专题1.5特殊的平行四边形单元测试（培优卷） 新版初中北师大版数学9年级上册同步培优专题题库（教师版）

初中数学9年级上册同步培优专题题库（北师大版）专题1.5特殊的平行四边形单元测试（培优卷）姓名：__________________班级：______________得分：_________________注意事项：本试卷满分120分，考试时间60分钟，试题共26题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2020春•福州期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．下列结论不一定成立的是（　　）A．BD平分∠ADCB．AC＝BDC．AC⊥BDD．OA＝OC【分析】利用菱形的性质邻边相等、对角线互相垂直且平分进而分析即可．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴BD平分∠ADC，OA＝OC，AC⊥BD，无法得出AC＝BD，故选项B符合题意，选项A、C、D不符合题意，故选：B．2．（2020春•滨江区期末）在矩形ABCD中，E，P，G，H分别是边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中正确的是（　　）①存在无数个四边形EFGH是平行四边形．②存在无数个四边形EFGH是矩形．③存在且仅有一个四边形EFGH是菱形．④除非矩形ABCD为正方形，否则不存在四边形EFGH是正方形．A．①②B．①②③C．①②④D．①③④【分析】根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．第29页/共29页 【解析】①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，过点O直线EG和HF，分别交AB，BC，CD，AD于E，F，G，H，则四边形EFGH是平行四边形，故存在无数个四边形EFGH是平行四边形；故①正确；②如图，当EG＝HF时，四边形EFGH是矩形，故存在无数个四边形EFGH是矩形；故正确；③如图，当EG⊥HF时，存在无数个四边形EFGH是菱形；故错误；④当四边形EFGH是正方形时，EH＝HG，则△AEH≌△DHG，∴AE＝HD，AH＝GD，∵GD＝BE，∴AB＝AD，∴四边形ABCD是正方形，当四边形ABCD为正方形时，四边形EFGH是正方形，故正确；故选：C．3．（2020春•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．【解析】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；第29页/共29页 C、∵在△ADB和△CDB中∠1=∠2BD=BD∠3=∠4，∴△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．4．（2020•宁夏）如图，菱形ABCD的边长为13，对角线AC＝24，点E、F分别是边CD、BC的中点，连接EF并延长与AB的延长线相交于点G，则EG＝（　　）A．13B．10C．12D．5【分析】连接对角线BD，交AC于点O，证四边形BDEG是平行四边形，得EG＝BD，利用勾股定理求出OD的长，BD＝2OD，即可求出EG．【解析】连接BD，交AC于点O，如图：∵菱形ABCD的边长为13，点E、F分别是边CD、BC的中点，∴AB∥CD，AB＝BC＝CD＝DA＝13，EF∥BD，∵AC、BD是菱形的对角线，AC＝24，∴AC⊥BD，AO＝CO＝12，OB＝OD，又∵AB∥CD，EF∥BD，第29页/共29页 ∴DE∥BG，BD∥EG，∵DE∥BG，BD∥EG，∴四边形BDEG是平行四边形，∴BD＝EG，在△COD中，∵OC⊥OD，CD＝13，CO＝12，∴OB＝OD=132-122=5，∴BD＝2OD＝10，∴EG＝BD＝10；故选：B．5．（2020•鸡西）如图，在菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为（2，23），将菱形绕点O旋转，当点A落在x轴上时，点C的对应点的坐标为（　　）A．（﹣2，﹣23）或（23，﹣2）B．（2，23）C．（﹣2，23）D．（﹣2，﹣23）或（2，23）【分析】依据菱形的性质即可得到菱形的边长为4，△AOB是等边三角形，再分两种情况进行讨论，依据OD=12CO＝2，CD=23，即可得到点C的对应点的坐标．【解析】∵菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为（2，23），∴AO=22+(23)2=4，OB＝4，∴菱形的边长为4，△AOB是等边三角形，分两种情况讨论：如图所示，当点A在x轴正半轴上时，过C作CD⊥AO于D，则OD=12CO＝2，CD=23，∴点C的坐标为（﹣2，﹣23）；第29页/共29页 如图所示，当点A在x轴负半轴上时，过C作CD⊥AO于D，则OD=12CO＝2，CD=23，∴点C的坐标为（2，23）；综上所述，点C的对应点的坐标为（﹣2，﹣23）或（2，23），故选：D．6．（2020•广州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为（　　）A．485B．325C．245D．125【分析】依据矩形的性质即可得到△AOD的面积为12，再根据S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即可得到OE+EF的值．【解析】∵AB＝6，BC＝8，∴矩形ABCD的面积为48，AO＝DO=12AC＝5，∵对角线AC，BD交于点O，∴△AOD的面积为12，第29页/共29页 ∵EO⊥AO，EF⊥DO，∴S△AOD＝S△AOE+S△DOE，即12=12AO×EO+12DO×EF，∴12=12×5×EO+12×5×EF，∴5（EO+EF）＝24，∴EO+EF=245，故选：C．7．（2020•威海）如图，在▱ABCD中，对角线BD⊥AD，AB＝10，AD＝6，O为BD的中点，E为边AB上一点，直线EO交CD于点F，连结DE，BF．下列结论不成立的是（　　）A．四边形DEBF为平行四边形B．若AE＝3.6，则四边形DEBF为矩形C．若AE＝5，则四边形DEBF为菱形D．若AE＝4.8，则四边形DEBF为正方形【分析】根据平行四边形的判定方法，矩形的判定方法，菱形的判定方法，正方形的判定方法解答即可．【解析】∵O为BD的中点，∴OB＝OD，∵四边形ABCD为平行四边形，∴DC∥AB，∴∠CDO＝∠EBO，∠DFO＝∠OEB，∴△FDO≌△EBO（AAS），∴OE＝OF，∴四边形DEBF为平行四边形，故A选项不符合题意，若AE＝3.6，AD＝6，第29页/共29页 ∴AEAD=3.66=35，又∵ADAB=610=35，∴AEAD=ADAB，∵∠DAE＝∠BAD，∴△DAE∽△BAD，∴AED＝∠ADB＝90°．∴四边形DEBF为矩形．故B选项不符合题意，∵AB＝10，AE＝5，∴BE＝5，又∵∠ADB＝90°，∴DE=12AB＝5，∴DE＝BE，∴四边形DEBF为菱形．故C选项不符合题意，∵AE＝3.6时，四边形DEBF为矩形，AE＝5时，四边形DEBF为菱形，∴AE＝4.8时，四边形DEBF不可能是正方形．故选项D符合题意．故选：D．8．（2020•雁塔区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点，DE⊥AC，垂足为E，若DE＝1，CD=5，则BE＝（　　）A．5B．22C．52D．10【分析】首先，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”求得斜边AB＝2CD＝25，利用三角形中位线定理求得BC＝2DE＝2；则在Rt△ABC中由勾股定理求得线段AC＝4，最后，在Rt△BCE第29页/共29页 中，利用勾股定理来求线段BE的长度．【解析】如图，∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是斜边AB的中点，CD=5，∴AB＝2CD＝25．∵∠ACB＝90°，DE⊥AC，∴DE∥BC．∵点D是斜边AB的中点，∴DE是△ABC的中位线，又∵DE＝1，∴BC＝2，∴AC=AB2-BC2=20-4=4．∴CE=12AC＝2，∴在Rt△BCE中，BE=BC2+CE2=22+22=22．故选：B．9．（2020•通辽）如图，AD是△ABC的中线，四边形ADCE是平行四边形，增加下列条件，能判断▱ADCE是菱形的是（　　）A．∠BAC＝90°B．∠DAE＝90°C．AB＝ACD．AB＝AE【分析】根据菱形的判定定理即可得到结论．【解析】添加∠BAC＝90°时，∵AD是△ABC的中线，∴AD=12BC＝CD，∴四边形ADCE是菱形，选项A正确；第29页/共29页 添加∠DAE＝90°，∵四边形ADCE是平行四边形∴四边形ADCE是矩形，选项B错误；添加AB＝AC，可得到AD⊥BC，∴∠ADC＝90°，∴四边形ADCE是平行四边形是矩形，选项C错误；添加AB＝AE，∵四边形ADCE是平行四边形，∴AE＝CD，∵AD是△ABC的中线，∴BD＝CD＝AE，∴AB＝BD，故不能选项D不能判定四边形ADCE是菱形；故选：A．10．（2020春•沙坪坝区期末）如图，正方形ABCD中，AB=2，点E是对角线AC上一点，EF⊥AB于点F，连结DE，当∠ADE＝22.5°时，EF的长是（　　）A．1B．22-2C．2-1D．14【分析】证明∠CDE＝∠CED＝67.5°，则CD＝CE=2，计算AC的长，得AE＝2-2，证明△AFE是等腰直角三角形，可得EF的长．【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CD＝BC=2，∠B＝∠ADC＝90°，∠BAC＝∠CAD＝45°，∴AC=2AB＝2，∵∠ADE＝22.5°，∴∠CDE＝90°﹣22.5°＝67.5°，∵∠CED＝∠CAD+∠ADE＝45°+22.5°＝67.5°，∴∠CDE＝∠CED，第29页/共29页 ∴CD＝CE=2，∴AE＝2-2，∵EF⊥AB，∴∠AFE＝90°，∴△AFE是等腰直角三角形，∴EF=AE2=2-1，故选：C．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上11．（2020•菏泽）如图，矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，点P在对角线BD上，且BP＝BA，连接AP并延长，交DC的延长线于点Q，连接BQ，则BQ的长为　317　．【分析】根据矩形的性质可得BD＝13，再根据BP＝BA可得DQ＝DP＝8，所以得CQ＝3，在Rt△BCQ中，根据勾股定理即可得BQ的长．【解析】∵矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，∠BAD＝∠BCD＝90°，∴BD=AB2+AD2=13，∵BP＝BA＝5，∴PD＝BD﹣BP＝8，∵BA＝BP，∴∠BAP＝∠BPA＝∠DPQ，∵AB∥CD，∴∠BAP＝∠DQP，∴∠DPQ＝∠DQP，∴DQ＝DP＝8，∴CQ＝DQ﹣CD＝DQ﹣AB＝8﹣5＝3，∴在Rt△BCQ中，根据勾股定理，得BQ=BC2+CQ2=153=317．第29页/共29页 故答案为：317．12．（2020•岳阳）如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，∠A＝20°，则∠BCD＝　70　°．【分析】根据直角三角形两锐角互余求得∠B＝70°，然后根据直角三角形斜边上中线定理得出CD＝BD，求出∠BCD＝∠B即可．【解析】在Rt△ABC中，∠A＝20°，则∠B＝70°，∵∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，∴BD＝CD＝AD，∴∠BCD＝∠B＝70°，故答案为70．13．（2020•红桥区三模）如图，正方形ABCD的边长为6，E是边AB边一点，G是AD延长线上一点，BE＝DG，连接EG，CF⊥EG交EG于点H，交AD于点F，连接CE，BH，若BH＝42，则EG的长等于　45　．【分析】首先连接CG，首先证明△CGD≌△CEB，得到△GCE是等腰直角三角形；过点H作AB、BC的垂线，垂足分别为点M、N，进而证明△HEM≌△HCN，得到四边形MBNH为正方形，由此求出HN、AG、AE的长度；最后利用勾股定理可得EG的长．【解析】连接CG，∵四边形ABCD是正方形，第29页/共29页 ∴CB＝CD，∠CBE＝∠ADC＝90°，在△CGD与△CEB中，BE=DG∠EBC=∠GDC=90°BC=CD，∴△CGD≌△CEB（SAS），∴CG＝CE，∠GCD＝∠ECB，∴∠GCE＝90°，即△GCE是等腰直角三角形．又∵CH⊥GE，∴CH＝EH＝GH．过点H作AB、BC的垂线，垂足分别为点M、N，则∠MHN＝90°，又∵∠EHC＝90°，∴∠1＝∠2，在△HEM与△HCN中，∠EMH=∠HNC=90°∠1=∠2EH=CH，∴△HEM≌△HCN（AAS）．∴HM＝HN，∵∠HMB＝∠ABC＝∠BNH＝90°，∴四边形MBNH为正方形，∵BH＝42，∴BN＝HN＝4，∵HM∥AG，EH＝GH，∴AG＝2HM＝2HN＝8，∴DG＝BE＝AG﹣AD＝8﹣6＝2，∴AE＝6﹣2＝4，在Rt△AEG中，EG=AE2+AG2=42+82=45．故答案为：45．14．（2020春•肥东县期末）如图，正方形ABCD中，点E在边BC上，∠BAE＝n°．如果在边AB，CD上分别找一点F，G，使FG＝AE，FG与AE相交于点O，那么∠GOE的大小等于　90°或（90﹣第29页/共29页 2n）°　．【分析】过G作GH⊥AB于点H，根据HL证明Rt△ABE≌Rt△GHF，分两种情况：①当AF＞BF时，进而证明∠FAO+∠AFO＝90°便可；②当AF＜BF时，进而证明∠FAO+∠AFO＝90°+2n便可求得结果．【解析】过G作GH⊥AB于点H，则∠AHG＝∠FHG＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠D＝90°，∴四边形AHGD是矩形，∴AD＝HG，∴AB＝HG，在Rt△ABE和Rt△GHF中，AE=GFAB=GH，∴Rt△ABE≌Rt△GHF（HL），∴∠BAE＝∠HGF，∵∠HGF+∠HFG＝90°，①当AF＞BF时，如图1，∴∠FAO+∠AFO＝90°，∴∠AOF＝90°，∴∠GOE＝∠AOF＝90°，第29页/共29页 ②当AF＜BF时，如图2，∴∠FAO+∠HFG＝90°，∵∠BAE＝n°，∴∠HFG＝90°﹣n°，∴∠GOE＝∠AOF＝∠HFG＝∠OAF＝（90﹣2n）°，故答案为90°或（90﹣2n）°．15．（2020春•中山市期末）如图，在菱形ABCD中，∠C＝60°，E、F分别是AB、AD的中点，若EF＝5，则菱形ABCD的周长为　40　．【分析】由三角形的中位线定理，求出BD＝10，根据菱形的性质及∠A＝60°，得△ABD为等边三角形，从而求出菱形ABCD的边长，再乘以4即可得出菱形ABCD的周长．【解析】∵E、F分别是AB、AD的中点，∴EF=12BD，∵EF＝5，∴BD＝10，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝AD，∵∠A＝60°，∴△ABD为等边三角形，∴AB＝BD＝10，∴菱形ABCD的周长＝4×10＝40，第29页/共29页 故答案为：40．16．（2020春•成都期末）如图，点C为线段AB的中点，以BC为边作正方形BCDE，点F、点G分别在边DE、DC上，且满足DF＝DG，连接BF，连接AG并延长交BF于点H，连接DH．以下结论：①△ACG≌△BEF；②HD＝HG；③AH⊥BF；④∠DHG＝45°．其中正确的有　①③④　（填序号）．【分析】由“SAS”可证△ACG≌△BEF，可得判定①；由全等三角形的性质可得∠A＝∠EBF，∠AGC＝∠BFE，由余角的性质可得∠AHB＝90°，可判断③；过点D作DN⊥BF于N，DM⊥AH于H，由“AAS”可证△DHN≌△DHM，可得∠DHM＝∠DHN＝45°，可判断④，若若DH＝DG，可求∠A＝22.5°，由点F、点G分别在边DE、DC上，则∠A不是定值，可判断②，即可求解．【解析】∵点C为线段AB的中点，∴AC＝BC，∵四边形BCDE是正方形，∴DE＝DC＝BC＝BE＝AC，∠E＝∠DCB＝90°，又∵DF＝DG，∴CG＝EF，又∵∠E＝∠ACG＝90°，∴△ACG≌△BEF（SAS），故①正确，∴∠A＝∠EBF，∠AGC＝∠BFE，∵∠EBF+∠FBC＝90°，∴∠A+∠FBC＝90°，∴∠AHB＝90°，∴AH⊥BF；故③正确，第29页/共29页 过点D作DN⊥BF于N，DM⊥AH于H，∵∠AGC＝∠BFE，∴∠DGM＝∠NFD，又∵∠DNF＝∠DMG＝90°，DF＝DG，∴△DHN≌△DHM（AAS），∴∠DHM＝∠DHN，又∵∠AHF＝90°，∴∠DHG＝45°，故④正确；若DH＝DG，∠DHG＝45°，∴∠HDG＝∠HGD＝67.5°，∴∠A＝22.5°，∵点F、点G分别在边DE、DC上，∴∠A不是定值，∴DH与HG不一定相等，故②错误．故答案为：①③④．17．（2020春•彭州市期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，过点A作AE⊥BD于点E，已知∠EAD＝3∠BAE，则∠EOA＝　45　°．【分析】根据矩形的性质得出∠BAD＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，求出OA＝OB，求出∠OAB＝∠ABO，求出∠ABO即可．【解析】∵四边形ABCD是矩形，第29页/共29页 ∴∠BAD＝90°，∵∠EAD＝3∠BAE，∴∠BAE=14×90°＝22.5°，∵AE⊥BD，∴∠AEB＝90°，∴∠ABO＝180°﹣∠AEB﹣∠BAE＝180°﹣90°﹣22.5°＝67.5°，∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，∴OA＝OB，∴∠OAB＝∠ABO＝67.5°，∴∠EOA＝180°﹣67.5°﹣67.5°＝45°，故答案为：45．18．（2020春•肇源县期末）如图，菱形ABCD的边长为4，E，F分别是AB，AD边上的动点，BE＝AF，∠BAD＝120°，则下列结论：①△BEC≌△AFC；②△ECF为等边三角形；③∠AGE＝∠AFC；其中正确结论的序号有　①②③　．【分析】①可证明△BEC≌△AFC（SAS），正确；②由△BEC≌△AFC，得CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，由∠BCE+∠ECA＝∠BCA＝60°，得∠ACF+∠ECA＝60，所以△CEF是等边三角形，正确；③因为∠AGE＝∠CAF+∠AFG＝60°+∠AFG，∠AFC＝∠CFG+∠AFG＝60°+∠AFG，所以∠AGE＝∠AFC，故③正确．【解析】①∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAC＝∠CAD，∵∠BAD＝120°，∴∠BAC＝∠CAD＝60°，∴△ABC和△ACD都是等边三角形，∴∠B＝∠CAD＝60°，BC＝AC，第29页/共29页 ∵BE＝AF，∴△BEC≌△AFC（SAS），故①正确；②∵△BEC≌△AFC，∴CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，∵∠BCE+∠ECA＝∠BCA＝60°，∴∠ACF+∠ECA＝60，∴△CEF是等边三角形，故②正确；③∵∠AGE＝∠CAF+∠AFG＝60°+∠AFG；∠AFC＝∠CFG+∠AFG＝60°+∠AFG，∴∠AGE＝∠AFC，故③正确正确．故答案为：①②③．三、解答题（本大题共8小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2020春•翠屏区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝AC＝2，对角线AC、BD相交于点O．（1）求∠ABC的大小；（2）求菱形ABCD的面积（结果保留根号）．【分析】（1）证△ABC是等边三角形，即可得出结果；（2）由菱形的性质得BD⊥AC，OA＝OC=12AC＝2，S菱形ABCD＝2S△ABC，由勾股定理得OB=3，即可得出结果．【解析】（1）∵四边形ABCD是菱形，第29页/共29页 ∴AB＝BC，∵AB＝AC＝2，∴AB＝BC＝AC＝2，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝60°；（2）∵四边形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，OA＝OC=12AC＝2，S菱形ABCD＝2S△ABC，在Rt△AOB中，由勾股定理得：OB=AB2-OA2=22-12=3，∴S菱形ABCD＝2S△ABC＝2×12×2×3=23．20．（2020春•海淀区校级期末）如图，在矩形ABCD中，点E在BC边上，且DE＝AD，过点A作AF∥DE交CB的延长线于点F．（1）求证：四边形AFED是菱形；（2）若AB＝1，CF＝2．①求AD的长；②AE、FD交于点O，连接OC，求OC的长．【分析】（1）由矩形的性质可得AD∥BC，∠C＝90°，由菱形的判定可证四边形AFED是菱形；（2）①由菱形的性质可得AD＝DE＝EF，利用勾股定理可求AD的长；②由勾股定理可求DF的长，由菱形的性质可得DO＝FO，由直角三角形的性质可求解．【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠C＝90°，AB＝CD，又∵AF∥DE，∴四边形AFED是平行四边形，又∵AD＝DE，∴四边形AFED是菱形；（2）①∵四边形AFED是菱形；第29页/共29页 ∴AD＝DE＝EF，∵DE2＝CD2+CE2，∴DE2＝1+（2﹣DE）2，∴DE=54，∴AD=54；②如图，∵∠DCF＝90°，AB＝CD＝1，CF＝2，∴DF=CD2+CF2=1+4=5，∵四边形AFED是菱形，∴DO＝FO，又∵∠DCF＝90°，∴CO=12DF=52．21．（2020春•包河区期末）菱形ABCD中，AD＝6，AE⊥BC，垂足为E，F为AB边中点，DF⊥EF．（1）直接写出结果：EF＝　3　；（2）求证：∠ADF＝∠EDF；（3）求DE的长．【分析】（1）根据直角三角形的性质即可求解；（2）延长EF交DA于G，根据AAS可证△AGF≌△BEF，根据全等三角形的性质可得GF＝EF，再根据等腰三角形的性质即可求解；（3）可设BE＝x，则AG＝x，可得DE＝DG＝6+x，再根据勾股定理可求BE，进一步得到DE．第29页/共29页 【解析】（1）∵AE⊥BC，∴∠AEB＝90°，∵AD＝6，F为AB边中点，∴EF=12AB=12AD＝3．故答案为：3；（2）延长EF交DA于G，∵AD∥BC，∴∠G＝∠FEB，∠GAB＝∠B，∵AF＝BF，∴△AGF≌△BEF（AAS），∴GF＝EF，∵DF⊥EF，∴DG＝DE，∴∠ADF＝∠EDF；（3）设BE＝x，则AG＝x，则DE＝DG＝6+x，∵AE2＝AB2﹣BE2＝62﹣x2，AE2＝DE2﹣AD2＝（x+6）2﹣62，∴62﹣x2＝（x+6）2﹣62，解得x＝﹣3±33，∴BE＝﹣3+33，∴DE═﹣3+33+6═3+33．22．（2020春•海州区期末）平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在CD上，CF＝AE，连接BF，AF．（1）求证：四边形BFDE是矩形；（2）若AF平分∠BAD，且AE＝2，DE＝4，求矩形BFDE的面积．第29页/共29页 【分析】（1）根据有一个角是90度的平行四边形是矩形即可判定．（2）首先证明AD＝DF，求出AD即可解决问题．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴DF∥BE，∵CF＝AE，∴DF＝BE，∴四边形BFDE是平行四边形，∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90°，∴四边形BFDE是矩形．（2）解：∵AB∥CD，∴∠BAF＝∠AFD，∵AF平分∠BAD，∴∠DAF＝∠AFD，∴AD＝DF，在Rt△ADE中，∵AE＝2，DE＝4，∴AD=AE2+DE2=22+42=25，∴DF＝25，∴矩形BFDE的面积＝DF×DE＝25×4＝85．23．（2020春•迁西县期末）如图，△ABC的中线AD、BE、CF相交于点G，H、I分别是BG、CG的中点．（1）　EF　是△ABC的中位线，EF与BC位置关系是　EF∥BC　、数量关系是　EF=12BC　；　HI　是△GBC的中位线，HI与BC位置关系是　HI∥BC　、数量关系是　HI=12BC　；（2）求证：四边形EFHI是平行四边形；（3）当AD与BC满足条件　AD⊥BC　时，四边形EFHI是矩形．（直接写出结论）当AD与BC第29页/共29页 满足条件　BC=23AD　时，四边形EFHI是菱形．（直接写出结论）【分析】（1）证出EF、HI分别是△ABC、△BCG的中位线，根据三角形中位线定理即可得出答案；（2）由三角形中位线定理可得EF∥HI且EF＝HI．根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得结论；（3）由三角形中位线定理得出FH∥AD，再证出EF⊥FH，即可得出四边形EFHI是矩形；根据三角形重心定理得出AG=23AD，证出AG＝BC，由三角形中位线定理和添加条件得出FH＝EF，即可得出四边形EFHI是菱形．【解答】（1）解：∵BE、CF是△ABC的中线，∴AE＝CE，AF＝BF，∴EF是△ABC的中位线，∴EF∥BC，EF=12BC，∵H、I分别是BG、CG的中点，∴HI是△GBC的中位线，∴HI∥BC，HI=12BC，故答案为：EF，EF∥BC、EF=12BC；HI，HI∥BC、HI=12BC；（2）证明：由（1）得：EF∥BC，EF=12BC，HI∥BC，HI=12BC，∴EF∥HI，EF＝HI，∴四边形EFHI是平行四边形；（3）当AD与BC满足条件AD⊥BC时，四边形EFHI是矩形；理由如下：同（1）得：FH是△ABG的中位线，∴FH∥AG，FH=12AG，∴FH∥AD，第29页/共29页 ∵EF∥BC，AD⊥BC，∴EF⊥FH，∴∠EFH＝90°，∵四边形EFHI是平行四边形，∴四边形EFHI是矩形；当AD与BC满足条件BC=23AD时，四边形EFHI是菱形；理由如下：∵△ABC的中线AD、BE、CF相交于点G，∴AG=23AD，∵BC=23AD，∴AG＝BC，∵FH=12AG，EF=12BC，∴FH＝EF，又∵四边形EFHI是平行四边形，∴四边形EFHI是菱形；故答案为：AD⊥BC，BC=23AD．24．（2020春•嘉定区期末）已知平行四边形ABCD，对角线AC、BD相交于点O，且CA＝CB，延长BC至点E，使CE＝BC，连接DE．（1）当AC⊥BD时，求证：BE＝2CD；（2）当∠ACB＝90°时，求证：四边形ACED是正方形．【分析】（1）根据已知条件得到四边形ABCD是菱形．求得BC＝CD．得到BE＝2BC，于是得到结论；（2）根据平行四边形的性质得到AD＝BC，AD∥BE，求得AD＝CE，AD∥CE，推出平行四边形ACED是矩形，根据正方形的判定定理即可得到结论．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，第29页/共29页 又∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形．∴BC＝CD．又∵CE＝BC，∴BE＝2BC，∴BE＝2CD；（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BE，又∵CE＝BC，∴AD＝CE，AD∥CE，∴四边形ACED是平行四边形．∵∠ACB＝90°，∴平行四边形ACED是矩形，又∵CA＝CB，∴CA＝CE，∴矩形ACED是正方形．25．（2020春•巴南区期末）如图，在长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，点A的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，6），点B在第一象限内，点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O→C→B→A→O的路线移动一周，设点P移动的时间为t．（1）写出点B的坐标；（2）在移动过程中，当点P到x轴的距离为5时，求点P移动的时间；（3）当三角形OBP的面积为8时，直接写出点P的坐标．【分析】（1）由矩形的性质可得AB＝OC＝6，BC＝OA＝4，可求点B坐标；（2）由点P到x轴的距离为5得出点P运动的路程，从而得出答案．第29页/共29页 （3）分点P在OC上，在BC上，在AB上，在AO上四种情况讨论，由三角形的面积公式可求点P坐标；【解析】（1）∵A点的坐标为（4，0），C点的坐标为（0，6），∴OA＝4，OC＝6，∵四边形ABCO是矩形，∴AB＝OC＝6，BC＝OA＝4，∴点B（4，6）；（2）当点P到x轴的距离为5时，OP＝5或OC+CB+BP＝11，∴点P移动的时间为52s或112s．（3）如图，①当点P在OC上时，S△OBP=12•OP1×4＝8，∴OP1＝4，∴点P（0，4）；②当点P在BC上，S△OBP=12BP2×6＝8，∴BP2=83，∴CP2＝4-83=43，∴点P（43，6）；③当点P在AB上，S△OBP=12BP3×4＝8，∴BP3＝4，第29页/共29页 ∴AP3＝2，∴点P（4，2）；④当点P在AO上，S△OBP=12OP4×6＝8，∴OP4=83，∴点P（83，0）．综上，点P的坐标为（0，4）或（43，6）或（4，2）或（83，0）．26．（2020春•拱墅区期末）如图1，在正方形ABCD中，点E在边CD上（不与点C，D重合），AE交对角线BD于点G，GF⊥AE交BC于点F．（1）求证：AG＝FG．（2）若AB＝10，BF＝4，求BG的长．（3）如图2，连接AF，EF，若AF＝AE，求正方形ABCD与△CEF的面积之比．【分析】（1）由“SAS”可证△ABG≌△CBG，可得AG＝CG，∠BAG＝∠BCG，由四边形内角和定理可证∠BCG＝∠GFC，可得GC＝GF＝AG；（2）过点G作GH⊥BC于H，利用勾股定理可求GH的长，即可求解；（3）在AB上截取BF＝BN，连接NF，由“HL”可证Rt△ABF≌Rt△ADE，可得∠BAF＝∠DAE＝22.5°，BF＝DE，可得FC=2BF，即可求解．【解答】证明：（1）连接GC，第29页/共29页 ∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，又∵BG＝BG，∴△ABG≌△CBG（SAS），∴AG＝CG，∠BAG＝∠BCG，∵∠ABC+∠BAG+∠AGF+∠BFG＝360°，且∠ABC＝∠AGF＝90°，∴∠BAG+∠BFG＝180°，∴∠BCG+∠BFG＝180°，∵∠BFG+∠GFC＝180°，∴∠BCG＝∠GFC，∴GC＝GF，∴AG＝FG；（2）如图2，过点G作GH⊥BC于H，∵AB＝10，BF＝4，∴AF2＝AB2+BF2＝AG2+GF2，∴GF2＝58，∵∠DBC＝45°，GH⊥BC，∴BH＝GH，BG=2GH，∵GF2＝GH2+FH2，∴58＝GH2+（GH﹣4）2，∴GH＝7，（负值舍去），∴BG＝72；（3）如图，在AB上截取BF＝BN，连接NF，第29页/共29页 ∵AG＝GF，AG⊥GF，∴∠EAF＝45°，∵AE＝AF，AB＝AD，∴Rt△ABF≌Rt△ADE（HL），∴∠BAF＝∠DAE＝22.5°，BF＝DE，∴CF＝CE，∵BF＝BN，∠ABC＝90°，∴NF=2BF，∠BNF＝∠BFN＝45°，∴∠BAF＝∠AFN＝22.5°，∴AN＝NF=2BF，∵AB＝BC，∴BN+AN＝BF+FC，∴FC=2BF，∴BC＝（2+1）BF，∴正方形ABCD与△CEF的面积之比＝BC2：12FC2＝3+22．第29页/共29页