知识点32 矩形、菱形与正方形2019中考真题分类汇编

一、选择题
9．（2019·苏州）如图，菱形ABCD 的对角线AC 、BD 交于点O ，AC =4，BD =16将△ABO 沿点A 到点C 的方向平移，得到△A 'B 'O '．当点A '与点C 重合时，点A 与点B '之问的距离为 （ ） A ．6 B ．8 C ．10 D ．12
（第9题）
【答案】C
【解析】∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ，AO ＝OC 12=
AC ＝2，OB ＝OD 1
2
=BD ＝8，∵△ABO 沿点A 到点C 的方向平移，得到△A 'B 'O '，点A '与点C 重合，∴O 'C ＝OA ＝2，O 'B '＝OB ＝8，∠CO 'B '＝90°， ∴AO '＝AC +O 'C ＝6，∴AB
'=10，故选C ．
10．（2019·温州）如图，在矩形ABCD 中，E 为AB 中点，以BE 为边作正方形BEFG ，边EF 交CD 于点H ，在边
BE 上取点M 使BM=BC ，作MN ∥BG 交CD 于点L ，交FG 于点N ．欧几里得在《几何原本》中利用该图解释了(a+b)(a-b)=a 2-b 2．现以点F 为圆心，FE 为半径作圆弧交线段DH 于点P ，连结EP ，记△EPH 的面积为S 1，
图中阴影部分的面积为S 2．若点A ，L ，G 在同一直线上，则1
2
S S 的值为 （ ）
A
．
2 B
．3 C
．4 D
．6
【答案】C
【解析】如图，连接ALGL ，PF ．由题意：S 矩形AMLD ＝S 阴＝a 2﹣b 2，PH
＝22-a b ，∵点A ，L ，G 在同一直
线上，AM ∥GN ，∴△AML ∽△GNL ，∴＝，∴＝，整理得a ＝3b ，∴＝
＝＝，故选C ．
9．（2019·绍兴）正方形ABCD 的边AB 上有一动点E ，以EC 为边作矩形ECFG ，且边FG 过点D ，在点E 从点A 移动到点B 的过程中，矩形ECFG 的面积 ( )
A.先变大后变小
B.先变小后变大
C.一直变大
D.保持不变
10． （2019·烟台）如图，面积为24的ABCD 中，对角线BD 平分，过点D 作交BC 的延
长线于点E ，6DE =，则sin DCE ∠的值为（ ）．
A ．2425
B ．45
C ．34
D ．1225
【答案】A
【解析】连接AC ，交BD 于点F ，过点D 作DM CE ⊥，垂足为M
因为四边形ABCD 是平行四边形， 所以F 是BD 的中点，AD//BC ， 所以DBC ADB ∠=∠，
因为BD 是 ABC ∠的平分线， 所以ABD DBC ∠=∠， 所以ABD ADB ∠=∠， 所以AB AD =，
所以□ABCD 是菱形， 所以AC BD ⊥， 又因为DE BD ⊥， 所以AC//DE ，
因为AC//DE ，F 是BD 的中点， 所以C 是BE 的中点，
所以1
32
CF DE =
=， 因为四边形ABCD 是菱形， 所以26AC FC ==，2
ABCD AC BD
S ⨯=
菱形， F
A
B
所以2224
86
ABCD
S BD AC
⨯==
=菱形， 所以1
42
BF BD =
=， 在Rt △BFD 中，由勾股定理得
5BC ==，
因为四边形ABCD 是菱形， 所以5DC BC ==，
因为ABCD S BC DM =⨯菱形 所以245
ABCD
S DM BC
=
=
菱形， 在Rt △DCM 中，
24
sin 25
DM DCE DC ∠=
=
． 6．（2019·江西）如图，由10根完全相同的小棒拼接而成，请你再添2根与前面完全相同的小棒，拼接后的图形恰好有3个菱形的方法共有（ ）
A.3种
B.4种
C.5种
D.6种
【答案】B
【解题过程】具体拼法有4种，如图所示：
4．（2019·株洲）对于任意的矩形，下列说法一定正确的是（） A ．对角线垂直且相等B ．四边都互相垂直
C ．四个角都相等
D ．是轴对称图形，但不是中心对称图形 【答案】C 【解析】根据矩形的性质可知，矩形的对角线相等但不一定垂直，所以选项A 是错误的；矩形相邻的边互相垂直，对边互相平行，所以选项B 是错误的；矩形的四个角都是直角，所以四个角都相等是正确的；矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，所以选项D 是错误的；故选C.
3． （2019·娄底）顺次连接菱形四边中点得到的四边形是（ ）
A 平行四边形
B ． 菱形
C ． 矩形
D ． 正方形 【答案】C
【解析】如图：菱形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、AD 的中点，
∴EH ∥FG ∥BD ，EH ＝FG ＝ 12 BD ；EF ∥HG ∥AC ，EF ＝HG ＝1
2
AC ，
故四边形EFGH 是平行四边形， 又∵AC ⊥BD ，
∴EH ⊥EF ，∠HEF ＝90° ∴四边形EFGH 是矩形． 故选C ．
10．（2019·安徽）如图，在正方形ABCD 中，点E 、F 将对角线AC 三等分，且AC=12.点P 在正方形的边上，则满足PE+PF=9的点P 的个数是
A. 0
B. 4
C. 6
D. 8
【答案】D
【解题过程】如图，作点F 关于CD 的对称点F /，连接PF /、PF ，则PE ＋PF ＝EF /，根据两点之间线段最知可知此时PE ＋PF 的值最小.过点E 作EH ⊥FF /，垂足为点H ，FF’交CD 于点G ，易知△EHF 、△CFG 是等腰直角三
角形，∴EH ＝FH ＝FG ＝F’G
＝
2
EF ＝
，∴EF’
＝9.根据正方形的对称性可知正方形ABCD 的每条边上都有一点P 使得PE ＋PF 最小值.连接
DE 、DF ，易求得DE ＋DF ＝＞9，CE ＋CF ＝12＞0，故点P 位于点B 、D 时，PE ＋PF ＞9，点P 位于点A 、C 时，PE ＋PF ＞9，∴该正方形每条边上都有2处点使得PE ＋PF ＝9，共计点P 有8处.
1.（2019·无锡）下列结论中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是（） A.内角和为360° B.对角线互相平分 C.对角线相等 D.对角线互相垂直 【答案】C
【解析】本题考查了矩形的性质、菱形的性质，矩形的对角线相等且平分，菱形的对角线垂直且平分，所以矩形具有而菱
形不具有的为对角线相等，故选C ．
2. (2019·泰安)如图,矩形ABCD 中,AB ＝4,AD ＝2,E 为AB 的中点
,F 为EC 上一动点,P 为DF 中点,连接PB,则PB
的最小值是
A.2
B.4
C.2
D.B
【答案】D
【解析】∵F为EC上一动点,P为DF中点,∴点P的运动轨迹为△DEC的中位线MN,∴MN∥EC,连接ME,则四边形EBCM为正方形,连接BM,则BM⊥CE,易证BM⊥MN,故此时点P与点M重合,点F与点C重合,BP取到最小值,在Rt△BCP中,BP＝22
BC CP
＝22.
3.（2019·眉山）如图，在矩形ABCD中AB=6，BC=8，过对角线交点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F，则DE的长是
A．1 B．7
4C．2 D．12
5
【答案】B
【解析】连接CE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=90°，OC=OA，AD=BC=8，DC=AB=6，∵EF⊥AC，
OA=OC，∴AE=CE，在Rt△DEC中，DE2+DC2=CE2，即DE2+36=（8-DE）2，解得：x=7
4
，故选B.
4.（2019·攀枝花）下列说法错误的是（）
A．平行四边形的对边相等B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形D．正方形既是轴对称图形、又是中心对称图形
【答案】B
【解析】对角线相等的四边形不一定是矩形，如等腰梯形.故选B．
5.（2019·攀枝花）如图，在正方形ABCD中，E是BC边上的一点，BE＝4，EC＝8，将正方形边AB沿AE折叠到AF，延长EF交DC于G。

连接AG，现在有如下四个结论：①∠EAG＝45°；②FG＝FC；③FC∥AG；④S△GFC
＝14．其中结论正确的个数是（）
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
【答案】B
【解析】由题易知AD ＝AB ＝AF ，则Rt △ADG ≌Rt △AFG （HL ）． ∴GD ＝GF ，∠DAG ＝∠GAF ． 又∵∠FAE ＝∠EAB ，
∴∠EAG ＝∠GAF ＋∠FAE ＝12（∠BAF ＋∠FAD ）＝1
2
∠BAD ＝45°，所以①正确；
设GF ＝x ，则GD ＝GF ＝x ．
又∵BE ＝4，CE ＝8，∴DC ＝BC ＝12，EF ＝BE ＝4． ∴CG ＝12－x , EG ＝4＋x ．
在Rt △ECG 中，由勾股定理可得82＋（12－x ）2＝（4＋x ）2 ，解得x ＝6. ∴FG ＝DG ＝CG ＝6，又∠FGC ≠60°,∴△FGC 不是等边三角形，所以②错误； 连接DF ，由①可知△AFG 和△ADC 是对称型全等三角形，则FD ⊥AG ． 又∵FG ＝DG ＝GC ，
∴△DFC 为直角三角形，∴FD ⊥CF ，∴FC ∥AG ，∴③成立；
∵EC ＝8,∴S △ECG ＝1
2
EC ·CG ＝24，
又∵FCG ECG S S V V ＝FG EG ＝35
，
∴S △FCG ＝35S △ECG ＝725
.
∴④错误，
故正确结论为①③,选B ．
【知识点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等高不同底的三角形面积比
6.（2019·金华）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图
⑤，其中FM 、GN 是折痕，若正方形EFGH 与五边形MCNGF 面积相等，则FM
GF
的值是（）
1 C.12
D
D
【答案】A ．
【解析】连接EG ,FH 交于点O ,由折叠得△OGF 是等腰直角三角形，OF
GF ．∵正方形EFGH 与五边形MCNGF 面积相等，∴（OF ＋FM ）2＝GF ＋14GF ＝54
GF 2，
GF ＋FM
GF ，∴FM
GF
GF ，
∴FM GF
.故选A ．
7. (2019·台州)如图,有两张矩形纸片ABCD 和EFGH,AB ＝EF ＝2cm,BC ＝FG ＝8cm,把纸片ABCD 交叉叠放在纸
片EFGH 上,使重叠部分为平行四边形时,且点D 与点G 重合,当两张纸片交叉所成的角α最小时,tan α等于( ) A.14 B.12 C.817 D.815
【答案】D
【解析】当点B 与点E 重合时,重叠部分为平行四边形且α最小,∵两张矩形纸片全等,∴重叠部分为菱形,设FM ＝
x,∴EM ＝MD ＝8－x,EF ＝2,在Rt △EFM 中,EF 2+FM 2＝EM 2,即22+x 2＝(8－x)2,解之得:x ＝154,∴tan α＝EF FM ＝8
15
,
故选D.
8. (2019·台州)如图是用8块A 性瓷砖(白色四边形)和8块B 型瓷砖(黑色三角形)不重叠,无空隙拼接而成的一个
正方形图案,图案中A 型瓷砖的总面积与B 型瓷砖的总面积之比为( )
:1 B3:2
第10题图 【答案】A
【解析】如图,是原图的1
8
,过点E 作EK ⊥AC,作EF ⊥BC,∴易证△AEK,△BEF 为等腰直角三角形,设AK 为x,则
EK ＝CF ＝DF ＝x,AE ＝BD
x,∴KC ＝EF
＝)x,
∴
))
211
=12=22
S EF DC x x x ⋅=⋅⋅阴影
,
)
))
2
111
1
=12=
222
2
S EF BD AC EK x x x x ⋅+⋅=⋅
+⋅
⋅空白,
∴
2x S S 空白阴影
，
故选A.
9.（2019·重庆A 卷）下列命题正确的是（）
A ．有一个角是直角的平行四边形是矩形
B ．四条边相等的四边形是矩形
C ．有一组邻边相等的平行四边形是矩形
D ．对角线相等的四边形是矩形 【答案】A ．
【解析】A 、有一个角是直角的平行四边形是矩形，是真命题； B 、四条边相等的四边形是菱形，是假命题； C 、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，是假命题； D 、对角线相等的平行四边形是矩形，是假命题； 故选：A
12．（2019·德州）如图，正方形ABCD ，点F 在边AB 上，且AF ：FB ＝1：2，CE ⊥DF ，垂足为M ，且交AD
于点E ，AC 与DF 交于点N ，延长CB 至G ，使BG ＝BC ，连接CM ．有如下结论：①DE ＝AF ；②AN ＝AB ；③∠
ADF
＝∠GMF ；④S △ANF ：S 四边形CNFB ＝1：8．上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．①②③D．②③④
【答案】C
【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝CD＝BC，∠CDE＝∠DAF＝90°，∵CE⊥DF，∴∠DCE+∠CDF＝∠ADF+∠CDF＝90°，∴∠ADF＝∠DCE，在△ADF与△DCE中，，∴△ADF≌△DCE（ASA），∴DE＝AF；故①正确；∵AB∥CD，∴＝，∵AF：FB＝1：2，∴AF：AB＝AF：CD＝1：3，∴＝，∴＝，∵AC＝AB，∴＝，∴AN＝AB；故②正确；
作GH⊥CE于H，设AF＝DE＝a，BF＝2a，则AB＝CD＝BC＝3a，EC＝a，由△CMD∽△CDE，可得CM＝a，由△GHC∽△CDE，可得CH＝a，∴CH＝MH＝CM，∵GH⊥CM，∴GM＝GC，∴∠GMH＝∠GCH，∵∠FMG+∠GMH＝90°，∠DCE+∠GCM＝90°，∴∠FEG＝∠DCE，∵∠ADF＝∠DCE，∴∠ADF＝∠GMF；故③正确，设△ANF的面积为m，∵AF∥CD，∴＝＝，△AFN∽△CDN，∴△ADN的面积为3m，△DCN的面积为9m，∴△ADC的面积＝△ABC的面积＝12m，∴S△ANF：S四边形CNFB ＝1：11，故④错误，故选C．
10.（2019·遂宁）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，△BPC是等边三角形，连接DP并延长交CB的延长线于点H，连接BD交PC于点Q,下列结论：
①∠BPD=135°；②△BDP∽△HDB③DQ;BQ=1：2;④S△BDP=
41
3
,其中正确的有 ( )
A.①②③
B.②③④
C.①③④
D.①②④
【答案】D
【解析】由正方形ABCD可得∠BCD=90°，BC=DC,由△BPC是等边三角形可得∠BCP
=∠BPC=60°，BC=PC,∴∠DCP=30°，PC=DC,∴∠DPC=75°，∴∠BPD=135°，①正确；∵正方形ABCD，∴∠CBD=45°，∴∠HBD=135°=∠BPD，∵公共角BDP,∴△BDP∽△HDB成立，②正确；如图，过Q作QM⊥BC于M，
反向延长交AD于N，则Rt△CMQ中，∠BCQ=60°，设CM=x，则QM=x3，Rt△BMQ中，∠QBM=45°，则BM=QM=x3，
因为正方形边长为1，所以x 3+x=1，∴x=21-3，∴MQ=x 3=233-,NQ=1-MQ=2
1
-3,∴DQ;BQ=NQ:MQ=33
,∴③错误；
如图，过点D 作BP 的延长线的垂线于点E ，由①知∠BPD=135°，∴∠EPD=45°，∴PE=DE ，设PE=DE=a ，则PB=a,BD=
a 2，∴Rt △BDE 中，由勾股定理可求得2
222)1）（（=++a a ，∴231±-=
a ，∵a>0,所以2
3
1+-=a ∴S △BDP
=
4
1
3-，故④正确；故选D.
二、填空题
15．（2019·温州）三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放，已知∠AOB=∠AOE=90°，菱形的较短对角线
长为2cm ．若点C 落在AH 的延长线上，则△ABE 的周长为 cm ．
【答案】
【解析】连接AC 、IC ，AC 交OI 于点M 、BO 于点N ，IC 交BO 于点P.设∠AHO=α，则∠COB=∠IOB=α，.∵点C 落在AH 的延长线上，∴A 、H 、C 三点共线.∵图中的三个菱形是形状大小相同的，∴∠CBO=∠CAO ，又∵∠BNC=∠ANO ，∴∠BCA=∠AOB=90°.∵BC ∥IO ，∴∠CMO=∠BCA=90°.∵CO=HO ，∴∠HOM=∠COM=2α，∴α+2α+α=90°，则α=22.5°，即∠BOI=22.5°，∠PIO=67.5°.作∠QIO=∠BOI=22.5°，交BO 于点Q ，则∠PIQ=45°，∴PI=PN=1，IQ=QO
，
，
，∴
+4，
，∴△ABE 的周长为
. 故填：
. 16．（2019·绍兴 ）.把边长为2的正方形纸片ABCD 分割成如图的四块，其中点O 为正方形的中心，点E,F 分别是AB,AD 的中点，用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形MNPQ （要求这四块纸片不重叠无缝隙），则四边形MNPQ 的周长是
.
Q
P N M
【答案】10或
或
【解析】通过动手操作可得如图所示，再根据周长的定义即可求解．
图1的周长为
＝；图2的周长为1+4+1+4＝10；
图3的周长为
3+5+2+＝8+22．
故四边形MNPQ 的周长是或10或．
故答案为：
10或． 16．（2019·杭州）如图，把某矩形纸片 ABCD 沿EF ，GH 折叠(点E ，H 在AD 边上.点F ，G 在BC 边上)，使点B 和点C 落在AD 边上同一点P 处，A 点的对称点为A'点，D 点的对称点为D'点，若∠FPG-90°，△A'EP 的面积为4，△D'PH 的面积为1，则矩形ABCD 的面积等于__________.
【答案】2（
【解析】∵四边形ABC 是矩形，∴AB=CD ，AD=BC ，设AB=CD=x ，由翻折可知：PA ′=AB=x ，PD ′=CD=x ，∵△A ′EP 的面积为4，△D ′PH 的面积为1，∴A ′E=4D ′H ，设D ′H=a ，则A ′E=4a ，∵△A ′EP ∽△D ′PH ，∴
=，∴=
，∴x 2=4a 2，∴x=2a 或-2a （舍弃），∴PA ′=PD ′=2a ，∵•a •2a=1，∴a=1，∴x=2，∴AB=CD=2，PE==25，PH=
=5，∴AD=4+2++1=5+3，∴矩形ABCD 的面积=2（5+35）．故答案为2（5+35）.
13．（2019·青岛） 如图，在正方形纸片ABCD 中，E 是CD 的中点，将正方形纸片折叠，点B 落在统段AE 上
的点G 处，折痕为AF . 若AD =4cm ，则CF
的长是为
cm .
【答案】6-【解析】由勾股定理得AE =2,根据题意得GE =2-4,设BF =xcm ,则FC =(4-x )cm ,所以(2-4)2+x 2=22+(4-x )2,解得x =2,所以CF =6-
16．（2019·淮安）如图，在矩形ABCD 中，AB=3，BC=2，H 是AB 的中点，将△CBH 沿CH 折叠，点B 落在矩形内点P 处，连接AP ，则tan ∠HAP=.
第16题图
【答案】4
【解析】如图所示，连接PB 交CH 于点O. 第16题答图
∵H 是AB 的中点，
∴HB=21AB=2
3. ∵将△CBH 沿CH 折叠，点B 落在矩形内点P 处，
∴HP=HB ，PB=2BO=51225322)2
3(223222
2=⨯=+⨯⨯=⋅⨯HC BC HB . ∵HP=HB=2
1AB ， ∴△APB 是直角三角形，
∴tan ∠HAP=PA PB =22PB AB PB -=22)5
12(3512-=59512
=4. 1. (2019·泰安)如图,矩形ABCD 中,AB ＝,BC ＝12,E 为AD 中点,F 为AB 上一点,将△AEF 沿EF 折叠后,点A
恰好落到CF 上的点G 处,则折痕EF 的长是________.
【答案】
【解析】连接CE,∵点E 是AD 的中点,∴AE ＝ED ＝EG,∠EGC ＝∠D,∴△EGC ≌△EDC,∴GC ＝AB ＝,设
AF ＝GF ＝x,∴FB ＝－x,在Rt △FBC 中,FB 2+BC 2＝FC 2,即(－x)2+122＝(x+)2,解之,得:x ＝
在Rt △AFE 中,EF .
2.（2019·潍坊）如图，在矩形ABCD 中，AD =2．将∠A 向内翻折，点A 在BC 上，记为A ′，折痕为DE ．若将∠B 沿EA ′向内翻折，点B 恰好落在DE 上，记为B ′，则AB =．
【解析】由翻折可得∠AED =∠A ′ED =∠A ′EB =60°，
∴∠ADE =∠A ′DE =∠A ′DC =30°．
∴A ′D 平分∠EDC ，
∵A ′B ′⊥DE ，A ′C ⊥DC ，
∴A ′C =A ′B ′．
∵A ′B ′=A ′B
∴A ′C =A ′B ，
∵BC =AD =2
∴A ′C =1．
在Rt △A ′DC 中，
tan 30°=
'3
A C DC =．
∴DC ．
∴AB 3.（2019·天津）如图，正方形纸片ABCD 的边长为12，E 是边CD 上一点，连接AE ，折叠该纸片，使点A 落在AE 上的G 点，并使折痕经过点B ，得到折痕BF ，点F 在AD 上，若DE=5，则GE 的长为
【答案】1349 【解析】由正方形ABCD 可得Rt △ADE,由于AD=12,DE=5，由勾股定理可得AE=13。

因为折叠可知，BF 垂直平分AG ，所以∠ABF=∠DAE,又因为AB=AD ，∠BAD=∠DAE=90°，可以证明△ABF ≌△DAE ，得出AF=DE=5，设BF,AE 交于点M ，根据sin ∠FAM=sin ∠EAD 可得AM=1360，由于折叠可知MG=AM=13
60，从而可求得GE=13-1360-1360=13
49.
4.（2019·湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为
的正方形ABCD 可
以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形EFGH 内拼成如图2所示的“拼搏兔”造型（其中点Q 、R 分别与图2中的点E 、G 重合，点P 在边EH 上），则“拼搏兔”所在正方形EFGH 的边长是_____．
【答案】
【解析】如答图，延长ET 交GH 于点N ，延长GJ 交EF 于点M ，连接MN ，则M 、N 分别为EF 、GH 的中点．由图1可知AC ＝8，从而ET ＝2＝TK ＝KM ，TM ＝4，在Rt △ETM 中，由勾股定理，得EM
=从而EF ＝2EM
＝
第16题答图
T L K
J
N M
E
F G H ④⑦
⑥⑤③
②①图1 图2
第16题图
①②③
④
⑤⑥⑦⑦⑥⑤
④③
②①
H
G F E
R Q P
D C B A
三、解答题
24．（2019山东省德州市，24，12）（1）如图1，菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD＝60°，请直接写出HD：GC：EB的结果（不必写计算过程）
（2）将图1中的菱形AEGH绕点A旋转一定角度，如图2，求HD：GC：EB；
（3）把图2中的菱形都换成矩形，如图3，且AD：AB＝AH：AE＝1：2，此时HD：GC：EB的结果与（2）小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果（不必写计算过程）；若无变化，请说明理由．
【解题过程】（1）连接AG，
∵菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD＝60°，
∴∠GAE＝∠CAB＝30°，AE＝AH，AB＝AD，
∴A，G，C共线，AB﹣AE＝AD﹣AH，
∴HD＝EB，
延长HG交BC于点M，延长EG交DC于点N，连接MN，交GC于点O，则GMCN也为菱形，
∴GC⊥MN，∠NGO＝∠AGE＝30°，
∴＝cos30°＝，
∵GC＝2OG，
∴＝，
∵HGND为平行四边形，
∴HD＝GN，
∴HD：GC：EB＝1：：1．
（2）如图2，连接AG，AC，
∵△ADC和△AHG都是等腰三角形，
∴AD：AC＝AH：AG＝1：，∠DAC＝∠HAG＝30°，
∴∠DAH＝∠CAG，
∴△DAH∽△CAG，
∴HD：GC＝AD：AC＝1：，
∵∠DAB＝∠HAE＝60°，
∴∠DAH＝∠BAE，
在△DAH和△BAE中，
∴△DAH≌△BAE（SAS）
∴HD＝EB，
∴HD：GC：EB＝1：：1．
（3）有变化．
如图3，连接AG，AC，
∵AD：AB＝AH：AE＝1：2，∠ADC＝∠AHG＝90°，∴△ADC∽△AHG，
∴AD：AC＝AH：AG＝1：，
∵∠DAC＝∠HAG，
∴∠DAH＝∠CAG，
∴△DAH∽△CAG，
∴HD：GC＝AD：AC＝1：，
∵∠DAB＝∠HAE＝90°，
∴∠DAH＝∠BAE，
∵DA：AB＝HA：AE＝1：2，
∴△ADH∽△ABE，
∴DH：BE＝AD：AB＝1：2，
∴HD：GC：EB＝1：：2
19.（2019·遂宁）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，延长BC到E,使CE=BC,连接AE交CD于点F，点F是CD
的中点.
求证：（1）△ADF≌△ECF;
(2)四边形ABCD是平行四边形
.
解：（1）证明：∵AD∥BC,
∴∠DAF=∠CEF,∠ADF=∠ECF,
∵点F是CD的中点，
∴DF=CF,
∴△ADF≌△ECF;
（2）∵△ADF≌△ECF
∴AD=CE，
∵CE=BC，
∴AD=BC,
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形.
24．（2019·滨州，24，13分）如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD 边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG．
（1）求证：四边形CEFG是菱形；
（2）若AB＝6，AD＝10，求四边形CEFG的面积．
（1）证明：由题意可得，△BCE≌△BFE，
∴∠BEC＝∠BEF，FE＝CE．
∵FG∥CE，∴∠FGE＝∠CEB，∴∠FGE＝∠FEG，∴FG＝FE，∴FG＝EC，
∴四边形CEFG是平行四边形．
又∵CE＝FE，∴四边形CEFG是菱形．
（2）∵矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，BC＝BF，
∴∠BAF＝90°，AD＝BC＝BF＝10，∴AF＝8，∴DF＝2．
设EF＝x，则CE＝x，DE＝6－x，
∵∠FDE ＝90°，∴22+（6－x ）2＝x 2，解得x ＝
，∴CE ＝，
∴四边形CEFG 的面积是：CE •DF ＝
×2＝．
24．（2019·绍兴，第24题，14分 ）如图，矩形ABCD 中，AB=a ，BC=b ，点M,N 分别在边AB,CD 上，点E,F 分别在BC,AD 上，MN,EF 交于点P ，记k =MN ∶EF.
（1）若a ∶b 的值是1，当MN ⊥EF 时，求k 的值.
（2）若a ∶b 的值是2
1，求k 的最大值和最小值. （3）若k 的值是3，当点N 是矩形的顶点，∠MPE=60°，MP=EF=3PE 时，求a ∶b 的值.
【思路分析】（1）因为a ∶b 的值是1，从而可得四边形ABCD 是正方形；可过M 作MQ ⊥CD ，FH ⊥BC ，由题意可证明△FHE ≌△MQN ，从而可得MN ＝EF ，从而可求出k 的值.
（2）由a ∶b 的值是
2
1，可得b=2a ，要求k 的最大值和最小值，只要求出MN 和EF 的取值范围，由题意
可知MN 的取值范围是，EF 的取值范围是.所以要求k 的最大值，则MN 取最长，EF 最短；要求k 的最小值，则MN 取最短，EF 最长从而可求出k 的最大值和最小值.
（3）连接FN ，ME ．由k ＝3，MP ＝EF ＝3PE ，得MN EF PM PE ＝3，得PN PM ＝PF PE ＝2，由△PNF ∽△PME ，得PN PM ＝PF PE ＝2，ME ∥NF ，设PE ＝2m ，则PF ＝4m ，MP ＝6m ，NP ＝12m ，再分两种情形：①如图2中，当点N 与点D 重合时，点M 恰好与B 重合．②如图3中，当点N 与C 重合，分别求解即可．
【解题过程】
23．（2019·嘉兴）小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展．（1）温故：如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，正方形PQMN的边QM在BC上，顶点P，N分别在AB，AC上，若BC＝6，AD＝4，求正方形PQMN的边长．
（2）操作：能画出这类正方形吗？小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：如图2，任意画△ABC ，在AB 上任取一点P '，画正方形P 'Q 'M 'N '，使Q '，M '在BC 边上，N '在△ABC 内，连结BN '并延长交AC 于点N ，画NM ⊥BC 于点M ，NP ⊥NM 交AB 于点P ，PQ ⊥BC 于点Q ，得到四边形PPQMN ．小波把线段BN 称为“波利亚线”．
（3）推理：证明图2中的四边形PQMN 是正方形．
（4）拓展：在（2）的条件下，在射线BN 上截取NE ＝NM ，连结EQ ，EM （如图3）．当tan ∠NBM ＝时，猜想∠QEM 的度数，并尝试证明．
请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题．
【解题过程】温故：∵PN//BC ，∴△APN ∽△ABC ，∴PN AE BC AD =，即464PN PN -=，解得PN= 125
（2）推理：由画法可得∠QMN=∠ PNM=∠PQM=∠'''Q M N =90°.
∴四边形PQMN 为矩形，MM// ''M N .
∴△''BM N ∽△BNM ， ∴
'''M N BN MN BN
= 同理可得'''P N BN PN BN
= ∴'''M N PN MN PN
= ∵''M N ='PN ∴MN=PN
∴四边形PQMN 为正方形.
（3）拓展：猜想∠QEM=90°，理由如下：由tan ∠NBM=MN BM =3
4
，可设MN=3k ，BM=4k. 则BN=5k ，BQ=k ，BE=2k ，
∴
BQ BE =2k k =12，BE BM =24k k =1
2， ∴BQ BE =BE BM
∵∠QBE=∠EBM ∴△QBE ∽△BEM. ∴∠BEQ=∠BME.
∵NE=NM ，∴∠NEM=∠NME
∵∠BME+∠EMN=90°，∴∠BEQ+∠NEM=90°. ∴∠QEM=90°.
21．（2019浙江省杭州市，21，10分）(本题满分10分) 如图.已知正方形ABCD 的边长为1，正方形CEFG 的面积为S 1，点E 在DC 边上，点G 在BC 的延长线.设以线段AD 和DE 为邻
边的矩形的面积为S 2.且S 1=S 2. (1)求线段CE 的长.
(2)若点H 为BC 边的中点，连接HD ，求证:HD=HG. 【解题过程】（1）设正方形CEFG 的边长为a ， ∵正方形ABCD 的边长为1，∴DE=1-a ， ∵S 1=S 2，∴a 2
=1×（1-a ）， 解得，（舍去），
，即线段CE
的
长是
；
（2）证明：∵点H 为BC 边的中点，BC=1，∴CH=0.5，∴DH==，
∵CH=0.5，CG=
，∴HG=
，∴HD=HG ．
A
B
22．（2019山东烟台，22，9分）
如图，在矩形ABCD 中，2CD =，4AD =，点P 在BC 上，将ABP 沿AP 折叠，点B 恰好落在对角线AC 上的E 点，O 为AC 上一点，O e 经过点A ，P ． (1)求证：BC 是O e 的切线．
(2)在边CB 上截取CF =CE ，点F 是线段BC 的黄金分割点吗？请说明理由．
【解题过程】
（1）证明：连接OP ，
因为四边形ABCD 为矩形， 所以90B ∠=︒，
因为△APE 是由△ABP 折叠得到， 所以△APE ≌△ABP ， 所以BAP EAP ∠=∠, 因为OA OP =,
所以APO EAP ∠=∠, 所以BAP APO ∠=∠, 所以AB //OP ,
所以90OPC B ∠=∠=︒, 所以OP BC ⊥,
所以BC 是O e 的切线．
（2）解：点F 是线段BC 的黄金分割点，理由如下：
设CF=x ，则CE=x ，
因为四边形ABCD 为矩形，
所以90D ∠=︒，2,4AB CD BC AD ====， 因为△APE 是由△ABP 折叠得到， 所以△APE ≌△ABP ， 所以2AE AB ==,
所以2AC AE EC x =+=+,
在Rt △ADC 中，由勾股定理得，
222AC CD AD =+，即222
(2)24x +=+
，解得2x =-
（舍去）或2x =，
所以2FC =，
因为
FC BC ==， 所以点F 是线段BC 的黄金分割点．
23．（2019山东省青岛市，23，10分）问题提出：
如图，图①是一张由三个边长为1的小正方形组成的“L”形纸片，图②是一张a×b的方格纸（a×b的方格纸指边长分别为a,b的矩形，被分成a×b个边长为1的小正方形，其中a≥2，b≥2，且a，b为正整数），把图①放置在图②中，使它恰好盖住图②中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
问题探究:
为探究规律，我们采用一般问题特殊化的策略，先从最简单的情形入手，再逐次递进，最后得出一般性的结论. 探究一：
把图①放置在2×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图③，对于2×2的方格纸，要用图①盖住其中的三个小正方形，显然有4种不同的放置方法.
探究二：
把图①放置在3×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图④，在3×2的方格纸中，共可以找到2个位置不同的2×2方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在3×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有2×4=8种不同的放置方法.
探究三：
把图①放置在a×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图⑤，在a×2的方格纸中，共可以找到个位置不同的2×2方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在a×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有种不同的放置方法.
探究四：
把图①放置在a×3的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？
如图⑥，在a×3的方格纸中，共可以找到个位置不同的2×2方格，依据探究一的结论可知，把图①放置在a×3的方格纸中使它恰好盖住其中的三个小正方形共有种不同的放置方法.
……
问题解决：
把图①放置在a×b的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？（仿照前面的探究方法，写出解答过程，不需画图.）
问题拓展：
如图，图⑦是一个由4个棱长为1的小立方体构成的几何体，图⑧是一个长、宽、高分别为a ，b ，c （a ≥2，b ≥2，c ≥2，且a ，b ，c 是正整数）的长方体，被分成了a ×b ×c 个棱长为1的小立方体，在图⑧的不同位置共可以找到
个图⑦这样的几何体. 【解题过程】解：探究三：
根据探究二，2a ⨯的方格纸中，共可以找到(1)a -个位置不同的22⨯方格， 根据探究一结论可知，每个22⨯方格中有4种放置方法，所以在2a ⨯的方格纸中，共可以找到(1)4(44)a a -⨯=-种不同的放置方法；
故答案为1a -，44a -； 探究四：
与探究三相比，本题矩形的宽改变了，可以沿用上一问的思路：边长为a ，有(1)a -条边长为2的线段， 同理，边长为3，则有312-=条边长为2的线段，
所以在3a ⨯的方格中，可以找到2(1)(22)a a -=-个位置不同的22⨯方格，
根据探究一，在在3a ⨯的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有(22)4(88)a a -⨯=-种不同的放置方法．
故答案为22a -，88a -； 问题解决：
在a b ⨯的方格纸中，共可以找到(1)(1)a b --个位置不同的22⨯方格，
依照探究一的结论可知，把图①放置在a b ⨯的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有4(1)(1)a b --种不同的放置方法； 问题拓展：
发现图⑦示是棱长为2的正方体中的一部分，利用前面的思路，
这个长方体的长宽高分别为a 、b 、c ，则分别可以找到(1)a -、(1)b -、(1)c -条边长为2的线段， 所以在a b c ⨯⨯的长方体共可以找到(1)(1)(1)a b c ---位置不同的222⨯⨯的正方体， 再根据探究一类比发现，每个222⨯⨯的正方体有8种放置方法，
所以在a b c ⨯⨯的长方体中共可以找到8(1)(1)(1)a b c ---个图⑦这样的几何体； 故答案为8(1)(1)(1)a b c ---．
21．（2019山东省青岛市，21，8分）如图，在口ABCD 中对角线AC 与BD 相交于点O ，点E ，F 分别为OB ，OD 的中点，延长AE 至G ，使EG =AE ,连接CG .
（1）求证：△ABE ≌△CDF ; （2）当AB 与AC 满足什么数量关系时，四边形EGCF 是矩形？请说明理由.
【解题过程】（1）证明：Q 四边形ABCD 是平行四边形，
AB CD ∴=，//AB CD ，OB OD =，OA OC =，ABE CDF ∴∠=∠， Q 点E ，F 分别为OB ，OD 的中点，
12BE OB ∴=，1
2
DF OD =，BE DF ∴=，
在ABE ∆和CDF ∆中，AB CD BAE CDF BE DF =⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
，
()ABE CDF SAS ∴∆≅∆；
（2）解：当2AC AB =时，四边形EGCF 是矩形；理由如下： 2AC OA =Q ，2AC AB =， AB OA ∴=，
E Q 是OB 的中点， AG OB ∴⊥， 90OEG ∴∠=︒， 同理：C
F OD ⊥， //A
G CF ∴， //EG CF ∴，
EG AE =Q ，OA OC =， OE ∴是ACG ∆的中位线， //OE CG ∴， //EF CG ∴，
∴四边形EGCF 是平行四边形， 90OEG ∠=︒Q ，
∴四边形EGCF 是矩形．
13．（2019江西省，13，6分）（2）如图，四边形ABCD 中，AB ＝CD ，AD ＝BC ，对角线AC 、BD 相交于点O ，且OA ＝OD.
求证：四边形ABCD 是矩形.
【思路分析】（2）先利用两组对边分别相等证明四边形是平行四边形，再利用对角线相等证明四边形是矩形. 【解题过程】解：（2）∵AB ＝CD ，AD ＝BC ，∴四边形ABCD 是平行四边形，∴AC 、BD 互相平分，又∵OA
＝OD ，∴AC=BD ，∴四边形ABCD 是矩形.
25．（2019·娄底）如图（13），点E 、F 、G 、H 分别在矩形ABCD 的边AB 、BC 、CD 、DA （不包括端点）上运动，且满足AE ＝CG ，AH ＝CF ．
（1）求证：△AEH ≌△CGF ；
（2）试判断四边形EFGH 的形状，并说明理由．
（3）请探究四边形EFGH 的周长的一半与矩形ABCD 一条对角线长的大小关系，并说明理由． 【解题过程】
（1）证明：∵四边形ABCD 为矩形，
∴ ∠A ＝∠C ＝90°， 又∵AE ＝CG ，AH ＝CF ， ∴△AEH ≌△CGF （SAS ） （2）四边形EFGH 是平行四边形．
理由：由（1）中△AEH ≌△CGF 得HE ＝FG ，
∵在矩形ABCD 中有∠B ＝∠D ＝90°，AB ＝CD ，BC ＝AD ，且有AE ＝CG ，AH ＝CF ， ∴HD ＝BF ，BE ＝DG ∴△BEF ≌△DGH ∴EF ＝GH ，
∴四边形EFGH 为平行四边形 （两组对边分别相等的四边形是平行四边形）
（3）四边形EFGH 的周长的一半大于或等于矩形ABCD 一条对角线长． 理由如下： 如图13-1，
连结BD ，设AE=CG=a ，AH=CF=b ，结合矩形ABCD 中，AB=CD ，BC=AD ，不妨设HD=BF=c ，BE=DG=d ．
由勾股定理得HE =HG BD =；
∴()2
22
2
HE HG BD +-=
-
()22222
22222a b c d a
b c d ad bc =+++++++++
()2ad bc ⎤=+⎥⎦
又∵
()
()2
2
2222222222222ad bc a c a d b c b d a d b c abcd -+=+++-++
()2
222220a c b d abcd ac bd =+-=-≥
∴()2
20HE HG BD +-≥
∴HE+HG ≥BD
又∵四边形EFGH 为平行四边形，四边形ABCD 为矩形；
∴四边形EFGH 的周长的一半大于或等于矩形ABCD 一条对角线长，当E 、F 、G 、H 为矩形ABCD 的四边中点时，四边形EFGH 的周长的一半等于矩形ABCD 一条对角线长．
23．（2019·益阳）如图，在Rt △ABC 中，M 是斜边AB 的中点，以CM 为直径作⊙O 交AC 于点N ，延长MN 至D ，使ND ＝MN ，连接AD 、CD ，CD 交圆O 于点E. (1)判断四边形AMCD 的形状，并说明理由; (2)求证：ND ＝NE ；
(3)若DE=2，EC ＝3，求BC 的长.
第23题图
【解题过程】解：(1)四边形AMCD 是菱形，理由如下： ∵M 是Rt △ABC 中AB 的中点， ∴CM=AM.
∵CM 为⊙O 的直径， ∴∠CMM=90， ∴MD ⊥AC ， ∴AN=CN. 又∵ND=MN ，
∴四边形AMCD 是菱形.
(2)∵四边形CEM 为⊙O 的圆内接四边形， ∴∠CEN+∠CMN=180°. 又∵∠CEN+∠DEN=180°， ∴∠CMN=∠DEN.
∵四边形AMCD 是菱形， ∴CD=CM ，
∴∠CDM=∠CMN. ∴∠DEN=∠CDM ，
∴ND=NE.
(3)∵∠CMN=∠DEN ，∠MDC=∠EDN ， ∴△MDC ∽△EDN ， ∴
DN DC
DE MD =. 设ND=x ，则MD=2x ， ∴
x
x 522=， 解得x=5或x=-5(不合题意，舍去)， ∴MN=5.
∵MN 为△ABC 的中位线， ∴BC=2MN ，
∴BC=25.
22．（2019·长沙）（8分）如图，正方形ABCD ，点E ，F 分别在AD ，CD 上，且DE=CF ，AF 与BE 相交于点G ．
（1）求证：BE=AF ；
（2）若AB=4，DE=1，求AG 的长．
【解题过程】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAE=∠ADF=90°，AB=AD=CD，∵DE=CF，∴AE=DF，在△BAE和△ADF中，AB=AD、∠BAE=∠ADF、AE=DF，∴△BAE≌△ADF（SAS），∴BE=AF；（2）解：由（1）得：
△BAE≌△ADF，∴∠EBA=∠FAD，∴∠GAE+∠AEG=90°，∴∠AGE=90°，∵AB=4，DE=1，∴AE=3，∴
=5，在Rt△ABE中，1
2
AB×AE=
1
2
BE×AG，∴AG=
34
5
⨯
=
12
5
．
27．（2019·陇南）阅读下面的例题及点拨，并解决问题：
例题：如图①，在等边△ABC中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是△ABC的外角∠ACH的平分线上一点，且AM＝MN．求证：∠AMN＝60°．
点拨：如图②，作∠CBE＝60°，BE与NC的延长线相交于点E，得等边△BEC，连接EM．易证：△ABM ≌△EBM（SAS），可得AM＝EM，∠1＝∠2；又AM＝MN，则EM＝MN，可得∠3＝∠4；由∠3+∠1＝∠4+∠5＝60°，进一步可得∠1＝∠2＝∠5，又因为∠2+∠6＝120°，所以∠5+∠6＝120°，即：∠AMN＝60°．问题：如图③，在正方形A1B1C1D1中，M1是B1C1边上一点（不含端点B1，C1），N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，且A1M1＝M1N1．求证：∠A1M1N1＝90°．
解：延长A1B1至E，使EB1＝A1B1，连接EM1C、EC1，如图所示：
则EB1＝B1C1，∠EB1M1中＝90°＝∠A1B1M1，
∴△EB1C1是等腰直角三角形，
∴∠B1EC1＝∠B1C1E＝45°，
∵N1是正方形A1B1C1D1的外角∠D1C1H1的平分线上一点，
∴∠M1C1N1＝90°+45°＝135°，
∴∠B1C1E+∠M1C1N1＝180°，
∴E、C1、N1，三点共线，
在△A1B1M1和△EB1M1中，，
∴△A1B1M1≌△EB1M1（SAS），
∴A1M1＝EM1，∠1＝∠2，
∵A1M1＝M1N1，
∴EM1＝M1N1，
∴∠3＝∠4，
∵∠2+∠3＝45°，∠4+∠5＝45°，
∴∠1＝∠2＝∠5，
∵∠1+∠6＝90°，
∴∠5+∠6＝90°，
∴∠A1M1N1＝180°﹣90°＝90°．
1.（2019·衢州）已知，如图，在菱形ABCD中，点E.F分别在边BC，CD上，且BE=DF，连接AE，AF.
求证：AE=AF.
证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD.∠B-∠D.
∵BE=DF，∴△ABE≌△ADF.∴AE=CF.
2.(2019·宁波)如图,矩形EFGH的顶点E,C分别在菱形ABCD的边AD,BC上,顶点F,H在菱形ABCD的对角线BD上.
(1)求证:BG＝DE;
(2)若E为AD中点,FH＝2,求菱形ABCD的周长.
解：(1)在矩形EFGH中,EH＝FG,EH∥FG,∠GFH＝∠EHF.∠BFG＝180°－∠GFH,∠DHE＝180°－∠EHF,∠BFG＝∠DHE,在菱形ABCD中,AD∥BC,∠GBF＝∠EDH,△BGF≌△DEH(AAS),BG＝DE;
(2)如图,连接EG,在菱形ABCD中,AD∥BC,AD＝BC,∵E为AD中点,AE＝ED,BG＝DE,∴AE＝BG,∴四边形ABGE是平行四边形,∴AB＝EG,在矩形EFGH中,EG＝FH＝2,AB＝2,∴菱形周长为8.
23．（2019·株洲）如图所示，已知正方形OEFG的顶点O为正方形ABCD对角线AC、BD的交点，连接CE、DG．
（1）求证：△DOG≌△COE；
（2）若DG⊥BD，正方形ABCD的边长为2，线段AD与线段OG相交于点M，AM＝1
2
，求正方形OEFG
的边长．
（1）证明：如图，∵正方形OEFG，∴GO=EO,∠GOE=90°. ∵正方形ABCD，∴OD=OC，∠DOC=90°，∴∠GOE=∠DOC，∴∠GOE-∠DOE=∠DOC-∠DOE,即∠DOG=∠COE，
∴△DOG≌△COE.。