2018年中考數(shù)學考點總動員系列 專題35 矩形、菱形、正方形（含解析）

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1、 考點三十五：矩形、菱形、正方形 聚焦考點☆溫習理解 一、矩形 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 二、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

2、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 三、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

3、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 設正方形邊長為a，對角線長為b，S正方形= 名師點睛

4、☆典例分類 考點典例一、矩形的性質(zhì)與判定 【例1】（2017江蘇徐州第23題）如圖，在平行四邊形中，點是邊的中點，連接并延長，交延長線于點連接. （1）求證：四邊形是平行四邊形； （2）若，則當 時，四邊形是矩形. 【答案】（1）證明見解析；（2）100° 【解析】 試題分析：（1）由AAS證明△BOE≌△COD，得出OE=OD，即可得出結(jié)論； （2）由平行四邊形的性質(zhì)得出∠BCD=∠A=50°，由三角形的外角性質(zhì)求出∠ODC=∠BCD，得出OC=OD，證出DE=BC，即可得出結(jié)論． （2）若∠A=50°，則當∠BOD=100°時，四邊形BECD是矩形

5、．理由如下： ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴∠BCD=∠A=50°， ∵∠BOD=∠BCD+∠ODC， ∴∠ODC=100°-50°=50°=∠BCD， ∴OC=OD， ∵BO=CO，OD=OE， ∴DE=BC， ∵四邊形BECD是平行四邊形， ∴四邊形BECD是矩形； 考點：1.矩形的判定；2.平行四邊形的判定與性質(zhì)． 【點睛】此題考查了矩形的判定和平行四邊形的判定與性質(zhì)，熟練掌握矩形的判定和平行四邊形的判定與性質(zhì)是解本題的關鍵． 【舉一反三】 1. . （2017四川瀘州第11題）如圖，在矩形ABCD中，點E是邊BC的中點，AE⊥BD，垂足為F，則tan∠BD

6、E的值是（　?。? A． B. C. D. 【答案】A. 【解析】 試題解析：∵四邊形ABCD是矩形， ∴AD=BC，AD∥BC， ∵點E是邊BC的中點， ∴BE=BC=AD， ∴△BEF∽△DAF， ∴， ∴EF=AF， ∴EF=AE， ∵點E是邊BC的中點， ∴由矩形的對稱性得：AE=DE， ∴EF=DE，設EF=x，則DE=3x， ∴DF=x， ∴tan∠BDE= . 故選A． 考點：1.矩形的性質(zhì)；2.解直角三角形. 2. （2017四川宜賓第7題）如圖，在矩形ABCD中

7、BC=8，CD=6，將△ABE沿BE折疊，使點A恰好落在對角線BD上F處，則DE的長是（　?。? A．3 B． C．5 D． 【答案】C. 【解析】 試題解析：∵矩形ABCD， ∴∠BAD=90°， 由折疊可得△BEF≌△BAE， ∴EF⊥BD，AE=EF，AB=BF， 在Rt△ABD中，AB=CD=6，BC=AD=8， 根據(jù)勾股定理得：BD=10，即FD=10﹣6=4， 設EF=AE=x，則有ED=8﹣x， 根據(jù)勾股定理得：x2+42=（8﹣x）2， 解得：x=3（負值舍去）， 則DE=8﹣3=5， 故選C. 考點：1. 翻折變換（折疊問題）；2.矩形的

8、性質(zhì)． 考點典例二、菱形的性質(zhì)與判定 【例2】（2017四川自貢第21題）如圖，點E，F(xiàn)分別在菱形ABCD的邊DC，DA上，且CE=AF． 求證：∠ABF=∠CBE． 【答案】證明見解析. 【解析】 試題分析：根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AB=BC，∠A＝∠C，再證明ΔABF≌CBE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得結(jié)論． 試題解析：∵四邊形ABCD是菱形， ∴AB=BC，∠A=∠C， ∵在△ABF和△CBE中， ， ∴△ABF≌△CBE（SAS）， ∴∠ABF=∠CBE． 考點：菱形的性質(zhì). 【點睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，熟記各性質(zhì)與平行四邊形和菱形的判定方法是解題的關鍵．在利

9、用菱形計算或證明時，應充分利用菱形的性質(zhì)，如“菱形的四條邊都相等”“菱形的對角線互相垂直且平分，并且每一組對角線平分一組對角”等.對于菱形的判定，若可證出四邊形為平行四邊形，則可證一組鄰邊相等或?qū)蔷€互相垂直；若相等的邊較多，則可證四條邊都相等. 【舉一反三】 1. （2017海南第11題）如圖，在菱形ABCD中，AC=8，BD=6，則△ABC的周長是（ ） A．14 B．16 C．18 D．20 【答案】C. 考點：菱形的性質(zhì)，勾股定理. 2. （2017浙江寧波第18題）如圖，在邊長為2的菱形ABCD中，∠A=60°，點M是AD邊的中點，連接MC，將菱形ABCD翻折，

10、使點A落在線段CM上的點E處，折痕交AB于點N，則線段EC的長為 . 【答案】-1． 【解析】 試題分析：如圖所示：過點M作MF⊥DC于點F， ∵在邊長為2的菱形ABCD中，∠A=60°，M為AD中點， ∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°， ∴∠FMD=30°， ∴FD=MD=， ∴FM=DM×cos30°=， ∴MC=， ∴EC=MC-ME=-1． 考點：1.折疊問題；2.菱形的性質(zhì)． 考點典例三、正方形的性質(zhì)與判定 【例3】（2017上海第23題）已知：如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD=CD，E是對角線BD上一點，且EA=EC． （

11、1）求證：四邊形ABCD是菱形； （2）如果BE=BC，且∠CBE：∠BCE=2：3，求證：四邊形ABCD是正方形． 【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析. 【解析】 試題分析：（1）首先證得△ADE≌△CDE，由全等三角形的性質(zhì)可得∠ADE=∠CDE，由AD∥BC可得∠ADE=∠CBD，易得∠CDB=∠CBD，可得BC=CD，易得AD=BC，利用平行線的判定定理可得四邊形ABCD為平行四邊形，由AD=CD可得四邊形ABCD是菱形； （2）由BE=BC可得△BEC為等腰三角形，可得∠BCE=∠BEC，利用三角形的內(nèi)角和定理可得∠CBE=180× =45°，易得∠ABE=45

12、°，可得∠ABC=90°，由正方形的判定定理可得四邊形ABCD是正方形． 考點：1.正方形的判定與性質(zhì)；2.菱形的判定及性質(zhì). 【點睛】本題考查了正方形的判定與性質(zhì)和菱形的判定及性質(zhì)，解題的關鍵是熟記各種幾何圖形的性質(zhì)和判定．正方形是特殊的矩形又是特殊的菱形，具有矩形和菱形的所有性質(zhì).證明一個四邊形是正方形，可以先判定為矩形，再證鄰邊相等或?qū)蔷€互相垂直；或先判定為菱形，再證有一個角是直角或?qū)蔷€相等. 【舉一反三】 （2017廣西貴港第12題）如圖，在正方形 中，是對角線與的交點，是邊上的動點（點不與重合），與交于點 ，連接 .下列五個結(jié)論：① ；② ；③ ；④ ；⑤若，則的最小

13、值是 ，其中正確結(jié)論的個數(shù)是 （ ） A． B． C. D． 【答案】D 【解析】 試題解析：∵正方形ABCD中，CD=BC，∠BCD=90°， ∴∠BCN+∠DCN=90°， 又∵CN⊥DM， ∴∠CDM+∠DCN=90°， ∴∠BCN=∠CDM， 又∵∠CBN=∠DCM=90°， ∴△CNB≌△DMC（ASA），故①正確； 根據(jù)△CNB≌△DMC，可得CM=BN， 又∵∠OCM=∠OBN=45°，OC=OB， ∴△OCM≌△OBN（SAS）， ∴OM=O

14、N，∠COM=∠BON， ∴∠DOC+∠COM=∠COB+∠BPN，即∠DOM=∠CON， 又∵DO=CO， ∴△CON≌△DOM（SAS），故②正確； ∵∠BON+∠BOM=∠COM+∠BOM=90°， ∴∠MON=90°，即△MON是等腰直角三角形， 又∵△AOD是等腰直角三角形， ∴△OMN∽△OAD，故③正確； ∵AB=BC，CM=BN， ∴BM=AN， 又∵Rt△BMN中，BM2+BN2=MN2， ∴AN2+CM2=MN2，故④正確； ∵△OCM≌△OBN， ∴四邊形BMON的面積=△BOC的面積=1，即四邊形BMON的面積是定值1， ∴當△MNB的面積最

15、大時，△MNO的面積最小， 設BN=x=CM，則BM=2﹣x， ∴△MNB的面積=x（2﹣x）=﹣x2+x， ∴當x=1時，△MNB的面積有最大值， 此時S△OMN的最小值是1﹣=，故⑤正確； 綜上所述，正確結(jié)論的個數(shù)是5個， 故選：D． 考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)． 考點典例四、特殊平行四邊形綜合題 【例4】如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，過點C的直線MN∥AB，D為AB邊上一點，過點D作DE⊥BC，交直線MN于E，垂足為F，連接CD，BE. (1)求證：CE＝AD； (2)當D在AB中點時，四邊形BECD是什么特殊四邊

16、形？說明你的理由； (3)若D為AB中點，則當∠A的大小滿足什么條件時，四邊形BECD是正方形？請說明你的理由． 【答案】（1）證明見解析；（2）四邊形BECD是菱形，（3）當∠A=45°時，四邊形BECD是正方形．理由見解析. 【解析】 試題分析：（1）先求出四邊形ADEC是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)推出即可； （2）求出四邊形BECD是平行四邊形，求出CD=BD，根據(jù)菱形的判定推出即可； （3）求出∠CDB=90°，再根據(jù)正方形的判定推出即可． ∴CE=AD； （2）解：四邊形BECD是菱形， 理由是：∵D為AB中點， ∴AD=BD， ∵CE=AD，

17、∴BD=CE， ∵BD∥CE， ∴四邊形BECD是平行四邊形， ∵∠ACB=90°，D為AB中點， ∴CD=BD， ∴四邊形BECD是菱形； 考點：正方形的判定；平行四邊形的判定與性質(zhì)；菱形的判定． 【點睛】本題考查了正方形的判定、平行四邊形的性質(zhì)和判定，菱形的判定，直角三角形的性質(zhì)的應用，主要考查學生運用定理進行推理的能力． 【舉一反三】 （2017甘肅蘭州第26題）如圖，1，將一張矩形紙片沿著對角線向上折疊，頂點落到點處，交于點. (1)求證：是等腰三角形； (2)如圖2，過點作，交于點，連結(jié)交于點. ①判斷四邊形的形狀，并說明理由； ②若，，求的長.

18、【答案】(1)證明見解析;(2) ． 【解析】 試題分析: （1）根據(jù)兩直線平行內(nèi)錯角相等及折疊特性判斷； （2）①根據(jù)已知矩形性質(zhì)及第一問證得鄰邊相等判斷； ②根據(jù)折疊特性設未知邊，構造勾股定理列方程求解． 試題解析：（1）證明：如圖1，根據(jù)折疊，∠DBC=∠DBE， 又AD∥BC， ∴∠DBC=∠ADB， ∴∠DBE=∠ADB， ∴DF=BF， ∴△BDF是等腰三角形； （2）①∵四邊形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴FD∥BG， 又∵FD∥BG， ∴四邊形BFDG是平行四邊形， ∵DF=BF， ∴四邊形BFDG是菱形； ②∵AB=6，AD=8，

19、 ∴BD=10． ∴OB=BD=5． 假設DF=BF=x，∴AF=AD﹣DF=8﹣x． ∴在直角△ABF中，AB2+A2=BF2，即62+（8﹣x）2=x2， 解得x=， 即BF=， ∴FO==， ∴FG=2FO=． 考點：四邊形綜合題． 課時作業(yè)☆能力提升 一、選擇題 1．（2017上海第6題）已知平行四邊形ABCD，AC、BD是它的兩條對角線，那么下列條件中，能判斷這個平行四邊形為矩形的是（　　） A．∠BAC=∠DCA B．∠BAC=∠DAC C．∠BAC=∠ABD D．∠BAC=∠ADB 【答案】C 【解析】 試題分析：A、∠BAC=∠D

20、CA，不能判斷四邊形ABCD是矩形； B、∠BAC=∠DAC，能判定四邊形ABCD是菱形；不能判斷四邊形ABCD是矩形； C、∠BAC=∠ABD，能得出對角線相等，能判斷四邊形ABCD是矩形； D、∠BAC=∠ADB，不能判斷四邊形ABCD是矩形； 故選C． 考點：1.矩形的判定；2.平行四邊形的性質(zhì)；3.菱形的判定. 2. （2017四川瀘州第7題）下列命題是真命題的是（　　） A．四邊都是相等的四邊形是矩形 B．菱形的對角線相等 C．對角線互相垂直的平行四邊形是正方形 D．對角線相等的平行四邊形是矩形 【答案】D. 考點：1菱形的

21、判定；2矩形的性質(zhì)；3平行四邊形的判定. 3．（2017青海西寧第7題）如圖，點是矩形的對角線的中點，交于點，若，則的長為（ ） A． 5 B． 4 C. D． 【答案】D 【解析】 試題分析： ∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D=90°，∵O是矩形ABCD的對角線AC的中點，OM∥AB， ∴OM是△ADC的中位線，∴OM=3，∴DC=6，∵AD=BC=10，∴AC= =2， ∴BO= AC=，故選D． 考點：矩形的性質(zhì)． 4. （2017浙江嘉興第9題）一張矩形紙片，已知，，小明按所給圖步驟折疊紙片，則線段長為（ ）

22、 A． B． C． D． 【答案】A． 【解析】 試題解析：∵AB=3，AD=2， ∴DA′=2，CA′=1， ∴DC′=1， ∵∠D=45°， ∴DG=DC′=， 故選A． 考點：矩形的性質(zhì). 5. （2017貴州黔東南州第8題）如圖，正方形ABCD中，E為AB中點，F(xiàn)E⊥AB，AF=2AE，F(xiàn)C交BD于O，則∠DOC的度數(shù)為（　?。? A．60° B．67.5° C．75° D．54° 【答案】A． 【解析】 試題解析：如圖，連接DF、BF． ∵FE⊥AB，AE=EB， ∴FA=FB， ∵AF=2AE， ∴AF=AB=FB， ∴△AFB是等邊三

23、角形， ∵AF=AD=AB， ∴點A是△DBF的外接圓的圓心， ∴∠FDB=∠FAB=30°， ∵四邊形ABCD是正方形， ∴AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，∠ADB=∠DBC=45°， ∴∠FAD=∠FBC， ∴△FAD≌△FBC， ∴∠ADF=∠FCB=15°， ∴∠DOC=∠OBC+∠OCB=60°． 故選A． 考點：正方形的性質(zhì)． 6. （2017海南第11題）如圖，在菱形ABCD中，AC=8，BD=6，則△ABC的周長是（ ） A．14 B．16 C．18 D．20 【答案】C. 考點：菱形的性質(zhì)，勾股定理. 7. （2017浙江寧波

24、第11題）如圖，四邊形是邊長為6的正方形，點在邊上，，過點作，分別交，于，兩點，若，分別是，的中點，則的長為( ) A.3 B. C. D.4 【答案】C. 【解析】 試題解析：如圖，過N作PQ∥BC，交AB，CD于P，Q，過M作MR∥CD，交EF于J，PQ于H，交BC于R 在正方形ABCD中，BC=CD=6 ∴BD=6 ∵BE=EG=4 ∴BG=4 ∴DG=2 ∵M是DG的中點 ∴MJ=DF=1，JF=1 ∵N為EC的中點 ∴PN=BC=3 ∴QN=3 ∴NH=2，MH=3 ∴MN= 故選C. 考點：1.正方形的性

25、質(zhì);2.三角形的中位線;3.勾股定理. 8. （2017廣西貴港第12題）如圖，在正方形 中，是對角線與的交點，是邊上的動點（點不與重合），與交于點 ，連接 .下列五個結(jié)論：① ；② ；③ ；④ ；⑤若，則的最小值是 ，其中正確結(jié)論的個數(shù)是 （ ） A． B． C. D． 【答案】D 【解析】 試題解析：∵正方形ABCD中，CD=BC，∠BCD=90°， ∴∠BCN+∠DCN=90°， 又∵CN⊥DM， ∴∠CDM+∠DCN=90°， ∴∠BCN=∠CDM， 又∵∠

26、CBN=∠DCM=90°， ∴△CNB≌△DMC（ASA），故①正確； 根據(jù)△CNB≌△DMC，可得CM=BN， 又∵∠OCM=∠OBN=45°，OC=OB， ∴△OCM≌△OBN（SAS）， ∴OM=ON，∠COM=∠BON， ∴∠DOC+∠COM=∠COB+∠BPN，即∠DOM=∠CON， 又∵DO=CO， ∴△CON≌△DOM（SAS），故②正確； ∵∠BON+∠BOM=∠COM+∠BOM=90°， ∴∠MON=90°，即△MON是等腰直角三角形， 又∵△AOD是等腰直角三角形， ∴△OMN∽△OAD，故③正確； ∵AB=BC，CM=BN， ∴BM=AN，

27、又∵Rt△BMN中，BM2+BN2=MN2， ∴AN2+CM2=MN2，故④正確； ∵△OCM≌△OBN， ∴四邊形BMON的面積=△BOC的面積=1，即四邊形BMON的面積是定值1， ∴當△MNB的面積最大時，△MNO的面積最小， 設BN=x=CM，則BM=2﹣x， ∴△MNB的面積=x（2﹣x）=﹣x2+x， ∴當x=1時，△MNB的面積有最大值， 此時S△OMN的最小值是1﹣=，故⑤正確； 綜上所述，正確結(jié)論的個數(shù)是5個， 故選：D． 考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；正方形的性質(zhì)． 二、填空題 1. （2017湖北咸寧第14題）如圖，點的矩

28、形紙片的對稱中心，是上一點，將紙片沿折疊后，點恰好與點重合，若，則折痕的長為 。 【答案】6. 試題分析：由題意得：AB=AO=CO，即AC=2AB，且OE垂直平分AC， ∴AE=CE， 設AB=AO=OC=x， 則有AC=2x，∠ACB=30°， 在Rt△ABC中，根據(jù)勾股定理得：BC=x， 在Rt△OEC中，∠OCE=30°， ∴OE=EC，即BE=EC， ∵BE=3， ∴OE=3，EC=6， 則AE=6 考點：矩形的性質(zhì)；翻折變換（折疊問題）． 2. . （2017哈爾濱第19題）四邊形是菱形，，，對角線與相交于點，點在上，若，則的長為

29、 . 【答案】4或2 【解析】 試題分析：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=AD=6，AC⊥BD，OB=OD，OA=OC， ∵∠BAD=60°，∴△ABD是等邊三角形，∴BD=AB=6，∴OB= BD=3，∴OC=OA= =3， ∴AC=2OA=6， ∵點E在AC上，OE=，∴CE=OC+或CE=OC﹣，∴CE=4或CE=2． 考點：菱形的性質(zhì)． 3. （2017湖南張家界第14題）如圖，在正方形ABCD中，AD=，把邊BC繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)30°得到線段BP，連接AP并延長交CD于點E，連接PC，則三角形PCE的面積為 ． 【答案】． 【解析】 考

30、點：旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；綜合題． 4. （2017浙江寧波第18題）如圖，在邊長為2的菱形ABCD中，∠A=60°，點M是AD邊的中點，連接MC，將菱形ABCD翻折，使點A落在線段CM上的點E處，折痕交AB于點N，則線段EC的長為 . 【答案】-1． 【解析】 試題分析：如圖所示：過點M作MF⊥DC于點F， ∵在邊長為2的菱形ABCD中，∠A=60°，M為AD中點， ∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°， ∴∠FMD=30°， ∴FD=MD=， ∴FM=DM×cos30°=， ∴MC=， ∴EC=MC-ME=-1． 考點：1.折疊問題；2.菱形

31、的性質(zhì)． 5．（2017貴州安順第17題）如圖所示，正方形ABCD的邊長為6，△ABE是等邊三角形，點E在正方形ABCD內(nèi)，在對角線AC上有一點P，使PD+PE的和最小，則這個最小值為　 ?。? 【答案】6. 【解析】 試題解析：設BE與AC交于點P，連接BD， ∵點B與D關于AC對稱， ∴PD=PB， ∴PD+PE=PB+PE=BE最?。? 即P在AC與BE的交點上時，PD+PE最小，為BE的長度； ∵正方形ABCD的邊長為6， ∴AB=6． 又∵△ABE是等邊三角形， ∴BE=AB=6． 故所求最小值為6． 考點：軸對稱﹣最短路線問題；等邊三角形的性質(zhì)；

32、正方形的性質(zhì)． 6. （2017重慶A卷第18題）如圖，正方形ABCD中，AD=4，點E是對角線AC上一點，連接DE，過點E作EF⊥ED，交AB于點F，連接DF，交AC于點G，將△EFG沿EF翻折，得到△EFM，連接DM，交EF于點N，若點F是AB的中點，則△EMN的周長是　 ?。? 【答案】 【解析】 試題解析：如圖1，過E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，連接BE， ∵DC∥AB， ∴PQ⊥AB， ∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠ACD=45°， ∴△PEC是等腰直角三角形， ∴PE=PC， 設PC=x，則PE=x，PD=4﹣x，EQ=4﹣x， ∴PD

33、=EQ， ∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ， ∴△DPE≌△EQF， ∴DE=EF， 易證明△DEC≌△BEC， ∴DE=BE， ∴EF=BE， ∵EQ⊥FB， ∴FQ=BQ=BF， ∵AB=4，F(xiàn)是AB的中點， ∴BF=2， ∴FQ=BQ=PE=1， ∴CE=， Rt△DAF中，DF=， ∵DE=EF，DE⊥EF， ∴△DEF是等腰直角三角形， ∴DE=EF=， ∴PD==3， 如圖2， ∵DC∥AB， ∴△DGC∽△FGA， ∴， ∴CG=2AG，DG=2FG， ∴FG=， ∵AC=， ∴CG=， ∴EG=， 連接G

34、M、GN，交EF于H， ∵∠GFE=45°， ∴△GHF是等腰直角三角形， ∴GH=FH=， ∴EH=EF﹣FH=， ∴∠NDE=∠AEF， ∴tan∠NDE=tan∠AEF=， ∴， ∴EN=， ∴NH=EH﹣EN=， Rt△GNH中，GN=， 由折疊得：MN=GN，EM=EG， ∴△EMN的周長=EN+MN+EM=． 考點：1.折疊；2.正方形的性質(zhì). 三、解答題 1. （2017黑龍江綏化第28題）如圖，在矩形中，為邊上一點，平分，為的中點，連接，過點作分別交于，兩點． （1）求證：； （2）求證：； （3）當時，請直接寫出的長． 【答案】（1

35、）證明見解析；（2）證明見解析；（3）4 . 【解析】 試題解析：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠DCE=∠CEB， ∵EC平分∠DEB，∴∠DEC=∠CEB，∴∠DCE=∠DEC，∴DE=DC； （2）如圖，連接DF， ∵DE=DC，F(xiàn)為CE的中點，∴DF⊥EC，∴∠DFC=90°， 在矩形ABCD中，AB=DC，∠ABC=90°，∴BF=CF=EF=EC，∴∠ABF=∠CEB， ∵∠DCE=∠CEB，∴∠ABF=∠DCF， 在△ABF和△DCF中， ，∴△ABF≌△DCF（SAS），∴∠AFB=∠DFC=90°， ∴AF⊥BF； （3）CE=4 ．

36、 理由如下：∵AF⊥BF，∴∠BAF+∠ABF=90°， ∵EH∥BC，∠ABC=90°，∴∠BEH=90°，∴∠FEH+∠CEB=90°， ∵∠ABF=∠CEB，∴∠BAF=∠FEH， ∵∠EFG=∠AFE，∴△EFG∽△AFE，∴ ，即EF2=AF?GF， ∵AF?GF=28，∴EF=2 ，∴CE=2EF=4． 考點：1.相似三角形的判定與性質(zhì)；2.全等三角形的判定與性質(zhì)；3.矩形的性質(zhì)． 2. （2017上海第23題）已知：如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD=CD，E是對角線BD上一點，且EA=EC． （1）求證：四邊形ABCD是菱形； （2）如果BE=BC，且

37、∠CBE：∠BCE=2：3，求證：四邊形ABCD是正方形． 【答案】（1）證明見解析；（2）證明見解析. 【解析】 試題分析：（1）首先證得△ADE≌△CDE，由全等三角形的性質(zhì)可得∠ADE=∠CDE，由AD∥BC可得∠ADE=∠CBD，易得∠CDB=∠CBD，可得BC=CD，易得AD=BC，利用平行線的判定定理可得四邊形ABCD為平行四邊形，由AD=CD可得四邊形ABCD是菱形； （2）由BE=BC可得△BEC為等腰三角形，可得∠BCE=∠BEC，利用三角形的內(nèi)角和定理可得∠CBE=180× =45°，易得∠ABE=45°，可得∠ABC=90°，由正方形的判定定理可得四邊形ABC

38、D是正方形． 試題解析：（1）在△ADE與△CDE中， ，∴△ADE≌△CDE，∴∠ADE=∠CDE， ∵AD∥BC，∴∠ADE=∠CBD，∴∠CDE=∠CBD，∴BC=CD， ∵AD=CD，∴BC=AD，∴四邊形ABCD為平行四邊形， ∵AD=CD，∴四邊形ABCD是菱形； （2）∵BE=BC，∴∠BCE=∠BEC， ∵∠CBE：∠BCE=2：3，∴∠CBE=180× =45°， ∵四邊形ABCD是菱形，∴∠ABE=45°，∴∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是正方形． 考點：1.正方形的判定與性質(zhì)；2.菱形的判定及性質(zhì). 3. （2017海南第23題）如圖，四邊形ABC

39、D是邊長為1的正方形，點E在AD邊上運動，且不與點A和點D重合，連結(jié)CE，過點C作CF⊥CE交AB的延長線于點F，EF交BC于點G． （1）求證：△CDE≌△CBF； （2）當DE=時，求CG的長； （3）連結(jié)AG，在點E運動過程中，四邊形CEAG能否為平行四邊形？若能，求出此時DE的長；若不能，說明理由． 【答案】（1）見解析；（2）；（3）不能. 【解析】 試題分析：（1）先判斷出∠CBF=90°，進而判斷出∠1=∠3，即可得出結(jié)論； （2）先求出AF，AE，再判斷出△GBF∽△EAF，可求出BG，即可得出結(jié)論； （3）假設是平行四邊形，先判斷出DE=BG，進而判斷出△

40、GBF和△ECF是等腰直角三角形，即可得出∠GFB=∠CFE=45°，即可得出結(jié)論． 試題解析：（1）如圖，在正方形ABCD中，DC=BC，∠D=∠ABC=∠DCB=90°， ∴∠CBF=180°﹣∠ABC=90°，∠1+∠2=∠DCB=90°， ∵CF⊥CE，∴∠ECF=90°， ∴∠3+∠2=∠ECF=90°，∴∠1=∠3， 在△CDE和△CBF中， ∴△CDE≌△CBF， （3）不能， 理由：若四邊形CEAG是平行四邊形，則必須滿足AE∥CG，AE=CG， ∴AD﹣AE=BC﹣CG， ∴DE=BG， 由（1）知，△CDE≌△ECF， ∴DE=BF，CE=CF

41、， ∴△GBF和△ECF是等腰直角三角形， ∴∠GFB=45°，∠CFE=45°， ∴∠CFA=∠GFB+∠CFE=90°， 此時點F與點B重合，點D與點E重合，與題目條件不符， ∴點E在運動過程中，四邊形CEAG不能是平行四邊形． 考點：正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定. 4. （2017貴州遵義第26題）邊長為2的正方形ABCD中，P是對角線AC上的一個動點（點P與A、C不重合），連接BP，將BP繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°到BQ，連接QP，QP與BC交于點E，QP延長線與AD（或AD延長線）交于點F． （1）連

42、接CQ，證明：CQ=AP； （2）設AP=x，CE=y，試寫出y關于x的函數(shù)關系式，并求當x為何值時，CE=BC； （3）猜想PF與EQ的數(shù)量關系，并證明你的結(jié)論． 【答案】（1）證明見解析；（2）當x=3或1時，CE=BC； （3）. 結(jié)論：PF=EQ，理由見解析. 試題解析： （1）證明：如圖1，∵線段BP繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段BQ， ∴BP=BQ，∠PBQ=90°．∵四邊形ABCD是正方形， ∴BA=BC，∠ABC=90°． ∴∠ABC=∠PBQ． ∴∠ABC﹣∠PBC=∠PBQ﹣∠PBC，即∠ABP=∠CBQ． 在△BAP和△BCQ中， ∵， ∴△

43、BAP≌△BCQ（SAS）． ∴CQ=AP； （2）解：如圖1，∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠BAC=∠BAD=45°，∠BCA=∠BCD=45°， ∴∠APB+∠ABP=180°﹣45°=135°， ∵DC=AD=2， 由勾股定理得：AC=， ∵AP=x，∴PC=4﹣x， ∵△PBQ是等腰直角三角形，∴∠BPQ=45°， ∴∠APB+∠CPQ=180°﹣45°=135°，∴∠CPQ=∠ABP， ∵∠BAC=∠ACB=45°，∴△APB∽△CEP，∴ ， ∴，∴y=x（4﹣x）=﹣（0＜x＜4）， 由CE=BC=，∴y=﹣， x2﹣4x=3=0，（x﹣3）（x﹣1）=0，x=3或1， ∴當x=3或1時，CE=BC； 考點：四邊形綜合題． 34