專題18 特殊的平行四邊形（講義）（解析版）

專題18特殊的平行四邊形核心知識點精講理解掌握矩形的概念、性質(zhì)、判定方法、面積計算方法；理解掌握菱形的概念、性質(zhì)、判定方法、面積計算方法；理解掌握正方形的概念、性質(zhì)、判定方法、面積計算方法；掌握矩形、菱形、正方形的綜合運用?？键c1矩形的概念與性質(zhì)1.矩形的概念有一個角是直角的平行四邊形叫做矩形。2.矩形的性質(zhì)（1）具有平行四邊形的一切性質(zhì)（2）矩形的四個角都是直角（3）矩形的對角線相等（4）矩形是軸對稱圖形3.矩形的判定（1）定義：有一個角是直角的平行四邊形是矩形（2）定理1：有三個角是直角的四邊形是矩形（3）定理2：對角線相等的平行四邊形是矩形4.矩形的面積S矩形=長×寬=ab考點2菱形1.菱形的概念有一組鄰邊相等的平行四邊形叫做菱形2.菱形的性質(zhì)（1）具有平行四邊形的一切性質(zhì)（2）菱形的四條邊相等（3）菱形的對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角（4）菱形是軸對稱圖形3.菱形的判定（1）定義：有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形（2）定理1：四邊都相等的四邊形是菱形（3）定理2：對角線互相垂直的平行四邊形是菱形4.菱形的面積S菱形=底邊長×高=兩條對角線乘積的一半考點3正方形1.正方形的概念有一組鄰邊相等并且有一個角是直角的平行四邊形叫做正方形。2.正方形的性質(zhì)（1）具有平行四邊形、矩形、菱形的一切性質(zhì)（2）正方形的四個角都是直角，四條邊都相等（3）正方形的兩條對角線相等，并且互相垂直平分，每一條對角線平分一組對角（4）正方形是軸對稱圖形，有4條對稱軸（5）正方形的一條對角線把正方形分成兩個全等的等腰直角三角形，兩條對角線把正方形分成四個全等的小等腰直角三角形（6）正方形的一條對角線上的一點到另一條對角線的兩端點的距離相等。3.正方形的判定（1）判定一個四邊形是正方形的主要依據(jù)是定義，途徑有兩種：先證它是矩形，再證有一組鄰邊相等。先證它是菱形，再證有一個角是直角。（2）判定一個四邊形為正方形的一般順序如下：先證明它是平行四邊形；再證明它是菱形（或矩形）；最后證明它是矩形（或菱形）4.正方形的面積設(shè)正方形邊長為a，對角線長為bS正方形=【題型1：矩形的概念和性質(zhì)】【典例1】（2024?深圳模擬）如圖，點O是矩形ABCD的對角線AC上一點，過點O作EF⊥AC，交BC于點E，交AD于點F．（1）在不添加新的點和線的前提下，請增加一個條件：AO＝CO，使得OE＝OF，并說明理由；（2）若OE＝OF，AB＝6，BC＝8，求EF的長．【答案】（1）AO＝CO；（2）EF=15【分析】（1）利用三角形全等可以說明；（2）根據(jù)勾股定理先求出AC的長度，再根據(jù)三角形全等得出AO＝CO＝5，然后根據(jù)三角函數(shù)得出關(guān)于EO的方程，最后即可求得EF．【解答】解：（1）AO＝CO；理由如下：∵AD∥BC，∴∠FAO＝∠ECO，∵EF⊥AC，∴∠AOF＝∠COE，又∵AO＝CO，∴△AOF≌COE（ASA），∴OE＝OF．（2）∵∠B＝90°，AB＝6，BC＝8，∴AC=AB2∵EF⊥AC，∴∠AOF＝∠COE，∵AD∥BC，∴∠FAO＝∠ECO，又∵EO＝FO，∴△AOF≌COE（AAS），∴AO＝CO＝5，在Rt△COE中，tan∠OCE=OE在Rt△ACB中，tan∠ACB=AB∴OE5∴OE=15∴EF=15一．選擇題（共3小題）1．（2023?曲江區(qū)校級三模）如圖所示，O是矩形ABCD的對角線AC的中點，E為AD的中點．若AB＝6，BC＝8，則△BOE的周長為（）A．10 B．8+25 C．8+213 D．14【答案】C【分析】易知OE是中位線，則OE=12CD＝3，在Rt△ABE中，利用勾股定理求得BE的長，在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC的長，根據(jù)矩形性質(zhì)可求BO，從而求出△【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，AB＝6，BC＝8，∴AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，∵點O是AC的中點，E為AD的中點，∴OE=12CD＝3，AE=12在Rt△ABE中，AE＝4，AB＝6，根據(jù)勾股定理得，BE=A在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理得，AC=AB∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∵點O是AC的中點，∴BO＝5．∴△BOE周長為5+3+213=8+213故選：C．2．（2023?遂溪縣一模）如圖，矩形ABCD中，AC、BD交于點O，M、N分別為BC、OC的中點．若∠ACB＝30°，AB＝8，則MN的長為（）A．2 B．4 C．8 D．16【答案】B【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)和含30°的直角三角形的性質(zhì)得出AC＝BD＝16，進(jìn)而求出BD＝2BO，再依據(jù)中位線的性質(zhì)推知MN=12【解答】解：如圖，∵四邊形ABCD是矩形，AC，BD交于點O，∠ACB＝30°，AB＝8，∴BD＝AC＝2AB＝2×8＝16，∴BD＝2BO，即2BO＝16．∴BO＝8．又∵M(jìn)、N分別為BC、OC的中點，∴MN是△CBO的中位線，∴MN=12BO＝故選：B．3．（2023?揭陽一模）如圖，點O是矩形ABCD的對角線AC的中點，點E為AD的中點．若AB＝6，BC＝8，則△BOE的周長為（）A．12 B．9+37 C．8+213 D【答案】C【分析】根據(jù)題意可得OE是△ACD的中位線，則OE=12CD=3，在Rt△ABE中，利用勾股定理求得BE，在Rt△ABC中，利用勾股定理求得AC，再根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可求得BO【解答】解：∵點O是矩形ABCD對角線AC的中點，E點為AD中點，∴AB＝CD＝6，AD＝BC＝8，OE=12CD=3在Rt△ABE中，BE=A在Rt△ABC中，AC=A∴BO=1則△BOE的周長為：5+3+213故選：C．【題型2：矩形的判定】【典例2】（2023?榕城區(qū)二模）如圖，?ABCD中，AC，BD相交于點O，E，F(xiàn)分別是OA，OC的中點．（1）求證：BE＝DF；（2）設(shè)ACBD=k，當(dāng)k為何值時，四邊形【答案】2．【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)，即可得到BO＝OD，EO＝FO，進(jìn)而得出四邊形BFDE是平行四邊形，進(jìn)而得到BE＝DF；（2）先確定當(dāng)OE＝OD時，四邊形DEBF是矩形，從而得k的值．【解答】（1）證明：如圖，連接DE，BF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BO＝OD，AO＝OC，∵E，F(xiàn)分別為AO，OC的中點，∴EO=12OA，OF=∴EO＝FO，∵BO＝OD，EO＝FO，∴四邊形BFDE是平行四邊形，∴BE＝DF；（2）解：當(dāng)k＝2時，四邊形DEBF是矩形；理由如下：當(dāng)BD＝EF時，四邊形DEBF是矩形，∴當(dāng)OD＝OE時，四邊形DEBF是矩形，∵AE＝OE，∴AC＝2BD，∴當(dāng)k＝2時，四邊形DEBF是矩形．1．（2023?越秀區(qū)模擬）如圖，要使?ABCD成為矩形，需要添加的條件是（）A．∠ABC＝90° B．∠ABD＝∠CBD C．AC⊥BD D．AB＝BC【答案】A【分析】由矩形的判定：有一個角是直角的平行四邊形是矩形，即可判斷．【解答】解：A、∠ABC＝90°，根據(jù)“有一個角是直角的平行四邊形是矩形”，得到?ABCD是矩形，故A符合題意；B、∠ABD＝∠CBD，由AD∥BC得到∠ADB＝∠CBD，因此∠ABD＝∠ADB，所以AB＝AD，?ABCD是菱形，故B不符合題意；C、AC⊥BD，由平行線四邊形的性質(zhì)，得到AC垂直平分BD，因此AB＝AD，?ABCD是菱形，故C不符合題意；D、AB＝BC，此時?ABCD是菱形，故D不符合題意．故選：A．2．（2023?龍湖區(qū)校級二模）在下列條件中，能夠判定?ABCD為矩形的是（）A．AB＝AC B．AC⊥BD C．AB＝AD D．AC＝BD【答案】D【分析】由矩形的判定和菱形的判定分別對各個選項進(jìn)行判斷即可．【解答】解：A、?ABCD中，AB＝AC，不能判定?ABCD是矩形，故選項A不符合題意；B、∵?ABCD中，AC⊥BD，∴?ABCD是菱形，故選項B不符合題意；C、∵?ABCD中，AB＝AD，∴?ABCD是菱形，故選項C不符合題意；D、∵?ABCD中，AC＝BD，∴?ABCD是矩形，故選項D符合題意；故選：D．3．（2023?東莞市校級模擬）如圖，在等腰三角形MNO中，MO＝NO，點Q是MN中點，點S是QO中點，過點O作OP∥MN交NS的延長線于點P，連接MP．求證：四邊形OPMQ是矩形．【答案】證明見解析．【分析】證△OPS≌△QNS（ASA），得PS＝NS，再證四邊形OPMQ是平行四邊形，然后由等腰三角形的性質(zhì)得OQ⊥MN，則∠OQM＝90°，即可得出結(jié)論．【解答】證明：∵OP∥MN，∴∠POS＝∠NQS，∵點S是QO中點，∴OS＝QS，在△OPS和△QNS中，∠POS=∠NQSOS=QS∴△OPS≌△QNS（ASA），∴PS＝NS，∴四邊形OPMQ是平行四邊形，∵M(jìn)O＝NO，點Q是MN中點，∴OQ⊥MN，∴∠OQM＝90°，∴平行四邊形OPMQ是矩形．【題型3：矩形的性質(zhì)與判定】【典例3】（2023?越秀區(qū)模擬）如圖，要使?ABCD成為矩形，需要添加的條件是（）A．∠ABC＝90° B．∠ABD＝∠CBD C．AC⊥BD D．AB＝BC【答案】A【分析】由矩形的判定：有一個角是直角的平行四邊形是矩形，即可判斷．【解答】解：A、∠ABC＝90°，根據(jù)“有一個角是直角的平行四邊形是矩形”，得到?ABCD是矩形，故A符合題意；B、∠ABD＝∠CBD，由AD∥BC得到∠ADB＝∠CBD，因此∠ABD＝∠ADB，所以AB＝AD，?ABCD是菱形，故B不符合題意；C、AC⊥BD，由平行線四邊形的性質(zhì)，得到AC垂直平分BD，因此AB＝AD，?ABCD是菱形，故C不符合題意；D、AB＝BC，此時?ABCD是菱形，故D不符合題意．故選：A．1.（2023?龍湖區(qū)校級二模）在下列條件中，能夠判定?ABCD為矩形的是（）A．AB＝AC B．AC⊥BD C．AB＝AD D．AC＝BD【答案】D【分析】由矩形的判定和菱形的判定分別對各個選項進(jìn)行判斷即可．【解答】解：A、?ABCD中，AB＝AC，不能判定?ABCD是矩形，故選項A不符合題意；B、∵?ABCD中，AC⊥BD，∴?ABCD是菱形，故選項B不符合題意；C、∵?ABCD中，AB＝AD，∴?ABCD是菱形，故選項C不符合題意；D、∵?ABCD中，AC＝BD，∴?ABCD是矩形，故選項D符合題意；故選：D．2．（2023?東莞市校級模擬）如圖，在等腰三角形MNO中，MO＝NO，點Q是MN中點，點S是QO中點，過點O作OP∥MN交NS的延長線于點P，連接MP．求證：四邊形OPMQ是矩形．【答案】證明見解析．【分析】證△OPS≌△QNS（ASA），得PS＝NS，再證四邊形OPMQ是平行四邊形，然后由等腰三角形的性質(zhì)得OQ⊥MN，則∠OQM＝90°，即可得出結(jié)論．【解答】證明：∵OP∥MN，∴∠POS＝∠NQS，∵點S是QO中點，∴OS＝QS，在△OPS和△QNS中，∠POS=∠NQSOS=QS∴△OPS≌△QNS（ASA），∴PS＝NS，∴四邊形OPMQ是平行四邊形，∵M(jìn)O＝NO，點Q是MN中點，∴OQ⊥MN，∴∠OQM＝90°，∴平行四邊形OPMQ是矩形．3．（2023?榕城區(qū)二模）如圖，?ABCD中，AC，BD相交于點O，E，F(xiàn)分別是OA，OC的中點．（1）求證：BE＝DF；（2）設(shè)ACBD=k，當(dāng)k為何值時，四邊形【答案】2．【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)，即可得到BO＝OD，EO＝FO，進(jìn)而得出四邊形BFDE是平行四邊形，進(jìn)而得到BE＝DF；（2）先確定當(dāng)OE＝OD時，四邊形DEBF是矩形，從而得k的值．【解答】（1）證明：如圖，連接DE，BF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BO＝OD，AO＝OC，∵E，F(xiàn)分別為AO，OC的中點，∴EO=12OA，OF=∴EO＝FO，∵BO＝OD，EO＝FO，∴四邊形BFDE是平行四邊形，∴BE＝DF；（2）解：當(dāng)k＝2時，四邊形DEBF是矩形；理由如下：當(dāng)BD＝EF時，四邊形DEBF是矩形，∴當(dāng)OD＝OE時，四邊形DEBF是矩形，∵AE＝OE，∴AC＝2BD，∴當(dāng)k＝2時，四邊形DEBF是矩形．【題型4：菱形的性質(zhì)】【典例4】（2023?潮州模擬）如圖，四邊形ABCD是菱形，AC與BD相交于點O，DH⊥AB交AO于點E，連接OH，下列結(jié)論錯誤的是（）A．AC?OH＝AB?DH B．△AEH≌△DEC C．OB2+OC2＝AD2 D．∠DAO＝∠ODE【答案】B【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)和勾股定理逐一進(jìn)行判斷即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴菱形ABCD的面積=12AC?∵DH⊥AB，∴菱形ABCD的面積＝AB?DH，∴12AC?BD＝AB?DH∵∠DHB＝90°，OB＝OD，∴OH=12∴BD＝2OH，∴12AC?2OH＝AB?DH∴AC?OH＝AB?DH，故A正確；根據(jù)題意不能得到△AEH≌△DEC，故B錯誤；∵四邊形ABCD是菱形，∴AD＝BC，AC⊥BD，∴OB2+OC2＝BC2＝AD2，故C正確；∵∠AOD＝∠DHB＝90°∴∠DAO+∠ADO＝∠ODE+∠OBA＝90°，∵AD＝AB，∴∠ADB＝∠ABD，∴∠DAO＝∠ODE，故D正確；綜上所述：結(jié)論錯誤的是B，故選：B．1．（2024?深圳模擬）如圖，在菱形ABCD中，∠B＝60°，連接AC，若AC＝6，則菱形ABCD的周長為（）A．24 B．30 C．183 D．【答案】A【分析】先根據(jù)菱形的性質(zhì)證明AB＝BC＝CD＝AD，在根據(jù)已知條件證明△ABC是等邊三角形，求出AB＝BC＝AC＝6，從而求出菱形周長即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∵∠B＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC＝AC＝6，∴AB＝BC＝CD＝AD＝6，∴菱形ABCD的周長為：AB+BC+CD+AD＝6+6+6+6＝24，故選：A．2．（2024?深圳模擬）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，過點D作DF⊥AB于點F，交AC于點E．已知AE＝4，EC＝6，則OEBFA．33 B．3010 C．1010 【答案】B【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得出AC⊥BD，AB∥CD，AB＝CD，AO＝CO，即可求出CO的長，再證△CDE∽△COD即可得出CD的長，于是得出AB的長，再證△AFE∽△CDE，即可求出AF的長，從而求出BF的長，即可得出答案．【解答】解：∵四邊形ABCD為菱形，∴AC⊥BD，AB∥CD，AB＝CD，AO＝CO，∴∠AFD＝∠CDF，∵DF⊥AB，∴∠AFD＝90°，∴∠CDF＝90°，∴∠CDE＝∠COD＝90°，又∵∠DCE＝∠OCD，∴△CDE∽△COD，∴CDCO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CD=30∴AB=CD=30∵AB∥CD，∴△AFE∽△CDE，∴AECE∴46∴AF=2∴BF=AB-AF=30∴OEBF故選：B．3．（2023?越秀區(qū)校級二模）由6個形狀相同、大小相等的菱形組成如圖所示的網(wǎng)格，菱形的頂點稱為格點，點A，B，C都在格點上，∠O＝60°，則tan∠ABC＝（）A．32 B．33 C．12 【答案】A【分析】如圖，連接EA、EC，先證明∠AEC＝90°，E、C、B共線，再根據(jù)tan∠ABC=AEEB，求出AE、【解答】解：如圖，連接EA，EC，設(shè)菱形的邊長為a，由題意得∠AEF＝30°，∠BEF＝60°，∴AE=3a，EB＝2a∴∠AEC＝90°，∵∠ACE＝∠ACG＝∠BCG＝60°，∴∠ECB＝180°，∴E、C、B共線，在Rt△AEB中，tan∠ABC=AE故選：A．【題型5：菱形的判定】【典例5】（2022?越秀區(qū)校級二模）如圖，△ABC中，D為BC上一點，DE∥AB，DF∥AC．增加下列條件能判定四邊形AFDE為菱形的是（）A．點D在∠BAC的平分線上 B．AB＝AC C．∠A＝90° D．點D為BC的中點【答案】A【分析】先證四邊形AFDE是平行四邊形，然后逐一判斷即可得出結(jié)論．【解答】解：∵DE∥AB，DF∥AC，∴四邊形AFDE是平行四邊形，如圖，連接AD，∴三角形ADE和三角形ADF的面積相等，∴當(dāng)點D在∠BAC的平分線上，點D到AE，AF的距離相等，∴AF＝AE，∴平行四邊形AFDE是菱形；B，D不能得平行四邊形AFDE是菱形；C能得平行四邊形AFDE是矩形；故選：A．1.（2023?深圳一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，如果添加一個條件，可推出平行四邊形ABCD是菱形，那么這個條件可以是（）A．AB＝AC B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AB⊥AC【答案】C【分析】由菱形的判定和矩形的判定分別對各個選項進(jìn)行判斷，即可得出結(jié)論．【解答】解：A、平行四邊形ABCD中，AB＝AC，不能推出平行四邊形ABCD是菱形，故選項A不符合題意；B、∵平行四邊形ABCD中，AC＝BD，∴平行四邊形ABCD是矩形，不一定是菱形，故選項B不符合題意；C、∵平行四邊形ABCD中，AC⊥BD，∴平行四邊形ABCD是菱形，故選項C符合題意；D、平行四邊形ABCD中，AB⊥AC，不能推出平行四邊形ABCD是菱形，故選項D不符合題意；故選：C．2．（2023?龍華區(qū)二模）如圖，這條活靈活現(xiàn)的“小魚”是由若干條線段組成的，它是一個軸對稱圖形，對稱軸為直線l，則下列結(jié)論不一定正確的是（）A．點C和點D到直線l的距離相等 B．BC＝BD C．∠CAB＝∠DAB D．四邊形ADBC是菱形【答案】D【分析】根據(jù)軸對稱的性質(zhì)可得AB垂直平分CD，可判斷A選項，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)可判斷B選項，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可判斷C選項，根據(jù)對角線互相垂直平分的四邊形是菱形可判斷D選項．【解答】解：連接CD，交AB于點O，根據(jù)軸對稱的性質(zhì)，可得AB垂直平分CD，∴點C和點D到直線l的距離相等，故A不符合題意；∵AB垂直平分CD，∴BC＝BD，AC＝AD，故B不符合題意；∵AC＝AD，AO⊥CD，∴∠CAB＝∠DAB，故C不符合題意；∵點O不一定是AB的中點，∴四邊形ABCD不一定是菱形，故D符合題意，故選：D．3．（2023?高要區(qū)一模）如圖，點E，F(xiàn)分別在?ABCD的邊AB，BC上，AE＝CF，連接DE，DF．若∠1＝∠2．（1）證明：△DAE≌△DCF．（2）證明：?ABCD為菱形．【答案】（1）見解析；（2）見解析．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和全等三角形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和菱形的判定定理即可得到結(jié)論．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠A＝∠C，在△DAE和△DCF中，∠1=∠2∠A=∠C∴△DAE≌△DCF（AAS），（2）∵△DAE≌△DCF，∴AD＝CD，∴?ABCD為菱形．【題型6：菱形的性質(zhì)與判定】 【典例6】（2023?新會區(qū)校級一模）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，過點D作∠ADC的角平分線交AB于點E，連接AC交DE于點O，AD∥CE．（1）求證：四邊形AECD是菱形；（2）若AD＝10，△ACD的周長為36，求菱形AECD的面積．【答案】（1）證明見解析；（2）96．【分析】（1）證四邊形AECD是平行四邊形，∠CDE＝∠AED，再證∠AED＝∠ADE，則AD＝AE，然后由菱形的判定即可得出結(jié)論；（2）由菱形的性質(zhì)得OA＝OC，CD＝AD＝10，OD＝OE，AC⊥DE，再求出AC＝16，則OA＝OC＝8，然后由勾股定理得OD＝6，則DE＝2OD＝12，即可解決問題．【解答】（1）證明：∵AB∥CD，AD∥CE，∴四邊形AECD是平行四邊形，∠CDE＝∠AED，∵DE平分∠ADC，∴∠CDE＝∠ADE，∴∠AED＝∠ADE，∴AD＝AE，∴平行四邊形AECD是菱形；（2）解：由（1）可知，四邊形AECD是菱形，∴OA＝OC，CD＝AD＝10，OD＝OE，AC⊥DE，∵△ACD的周長為36，∴AC＝36﹣AD﹣CD＝36﹣10﹣10＝16，∴OA＝OC＝8，在Rt△AOD中，由勾股定理得：OD=AD∴DE＝2OD＝12，∴菱形AECD的面積=12AC?DE=12×161．（2023?南海區(qū)校級模擬）如圖，兩個全等的矩形紙片重疊在一起，矩形的長和寬分別是8和6，則重疊部分的四邊形周長是．【答案】25．【分析】先證四邊形ABCD平行四邊形，再證四邊形ABCD是菱形，得CD＝BC＝AB＝AD，設(shè)CD＝BC＝x，則CG＝8﹣x，然后在Rt△CDG中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【解答】解：如圖，由題意得：矩形BFDE≌矩形BHDG，∴∠G＝90°，DG＝DE＝6，BG∥DH，BE∥DF，BG＝8，∴四邊形ABCD平行四邊形，∴平行四邊形ABCD的面積＝AD?DG＝CD?DE，∴AD＝CD，∴平行四邊形ABCD是菱形，∴CD＝BC＝AB＝AD，設(shè)CD＝BC＝x，則CG＝8﹣x，在Rt△CDG中，由勾股定理得：62+（8﹣x）2＝x2，解得：x=25∴CD=25∴菱形ABCD的周長＝4CD＝25，即重疊部分的四邊形周長是25，故答案為：25．2．（2023?黃埔區(qū)校級二模）如圖，矩形ABCD的對角線交于點O，點E是矩形外一點，CE∥BD，BE∥AC，∠ABD＝30°，連接AE交BD于點F、連接CF．若AC＝8，則線段CF的長為23．【答案】23．【分析】根據(jù)平行四邊形的判定定理得到四邊形OBEC是平行四邊形，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到OB＝OC，根據(jù)菱形的判定定理即可得到平行四邊形OBEC是菱形，可得BE＝OC＝AO，由“AAS”可證△AOF≌△EBF，可得BF＝OF，推出△OBC是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到CF⊥OB，解直角三角形即可得到結(jié)論．【解答】解：（1）∵CE∥BD，BE∥AC，∴四邊形OBEC是平行四邊形，∵四邊形ABCD是矩形，∴AC＝BD，OB=12BD，OC=∴OB＝OC，∴平行四邊形OBEC是菱形；∴OC＝BE＝OA，∵BE∥AC，∴∠OAF＝∠BEF，在△AOF與△EBF中，∠OAF=∠BEF∠AFO=∠EFB∴△AOF≌△EBF（AAS），∴OF＝BF，∵AC＝8，∴BD＝8，∴OC＝OB＝4，∵∠ABD＝30°，∴∠OBC＝60°，∴△OBC是等邊三角形，∴CF⊥OB，∴CF=32OC＝2故答案為：23．3．（2023?南海區(qū)一模）如圖，△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足為D，點E、F、G分別是AB、CE、AC中點，直線DF交AC點G．（1）求證：四邊形AEDG是菱形；（2）若DG⊥CE，求∠BCE的度數(shù)．【答案】（1）見解析過程；（2）30°．【分析】（1）由直角三角形的性質(zhì)可得BE＝DE＝AE=12AB，DG＝AG=12AC，可得AE＝DE＝（2）通過證明△BDE是等邊三角形，可得∠B＝60°，即可求解．【解答】（1）證明：∵AB＝AC，AD⊥BC，∴BD＝CD，∵點E、F分別是AB、CE中點，∴BE＝DE＝AE=12AB，DG＝AG=∴AE＝DE＝DG＝AG，∴四邊形AEDG是菱形；（2）解：∵四邊形AEDG是菱形，∴AB∥DG，∵DG⊥CE，∴∠BEC＝90°，又∵BD＝CD，∴BD＝CD＝DE，∴BD＝DE＝BE，∴△BDE是等邊三角形，∴∠B＝60°，∴∠BCE＝30°．【題型7：正方形的性質(zhì)】【典例7】（2023?潮陽區(qū)一模）如圖，點E是正方形ABCD對角線BD上一點，連接AE，過點E作EF⊥AE，交BC于點F．已知DE=2，則CFA．2 B．2 C．6 D．22【答案】B【分析】過點E作EH⊥BC，交AD于G，證明△DGE是等腰直角三角形，由DE=2，可得DG＝EG＝1．易證△AGE≌△EHF，則EG＝HF＝1【解答】解：如圖，過點E作EH⊥BC交BC于點H，交AD于G，在正方形ABCD中，AD∥BC，∠EBH＝∠ADB＝45°，∴四邊形AGHB和四邊形DGHC是長方形，△DGE是等腰直角三角形，∴AG＝BH＝EH，DG＝EG＝1，∴CH＝DG＝1，∵AG⊥GH，AE⊥EF，∴∠AGE＝∠AEF＝∠FHE＝90°，∴∠GAE+∠AEG＝∠FEH+∠AEG＝90°，∴∠GAE＝∠FEH，∴△AGE≌△EHF（ASA），∴GE＝FH＝1；∴CF＝CH+FH＝2．故選：B．1．（2023?越秀區(qū)校級二模）如圖，已知∠MON＝90°，線段AB長為6，AB兩端分別在OM、ON上滑動，以AB為邊作正方形ABCD，對角線AC、BD相交于點P，連接OC．則OC的最大值為（）A．6+35 B．8 C．3+35 D【答案】C【分析】取AB的中點E，連接OE、CE，根據(jù)“直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”可求得OE＝BE=12AB，再根據(jù)勾股定理求得CE=BE2+CB2=35，即可根據(jù)“兩點之間線段最短”得OC【解答】解：取AB的中點E，連接OE、CE，∵∠AOB＝90°，線段AB長為6，∴OE＝BE=12AB＝∵四邊形ABCD是正方形，∴∠CBE＝90°，CB＝AB＝6，∴CE=BE2∵OC≤OE+CE，∴OC≤3+35，∴OC的最大值為3+35，故選：C．2．（2023?揭陽二模）如圖，以正方形ABCD的頂點A為圓心，以AD的長為半徑畫弧，交對角線AC于點E，再分別以D，E為圓心，以大于12DE的長為半徑畫弧，兩弧交于圖中的點F處，連接AF并延長，與BC的延長線交于點P，則∠PA．90° B．45° C．30° D．22.5°【答案】D【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠DAC＝∠ACD＝45°，由作圖知，∠CAP=12∠DAC＝【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAC＝∠ACD＝45°，由作圖知，∠CAP=12∠DAC＝∴∠P＝180°﹣∠ACP﹣∠CAP＝22.5°，故選：D．3.（2023?深圳模擬）如圖，正方形ABCD中，E、F分別為邊AD、DC上的點，且AE＝FC，過F作FH⊥BE，交AB于G，過H作HM⊥AB于M，若AB＝9，AE＝3，則下列結(jié)論中：①△ABE≌△CBF；②BE＝FG；③2DH＝EH+FH；④HMAEA．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】根據(jù)題目條件即可證明△ABE≌△CBF，即可判定①；根據(jù)△ABE≌△CBF得，∠BEA＝∠BFC，BE＝BF，由∠FGB＝∠FBA得到BF＝FG即可判定②；延長BE到Q，使EQ＝FH，連接DQ，證明△DEQ≌△DFH，推出DQ＝DH，∠QDE＝∠FDH，求出∠QDH＝90°，得出△DQH是等腰直角三角形，由勾股定理得EH+FH=2DH，即可判定連接EF，證明EF=2DE=62，BE=310，根據(jù)FH2＝EF2﹣EH2＝BF2﹣BH2，求出BH，根據(jù)【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠DAB＝∠DCB＝90°，在△ABE和△CBF中，AB=BC∠DAB=∠DCB=90°∴△ABE≌△CBF（SAS），∴①△ABE≌△CBF正確；∵△ABE≌△CBF，∴∠BEA＝∠BFC，BE＝BF，∵DC∥AB，∴∠FBA＝∠BFC，∴∠BEA＝∠FBA，∵FH⊥BE，∴∠HBG+∠HGB＝∠EBA+∠BEA，∴∠HGB＝∠BEA，∴∠HGB＝∠FBA，即∠FGB＝∠FBA，∴BF＝FG，∴BE＝FG，∴②BE＝FG正確；延長BE到Q，使EQ＝FH，連接DQ，如圖：∵DC∥AB，∴∠FGB＝∠DFH，∵∠FGB＝∠AEB，∠AEB＝∠DEQ，∴∠DFH＝∠DEQ，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC＝90°，AD＝DC，∵AE＝FC，∴DE＝DF，在△DFH和△DEQ中，DF=DE∠DFH=∠DEQ∴△DFH≌△DEQ（SAS），∴DQ＝DH，∠QDE＝∠FDH，∵∠ADC＝90°，∴∠QDH＝∠QDE+∠EDH＝∠FDH+∠EDH＝∠ADC＝90°，∴△DQH是等腰直角三角形，∴EH+FH=EH+EQ=HQ=2∴③2DH=EH+FH連接EF，如圖：∵AD＝CD＝9，AE＝CF＝3，∴DE＝DF＝6，∴EF=2∵BF=B∴BE=BF=310設(shè)BH＝x則EH=BE-EH=310∵FH⊥BE，在Rt△FHE中FH2＝EF2﹣EH2＝BF2﹣BH2，∴FH∴x=9105∵HM⊥AB，∠A＝90°，∴sin∠ABE=HM∴HM9∴HM=9∴HMAE∴④HMAE∴①②③④都正確．故答案選：D．【題型8：正方形的判定】【典例8】（2022?越秀區(qū)二模）下列命題中，真命題是（）A．有兩邊相等的平行四邊形是菱形 B．有一個角是直角的四邊形是直角梯形 C．四個角相等的菱形是正方形 D．兩條對角線相等的四邊形是矩形【答案】C【分析】做題時首先知道各種四邊形的判定方法，然后作答．【解答】解：A、鄰邊相等的平行四邊形是菱形，有兩邊相等的平行四邊形是菱形，并沒有說明是鄰邊，故A錯誤；B、有一個角是直角的四邊形是直角梯形，還可能是正方形或矩形，故B錯誤；C、四個角相等的菱形是正方形，故C正確；D、兩條對角線相等的四邊形是矩形，還可能是梯形或正方形，故D錯誤．故選：C．1．（2023?南海區(qū)校級一模）給出下列判斷，正確的是（）A．一組對邊相等，另一組對邊平行的四邊形是平行四邊形 B．對角線相等的四邊形是矩形 C．對角線互相垂直且相等的四邊形是正方形 D．有一條對角線平分一個內(nèi)角的平行四邊形為菱形．【答案】D【分析】根據(jù)平行四邊形的判定，矩形、菱形、正方形的判定定理即可得到結(jié)論．【解答】解：A、一組對邊相等，另一組對邊平行的四邊形不一定是平行四邊形，可能是等腰梯形，故不符合題意；B、對角線相等且平分的四邊形是矩形，故不符合題意；C、對角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形，故不符合題意；D、有一條對角線平分一個內(nèi)角的平行四邊形為菱形，故符合題意；故選：D．2．（2023?順德區(qū)校級三模）在四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別是邊AD，BC的中點，G、H分別是對角線BD，AC的中點，依次連接E，G，F(xiàn)、H得到的四邊形一定是（）A．平行四邊形 B．菱形 C．矩形 D．正方形【答案】A【分析】利用三角形的中位線定理可以證得FG＝EH，F(xiàn)G∥EH，即可得出結(jié)論．【解答】解：∵四邊形ABCD中，E、F、G、H分別是AD、BC、BD、AC的中點，∴FG=12CD，F(xiàn)G∥CD．HE=12CD，∴FG＝EH，F(xiàn)G∥EH，∴四邊形EGFH是平行四邊形．故選：A．3．（2023?南海區(qū)模擬）給出下列判斷，正確的是（）A．一組對邊平行，另一組對邊相等的四邊形是平行四邊形 B．對角線相等的四邊形是矩形 C．對角線互相垂直且相等的四邊形是正方形 D．有一條對角線平分一個內(nèi)角的平行四邊形為菱形【答案】D【分析】根據(jù)平行四邊形的判定，矩形、菱形、正方形的判定定理即可得到結(jié)論．【解答】解：A、一組對邊相等，另一組對邊平行的四邊形不一定是平行四邊形，可能是等腰梯形，故不符合題意；B、對角線相等且平分的四邊形是矩形，故不符合題意；C、對角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形，故不符合題意；D、有一條對角線平分一個內(nèi)角的平行四邊形為菱形，故符合題意；故選：D．【題型9：正方形的性質(zhì)與判定】【典例9】（2023?東莞市校級二模）如圖，已知一個矩形紙片OACB，將該紙片放置在平面直角坐標(biāo)系中，點A（10，0），點B（0，6），點P為BC邊上的動點，將△OBP沿OP折疊得到△OPD，連接CD、AD．則下列結(jié)論中：①當(dāng)∠BOP＝45°時，四邊形OBPD為正方形；②當(dāng)∠BOP＝30°時，△OAD的面積為15；③當(dāng)P在運動過程中，CD的最小值為234-6；④當(dāng)OD⊥AD時，BP＝2A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【分析】①由矩形的性質(zhì)得到∠OBC＝90°，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，推出四邊形OBPD是矩形，根據(jù)正方形的判定定理即可得到四邊形OBPD為正方形；故①正確；②過D作DH⊥OA于H，得到OA＝10，OB＝6，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到DH=12OD=3，根據(jù)三角形的面積公式得到△OAD的面積為12OA?DH=12×3③連接OC，于是得到OD+CD≥OC，即當(dāng)OD+CD＝OC時，CD取最小值，根據(jù)勾股定理得到CD的最小值為234-6；故③④根據(jù)已知條件推出P，D，A三點共線，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠OPB＝∠POA，等量代換得到∠OPA＝∠POA，求得AP＝OA＝10，根據(jù)勾股定理得到BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正確．【解答】解：①∵四邊形OACB是矩形，∴∠OBC＝90°，∵將△OBP沿OP折疊得到△OPD，∴OB＝OD，∠PDO＝∠OBP＝90°，∠BOP＝∠DOP，∵∠BOP＝45°，∴∠DOP＝∠BOP＝45°，∴∠BOD＝90°，∴∠BOD＝∠OBP＝∠ODP＝90°，∴四邊形OBPD是矩形，∵OB＝OD，∴四邊形OBPD為正方形；故①正確；②過D作DH⊥OA于H，∵點A（10，0），點B（0，6），∴OA＝10，OB＝6，∴OD＝OB＝6，∠BOP＝∠DOP＝30°，∴∠DOA＝30°，∴DH=12∴△OAD的面積為12OA?DH=12×3×10＝③連接OC，則OD+CD≥OC，即當(dāng)OD+CD＝OC時，CD取最小值，∵AC＝OB＝6，OA＝10，∴OC=OA2∴CD＝OC﹣OD＝234-6即CD的最小值為234-6；故③④∵OD⊥AD，∴∠ADO＝90°，∵∠ODP＝∠OBP＝90°，∴∠ADP＝180°，∴P，D，A三點共線，∵OA∥CB，∴∠OPB＝∠POA，∵∠OPB＝∠OPD，∴∠OPA＝∠POA，∴AP＝OA＝10，∵AC＝6，∴CP=10∴BP＝BC﹣CP＝10﹣8＝2，故④正確；故選：D．1.（2022?龍崗區(qū)模擬）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠BAC的平分線交BC于點D，DE∥AB，DF∥AC．（1）求證：四邊形AFDE為正方形；（2）若AD＝22，求四邊形AFDE的面積．【答案】（1）見解答．（2）4．【分析】（1）根據(jù)題目條件可得四邊形AFDE為平行四邊形，進(jìn)而可通過角平分線證明其鄰邊相等，再加上一個90°角，即可說明是正方形，（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)先求出邊長，即可得面積．【解答】（1）證明：∵DE∥AB，DF∥AC，∴四邊形AFDE是平行四邊形．∵AD平分∠BAC，∴∠FAD＝∠EAD．∵DE∥AB，∴∠EDA＝∠FAD．∴∠EDA＝∠EAD．∴AE＝DE．∴四邊形AFDE是菱形．∵∠BAC＝90°，∴四邊形AFDE是正方形．（2）解：∵四邊形AFDE是正方形，AD＝22，∴AF＝DF＝DE＝AE=22∴四邊形AFDE的面積為2×2＝4．2．（2022?禪城區(qū)校級二模）如圖，正方形ABCD中，AB＝4，點E是對角線AC上的一點，連接DE．過點E作EF⊥ED，交AB于點F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接AG．（1）求證：矩形DEFG是正方形；（2）求AG+AE的值；（3）若F恰為AB中點，連接DF交AC于點M，請直接寫出ME的長．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）如圖，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．只要證明△EMD≌△ENF即可解決問題；（2）只要證明△ADG≌△CDE，可得AG＝EC即可解決問題；（3）如圖，作EH⊥DF于H．想辦法求出EH，HM即可解決問題；【解答】解：（1）如圖，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠EAD＝∠EAB，∵EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，∴EM＝EN，∵∠EMA＝∠ENA＝∠DAB＝90°，∴四邊形ANEM是矩形，∵EF⊥DE，∴∠MEN＝∠DEF＝90°，∴∠DEM＝∠FEN，∵∠EMD＝∠ENF＝90°，∴△EMD≌△ENF，∴ED＝EF，∵四邊形DEFG是矩形，∴四邊形DEFG是正方形．（2）∵四邊形DEFG是正方形，四邊形ABCD是正方形，∴DG＝DE，DC＝DA＝AB＝4，∠GDE＝∠ADC＝90°，∴∠ADG＝∠CDE，∴△ADG≌△CDE（SAS），∴AG＝CE，∴AE+AG＝AE+EC＝AC=2AD＝42（3）如圖，作EH⊥DF于H．∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝4，AB∥CD，∵F是AB中點，∴AF＝FB∴DF=22+∵△DEF是等腰直角三角形，EH⊥DF，∴DH＝HF，∴EH=12DF∵AF∥CD，∴AF：CD＝FM：MD＝1：2，∴FM=2∴HM＝HF﹣FM=5在Rt△EHM中，EM=H一．選擇題（共7小題）1．如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在AD，AB上，滿足DE＝AF，連接CE，DF，點P，Q分別是DF，CE的中點，連接PQ．若∠ADF＝α．則∠PQE可以用α表示為（）A．α B．45°﹣α C．45°-α2 D．3α﹣【答案】B【分析】連接DQ，根據(jù)正方形的性質(zhì)先證明△ADF≌△DCE，得出∠DCE＝α，DF＝CE，進(jìn)而得出DQ＝PD，∠PDQ＝90°﹣2α，根據(jù)三角形的內(nèi)角和表示出∠PQD即可求解．【解答】解：連接DQ，如圖：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠A＝∠CDE＝90°，∵AF＝DE，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴DF＝CE，∠ADF＝∠DCE＝α，∵點P，Q分別是DF，CE的中點，∴PD=12DF＝DQ=∴∠DPQ＝∠DQP，∠CDQ＝α，∴∠PDQ＝90°﹣2α，∠DQE＝2α，∴∠PQD=180°-(90°-2α)2=45°∴∠PQE＝45°+α﹣2α＝45°﹣α，故選：B．2．如圖，在矩形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，AB＝5，BC＝12，以點O為圓心作圓，若⊙O與直線AD相交、與直線CD相離，則⊙O的半徑r的取值范圍是（）A．r＜52 B．r＞52 C．5【答案】C【分析】分別求出⊙O與直線AD、直線CD相切時的半徑即可解答．【解答】解：當(dāng)⊙O與直線AD相切時，r=12AB當(dāng)⊙O與直線CD相切時，r=12BC＝∴⊙O與直線AD相交、與直線CD相離，⊙O的半徑r的取值范圍是52＜r＜故選：C．3．小明用四根長度相同的木條制作了能夠活動的菱形學(xué)具，他先活動學(xué)具成為圖1所示菱形，并測得∠B＝60°，對角線AC＝8cm，接著活動學(xué)具成為圖2所示正方形，則圖2中正方形對角線AC的長為（）A．8cm B．16cm C．24cm D．82cm【答案】D【分析】連接AC．在圖1中，證△ABC是等邊三角形，得出AB＝BC＝AC＝8cm．在圖2中，由勾股定理求出AC即可．【解答】解：如圖1，圖2中，連接AC．圖1中，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC，∵∠B＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB＝BC＝AC＝8cm，在圖2中，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠B＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴AC=2AB＝82cm故選：D．4．已知四邊形ABCD是菱形，AC，BD相交于點O，下列結(jié)論正確的是（）A．AO＝BO B．菱形ABCD的面積等于AC?BD C．AC平分∠BAD D．若∠AOD＝90°，則四邊形ABCD是正方形【答案】D【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)，正方形的判定可得出答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OB，菱形ABCD的面積=12AC?BD，AC平分∠若∠AOD＝90°，不能判定四邊形ABCD是正方形，故選：D．5．如圖，四邊形ABCD的對角線AC、BD相交于O，下列判斷正確的是（）A．若AC⊥BD，則四邊形ABCD是菱形 B．若AC＝BD，則四邊形ABCD是矩形 C．若AC⊥BD，AC＝BD，則四邊形ABCD是正方形 D．若AO＝OC，BO＝OD，則四邊形ABCD是平行四邊形【答案】D【分析】根據(jù)矩形，菱形，正方形，平行四邊形的判定定理即可得到結(jié)論．【解答】解：A、若AC⊥BD，則四邊形ABCD不一定是菱形，故選項A不符合題意；B、若AC＝BD，則四邊形不一定ABCD是矩形，故選項B不符合題意；C、若AC⊥BD，AC＝BD，則四邊形ABCD不一定是正方形，故選項C不符合題意；D、∵AO＝OC，BO＝OD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，故選項D符合題意；故選：D．6．如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD交于點O，∠AOB＝60°，AC＝4，則邊AB長為（）A．3 B．2 C．1 D．2【答案】D【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得出OA＝OB，進(jìn)而利用等邊三角形的判定和性質(zhì)解答即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，AC＝4，∴OA=OB=1∵∠AOB＝60°，∴△AOB是等邊三角形，∴AB＝OA＝OB＝2，故選：D．7．如圖，ABCD是一張平行四邊形紙片，要求利用所學(xué)知識作出一個菱形，甲、乙兩位同學(xué)的作法如下：甲：連接AC，作AC的中垂線交AD、BC于E、F，則四邊形AFCE是菱形．乙：分別作∠A與∠B的平分線AE、BF，分別交BC于點E，交AD于點F，則四邊形ABEF是菱形．則關(guān)于甲、乙兩人的作法，下列判斷正確的為（）A．僅甲正確 B．僅乙正確 C．甲、乙均正確 D．甲、乙均錯誤【答案】C【分析】首先證明△AOE≌△COF（ASA），可得AE＝CF，再根據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形可判定判定四邊形AECF是平行四邊形，再由AC⊥EF，可根據(jù)對角線互相垂直的四邊形是菱形判定出AECF是菱形；四邊形ABCD是平行四邊形，可根據(jù)角平分線的定義和平行線的定義，求得AB＝AF，所以四邊形ABEF是菱形．【解答】解：甲的作法正確；∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∵EF是AC的垂直平分線，∴AO＝CO，在△AOE和△COF中，∵∠EAO=∠BCAAO=CO∴△AOE≌△COF（ASA），∴AE＝CF，又∵AE∥CF，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵EF⊥AC，∴四邊形AECF是菱形；乙的作法正確；∵AD∥BC，∴∠1＝∠2，∠6＝∠7，∵BF平分∠ABC，AE平分∠BAD，∴∠2＝∠3，∠5＝∠6，∴∠1＝∠3，∠5＝∠7，∴AB＝AF，AB＝BE，∴AF＝BE∵AF∥BE，且AF＝BE，∴四邊形ABEF是平行四邊形，∵AB＝AF，∴平行四邊形ABEF是菱形．故選：C．二．填空題（共5小題）8．七巧板又稱七巧圖、智慧板，是中國民間流傳的智力玩具，它是由等腰直角三角形，正方形和平行四邊形組成的．如圖，若圖形“4”的小正方形的邊長為3，則整個七巧板所組成的大正方形的面積為24．【答案】24．【分析】由七巧板的特征可求BO的長，可得BD的長，即可求解．【解答】解：如圖，∵圖形“4”的小正方形的邊長為3，∴BO＝23，∴BD＝2BO＝43，∵四邊形ABCD是正方形，∴BD=2BC∴BC＝26，∴正方形ABCD的面積＝BC2＝24，故答案為：24．9．如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，E為AD的中點，AC＝4，OE＝2，則tan∠EDO＝33【答案】33【分析】由菱形的性質(zhì)推出AC⊥BD，AO=12AD＝2，由直角三角形斜邊的中線求出AD＝4，由勾股定理求出OD=AD2-AO2【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=12∵AC＝4，∴AO＝2，∵E為AD的中點，∠AOD＝90°，∴OE=12∵OE＝2，∴AD＝4，∴OD=AD∴tan∠EDO=AO故答案為：3310．如圖，沿正方形對角線對折，互相重合的兩個小正方形里面的數(shù)字的積為0或﹣9．【答案】0或﹣9．【分析】分兩種情況：當(dāng)對折后重疊的數(shù)為0和6時；當(dāng)對折后重疊的數(shù)為3和﹣3時，利用有理數(shù)的乘法分別計算即可．【解答】解：當(dāng)對折后重疊的數(shù)為0和6時，乘積為0×6＝0，當(dāng)對折后重疊的數(shù)為3和﹣3時，乘積為﹣3×3＝﹣9，綜上所述，沿正方形對角線對折，互相重合的兩個小正方形里面的數(shù)字的積為0或﹣9，故答案為：0或﹣9．11．如圖，長方形的長是10cm，寬是4cm，則圖中陰影部分的面積是20cm2．【答案】20．【分析】由面積關(guān)系可求解．【解答】解：陰影部分面積=12×長方形的面積=12×10×4故答案為：20．12．如圖，在菱形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，已知AB＝5cm，AO＝4cm，則BD的長為6cm．【答案】6．【分析】由菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，BO＝DO，由勾股定理可求BO，即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BO＝DO，∵BO=AB2-AO2∴DO＝BO＝3（cm），∴BD＝6（cm），故答案為：6．三．解答題（共3小題）13．如圖，在矩形ABCD中，DE平分∠ADC，∠EDO＝15°．（1）試比較線段AO與AE的大小．并證明你的結(jié)論；（2）連接OE，求∠AOE的大?。敬鸢浮恳娫囶}解答內(nèi)容【分析】（1）由四邊形ABCD是矩形，DE平分∠ADC知∠CDE＝∠CED＝45°，得出△ADE是等腰直角三角形，AD＝AE，再證出△OAD是等邊三角形，得出AD＝AO＝DO，即可得出結(jié)論；（2）由等邊三角形的性質(zhì)得出∠DAO＝60°，得出∠OAE＝30°，再由等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理即可得出結(jié)果．【解答】解：（1）AO＝AE；理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝∠BAD＝90°，AO＝DO，∵DE平分∠ADC∴∠CDE＝∠ADE＝45°，∴△ADE是等腰直角三角形，∴AD＝AE，又∵∠EDO＝15°，∴∠ADO＝60°；∴△OAD是等邊三角形；∴AD＝AO＝DO，∴AO＝AE；（2）∵△OAD是等邊三角形，∴∠DAO＝60°，∴∠OAE＝90°﹣∠DAO＝30°，∵AO＝AE，∴∠AOE＝（180°﹣30°）÷2＝75°．14．如圖，四邊形ABCD是正方形，E是CD邊上任意一點，連接AE，作BF⊥AE，DG⊥AE，垂足分別為F、G．求證：AF＝DG【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB＝AD，再利用同角的余角相等求出∠BAF＝∠ADG，再利用“角角邊”證明△BAF和△ADG全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得AF＝DG，【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠DAB＝90°，∵BF⊥AE，DG⊥AE，∴∠AFB＝∠AGD＝∠ADG+∠DAG＝90°，∵∠DAG+∠BAF＝90°，∴∠ADG＝∠BAF，在△BAF和△ADG中，∵∠BAF=∠ADG∠AFB=∠DGA∴△BAF≌△ADG（AAS），∴AF＝DG，15．如圖，在一個邊長為am的正方形廣場的四個角上分別留出一個邊長為bm的正方形花壇（a＞2b），其余的地方種草坪．（1）求種草坪的面積是多少平方米；（2）當(dāng)a＝84，b＝8，且種每平方米草坪的成本為5元時，種這塊草坪共需投資多少元？【答案】（1）（a2﹣4b2）m2；（2）34000元．【分析】（1）種草坪的面積等于大正方形的面積減去四個小正方形的面積；（2）利用分解因式的方法求出草坪的面積為a2﹣4b2＝（a+2b）（a﹣2b），再把a(bǔ)，b的值代入求出面積，再進(jìn)行計算即可．【解答】解：（1）種草坪的面積是（a2﹣4b2）m2；（2）當(dāng)a＝84，b＝8時，種草坪的面積是a2﹣4b2＝（a+2b）（a﹣2b）＝（84+2×8）（84﹣2×8）＝100×68＝6800（m2），所以種這塊草坪共需投資5×6800＝34000（元）．一．選擇題（共7小題）1．如圖，矩形ABCD的對角線交于點O，AB＝4，AD＝2，△ADE為等邊三角形，點F是直線ED上一點，連接OF，則線段OF的最小值為（）A．1 B．3 C．2 D．3【答案】D【分析】作輔助線，構(gòu)建直角三角形，確定當(dāng)OF⊥ED時，線段OF的最小值，先計算EM和OM的長，根據(jù)含30度角直角三角形的性質(zhì)可得結(jié)論．【解答】解：連接OE，當(dāng)OF⊥ED時，線段OF的值最小，∵四邊形ABCD是矩形，∴AC＝BD，OA=12AC，OD＝BD=∴OD＝OA，∵△ADE是等邊三角形，∴DE＝AE＝AD＝2，∠DEA＝60°，∴OE是AD的垂直平分線，∴∠OEF＝30°，DM=12AD＝1，OM=12AB=在Rt△DEM中，EM=D在Rt△OEF中，OE=3+2，∠OEF＝∴OF=12OE故選：D．2．如圖，在菱形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，P是AC上任一點，PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，若AC＝8，BD＝6，則PE+PF的值為（）A．65 B．125 C．245 【答案】C【分析】過P作PM⊥CD于M，由菱形的性質(zhì)推出CD∥AB，AC⊥BD，OA=12AC，OB=12BD，AC平分∠BCD，由角平分線的性質(zhì)推出PF＝PM，由PE⊥AB于，PM⊥CD，CD∥AB，得到P、E、M共線，因此PE+PF＝ME，由勾股定理求出AB=OA2+OB2=5，由菱形的面積公式得到AB?EM=【解答】解：過P作PM⊥CD于M，∵四邊形ABCD是菱形，∴CD∥AB，AC⊥BD，OA=12AC，OB=12BD，∵PF⊥BC于F，∴PF＝PM，∵PE⊥AB于，PM⊥CD，CD∥AB，∴P、E、M共線，∴PE+PF＝PE+PM＝ME，∵AC＝8，BD＝6，∴OA=12×8＝4，OB=1∴AB=OA∵菱形ABCD的面積＝AB?EM=12AC?∴5EM=12×6∴EM=24∴PE+PF的值為245故選：C．3．如圖，在正方形ABCD中，分別以B，D為圓心，以相同長度為半徑作弧相交于點E，作射線AE交對角線BD于點O，若AB＝4，則AO＝（）A．2 B．3 C．2 D．2【答案】D【分析】由作圖過程可得BE＝DE，根據(jù)AB＝AD可得AE是BD的垂直平分線，所以點O是正方形對角線AC，BD的交點，然后利用等腰直角三角形的性質(zhì)即可解決問題．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，如圖，連接BE，DE，由作圖過程可知：BE＝DE，∴AE是BD的垂直平分線，∵四邊形ABCD是正方形，∴對角線AC，BD互相垂直平分，∴點E在AC上，∴點O是正方形對角線AC，BD的交點，∴OA=22AB=22×故選：D．4．圖1是第七屆國際數(shù)學(xué)教育大會（ICME）的會徽，圖2由其主體圖案中相鄰兩個直角三角形組合而成．作菱形CDEF，使點D，E，F(xiàn)分別在邊OC，OB，BC上，過點E作EH⊥AB于點H．當(dāng)AB＝BC，∠BOC＝30°，DE＝2時，EH的長為（）A．3 B．32 C．2 D．【答案】C【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得到CD＝DE＝CF＝EF＝2，CF∥DE，CD∥EF，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到OD＝2DE＝4，OE=3DE＝23，求得CO＝CD+DO＝6【解答】解：∵四邊形CDEF是菱形，DE＝2，∴CD＝DE＝CF＝EF＝2，CF∥DE，CD∥EF，∵∠CBO＝90°，∠BOC＝30°，∴OD＝2DE＝4，OE=3DE＝23∴CO＝CD+DO＝6，∴BC＝AB=12CD＝3，OB=3BC＝∵∠A＝90°，∴AO=OB2∵EF∥CD，∴∠BEF＝∠BOC＝30°，∴BE=3∵EH⊥AB，∴EH∥OA，∴△BHE∽△BAO，∴EHOA∴EH3∴EH=2故選：C．5．已知AB，CD，EF是三條平行線，小明在三條平行線之間擺放相同的長方形紙片，如圖所示，在CD上方有7個，在CD下方有4個，AEFB構(gòu)成大長方形．已知小紙片長為a，寬為b，擺放方式不重疊也無空隙．小明發(fā)現(xiàn)，改變AB的長度，空余部分的面積S1與S2的差不改變，則a，b之間的關(guān)系為（）A．5b＝2a B．4b＝a C．3b＝a D．5b＝3a【答案】B【分析】由矩形的性質(zhì)得出S1﹣S2＝AB×4b﹣4ab﹣AB×a+7ab＝（4b﹣a）AB+3ab，再根據(jù)改變AB的長度，空余部分的面積S1與S2的差不改變，得出4b﹣a＝0，即可得出結(jié)果．【解答】解：∵四邊形AEFB為矩形，AB∥CD∥EF，∴AB＝EF，四邊形ABCD、四邊形CDFE都為矩形，∵在三條平行線之間擺放相同的長方形紙片，小紙片長為a，寬為b，擺放方式不重疊也無空隙，∴S1＝EF×4b﹣4b×a＝AB×4b﹣4ab，S2＝AB×a﹣7b×a＝AB×a﹣7ab，∴S1﹣S2＝AB×4b﹣4ab﹣AB×a+7ab＝（4b﹣a）AB+3ab，∵改變AB的長度，空余部分的面積S1與S2的差不改變，∴4b﹣a＝0，∴4b＝a，故選：B．6．如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，過點A作AE⊥BC于點E，連接OE．若OB＝6，菱形ABCD的面積為54，則OE的長為（）A．4 B．4.5 C．5 D．5.5【答案】B【分析】由菱形的性質(zhì)得出BD＝12，由菱形的面積得出AC＝9，再由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)即可得出結(jié)果．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD=12BD，BD⊥∴BD＝2OB＝12，∵S菱形ABCD=12AC?BD＝∴AC＝9，∵AE⊥BC，∴∠AEC＝90°，∴OE=12AC＝故選：B．7．如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，E為CD上一動點，AE交BD于F，過F作FH⊥AE交BC于點H，過H作GH⊥BD于G，連結(jié)AH．以下四個結(jié)論中：①AF＝HE；②∠HAE＝45°；③AB=2FG；④△CEH的周長為A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】B【分析】①作輔助線，延長HF交AD于點L，連接CF，通過證明△ADF≌△CDF，可得：AF＝CF，故需證明FC＝FH，可證：AF＝FH；AF＜EH，據(jù)此得征；②由FH⊥AE，AF＝FH，可得：∠HAE＝45°，據(jù)此得證；③FG的長度不是定值，據(jù)此得證；④作輔助線，延長AD至點M，使AD＝DM，過點C作CI∥HL，則IL＝HC，再根據(jù)△MEC≌△MIC，可證：CE＝IM，同理可證AL＝HE，故△CEH的周長為邊AM的長，據(jù)此得證．【解答】解：①連接FC，延長HF交AD于點L，如圖1，∵BD為正方形ABCD的對角線，∴∠ADB＝∠CDF＝45°．∵AD＝CD，DF＝DF，∴△ADF≌△CDF（SAS）．∴FC＝AF，∠ECF＝∠DAF．∵∠ALH+∠LAF＝90°，∴∠LHC+∠DAF＝90°．∵∠ECF＝∠DAF，∴∠FHC＝∠FCH，∴FH＝FC．∴FH＝AF，∵FH⊥AE，∴FH＜EH，∴AF＜EH，故①錯誤；∵FH⊥AE，F(xiàn)H＝AF，∴∠HAE＝45°，故②正確；∵F是動點，∴FG的長度不是定值，不可能AB=2FG，故④延長AD至點M，使AD＝DM，過點C作CI∥HL，如圖2，則四邊形LHCI為平行四邊形，∴LI＝HC，∵HL⊥AE，CI∥HL，∴AE⊥CI，∴∠DIC+∠EAD＝90°，∵∠EAD+∠AED＝90°，∴∠DIC＝∠AED，∵ED⊥AM，AD＝DM，∴EA＝EM，∴∠AED＝∠MED，∴∠DIC＝∠DEM，∴180°﹣∠DIC＝180°﹣∠DEM，∴∠CIM＝∠CEM，∵CM＝MC，∠ECM＝∠CMI＝45°，∴△MEC≌△CIM（AAS），∴CE＝IM，∵E，F(xiàn)，H共圓，∠HFE＝90°，∴HE為直徑，∵∠HCF＝90°，∴點C在以HE為直徑的圓上，∴∠FHE＝∠FCE，∵∠FCE＝∠FAD，∴∠FAD＝∠FHE，∵∠AFL＝∠HFE，AF＝HF，∴△AFL≌△FHE（ASA），∴AL＝HE，∴HE+HC+EC＝AL+LI+IM＝AM＝12．故△CEH的周長為12，④正確．綜上所述，②④正確．故選：B．二．填空題（共5小題）8．如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，點E為AD的中點，連接OE，∠ABC＝60°，BD＝43，則OE＝2．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得，∠ABO＝30°，AC⊥BD，則BO＝23，再利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴BO＝DO，∠ABO＝30°，AC⊥BD，AB＝AD，∴BO＝23，∴AO=33BO＝∴AB＝2AO＝4，∵E為AD的中點，∠AOD＝90°，∴OE=12AD＝故答案為：2．9．如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，M，N分別是BC，CD上的動點，連接AM，BN交于點E，且∠BND＝∠AMC．（1）AMBN=3（2）連接CE，則CE的最小值為2．【答案】（1）32（2）2．【分析】（1）根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)即可得出結(jié)果；（2）取AB的中點O，連接OE，OC，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，得OE=12AB=3【解答】解：（1）∵∠AMB＝180°﹣∠AMC，∠BNC＝180°﹣∠BND，∠BND＝∠AMC，∴∠AMB＝∠BNC，∵∠ABM＝∠BCN，∴△ABM∽△BCN，AMBN故答案為：32（2）取AB的中點O，連接OE，OC，∴OB=1由（1）中△ABM∽△BCN，得∠BAM＝∠CBN，∵∠CBN+∠ABN＝90°，∴∠ABN+∠BAM＝90°即∠AEB＝90°，在Rt△AEB中，OE=1在Rt△OBC中，OC=O在△OCE中，CE≥OC﹣OE＝5﹣3＝2，故答案為：2．10．如圖，四邊形ABCD是菱形，AC、BD交于點E，DF⊥AB交AB于點F，連接EF，若AC＝16，EF＝6，則DF＝9.6．【答案】9.6．【分析】由菱形的性質(zhì)得到AC⊥BD，BE＝DE，AE=12AC，由直角三角形斜邊中線的性質(zhì)求出BD＝12，由勾股定理求出AB=AE2+BE2=10，由菱形的面積公式得到AB?DF【解答】解：∵ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BE＝DE，AE=12∵DF⊥AB，∴∠BFD＝90°，∴EF=12∵EF＝6，∴BD＝12，∴BE=12BD＝∵AC＝16，∴AE=12×16∴AB=AE∵菱形ABCD的面積＝AB?DF=12AC?∴10DF=12×16∴DF＝9.6．故答案為：9.6．11．邊長分別為3a和2a的兩個正方形按如圖的樣式擺放，記圖中陰影部分的面積為S1，沒有陰影部分的面積為S2，則S1S2=【答案】1115【分析】結(jié)合圖形，發(fā)現(xiàn)：陰影部分的面積＝正方形的面積﹣沒有陰影部分的面積，沒有陰影部分的面積＝直角三角形的面積，代入求值即可．【解答】解：根據(jù)圖形可知：沒有陰影部分的面積為S2=12?3a?（3a+2a）=15陰影部分的面積為S1＝3a?3a+2a?2a﹣S2＝13a2-152a2=11∴S1故答案為：111512．如圖，在正方形ABCD中，AB＝4，E為對角線AC上與A，C不重合的一個動點，過點E作EF⊥AB于點F，EG⊥BC于點G，連接DE，F(xiàn)G，下列結(jié)論：①DE＝FG；②∠BFG＝∠ADE；③DE⊥FG；④FG的最小值為22．其中正確結(jié)論的有①②③④．（填序號）【答案】①②③④．【分析】連接BE，交FG于點O，由題意得∠EFB＝∠EGB＝90°，即可得四邊形EFBG為矩形，得FG＝BE，OB＝OF＝OE＝OG，用SAS即可得△ABE≌△ADE，即可判斷①；根據(jù)全等三角形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)得∠BFG＝∠ADE，即可判斷②，延長DE，交FG于M，交FB于點H，由①得，∠ABE＝∠ADE，根據(jù)題意和角之間的關(guān)系得DE⊥FG，即可判斷③，根據(jù)垂線段最短得當(dāng)DE⊥AC時，DE最小，根據(jù)勾股定理得AC＝42，即可得FG的最小值為22，即可判斷④．【解答】解：如圖所示，連接BE，交FG于點O，∵EF⊥AB，EG⊥BC，∴∠EFB＝∠EGB＝90°，∵∠ABC＝90°，∴四邊形EFBG為矩形，∴FG＝BE，OB＝OF＝OE＝OG，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝45°，在△ABE和△ADE中，AE=AE∠BAC=∠DAC∴△ABE≌△ADE（SAS），∴BE＝DE，∴DE＝FG，即①正確；∵△ABE≌△ADE，∴∠ABE＝∠ADE，∵OB＝OF，∴∠OFB＝∠ABE，∴∠BFG＝∠ADE，即②正確，延長DE，交FG于M，交FB于點H，由①得，∠ABE＝∠ADE，∵OB＝OF，∴∠OFB＝∠ABE，∴∠OFB＝∠ADE，∵∠BAD＝90°，∴∠ADE+∠AHD＝90°，∴∠OFB+∠AHD＝90°，即∠FMH＝90°，∴DE⊥FG，即③正確；∵E為對角線AC上的一個動點，∴當(dāng)DE⊥AC時，DE最小，∵AB＝AD＝CD＝4，∠ADC＝90°，∴AC=AD2∴DE=12AC＝2由①知，F(xiàn)G＝DE，∴FG的最小值為22，即④正確，綜上，①②③④正確，故答案為：①②③④．三．解答題（共3小題）13．如圖，正方形ABCD中，E是BC上的一點，連接AE，過B點作BG⊥AE，垂足為點G，延長BG交CD于點F，連接AF．（1）求證：BE＝CF．（2）若正方形邊長是5，BE＝2，求AF的長．【答案】（1）見解析；（2）34．【分析】（1）根據(jù)ASA證明△ABE≌△BCF，可得結(jié)論；（2）根據(jù)（1）得：△ABE≌△BCF，則CF＝BE＝2，最后利用勾股定理可得AF的長．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF，∴∠BAE+∠AEB＝90°，∵BG⊥AE，∴∠BGE＝90°，∴∠AEB+∠EBG＝90°，∴∠BAE＝∠EBG，∴△ABE≌△BCF（ASA），∴BE＝CF；（2）∵正方形邊長是5，∴AB＝BC＝CD＝5，∵BE＝2，∴由（1）得CF＝BE＝2，∴DF＝CD﹣CF＝5﹣2＝3，在Rt△ADF中，由勾股定理得：AF=A14．如圖，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，點E、點F分別是對角線AC上的點，且AE＝CF，過點E作EG⊥BF，交BC于點G，平移BF，使B、F的對應(yīng)點分別是G、H，連接DH．（1）當(dāng)△ADE是以AE為腰長的等腰三角形時，求CE的長；（2）連接BF、DE，判斷四邊形DEGH的形狀，并說明理由．【答案】（1）CE的長為2或5；（2）四邊形DEGH是矩形，證明見解答．【分析】（1）運用勾股定理可得AC＝10，分兩種情況：當(dāng)AE＝AD＝8時，則CE＝AC﹣AE＝10﹣8＝2；當(dāng)AE＝DE時，∠EAD＝∠EDA，推出∠ECD＝∠EDC，得DE＝CE，進(jìn)而得出AE＝CE，可得CE＝5；（2）先證明△ADE≌△CBF（SAS），可得DE＝BF，∠AED＝∠CFB，即∠DEC＝∠AFB，由平行線的判定可得DE∥BF，結(jié)合平移可得DE∥GH，DE＝GH，證得四邊形DEGH是平行四邊形，再證得∠EGH＝90°，即可得出四邊形DEGH是矩形．【解答】解：（1）∵矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，BC＝AD＝8，CD＝AB＝6，∴AC=AB當(dāng)AE＝AD＝8時，則CE＝AC﹣AE＝10﹣8＝2；當(dāng)AE＝DE時，∠EAD＝∠EDA，∵∠EAD+∠ECD＝90°，∠EDA+∠EDC＝90°，∴∠ECD＝∠EDC，∴DE＝CE，∴AE＝CE，∴CE=12AC＝綜上所述，當(dāng)△ADE是以AE為腰長的等腰三角形時，CE的長為2或5；（2）四邊形DEGH是矩形，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠DAE＝∠BCF，∵AE＝CF，∴△ADE≌△CBF（SAS），∴DE＝BF，∠AED＝∠CFB，∴180°﹣∠AED＝180°﹣∠CFB，即∠DEC＝∠AFB，∴DE∥BF，由平移得：BF∥GH，BF＝GH，∴DE∥GH，DE＝GH，∴四邊形DEGH是平行四邊形，∵EG⊥BF，∴EG⊥GH，∴∠EGH＝90°，∴四邊形DEGH是矩形．15．在數(shù)學(xué)活動課上，老師出了一道題，讓同學(xué)們解答．在?ABCD中，過點B作BE⊥CD于點E，點F在邊AB上，AF＝CE，連接DF．求證：四邊形BFDE是矩形．小星和小紅分別給出了自己的思路：小星：利用矩形的定義“有一個角是直角的平行四邊形叫做矩形”來證明；小紅：利用定理“有三個角是直角的四邊形是矩形”來證明．（1）小星的思路正確，小紅的思路正確（選填“正確”或“錯誤”）；（2）請選擇小紅或小星的思路完善證明過程．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）由矩形的判定方法即可得出答案；（2）小紅的思路：由平行四邊形的性質(zhì)得出CD∥AB，AD＝CB，∠A＝∠C，易證∠BED＝∠EBF＝∠BEC＝90°，再證△ADF≌△CBE（SAS），得出∠DFA＝∠BEC＝90°，即可得出結(jié)論；小星的思路：由平行四邊形的性質(zhì)得出CD∥AB，CD＝AB，求出BF＝DE，則四邊形BFDE是平行四邊形，再