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1.如图,在四边形ABCD中,E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点。若四边形EFGH为菱形,则对角线AC,BD应满足的条件是()
A.$AC⊥ BD$
B.$AC=BD$
C.$AC⊥ BD$ 且 $AC=BD$
D.不确定
A.$AC⊥ BD$
B.$AC=BD$
C.$AC⊥ BD$ 且 $AC=BD$
D.不确定
答案
B
解析
【分析】
遇到四边形各边中点的问题，首先联想到三角形中位线定理：顺次连接四边形各边中点得到的中点四边形一定是平行四边形，它的两组对边分别平行且等于原四边形两条对角线的一半。接下来结合菱形的判定条件：一组邻边相等的平行四边形是菱形，因此只需让中点四边形的一组邻边相等，即可推导出原四边形对角线需要满足的条件。
【解析】
解：
∵E、F分别是AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，根据三角形中位线定理可得：$EF// AC$，且$EF=\frac{1}{2}AC$。
同理可得：$HG// AC$，$HG=\frac{1}{2}AC$，$EH// BD$，$EH=\frac{1}{2}BD$。
∴$EF// HG$且$EF=HG$，
∴四边形EFGH是平行四边形。
若平行四边形EFGH为菱形，则需一组邻边相等，即$EF=EH$，
代入$EF=\frac{1}{2}AC$，$EH=\frac{1}{2}BD$，可得$\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}BD$，即$AC=BD$。
因此对角线AC、BD应满足的条件是$AC=BD$，故选B。
【答案】
B
【知识点】
三角形中位线定理；平行四边形的判定；菱形的判定
【点评】
本题是典型的中点四边形相关问题，解题核心是通过三角形中位线定理建立中点四边形的边与原四边形对角线的数量、位置关系，再结合特殊四边形的判定条件推导结论，熟练掌握各类特殊四边形的判定和中位线定理是解决这类题的关键。
【难度系数】
0.8
遇到四边形各边中点的问题，首先联想到三角形中位线定理：顺次连接四边形各边中点得到的中点四边形一定是平行四边形，它的两组对边分别平行且等于原四边形两条对角线的一半。接下来结合菱形的判定条件：一组邻边相等的平行四边形是菱形，因此只需让中点四边形的一组邻边相等，即可推导出原四边形对角线需要满足的条件。
【解析】
解：
∵E、F分别是AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，根据三角形中位线定理可得：$EF// AC$，且$EF=\frac{1}{2}AC$。
同理可得：$HG// AC$，$HG=\frac{1}{2}AC$，$EH// BD$，$EH=\frac{1}{2}BD$。
∴$EF// HG$且$EF=HG$，
∴四边形EFGH是平行四边形。
若平行四边形EFGH为菱形，则需一组邻边相等，即$EF=EH$，
代入$EF=\frac{1}{2}AC$，$EH=\frac{1}{2}BD$，可得$\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}BD$，即$AC=BD$。
因此对角线AC、BD应满足的条件是$AC=BD$，故选B。
【答案】
B
【知识点】
三角形中位线定理；平行四边形的判定；菱形的判定
【点评】
本题是典型的中点四边形相关问题，解题核心是通过三角形中位线定理建立中点四边形的边与原四边形对角线的数量、位置关系，再结合特殊四边形的判定条件推导结论，熟练掌握各类特殊四边形的判定和中位线定理是解决这类题的关键。
【难度系数】
0.8
2.如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE⊥AC于点E。若∠BOC=50°，则∠ADE=()
A.$40°$
B.$25°$
C.$20°$
D.$15°$
A.$40°$
B.$25°$
C.$20°$
D.$15°$
答案
B
解析
【分析】
本题可结合矩形性质、对顶角性质、等腰三角形性质及直角三角形的角度关系求解：首先根据矩形对角线互相平分且相等的性质，得到△AOD为等腰三角形；再利用对顶角相等，由已知∠BOC的度数得到∠AOD的度数，进而求出等腰△AOD的底角∠OAD的度数；最后在Rt△ADE中，根据直角三角形两锐角互余即可计算出∠ADE的度数。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴矩形的对角线相等且互相平分，即$OA=OD$，△AOD为等腰三角形。
∵∠BOC与∠AOD是对顶角，且∠BOC=50°，
∴$∠ AOD=∠ BOC=50°$，
∴等腰△AOD的底角$∠ OAD=\frac{180°-∠ AOD}{2}=\frac{180°-50°}{2}=65°$。
∵$DE⊥ AC$，
∴$∠ AED=90°$，在Rt△ADE中，两个锐角互余，即$∠ ADE+∠ OAD=90°$，
∴$∠ ADE=90°-65°=25°$。
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质
【点评】
本题是基础几何计算题，核心是利用矩形对角线的性质构造等腰三角形，再结合角度关系推导求解，熟练掌握特殊四边形的基本性质是解决这类题的关键。
【难度系数】
0.7
本题可结合矩形性质、对顶角性质、等腰三角形性质及直角三角形的角度关系求解：首先根据矩形对角线互相平分且相等的性质，得到△AOD为等腰三角形；再利用对顶角相等，由已知∠BOC的度数得到∠AOD的度数，进而求出等腰△AOD的底角∠OAD的度数；最后在Rt△ADE中，根据直角三角形两锐角互余即可计算出∠ADE的度数。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴矩形的对角线相等且互相平分，即$OA=OD$，△AOD为等腰三角形。
∵∠BOC与∠AOD是对顶角，且∠BOC=50°，
∴$∠ AOD=∠ BOC=50°$，
∴等腰△AOD的底角$∠ OAD=\frac{180°-∠ AOD}{2}=\frac{180°-50°}{2}=65°$。
∵$DE⊥ AC$，
∴$∠ AED=90°$，在Rt△ADE中，两个锐角互余，即$∠ ADE+∠ OAD=90°$，
∴$∠ ADE=90°-65°=25°$。
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质
【点评】
本题是基础几何计算题，核心是利用矩形对角线的性质构造等腰三角形，再结合角度关系推导求解，熟练掌握特殊四边形的基本性质是解决这类题的关键。
【难度系数】
0.7
3.在平面直角坐标系中，已知点A(3,0)，B(0,4)。以AB为一边，在第一象限作正方形ABCD，则对角线BD所在直线对应的函数表达式为。
答案
解：过点D作DE⊥x轴于点E。
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠OAB + ∠DAE = 90°。
又∵∠OAB + ∠OBA = 90°，
∴∠OBA = ∠DAE。
在△AOB和△DEA中：
$\begin{cases}∠AOB = ∠DEA = 90° \\∠OBA = ∠EAD \\AB = DA\end{cases}$
∴△AOB ≌ △DEA（AAS）。
∵A(3,0)，B(0,4)，
∴OA=3，OB=4，
∴AE=OB=4，DE=OA=3，
∴OE = OA + AE = 3 + 4 =7，
∴点D的坐标为(7,3)。
设直线BD的函数表达式为$y=kx+b$（$k≠0$），
将B(0,4)、D(7,3)代入得：
$\begin{cases}b=4 \\7k + b = 3\end{cases}$
解得：$\begin{cases}k=-\dfrac{1}{7} \\b=4\end{cases}$
∴对角线BD所在直线对应的函数表达式为$\boldsymbol{y=-\dfrac{1}{7}x + 4}$。
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠OAB + ∠DAE = 90°。
又∵∠OAB + ∠OBA = 90°，
∴∠OBA = ∠DAE。
在△AOB和△DEA中：
$\begin{cases}∠AOB = ∠DEA = 90° \\∠OBA = ∠EAD \\AB = DA\end{cases}$
∴△AOB ≌ △DEA（AAS）。
∵A(3,0)，B(0,4)，
∴OA=3，OB=4，
∴AE=OB=4，DE=OA=3，
∴OE = OA + AE = 3 + 4 =7，
∴点D的坐标为(7,3)。
设直线BD的函数表达式为$y=kx+b$（$k≠0$），
将B(0,4)、D(7,3)代入得：
$\begin{cases}b=4 \\7k + b = 3\end{cases}$
解得：$\begin{cases}k=-\dfrac{1}{7} \\b=4\end{cases}$
∴对角线BD所在直线对应的函数表达式为$\boldsymbol{y=-\dfrac{1}{7}x + 4}$。
解析
【分析】
要确定直线BD的函数表达式，已知点B的坐标，核心是求出点D的坐标。首先根据正方形的性质可得AB=AD且∠BAD=90°，此时过D作x轴的垂线，可构造出与Rt△AOB全等的直角三角形，利用全等三角形对应边相等的性质，结合已知A、B的坐标就能算出点D的坐标，最后代入B、D两点坐标，用待定系数法即可求出直线BD的解析式。
【解析】
过点D作DE⊥x轴于点E。
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠OAB + ∠DAE = 90°。
又
∵∠OAB + ∠OBA = 90°，
∴∠OBA = ∠DAE。
在△AOB和△DEA中：
$\begin{cases}∠AOB = ∠DEA = 90° \\∠OBA = ∠EAD \\AB = DA\end{cases}$
∴△AOB ≌ △DEA（AAS）。
∵A(3,0)，B(0,4)，
∴OA=3，OB=4，
∴AE=OB=4，DE=OA=3，
∴OE = OA + AE = 3 + 4 =7，
∴点D的坐标为(7,3)。
设直线BD的函数表达式为$y=kx+b$（$k≠0$），
将B(0,4)、D(7,3)代入得：
$\begin{cases}b=4 \\7k + b = 3\end{cases}$
解得：$\begin{cases}k=-\dfrac{1}{7} \\b=4\end{cases}$
∴对角线BD所在直线对应的函数表达式为$y=-\dfrac{1}{7}x + 4$。
【答案】
$\boldsymbol{y=-\dfrac{1}{7}x + 4}$
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；待定系数法求一次函数解析式
【点评】
本题是几何与函数的综合题，解题关键是通过构造全等三角形求出未知点D的坐标，较好地考查了数形结合思想和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
要确定直线BD的函数表达式，已知点B的坐标，核心是求出点D的坐标。首先根据正方形的性质可得AB=AD且∠BAD=90°，此时过D作x轴的垂线，可构造出与Rt△AOB全等的直角三角形，利用全等三角形对应边相等的性质，结合已知A、B的坐标就能算出点D的坐标，最后代入B、D两点坐标，用待定系数法即可求出直线BD的解析式。
【解析】
过点D作DE⊥x轴于点E。
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠OAB + ∠DAE = 90°。
又
∵∠OAB + ∠OBA = 90°，
∴∠OBA = ∠DAE。
在△AOB和△DEA中：
$\begin{cases}∠AOB = ∠DEA = 90° \\∠OBA = ∠EAD \\AB = DA\end{cases}$
∴△AOB ≌ △DEA（AAS）。
∵A(3,0)，B(0,4)，
∴OA=3，OB=4，
∴AE=OB=4，DE=OA=3，
∴OE = OA + AE = 3 + 4 =7，
∴点D的坐标为(7,3)。
设直线BD的函数表达式为$y=kx+b$（$k≠0$），
将B(0,4)、D(7,3)代入得：
$\begin{cases}b=4 \\7k + b = 3\end{cases}$
解得：$\begin{cases}k=-\dfrac{1}{7} \\b=4\end{cases}$
∴对角线BD所在直线对应的函数表达式为$y=-\dfrac{1}{7}x + 4$。
【答案】
$\boldsymbol{y=-\dfrac{1}{7}x + 4}$
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；待定系数法求一次函数解析式
【点评】
本题是几何与函数的综合题，解题关键是通过构造全等三角形求出未知点D的坐标，较好地考查了数形结合思想和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
4.如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点D作DH⊥AB于点H，连接OH。若OA=6，OH=4，则
菱形ABCD的面积为。
菱形ABCD的面积为。
答案
$\boldsymbol{48}$
解析
【分析】
解题时首先结合菱形的性质分析：菱形的对角线互相垂直且平分，因此O是BD的中点，AC的长度为2倍OA的长度。再根据DH⊥AB可知△DHB是直角三角形，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，可推出OH是Rt△DHB斜边BD的中线，因此BD=2OH，求出BD长度后，利用菱形面积等于对角线乘积的一半即可计算出最终面积。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，$OA=OC=\frac{1}{2}AC$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD$，
∵$OA=6$，
∴$AC=2OA=12$，
∵$DH⊥AB$，
∴$∠ BHD=90°$，即$△ BHD$是直角三角形，
又
∵O是BD的中点，
∴在$Rt△ BHD$中，OH是斜边BD的中线，
∴$OH=\frac{1}{2}BD$，
∵$OH=4$，
∴$BD=2OH=8$，
∴菱形ABCD的面积$=\frac{1}{2}AC· BD=\frac{1}{2}×12×8=48$。
【答案】
$\boldsymbol{48}$
【知识点】
菱形的性质，直角三角形斜边中线定理，菱形面积计算
【点评】
本题属于几何基础综合题，将菱形性质与直角三角形的性质结合考查，解题的关键是熟练掌握相关性质，快速找到边之间的数量关系，是四边形章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
解题时首先结合菱形的性质分析：菱形的对角线互相垂直且平分，因此O是BD的中点，AC的长度为2倍OA的长度。再根据DH⊥AB可知△DHB是直角三角形，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，可推出OH是Rt△DHB斜边BD的中线，因此BD=2OH，求出BD长度后，利用菱形面积等于对角线乘积的一半即可计算出最终面积。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，$OA=OC=\frac{1}{2}AC$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD$，
∵$OA=6$，
∴$AC=2OA=12$，
∵$DH⊥AB$，
∴$∠ BHD=90°$，即$△ BHD$是直角三角形，
又
∵O是BD的中点，
∴在$Rt△ BHD$中，OH是斜边BD的中线，
∴$OH=\frac{1}{2}BD$，
∵$OH=4$，
∴$BD=2OH=8$，
∴菱形ABCD的面积$=\frac{1}{2}AC· BD=\frac{1}{2}×12×8=48$。
【答案】
$\boldsymbol{48}$
【知识点】
菱形的性质，直角三角形斜边中线定理，菱形面积计算
【点评】
本题属于几何基础综合题，将菱形性质与直角三角形的性质结合考查，解题的关键是熟练掌握相关性质，快速找到边之间的数量关系，是四边形章节的常考题型。
【难度系数】
0.7
三、解答题
5.如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的点，F是BC上的点，且∠EDF=45°。求证：AE+CF=EF。
5.如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的点，F是BC上的点，且∠EDF=45°。求证：AE+CF=EF。
答案
证明：
延长BC至点G，使CG=AE，连接DG。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD=CD，∠A=∠DCF=∠ADC=90°，
∴ ∠DCG=∠A=90°。
在△ADE和△CDG中，
$\{\begin{array}{l}AE=CG \\∠A=∠DCG \\AD=CD\end{array} $
∴ △ADE ≌ △CDG（SAS），
∴ DE=DG，∠ADE=∠CDG。
∵ ∠ADC=90°，∠EDF=45°，
∴ ∠ADE + ∠FDC = 90° - 45° = 45°，
∴ ∠CDG + ∠FDC = ∠FDG = 45°，
∴ ∠EDF = ∠FDG = 45°。
在△EDF和△GDF中，
$\{\begin{array}{l}DE=DG \\∠EDF=∠GDF \\DF=DF\end{array} $
∴ △EDF ≌ △GDF（SAS），
∴ EF=FG。
又∵ FG = CF + CG = CF + AE，
∴ AE + CF = EF。
延长BC至点G，使CG=AE，连接DG。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD=CD，∠A=∠DCF=∠ADC=90°，
∴ ∠DCG=∠A=90°。
在△ADE和△CDG中，
$\{\begin{array}{l}AE=CG \\∠A=∠DCG \\AD=CD\end{array} $
∴ △ADE ≌ △CDG（SAS），
∴ DE=DG，∠ADE=∠CDG。
∵ ∠ADC=90°，∠EDF=45°，
∴ ∠ADE + ∠FDC = 90° - 45° = 45°，
∴ ∠CDG + ∠FDC = ∠FDG = 45°，
∴ ∠EDF = ∠FDG = 45°。
在△EDF和△GDF中，
$\{\begin{array}{l}DE=DG \\∠EDF=∠GDF \\DF=DF\end{array} $
∴ △EDF ≌ △GDF（SAS），
∴ EF=FG。
又∵ FG = CF + CG = CF + AE，
∴ AE + CF = EF。
解析
【分析】
要证明两条线段的和等于第三条线段，通常采用“截长补短”的辅助线思路。本题结合正方形四边相等、四个角均为直角的性质，选择“补短”的方法：延长BC到点G使CG=AE，先证明△ADE与△CDG全等，得到DE=DG、∠ADE=∠CDG；再结合已知∠EDF=45°，推导得出∠EDF=∠GDF，进而证明△EDF与△GDF全等，将EF转化为FG，即可推导出AE+CF=EF的结论。
【解析】
证明：
延长BC至点G，使CG=AE，连接DG。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD=CD，∠A=∠DCF=∠ADC=90°，
∴ ∠DCG=∠A=90°。
在△ADE和△CDG中，
$\{\begin{array}{l}AE=CG \\∠A=∠DCG \\AD=CD\end{array} $
∴ △ADE ≌ △CDG（SAS），
∴ DE=DG，∠ADE=∠CDG。
∵ ∠ADC=90°，∠EDF=45°，
∴ ∠ADE + ∠FDC = 90° - 45° = 45°，
∴ ∠CDG + ∠FDC = ∠FDG = 45°，
∴ ∠EDF = ∠FDG = 45°。
在△EDF和△GDF中，
$\{\begin{array}{l}DE=DG \\∠EDF=∠GDF \\DF=DF\end{array} $
∴ △EDF ≌ △GDF（SAS），
∴ EF=FG。
又
∵ FG = CF + CG = CF + AE，
∴ AE + CF = EF。
【答案】
AE+CF=EF，得证。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定；全等三角形的性质
【点评】
本题是正方形背景下线段和差证明的典型题型，核心解题思路是通过截长补短构造全等三角形，实现线段、角的等量转化，这类辅助线的构造方法在几何证明中应用广泛，需熟练掌握。
【难度系数】
0.65
要证明两条线段的和等于第三条线段，通常采用“截长补短”的辅助线思路。本题结合正方形四边相等、四个角均为直角的性质，选择“补短”的方法：延长BC到点G使CG=AE，先证明△ADE与△CDG全等，得到DE=DG、∠ADE=∠CDG；再结合已知∠EDF=45°，推导得出∠EDF=∠GDF，进而证明△EDF与△GDF全等，将EF转化为FG，即可推导出AE+CF=EF的结论。
【解析】
证明：
延长BC至点G，使CG=AE，连接DG。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD=CD，∠A=∠DCF=∠ADC=90°，
∴ ∠DCG=∠A=90°。
在△ADE和△CDG中，
$\{\begin{array}{l}AE=CG \\∠A=∠DCG \\AD=CD\end{array} $
∴ △ADE ≌ △CDG（SAS），
∴ DE=DG，∠ADE=∠CDG。
∵ ∠ADC=90°，∠EDF=45°，
∴ ∠ADE + ∠FDC = 90° - 45° = 45°，
∴ ∠CDG + ∠FDC = ∠FDG = 45°，
∴ ∠EDF = ∠FDG = 45°。
在△EDF和△GDF中，
$\{\begin{array}{l}DE=DG \\∠EDF=∠GDF \\DF=DF\end{array} $
∴ △EDF ≌ △GDF（SAS），
∴ EF=FG。
又
∵ FG = CF + CG = CF + AE，
∴ AE + CF = EF。
【答案】
AE+CF=EF，得证。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定；全等三角形的性质
【点评】
本题是正方形背景下线段和差证明的典型题型，核心解题思路是通过截长补短构造全等三角形，实现线段、角的等量转化，这类辅助线的构造方法在几何证明中应用广泛，需熟练掌握。
【难度系数】
0.65
