全国2011年中考数学试题分类解析汇编-专题36矩形、菱形、正方形.doc

全国2011年中考数学试题分类解析汇编(181套）专题36：矩形、菱形、正方形
一、选择题
1.（浙江舟山、嘉兴3分）如图，①②③④⑤五个平行四边形拼成一个含30°内角的菱形EFGH（不重叠无缝隙）．若①②③④四个平行四边形面积的和为14cm2，四边形ABCD面积是11cm2，则①②③④四个平行四边形周长的总和为
（A）48cm （B）36cm （C）24cm （D）18cm
【答案】A。
【考点】菱形的性质，平行四边形的性质。
【分析】根据①②③④四个平行四边形面积的和为14cm2，四边形ABCD面积是11cm2，从图可求出⑤的面积： 。从而可求出菱形的面积：
。又∵∠EFG=30°，∴菱形的边长为6cm。从而根据菱形四边都相等的性质得：
①②③④四个平行四边形周长的总和=2（AE+AH+HD+DG+GC+CF+FB+BE）
=2（EF+FG+GH+HE）=48cm。
故选A。
2.（浙江温州4分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交与点O．已知∠AOB=60°，AC=16，则图中长度为8的线段有
A、2条 B、4条 C、5条 D、6条
【答案】D。
【考点】矩形的性质。等边三角形的判定和性质。
【分析】因为矩形的对角线相等且互相平分，AC=16，所以AO=BO=CO=DO=8；又由∠AOB=60°，所以三角形AOB 是等边三角形，所以AB=AO=8；又根据矩形的对边相等得，CD=AB=AO=8．从而可求出线段为8的线段有6条。故选D。
3.（辽宁大连3分）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝5，AF平分∠DAE，EF⊥AE，则CF等于
A． B．1 C． D．2
【答案】C。
【考点】矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解一元一次方程程，角平分线的性质，相似三角形的判定和性质。
【分析】根据矩形的性质得到AD=BC=5，∠D=∠B=∠C=90°，根据三角形的角平分线的性质得到DF=EF，由全等三角形的判定和性质求出AE==AD=5，由勾股定理求出BE= =3，CE=2，从而由△ABE∽△ECF，得出。故选C。
4.（黑龙江哈尔滨3分）如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOB=600，AB=5，则AD的长是．
（A)5 （B）5 （C）5 (D)10
【答案】A。
【考点】矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理。
【分析】∵四边形ABCD是矩形，∴AO= AC= BD=BO，又∵∠AOB=60°，∴△AOB是等边三角形，∴AO=AB=5，∴BD=2AO=10，∴AD2=BD2－AB2=102－52=75，∴AD=5。故选A。
5.（黑龙江牡丹江3分）如图，在正方形ABCD中，点O为对角线AC的中点，过点0作射线OM、ON
分别交AB、BC于点E、F，且∠EOF=900 ,BO、EF交于点P．则下列结论中： (1)图形中全等的三角形只有两对；(2)正方形ABCD的面积等于四边形OEBF面积的4倍；(3)BE+BF= 0A；(4)AE2+CF2=20POB，正确的结论有．
A．1 8．2 C．3 D．4
【答案】C。
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。
【分析】（1）从图中可看出全等的三角形至少有四对．故选项错误；（2）△OBE的面积和△OFC的面积相等，故正方形ABCD的面积等于四边形OEBF面积的4倍，故选项正确；（3）BE+BF等于边长， 从而BE+BF= OA，故选项正确；（4）因为AE=BF，CF=BE，从而AE2+CF2=2OP•OB，故选项正确。故选C。
6.（广西贵港3分）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝，BC＝2，对角线AC、
BD相交于点O，过点O作OE垂直AC交AD于点E，则AE的长是
A． B． C．1 D．1.5
【答案】D。
【考点】矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。
【分析】由矩形性质和勾股定理，可得AC＝，AO＝。根据相似三角形的判定易证△AOE∽△ADC，从而根据相似三角形对应边比相等的性质，得，因此AE＝。故选D。
7.（广西梧州3分）若一个菱形的一条边长为4cm，则这个菱形的周长为
（A）20cm （B）18cm （C）16cm （D）12cm
【答案】C。
【考点】菱形的性质。
【分析】根据菱形四边相等的性质，直接得出结果：∵菱形的一条边长为4cm，∴这个菱形的周长为4×4cm＝16 cm。故选C。
8.（湖南益阳4分）如图，小聪在作线段AB的垂直平分线时，他是这样操作的：分别以A和B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于C、D，则直线CD即为所求．根据他的作图方法可知四边形ADBC一定是
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰梯形
【答案】B。
【考点】菱形的判定，线段垂直平分线的性质。
【分析】∵分别以A和B为圆心，大于 AB的长为半径画弧，两弧相交于C、D，∴AC=AD=BD=BC，∴四边形ADBC一定是菱形。故选B。
9.(江苏无锡3分) 菱形具有而矩形不一定具有的性质是
A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．对角线互相平分 D．对角互补
【答案】A。
【考点】菱形和矩形的性质。
【分析】区分菱形和矩形的性质，直接得出结果： A．对角线互相垂直是菱形具有而矩形不一定具有的性质，选项正确； B．对角线相等是矩形具有而菱形不一定具有的性质，选项错误；C．对角线互相平分是矩形和菱形都具有的性质，选项错误； D．对角互补是矩形具有而菱形不一定具有的性质，选项错误。故选A。
10.（江苏淮安3分）在菱形ABCD中，AB＝5cm，则此菱形的周长为
A. 5cm B. 15cm C. 20cm D. 25cm
【答案】C。
【考点】菱形的性质。
【分析】根据菱形四边都相等的性质, 直接得出结果：菱形的周长＝4AB＝20。故选C。
11. （山东济南3分）如图，菱形ABCD的周长为16，∠A＝60º，则对角线BD的长度是
A．2 B．2 C．4 D．4
【答案】C。
【考点】菱形的性质，正三角形的的判定和性质。
【分析】根据菱形四边相等的性质，得AB=AD=4，∵∠A＝60º，∴△ABD是正三角形，∴BD=AB=4。故选C。
12.（山东泰安3分）如图，边长为6的大正方形中有两个小正方形，若两个小正方形的面积分别为S1，S2，则S1＋S2的值为
A、16 B、17 C、18 D、19
【答案】 B。
【考点】正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。
【分析】由图可得，S1的边长为3，S1＝9。根据等腰直角三角形的性质和勾股定理易知，AC＝BC，BC＝CE＝CD，∴AC＝2CD，CD＝6÷3＝2，∴CE＝2，S2＝8。∴S1＋S2＝17。故选B。
13．（山东莱芜3分）如图，E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，且AB＝CD，下列结论 ①EG⊥FE ②四边形EFGH是矩形 ③HF平分∠EHG ④EG＝（BC－AD） ⑤四边形EFGH是菱形
其中正确的个数是
A、1 B、2 C、3 D、4
【答案】C。
【考点】三角形中位线定理，菱形的判定和性质。
【分析】由所给题意，E、F、G、H分别是BD、BC、AC、AD的中点，根据三角形中位线定理得到：
HG＝DC，EF＝DC，HE＝AB，GF＝AB。由已知AB＝CD得到：HG＝EF＝HE＝GF。根据菱形的判定定理知四边形EFGH是菱形，又根据菱形对角线互相垂直和平分对角的性质得到EG⊥FE，HF平分∠EHG。而不能判定四边形EFGH是矩形和EG＝（BC－AD）。故①③⑤正确。故选C。
14.（山东聊城3分）已知一个菱形的周长是20cm，两条对角线的比为4∶3，则这个菱形的面积是
A．12cm2 B．24cm2 C．48cm2 D．96cm2
【答案】B。
【考点】菱形的性质，勾股定理，菱形的面积公式。
【分析】根据利菱形四边相等和对角线互相垂直的性质，得菱形的边长是5cm，又由于两条对角线的比为4∶3，，根据勾股定理可得出两条对角线的长分别为8cm和6cm，从而根据菱形的面积等于对角线乘积一半的公式，得到这个菱形的面积是24cm2。故选B。
15.（山东临沂3分）如图．△ABC中，AC的垂直平分线分别交AC、AB于点D、F，BE⊥DF交DF的延长线于点E，已知∠A=30°，BC=2，AF=BF，则四边形BCDE的面积是
A、2 B、3 C、4 D、4
【答案】A。
【考点】矩形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理。
【分析】∴DE是AC的垂直的平分线，∴D是AC的中点，F是AB的中点，∴DF∥BC，∴∠C=90°，
∴四边形BCDE是矩形。∴∠A=30°，∠C=90°，BC=2，∴根据勾股定理能求出AC的长：AC==2，从而求出DC的长：DE=，从而求出四边形BCDE的面积：2×=2。故选A。
16.（广东佛山3分）依次连接菱形的各边中点，得到的四边形是
A、矩形 B、菱形 C、正方形 D、梯形
【答案】A。
【考点】菱形的性质，矩形的判定，三角形中位线定理，平行线的性质。
【分析】如图，E、F、G、H是菱形ABCD四边的中点，根据三角形中位线定理，HE和GH平行且等于DB的一半，所以HE和GH平行且相等，所以四边形EFGH是平行四边形。又因为EG=AD，HF=AB，而由菱形的性质AB=AD，所以EG=HF，所以根据对角线相等的平行四边形是矩形的判定定理知道，四边形EFGH是矩形。故选A。
17.（广东茂名3分）如图，两条笔直的公路l1、l2相交于点O，村庄C的村民在公路的旁边建三个加工厂 A、B、D，已知AB=BC=CD=DA=5公里，村庄C到公路l1的距离为4公里，则村庄C到公路l2的距离是
A、3公里 B、4公里 C、5公里 D、6公里
【答案】B。
【考点】角平分线的性质，菱形的性质。
【分析】根据菱形的对角线平分对角，作出辅助线，即可求得：连接AC，作CF⊥l1，CE⊥l2；∵AB=BC=CD=DA=5公里，∴四边形ABCD是菱形，∴∠CAE=∠CAF，∴CE=CF=4公里。故选B。
18.（广东清远3分）如图，若要使平行四边形 ABCD成为菱形，则需要添加的条件是
A．AB＝CD B．AD＝BC C．AB＝BC D．AC＝BD
【答案】C。
【考点】菱形的判定。
【分析】根据一组邻边相等的平行四边形是菱形的定义，直接得出结果。故选C。
19. （湖北武汉3分）如图，在菱形ABCD中，AB=BD，点E，F分别在AB，AD上，且AE=DF.连接BF与DE相交于点G，连接CG与BD相交于点H.下列结论：
  ①△AED≌△DFB；  ②S四边形 BCDG= CG2；③若AF=2DF，则BG=6GF。
其中正确的结论
A.只有①②.  B.只有①③. C.只有②③.  D.①②③.
【答案】D。
【考点】菱形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆的判定，圆周角定理，等边三角形的判定和性质，平行线分线段成比例的性质。
【分析】①∵ABCD为菱形，∴AB=AD．
∵AB=BD，∴△ABD为等边三角形．
∴∠A=∠BDF=60°．
又∵AE=DF，AD=BD，∴△AED≌△DFB（SAS）。
∴①正确。
②∵∠BGE=∠BDG+∠DBF=∠BDG+∠GDF=60°=∠BCD，
∴点B、C、D、G四点共圆，
∴∠BGC=∠BDC=60°，∠DGC=∠DBC=60°。∴∠BGC=∠DGC=60°。
过点C作CM⊥GB于M，CN⊥GD于N．
则△CBM≌△CDN（HL）。
∴S四边形BCDG=S四边形CMGN，S四边形CMGN=2S△CMG。
∵∠CGM=60°，∴GM=CG，CM=CG，
∴S四边形CMGN=2S△CMG=2××CG×CG=CG2。
∴②正确。
③过点F作FP∥AE于P点．
∵AF=2FD，∴FP：AE=DF：DA=1：3，
则 FP：BE=1：6=FG：BG，即BG=6GF。
∴③正确。故选D。
20.（湖北襄阳3分）若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得四边形是菱形，则四边形ABCD一定是
A、菱形 B、对角线互相垂直的四边形 C、矩形 D、对角线相等的四边形
【答案】D。
【考点】三角形中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定。
【分析】如图，根据三角形的中位线定理得到EH∥FG，EF=FG，EF=BD，要四边形为菱形，必须邻边相等，即可得到答案：
∵E F G H分别是边AD DC CB AB 的中点，
∴EH=AC，EH∥AC，FG=AC，FG∥AC，EF=BD，∴EH∥FG，EF=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形。
∵要平行四边形EFGH是菱形即要EF=EH，即AC=BD。即对角线相等。故选D。
21.（内蒙古包头3分）已知菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，∠BAD=120°，AC=4，则该菱形的面积是
A．16 B．16 C．8 D．8
【答案】C。
【考点】菱形的性质，含30°角直角三角形的性质，勾股定理。
【分析】由四边形ABCD是菱形，根据菱形的性质，得AC⊥BD，OA=AC，∠BAC=∠BAD；在Rt△AOB中，根据30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质和勾股定理即可求得OB=2，从而得BD=2OB=4。根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半，即可求得该菱形的面积。该菱形的面积是：AB•BD=×4×4=8。故选C。
22.（内蒙古呼伦贝尔8分）如图,四边形ABCD中，对角线相交于点O,E、F、G、H分别是AD、BD、BC、
AC的中点。
（1）求证：四边形EFGH是平行四边形；
（2）当四边形ABCD满足一个什么条件时，四边形EFGH是菱形？并证明你的结论。
【答案】解:（1）证明：∵E、F、G、H分别是AD、BD、BC、AC的中点
∴EF∥AB ，EF=，
GH∥AB ， GH=AB ，
∴EF∥GH ，EF=GH。
∴EFGH是平行四边形。
（2）当四边形ABCD满足AB=DC时， EFGH是菱形。证明如下：
∵ AB=DC， ∴EF=EH。
又∵ 四边形EFGH是平行四边形， ∴EFGH是菱形 。
【考点】三角形中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定。
【分析】（1）根据三角形中位线平行且等于第三边一半的性质，可得四边形EFGH的对边EF和GH平行且相等，从而根据对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定而得证。
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形的判定可证。
23.（四川乐山3分）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD的中点，AE交BF于点H，CG∥AE交BF于点G。下列结论：①tan∠HBE=cot∠HEB ② CG·BF=BC·CF ③BH=FG ④.其中正确的序号是
A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②④
【答案】D。
【考点】全等三角形的判定和性质，平行的性质，锐角三角函数的定义，相似三角形的判定和性质。
【分析】①∵在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD的中点，∴Rt△ABE≌Rt△BCF（SAS）。
∴∠BEA=∠CFB。
∵CG∥AE，∴∠GCB=∠AEB。∴∠CFG=∠GCB。
∴∠CFG+∠GCF=90°，即△CGF为直角三角形。
∵CG∥AE交BF于点G，∴△BHE也为直角三角形。
∴tan∠HBE=cot∠HEB。∴①正确。
②由①可得△CGF∽BCF，∴。∴CG•BF=BC•CF。∴②正确。
③由①得△BHE≌△CGF，∴BH=CG，而不是BH=FG。∴③BH=FG错误。
④∵△BCG∽△BCF，∴，即BC2=BG•BF。
同理CF2=BF•GF。∴。∴④正确。
综上所述，正确的有①②④。故选D。
24.（四川巴中3分）对角线互相平分且相等的四边形是
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【答案】B。
【考点】矩形的判定。
【分析】直接根据矩形的判定定理可作出判断。故选B。
25.(四川德阳3分)顺次连接菱形各边中点得到的四边形一定是
A．菱形 B．正方形 C．矩形 D．等腰梯形
【答案】C。
【考点】菱形的性质，三角形中位线的性质，矩形的判定。
【分析】如图，ABCD是菱形，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，由三角形中位线的性质，得EF∥HG∥AC，HE∥GF∥DB；又由菱形的性质，知AC⊥DB，从而得四边形EFGH的四个角都是直角，根据矩形的判定，得四边形EFGH是矩形。故选C。
26.（四川绵阳3分）下列关于矩形的说法，正确的是
A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相平分的四边形是矩形
C．矩形的对角线互相垂直且平分 D．矩形的对角线相等且互相平分
【答案】D。
【考点】矩形的判定和性质。
【分析】根据矩形的定义、判定和性质定理作出判断： A、因为对角线相等的平行四边形是矩形，所以本选项错误；B、因为对角线互相平分且相等的四边形是矩形，所以本选项错误；C、因为矩形的对角线相等且互相平分，不一定垂直，所以本选项错误；D、因为矩形的对角线相等且互相平分，所以本选项正确。故选D。
27.（宁夏自治区3分）如图，矩形ABCD的两条对角线相交于点O，∠AOD=60°，AD=2，则AB的长是
A．2 B．4 C．2 D．4
【答案】C。
【考点】矩形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形两锐角的关系，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。
【分析】∵在矩形ABCD中，AO=AC，DO=BD，AC=BD（矩形的性质），
∴AO=DO（等量代换）。
又∵∠AOD=60°，∴△AOD是等边三角形（等边三角形的判定）。
∴∠ADB=60°（等边三角形的性质）。∴∠ABD=30°（直角三角形两锐角互余）。
∴（正切函数定义），即（特殊角的三角函数值）。
∴AB=2 。故选C。
28.（青海省3分）已知菱形ABCD的对角线AC、BD的长度是6和8，则这个菱形的周长是
A. 20 B. 14 C.28 D.24
【答案】A。
【考点】菱形的性质，勾股定理。
【分析】根据题意，设对角线AC、BD相交于G，
则由菱形对角线互相垂直平分的性质知，AG=AC=3，BG=BD=4，且AG⊥BG。
∴根据勾股定理，得AB=5。
∴根据菱形四边相等的性质，这个菱形的周长=4AB=20。故选A。
29.（青海西宁3分）用直尺和圆规作一个菱形，如图，能得到四边形ABCD是菱形的依据是
A．一组邻边相等的四边形是菱形
B．四边都相等的四边形是菱形
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
D．每条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形
【答案】B。
【考点】作图，菱形的判定
【分析】由图形做法可知：AD=AB=DC=BC，∴四边形ABCD是菱形。故选B。
30.（辽宁鞍山3分）如图，矩形ABCD的对角线AC⊥OF，边CD在OE上，∠BAC＝70°，则∠EOF等于 ．
A. 10° B. 20° C. 30° D. 70°
【答案】B。
【考点】垂直的定义，矩形的性质，平角的定义，直角三角形两锐角的关系。
【分析】如图，延长AC交OF于G，
∠EOF=90°－∠OCG（直角三角形两锐角互余）
=90°－（180°－90°－∠ACB）（平角的定义）
=∠ACB
=90°－∠BAC（直角三角形两锐角互余）
=20°。故选B。
31.（云南昆明3分）如图，在ABCD中，添加下列条件不能判定ABCD是菱形的是
A、AB=BC B、AC⊥BD C、BD平分∠ABC D、AC=BD
【答案】D。
【考点】菱形的判定，全等三角形的判定和性质。
【分析】根据菱形的判定定理，即可求得答：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴A、当AB=BC时，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得▱ABCD是菱形，故本选项正确；
B、当AC⊥BC时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得▱ABCD是菱形，故本选项正确；
C、当BD平分∠ABC时，可由△ABD≌△CDA证得AB=CD，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得▱ABCD是菱形，故本选项正确；由排除法可得D选项错误。故选D。
32.（贵州贵阳10分）[阅读]
在平面直角坐标系中，以任意两点P（ x1，y1）、Q（x2，y2）为端点的线段中点坐标为。
[运用]
（1）如图，矩形ONEF的对角线相交于点M，ON、OF分别在x轴和y轴上，O为坐标原点，点E的坐标为（4，3），则点M的坐标为　 　．
（2）在直角坐标系中，有A（﹣1，2），B（3，1），C（1，4）三点，另有一点D与点A、B、C构成平行四边形的顶点，求点D的坐标．
【答案】解：（1）点M的坐标为，即（2，1.5）。
（2）如图，根据平行四边形的对角线互相平分可得：D'（1，﹣1），D''（﹣3，5），D''（5，3）。
【考点】平行四边形的性质，坐标与图形性质，矩形的性质。
【分析】（1）根据矩形的对角线互相平分及点E的坐标即可得出答案。
（2）根据题意画出图形，然后可找到点D的坐标。
二、填空题
1.（重庆綦江4分）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC=8，BD=6，过点O作OH丄AB，垂足为H，则点0到边AB的距离OH= ▲ ．
【答案】。
【考点】菱形的性质，点到直线的距离，勾股定理。
【分析】因为菱形的对角线互相垂直平分，菱形的四边相等，得BO=3，AO=4，由勾股定理可得AB=5，利用面积公式，得AO·BO=AB·OH，从而求出OH=。
2.（黑龙江哈尔滨3分）已知：正方形ABCD的边长为2，点P是直线CD上一点，若DP=1，则tan∠ BPC的值是 ▲
【答案】2或。
【考点】正方形的性质，勾股定理，锐角三角函数的定义。
【分析】如图，考虑两种情况：
（1） 点P在CD上（即图中P1点），∵BC=2，DP=1，∠C=90°，
∴PC=1，∴tan∠BPC= =2；
（2）点P在CD延长线上（即图中P2点），
（2） ∵BC=2，DP=1，∠C=90°，∴PC=3，∴tan∠BPC= 。
3.（广西钦州3分）把一张矩形纸片ABCD按如图方式折叠，使顶点B和顶
点D重合，折痕为EF．若BF＝4，FC＝2，则∠DEF的度数是_ ▲ ．
【答案】60º。
【考点】折叠对称，锐角三角函数的应用，特殊角的三角函数，矩形的性质，平行的性质，平角定义，三角形内角和定理。
【分析】由折叠对称可知，DF＝BF＝4，∠BFE＝∠DFE。在Rt△CDF中，FC＝2, DF＝4，cos∠DFC＝，
∴∠DFC＝60º。∴由平角定义得∠DFE＝60º。又由矩形得AD∥BC，∴∠EDF＝∠DFC＝60º。∴由三角形内角和定理可得∠DEF＝60º。
4．（湖南长沙3分）．菱形的两条对角线的长分别是6cm和8cm，则菱形的周长是 ▲ cm．
【答案】20cm。
【考点】菱形的性质，勾股定理。
【分析】根菱形的对角线互相垂直平分的性质利用勾股定理可求得其边长，再根据周长公式即可求得其周长：∵菱形的对角线互相垂直平分，∴两条对角线的一半长分别是3cm和4cm，根据勾股定理可得菱形的边长为5cm，则周长是20cm。
5.（江苏南京2分）如图，菱形ABCD的边长是2㎝，E是AB中点，且
DE⊥AB，则菱形ABCD的面积为 ▲ ㎝2．
【答案】2。
【考点】菱形的性质，勾股定理。
【分析】∵DE丄AB，E是AB的中点，∴AE＝1cm，根据勾股定理得DE＝。∴菱形的面积＝底边×高＝2。
6.（山东烟台4分）如图，三个边长均为2的正方形重叠在一起，O1、O2是其中两个正方形的中心，则阴影部分的面积是 ▲ .
【答案】2。
【考点】正方形的性质，全等三角形的判定和性质。
【分析】如图，连接O1B，O1C，可由ASA得△O1BF≌△O1CG，那么可得阴影部分的面积与正方形面积的关系：阴影部分O1FCG的面积为正方形ABCD面积的。同理得出另一个正方形的阴影部分面积与正方形面积的关系，从而得阴影部分的面积是：。
7.（山东潍坊3分）已知长方形ABCD，AB=3cm，AD=4cm，过对角线BD
的中点O做BD的垂直平分线EF，分别交AD、BC于点E、F，则AE
的长为 ▲ ．
【答案】。
【考点】矩形的性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，。
【分析】连接EB，构造直角三角形，设AE为，由线段垂直平分线上的点到线段两端距离相等的性质有DE＝BE＝4－，利用勾股定理AE2＋AB2＝BE2，得到有关的方程：2＋32＝（4－）2，解得。
8.（山东淄博4分）如图，正方体的棱长为3，点M，N分别在CD，HE上，CM=DM
HN=2NE，HC与NM的延长线交于点P，则tan∠NPH的值为 ▲ ．
【答案】。
【考点】正方形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数。
【分析】∵CM＝DM，HN＝2NE，∴CM＝CD，HN＝HE＝CD，
又∵△PCM∽△PHN，∴，即PH＝2CH＝2CD。
∴tan∠NPH＝。
9.（山东淄博4分）如图，正方形ABCD的边长为2，点E是BC边的中点，过点
B作BG⊥AE，垂足为G，延长BG交AC于点F，则CF= ▲ ．
【答案】。
【考点】正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，三角形中位线的判定。
【分析】过点Ｅ作EH∥BF交AC于点H，则由点E是BC边的中点知，点H是FC边的中点，即CF＝2HF。又由正方形ABCD的边长为2，点E是BC边的中点，应用勾股定理和相似三角形的判定和性质可求出AC＝2，AE＝，AG＝。从而由，即，即。解之得，。
10．（河北省3分）如图，已知菱形ABCD，其顶点A，B在数轴上对应的数分别为﹣4和1，则BC=　 ▲ ．
【答案】5。
【考点】菱形的性质；数轴。
【分析】根据数轴上A，B在数轴上对应的数分别为﹣4和1，得出AB=5，再根据菱形四边相等的性质，得BC=AB=5。
11. （江西省B卷3分）在⊙O中，点B在⊙O上，四边形AOCB是矩形，对
角线AC的长为5，则⊙O的半径长为 ▲ .
【答案】5。
【考点】矩形的性质。
【分析】连接OB，根据矩形的性质得出AC=OB=5。
12.（湖北黄冈、鄂州3分）如图：矩形ABCD的对角线AC=10，BC=8，则图中五个小矩形的周长之和为　 ▲ 　．
【答案】28。
【考点】平移的性质，勾股定理。
【分析】由勾股定理，得AB=，将五个小矩形的所有上边平移至AD，所有下边平移至BC，所有左边平移至AB，所有右边平移至CD，
∴五个小矩形的周长之和=2（AB+CD）=2×（6+8）=28。
13.（湖北孝感3分）已知正方形ABCD，以CD为边作等边△CDE，则∠AED的度数 是 ▲ .
【答案】15°或75°。
【考点】正方形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的性质，
【分析】有两种情况：
①当E在正方形ABCD内时，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°。
∵△CDE是等边三角形，
∴CD=DE，∠CDE=60°。∴∠ADE=90°－60°=30°。∴AD=DE。
∴∠DAE=∠AED= （180°－∠ADE）=75°。
②当E在正方形ABCD外时，
∵△CDE是等边三角形，∴∠EDC=60°。∴∠ADE=90°＋60°=150°。
∴∠AED=∠DAE= （180°－∠ADE）=15°。
14.（山西省3分）如图，四边形ABCD是平行四边形，添加一个条件 ▲ ，可使它成为矩形．
【答案】∠ABC=90°或AC=BD。
【考点】矩形的判定。
【分析】根据矩形的的判定定理：①对角线相等的平行四边形是矩形，②有一个角是直角的平行四边形是矩形，直接添加条件即可。故添加条件：∠ABC=90°或AC=BD。

15. （四川内江5分）如图，点E、F、G、H分别是任意四边形ABCD中AD、BD、BC、CA的中点，当四边形ABCD的边至少满足 ▲ 条件时，四边形EFGH是菱形．
【答案】AB=CD。
【考点】三角形中位线定理，菱形的判定。
【分析】需添加条件AB=CD。
∵E，F是AD，DB中点，∴EF∥AB，EF=AB。
∵H，G是AC，BC中点，∴HG∥AB，HG=AB。
∴EF∥HG，EF=HG。∴四边形EFGH是平行四边形。
∵E，H是AD，AC中点，∴EH=CD。
∵AB=CD，∴EF=EH。∴四边形EFGH是菱形。
16.（四川泸州2分）矩形ABCD的对角线相交于点O，AB=4cm，∠AOB=60°，则矩形的面积为　 ▲ 　cm2．
【答案】16。
【考点】矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理。
【分析】∵矩形ABCD，∴AC=BD，OA=OC，OD=OB，∠ABC=90°，∴OA=OB。
∵∠AOB=60°，∴△ABO是等边三角形。∴AC=2OA=2AB=8。
由勾股定理得：BC=。
17.（四川凉山4分）已知菱形ABCD的边长是8，点E在直线AD上，若DE=3，连接BE与对角线AC相交于点M，则的值是 ▲ 。
【答案】或。
【考点】菱形的性质，相似三角形的判定和性质。
【分析】由菱形的性质，得AD∥CB，∴△CBM∽△AEM，∴。
若E在线段AD上，由菱形ABCD的边长是8，DE=3，得BC=8，EA=5，则。
若E在线段AD延长线上，由菱形ABCD的边长是8，DE=3，得BC=8，EA=11，则。
18.（辽宁鞍山3分）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AB＝13，AC＝10，过点D作DE∥AC交BC的延长线于点E，则△BDE的周长为 ▲ ．
【答案】60。
【考点】菱形的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质。
【分析】由已知AB＝13，AC＝10，根据菱形的性质和勾股定理，可求出BO=12，从而BD=24。由平行四边形的判定和性质，可得DE=AC=10，BE=BC＋CE=BC＋AD=26。因此，△BDE的周长为24＋26＋10=60。
19.（辽宁锦州3分）如图，菱形ABCD的边长为4 cm，DE垂直平分AB，则菱形的面积是 ▲ ．
【答案】cm2。
【考点】菱形的性质，勾股定理，菱形的面积。
【分析】由勾股定理，得DE＝，因此菱形的面积是（cm2）。
33.（辽宁辽阳3分）如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD＝60°，若DE⊥AB，垂足为点E，则DE的长为 ▲ ．
【答案】。
【考点】菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理。
【分析】连接BD，由菱形ABCD和∠BAD＝60°，根据菱形的性质和等边三角形的判定，△ABD是等边三角形；由DE⊥AB，根据等边三角形三线合一的性质，得AE＝1，在Rt△ADE中应用勾股定理，得DE＝。
20.（辽宁盘锦3分）如图，矩形纸片ABCD，AD＝2AB＝4，将纸片折叠，使点C落在AD上的点E处，折痕为BF，则DE＝ ▲ .
【答案】4－。
【考点】矩形的性质，折叠对称的性质，勾股定理。
【分析】由矩形和折叠对称的性质，知BE＝BC＝AD＝4，所以在Rt△ABE中，根据勾股定理，得AE＝，因此DE＝AD－AE＝4－。
21.（云南大理、楚雄、文山、保山、丽江、怒江、迪庆、临沧3分）如图，在菱
形中，，，则菱形的周长是 ▲ .
【答案】16。
【考点】菱形的性质，正三角形的判定和性质。
【分析】菱形，又，是正三角形，故菱形的周长是：。
22.（云南玉溪3分）如图，在△ABC中，∠ABC=90°，分别以BC、AB、AC
为边向外作正方形，面积分别记作S1 、S2 、S3 ，若S2=4，S3=6，则S1 = ▲ ．
【答案】2。
【考点】正方形的性质，勾股定理。
【分析】由S2=4，S3=6和正方形的性质可得AB=2，AC=。由勾股定理，得BC=。∴S1 = 。
23.（贵州铜仁4分）已知菱形的两条对角线长分别为2cm，3cm，则它的面积是 ▲ cm2；
【答案】3。
【考点】菱形的性质。
【分析】由已知菱形的两条对角线长分别为2cm，3cm，根据菱形的面积等于对角线乘积的一半，即可求得答案：它的面积是×2×3=3（cm2）。
24.（贵州黔东南4分）顺次连接一矩形场地ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点E、F、G、H，得到四边形EFGH，M为边EH的中点，点P为小明在对角线EG上走动的位置，若AB=10米，BC=米，当PM+PH的和为最小值时，EP的长为 ▲ 。
【答案】米。
【考点】矩形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，特殊角的三角函数值。
【分析】如图，取EF的中点M′，连接HM′交EG于点P，根据矩形的轴对称性，PM=P M′，PM+PH= HM′为最小值。
连接AC，HF。在Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=20米。由三角形中位线定理，EF=10米。同理EH=10米。又HF=AB=10米，所以△EHF是等边三角形。由M′是EF的中点，根据等边三角形三线合一的性质，HM′⊥EF，∠P EM′=300。所以，在Rt△EM′P中， EM′=5米，∠P EM′=300，，根据锐角三角函数定义，得EP= EM′÷cos∠P EM′=（米）。
25.（福建龙岩3分） 如图，菱形ABCD周长为8㎝．∠BAD=60°，则AC= ▲ cm。
【答案】2。
【考点】菱形的性质，锐角三角函数，特殊角的三角函数值。
【分析】∵菱形ABCD周长为8cm．∠BAD=60°
∴△AOB为 直角三角形，AB=2，∠OAB=30°，OA=OC。
∴OA=OA·sin∠OAB=。∴AC=2。
三、解答题
1.（上海12分）如图，在梯形ABCD中，AD//BC，AB＝DC，过点D作DE⊥BC，垂足为E，并延长DE至F，使EF＝