2024八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)第5章特殊平行四邊形易錯(cuò)30題專練含解析新版浙教版

Page1第5章特殊平行四邊形（易錯(cuò)30題專練）一．選擇題（共10小題）1．（青州市期末）下列說法中正確的是（）A．有一個(gè)角是直角的四邊形是矩形 B．兩條對(duì)角線相互垂直的四邊形是菱形 C．兩條對(duì)角線相互垂直平分的四邊形是正方形 D．兩條對(duì)角線相等的菱形是正方形【分析】依據(jù)矩形、菱形和正方形的判定方法，即可得到正確結(jié)論．【解答】解：A．有一個(gè)角是直角的四邊形不愿定是矩形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；B．兩條對(duì)角線相互垂直的四邊形不愿定是菱形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；C．兩條對(duì)角線相互垂直平分的四邊形是菱形，故本選項(xiàng)錯(cuò)誤；D．兩條對(duì)角線相等的菱形是正方形，故本選項(xiàng)正確．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了矩形、菱形和正方形的判定，正方形的判定沒有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．2．（婺城區(qū)校級(jí)期末）下列推斷正確的是（）A．對(duì)角線相互垂直的平行四邊形是菱形 B．兩組鄰邊相等的四邊形是平行四邊形 C．對(duì)角線相等的四邊形是矩形 D．有一個(gè)角是直角的平行四邊形是正方形【分析】利用平行四邊形及特殊的平行四邊形的判定定理逐一判定后即可得到正確的選項(xiàng)．【解答】解：A、對(duì)角線相互垂直的平行四邊形是菱形，正確；B、兩組鄰邊相等的四邊形不愿定是平行四邊形，錯(cuò)誤；C、對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形，錯(cuò)誤；D、有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形，錯(cuò)誤；故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了命題與定理的學(xué)問，解題的關(guān)鍵是了解平行四邊形及特殊的平行四邊形的判定方法，難度不大．3．（余姚市期末）下列說法正確的是（）A．對(duì)角線相互垂直的四邊形是菱形 B．對(duì)角線相互垂直且相等的四邊形是正方形 C．一組對(duì)邊平行另一組對(duì)邊相等的四邊形是平行四邊形 D．對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形【分析】依據(jù)菱形、正方形、平行四邊形、矩形的判定，逐個(gè)進(jìn)行驗(yàn)證，即可得出正確選項(xiàng)．【解答】解：A、對(duì)角線相互垂直平分的平行四邊形時(shí)菱形，A不符合題意．對(duì)角線相互垂直平分且相等的四邊形是正方形，錯(cuò)誤，故B不符合題意．C、一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，錯(cuò)誤，故C不符合題意．D、對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形，正確，故D符合題意．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題是考查菱形、正方形、平行四邊形、矩形的判定．就每一個(gè)選項(xiàng)來說都是單一學(xué)問點(diǎn)，是比較基礎(chǔ)的學(xué)問，而把四個(gè)選項(xiàng)置于一個(gè)試題之中，它涉及到四個(gè)學(xué)問點(diǎn)和四種圖形的聯(lián)系和區(qū)分，要求學(xué)生的思維必需縝密、全面．4．（武侯區(qū)校級(jí)期中）下列說法不正確的是（）A．一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形 B．對(duì)角線相互垂直的平行四邊形是菱形 C．有一個(gè)角為直角的四邊形是矩形 D．對(duì)角線相互垂直平分且相等的四邊形是正方形【分析】依據(jù)平行四邊形的判定、菱形的判定、矩形的判定和正方形的判定進(jìn)行逐一推斷即可．【解答】解：A．因?yàn)橐唤M對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，所以A選項(xiàng)正確，不符合題意；B．因?yàn)閷?duì)角線相互垂直的平行四邊形是菱形，所以B選項(xiàng)正確，不符合題意；C．因?yàn)橛幸粋€(gè)角為直角的平行四邊形是矩形，所以C選項(xiàng)不正確，符合題意；D．因?yàn)閷?duì)角線相互垂直平分且相等的四邊形是正方形，所以D選項(xiàng)正確，不符合題意．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的判定、平行四邊形的判定、菱形的判定、矩形的判定，解決本題的關(guān)鍵是駕馭正方形的判定、平行四邊形的判定、菱形的判定、矩形的判定．5．（金水區(qū)月考）矩形OABC在平面直角坐標(biāo)系中的位置如圖所示，已知B（2，2），點(diǎn)A在x軸上，點(diǎn)C在y軸上，P是對(duì)角線OB上一動(dòng)點(diǎn)（不與原點(diǎn)重合），連接PC，過點(diǎn)P作PD⊥PC，交x軸于點(diǎn)D．下列結(jié)論：①OA＝BC＝2；②當(dāng)點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)到OA的中點(diǎn)處時(shí)，PC2+PD2＝7；③當(dāng)△ODP為等腰三角形時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（，0）．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）A．0個(gè) B．1個(gè) C．2個(gè) D．3個(gè)【分析】①依據(jù)矩形的性質(zhì)即可得到OA＝BC＝2；故①正確；②由點(diǎn)D為OA的中點(diǎn)，得到OD＝OA＝，依據(jù)勾股定理即可得到PC2+PD2＝CD2＝OC2+OD2＝22+（）2＝7，故②正確；③當(dāng)△ODP為等腰三角形時(shí)，Ⅰ、OD＝PD，解直角三角形得到OD＝OC＝，Ⅱ、OP＝OD，依據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和四邊形的內(nèi)角和得到∠OCP＝105°＞90°，故不合題意舍去；Ⅲ、OP＝PD，依據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和四邊形的內(nèi)角和得到∠OCP＝105°＞90°，故不合題意舍去；于是得到當(dāng)△ODP為等腰三角形時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2﹣4，0）或（，0）．故③錯(cuò)誤．【解答】解：①∵四邊形OABC是矩形，B（2，2），∴OA＝BC＝2；故①正確；②∵點(diǎn)D為OA的中點(diǎn)，∴OD＝OA＝，∵PD⊥PC，∴∠CPD＝90°，∴PC2+PD2＝CD2＝OC2+OD2＝22+（）2＝7，故②正確；③∵B（2，2），四邊形OABC是矩形，∴OA＝2，AB＝2，∵tan∠AOB＝＝，∴∠AOB＝30°，當(dāng)△ODP為等腰三角形時(shí)，Ⅰ、OD＝PD，∴∠DOP＝∠DPO＝30°，∴∠ODP＝120°，∴∠ODC＝60°∴OD＝OC＝，∴D（，0）；Ⅱ、當(dāng)D在x軸的正半軸上時(shí)，OP＝OD，∴∠ODP＝∠OPD＝75°，∵∠COD＝∠CPD＝90°，∴∠OCP＝105°＞90°，故不合題意舍去；當(dāng)D在x軸的負(fù)半軸上時(shí)，OP′＝OD′，如圖，∵∠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°故不合題意舍去，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2﹣4，0）或（，0）．故③錯(cuò)誤，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，構(gòu)造出相像三角形表示出CP和PD是解本題的關(guān)鍵．6．（北碚區(qū)校級(jí)期末）下列說法中，不正確的是（）A．四邊相等的四邊形是菱形 B．同位角相等 C．一組對(duì)邊平行，另一組對(duì)角相等的四邊形是平行四邊形 D．矩形的對(duì)角線相等且相互平分【分析】依據(jù)菱形的定義，平行線的性質(zhì)，平行四邊形的判定，矩形的性質(zhì)逐個(gè)推斷即可．【解答】解：A、四條邊相等的四邊形是菱形，故本選項(xiàng)不符合題意；B、只有兩直線平行時(shí)，同位角才相等，故本選項(xiàng)符合題意；C、∵AD∥BC，∴∠A+∠B＝180°，∠C+∠D＝180°，∵∠B＝∠D，∴∠A＝∠C，∴四邊形ABCD是平行四邊形，故本選項(xiàng)不符合題意；D、矩形的對(duì)角線相等且相互平分，故本選項(xiàng)不符合題意；故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了菱形的定義，平行線的性質(zhì)，平行四邊形的判定，矩形的性質(zhì)等學(xué)問點(diǎn)，能熟記學(xué)問點(diǎn)的內(nèi)容是解此題的關(guān)鍵．7．（玄武區(qū)期末）下列說法正確的是（）A．一組對(duì)邊平行，另一組對(duì)邊相等的四邊形是平行四邊形 B．對(duì)角線相等的四邊形是矩形 C．每一條對(duì)角線都平分一組對(duì)角的四邊形是菱形 D．對(duì)角線相互垂直且相等的四邊形是正方形【分析】依據(jù)平行四邊形的判定，菱形的判定，正方形的判定逐個(gè)推斷即可．【解答】解：A、一組對(duì)邊平行，另一組對(duì)邊相等的四邊形可能是等腰梯形，故本選項(xiàng)不符合題意；B、對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形，故本選項(xiàng)不符合題意；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，∴四邊形ABCD是菱形，故本選項(xiàng)符合題意；D、對(duì)角線相等且垂直的平行四邊形是正方形，故本選項(xiàng)不符合題意；故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，平行四邊形的判定，菱形的判定，正方形的判定等學(xué)問點(diǎn)，能熟記學(xué)問點(diǎn)的內(nèi)容是解此題的關(guān)鍵．8．（鹿城區(qū)校級(jí)一模）如圖，在△ABC中以AC，BC為邊向外作正方形ACFG與正方形BCDE，連結(jié)DF，并過C點(diǎn)作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，則MD的長(zhǎng)為（）A． B． C． D．【分析】過D作DN⊥CF于點(diǎn)N，作DP⊥HM于點(diǎn)P，過點(diǎn)F作FQ⊥HM，交HM的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，依據(jù)勾股定理即可求得DF的長(zhǎng)．再依據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等可得FQ＝DP，進(jìn)而判定△FQM≌△DPM，即可得到M是FD的中點(diǎn)，據(jù)此可得DM＝DF．【解答】解：如圖所示，過D作DN⊥CF于點(diǎn)N，作DP⊥HM于點(diǎn)P，過點(diǎn)F作FQ⊥HM，交HM的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，∵∠ACB＝120°，∠ACF＝∠BCD＝90°，∴∠DCN＝60°，∠CDN＝30°，又∵BC＝DC＝2，AC＝FC＝3，∴CN＝CD＝1，F(xiàn)N＝CF﹣CN＝3﹣1＝2，DN＝＝，Rt△DFN中，DF＝＝＝．∵四邊形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的中點(diǎn)，∴DM＝DF＝．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理的綜合運(yùn)用，通過作幫助線構(gòu)造全等三角形，靈敏運(yùn)用全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等是解決問題的關(guān)鍵．9．（寧波模擬）如圖，平行四邊形EQGH的四個(gè)頂點(diǎn)分別在矩形ABCD的四條邊上，QP∥AB，分別交EH，AD于點(diǎn)R，P，過點(diǎn)R作MN∥AD，分別交AB，DC于點(diǎn)M，N，要求得平行四邊形EQGH的面積，只需知道下列哪個(gè)四邊形的面積即可（）A．四邊形MBCN B．四邊形AMND C．四邊形RQCN D．四邊形PRND【分析】連接HQ，RC，依據(jù)△AEH≌△CGQ，即可得出AH＝CQ，再依據(jù)S△EQH＝S△CQR，即可得到S平行四邊形EQGH＝S矩形RQCN，進(jìn)而得出要求得平行四邊形EQGH的面積，只需知道四邊形RQCN的面積即可．【解答】解：如圖所示，連接HQ，RC，由題可得，∠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平行四邊形EQGH＝S矩形RQCN，∴要求得平行四邊形EQGH的面積，只需知道四邊形RQCN的面積即可．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了矩形的性質(zhì)以及平行四邊形的性質(zhì)的運(yùn)用，解決問題的方法是作幫助線，通過連接四邊形的對(duì)角線，將四邊形的面積問題轉(zhuǎn)化為三角形的面積問題來解決．本題的關(guān)鍵在于在困難圖形中找出△AEH≌△CGQ，發(fā)覺AH＝CQ這一對(duì)應(yīng)邊相等的條件．10．（慈溪市模擬）已知，矩形ABCD中，E為AB上確定點(diǎn)，F(xiàn)為BC上一動(dòng)點(diǎn)，以EF為一邊作平行四邊形EFGH，點(diǎn)G，H分別在CD和AD上，若平行四邊形EFGH的面積不會(huì)隨點(diǎn)F的位置變更而變更，則應(yīng)滿足（）A．AD＝4AE B．AD＝2AB C．AB＝2AE D．AB＝3AE【分析】設(shè)AB＝a，BC＝b，BE＝c，BF＝x，依據(jù)S平行四邊形EFGH＝S矩形ABCD﹣2（S△BEF+S△AEH）＝（a﹣2c）x+bc，F(xiàn)為BC上一動(dòng)點(diǎn)，x是變量，（a﹣2c）是x的系數(shù)，依據(jù)平行四邊形EFGH的面積不會(huì)隨點(diǎn)F的位置變更而變更，為固定值，x的系數(shù)為0，bc為固定值，a﹣2c＝0，進(jìn)而可得點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，即可進(jìn)行推斷．【解答】解：設(shè)AB＝a，BC＝b，BE＝c，BF＝x，∴S平行四邊形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為BC上一動(dòng)點(diǎn)，∴x是變量，（a﹣2c）是x的系數(shù)，∵平行四邊形EFGH的面積不會(huì)隨點(diǎn)F的位置變更而變更，為固定值，∴x的系數(shù)為0，bc為固定值，∴a﹣2c＝0，∴a＝2c，∴E是AB的中點(diǎn)，∴AB＝2AE，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是駕馭矩形的性質(zhì)．二．填空題（共10小題）11．（永嘉縣校級(jí)模擬）如圖，在正方形ABCD中，AB＝4cm，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)F從點(diǎn)A動(dòng)身，以2cm/s的速度沿AB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts，當(dāng)△CEF為等腰三角形時(shí)，t的值是1或2或．【分析】依據(jù)題意運(yùn)用分類探討思想進(jìn)行求解，若CE＝CF或CE＝CF時(shí)，先利用勾股定理求出CE的值，即得到EF或CF的值，再運(yùn)用勾股定理分別求出BF或AF的值；當(dāng)EF＝CF時(shí)，設(shè)AF＝x，利用勾股定理列出方程求出x的值，繼而求出t．【解答】解：依據(jù)題意得，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝CD＝BC＝4，∠B＝∠D＝90°，∵E是AD的中點(diǎn)，∴AE＝DE＝2，在Rt△CDE中，CE＝＝＝2，①當(dāng)CE＝CF時(shí)，即CF＝2，在Rt△BCF中，BF＝＝＝2，∴AF＝AB﹣BF＝2，∴t＝2÷2＝1；②當(dāng)CE＝EF時(shí)，即EF＝2，在Rt△AEF中，AF＝＝＝4，∴t＝4÷2＝2；③當(dāng)EF＝CF時(shí)，設(shè)AF＝x，則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＝．故答案為：1或2或．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)及勾股定理的應(yīng)用，能夠依據(jù)已知接受分類探討思想解答是正確作答本題的關(guān)鍵．12．（吳興區(qū)校級(jí)三模）正方形ABCD，點(diǎn)E在BC上，點(diǎn)F在CD上，且BE＝CF．連接AE，BF，兩線相交于點(diǎn)G，已知正方形邊長(zhǎng)為3，△ABG的周長(zhǎng)為7，則圖中陰影部分與空白部分的面積比為7：29．【分析】由“SAS”可證△ABE≌△BCF，可得S△ABE＝S△BCF，∠BAE＝∠CBF，由正方形的邊長(zhǎng)與，△ABG的周長(zhǎng)可求AG+BG，再由勾股定理求得AG2+BG2，依據(jù)完全平方公式求得AG?BG，進(jìn)而求得S△ABO，即可得陰影部分與空白部分的面積，便可求得兩者的面積比．【解答】解：∵四邊形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的周長(zhǎng)為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，∴，∴，∴，故答案為7：29．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，求出AG?BG的值是本題的關(guān)鍵．13．（武侯區(qū)校級(jí)期中）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4．過點(diǎn)A作AG⊥BD于G，則BG等于．【分析】由勾股定理求得BD的長(zhǎng)度，再由三角形的面積公式求得AG，再依據(jù)勾股定理即可得到BG的長(zhǎng)．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∴BD＝＝＝5，由三角形的面積公式得，BD?AG＝AB?AD，∴AG＝＝＝，∴BG＝＝＝，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了矩形的性質(zhì)以及勾股定理的運(yùn)用，利用面積法求得AG的長(zhǎng)是解決問題的關(guān)鍵．14．（南崗區(qū)校級(jí)期中）如圖，在矩形AOBC中，點(diǎn)A的坐標(biāo)是（﹣2，1），點(diǎn)C的縱坐標(biāo)是4，則B點(diǎn)的縱坐標(biāo)是3．【分析】過點(diǎn)A作AD⊥x軸于點(diǎn)D，過點(diǎn)B作BE⊥x軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)C作CF∥y軸，過點(diǎn)A作AF∥x軸，交點(diǎn)為F，則AF⊥CF，延長(zhǎng)CA交x軸于點(diǎn)H，證明△AFC≌△OEB，即可求得答案．【解答】解：如圖，過點(diǎn)A作AD⊥x軸于點(diǎn)D，過點(diǎn)B作BE⊥x軸于點(diǎn)E，過點(diǎn)C作CF∥y軸，過點(diǎn)A作AF∥x軸，交點(diǎn)為F，則AF⊥CF，延長(zhǎng)CA交x軸于點(diǎn)H，∵四邊形AOBC是矩形，∴OB＝AC，AC∥OB，∴∠CAF＝∠CHO＝∠BOE，∵∠AFC＝∠OEB＝90°，∴△AFC≌△OEB（AAS），∴CF＝BE＝4﹣1＝3，故答案為：3．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是駕馭矩形的性質(zhì)．15．（荷塘區(qū)期末）如圖，在長(zhǎng)方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在CD、BC上，若三角形CEF、三角形ADE、三角形ABF的面積分別為3cm2、4cm2、5cm2，則三角形AEF的面積為8cm2．【分析】設(shè)AB＝a，BC＝b，依據(jù)△CEF，△ADE，△ABF的面積分別是3，4，5，分別列式表示DE、CE、CF、BF的長(zhǎng)，可得方程：S△ABF＝＝5，＝5，求得ab的值，即是矩形ABCD的面積，可得結(jié)論．【解答】解：設(shè)AB＝a，BC＝b，∵△CEF，△ADE，△ABF的面積分別是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（不合題意，舍去），∴S△AEF＝20﹣3﹣4﹣5＝8．故答案為：8．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)、三角形的面積、一元二次方程的解，本題利用參數(shù)表示各邊的長(zhǎng)，計(jì)算出矩形的面積是關(guān)鍵．16．（舟山）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，點(diǎn)E在CD上，DE＝1，點(diǎn)F是邊AB上一動(dòng)點(diǎn)，以EF為斜邊作Rt△EFP．若點(diǎn)P在矩形ABCD的邊上，且這樣的直角三角形恰好有兩個(gè)，則AF的值是0或1＜AF或4．【分析】先依據(jù)圓周角定理確定點(diǎn)P在以EF為直徑的圓O上，且是與矩形ABCD的交點(diǎn)，先確定特殊點(diǎn)時(shí)AF的長(zhǎng)，當(dāng)F與A和B重合時(shí)，都有兩個(gè)直角三角形．符合條件，即AF＝0或4，再找⊙O與AD和BC相切時(shí)AF的長(zhǎng)，此時(shí)⊙O與矩形邊各有一個(gè)交點(diǎn)或三個(gè)交點(diǎn)，在之間運(yùn)動(dòng)過程中符合條件，確定AF的取值．【解答】解：∵△EFP是直角三角形，且點(diǎn)P在矩形ABCD的邊上，∴P是以EF為直徑的圓O與矩形ABCD的交點(diǎn)，①當(dāng)AF＝0時(shí)，如圖1，此時(shí)點(diǎn)P有兩個(gè)，一個(gè)與D重合，一個(gè)交在邊AB上；②當(dāng)⊙O與AD相切時(shí)，設(shè)與AD邊的切點(diǎn)為P，如圖2，此時(shí)△EFP是直角三角形，點(diǎn)P只有一個(gè)，解法一：當(dāng)⊙O與BC相切時(shí)，如圖6，連接OP，EP，PF，此時(shí)構(gòu)成三個(gè)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：當(dāng)⊙O與BC相切時(shí)，如圖4，連接OP，此時(shí)構(gòu)成三個(gè)直角三角形，則OP⊥BC，設(shè)AF＝x，則BF＝P1C＝4﹣x，EP1＝x﹣1，∵OP∥EC，OE＝OF，∴OG＝EP1＝，∴⊙O的半徑為：OF＝OP＝+（4﹣x），在Rt△OGF中，由勾股定理得：OF2＝OG2+GF2，∴，解得：x＝，∴當(dāng)1＜AF＜時(shí)，這樣的直角三角形恰好有兩個(gè)，如圖3，③當(dāng)AF＝4，即F與B重合時(shí)，這樣的直角三角形恰好有兩個(gè)，如圖5，綜上所述，則AF的值是：0或1＜AF或4．故答案為：0或1＜AF或4．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，三角形中位線定理的運(yùn)用，圓的性質(zhì)的運(yùn)用，分類探討思想的運(yùn)用，解答時(shí)運(yùn)用勾股定理求解是關(guān)鍵，并留意運(yùn)用數(shù)形結(jié)合的思想解決問題..17．（嘉善縣模擬）在矩形ABCD中，∠ABC的平分線交邊AD于點(diǎn)E，∠BED的平分線交直線CD于點(diǎn)F．若AB＝3，CF＝1，則BC＝+1或4﹣1．【分析】當(dāng)點(diǎn)F交在CD上時(shí)，如圖1所示，由角平分線得∠ABE＝∠CBE，平行線AD∥BC得∠ABE＝∠BEA，可證明AB＝AE＝3，BE＝3；同理可得BE＝BG，因△DEF∽△CFG可求出ED＝2x，最終矩形的性質(zhì)和線段的和差可求出BC＝2+1；當(dāng)點(diǎn)F交在CD的延長(zhǎng)線時(shí)，如圖2所示，同理可得BC＝4﹣1．【解答】解：①延長(zhǎng)EF交BC點(diǎn)G，設(shè)CG＝x，如圖1所示：∵B的角平分線BE與AD交于點(diǎn)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延長(zhǎng)EH交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，設(shè)CH＝y(tǒng)，如圖2所示：∵四邊形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的角平分線，∴∠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(tǒng)，∴DE＝4y，又∵AD＝BC，AD＝AE+DE，BC＝BH+CH，∴3+4y＝，解得：y＝，∴BC＝；故答案為2+1或【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了矩形的性質(zhì)、相像三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)，角平分線的定義，平行線的性質(zhì)和勾股定理等相關(guān)學(xué)問，重點(diǎn)是駕馭矩形的性質(zhì)，角平分線和平行線的性質(zhì)綜合運(yùn)用構(gòu)建等腰三角形，難點(diǎn)是作幫助線，依據(jù)等腰三角形兩腰相等或矩形的對(duì)邊相等建立方程．18．（溫州）三個(gè)形態(tài)大小相同的菱形按如圖所示方式擺放，已知∠AOB＝∠AOE＝90°，菱形的較短對(duì)角線長(zhǎng)為2cm．若點(diǎn)C落在AH的延長(zhǎng)線上，則△ABE的周長(zhǎng)為（12+8）cm．【分析】連接IC，連接CH交OI于K，則A，H，C在同始終線上，CI＝2，依據(jù)△COH是等腰直角三角形，即可得到∠CKO＝90°，即CK⊥IO，設(shè)CK＝OK＝x，則CO＝IO＝x，IK＝x﹣x，依據(jù)勾股定理即可得出x2＝2+，再依據(jù)S菱形BCOI＝IO×CK＝IC×BO，即可得出BO＝2+2，進(jìn)而得到△ABE的周長(zhǎng)．【解答】解：如圖所示，連接IC，連接CH交OI于K，則A，H，C在同始終線上，CI＝2，∵三個(gè)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，設(shè)CK＝OK＝x，則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的周長(zhǎng)＝4+4+2（4+2）＝12+8，故答案為：12+8．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，解題時(shí)留意：菱形的四條邊都相等；菱形的兩條對(duì)角線相互垂直，并且每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角；菱形的面積等于兩條對(duì)角線長(zhǎng)的乘積的一半．19．（紹興二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為原點(diǎn)，點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣4，0）．正方形OEFG的頂點(diǎn)F落在y軸的正半軸上，直線AE與直線FG相交于點(diǎn)P，若△OEP的其中兩邊之比為：1，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為P（0，4）或P（﹣4，12）或P（﹣12，24）．【分析】依據(jù)題意分類探討直線AE與直線FG相交的各種狀況，應(yīng)用勾股定理、三角形相像解決問題【解答】解：①如圖1，當(dāng)P與F重合時(shí)，滿足OP：OE＝：1，∵四邊形OEFG是正方形，∴∠OFE＝45°，∵∠AOF＝90°，∴∠OAF＝∠OFE＝45°，∴OA＝OF＝4，∴F（0，4），即P（0，4）；②如圖2，當(dāng)AE⊥x軸時(shí)，滿足PE＝OE，則EP∥OF，OE∥PG，∴四邊形PEOF是平行四邊形，∴EP＝OF＝OE，Rt△AOE中，∵OA＝AE＝4，∴OE＝EF＝4，同理得：EP＝EF＝8，∴P（﹣4，12）；③如圖3，過P作PM⊥x軸于M，直線FG交x軸于N，滿足OP＝PE成立；設(shè)OE＝a，PF＝b，則EF＝FG＝OG＝GN＝a當(dāng)OP＝PE時(shí)，則有OP2＝2PE2∴OG2+PG2＝2（EF2+PF2）即：a2+（a+b）2＝2（a2+b2）化簡(jiǎn)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∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為（﹣12，0），點(diǎn)P的坐標(biāo)為（﹣12，24）．故答案為：P（0，4）或P（﹣4，12）或P（﹣12，24）【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何綜合題，考查了正方形性質(zhì)、勾股定理及三角形相像的先關(guān)學(xué)問，解答關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合．20．（臺(tái)州）如圖，在正方形ABCD中，AB＝3，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于點(diǎn)G．若圖中陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，則△BCG的周長(zhǎng)為+3．【分析】依據(jù)陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，得出陰影部分的面積為6，空白部分的面積為3，進(jìn)而依據(jù)△BCG的面積以及勾股定理，得出BG+CG的長(zhǎng)，進(jìn)而得出其周長(zhǎng)．【解答】解：∵陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，∴陰影部分的面積為×9＝6，∴空白部分的面積為9﹣6＝3，由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，∴△BCG的面積與四邊形DEGF的面積相等，均為×3＝，∠CBE＝∠DCF，∵∠DCF+∠BCG＝90°，∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，設(shè)BG＝a，CG＝b，則ab＝，又∵a2+b2＝32，∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，即（a+b）2＝15，∴a+b＝，即BG+CG＝，∴△BCG的周長(zhǎng)＝+3，故答案為：+3．【點(diǎn)評(píng)】此題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)以及三角形面積問題．解題時(shí)留意數(shù)形結(jié)合思想與方程思想的應(yīng)用．三．解答題（共11小題）21．（余杭區(qū)期末）已知：如圖，過矩形ABCD的頂點(diǎn)C作CE∥BD，交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．（1）求證：∠CAE＝∠CEA；（2）若AD＝1，∠E＝30°，求△ACE的周長(zhǎng)．【分析】（1）先證明四邊形DBEC是平行四邊形，則CE＝BD，最終證明CE＝AC即可；（2）依據(jù)30°直角三角形的性質(zhì)求出BD，AB值，則AC、CE、AB可知，周長(zhǎng)可求．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴DC∥BE，AC＝BD．又EC∥BD，∴四邊形DBEC是平行四邊形．∴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周長(zhǎng)為4+2．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了矩形的性質(zhì)以及平行四邊形的判定和性質(zhì)，解題關(guān)鍵是熟知矩形的性質(zhì)，從邊和角入手解決問題．22．（南崗區(qū)校級(jí)月考）已知BD是△ABC的角平分線，DE∥BC，交AB于點(diǎn)E．（1）如圖1，求證：△BDE是等腰三角形．（2）如圖2，在過點(diǎn)D作DF∥AB，連接EF，過點(diǎn)E作EG⊥BC，連接EC，在不添加任何幫助線的狀況下，請(qǐng)干脆寫出面積與△BEF相等的全部三角形．【分析】（1）依據(jù)平行線的性質(zhì)和角平分線的定義可得結(jié)論；（2）先證明四邊形EBFD是菱形，依據(jù)菱形的對(duì)角線相互平分即可得結(jié)論．【解答】解：（1）證明：∵DE∥BC，∴∠EDB＝∠DBC，∵BD是△ABC的角平分線，∴∠EBD＝∠DBC，∴∠EBD＝∠EDB，∴BE＝DE，∴△BDE是等腰三角形．（2）∵ED∥BF，DF∥BE，∴四邊形EBFD是平行四邊形，∵BE＝DE，∴平行四邊形EBFD是菱形，∵EG⊥BC，∴S?EBFD＝BF?EG，∴S△EFD＝S△BEF＝S△BED＝S△BFD．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定、平行線的性質(zhì)、三角形和平行四邊形的面積，嫻熟駕馭這些性質(zhì)是關(guān)鍵．23．（通州區(qū)期末）如圖，菱形ABCD的邊長(zhǎng)是10厘米，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，且AC＝12厘米，點(diǎn)P，N分別在BD，AC上，點(diǎn)P從點(diǎn)D動(dòng)身，以每秒2厘米的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N從點(diǎn)C動(dòng)身，以每秒1厘米的速度向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P移動(dòng)到點(diǎn)B后，點(diǎn)P，N停止運(yùn)動(dòng)．（1）當(dāng)運(yùn)動(dòng)多少秒時(shí)，△PON的面積是8平方厘米；（2）假如△PON的面積為y，請(qǐng)你寫出y關(guān)于時(shí)間t的函數(shù)表達(dá)式．【分析】（1）依據(jù)菱形ABCD的邊長(zhǎng)是10厘米，AC＝12厘米，可得OC＝6厘米，OD＝8厘米，設(shè)運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，依據(jù)△PON的面積是8平方厘米，列出方程即可得結(jié)論；（2）分三種狀況探討：依據(jù)點(diǎn)P和點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)的位置確定t的取值范圍進(jìn)而可得y關(guān)于時(shí)間t的函數(shù)表達(dá)式．【解答】解：（1）∵菱形ABCD的邊長(zhǎng)是10厘米，AC＝12厘米，∴OC＝6厘米，OD＝8厘米，設(shè)運(yùn)動(dòng)t秒時(shí)，△PON的面積是8平方厘米，依據(jù)題意，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，均符合題意，答：當(dāng)運(yùn)動(dòng)2秒或8秒時(shí)，△PON的面積是8平方厘米；（2）依據(jù)題意，得①當(dāng)0＜t≤4時(shí)，y＝（8﹣2t）（6﹣t）；②當(dāng)4＜t＜6時(shí)，y＝（2t﹣8）（6﹣t）；③當(dāng)6＜t≤8時(shí)，y＝（2t﹣8）（t﹣6）．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查矩形的性質(zhì)，解此類題關(guān)鍵是找準(zhǔn)等量關(guān)系．24．（馬龍區(qū)一模）已知，如圖，在平行四邊形ABCD中，E、F分別為邊AB、CD的中點(diǎn)，BD是對(duì)角線，AG∥DB交CB的延長(zhǎng)線于G．（1）求證：四邊形AGBD為平行四邊形；（2）若四邊形AGBD是矩形，則四邊形BEDF是什么特殊四邊形？證明你的結(jié)論．【分析】（1）依據(jù)AD∥BG，AG∥BD，即可得到四邊形AGBD是平行四邊形；（2）依據(jù)已知條件證明BE＝DF，BE∥DF，從而得出四邊形DFBE是平行四邊形，再證明DE＝BE，再依據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形，從而得出結(jié)論．【解答】解：（1）∵平行四邊形ABCD中，AD∥BC，∴AD∥BG，又∵AG∥BD，∴四邊形AGBD是平行四邊形；（2）四邊形DEBF是菱形，理由如下：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB＝CD．∵點(diǎn)E、F分別是AB、CD的中點(diǎn)，∴BE＝AB，DF＝CD．∴BE＝DF，BE∥DF，∴四邊形DFBE是平行四邊形，∵四邊形AGBD是矩形，∴∠ADB＝90°，在Rt△ADB中，∵E為AB的中點(diǎn)，∴AE＝BE＝DE，∴平行四邊形DEBF是菱形．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)、菱形的判定，直角三角形的性質(zhì)，解題時(shí)留意：在直角三角形中斜邊中線等于斜邊一半．25．（高新區(qū)模擬）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E在AD上，且BE＝BC．（1）EC平分∠BED嗎？證明你的結(jié)論．（2）若AB＝1，∠ABE＝45°，求BC的長(zhǎng)．【分析】（1）由矩形的性質(zhì)得出∠DEC＝∠ECB，由BE＝BC得出∠ECB＝∠BEC，即可得出∠DEC＝∠BEC，結(jié)論得證；（2）求出AE＝AB＝1，依據(jù)勾股定理求出BE即可．【解答】解：（1）EC平分∠BED，證明如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠DEC＝∠BCE，∵BE＝BC，∴∠BEC＝∠BCE，∴∠BEC＝∠DEC，∴EC平分∠BED．（2）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，∵∠ABE＝45°，∴∠ABE＝AEB＝45°，∴AE＝AB＝1，由勾股定理得：BE＝＝，∴BC＝BE＝．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了矩形的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用；嫻熟駕馭矩形的性質(zhì)，證出∠DEC＝∠ECB是解決問題（1）的關(guān)鍵．26．（南海區(qū)期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，且OA＝OB．（1）求證：四邊形ABCD是矩形；（2）若AB＝2，∠AOB＝60°，求BC的長(zhǎng)．【分析】（1）證法一就依據(jù)“對(duì)角線相互平分且相等的四邊形是矩形”由OA＝OB＝OC＝OD得AC＝BD，所以四邊形ABCD是矩形；證法二則是依據(jù)“有一個(gè)角為直角的平行四邊形是矩形”由，得△ABD是以∠BAD為直角的直角三角形，得∠BAD＝90°，依據(jù)矩形的定義知，四邊形ABCD是矩形；（2）由題意知OA＝OB，∠AOB＝60°∴△AOB是等邊三角形，易知AC＝4，依據(jù)勾股定理，有AB2+BC2＝AC2可求得BC＝．【解答】解：（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，OB＝OD又∵OA＝OB∴OA＝OB＝OC＝OD∴AC＝BD∴四邊形ABCD是矩形證法二：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，OB＝OD又∵OA＝OB∴△ABD是以∠BAD為直角的直角三角形，∴∠BAD＝90°依據(jù)矩形的定義知，四邊形ABCD是矩形．（2）∵OA＝OB，∠AOB＝60°∴△AOB是等邊三角形，∴OA＝OB＝AB＝2∴AC＝2OA＝4∴在Rt△ABC中，依據(jù)勾股定理，有AB2+BC2＝AC2∴BC2＝AC2﹣AB2＝42﹣22＝16﹣4＝12∴BC＝【點(diǎn)評(píng)】本題利用了矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理定理的應(yīng)用求解．27．（平輿縣期中）如圖，在?ABCD中，各內(nèi)角的平分線相交于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H．（1）求證：四邊形EFGH是矩形；（2）若AB＝6，BC＝4，∠DAB＝60°，求四邊形EFGH的面積．【分析】（1）依據(jù)角平分線的定義以及平行四邊形的性質(zhì)，即可得出∠AGB＝90°，∠DEC＝90°，∠AHD＝90°＝∠EHG，進(jìn)而判定四邊形EFGH是矩形；（2）依據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)，得到BG＝AB＝3，AG＝3＝CE，BF＝BC＝2，CF＝2，進(jìn)而得出EF和GF的長(zhǎng)，可得四邊形EFGH的面積．【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，∴四邊形EFGH是矩形；（2）依題意得，∠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的面積＝EF×GF＝．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，矩形的判定以及全等三角形的判定與性質(zhì)的運(yùn)用，解題時(shí)留意：有三個(gè)角是直角的四邊形是矩形．在判定三角形全等時(shí)，關(guān)鍵是選擇恰當(dāng)?shù)呐卸l件．28．（繁昌縣期中）如圖，在菱形ABCD中，∠DAB與∠ABC的度數(shù)比為1：2，周長(zhǎng)是48cm．求：AC和BD的長(zhǎng)度．【分析】首先依據(jù)菱形的性質(zhì)可得菱形的邊長(zhǎng)為48÷4＝12cm，然后再證明△ABD是等邊三角形，進(jìn)而得到BD＝AB＝12cm，然后再依據(jù)勾股定理得出AO的長(zhǎng)，進(jìn)而可得AC的長(zhǎng)即可．【解答】解：菱形ABCD的周長(zhǎng)為48cm，∴菱形的邊長(zhǎng)為48÷4＝12cm∵∠DAB與∠ABC的度數(shù)比為1：2，∠ABC+∠BAD＝180°（菱形的鄰角互補(bǔ)），∴∠ABC＝120°，∠BAD＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴BD＝AB＝12cm，∵菱形ABCD對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，∴AO＝CO，BO＝DO且AC⊥BD，∴AO＝＝6（cm），∴AC＝12（cm）．【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了菱形的性質(zhì)，以及菱形的周長(zhǎng)計(jì)算，關(guān)鍵是駕馭菱形的四條邊都相等；菱形的兩條對(duì)角線相互垂直，并且每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角．29．（張家界）如圖，在矩形ABCD中，過對(duì)角線BD的中點(diǎn)O作BD的垂線EF，分別交AD，BC于點(diǎn)E，F(xiàn)．（1）求證：△DOE≌△BOF；（2）若AB＝6，AD＝8，連接BE，DF，求四邊形BFDE的周長(zhǎng)．【分析】（1）依據(jù)矩形的性質(zhì)可得AD∥BC，依據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠EDO＝∠FBO，即可證的兩個(gè)三角形全等；（2）設(shè)AE＝x，依據(jù)已知條件可得BE＝ED＝8﹣x，由（1）可推得△EBO≌△EDO，可得ED＝EB，可證得四邊形EBFD是菱形，依據(jù)勾股定理可得BE的長(zhǎng)，即可求得周長(zhǎng)；【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠EDO＝∠FBO，∵O為BD的中點(diǎn)，∴OB＝OD，又∵EF⊥BD，∴∠EOD＝∠FOB＝90°，在△DOE