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1. 如图,已知四边形ABCD是平行四边形.(填“菱形”“矩形”或“正方形”)
(1)若AB=AD,则ABCD的形状是
(2)若∠A=90°,则ABCD的形状是
(3)若AB=AD且∠A=90°,则ABCD的形状是
(1)若AB=AD,则ABCD的形状是
菱形
.(2)若∠A=90°,则ABCD的形状是
矩形
.(3)若AB=AD且∠A=90°,则ABCD的形状是
正方形
.答案
1.(1)菱形 (2)矩形 (3)正方形
解析
【分析】
本题考查特殊平行四边形的判定，解题时结合平行四边形的基础性质，对应不同特殊平行四边形的判定条件逐一判断即可：①先回忆各特殊平行四边形的定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；有一个角为直角的平行四边形是矩形；同时满足邻边相等且有一个角为直角的平行四边形是正方形；②将每个小问给出的条件对应到上述判定规则中，即可得出结论。
【解析】
(1) 已知四边形ABCD是平行四边形，且AB=AD，即平行四边形有一组邻边相等，根据菱形的判定定理：一组邻边相等的平行四边形是菱形，因此此时▱ABCD是菱形。
(2) 已知四边形ABCD是平行四边形，且∠A=90°，即平行四边形有一个内角是直角，根据矩形的判定定理：有一个内角是直角的平行四边形是矩形，因此此时▱ABCD是矩形。
(3) 已知四边形ABCD是平行四边形，AB=AD说明该平行四边形是菱形，又∠A=90°，即有一个角是直角的菱形是正方形，因此此时▱ABCD是正方形。
【答案】
(1)菱形 (2)矩形 (3)正方形
【知识点】
菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定
【点评】
本题属于基础概念考查题，核心是牢记各类特殊平行四边形的判定条件，熟练掌握该知识点是解决复杂特殊四边形相关题目的基础。
【难度系数】
0.9
本题考查特殊平行四边形的判定，解题时结合平行四边形的基础性质，对应不同特殊平行四边形的判定条件逐一判断即可：①先回忆各特殊平行四边形的定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；有一个角为直角的平行四边形是矩形；同时满足邻边相等且有一个角为直角的平行四边形是正方形；②将每个小问给出的条件对应到上述判定规则中，即可得出结论。
【解析】
(1) 已知四边形ABCD是平行四边形，且AB=AD，即平行四边形有一组邻边相等，根据菱形的判定定理：一组邻边相等的平行四边形是菱形，因此此时▱ABCD是菱形。
(2) 已知四边形ABCD是平行四边形，且∠A=90°，即平行四边形有一个内角是直角，根据矩形的判定定理：有一个内角是直角的平行四边形是矩形，因此此时▱ABCD是矩形。
(3) 已知四边形ABCD是平行四边形，AB=AD说明该平行四边形是菱形，又∠A=90°，即有一个角是直角的菱形是正方形，因此此时▱ABCD是正方形。
【答案】
(1)菱形 (2)矩形 (3)正方形
【知识点】
菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定
【点评】
本题属于基础概念考查题，核心是牢记各类特殊平行四边形的判定条件，熟练掌握该知识点是解决复杂特殊四边形相关题目的基础。
【难度系数】
0.9
2. 如图，在矩形ABCD中，∠A=90°，CD=3，对角线BD的长为5，则BC的长为
4
。答案
4
解析
【分析】
解题时首先回忆矩形的性质：矩形的四个角均为直角，对边相等。观察图形可知，要求的边BC、已知边CD和对角线BD都在△BCD中，结合矩形性质可得∠C=90°，即△BCD是直角三角形，已知直角三角形的斜边BD和一条直角边CD的长度，直接用勾股定理即可求出另一条直角边BC的长。
【解析】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=90°，
在Rt△BCD中，CD=3，BD=5，根据勾股定理得：
$BC=\sqrt{BD^2 - CD^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=\sqrt{25 - 9}=\sqrt{16}=4$
【答案】
4
【知识点】
矩形的性质；勾股定理
【点评】
本题属于基础题，主要考查矩形的性质与勾股定理的结合应用，解题关键是利用矩形的性质得到直角三角形，再代入勾股定理计算即可。
【难度系数】
0.9
解题时首先回忆矩形的性质：矩形的四个角均为直角，对边相等。观察图形可知，要求的边BC、已知边CD和对角线BD都在△BCD中，结合矩形性质可得∠C=90°，即△BCD是直角三角形，已知直角三角形的斜边BD和一条直角边CD的长度，直接用勾股定理即可求出另一条直角边BC的长。
【解析】
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=90°，
在Rt△BCD中，CD=3，BD=5，根据勾股定理得：
$BC=\sqrt{BD^2 - CD^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=\sqrt{25 - 9}=\sqrt{16}=4$
【答案】
4
【知识点】
矩形的性质；勾股定理
【点评】
本题属于基础题，主要考查矩形的性质与勾股定理的结合应用，解题关键是利用矩形的性质得到直角三角形，再代入勾股定理计算即可。
【难度系数】
0.9
3. 如图，在菱形ABCD中，AD=CD，∠B=60°，AC=3，则AB的长为
3
。答案
3
解析
【分析】
解题时先从菱形的性质入手，菱形的四条边相等，因此可得AB=BC，此时△ABC是等腰三角形，结合已知∠B=60°，根据“有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形”，可判定△ABC为等边三角形，再利用等边三角形三边相等的性质，结合AC的长度即可求出AB的长。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC（菱形的四条边长度相等），
又
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形（有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形），
∴AB=AC，
∵AC=3，
∴AB=3。
【答案】
3
【知识点】
菱形的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于基础题，核心考查特殊四边形性质与特殊三角形判定的结合应用，解题的突破口是利用菱形邻边相等和60°内角，快速判断出等边三角形，从而建立待求边和已知边的等量关系。
【难度系数】
0.85
解题时先从菱形的性质入手，菱形的四条边相等，因此可得AB=BC，此时△ABC是等腰三角形，结合已知∠B=60°，根据“有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形”，可判定△ABC为等边三角形，再利用等边三角形三边相等的性质，结合AC的长度即可求出AB的长。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC（菱形的四条边长度相等），
又
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形（有一个内角为60°的等腰三角形是等边三角形），
∴AB=AC，
∵AC=3，
∴AB=3。
【答案】
3
【知识点】
菱形的性质；等边三角形的判定与性质
【点评】
本题属于基础题，核心考查特殊四边形性质与特殊三角形判定的结合应用，解题的突破口是利用菱形邻边相等和60°内角，快速判断出等边三角形，从而建立待求边和已知边的等量关系。
【难度系数】
0.85
4. 将一个含$30°$角的直角三角板EFG按如图所示的方式放置于正方形木框ABCD中，$∠ A=90°$，$AB=AD$，FG在对角线BD上，求$∠ AEG$的度数.
答案
解:
∵木框ABCD是正方形,AB=AD,∠A=90°,
∴∠ABD=∠ADB=45°.
∵∠AEG=∠EGF+∠ABD,∠EGF=30°,
∴∠AEG=30°+45°=75°.
∴∠AEG的度数为75°.
∵木框ABCD是正方形,AB=AD,∠A=90°,
∴∠ABD=∠ADB=45°.
∵∠AEG=∠EGF+∠ABD,∠EGF=30°,
∴∠AEG=30°+45°=75°.
∴∠AEG的度数为75°.
解析
【分析】
解题时首先从已知条件出发，第一步先利用正方形的性质：正方形的邻边相等、内角为90°，可推出对角线BD平分内角，因此得到∠ABD=45°；第二步观察所求角∠AEG的位置，它是△EBG的外角，根据三角形外角定理，外角等于与它不相邻的两个内角之和，因此∠AEG等于已知的∠EGF（30°）与∠ABD的和，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，AB=AD，∠A=90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，∠ABD=∠ADB=45°。
∵∠AEG是△EBG的外角，根据三角形外角的性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，
∴∠AEG=∠EGF + ∠ABD，
已知∠EGF=30°，
∴∠AEG=30° + 45° = 75°。
【答案】
75°
【知识点】
正方形的性质、三角形外角定理、角度运算
【点评】
本题属于基础几何计算题，解题关键是熟练掌握正方形对角线的性质，以及能准确识别三角形的外角，找到已知角和未知角的数量关系即可快速求解。
【难度系数】
0.8
解题时首先从已知条件出发，第一步先利用正方形的性质：正方形的邻边相等、内角为90°，可推出对角线BD平分内角，因此得到∠ABD=45°；第二步观察所求角∠AEG的位置，它是△EBG的外角，根据三角形外角定理，外角等于与它不相邻的两个内角之和，因此∠AEG等于已知的∠EGF（30°）与∠ABD的和，代入数值计算即可得到结果。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，AB=AD，∠A=90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，∠ABD=∠ADB=45°。
∵∠AEG是△EBG的外角，根据三角形外角的性质：三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和，
∴∠AEG=∠EGF + ∠ABD，
已知∠EGF=30°，
∴∠AEG=30° + 45° = 75°。
【答案】
75°
【知识点】
正方形的性质、三角形外角定理、角度运算
【点评】
本题属于基础几何计算题，解题关键是熟练掌握正方形对角线的性质，以及能准确识别三角形的外角，找到已知角和未知角的数量关系即可快速求解。
【难度系数】
0.8
5. 数学文化·规矩 我国古代有“不以规矩，不能成方圆”的说法，人们把“规矩”当作几何名词，“规”是画圆的工具，“矩”是画方的工具，所以长方形也称为“矩形”。矩形的对称轴的条数为（
A.1
B.2
C.3
D.4
B
）A.1
B.2
C.3
D.4
答案
B
解析
【分析】
解题时先明确核心问题是求矩形的对称轴条数，第一步先回忆对称轴的定义：若一个平面图形沿某条直线折叠后，直线两旁的部分能完全重合，这条直线就是该图形的对称轴。第二步结合矩形的图形特征逐一验证：先尝试过对边中点的直线，折叠后两侧可完全重合，是对称轴；再验证对角线，沿对角线折叠时两侧无法重合，不是对称轴。最后统计符合要求的对称轴总数即可对应选项。
【解析】
根据对称轴的定义：沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的直线是图形的对称轴。
对矩形进行分析：
1. 过矩形两组对边中点的直线共有2条，沿这两条直线折叠，矩形的两部分均可完全重合，属于矩形的对称轴；
2. 沿矩形的对角线折叠时，直线两旁的部分无法完全重合，因此对角线不是矩形的对称轴。
综上，矩形的对称轴共有2条，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
1. 对称轴的定义
2. 矩形的性质
【点评】
本题结合传统数学文化考查基础几何图形的对称轴相关知识，属于基础类考题，只要熟练掌握常见轴对称图形的特征即可快速作答。
【难度系数】
0.9
解题时先明确核心问题是求矩形的对称轴条数，第一步先回忆对称轴的定义：若一个平面图形沿某条直线折叠后，直线两旁的部分能完全重合，这条直线就是该图形的对称轴。第二步结合矩形的图形特征逐一验证：先尝试过对边中点的直线，折叠后两侧可完全重合，是对称轴；再验证对角线，沿对角线折叠时两侧无法重合，不是对称轴。最后统计符合要求的对称轴总数即可对应选项。
【解析】
根据对称轴的定义：沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的直线是图形的对称轴。
对矩形进行分析：
1. 过矩形两组对边中点的直线共有2条，沿这两条直线折叠，矩形的两部分均可完全重合，属于矩形的对称轴；
2. 沿矩形的对角线折叠时，直线两旁的部分无法完全重合，因此对角线不是矩形的对称轴。
综上，矩形的对称轴共有2条，对应选项B。
【答案】
B
【知识点】
1. 对称轴的定义
2. 矩形的性质
【点评】
本题结合传统数学文化考查基础几何图形的对称轴相关知识，属于基础类考题，只要熟练掌握常见轴对称图形的特征即可快速作答。
【难度系数】
0.9
6.将下列图形绕其对角线的交点顺时针旋转$90°$,所得图形一定与原图形重合的是（
A.平行四边形
B.矩形
C.正方形
D.菱形
C
）A.平行四边形
B.矩形
C.正方形
D.菱形
答案
C
解析
【分析】
本题考查旋转的性质与特殊平行四边形对称性的结合应用。解题思路：首先明确旋转三要素：旋转中心是对角线交点、旋转方向为顺时针、旋转角为90°，要使旋转后图形与原图形重合，需要图形满足绕对角线交点旋转90°后各顶点、边都能与原图形的对应部分重合。接下来逐一分析四个选项中图形的性质，判断是否满足上述要求即可。
【解析】
逐个分析各选项：
A. 平行四边形：属于中心对称图形，绕对角线交点旋转180°可与原图形重合，旋转90°时无法与原图形重合，不符合要求；
B. 矩形：属于中心对称图形，对角线相等但不互相垂直（正方形除外），绕对角线交点旋转180°可重合，旋转90°时因邻边长度不相等，图形无法与原图形重合，不符合要求；
C. 正方形：对角线互相垂直、平分且相等，相邻顶点与对角线交点的连线夹角恰好为90°，且四条边相等、四个角均为直角，绕对角线交点顺时针旋转90°后，每个顶点恰好与原相邻顶点的位置重合，图形与原图形完全重合，符合要求；
D. 菱形：属于中心对称图形，对角线互相垂直但不一定相等（正方形除外），绕对角线交点旋转180°可重合，旋转90°时因内角不一定为直角，图形无法与原图形重合，不符合要求。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质，特殊平行四边形的性质，旋转对称图形
【点评】
本题属于基础题，解题的关键是熟练掌握各类特殊平行四边形的对称性特征，结合旋转的三要素逐一判断即可，要注意正方形是特殊的矩形和菱形，兼具二者的所有性质。
【难度系数】
0.8
本题考查旋转的性质与特殊平行四边形对称性的结合应用。解题思路：首先明确旋转三要素：旋转中心是对角线交点、旋转方向为顺时针、旋转角为90°，要使旋转后图形与原图形重合，需要图形满足绕对角线交点旋转90°后各顶点、边都能与原图形的对应部分重合。接下来逐一分析四个选项中图形的性质，判断是否满足上述要求即可。
【解析】
逐个分析各选项：
A. 平行四边形：属于中心对称图形，绕对角线交点旋转180°可与原图形重合，旋转90°时无法与原图形重合，不符合要求；
B. 矩形：属于中心对称图形，对角线相等但不互相垂直（正方形除外），绕对角线交点旋转180°可重合，旋转90°时因邻边长度不相等，图形无法与原图形重合，不符合要求；
C. 正方形：对角线互相垂直、平分且相等，相邻顶点与对角线交点的连线夹角恰好为90°，且四条边相等、四个角均为直角，绕对角线交点顺时针旋转90°后，每个顶点恰好与原相邻顶点的位置重合，图形与原图形完全重合，符合要求；
D. 菱形：属于中心对称图形，对角线互相垂直但不一定相等（正方形除外），绕对角线交点旋转180°可重合，旋转90°时因内角不一定为直角，图形无法与原图形重合，不符合要求。
【答案】
C
【知识点】
旋转的性质，特殊平行四边形的性质，旋转对称图形
【点评】
本题属于基础题，解题的关键是熟练掌握各类特殊平行四边形的对称性特征，结合旋转的三要素逐一判断即可，要注意正方形是特殊的矩形和菱形，兼具二者的所有性质。
【难度系数】
0.8
7. 如图，在菱形OABC中，点B在x轴上，点A的坐标为(2，3)，则点C的坐标为
(2,-3)
答案
(2,-3)
解析
【分析】
解题时先回忆菱形的性质：菱形是轴对称图形，两条对角线所在的直线都是它的对称轴。本题中对角线OB在x轴上，因此x轴是该菱形的一条对称轴，可推出点A和点C关于x轴对称；再结合关于x轴对称的点的坐标规律：横坐标相同，纵坐标互为相反数，结合已知点A的坐标就能求出点C的坐标。
【解析】
解：
∵四边形OABC是菱形，
∴菱形OABC关于对角线OB所在的x轴对称，即点A与点C关于x轴对称。
∵关于x轴对称的点横坐标相等，纵坐标互为相反数，且点A的坐标为(2,3)，
∴点C的坐标为(2, -3)。
【答案】
(2,-3)
【知识点】
菱形的性质；关于x轴对称的点的坐标特征
【点评】
本题侧重考查菱形对称性和坐标轴对称规律的应用，解题核心是快速判断出A、C两点的对称关系，掌握基础性质即可快速得分。
【难度系数】
0.8
解题时先回忆菱形的性质：菱形是轴对称图形，两条对角线所在的直线都是它的对称轴。本题中对角线OB在x轴上，因此x轴是该菱形的一条对称轴，可推出点A和点C关于x轴对称；再结合关于x轴对称的点的坐标规律：横坐标相同，纵坐标互为相反数，结合已知点A的坐标就能求出点C的坐标。
【解析】
解：
∵四边形OABC是菱形，
∴菱形OABC关于对角线OB所在的x轴对称，即点A与点C关于x轴对称。
∵关于x轴对称的点横坐标相等，纵坐标互为相反数，且点A的坐标为(2,3)，
∴点C的坐标为(2, -3)。
【答案】
(2,-3)
【知识点】
菱形的性质；关于x轴对称的点的坐标特征
【点评】
本题侧重考查菱形对称性和坐标轴对称规律的应用，解题核心是快速判断出A、C两点的对称关系，掌握基础性质即可快速得分。
【难度系数】
0.8
8. 如图,正方形ABCD的边长为5,点E,F分别是对角线AC上的两点,EG⊥AB,EI⊥AD,FH⊥AB,FJ⊥AD,垂足分别为G,I,H,J,则图中阴影部分的面积为（
A.25
B.$\frac{25}{2}$
C.$\frac{25}{3}$
D.$\frac{25}{4}$
第8题图 第9题图
B
）A.25
B.$\frac{25}{2}$
C.$\frac{25}{3}$
D.$\frac{25}{4}$
第8题图 第9题图
答案
B
解析
【分析】
解题时首先观察图形特征，正方形的对角线AC是它的对称轴，根据轴对称的性质，AC两侧的图形关于AC对称，因此AC左侧的阴影部分和右侧对应的空白部分面积相等，可将阴影部分拼接转化为规则图形计算面积，无需分别计算每块阴影的面积，简化运算步骤。
【解析】
∵ 正方形ABCD是轴对称图形，对角线AC所在直线是它的一条对称轴，
又
∵ EG⊥AB，EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，
∴ 根据轴对称的性质，AC左侧的阴影部分与AC右侧对应的空白区域面积相等，
因此图中阴影部分的总面积等于正方形ABCD面积的一半。
已知正方形ABCD边长为5，其面积为$5 × 5 = 25$，
∴ 阴影部分面积为$\frac{1}{2} × 25 = \frac{25}{2}$。
【答案】
B
【知识点】
正方形的性质；轴对称的应用；面积计算
【点评】
本题考查利用几何图形的对称性求解阴影面积，巧妙运用转化思想将零散的阴影面积拼接为规则的正方形的一半，规避了分别计算各块阴影面积的复杂运算，解题核心是准确识别正方形对角线的对称轴属性。
【难度系数】
0.7
解题时首先观察图形特征，正方形的对角线AC是它的对称轴，根据轴对称的性质，AC两侧的图形关于AC对称，因此AC左侧的阴影部分和右侧对应的空白部分面积相等，可将阴影部分拼接转化为规则图形计算面积，无需分别计算每块阴影的面积，简化运算步骤。
【解析】
∵ 正方形ABCD是轴对称图形，对角线AC所在直线是它的一条对称轴，
又
∵ EG⊥AB，EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，
∴ 根据轴对称的性质，AC左侧的阴影部分与AC右侧对应的空白区域面积相等，
因此图中阴影部分的总面积等于正方形ABCD面积的一半。
已知正方形ABCD边长为5，其面积为$5 × 5 = 25$，
∴ 阴影部分面积为$\frac{1}{2} × 25 = \frac{25}{2}$。
【答案】
B
【知识点】
正方形的性质；轴对称的应用；面积计算
【点评】
本题考查利用几何图形的对称性求解阴影面积，巧妙运用转化思想将零散的阴影面积拼接为规则的正方形的一半，规避了分别计算各块阴影面积的复杂运算，解题核心是准确识别正方形对角线的对称轴属性。
【难度系数】
0.7
9.如图,在矩形ABCD中,∠B=90°,点E,F在边BC上,连接AE,DF,∠BAE=∠CDF.当AB=12,DF=13时,BE的长为
5
.答案
5
解析
【分析】
解题时先从矩形的性质入手，矩形四个角都是直角且对边相等，可得AB=CD、∠B=∠C=90°，结合已知的∠BAE=∠CDF，可证明△ABE和△DCF全等，根据全等对应边相等得到AE的长度，最后在Rt△ABE中利用勾股定理即可算出BE的长。
【解析】
∵四边形ABCD是矩形
∴AB=CD，∠B=∠C=90°
在△ABE和△DCF中：
$\begin{cases}∠B=∠C \\AB=DC \\∠BAE=∠CDF\end{cases}$
∴△ABE≌△DCF（ASA）
∴AE=DF=13
在Rt△ABE中，∠B=90°，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{AE^2-AB^2}=\sqrt{13^2-12^2}=\sqrt{25}=5$
【答案】
5
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是基础几何综合题，解题核心是通过全等三角形完成线段长度的转化，再结合勾股定理计算未知边长，是特殊平行四边形章节的典型考题。
【难度系数】
0.7
解题时先从矩形的性质入手，矩形四个角都是直角且对边相等，可得AB=CD、∠B=∠C=90°，结合已知的∠BAE=∠CDF，可证明△ABE和△DCF全等，根据全等对应边相等得到AE的长度，最后在Rt△ABE中利用勾股定理即可算出BE的长。
【解析】
∵四边形ABCD是矩形
∴AB=CD，∠B=∠C=90°
在△ABE和△DCF中：
$\begin{cases}∠B=∠C \\AB=DC \\∠BAE=∠CDF\end{cases}$
∴△ABE≌△DCF（ASA）
∴AE=DF=13
在Rt△ABE中，∠B=90°，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{AE^2-AB^2}=\sqrt{13^2-12^2}=\sqrt{25}=5$
【答案】
5
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是基础几何综合题，解题核心是通过全等三角形完成线段长度的转化，再结合勾股定理计算未知边长，是特殊平行四边形章节的典型考题。
【难度系数】
0.7
10.(教材习题变式)如图,在菱形ABCD中,BC=CD,P,Q是对角线BD上的两点,连接CP,CQ,且BP=DQ.
(1)求证:∠BCP=∠DCQ.
(2)若PQ=CQ,∠DCQ=2∠CDQ,求∠A的度数.
(1)求证:∠BCP=∠DCQ.
(2)若PQ=CQ,∠DCQ=2∠CDQ,求∠A的度数.
答案
解:(1)证明:
∵在菱形ABCD中,BC=CD,
∴∠CBD=∠CDB. 在△BCP 和 △DCQ 中, $\begin{cases} BC=DC, \\ ∠CBP=∠CDQ, \\ BP=DQ, \end{cases}$
∴△BCP ≅ △DCQ(SAS).
∴∠BCP=∠DCQ. (2)由(1)知△BCP≅△DCQ,
∴CP=CQ.
∵PQ=CQ,
∴△PCQ是等边三角形.
∴∠PQC=∠PCQ=60°.
∵∠DCQ=2∠CDQ,∠PQC=∠DCQ+∠CDQ,
∴∠DCQ=∠BCP=40°.
∴∠BCD=∠DCQ+∠PCQ+∠BCP=140°.
∵四边形ABCD是菱形,
∴∠A=∠BCD=140°.
∵在菱形ABCD中,BC=CD,
∴∠CBD=∠CDB. 在△BCP 和 △DCQ 中, $\begin{cases} BC=DC, \\ ∠CBP=∠CDQ, \\ BP=DQ, \end{cases}$
∴△BCP ≅ △DCQ(SAS).
∴∠BCP=∠DCQ. (2)由(1)知△BCP≅△DCQ,
∴CP=CQ.
∵PQ=CQ,
∴△PCQ是等边三角形.
∴∠PQC=∠PCQ=60°.
∵∠DCQ=2∠CDQ,∠PQC=∠DCQ+∠CDQ,
∴∠DCQ=∠BCP=40°.
∴∠BCD=∠DCQ+∠PCQ+∠BCP=140°.
∵四边形ABCD是菱形,
∴∠A=∠BCD=140°.
解析
【分析】
(1) 要证明∠BCP=∠DCQ，可通过证明两角所在的△BCP和△DCQ全等推导。首先结合菱形性质可得BC=CD，且对角线BD平分∠CDA、∠ABC，因此∠CBP=∠CDQ，再搭配已知的BP=DQ条件，满足SAS全等判定，即可证得两三角形全等，对应角相等。
(2) 先由(1)的全等结论得CP=CQ，结合已知PQ=CQ，可推得△PCQ是等边三角形，得到内角为60°；再利用三角形外角性质，∠PQC是△CDQ的外角，等于∠DCQ+∠CDQ，结合∠DCQ=2∠CDQ的条件，可算出∠DCQ的度数，进而求出∠BCD的度数，最后根据菱形对角相等的性质得到∠A的度数。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，∠CBP=∠CDQ。
在△BCP和△DCQ中：
$\begin{cases} BC=DC, \\ ∠CBP=∠CDQ, \\ BP=DQ, \end{cases}$
∴△BCP ≅ △DCQ(SAS)，
∴∠BCP=∠DCQ。
(2) 解：
由(1)知△BCP≅△DCQ，
∴CP=CQ，
∵PQ=CQ，
∴CP=CQ=PQ，即△PCQ是等边三角形，
∴∠PQC=∠PCQ=60°。
∵∠PQC是△CDQ的外角，
∴∠PQC=∠DCQ+∠CDQ，
又
∵∠DCQ=2∠CDQ，
∴3∠CDQ=60°，解得∠CDQ=20°，∠DCQ=40°，
∴∠BCP=∠DCQ=40°，
∴∠BCD=∠BCP+∠PCQ+∠DCQ=40°+60°+40°=140°，
∵四边形ABCD是菱形，菱形对角相等，
∴∠A=∠BCD=140°。
【答案】
(1) 已证∠BCP=∠DCQ；(2) $\boldsymbol{140°}$
【知识点】
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
【点评】
本题属于几何综合基础题，将特殊四边形与三角形的知识结合考查，解题关键是先通过全等证明得到边角等量关系，再结合等边三角形、三角形外角的性质逐步推导角度，能有效检验对几何基础性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.65
(1) 要证明∠BCP=∠DCQ，可通过证明两角所在的△BCP和△DCQ全等推导。首先结合菱形性质可得BC=CD，且对角线BD平分∠CDA、∠ABC，因此∠CBP=∠CDQ，再搭配已知的BP=DQ条件，满足SAS全等判定，即可证得两三角形全等，对应角相等。
(2) 先由(1)的全等结论得CP=CQ，结合已知PQ=CQ，可推得△PCQ是等边三角形，得到内角为60°；再利用三角形外角性质，∠PQC是△CDQ的外角，等于∠DCQ+∠CDQ，结合∠DCQ=2∠CDQ的条件，可算出∠DCQ的度数，进而求出∠BCD的度数，最后根据菱形对角相等的性质得到∠A的度数。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=CD，∠CBP=∠CDQ。
在△BCP和△DCQ中：
$\begin{cases} BC=DC, \\ ∠CBP=∠CDQ, \\ BP=DQ, \end{cases}$
∴△BCP ≅ △DCQ(SAS)，
∴∠BCP=∠DCQ。
(2) 解：
由(1)知△BCP≅△DCQ，
∴CP=CQ，
∵PQ=CQ，
∴CP=CQ=PQ，即△PCQ是等边三角形，
∴∠PQC=∠PCQ=60°。
∵∠PQC是△CDQ的外角，
∴∠PQC=∠DCQ+∠CDQ，
又
∵∠DCQ=2∠CDQ，
∴3∠CDQ=60°，解得∠CDQ=20°，∠DCQ=40°，
∴∠BCP=∠DCQ=40°，
∴∠BCD=∠BCP+∠PCQ+∠DCQ=40°+60°+40°=140°，
∵四边形ABCD是菱形，菱形对角相等，
∴∠A=∠BCD=140°。
【答案】
(1) 已证∠BCP=∠DCQ；(2) $\boldsymbol{140°}$
【知识点】
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
【点评】
本题属于几何综合基础题，将特殊四边形与三角形的知识结合考查，解题关键是先通过全等证明得到边角等量关系，再结合等边三角形、三角形外角的性质逐步推导角度，能有效检验对几何基础性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.65
