中考数学专题特训第二十一讲：矩形_菱形_正方形(含详细参考答案) 37页

‎2020年中考数学专题复习第二十一讲 矩形 菱形 正方形 ‎【基础知识回顾】‎ 一、 矩形：‎ ‎ 1、定义：有一个角是 角的平行四边形叫做矩形 ‎ 2、矩形的性质：‎ ‎ ⑴矩形的四个角都 ‎ ‎⑵矩形的对角线 ‎ ‎3、矩形的判定：‎ ‎⑴用定义判定 ‎⑵有三个角是直角的 是矩形 ‎⑶对角线相等的 是矩形 ‎【赵老师提醒：1、矩形是 对称到对称中心是 又是 对称图形对称轴有 条 ‎2、矩形被它的对角线分成四个全等的 三角形和两个全等的 三角形 ‎3、矩形中常见题目是对角线相交成600或1200角时，利用直角三角形、等边三角形等知识解决问题】‎ 菱形：‎ ‎1、定义：有一组邻边 的平行四边形叫做菱形 ‎2、菱形的性质：⑴菱形的四条边都 ‎ ‎⑵菱形的对角线 且每条对角线 ‎ ‎3、菱形的判定：⑴用定义判定 ‎⑵对角线互相垂直的 是菱形 ‎⑶四条边都相等的 是菱形 ‎【赵老师提醒：1、菱形即是 对称图形，也是 对称图形，它有 条对称轴，分别是 ‎ ‎2、菱形被对角线分成四个全等的 三角形和两对全等的 三角形 ‎3、菱形的面积可以用平行四边形面积公式计算，也可以用两对角线积的 来计算 ‎4、菱形常见题目是内角为1200或600时，利用等边三角形或直角三角形知识洁具的题目】‎ 三、正方形：‎ ‎ 1、定义：有一组邻边相等的 是正方形，或有一个角是直角的 是正方形 ‎2、性质：⑴正方形四个角都 都是 角，‎ ‎⑵正方形四边条都 ‎ ‎⑶正方形两对角线 、 且 每条对角线平分一组内角 ‎3、判定：⑴先证是矩形，再证 ‎ ‎ ⑵先证是菱形，再证 ‎ ‎【赵老师提醒：菱形、正方形具有平行四边形的所有性质，正方形具有以上特殊四边形的所有性质。这四者之间的关系可表示为：‎ ‎⑴正方形也即是 对称图形，又是 对称图形，有 条对称轴 ‎⑵几种特殊四边形的性质和判定都是从 、 、 三个方面来看的，要注意它们的和联系】‎ ‎【重点考点例析】‎ ‎ 考点一：和矩形有关的折量问题 例1 （2012•肇庆）如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC交DC的延长线于点E．‎ ‎（1）求证：BD=BE；‎ ‎（2）若∠DBC=30°，BO=4，求四边形ABED的面积．‎ 思路分析：（1）根据矩形的对角线相等可得AC=BD，然后证明四边形ABEC是平行四边形，再根据平行四边形的对边相等可得AC=BE，从而得证；‎ ‎（2）根据矩形的对角线互相平分求出BD的长度，再根据30°角所对的直角边等于斜边的一半求出CD的长度，然后利用勾股定理求出BC的长度，再利用梯形的面积公式列式计算即可得解．‎ 解答：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AC=BD，AB∥CD，‎ ‎∵BE∥AC，‎ ‎∴四边形ABEC是平行四边形，‎ ‎∴AC=BE，‎ ‎∴BD=BE； （2）解：∵在矩形ABCD中，BO=4，‎ ‎∴BD=2BO=2×4=8，‎ ‎∵∠DBC=30°，‎ ‎∴CD=BD=×8=4，‎ ‎∴AB=CD=4，DE=CD+CE=CD+AB=4+4=8，‎ 在Rt△BCD中，BC= =4，‎ ‎∴四边形ABED的面积=（4+8）×4 =24．‎ 点评：本题考查了矩形的对角线互相平分且相等的性质，平行四边形的判定与性质，30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．‎ 对应训练 ‎1．（2012•哈尔滨）如图，四边形ABCD是矩形，点E在线段CB的延长线上，连接DE交AB于点F，∠AED=2∠CED，点G是DF的中点，若BE=1，AG=4，则AB的长为 ．‎ ‎1．‎ 考点：矩形的性质；勾股定理．专题：计算题．‎ 分析：根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AG=DG，然后根据等边对等角的性质可得∠ADG=∠DAG，再结合两直线平行，内错角相等可得∠ADG=∠CED，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠AGE=2∠ADG，从而得到∠AED=∠AGR，再利用等角对等边的性质得到AE=AG，然后利用勾股定理列式计算即可得解．‎ 解：∵四边形ABCD是矩形，点G是DF的中点，‎ ‎∴AG=DG，‎ ‎∴∠ADG=∠DAG，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠ADG=∠CED，‎ ‎∴∠AGE=∠ADG+∠DAG=2∠CED，‎ ‎∵∠AED=2∠CED，‎ ‎∴∠AGE=∠AED，‎ ‎∴AE=AG=4，‎ 在Rt△ABE中，AB==．‎ 故答案为：．‎ 点评：本题考查了矩形的性质，等边对等角的性质，等角对等边的性质，以及勾股定理的应用，求出AE=AG是解题的关键．‎ ‎ 考点二：和菱形有关的对角线、周长、面积的计算问题 例2 （2012•衡阳）如图，菱形ABCD的周长为20cm，且tan∠ABD=，则菱形ABCD的面积为 cm2．‎ 思路分析：连接AC交BD于点O，则可设BO=3x，AO=4x，继而在RT△ABO中利用勾股定理求出AB，结合菱形的周长为20cm可得出x的值，再由菱形的面积等于对角线乘积的一半即可得出答案．解答：解：连接AC交BD于点O，‎ 则AC⊥BD，AO=OC，BO=DO，‎ 设BO=3x，AO=4x，‎ 则AB=5x，‎ 又∵菱形ABCD的周长为20cm，‎ ‎∴4×5x=20cm，‎ 解得：x=1，‎ 故可得AO=4，BO=3，AC=2AO=8cm，BD=2BO=6cm，‎ 故可得AC×BD=24cm2．‎ 故答案为：24．‎ 点评：此题考查了菱形的性质，掌握菱形的对角线互相垂直且平分的性质，及菱形的面积等于对角线乘积的一半是解答本题的关键．‎ 对应训练 ‎2．（2012•山西）如图，已知菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为6cm、8cm，AE⊥BC于点E，则AE的长是（　　）‎ A．5cm B．2cm C．cm D．cm ‎ ‎2．考点：菱形的性质；勾股定理．‎ 分析：根据菱形的性质得出BO、CO的长，在RT△BOC中求出BC，利用菱形面积等于对角线乘积的一半，也等于BC×AE，可得出AE的长度．解答：解：∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴CO= AC=3cm，BO=BD=4cm，AO⊥BO，‎ ‎∴BC= =5cm，‎ ‎∴S菱形ABCD=BD•AC 2 =×6×8=24cm2，‎ ‎∵S菱形ABCD=BC×AD，‎ ‎∴BC×AE=24，‎ ‎∴AE=cm，‎ 故选D．‎ 点评：此题考查了菱形的性质，也涉及了勾股定理，要求我们掌握菱形的面积的两种表示方法，及菱形的对角线互相垂直且平分．‎ ‎ 考点三：和正方形有关的证明题 例3 （2012•黄冈）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F分别在OD、OC上，且DE=CF，连接DF、AE，AE的延长线交DF于点M．‎ 求证：AM⊥DF．‎ 考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质．专题：证明题．‎ 分析：根据DE=CF，可得出OE=OF，继而证明△AOE≌△DOF，得出∠OAE=∠ODF，然后利用等角代换可得出∠DME=90°，即得出了结论．解答：证明：∵ABCD是正方形，‎ ‎∴OD=OC，‎ 又∵DE=CF，‎ ‎∴OD-DE=OC-CF，即OF=OE，‎ 在RT△AOE和RT△DOF中，，‎ ‎∴△AOE≌△DOF，‎ ‎∴∠OAE=∠ODF，‎ ‎∵∠OAE+∠AEO=90°，∠AEO=∠DEM，‎ ‎∴∠ODF+∠DEM=90°，‎ 即可得AM⊥DF．‎ 点评：此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是通过全等的证明得出∠OAE=∠ODF，利用等角代换解题．‎ 对应训练 ‎12．（2012•贵阳）如图，在正方形ABCD中，等边三角形AEF的顶点E、F分别在BC和CD上．‎ ‎（1）求证：CE=CF；‎ ‎（2）若等边三角形AEF的边长为2，求正方形ABCD的周长．‎ 考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；等腰直角三角形．‎ 分析：（1）根据正方形可知AB=AD，由等边三角形可知AE=AF，于是可以证明出△ABE≌△ADF，即可得出CE=CF；‎ ‎（2）连接AC，交EF与G点，由三角形AEF是等边三角形，三角形ECF是等腰直角三角形，于是可知AC⊥EF，求出EG=1，设BE=x，利用勾股定理求出x，即可求出BC的上，进而求出正方形的周长．‎ 解答：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB=AD，‎ ‎∵△AEF是等边三角形，‎ ‎∴AE=AF，‎ 在Rt△ABE和Rt△ADF中，‎ ‎∵ AB=AD AE=AF ，‎ ‎∴Rt△ABE≌Rt△ADF，‎ ‎∴CE=CF， （2）解：连接AC，交EF于G点，‎ ‎∵△AEF是等边三角形，△ECF是等腰直角三角形，‎ ‎∴AC⊥EF，‎ 在Rt△AGE中，EG=sin30°AE=×2=1，‎ ‎∴EC=，‎ 设BE=x，则AB=x+，‎ 在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，即（x+）2+x2=4，‎ 解得x=，‎ ‎∴AB==，‎ ‎∴正方形ABCD的周长为4AB=．‎ 点评：本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质和等腰三角形的性质，解答本题的关键是对正方形和三角形的性质的熟练运用，此题难度不大，是一道比较不错的试题．‎ 考点四：四边形综合性题目 例4 （2012•江西）如图，正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，将△AEF绕顶点A旋转，在旋转过程中，当BE=DF时，∠BAE的大小可以是 ．‎ ‎7．15°或165°‎ ‎15°或165°考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．专题：分类讨论．‎ 分析：利用正方形的性质和等边三角形的性质证明△ABE≌△ADF（SSS），有相似三角形的性质和已知条件即可求出当BE=DF时，∠BAE的大小，应该注意的是，正三角形AEF可以再正方形的内部也可以在正方形的外部，所以要分两种情况分别求解．‎ 解答：解：①当正三角形AEF在正方形ABCD的内部时，如图1，‎ ‎∵正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，‎ 当BE=DF时，‎ ‎∴，‎ ‎∴△ABE≌△ADF（SSS），‎ ‎∴∠BAE=∠FAD，‎ ‎∵∠EAF=60°，‎ ‎∴∠BAE+∠FAE=30°，‎ ‎∴∠BAE=∠FAD=15°，‎ ‎②当正三角形AEF在正方形ABCD的外部时．‎ ‎∵正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，‎ 当BE=DF时，‎ ‎∴AB=AD BE=DF AE=AF，‎ ‎∴△ABE≌△ADF（SSS），‎ ‎∴∠BAE=∠FAD，‎ ‎∵∠EAF=60°，‎ ‎∴∠BAE=（360°-90°-60°）×+60°=165°，‎ ‎∴∠BAE=∠FAD=165°‎ 故答案为：15°或165°．‎ 点评：本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、旋转的性质以及全等三角形的判定和全等三角形的性质和分类讨论的数学思想，题目的综合性不小．‎ 对应训练 ‎4．（2012•铜仁地区）以边长为2的正方形的中心O为端点，引两条相互垂直的射线，分别与正方形的边交于A、B两点，则线段AB的最小值是 ．‎ ‎4．‎ 考点：正方形的性质；垂线段最短；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．专题：证明题．分析：证△COA≌△DOB，推出等腰直角三角形AOB，求出AB= 2 ‎ OA，得出要使AB最小，只要OA取最小值即可，当OA⊥CD时，OA最小，求出OA的值即可．‎ 解答：解：∵四边形CDEF是正方形，‎ ‎∴∠OCD=∠ODB=45°，∠COD=90°，OC=OD，‎ ‎∵AO⊥OB，‎ ‎∴∠AOB=90°，‎ ‎∴∠CAO+∠AOD=90°，∠AOD+∠DOB=90°，‎ ‎∴∠COA=∠DOB，‎ ‎∵在△COA和△DOB中 ‎ ，‎ ‎∴△COA≌△DOB，‎ ‎∴OA=OB，‎ ‎∵∠AOB=90°，‎ ‎∴△AOB是等腰直角三角形，‎ 由勾股定理得：AB= OA，‎ 要使AB最小，只要OA取最小值即可，‎ 根据垂线段最短，OA⊥CD时，OA最小，‎ ‎∵正方形CDEF，‎ ‎∴FC⊥CD，OD=OF，‎ ‎∴CA=DA，‎ ‎∴OA=CF=1，‎ 即AB=，‎ 故答案为：．‎ 点评：本题考查了勾股定理，全等三角形的性质和判定，正方形的性质，垂线段最短等知识点的应用，关键是求出AB=OA和得出OA⊥CD时OA最小，题目具有一定的代表性，有一定的难度．‎ ‎【聚焦山东中考】‎ ‎2．（2012•青岛）已知：如图，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，BE⊥‎ AC于E，DF⊥AC于F，点O既是AC的中点，又是EF的中点．‎ ‎（1）求证：△BOE≌△DOF；‎ ‎（2）若OA=BD，则四边形ABCD是什么特殊四边形？说明理由．‎ 考点：矩形的判定；全等三角形的判定与性质．‎ 分析：（1）首先根据垂直可得∠BEO=∠DFO=90°，再由点O是EF的中点可得OE=OF，再加上对顶角∠DOF=∠BOE，可利用ASA证明△BOE≌△DOF；‎ ‎（2）首先根据△BOE≌△DOF可得DO=BO，再加上条件AO=CO可得四边形ABCD是平行四边形，再证明DB=AC，可根据对角线相等的平行四边形是矩形证出结论．‎ 解答：（1）证明：∵BE⊥AC．DF⊥AC，‎ ‎∴∠BEO=∠DFO=90°，‎ ‎∵点O是EF的中点，‎ ‎∴OE=OF，‎ 又∵∠DOF=∠BOE，‎ ‎∴△BOE≌△DOF（ASA）；‎ ‎（2）解：四边形ABCD是矩形．理由如下：‎ ‎∵△BOE≌△DOF，‎ ‎∴OB=OD，‎ 又∵OA=OC，‎ ‎∴四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∵OA=BD，OA=AC，‎ ‎∴BD=AC，‎ ‎∴▱ABCD是矩形．‎ 点评：此题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定定理：①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）．‎ ‎3．（2012•威海）如图，在▱ABCD中，AE，CF分别是∠BAD和∠BCD的平分线，添加一个条件，仍无法判断四边形AECF为菱形的是（　　）‎ A．AE=AF B．EF⊥AC C．∠B=60° D．AC是∠EAF的平分线 ‎ 考点：菱形的判定；平行四边形的性质．分析：根据平行四边形性质推出∠B=∠D，∠DAB=∠DCB，AB=CD，AD=BC，求出∠BAE=∠DCF，证△ABE≌△CDF，推出AE=CF，BE=DF，求出AF=CE，得出四边形AECF是平行四边形，再根据菱形的判定判断即可．解答：解：∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴∠B=∠D，∠DAB=∠DCB，AB=CD，AD=BC，‎ ‎∵AE，CF分别是∠BAD和∠BCD的平分线，‎ ‎∴∠DCF=∠DCB，∠BAE=∠BAD，‎ ‎∴∠BAE=∠DCF，‎ ‎∵在△ABE和△CDF中 ‎ ∠D=∠B AB=CD ∠DCF=∠BAE ，‎ ‎∴△ABE≌△CDF，‎ ‎∴AE=CF，BE=DF，‎ ‎∵AD=BC，‎ ‎∴AF=CE，‎ ‎∴四边形AECF是平行四边形，‎ A、∵四边形AECF是平行四边形，AE=AF，‎ ‎∴平行四边形AECF是菱形，故本选项正确；‎ B、∵EF⊥AC，四边形AECF是平行四边形，‎ ‎∴平行四边形AECF是菱形，故本选项正确；‎ C、根据∠B=60°和平行四边形AECF不能推出四边形是菱形，故本选项错误；‎ D、∵四边形AECF是平行四边形，‎ ‎∴AF∥BC，‎ ‎∴∠FAC=∠ACE，‎ ‎∵AC平分∠EAF，‎ ‎∴∠FAC=∠EAC，‎ ‎∴∠EAC=∠ECA，‎ ‎∴AE=EC，‎ ‎∵四边形AECF是平行四边形，‎ ‎∴四边形AECF是菱形，故本选项正确；‎ 故选C．点评：本题考查了平行四边形的性质和判定、菱形的判定、全等三角形的性质和判定、平行线的性质等知识点，主要考查学生的推理能力．‎ ‎4．（2012•聊城）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，DE∥AC，CE∥BD．‎ 求证：四边形OCED是菱形．‎ 考点：菱形的判定；矩形的性质．专题：证明题．‎ 分析：首先根据两对边互相平行的四边形是平行四边形证明四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质可得OC=OD，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形判定出结论．‎ 解答：证明：∵DE∥AC，CE∥BD，‎ ‎∴四边形OCED是平行四边形，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴OC=OD，‎ ‎∴四边形OCED是菱形．‎ 点评：此题主要考查了菱形的判定，矩形的性质，关键是掌握菱形的判定方法：①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；②四条边都相等的四边形是菱形；③对角线互相垂直的平行四边形是菱形．‎ ‎5．（2012•济宁）如图，AD是△ABC的角平分线，过点D作DE∥AB，DF∥AC，分别交AC、AB于点E和F．‎ ‎（1）在图中画出线段DE和DF；‎ ‎（2）连接EF，则线段AD和EF互相垂直平分，这是为什么？‎ 考点：菱形的判定与性质；作图—复杂作图．‎ 分析：（1）根据题目要求画出线段DE、DF即可；‎ ‎（2）首先证明四边形AEDF是平行四边形，再证明∠EAD=∠EDA，根据等角对等边可得EA=ED，由有一组邻边相等的平行四边形是菱形可证明四边形AEDF是菱形，再根据菱形的性质可得线段AD和EF互相垂直平分．‎ 解答：解（1）如图所示； ‎ ‎（2）∵DE∥AB，DF∥AC，‎ ‎∴四边形AEDF是平行四边形，‎ ‎∵AD是△ABC的角平分线，‎ ‎∴∠FAD=∠EAD，‎ ‎∵AB∥DE，‎ ‎∴∠FAD=∠EDA，‎ ‎∴∠EAD=∠EDA，‎ ‎∴EA=ED，‎ ‎∴平行四边形AEDF是菱形，‎ ‎∴AD与EF互相垂直平分．‎ 点评：此题主要考查了画平行线，菱形的判定与性质，关键是掌握菱形的判定方法，判定四边形为菱形可以结合菱形的性质证出线段相等，角相等，线段互相垂直且平分．‎ ‎【备考真题过关】‎ 一、选择题 ‎1．（2012•南通）如图，矩形ABCD的对角线AC=8cm，∠AOD=120°，则AB的长为（　　）‎ A． 3cm B．2cm C．2 3 D．4cm ‎ 考点：矩形的性质；等边三角形的判定与性质．‎ 分析：根据矩形的对角线相等且互相平分可得AO=BO=AC，再根据邻角互补求出∠AOB的度数，然后得到△AOB是等边三角形，再根据等边三角形的性质即可得解．‎ 解：在矩形ABCD中，AO=BO=AC=4cm，‎ ‎∵∠AOD=120°，‎ ‎∴∠AOB=180°-120°=60°，‎ ‎∴△AOB是等边三角形，‎ ‎∴AB=AO=4cm．‎ 故选D．‎ 点评：本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，判定出△AOB是等边三角形是解题的关键．‎ ‎2.（2012•黄冈）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是矩形，则四边形ABCD一定是（　　）‎ A．矩形 B．菱形 ‎ C．对角线互相垂直的四边形 D．对角线相等的四边形 ‎ 考点：矩形的判定；三角形中位线定理．‎ 分析：此题要根据矩形的性质和三角形中位线定理求解；首先根据三角形中位线定理知：所得四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四边形是矩形，那么邻边互相垂直，故原四边形的对角线必互相垂直，由此得解．‎ 解：已知：如右图，四边形EFGH是矩形，且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，求证：四边形ABCD是对角线垂直的四边形．‎ 证明：由于E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，‎ 根据三角形中位线定理得：EH∥FG∥BD，EF∥AC∥HG；‎ ‎∵四边形EFGH是矩形，即EF⊥FG，‎ ‎∴AC⊥BD，‎ 故选C．‎ 点评：本题主要考查了矩形的性质和三角形中位线定理，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线定理解答．‎ ‎3．（2012•大连）如图，菱形ABCD中，AC=8，BD=6，则菱形的周长是（　　）‎ A．20 B．24 C．28 D．40‎ ‎3．考点：菱形的性质；勾股定理．专题：数形结合．‎ 分析：据菱形对角线互相垂直平分的性质，可以求得BO=OD，AO=OC，在Rt△AOD中，根据勾股定理可以求得AB的长，即可求菱形ABCD的周长．‎ 解：∵菱形对角线互相垂直平分，‎ ‎∴BO=OD=3，AO=OC=4，‎ ‎∴AB= =5，‎ 故菱形的周长为20．‎ 故选A．‎ 点评：本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了菱形各边长相等的性质，本题中根据勾股定理计算AB的长是解题的关键．‎ ‎4．（2012•张家界）顺次连接矩形四边中点所得的四边形一定是（　　）‎ A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．等腰梯形 考点：菱形的判定；三角形中位线定理；矩形的性质．‎ 分析：因为题中给出的条件是中点，所以可利用三角形中位线性质，以及矩形对角线相等去证明四条边都相等，从而说明是一个菱形．‎ 解答：解：连接AC、BD，‎ 在△ABD中，‎ ‎∵AH=HD，AE=EB ‎∴EH=BD，‎ 同理FG=BD，HG=AC，EF= AC，‎ 又∵在矩形ABCD中，AC=BD，‎ ‎∴EH=HG=GF=FE，‎ ‎∴四边形EFGH为菱形．‎ 故选C．‎ ‎5．（2012•丹东）如图，菱形ABCD的周长为24cm，对角线AC、BD相交于O点，E是AD的中点，连接OE，则线段OE的长等于（　　）‎ A．3cm B．4cm C．2.5cm D．2cm 考点：菱形的性质；三角形中位线定理．‎ 分析：先求出菱形的边长AB，再根据菱形的对角线互相平分判断出OE是△ABD的中位线，然后根据三角形的中位线等于第三边的一半解答．‎ 解：∵菱形ABCD的周长为24cm，‎ ‎∴边长AB=24÷4=6cm，‎ ‎∵对角线AC、BD相交于O点，‎ ‎∴BO=DO，‎ 又∵E是AD的中点，‎ ‎∴OE是△ABD的中位线，‎ ‎∴OE= AB=×6=3cm．‎ 故选A．‎ 点评：本题考查了菱形的对角线互相平分的性质，三角形的中位线定理，是基础题，求出OE等于菱形边长的一半是解题的关键．‎ ‎6．（2012•泸州）如图，菱形ABCD的两条对角线相交于O，若AC=6，BD=4，则菱形的周长是（　　）‎ A．24 B．16 C．4 D．2 ‎ ‎ ‎ 考点：菱形的性质；勾股定理．‎ 分析：由菱形ABCD的两条对角线相交于O，AC=6，BD=4，即可得AC⊥BD，求得OA与OB的长，然后利用勾股定理，求得AB的长，继而求得答案．‎ 解答：解：∵四边形ABCD是菱形，AC=6，BD=4，‎ ‎∴AC⊥BD，OA=AC=3，OB=D=2，AB=BC=CD=AD，‎ ‎∴在Rt△AOB中，AB=，‎ ‎∴菱形的周长是：4AB=4．‎ 故选C．‎ 点评：此题考查了菱形的性质与勾股定理．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．‎ ‎7．（2012•恩施州）如图，菱形ABCD和菱形ECGF的边长分别为2和3，∠A=120°，则图中阴影部分的面积是（　　）‎ A． B．2 C．3 D． 2 ‎ ‎ ‎ 考点：菱形的性质；解直角三角形．专题：常规题型．‎ 分析：设BF、CE相交于点M，根据相似三角形对应边成比例列式求出CG的长度，从而得到DG的长度，再求出菱形ABCD边CD上的高与菱形ECGF边CE上的高，然后根据阴影部分的面积=S△BDM+S△DFM，列式计算即可得解．‎ 解答：解：如图，设BF、CE相交于点M，‎ ‎∵菱形ABCD和菱形ECGF的边长分别为2和3，‎ ‎∴△BCM∽△BGF，‎ ‎∴，‎ 即，‎ 解得CM=1.2，‎ ‎∴DM=2-1.2=0.8，‎ ‎∵∠A=120°，‎ ‎∴∠ABC=180°-120°=60°，‎ ‎∴菱形ABCD边CD上的高为2sin60°=2×，‎ 菱形ECGF边CE上的高为3sin60°=3×，‎ ‎∴阴影部分面积=S△BDM+S△DFM=1 2 ×0.8×+1 2 ×0.8×= ．‎ 故选A．‎ 点评：本题考查了菱形的性质，解直角三角形，把阴影部分分成两个三角形的面积，然后利用相似三角形对应边成比例求出CM的长度是解题的关键．‎ ‎8．（2012•贵港）如图，在菱形ABCD中，AB=BD，点E、F分别在BC、CD上，且BE=CF，连接BF、DE交于点M，延长ED到H使DH=BM，连接AM，AH，则以下四个结论：‎ ‎①△BDF≌△DCE；②∠BMD=120°；③△AMH是等边三角形；④S四边形ABCD= AM2．‎ 其中正确结论的个数是（　　）‎ A．1 B．2 C．3 D．4 ‎ 考点：菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．‎ 分析：根据菱形的四条边都相等，先判定△ABD是等边三角形，再根据菱形的性质可得∠BDF=∠C=60°，再求出DF=CE，然后利用“边角边”即可证明△BDF≌△DCE，从而判定①正确；根据全等三角形对应角相等可得∠DBF=∠EDC，然后利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可以求出∠DMF=∠BDC=60°，再根据平角等于180°即可求出∠BMD=120°，从而判定②正确；根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和以及平行线的性质求出∠ABM=∠ADH，再利用“边角边”证明△ABM和△ADH全等，根据全等三角形对应边相等可得AH=AM，对应角相等可得∠BAM=∠DAH，然后求出∠MAH=∠BAD=60°，从而判定出△AMH是等边三角形，判定出③正确；根据全等三角形的面积相等可得△AMH的面积等于四边形ABMD的面积，然后判定出④错误．‎ 解：在菱形ABCD中，∵AB=BD，‎ ‎∴AB=BD=AD，‎ ‎∴△ABD是等边三角形，‎ ‎∴根据菱形的性质可得∠BDF=∠C=60°，‎ ‎∵BE=CF，‎ ‎∴BC-BE=CD-CF，‎ 即CE=DF，‎ 在△BDF和△DCE中， ，‎ ‎∴△BDF≌△DCE（SAS），故①小题正确；‎ ‎∴∠DBF=∠EDC，‎ ‎∵∠DMF=∠DBF+∠BDE=∠EDC+∠BDE=∠BDC=60°，‎ ‎∴∠BMD=180°-∠DMF=180°-60°=120°，故②小题正确；‎ ‎∵∠DEB=∠EDC+∠C=∠EDC+60°，∠ABM=∠ABD+∠DBF=∠DBF+60°，‎ ‎∴∠DEB=∠ABM，‎ 又∵AD∥BC，‎ ‎∴∠ADH=∠DEB，‎ ‎∴∠ADH=∠ABM，‎ 在△ABM和△ADH中，，‎ ‎∴△ABM≌△ADH（SAS），‎ ‎∴AH=AM，∠BAM=∠DAH，‎ ‎∴∠MAH=∠MAD+∠DAH=∠MAD+∠BAM=∠BAD=60°，‎ ‎∴△AMH是等边三角形，故③小题正确；‎ ‎∵△ABM≌△ADH，‎ ‎∴△AMH的面积等于四边形ABMD的面积，‎ 又∵△AMH的面积=AM• AM= AM2，‎ ‎∴S四边形ABMD= AM2，‎ S四边形ABCD≠S四边形ABMD，故④小题错误，‎ 综上所述，正确的是①②③共3个．‎ 故选C．‎ 点评：本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，题目较为复杂，特别是图形的识别有难度，从图形中准确确定出全等三角形并找出全等的条件是解题的关键．‎ ‎9．（2012•丹东）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E、F分别在边AB、BC上，且AE=BF=1，CE、DF交于点O．下列结论：①∠DOC=90°，②OC=OE，③tan∠OCD=，④S△ODC=S四边形BEOF中，正确的有（　　）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 ‎ 考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；锐角三角函数的定义．‎ 分析：由正方形ABCD的边长为4，AE=BF=1，利用SAS易证得△EBC≌△FCD，然后全等三角形的对应角相等，易证得①∠DOC=90°正确；②由线段垂直平分线的性质与正方形的性质，可得②错误；易证得∠OCD=∠DFC，即可求得③正确；由①易证得④正确．‎ 解答：解：∵正方形ABCD的边长为4，‎ ‎∴BC=CD=4，∠B=∠DCF=90°，‎ ‎∵AE=BF=1，‎ ‎∴BE=CF=4-1=3，‎ 在△EBC和△FCD中，‎ ‎∵ ，‎ ‎∴△EBC≌△FCD（SAS），‎ ‎∴∠CFD=∠BEC，‎ ‎∴∠BCE+∠BEC=∠BCE+∠CFD=90°，‎ ‎∴∠DOC=90°；‎ 故①正确；‎ 若OC=OE，‎ ‎∵DF⊥EC，‎ ‎∴CD=DE，‎ ‎∵CD=AD＜DE（矛盾），‎ 故②错误；‎ ‎∵∠OCD+∠CDF=90°，∠CDF+∠DFC=90°，‎ ‎∴∠OCD=∠DFC，‎ ‎∴tan∠OCD=tan∠DFC=，‎ 故③正确；‎ ‎∵△EBC≌△FCD，‎ ‎∴S△EBC=S△FCD，‎ ‎∴S△EBC-S△FOC=S△FCD-S△FOC，‎ 即S△ODC=S四边形BEOF．‎ 故④正确．‎ 故选C．‎ 点评：此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质以及三角函数等知识．此题综合性较强，难度适中，注意掌握数形结合思想与转化思想的应用．‎ ‎10．（2012•泸州）如图，边长为a的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得到正方形A′B′C′D′，图中阴影部分的面积为（　　）‎ A． B． C． D．‎ 考点：正方形的性质；旋转的性质；解直角三角形．‎ 分析：设B′C′与CD交于点E．由于阴影部分的面积=S正方形ABCD-S四边形AB′ED，又S正方形ABCD=，所以关键是求S四边形AB′ED．为此，连接AE．根据HL易证△AB′E≌△ADE，得出∠B′AE=∠DAE=30°．在直角△ADE中，由正切的定义得出DE=AD•tan∠DAE=．再利用三角形的面积公式求出S四边形AB′ED=2S△ADE．‎ 解答：解：如图，设B′C′与CD交于点E，连接AE．‎ 在△AB′E与△ADE中，，‎ ‎∴△AB′E≌△ADE（HL），‎ ‎∴∠B′AE=∠DAE．‎ ‎∵∠BAB′=30°，∠BAD=90°，‎ ‎∴∠B′AE=∠DAE=30°，‎ ‎∴DE=AD•tan∠DAE= a．‎ ‎∴S四边形AB′ED=2S△ADE=2××a×a= a2．‎ ‎∴阴影部分的面积=S正方形ABCD-S四边形AB′ED=．‎ 故选：D．‎ 点评：本题主要考查了正方形、旋转的性质，直角三角形的判定及性质，图形的面积以及三角函数等知识，综合性较强，有一定难度．‎ 二、填空题 ‎11．（2012•十堰）如图，矩形ABCD中，AB=2，AD=4，AC的垂直平分线EF交AD于点E、交BC于点F，则EF= ．‎ ‎11．‎ 考点：矩形的性质；线段垂直平分线的性质；勾股定理；相似三角形的判定与性质．专题：计算题．‎ 分析：过D作DK平行EF交CF于K，得出平行四边形DEFK，推出EF=DK，证△DCK∽△CBA，求出CK，根据勾股定理求出DK即可．‎ 解：过D作DK平行EF交CF于K，‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AD∥BC，∠ABC=∠DCB=90°，AD=BC=4，AB=CD=2，‎ ‎∵AD∥BC，EF∥DK，‎ ‎∴DEFK为平行四边形，‎ ‎∴EF=DK，‎ ‎∵EF⊥AC，‎ ‎∴DK⊥AC，‎ ‎∴∠DPC=90°，‎ ‎∵∠DCB=90°，‎ ‎∴∠CDK+∠DCP=90°，∠DCP+∠ACB=90°，‎ ‎∴∠CDK=∠ACB，‎ ‎∵∠DCK=∠ABC=90°，‎ ‎∴△CDK∽△BCA，‎ ‎∴，‎ 即，‎ CK=1，‎ 根据勾股定理得：EF=DK=，‎ 故答案为：．‎ 点评：本题考查了矩形性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，线段的垂直平分线性质的应用，关键是求出EO长，用的数学思想是方程思想．‎ ‎12．（2012•山西）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，OC=2，则点B的坐标是 ．‎ ‎12．‎ 考点：矩形的性质；坐标与图形性质；解直角三角形．‎ 分析：过点B作DE⊥OE于E，有OC=2，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，可求出AC的长，根据矩形的性质可得OB的长，进而求出BE，OE的长，从而求出点B的坐标．解答：解：过点B作DE⊥OE于E，‎ ‎∵矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，‎ ‎∴∠CAO=30°，‎ ‎∴AC=4，‎ ‎∴OB=AC=4，‎ ‎∴OE=2，‎ ‎∴BE=2，‎ ‎∴则点B的坐标是，‎ 故答案为：．‎ 点评：本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质以及勾股定理的运用和解直角三角形的有关知识，解题的关键是作高线得到点的坐标的绝对值的长度，‎ ‎13．（2012•宁夏）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，DE⊥AC于E，∠EDC：∠EDA=1：2，且AC=10，则DE的长度是 ．‎ ‎13．考点：矩形的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．‎ 分析：根据∠EDC：∠EDA=1：2，可得∠EDC=30°，∠EDA=60°，进而得出△OCD是等边三角形，再由AC=10，求得DE．解答：解：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠ADC=90°，AC=BD=10，OA=OC=AC=5，OB=OD=BD=5，‎ ‎∴OC=OD，‎ ‎∴∠ODC=∠OCD，‎ ‎∵∠EDC：∠EDA=1：2，∠EDC+∠EDA=90°，‎ ‎∴∠EDC=30°，∠EDA=60°，‎ ‎∵DE⊥AC，‎ ‎∴∠DEC=90°，‎ ‎∴∠DCE=90°-∠EDC=60°，‎ ‎∴∠ODC=∠OCD=60°，‎ ‎∴∠ODC+∠OCD+∠DOC=180°，‎ ‎∴∠COD=60°，‎ ‎∴△OCD是等边三角形，‎ DE=sin60°•OD=，‎ 故答案为 ．‎ 点评：本题主要考查了勾股定理和矩形的性质，根据已知得出三角形OCD是等边三角形是解题关键，此题难度不大．‎ ‎14．（2012•龙岩）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=BC=6，E是斜边AB上任意一点，作EF⊥AC于F，EG⊥BC于G，则矩形CFEG的周长是 ．‎ ‎14．12‎ 考点：矩形的性质；等腰三角形的性质；等腰直角三角形．‎ 分析：推出四边形FCGE是矩形，得出FC=EG，FE=CG，EF∥CG，EG∥CA，求出∠BEG=∠B，推出EG=BG，同理AF=EF，求出矩形CFEG的周长是CF+EF+EG+CG=AC+BC，代入求出即可．‎ 解：∵∠C=90°，EF⊥AC，EG⊥BC，‎ ‎∴∠C=∠EFC=∠EGC=90°，‎ ‎∴四边形FCGE是矩形，‎ ‎∴FC=EG，FE=CG，EF∥CG，EG∥CA，‎ ‎∴∠BEG=∠A=45°=∠B，‎ ‎∴EG=BG，‎ 同理AF=EF，‎ ‎∴矩形CFEG的周长是CF+EF+EG+CG=CF+AF+BG+CG=AC+BC=6+6=12，‎ 故答案为：12．‎ 点评：本题考查了等腰三角形的性质、等腰直角三角形、矩形的判定和性质，能求出矩形CFEG的周长=AC+BC是解此题的关键．‎ ‎16．（2012•毕节地区）我们把顺次连接四边形四条边的中点所得的四边形叫中点四边形．现有一个对角线分别为6cm和8cm的菱形，它的中点四边形的对角线长是 ．‎ ‎16．5cm 考点：矩形的判定与性质；勾股定理；三角形中位线定理；菱形的性质．‎ 分析：顺次连接这个菱形各边中点所得的四边形是矩形，且矩形的边长分别是菱形对角线的一半，问题得解．‎ 解答：解：∵顺次连接对角线互相垂直的四边形的各边中点所得的图形是矩形；‎ 理由如下：‎ ‎∵E、F、G、H分别为各边中点 ‎∴EF∥GH∥DB，EF=GH=DB EH=FG= AC，EH∥FG∥AC ‎∵DB⊥AC，‎ ‎∴EF⊥EH，‎ ‎∴四边形EFGH是矩形，‎ ‎∵EH=BD=3cm，EF=AC=4cm，‎ ‎∴HF= =5cm．‎ 故答案为：5cm．‎ 点评：本题考查菱形的性质，菱形的四边相等，对角线互相垂直，连接菱形各边的中点得到矩形，且矩形的边长是菱形对角线的一半以及勾股定理的运用．‎ ‎17．（2012•肇庆）菱形的两条对角线长分别为6和8，则这个菱形的周长为 ．‎ ‎17．20‎ 考点：菱形的性质；勾股定理．‎ 分析：根据菱形的对角线互相垂直平分的性质，利用对角线的一半，根据勾股定理求出菱形的边长，再根据菱形的四条边相等求出周长即可．‎ 解：如图所示，‎ 根据题意得AO=×8=4，BO=×6=3，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AB=BC=CD=DA，AC⊥BD，‎ ‎∴△AOB是直角三角形，‎ ‎∴AB= =5，‎ ‎∴此菱形的周长为：5×4=20．‎ 故答案为：20．‎ 点评：本题主要考查了菱形的性质，利用勾股定理求出菱形的边长是解题的关键，同学们也要熟练掌握菱形的性质：①菱形的四条边都相等；②菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．‎ ‎18．（2012•西宁）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AC=12，BD=16，E为AD中点，点P在x轴上移动，小明同学写出了两个使△POE为等腰三角形的P点坐标（-5，0）和（5，0）．请你写出其余所有符合这个条件的P点坐标 ．‎ ‎18．‎ 考点：菱形的性质；坐标与图形性质；等腰三角形的判定．分析：由在菱形ABCD中，AC=12，BD=16，E为AD中点，根据菱形的性质与直角三角形的性质，易求得OE的长，然后分别从①当OP=OE时，②当OE=PE时，③当OP=EP时去分析求解即可求得答案．‎ 解答：解：∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AC⊥BD，OA=1 2 AC=×12=6，OD=BD=×16=8，‎ ‎∴在Rt△AOD中，AD= =10，‎ ‎∵E为AD中点，‎ ‎∴OE=AD=×10=5，‎ ‎①当OP=OE时，P点坐标（-5，0）和（5，0）；‎ ‎②当OE=PE时，此时点P与D点重合，即P点坐标为（8，0）；‎ ‎③如图，当OP=EP时，过点E作EK⊥BD于K，作OE的垂直平分线PF，交OE于点F，交x轴于点P，‎ ‎∴EK∥OA，‎ ‎∴EK：OA=ED：AD=1：2，‎ ‎∴EK=OA=3，‎ ‎∴OK= =4，‎ ‎∵∠PFO=∠EKO=90°，∠POF=∠EOK，‎ ‎∴△POF∽△EOK，‎ ‎∴OP：OE=OF：OK，‎ 即OP：5=5 2 ：4，‎ 解得：OP=，‎ ‎∴P点坐标为．‎ ‎∴其余所有符合这个条件的P点坐标为：．‎ 故答案为：．‎ 点评：此题考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形的性质以及等腰三角形的性质．此题难度较大，注意掌握数形结合思想与分类讨论思想的应用．‎ ‎19．（2012•宁德）如图，在菱形ABCD中，点E、F分别是BD、CD的中点，EF=6cm，则AB= cm．‎ ‎19．考点：菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．分析：连接AC，得出∠DEC=90°，根据直角三角形斜边上中线性质得出EF=CD，求出CD即可．‎ 解答：解：‎ 连接AC，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AB=CD，AC⊥BD，‎ ‎∴∠DEC=90°，‎ ‎∵F为CD的中点，‎ ‎∴EF=CD=6，‎ ‎∴CD=12，‎ ‎∴AB=CD=12，‎ 故答案为：12．‎ 点评：本题考查了直角三角形斜边上中线，三角形的中位线，菱形的性质，关键是求出EF=CD．‎ ‎20．（2012•沈阳）如图，菱形ABCD的边长为8cm，∠A=60°，DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F，则四边形BEDF的面积为 cm2．‎ ‎20．‎ 考点：菱形的性质；等边三角形的判定与性质．‎ 分析：连接BD，可得△ABD是等边三角形，根据菱形的对称性与等边三角形的对称性可得四边形BEDF的面积等于△ABD的面积，然后求出DE的长度，再根据三角形的面积公式列式计算即可得解．‎ 解答：解：如图，连接BD，∵∠A=60°，AB=AD（菱形的边长），‎ ‎∴△ABD是等边三角形，‎ ‎∴DE= AD=×8=4cm，‎ 根据菱形的对称性与等边三角形的对称性可得，四边形BEDF的面积等于△ABD的面积，‎ ‎×8×4 =cm2．‎ 故答案为：．‎ 点评：本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，作出辅助线构造出等边三角形是解题的关键．‎ ‎21．（2012•绵阳）如图，正方形的边长为2，以各边为直径在正方形内画半圆，则图中阴影部分的面积为 （结果保留两位有效数字，参考数据π≈3.14）‎ ‎21．1.7‎ 考点：正方形的性质．专题：数形结合．‎ 分析：根据四个半圆的面积正好是正方形的面积但空白部分被重叠算了两次，所以空白部分的面积等于四个半圆的面积减去正方形的面积求出空白部分的面积，再利用阴影部分的面积等于正方形的面积减去空白部分的面积计算即可得解．‎ 解答：解：根据图形，空白部分的面积=π（）2×4-2×2=2π-4，‎ 阴影部分的面积=2×2-（2π-4），‎ ‎=4-2π+4，‎ ‎=8-2π，‎ ‎≈8-2×3.14，‎ ‎=8-6.28，‎ ‎=1.72，‎ ‎≈1.7．‎ 故答案为：1.7．‎ 点评：本题考查了正方形的性质，观察图形，得出四个半圆的面积减去正方形的面积等于空白部分的面积，然后列式求出空白部分的面积是解题的关键．‎ ‎22．（2012•深圳）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，且正方形对角线交于点O，连接OC，已知AC=5，OC=6 2，则另一直角边BC的长为 ．‎ ‎22．7‎ 考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．专题：计算题．分析：过O作OF垂直于BC，再过A作AM垂直于OF，由四边形ABDE为正方形，得到OA=OB，∠AOB为直角，可得出两个角互余，再由AM垂直于MO，得到△AOM为直角三角形，其两个锐角互余，利用同角的余角相等可得出一对角相等，再由一对直角相等，OA=OB，利用AAS可得出△AOM与△BOF全等，由全等三角形的对应边相等可得出AM=OF，OM=FB，由三个角为直角的四边形为矩形得到ACFM为矩形，根据矩形的对边相等可得出AC=MF，AM=CF，等量代换可得出CF=OF，即△COF为等腰直角三角形，由斜边OC的长，利用勾股定理求出OF与CF的长，根据OF-MF求出OM的长，即为FB的长，由CF+FB即可求出BC的长．‎ 解答：解法一：如图1所示，过O作OF⊥BC，过A作AM⊥OF，‎ ‎∵四边形ABDE为正方形，‎ ‎∴∠AOB=90°，OA=OB，‎ ‎∴∠AOM+∠BOF=90°，‎ 又∠AMO=90°，∴∠AOM+∠OAM=90°，‎ ‎∴∠BOF=∠OAM，‎ 在△AOM和△BOF中，‎ ‎，‎ ‎∴△AOM≌△BOF（AAS），‎ ‎∴AM=OF，OM=FB，‎ 又∠ACB=∠AMF=∠CFM=90°，‎ ‎∴四边形ACFM为矩形，‎ ‎∴AM=CF，AC=MF=5，‎ ‎∴OF=CF，‎ ‎∴△OCF为等腰直角三角形，‎ ‎∵OC=，‎ ‎∴根据勾股定理得：CF2+OF2=OC2，‎ 解得：CF=OF=6，‎ ‎∴FB=OM=OF-FM=6-5=1，‎ 则BC=CF+BF=6+1=7．‎ 故答案为：7．‎ 解法二：如图2所示，‎ 过点O作OM⊥CA，交CA的延长线于点M；过点O作ON⊥BC于点N．‎ 易证△OMA≌△ONB，∴OM=ON，MA=NB．‎ ‎∴O点在∠ACB的平分线上，∴△OCM为等腰直角三角形．‎ ‎∵OC=6 2 ，∴CM=6．‎ ‎∴MA=CM-AC=6-5=1，‎ ‎∴BC=CN+NB=6+1=7．‎ 故答案为：7．‎ 点评：此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，以及等腰直角三角形的判定与性质，利用了转化及等量代换的思想，根据题意作出相应的辅助线是解本题的关键．‎ 三、解答题 ‎23．（2012•云南）如图，在矩形ABCD中，对角线BD的垂直平分线MN与AD相交于点M，与BD相交于点N，连接BM，DN．‎ ‎（1）求证：四边形BMDN是菱形；‎ ‎（2）若AB=4，AD=8，求MD的长．‎ 考点：矩形的性质；线段垂直平分线的性质；勾股定理；平行四边形的判定；菱形的性质；菱形的判定．专题：计算题；证明题．分析：（1）根据矩形性质求出AD∥BC，根据OB=OD和AD∥BC推出OM=ON，得出平行四边形BMDN，推出菱形BMDN；‎ ‎（2）根据菱形性质求出DM=BM，在Rt△AMB中，根据勾股定理得出BM2=AM2+AB2，推出x2=x2-16x+64+16，求出即可．解答：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AD∥BC，∠A=90°，‎ ‎∵MN是BD的中垂线，‎ ‎∴OB=OD，BD⊥MN， ，‎ ‎∴BM=DM，‎ ‎∵OB=OD，‎ ‎∴四边形BMDN是平行四边形，‎ ‎∵MN⊥BD，‎ ‎∴平行四边形BMDN是菱形． （2）解：∵四边形BMDN是菱形，‎ ‎∴MB=MD，‎ 设MD长为x，则MB=DM=x，‎ 在Rt△AMB中，BM2=AM2+AB2‎ 即x2=（8-x）2+42，‎ 解得：x=5，‎ 答：MD长为5．‎ 点评：本题考查了矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理等知识点的应用，对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．‎ ‎24．（2012•吉林）如图，在△ABC中，AB=AC，D为边BC上一点，以AB，BD为邻边作▱ABDE，连接AD，EC．‎ ‎（1）求证：△ADC≌△ECD；‎ ‎（2）若BD=CD，求证：四边形ADCE是矩形．‎ 考点：矩形的判定；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；平行四边形的性质．专题：证明题．‎ 分析：（1）根据平行四边形的性质、等腰三角形的性质，利用全等三角形的判定定理SAS可以证得△ADC≌△ECD；‎ ‎（2）利用等腰三角形的“三合一”性质推知AD⊥C=BC，即∠ADC=90°；由平行四边形的判定定理（对边平行且相等是四边形是平行四边形）证得四边形ADCE是平行四边形，所以有一个角是直角的平行四边形是矩形．‎ 解答：证明：（1）∵四边形ABDE是平行四边形（已知），‎ ‎∴AB∥DE，AB=DE（平行四边形的对边平行且相等）；‎ ‎∴∠B=∠EDC（两直线平行，同位角相等）；‎ 又∵AB=AC（已知），‎ ‎∴AC=DE（等量代换），∠B=∠ACB（等边对等角），‎ ‎∴∠EDC=∠ACD（等量代换）；‎ 在△ADC和△ECD中，‎ ‎ ，‎ ‎∴△ADC≌△ECD（SAS）； （2）∵四边形ABDE是平行四边形（已知），‎ ‎∴BD∥AE，BD=AE（平行四边形的对边平行且相等），‎ ‎∴AE∥CD；‎ 又∵BD=CD，‎ ‎∴AE=CD（等量代换），‎ ‎∴四边形ADCE是平行四边形（对边平行且相等的四边形是平行四边形）；‎ 在△ABC中，AB=AC，BD=CD，‎ ‎∴AD⊥BC（等腰三角形的“三合一”性质），‎ ‎∴∠ADC=90°，‎ ‎∴▱ADCE是矩形．‎ 点评：本题综合考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定以及矩形的判定．注意：矩形的判定定理是“有一个角是直角的‘平行四边形’是矩形”，而不是“有一个角是直角的‘四边形’是矩形”．‎ ‎25．（2012•青海）已知：如图，D是△ABC的边AB上一点，CN∥AB，DN交AC于点M，MA=MC．‎ ‎①求证：CD=AN；‎ ‎②若∠AMD=2∠MCD，求证：四边形ADCN是矩形．‎ 考点：矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质．专题：证明题．‎ 分析：①根据两直线平行，内错角相等求出∠DAC=∠NCA，然后利用“角边角”证明△AND和△CMN全等，根据全等三角形对应边相等可得AD=CN，然后判定四边形ADCN是平行四边形，再根据平行四边形的对边相等即可得证；‎ ‎②根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和推出∠MCD=∠MDC，再根据等角对等边可得MD=MC，然后证明AC=DN，再根据对角线相等的平行四边形是矩形即可得证．‎ 解答：证明：①∵CN∥AB，‎ ‎∴∠DAC=∠NCA，‎ 在△AND和△CMN中，‎ ‎∵ ，‎ ‎∴△AND≌△CMN（ASA），‎ ‎∴AD=CN，‎ 又∵AD∥CN，‎ ‎∴四边形ADCN是平行四边形，‎ ‎∴CD=AN； ②∵∠AMD=2∠MCD∠AMD=∠MCD+∠MCD，‎ ‎∴∠MCD=∠MDC，‎ ‎∴MD=MC，‎ 由①知四边形ADCN是平行四边形，‎ ‎∴MD=MN=MA=MC，‎ ‎∴AC=DN，‎ ‎∴四边形ADCN是矩形．‎ 点评：本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形与矩形之间的关系，并由第一问求出四边形ADCN是平行四边形是解题的关键．‎ ‎27．（2012•温州）如图，△ABC中，∠B=90°，AB=6cm，BC=8cm．将△ABC沿射线BC方向平移10cm，得到△DEF，A，B，C的对应点分别是D，E，F，连接AD．求证：四边形ACFD是菱形．‎ 考点：菱形的判定；勾股定理；平移的性质．专题：证明题．‎ 分析：根据平移的性质可得CF=AD=10cm，DF=AC，再在Rt△ABC中利用勾股定理求出AC的长为10，就可以根据四条边都相等的四边形是菱形得到结论．‎ 解答：证明：由平移变换的性质得：‎ CF=AD=10cm，DF=AC，‎ ‎∵∠B=90°，AB=6cm，BC=8cm，‎ ‎∴AC= =10，‎ ‎∴AC=DF=AD=CF=10，‎ ‎∴四边形ACFD是菱形．‎ 点评：此题主要考查了平移的性质，菱形的判定，关键是掌握平移的性质：各组对应点的线段平行且相等；菱形的判定：四条边都相等的四边形是菱形．‎ ‎28．（2012•重庆）已知：如图，在菱形ABCD中，F为边BC的中点，DF与对角线AC交于点M，过M作ME⊥CD于点E，∠1=∠2．‎ ‎（1）若CE=1，求BC的长；‎ ‎（2）求证：AM=DF+ME．‎ 考点：菱形的性质；全等三角形的判定与性质．专题：综合题．‎ 分析：（1）根据菱形的对边平行可得AB∥CD，再根据两直线平行，内错角相等可得∠1=∠ACD，所以∠ACD=∠2，根据等角对等边的性质可得CM=DM，再根据等腰三角形三线合一的性质可得CE=DE，然后求出CD的长度，即为菱形的边长BC的长度；‎ ‎（2）先利用“边角边”证明△CEM和△CFM全等，根据全等三角形对应边相等可得ME=MF，延长AB交DF于点G，然后证明∠1=∠G，根据等角对等边的性质可得AM=GM，再利用“角角边”证明△CDF和△BGF全等，根据全等三角形对应边相等可得GF=DF，最后结合图形GM=GF+MF即可得证．‎ 解答：（1）解：∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AB∥CD，‎ ‎∴∠1=∠ACD，‎ ‎∵∠1=∠2，‎ ‎∴∠ACD=∠2，‎ ‎∴MC=MD，‎ ‎∵ME⊥CD，‎ ‎∴CD=2CE，‎ ‎∵CE=1，‎ ‎∴CD=2，‎ ‎∴BC=CD=2； （2）证明：如图，∵F为边BC的中点，‎ ‎∴BF=CF=BC，‎ ‎∴CF=CE，‎ 在菱形ABCD中，AC平分∠BCD，‎ ‎∴∠ACB=∠ACD，‎ 在△CEM和△CFM中，‎ ‎∵ ，‎ ‎∴△CEM≌△CFM（SAS），‎ ‎∴ME=MF，‎ 延长AB交DF于点G，‎ ‎∵AB∥CD，‎ ‎∴∠G=∠2，‎ ‎∵∠1=∠2，‎ ‎∴∠1=∠G，‎ ‎∴AM=MG，‎ 在△CDF和△BGF中，‎ ‎∵ ，‎ ‎∴△CDF≌△BGF（AAS），‎ ‎∴GF=DF，‎ 由图形可知，GM=GF+MF，‎ ‎∴AM=DF+ME．‎ 点评：本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等角对等边的性质，作出辅助线构造出全等三角形是解题的关键．‎