决问题的关键．
二．填空题
11．（2024 玉环市模拟）菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若AC＝4，BD＝8，则菱形的面积为 　16　 ．
【点拨】利用菱形面积公式得出答案．
【解析】解：∵AC＝4，BD＝8，
∴菱形ABCD的面积为：AC BD＝×4×8＝16．
故答案为：16．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质和勾股定理，正确得出BD的长是解题关键．
12．（2025 广西模拟）设矩形的一条对角线长为2cm，两条对角线组成的对顶角中，有一组是120°，则矩形的周长是 　cm　 ．
【点拨】根据矩形性质可得：∠ABC＝90°，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，AB＝CD，AD＝BC，结合AC＝BD＝2cm，从而得出OA＝OB＝1cm，再根据已知∠AOD＝120°，可得∠AOB＝60°，继而可得△AOB是等边三角形，根据其性质得出AB＝OA＝1cm，利用勾股定理求得BC，最后代入长方形周长公式即可求得结果．
【解析】解：如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，AB＝CD，AD＝BC，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∵AC＝BD＝2cm，
∴OA＝OB＝1cm，
∵∠AOD＝120°，
∴∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝1cm，
在Rt△ABC中，∠ABC＝90°
.BC＝cm，
∴矩形的周长为：2AB+2BC＝2×1+2×＝cm，
故答案为：cm．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
13．（2024 南通）若菱形的周长为20cm，且有一个内角为45°，则该菱形的高为 　　 cm．
【点拨】根据题意画出图形，再利用45°特殊直角三角形求出菱形的高．
【解析】解：过点C作CE⊥AD于点E，
∵周长为20cm，
∴CD＝5cm，
∵∠BCD＝45°，
∴∠CDE＝45°，
∴高＝CE＝cm，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，掌握菱形的性质是解题的关键．
14．（2024 牡丹江）矩形ABCD的面积是90，对角线AC，BD交于点O，点E是BC边的三等分点，连接DE，点P是DE的中点，OP＝3，连接CP，则PC+PE的值为 　13或　 ．
【点拨】当CE＞BE时，利用三角形中位线定理求得CE＝12，再求得矩形的边长，利用勾股定理求得DE的长，再根据斜边中线的性质即可求解；当CE＜BE时，同理求解即可．
【解析】解：当CE＞BE时，如图，
∵矩形ABCD，
∴点O是BD的中点，
∵点P是DE的中点，
∴BE＝2OP＝6，CP＝PE＝PD，
∵点E是BC边的三等分点，
∴CE＝2BE＝12，BC＝3BE＝18，
∵矩形ABCD的面积是90，
∴BC×CD＝90，
∴CD＝5，
∴，
∴PC+PE＝DE＝13；
当CE＜BE时，如图2，
∵矩形ABCD，
∴点O是BD的中点，
∵点P是DE的中点，
∴BE＝2OP＝6，CP＝PE＝PD，
∵点E是BC边的三等分点，
∴，BC＝3+6＝9，
∵矩形ABCD的面积是90，
∴BC×CD＝90，
∴CD＝10，
∴，
∴；
故答案为：13或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，解答本题的关键是熟练运用分类讨论思想解决问题．
15．（2024 青岛）如图，菱形ABCD中，BC＝10，面积为60，对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BC，交边BC于点E，连接EO，则EO＝ 　　 ．
【点拨】根据菱形的面积公式结合BC的长度即可得出BD、AC的长度，在Rt△BOC中利用勾股定理即可求出CO的长度，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出结论．
【解析】
解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，AB＝BC＝CD＝DA＝10，
∵S菱形ABCD＝AC BD＝60，
∴AC BD＝120，
∴BO OC＝30，
∵BO2+CO2＝BC2＝100，
∴（BO+OC）2﹣2BO CO＝100，
∴BO+CO＝4 （负值已舍去），
∴BO＝4﹣OC，
∴BO2+CO2＝102，
∴（4﹣OC）2+CO2＝100，
∴CO＝，CO＝3（舍去），
∵AE⊥BC，AO＝CO，
∴OE＝CO＝，
方法二、∵S菱形ABCD＝BC AE＝60，BC＝10，
∴AE＝6，
∴BE＝＝8，
∴EC＝2，
∴AC＝＝＝2，
∵四边形ABCD为菱形，
∴OA＝OC，
∴OE＝，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理以及直角三 角形的性质，解题的关键是利用菱形的性质求 出AC、BD的长度．本题属于基础题，难度不 大，解决该题型题目时，根据菱形的性质结合 勾股定理求出对角线的长度是关键．
16．（2024 金东区二模）如图，正方形ABCD的边长为2，点P是边BC所在直线上的一动点（点P不与点B、点C重合），连结PA，PD．
（1）当时，PC的长为 　4　 ；
（2）的最小值为 　　 ．
【点拨】（1）设PC为x，由勾股定理得PD＝，PA＝，代入等式解答即可得解；
（2）在AP上取一点E，连接DE，使∠ADE＝∠APD，推导出△ADE∽△APD，得到AD2＝AP AE；推导出△ABE∽△APB，确定点E在以AB为直径的⊙O上，作△ABE的外接圆⊙O，连OD，OE，利用勾股定理求得OD＝，，得到DE的最小值为，进而得到的最小值．
【解析】解：（1）设PC为x，
由勾股定理得，，
∵，
∴，
∴，
∴x1＝0，x2＝4，
经检验，x1，x2都为原方程的解，
∵P不与C重合，
∴PC＝4，
故答案为：4；
（2）在AP上取一点E，连接DE，使∠ADE＝∠APD，
又∵∠DAE＝∠PAD，
∴△ADE∽△APD，
∴，
∴，AD2＝AP AE，
∵AD＝2，
∴DE的最小值时，最小，
∵AB＝AD，
∴AB2＝AP AE，即，
又∵∠BAE＝∠BAP，
∴△ABE∽△APB，
∴∠AEB＝∠ABP＝90°，
∴点E在以AB为直径的⊙O上，
∴作△ABE的外接圆⊙O，连OD，OE，
∴OE＝OA＝OB＝1，
在Rt△AOD，
∴，
∴DE的最小值为 ，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质，解答本题的关键是作出辅助线，构造相似三角形．
三．解答题
17．（2024 婺城区模拟）如图，在矩形ABCD中，E是BC上一点，且AE＝AD，过点D作DF⊥AE于点F．
（1）求证：AF＝BE．
（2）已知BC＝5，CD＝3．求EF的长．
【点拨】（1）根据矩形的性质和垂直的定义可以得到∠DAF＝∠AEB，∠AFD＝∠EBA，再根据AD＝AE，利用AAS可以判断△ADF和△EAB全等，从而可以得到结论成立；
（2）根据矩形的性质和勾股定理，可以得到BE的长，再根据（1）AF＝BE，即可得到AF的长，然后根据AE＝5，即可计算出EF的长．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABE＝90°，
∴∠DAF＝∠AEB，
∵DF⊥AE，
∴∠DFA＝90°，
∴∠ABE＝∠DFA，
在△ADF和△EAB中，
，
∴△ADF≌△EAB（AAS），
∴AF＝EB；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，BC＝5，CD＝3，
∴AD＝BC＝5，AB＝CD＝3，∠B＝90°，
∵AD＝AE，
∴AE＝5，
∴BE＝＝＝4，
由（1）知：AF＝BE，
∴AF＝4，
∴EF＝AE﹣AF＝5﹣4＝1，
即EF的长是1．
【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
18．（2024 贵州）如图，四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AD∥BC，∠ABC＝90°，有下列条件：
①AB∥CD，②AD＝BC．
（1）请从以上①②中任选1个作为条件，求证：四边形ABCD是矩形；
（2）在（1）的条件下，若AB＝3，AC＝5，求四边形ABCD的面积．
【点拨】（1）根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据矩形 到现在得到∠ABC＝90°，根据勾股定理得到BC＝＝4，根据矩形的面积公式得到四边形ABCD的面积＝AB BC＝3×4＝12．
【解析】（1）选择①，证明：∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；
选择②，证明：∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵AB＝3，AC＝5，
∴BC＝＝4，
∴四边形ABCD的面积＝AB BC＝3×4＝12．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定和性质定理是解题的关键．
19．（2024 上城区二模）如图，平行四边形ABCD的两条对角线AC与BD相交于点O，E，F是线段BD上的两点，且∠AEB＝∠CFD，连接AE，EC，CF，FA．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形．
（2）从下列条件：①AC平分∠EAF，②∠EAF＝60°，③AB＝BC中选择一个合适的条件添加到题干中，使得四边形AECF为菱形．我选的是 　③（答案不唯一）．　 （请填写序号），并证明．
【点拨】（1）由平行四边形的性质得AO＝CO，BO＝DO，AB＝CD，AB∥CD，再证明△ABE≌△CDF（AAS），得BE＝DF，进而得OE＝OF，然后由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）证明平行四边形ABCD是菱形，得AC⊥BD，再由菱形的判定即可得出结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
又∵∠AEB＝∠CFD，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF，
∴OB﹣BE＝OD﹣DF，
即OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形．
（2）解：我选的是③AB＝BC，证明如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
由（1）可知，四边形AECF是平行四边形，
∴平行四边形AECF是菱形，
故答案为：③（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了菱形的判定、全等三角形的判定与性质以及平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
20．（2024 温州模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC、BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若，∠ADC＝120°，求四边形ABCD的面积．
【点拨】（1）先证CD＝AD＝AB，则四边形ABCD是平行四边形，再由AD＝AB，即可得出结论；
（2）由菱形的性质可得AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，∠DAB＝60°，∠CAB＝∠DAB＝30°，由直角三角形的性质和勾股定理可求AC，BD的长，即可求解．
【解析】（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠ACD＝∠BAC，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠DAC，
∴AD＝CD，
∵AB＝AD，
∴AB＝CD，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∠ADC＝120°，
∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，∠DAB＝60°，，
∴，AB＝2BO，
∴，
∴AB2＝AO2+BO2，
∴4BO2﹣BO2＝12，
∴BO＝2（负值舍去），
∴BD＝4，
∴菱形ABCD的面积＝．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握菱形的面积公式是解题的关键．
21．（2024 仙居县三模）如图，菱形ABCD中，DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为E，F．对角线AC分别交DE，DF于点G，H．
（1）求证：DE＝DF．
（2）若∠DAB＝60°，证明：AC＝3GH．
【点拨】（1）根据菱形的性质得出AD＝DC，∠DAE＝∠DCF，进而利用全等三角形的判定与性质解答即可；
（2）连接DB．根据菱形的性质和相似三角形的判定与性质得出比例式，进而解答即可．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝DC，∠DAE＝∠DCF，
∵DE⊥AB，DF⊥BC．
∴∠DEA＝∠DFC＝90°．
在△DAE与△DCF中，
，
∴△DAE≌△DCF（AAS），
∴DE＝DF；
（2）如图，连接DB．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB．
∵∠DAB＝60°，
∴△DAB是等边三角形，
∵DE⊥AB，．
∵DC∥AB，
∴△AEG∽△CDG．
∴．
∴，
同理 ．
∴AC＝3GH．
【点睛】此题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，关键是根据菱形的性质得出AD＝DC，∠DAE＝∠DCF解答．
22．（2024 台州一模）如图，在正方形ABCD中，以BC为边在正方形内部作等边△BCE，CE与正方形的对角线BD交于点F，连接DE．
（1）求∠DEC的度数．
（2）求证：DE2＝EF EC．
【点拨】（1）根据△BCE是等边三角形得到∠BCE＝60°，EC＝BC，根据正方形性质得到∠BCD＝90°，BC＝CD，即可求出∠DCE，结合等腰三角形性质及内角和定理；
（2）根据正方形的性质及三角形的性质得到∠DFE＝∠CDE，结合∠DEF＝∠CED得到△EDF∽△ECD即可得到答案．
【解析】（1）解：∵△BCE是等边三角形，
∴∠BCE＝60°，EC＝BC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，BC＝CD，
∴∠DCE＝∠BCD﹣∠BCE＝30°，
又∵EC＝BC＝CD，
∴∠DEC＝（180°﹣∠DCE）÷2＝（180°﹣30°）÷2＝75°；
（2）证明：∵CE＝CD，
∴∠DEC＝∠CDE＝75°，
∴BD是正方形的对角线，
∴∠CDF＝45°，
∴∠DFE＝∠DCE+∠CDF＝30°+45°＝75°，
∴∠DFE＝∠CDE，
又∵∠DEF＝∠CED，
∴△EDF∽△ECD，
∴＝，
即：DE2＝EF EC．
【点睛】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，三角形相似的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握相似三角形的判定定理．
23．（2024 安徽三模）点E是正方形ABCD的对角线BD上一点，过点E作EF⊥AE交CD于点F，AE的延长线交BC于点G，AF交BD于点H．
（1）如图1，证明：AE＝EF；
（2）如图2，若AD＝DE，AB＝2，求CF的长．
【点拨】（1）由四边形ABCD是正方形，可证∠DCE＝∠EFC，即可得AE＝EF；
（2）先证△ABE≌△EDF，可得，即可得．
【解析】（1）证明：如图，连接CE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴点A，C关于BD对称，
∴CE＝AE，∠DCE＝∠DAE．
∵∠AEF+∠FDA＝180°，
∴∠EFD+∠EAD＝180°，
又∠EFC+∠DFE＝180°，
∴∠DCE＝∠CFE，
∴EC＝FE，
∴AE＝FE；
（2）由四边形ABCD是正方形，
得AD＝AB＝2，∠EBA＝∠EDF＝45°，．
由AD＝ED，
得AB＝DE，∠EAD＝∠DEA，
得∠BAD﹣∠DAE＝∠FEA﹣∠DEA，即∠BAE＝∠DEF，
得△EBA≌△FDE，
得，
得．
【点睛】本题主要考查了正方形中的证明和计算，解题关键是应用正方形的性质．
24．（2024 温州二模）如图，在矩形ABCD中，P为边AB的一点，DP的中垂线分别交矩形两边AD，BC于点E，F，交DP于点H，BF＝CD，连结DF，PF．
（1）判断△DFP的形状，并说明理由．
（2）若AP＝BP＝2，求EH，EF的长．
【点拨】（1）先根据线段中垂线性质得DF＝PF，再依据“HL”判定Rt△BFP和Rt△CDF全等得∠BFP＝∠CDF，进而得∠BFP+∠CFD＝90°，则∠DFP＝90°，据此可得△DFP的形状；
（2）根据矩形性质及AP＝BP＝2得AB＝CD＝4，BF＝CD＝4，根据Rt△BFP≌Rt△CDF得BP＝CF＝2，则BC＝AD＝BF+CF＝6，由勾股定理可得DP＝，然后根据（1）的结论得FH＝PH＝DH＝，再证△DEH∽△DPA，利用相似三角形性质可得EH的长，进而可得EF的长．
【解析】解：（1）△DFP为等腰直角三角形，理由如下：
∵EF是DP的中垂线，
∴DF＝PF，
∴△DFP为等腰三角形，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，AD＝BC
在Rt△BFP和Rt△CDF中，
，
∴Rt△BFP≌Rt△CDF（HL），
∴∠BFP＝∠CDF，
∵∠CDF+∠CFD＝90°，
∴∠BFP+∠CFD＝90°，
∴∠DFP＝180°﹣（∠BFP+∠CFD）＝90°，
∴△DFP为等腰直角三角形；
（2）∵AP＝BP＝2，
∴AB＝CD＝4，BF＝CD＝4，
由（1）可知：Rt△BFP≌Rt△CDF，
∴BP＝CF＝2，
∴BC＝AD＝BF+CF＝6，
在RtAPD中，由勾股定理得：DP＝＝，
由（1）可知：△DFP为等腰直角三角形，
又∵EF是DP的中垂线，
∴FH＝PH＝DH＝DP＝，∠DHE＝90°，
∴∠DHE＝∠A＝90°，
又∵∠HDE＝∠ADP，
∴△DEH∽△DPA，
∴EH：AP＝DH：AD，
即EH：2＝：6，
∴EH＝，
∴EF＝EH+FH＝+＝．
【点睛】此题主要考查了矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形全等的判定，相似三角形的判定和性质，勾股定理，理解矩形的性质，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形全等的判定，相似三角形的判定和性质，灵活利用相似三角形的性质和勾股定理进行计算是解决问题的关键．
25．（2024 哈尔滨）四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AD∥BC，OA＝OC，AB＝BC．
（1）如图1，求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如图2，AB＝AC，CH⊥AD于点H，交BD于点E，连接AE，点G在AB上，连接EG交AC于点F，若∠FEC＝75°，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出四条与线段CE相等的线段（线段CE除外）．
【点拨】（1）利用菱形的判定定理解答即可；
（2）利用菱形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的三线合一的性质，等腰三角形的判定定理和等腰直角三角形的判定定理解答即可．
【解析】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADO＝∠CBO，
在△ADO和△CBO中，
，
∴△ADO≌△CBO（AAS），
∴OD＝OB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：与线段CE相等的线段有：AE，DE，AG，CF．理由：
由（1）知：四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，
∵AB＝AC，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝AC，
∴△ABC和△ADC为等边三角形，
∵CH⊥AD，
∴AH＝DH，
即CH为AD的垂直平分线，
∴AE＝DE．
同理：CE＝AE，
∴AE＝DE＝EC．
∵△ADC为等边三角形，CH⊥AD，
∴∠ACH＝∠ACD＝30°，
∵∠FEC＝75°，
∴∠EFC＝180°﹣∠ACH＝∠FEC＝75°，
∴∠EFC＝∠FEC，
∴CF＝CE．
∵△ABC和△ADC为等边三角形，
∴∠BAC＝∠CAD＝60°，
∵CE＝AE，
∴∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴∠BAE＝∠BAC+∠CAE＝90°，∠AEC＝180°﹣∠EAC﹣∠ECA＝120°，
∴∠AEG＝∠AEC﹣∠FEC＝45°，
∴△AGE为等腰直角三角形，
∴AE＝AG，
∴AG＝EC．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质，平行线的性质，全是三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等边三角形的判定与性质等腰三角形的三线合一的性质，等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)