资源描述
矩形菱形与正方形
一、 选择题
1. （2016·云南省昆明市·4分）如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E为AB上一点，过点E作EF∥AD，与AC、DC分别交于点G，F，H为CG的中点，连接DE，EH，DH，FH．下列结论：
①EG=DF；②∠AEH+∠ADH=180°；③△EHF≌△DHC；④若=，则3S△EDH=13S△DHC，其中结论正确的有（ ）
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．
【分析】①根据题意可知∠ACD=45°，则GF=FC，则EG=EF﹣GF=CD﹣FC=DF；
②由SAS证明△EHF≌△DHC，得到∠HEF=∠HDC，从而∠AEH+∠ADH=∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC=180°；
③同②证明△EHF≌△DHC即可；
④若=，则AE=2BE，可以证明△EGH≌△DFH，则∠EHG=∠DHF且EH=DH，则∠DHE=90°，△EHD为等腰直角三角形，过H点作HM垂直于CD于M点，设HM=x，则DM=5x，DH=x，CD=6x，则S△DHC=×HM×CD=3x2，S△EDH=×DH2=13x2．
【解答】解：①∵四边形ABCD为正方形，EF∥AD，
∴EF=AD=CD，∠ACD=45°，∠GFC=90°，
∴△CFG为等腰直角三角形，
∴GF=FC，
∵EG=EF﹣GF，DF=CD﹣FC，
∴EG=DF，故①正确；
②∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，
∴FH=CH，∠GFH=∠GFC=45°=∠HCD，
在△EHF和△DHC中，，
∴△EHF≌△DHC（SAS），
∴∠HEF=∠HDC，
∴∠AEH+∠ADH=∠AEF+∠HEF+∠ADF﹣∠HDC=∠AEF+∠ADF=180°，故②正确；
③∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，
∴FH=CH，∠GFH=∠GFC=45°=∠HCD，
在△EHF和△DHC中，，
∴△EHF≌△DHC（SAS），故③正确；
④∵=，
∴AE=2BE，
∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点，
∴FH=GH，∠FHG=90°，
∵∠EGH=∠FHG+∠HFG=90°+∠HFG=∠HFD，
在△EGH和△DFH中，，
∴△EGH≌△DFH（SAS），
∴∠EHG=∠DHF，EH=DH，∠DHE=∠EHG+∠DHG=∠DHF+∠DHG=∠FHG=90°，
∴△EHD为等腰直角三角形，
过H点作HM垂直于CD于M点，如图所示：
设HM=x，则DM=5x，DH=x，CD=6x，
则S△DHC=×HM×CD=3x2，S△EDH=×DH2=13x2，
∴3S△EDH=13S△DHC，故④正确；
故选：D．
2．（2016·山东省东营市·3分）如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BE⊥AC，垂足为点F，连接DF，分析下列四个结论：①△AEF∽△CAB；②CF＝2AF；③DF＝DC；④tan∠CAD＝．其中正确的结论有( )
A.4个 B．3个 C．2个 D．1个
【知识点】特殊平行四边形——矩形的性质、相似三角形——相似三角形的判定与性质、锐角三角函数——锐角三角函数值的求法
【答案】B.
【解析】∵矩形ABCD中，∴AD∥BC.∴△AEF∽△CAB….......................①正确；
∵△AEF∽△CAB，∴＝＝，∴CF＝2AF……………………………②正确；
过点D作DH⊥AC于点H.易证△ABF≌△CDH(AAS).∴AF＝CH.
∵EF∥DH,∴＝ ＝1.∴AF＝FH.∴FH＝CH.
∴DH垂直平分CF.∴DF＝DC. ……………………………………………③正确；
设EF＝1，则BF＝2.∵△ABF∽△EAF.∴＝.∴AF＝＝＝.
∴tan∠ABF＝＝.∵∠CAD＝∠ABF，∴tan∠CAD＝tan∠ABF＝.…………④错误.
故选择B.
【点拨】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定和性质，图形面积的计算，锐角三角函数值的求法，正确的作出辅助线是解本题的关键．
3．（2016·山东省菏泽市·3分）在▱ABCD中，AB=3，BC=4，当▱ABCD的面积最大时，下列结论正确的有（ ）
①AC=5；②∠A+∠C=180°；③AC⊥BD；④AC=BD．
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
【考点】平行四边形的性质．
【分析】当▱ABCD的面积最大时，四边形ABCD为矩形，得出∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AC=BD，根据勾股定理求出AC，即可得出结论．
【解答】解：根据题意得：当▱ABCD的面积最大时，四边形ABCD为矩形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AC=BD，
∴AC==5，
①正确，②正确，④正确；③不正确；
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、矩形的性质以及勾股定理；得出▱ABCD的面积最大时，四边形ABCD为矩形是解决问题的关键．
4．（2016贵州毕节3分）如图，正方形ABCD的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH．若BE：EC=2：1，则线段CH的长是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【考点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）．
【分析】根据折叠的性质可得DH=EH，在直角△CEH中，若设CH=x，则DH=EH=9﹣x，CE=3cm，可以根据勾股定理列出方程，从而解出CH的长．
【解答】解：由题意设CH=xcm，则DH=EH=（9﹣x）cm，
∵BE：EC=2：1，
∴CE=BC=3cm
∴在Rt△ECH中，EH2=EC2+CH2，
即（9﹣x）2=32+x2，
解得：x=4，即CH=4cm．
故选（B）
5．（2016海南3分）如图，矩形ABCD的顶点A、C分别在直线a、b上，且a∥b，∠1=60°，则∠2的度数为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【考点】矩形的性质；平行线的性质．
【分析】首先过点D作DE∥a，由∠1=60°，可求得∠3的度数，易得∠ADC=∠2+∠3，继而求得答案．
【解答】解：过点D作DE∥a，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ADC=90°，
∴∠3=90°﹣∠1=90°﹣60°=30°，
∵a∥b，
∴DE∥a∥b，
∴∠4=∠3=30°，∠2=∠5，
∴∠2=90°﹣30°=60°．
故选C．
【点评】此题考查了矩形的性质以及平行线的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
6.(2016河北3分）关于 ABCD的叙述，正确的是（ ）
A．若AB⊥BC，则 ABCD是菱形 B．若AC⊥BD，则 ABCD是正方形
C．若AC=BD，则 ABCD是矩形 D．若AB=AD，则 ABCD是正方形
答案：B
解析：A项应是矩形；B项应是菱形；D项应是菱形。
知识点：矩形的判定：先判断是平行四边形，再利用对角线相等或者有一个角是直角判定。
菱形的判定：先判断是平行四边形，再利用对角线垂直或一组相邻的边相等判定。
正方形的判定：①先确定是矩形，再证明对角线垂直或邻边相等 ；
②先确定是菱形，再证明有个角是直角或者对角线相等。
7．（2016河南）如图，已知菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，则第60秒时，菱形的对角线交点D的坐标为（ ）
A．（1，﹣1） B．（﹣1，﹣1） C．（，0） D．（0，﹣）
【考点】坐标与图形变化-旋转；菱形的性质．
【专题】规律型．
【分析】根据菱形的性质，可得D点坐标，根据旋转的性质，可得D点的坐标．
【解答】解：菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），得
D点坐标为（1，1）．
每秒旋转45°，则第60秒时，得
45°×60=2700°，
2700°÷360=7.5周，
OD旋转了7周半，菱形的对角线交点D的坐标为（﹣1，﹣1），
故选：B．
【点评】本题考查了旋转的性质，利用旋转的性质是解题关键．
8.（2016·福建龙岩·4分）如图，在周长为12的菱形ABCD中，AE=1，AF=2，若P为对角线BD上一动点，则EP+FP的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【考点】菱形的性质；轴对称-最短路线问题．
【分析】作F点关于BD的对称点F′，则PF=PF′，由两点之间线段最短可知当E、P、F′在一条直线上时，EP+FP有最小值，然后求得EF′的长度即可．
【解答】解：作F点关于BD的对称点F′，则PF=PF′，连接EF′交BD于点P．
∴EP+FP=EP+F′P．
由两点之间线段最短可知：当E、P、F′在一条直线上时，EP+FP的值最小，此时EP+FP=EP+F′P=EF′．
∵四边形ABCD为菱形，周长为12，
∴AB=BC=CD=DA=3，AB∥CD，
∵AF=2，AE=1，
∴DF=AE=1，
∴四边形AEF′D是平行四边形，
∴EF′=AD=3．
∴EP+FP的最小值为3．
故选：C．
9.（2016·陕西·3分）如图，在正方形ABCD中，连接BD，点O是BD的中点，若M、N是边AD上的两点，连接MO、NO，并分别延长交边BC于两点M′、N′，则图中的全等三角形共有（ ）
A．2对 B．3对 C．4对 D．5对
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定．
【分析】可以判断△ABD≌△BCD，△MDO≌△M′BO，△NOD≌△N′OB，△MON≌△M′ON′由此即可对称结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=CB=AD，∠A=∠C=∠ABC=∠ADC=90°，AD∥BC，
在△ABD和△BCD中，
，
∴△ABD≌△BCD，
∵AD∥BC，
∴∠MDO=∠M′BO，
在△MOD和△M′OB中，
，
∴△MDO≌△M′BO，同理可证△NOD≌△N′OB，∴△MON≌△M′ON′，
∴全等三角形一共有4对．
故选C．
10. （2016·四川眉山·3分）把边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，边BC与D′C′交于点O，则四边形ABOD′的周长是（ ）
A． B．6 C． D．
【分析】由边长为3的正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB′C′D′，利用勾股定理的知识求出BC′的长，再根据等腰直角三角形的性质，勾股定理可求BO，OD′，从而可求四边形ABOD′的周长．
【解答】解：连接BC′，
∵旋转角∠BAB′=45°，∠BAD′=45°，
∴B在对角线AC′上，
∵B′C′=AB′=3，
在Rt△AB′C′中，AC′==3，
∴B′C=3﹣3，
在等腰Rt△OBC′中，OB=BC′=3﹣3，
在直角三角形OBC′中，OC=（3﹣3）=6﹣3，
∴OD′=3﹣OC′=3﹣3，
∴四边形ABOD′的周长是：2AD′+OB+OD′=6+3﹣3+3﹣3=6．
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质、正方形的性质以及等腰直角三角形的性质．此题难度适中，注意连接BC′构造等腰Rt△OBC′是解题的关键，注意旋转中的对应关系．
11. （2016·四川眉山·3分）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连结BF交AC于点M，连结DE、BO．若∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE=EF；④S△AOE：S△BCM=2：3．其中正确结论的个数是（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【分析】①利用线段垂直平分线的性质的逆定理可得结论；
②证△OMB≌△OEB得△EOB≌△CMB；
③先证△BEF是等边三角形得出BF=EF，再证▱DEBF得出DE=BF，所以得DE=EF；
④由②可知△BCM≌△BEO，则面积相等，△AOE和△BEO属于等高的两个三角形，其面积比就等于两底的比，即S△AOE：S△BOE=AE：BE，由直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半得出BE=2OE=2AE，得出结论S△AOE：S△BOE=AE：BE=1：2．
【解答】解：①∵矩形ABCD中，O为AC中点，
∴OB=OC，
∵∠COB=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC，
∵FO=FC，
∴FB垂直平分OC，
故①正确；
②∵FB垂直平分OC，
∴△CMB≌△OMB，
∵OA=OC，∠FOC=∠EOA，∠DCO=∠BAO，
∴△FOC≌△EOA，
∴FO=EO，
易得OB⊥EF，
∴△OMB≌△OEB，
∴△EOB≌△CMB，
故②正确；
③由△OMB≌△OEB≌△CMB得∠1=∠2=∠3=30°，BF=BE，
∴△BEF是等边三角形，
∴BF=EF，
∵DF∥BE且DF=BE，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE=BF，
∴DE=EF，
故③正确；
④在直角△BOE中∵∠3=30°，
∴BE=2OE，
∵∠OAE=∠AOE=30°，
∴AE=OE，
∴BE=2AE，
∴S△AOE：S△BCM=S△AOE：S△BOE=1：2，
故④错误；
所以其中正确结论的个数为3个；
故选B
【点评】本题综合性比较强，既考查了矩形的性质、等腰三角形的性质，又考查了全等三角形的性质和判定，及线段垂直平分线的性质，内容虽多，但不复杂；看似一个选择题，其实相当于四个证明题，属于常考题型．
12．（2016·四川宜宾）如图，点P是矩形ABCD的边AD上的一动点，矩形的两条边AB、BC的长分别是6和8，则点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是（ ）
A．4.8 B．5 C．6 D．7.2
【考点】矩形的性质．
【分析】首先连接OP，由矩形的两条边AB、BC的长分别为3和4，可求得OA=OD=5，△AOD的面积，然后由S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA•PE+OD•PF求得答案．
【解答】解：连接OP，
∵矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8，
∴S矩形ABCD=AB•BC=48，OA=OC，OB=OD，AC=BD=10，
∴OA=OD=5，
∴S△ACD=S矩形ABCD=24，
∴S△AOD=S△ACD=12，
∵S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA•PE+OD•PF=×5×PE+×5×PF=（PE+PF）=12，
解得：PE+PF=4.8．
故选：A．
13．（2016·四川攀枝花）下列关于矩形的说法中正确的是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．矩形的对角线相等且互相平分
C．对角线互相平分的四边形是矩形
D．矩形的对角线互相垂直且平分
【考点】矩形的判定与性质．
【分析】根据矩形的性质和判定定理逐个判断即可．
【解答】解：A、对角线相等的平行四边形才是矩形，故本选项错误；
B、矩形的对角线相等且互相平分，故本选项正确；
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，不一定是矩形，故本选项错误；
D、矩形的对角线互相平分且相等，不一定垂直，故本选项错误；
故选B．
【点评】本题考查了矩形的性质和判定的应用，能熟记矩形的性质和判定定理是解此题的关键．
14.（2016·四川内江）下列命题中，真命题是( )
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线互相平分的四边形是平行四边形
D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
[答案]C
[考点]特殊四边形的判定。
[解析]满足选项A或选项B中的条件时，不能推出四边形是平行四边形，因此它们都是假命题．由选项D中的条件只能推出四边形是菱形，因此也是假例题．只有选项C中的命题是真命题．
故选C．
15．（2016·四川南充）如图，对折矩形纸片ABCD，使AB与DC重合得到折痕EF，将纸片展平；再一次折叠，使点D落到EF上点G处，并使折痕经过点A，展平纸片后∠DAG的大小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【分析】直接利用翻折变换的性质以及直角三角形的性质得出∠2=∠4，再利用平行线的性质得出∠1=∠2=∠3，进而得出答案．
【解答】解：如图所示：由题意可得：∠1=∠2，AN=MN，∠MGA=90°，
则NG=AM，故AN=NG，
则∠2=∠4，
∵EF∥AB，
∴∠4=∠3，
∴∠1=∠2=∠3=×90°=30°，
∴∠DAG=60°．
故选：C．
【点评】此题主要考查了翻折变换的性质以及平行线的性质，正确得出∠2=∠4是解题关键．
16．（2016·四川攀枝花）如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后折痕DE分别交AB、AC于点E、G，连结GF，给出下列结论：①∠ADG=22.5°；②tan∠AED=2；③S△AGD=S△OGD；④四边形AEFG是菱形；⑤BE=2OG；⑥若S△OGF=1，则正方形ABCD的面积是6+4，其中正确的结论个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】四边形综合题．
【分析】①由四边形ABCD是正方形，可得∠GAD=∠ADO=45°，又由折叠的性质，可求得∠ADG的度数；
②由AE=EF＜BE，可得AD＞2AE；
③由AG=GF＞OG，可得△AGD的面积＞△OGD的面积；
④由折叠的性质与平行线的性质，易得△EFG是等腰三角形，即可证得AE=GF；
⑤易证得四边形AEFG是菱形，由等腰直角三角形的性质，即可得BE=2OG；
⑥根据四边形AEFG是菱形可知AB∥GF，AB=GF，再由∠BAO=45°，∠GOF=90°可得出△OGF时等腰直角三角形，由S△OGF=1求出GF的长，进而可得出BE及AE的长，利用正方形的面积公式可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠GAD=∠ADO=45°，
由折叠的性质可得：∠ADG=∠ADO=22.5°，
故①正确．
∵由折叠的性质可得：AE=EF，∠EFD=∠EAD=90°，
∴AE=EF＜BE，
∴AE＜AB，
∴＞2，
故②错误．
∵∠AOB=90°，
∴AG=FG＞OG，△AGD与△OGD同高，
∴S△AGD＞S△OGD，
故③错误．
∵∠EFD=∠AOF=90°，
∴EF∥AC，
∴∠FEG=∠AGE，
∵∠AGE=∠FGE，
∴∠FEG=∠FGE，
∴EF=GF，
∵AE=EF，
∴AE=GF，
故④正确．
∵AE=EF=GF，AG=GF，
∴AE=EF=GF=AG，
∴四边形AEFG是菱形，
∴∠OGF=∠OAB=45°，
∴EF=GF=OG，
∴BE=EF=×OG=2OG．
故⑤正确．
∵四边形AEFG是菱形，
∴AB∥GF，AB=GF．
∵∠BAO=45°，∠GOF=90°，
∴△OGF时等腰直角三角形．
∵S△OGF=1，
∴OG2=1，解得OG=，
∴BE=2OG=2，GF===2，
∴AE=GF=2，
∴AB=BE+AE=2+2，
∴S正方形ABCD=AB2=（2+2）2=12+8，故⑥错误．
∴其中正确结论的序号是：①④⑤．
故选B．
【点评】此题考查的是四边形综合题，涉及到正方形的性质、折叠的性质、等腰直角三角形的性质以及菱形的判定与性质等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握折叠前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．
17．（2016·四川泸州）如图，矩形ABCD的边长AD=3，AB=2，E为AB的中点，F在边BC上，且BF=2FC，AF分别与DE、DB相交于点M，N，则MN的长为（ ）
A． B． C． D．
【考点】相似三角形的判定与性质；矩形的性质．
【分析】过F作FH⊥AD于H，交ED于O，于是得到FH=AB=2，根据勾股定理得到AF===2，根据平行线分线段成比例定理得到OH=AE=，由相似三角形的性质得到==，求得AM=AF=，根据相似三角形的性质得到==，求得AN=AF=，即可得到结论．
【解答】解：过F作FH⊥AD于H，交ED于O，则FH=AB=2
∵BF=2FC，BC=AD=3，
∴BF=AH=2，FC=HD=1，
∴AF===2，
∵OH∥AE，
∴==，
∴OH=AE=，
∴OF=FH﹣OH=2﹣=，
∵AE∥FO，
∴△AME∽FMO，
∴==，
∴AM=AF=，
∵AD∥BF，
∴△AND∽△FNB，
∴==，
∴AN=AF=，
∴MN=AN﹣AM=﹣=，
故选B．
18.（2016·黑龙江齐齐哈尔·3分）下列命题中，真命题的个数是（ ）
①同位角相等
②经过一点有且只有一条直线与这条直线平行
③长度相等的弧是等弧
④顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形．
A．1个B．2个C．3个D．4个
【考点】命题与定理．
【分析】根据平行线的性质对①进行判断；根据平行公理对②进行判断；根据等弧的定义对③进行判断；根据中点四边的判定方法可判断顺次连接菱形各边中点得到的四边形为平行四边形，加上菱形的对角线垂直可判断中点四边形为矩形．
【解答】解：两直线平行，同位角相等，所以①错误；
经过直线外一点有且只有一条直线与这条直线平行，所以②错误；
在同圆或等圆中，长度相等的弧是等弧，所以③选项错误；
顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形，所以④正确．
故选A．
19．（2016·湖北荆门·3分）如图，在矩形ABCD中（AD＞AB），点E是BC上一点，且DE=DA，AF⊥DE，垂足为点F，在下列结论中，不一定正确的是（ ）
A．△AFD≌△DCE B．AF=AD C．AB=AF D．BE=AD﹣DF
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定．
【分析】先根据已知条件判定判定△AFD≌△DCE（AAS），再根据矩形的对边相等，以及全等三角形的对应边相等进行判断即可．
【解答】解：（A）由矩形ABCD，AF⊥DE可得∠C=∠AFD=90°，AD∥BC，
∴∠ADF=∠DEC．
又∵DE=AD，
∴△AFD≌△DCE（AAS），故（A）正确；
（B）∵∠ADF不一定等于30°，
∴直角三角形ADF中，AF不一定等于AD的一半，故（B）错误；
（C）由△AFD≌△DCE，可得AF=CD，
由矩形ABCD，可得AB=CD，
∴AB=AF，故（C）正确；
（D）由△AFD≌△DCE，可得CE=DF，
由矩形ABCD，可得BC=AD，
又∵BE=BC﹣EC，
∴BE=AD﹣DF，故（D）正确；
故选（B）
二、 填空题
1. （2016·内蒙古包头·3分）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，垂足为点E，若∠EAC=2∠CAD，则∠BAE= 22.5 度．
【考点】矩形的性质．
【分析】首先证明△AEO是等腰直角三角形，求出∠OAB，∠OAE即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OA=OC，OB=OD，
∴OA=OB═OC，
∴∠OAC=∠ODA，∠OAB=∠OBA，
∴∠AOE=∠OAC+∠OCA=2∠OAC，
∵∠EAC=2∠CAD，
∴∠EAO=∠AOE，
∵AE⊥BD，
∴∠AEO=90°，
∴∠AOE=45°，
∴∠OAB=∠OBA==67.5°，
∴∠BAE=∠OAB﹣∠OAE=22.5°．
故答案为22.5°．
2. （2016·青海西宁·2分）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若EF=2，则菱形ABCD的周长是 16 ．
【考点】菱形的性质；三角形中位线定理．
【分析】先利用三角形中位线性质得到AB=4，然后根据菱形的性质计算菱形ABCD的周长．
【解答】解：∵E，F分别是AD，BD的中点，
∴EF为△ABD的中位线，
∴AB=2EF=4，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC=CD=DA=4，
∴菱形ABCD的周长=4×4=16．
故答案为16．
3. （2016·陕西·3分）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=2，点P是这个菱形内部或边上的一点，若以点P、B、C为顶点的三角形是等腰三角形，则P、D（P、D两点不重合）两点间的最短距离为 2﹣2 ．
【考点】菱形的性质；等腰三角形的判定；等边三角形的性质．
【分析】如图连接AC、BD交于点O，以B为圆心BC为半径画圆交BD于P．此时△PBC是等腰三角形，线段PD最短，求出BD即可解决问题．
【解答】解：如图连接AC、BD交于点O，以B为圆心BC为半径画圆交BD于P．
此时△PBC是等腰三角形，线段PD最短，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠ADC=60°，
∴△ABC，△ADC是等边三角形，
∴BO=DO=×2=，
∴BD=2BO=2，
∴PD最小值=BD﹣BP=2﹣2．
故答案为2﹣2．
4. （2016·湖北随州·3分）如图，边长为1的正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O．有直角∠MPN，使直角顶点P与点O重合，直角边PM、PN分别与OA、OB重合，然后逆时针旋转∠MPN，旋转角为θ（0°＜θ＜90°），PM、PN分别交AB、BC于E、F两点，连接EF交OB于点G，则下列结论中正确的是 （1），（2），（3），（5） ．
（1）EF=OE；（2）S四边形OEBF：S正方形ABCD=1：4；（3）BE+BF=OA；（4）在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE=；（5）OG•BD=AE2+CF2．
【考点】四边形综合题．
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形，直角∠MPN，易证得△BOE≌△COF（ASA），则可证得结论；
（2）由（1）易证得S四边形OEBF=S△BOC=S正方形ABCD，则可证得结论；
（3）由BE=CF，可得BE+BF=BC，然后由等腰直角三角形的性质，证得BE+BF=OA；
（4）首先设AE=x，则BE=CF=1﹣x，BF=x，继而表示出△BEF与△COF的面积之和，然后利用二次函数的最值问题，求得答案；
（5）易证得△OEG∽△OBE，然后由相似三角形的对应边成比例，证得OG•OB=OE2，再利用OB与BD的关系，OE与EF的关系，即可证得结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BOC=90°，
∴∠BOF+∠COF=90°，
∵∠EOF=90°，
∴∠BOF+∠COE=90°，
∴∠BOE=∠COF，
在△BOE和△COF中，
，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE=OF，BE=CF，
∴EF=OE；故正确；
（2）∵S四边形OEBF=S△BOE+S△BOE=S△BOE+S△COF=S△BOC=S正方形ABCD，
∴S四边形OEBF：S正方形ABCD=1：4；故正确；
（3）∴BE+BF=BF+CF=BC=OA；故正确；
（4）过点O作OH⊥BC，
∵BC=1，
∴OH=BC=，
设AE=x，则BE=CF=1﹣x，BF=x，
∴S△BEF+S△COF=BE•BF+CF•OH=x（1﹣x）+（1﹣x）×=﹣（x﹣）2+，
∵a=﹣＜0，
∴当x=时，S△BEF+S△COF最大；
即在旋转过程中，当△BEF与△COF的面积之和最大时，AE=；故错误；
（5）∵∠EOG=∠BOE，∠OEG=∠OBE=45°，
∴△OEG∽△OBE，
∴OE：OB=OG：OE，
∴OG•OB=OE2，
∵OB=BD，OE=EF，
∴OG•BD=EF2，
∵在△BEF中，EF2=BE2+BF2，
∴EF2=AE2+CF2，
∴OG•BD=AE2+CF2．故正确．
故答案为：（1），（2），（3），（5）．
5. （2016·江西·3分）如图是一张长方形纸片ABCD，已知AB=8，AD=7，E为AB上一点，AE=5，现要剪下一张等腰三角形纸片（△AEP），使点P落在长方形ABCD的某一条边上，则等腰三角形AEP的底边长是 5\sqrt{2}或4\sqrt{5}或5 ．
【考点】矩形的性质；等腰三角形的性质；勾股定理．
【分析】分情况讨论：①当AP=AE=5时，则△AEP是等腰直角三角形，得出底边PE=AE=5即可；
②当PE=AE=5时，求出BE，由勾股定理求出PB，再由勾股定理求出等边AP即可；
③当PA=PE时，底边AE=5；即可得出结论．
【解答】解：如图所示：
①当AP=AE=5时，
∵∠BAD=90°，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴底边PE=AE=5；
②当PE=AE=5时，
∵BE=AB﹣AE=8﹣5=3，∠B=90°，
∴PB==4，
∴底边AP===4；
③当PA=PE时，底边AE=5；
综上所述：等腰三角形AEP的对边长为5或4或5；
故答案为：5或4或5．
6. （2016·辽宁丹东·3分）如图，正方形ABCD边长为3，连接AC，AE平分∠CAD，交BC的延长线于点E，FA⊥AE，交CB延长线于点F，则EF的长为 6\sqrt{2} ．
【考点】相似三角形的判定与性质；正方形的性质．
【分析】利用正方形的性质和勾股定理可得AC的长，由角平分线的性质和平行线的性质可得∠CAE=∠E，易得CE=CA，由FA⊥AE，可得∠FAC=∠F，易得CF=AC，可得EF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，且边长为3，
∴AC=3，
∵AE平分∠CAD，
∴∠CAE=∠DAE，
∵AD∥CE，
∴∠DAE=∠E，
∴∠CAE=∠E，
∴CE=CA=3，
∵FA⊥AE，
∴∠FAC+∠CAE=90°，∠F+∠E=90°，
∴∠FAC=∠F，
∴CF=AC=3，
∴EF=CF+CE=3=6，
故答案为：6．
7. （2016·四川南充）如图，菱形ABCD的周长是8cm，AB的长是 2 cm．
【分析】根据菱形的四边相等即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，
∵AB+BC+CD+DA=8cm，
∴AB=2cm，
∴AB的长为2cm．
故答案为2．
【点评】本题考查菱形的性质，记住菱形的四边相等是解决问题的关键，属于基础题，中考常考题型．
8．（2016·四川内江）如图4，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC＝8，BD＝6，OE⊥BC，垂足为点E，则OE＝______．
D
O
C
E
B
A
图4
[答案]
[考点]菱形的性质，勾股定理，三角形面积公式。
[解析]∵菱形的对角线互相垂直平分，
∴OB＝3，OC＝4，∠BOC＝90°．
∴BC＝＝5．
∵S△OBC＝OB·OC，又S△OBC＝BC·OE，
∴OB·OC＝BC·OE，即3×4＝5OE．
∴OE＝．
故答案为：．
9.（2016·黑龙江齐齐哈尔·3分）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个适当的条件 AC⊥BC或∠AOB=90°或AB=BC 使其成为菱形（只填一个即可）．
【考点】菱形的判定；平行四边形的性质．
【分析】利用菱形的判定方法确定出适当的条件即可．
【解答】解：如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，添加一个适当的条件为：AC⊥BC或∠AOB=90°或AB=BC使其成为菱形．
故答案为：AC⊥BC或∠AOB=90°或AB=BC
10．（2016·黑龙江齐齐哈尔·3分）有一面积为5的等腰三角形，它的一个内角是30°，则以它的腰长为边的正方形的面积为 20和20 ．
【考点】正方形的性质；等腰三角形的性质．
【分析】分两种情形讨论①当30度角是等腰三角形的顶角，②当30度角是底角，分别作腰上的高即可．
【解答】解：如图1中，当∠A=30°，AB=AC时，设AB=AC=a，
作BD⊥AC于D，∵∠A=30°，
∴BD=AB=a，
∴•a•a=5，
∴a2=20，
∴△ABC的腰长为边的正方形的面积为20．
如图2中，当∠ABC=30°，AB=AC时，作BD⊥CA交CA的延长线于D，设AB=AC=a，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠C=30°，
∴∠BAC=120°，∠BAD=60°，
在RT△ABD中，∵∠D=90°，∠BAD=60°，
∴BD=a，
∴•a•a=5，
∴a2=20，
∴△ABC的腰长为边的正方形的面积为20．
故答案为20或20．
11．（2016·黑龙江齐齐哈尔·3分）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，点M是AD边的中点，连接MC，将菱形ABCD翻折，使点A落在线段CM上的点E处，折痕交AB于点N，则线段EC的长为 ﹣1 ．
【考点】翻折变换（折叠问题）；菱形的性质．
【分析】过点M作MF⊥DC于点F，根据在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，得到2MD=AD=CD=2，从而得到∠FDM=60°，∠FMD=30°，进而利用锐角三角函数关系求出EC的长即可．
【解答】解：如图所示：过点M作MF⊥DC于点F，
∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M为AD中点，
∴2MD=AD=CD=2，∠FDM=60°，
∴∠FMD=30°，
∴FD=MD=，
∴FM=DM×cos30°=，
∴MC==，
∴EC=MC﹣ME=﹣1．
故答案为：﹣1．
12．（2016·黑龙江齐齐哈尔·3分）如图，在平面直角坐标系中，矩形AOCB的两边OA、OC分别在x轴和y轴上，且OA=2，OC=1．在第二象限内，将矩形AOCB以原点O为位似中心放大为原来的倍，得到矩形A1OC1B1，再将矩形A1OC1B1以原点O为位似中心放大倍，得到矩形A2OC2B2…，以此类推，得到的矩形AnOCnBn的对角线交点的坐标为 （﹣，） ．
【考点】位似变换；坐标与图形性质；矩形的性质．
【分析】根据在平面直角坐标系中，如果位似变换是以原点为位似中心，相似比为k，那么位似图形对应点的坐标的比等于k或﹣k，即可求得Bn的坐标，然后根据矩形的性质即可求得对角线交点的坐标．
【解答】解：∵在第二象限内，将矩形AOCB以原点O为位似中心放大为原来的倍，
∴矩形A1OC1B1与矩形AOCB是位似图形，点B与点B1是对应点，
∵OA=2，OC=1．
∵点B的坐标为（﹣2，1），
∴点B1的坐标为（﹣2×，1×），
∵将矩形A1OC1B1以原点O为位似中心放大倍，得到矩形A2OC2B2…，
∴B2（﹣2××，1××），
∴Bn（﹣2×，1×），
∵矩形AnOCnBn的对角线交点（﹣2××，1××），即（﹣，），
故答案为：（﹣，）．
13．（2016·湖北黄石·3分）如图所示，正方形ABCD对角线AC所在直线上有一点O，OA=AC=2，将正方形绕O点顺时针旋转60°，在旋转过
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