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14.如图所示，E，F分别是正方形ABCD的边CD，AD上的点，且CE＝DF，AE，BF交于点O，下列结论：①AE＝BF；②AE⊥BF；③AO＝OE；④$S_{△ AOB}=S_{四边形DEOF}$.其中正确的有（
A.①②
B.②③
C.①②④
D.①②③④
C
）A.①②
B.②③
C.①②④
D.①②③④
答案
14.C
解析
【分析】
解题时首先利用正方形的性质得到边相等、四个角都是直角的条件，结合已知CE=DF推出AF=DE，通过证明△ABF和△DAE全等，先验证①②是否正确；对于结论③，可通过反证法推导，看是否存在矛盾；最后利用全等三角形面积相等，通过面积的和差关系验证结论④，最终确定正确结论的序号。
【解析】
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD，∠BAD=∠D=90°，
又
∵CE=DF，
∴AD-DF=CD-CE，即AF=DE。
1. 验证结论①：
在$△ ABF$和$△ DAE$中：
$\begin{cases}AB=DA \\∠ BAF=∠ D=90° \\AF=DE\end{cases}$
∴$△ ABF≌△ DAE$（SAS），
∴AE=BF，故①正确。
2. 验证结论②：
由$△ ABF≌△ DAE$可得$∠ ABF=∠ DAE$，
∵$∠ DAE+∠ BAO=∠ BAD=90°$，
∴$∠ ABF+∠ BAO=90°$，
∴$∠ AOB=180°-(∠ ABF+∠ BAO)=90°$，即AE⊥BF，故②正确。
3. 验证结论③：
假设AO=OE，连接BE，
∵AE⊥BF，
∴BF是AE的垂直平分线，可得AB=BE，
但在Rt△BCE中，BE是斜边，故BE＞BC，
又
∵正方形中AB=BC，
∴BE＞AB，与AB=BE矛盾，假设不成立，故③错误。
4. 验证结论④：
∵$△ ABF≌△ DAE$，
∴$S_{△ ABF}=S_{△ DAE}$，
两个三角形同时减去公共部分$△ AOF$的面积，可得：
$S_{△ ABF}-S_{△ AOF}=S_{△ DAE}-S_{△ AOF}$，
即$S_{△ AOB}=S_{四边形DEOF}$，故④正确。
综上，①②④正确，本题选C。
【答案】
C
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；面积和差计算
【点评】
本题是正方形与全等三角形结合的典型题，解题的核心是先证明三角形全等得到边、角的等量关系，再逐一验证每个结论，容易出错的是误判结论③正确，要注意题干没有给出O是AE中点的相关条件，不能默认相等。
【难度系数】
0.65
解题时首先利用正方形的性质得到边相等、四个角都是直角的条件，结合已知CE=DF推出AF=DE，通过证明△ABF和△DAE全等，先验证①②是否正确；对于结论③，可通过反证法推导，看是否存在矛盾；最后利用全等三角形面积相等，通过面积的和差关系验证结论④，最终确定正确结论的序号。
【解析】
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD，∠BAD=∠D=90°，
又
∵CE=DF，
∴AD-DF=CD-CE，即AF=DE。
1. 验证结论①：
在$△ ABF$和$△ DAE$中：
$\begin{cases}AB=DA \\∠ BAF=∠ D=90° \\AF=DE\end{cases}$
∴$△ ABF≌△ DAE$（SAS），
∴AE=BF，故①正确。
2. 验证结论②：
由$△ ABF≌△ DAE$可得$∠ ABF=∠ DAE$，
∵$∠ DAE+∠ BAO=∠ BAD=90°$，
∴$∠ ABF+∠ BAO=90°$，
∴$∠ AOB=180°-(∠ ABF+∠ BAO)=90°$，即AE⊥BF，故②正确。
3. 验证结论③：
假设AO=OE，连接BE，
∵AE⊥BF，
∴BF是AE的垂直平分线，可得AB=BE，
但在Rt△BCE中，BE是斜边，故BE＞BC，
又
∵正方形中AB=BC，
∴BE＞AB，与AB=BE矛盾，假设不成立，故③错误。
4. 验证结论④：
∵$△ ABF≌△ DAE$，
∴$S_{△ ABF}=S_{△ DAE}$，
两个三角形同时减去公共部分$△ AOF$的面积，可得：
$S_{△ ABF}-S_{△ AOF}=S_{△ DAE}-S_{△ AOF}$，
即$S_{△ AOB}=S_{四边形DEOF}$，故④正确。
综上，①②④正确，本题选C。
【答案】
C
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；面积和差计算
【点评】
本题是正方形与全等三角形结合的典型题，解题的核心是先证明三角形全等得到边、角的等量关系，再逐一验证每个结论，容易出错的是误判结论③正确，要注意题干没有给出O是AE中点的相关条件，不能默认相等。
【难度系数】
0.65
15.出入相补原理是中国古代数学的重要成就之一.“将一个几何图形任意分割成多个小图形,几何图形的总面积保持不变,等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一.如图所示,在矩形ABCD中,AD=6,∠DAC=30°,对角线AC与BD交于点O,点P为AD边上的一个动点,PE⊥AO于点E.
(1)当P为AD的中点时,PE的长为
(2)若点P为AD上任意一点,PF⊥OD于点F,则PE+PF的值为
(1)当P为AD的中点时,PE的长为
$\frac{3}{2}$
;(2)若点P为AD上任意一点,PF⊥OD于点F,则PE+PF的值为
3
.答案
15.(1)$\frac{3}{2}$ (2)3
解析
【分析】
(1) 首先由P为AD中点求出AP的长度，再结合PE⊥AO、∠DAC=30°，利用含30°角的直角三角形中30°角所对直角边为斜边一半的性质，即可求出PE的长度；
(2) 利用面积法求解，连接OP，根据出入相补原理，△AOD的面积等于△AOP与△DOP的面积之和，先结合矩形性质求出△AOD的面积、对角线AO和OD的长度，代入面积公式化简即可得到PE+PF的定值。
【解析】
在矩形ABCD中，∠ADC=90°，对角线AC、BD相等且互相平分，即$AO=OC=BO=OD=\frac{1}{2}AC$。
已知∠DAC=30°，AD=6，在Rt△ADC中，∠DAC=30°，因此$AC=2CD$。设CD=x，则AC=2x，由勾股定理得：
$AD^2+CD^2=AC^2$，即$6^2+x^2=(2x)^2$，
解得$x=2\sqrt{3}$（舍去负解），因此$CD=2\sqrt{3}$，$AC=4\sqrt{3}$，
则$AO=OD=\frac{1}{2}AC=2\sqrt{3}$，
$△ AOD$的面积为矩形面积的$\frac{1}{4}$，即$S_{△ AOD}=\frac{1}{4}× AD× CD=\frac{1}{4}×6×2\sqrt{3}=3\sqrt{3}$。
(1) 当P为AD中点时，$AP=\frac{1}{2}AD=3$，
∵$PE⊥ AO$，
∴$∠ AEP=90°$，
在Rt△AEP中，$∠ EAP=30°$，
∴$PE=\frac{1}{2}AP=\frac{1}{2}×3=\frac{3}{2}$。
(2) 连接OP，
∵$S_{△ AOD}=S_{△ AOP}+S_{△ DOP}$，
且$S_{△ AOP}=\frac{1}{2}· AO· PE$，$S_{△ DOP}=\frac{1}{2}· OD· PF$，
代入$AO=OD=2\sqrt{3}$、$S_{△ AOD}=3\sqrt{3}$得：
$3\sqrt{3}=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}· PE+\frac{1}{2}×2\sqrt{3}· PF$，
化简得：$3\sqrt{3}=\sqrt{3}(PE+PF)$，
两边同时除以$\sqrt{3}$，得$PE+PF=3$。
【答案】
(1) $\frac{3}{2}$；(2) $3$
【知识点】
矩形的性质，含30°角的直角三角形的性质，面积法求线段和
【点评】
本题结合中国古代出入相补原理考查几何定值计算，第一问直接利用特殊直角三角形的性质即可求解，第二问通过面积法将动态的线段和转化为固定的面积关系，是解决这类动点定值问题的常用思路，体现了转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
(1) 首先由P为AD中点求出AP的长度，再结合PE⊥AO、∠DAC=30°，利用含30°角的直角三角形中30°角所对直角边为斜边一半的性质，即可求出PE的长度；
(2) 利用面积法求解，连接OP，根据出入相补原理，△AOD的面积等于△AOP与△DOP的面积之和，先结合矩形性质求出△AOD的面积、对角线AO和OD的长度，代入面积公式化简即可得到PE+PF的定值。
【解析】
在矩形ABCD中，∠ADC=90°，对角线AC、BD相等且互相平分，即$AO=OC=BO=OD=\frac{1}{2}AC$。
已知∠DAC=30°，AD=6，在Rt△ADC中，∠DAC=30°，因此$AC=2CD$。设CD=x，则AC=2x，由勾股定理得：
$AD^2+CD^2=AC^2$，即$6^2+x^2=(2x)^2$，
解得$x=2\sqrt{3}$（舍去负解），因此$CD=2\sqrt{3}$，$AC=4\sqrt{3}$，
则$AO=OD=\frac{1}{2}AC=2\sqrt{3}$，
$△ AOD$的面积为矩形面积的$\frac{1}{4}$，即$S_{△ AOD}=\frac{1}{4}× AD× CD=\frac{1}{4}×6×2\sqrt{3}=3\sqrt{3}$。
(1) 当P为AD中点时，$AP=\frac{1}{2}AD=3$，
∵$PE⊥ AO$，
∴$∠ AEP=90°$，
在Rt△AEP中，$∠ EAP=30°$，
∴$PE=\frac{1}{2}AP=\frac{1}{2}×3=\frac{3}{2}$。
(2) 连接OP，
∵$S_{△ AOD}=S_{△ AOP}+S_{△ DOP}$，
且$S_{△ AOP}=\frac{1}{2}· AO· PE$，$S_{△ DOP}=\frac{1}{2}· OD· PF$，
代入$AO=OD=2\sqrt{3}$、$S_{△ AOD}=3\sqrt{3}$得：
$3\sqrt{3}=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}· PE+\frac{1}{2}×2\sqrt{3}· PF$，
化简得：$3\sqrt{3}=\sqrt{3}(PE+PF)$，
两边同时除以$\sqrt{3}$，得$PE+PF=3$。
【答案】
(1) $\frac{3}{2}$；(2) $3$
【知识点】
矩形的性质，含30°角的直角三角形的性质，面积法求线段和
【点评】
本题结合中国古代出入相补原理考查几何定值计算，第一问直接利用特殊直角三角形的性质即可求解，第二问通过面积法将动态的线段和转化为固定的面积关系，是解决这类动点定值问题的常用思路，体现了转化思想的应用。
【难度系数】
0.6
16. 如图所示，$□ ABCD$ 的对角线 $AC,BD$ 相交于点 $O,AE=CF$。
(1)求证:$△ BOE≌△ DOF$；
(2)连接 $DE,BF$，若 $BD⊥ EF$，试探究四边形 $EBFD$ 的形状，并对结论给予证明。
(1)求证:$△ BOE≌△ DOF$；
(2)连接 $DE,BF$，若 $BD⊥ EF$，试探究四边形 $EBFD$ 的形状，并对结论给予证明。
答案
16.(1)证明:
∵四边形ABCD是平行四边形,$\therefore BO=DO$,$AO=CO$.
∵$AE=CF$,$\therefore AO-AE=CO-FC$.$\therefore EO=FO$.
在$△ BOE$和$△ DOF$中,$\begin{cases} BO=DO, \\ ∠BOE=∠DOF, \\ EO=FO, \end{cases}$
$\therefore △ BOE≌△ DOF$(SAS).
(2)解:四边形EBFD为菱形.
证明如下:
∵$BO=DO$,$FO=EO$,
∴四边形BEDF是平行四边形.
∵$BD⊥ EF$,
∴四边形EBFD为菱形.
∵四边形ABCD是平行四边形,$\therefore BO=DO$,$AO=CO$.
∵$AE=CF$,$\therefore AO-AE=CO-FC$.$\therefore EO=FO$.
在$△ BOE$和$△ DOF$中,$\begin{cases} BO=DO, \\ ∠BOE=∠DOF, \\ EO=FO, \end{cases}$
$\therefore △ BOE≌△ DOF$(SAS).
(2)解:四边形EBFD为菱形.
证明如下:
∵$BO=DO$,$FO=EO$,
∴四边形BEDF是平行四边形.
∵$BD⊥ EF$,
∴四边形EBFD为菱形.
解析
【分析】
（1）要证明△BOE≌△DOF，首先利用平行四边形对角线互相平分的性质，可得BO=DO、AO=CO；结合已知AE=CF，通过等式性质可推出EO=FO，再加上对顶角∠BOE=∠DOF，即可用SAS判定定理证明两个三角形全等。
（2）探究四边形EBFD的形状时，首先由BO=DO、EO=FO，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”先判定四边形EBFD是平行四边形，再结合BD⊥EF的条件，根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”即可得出最终结论。
【解析】
(1)证明:
∵四边形ABCD是平行四边形,
$\therefore BO=DO$,$AO=CO$.
∵$AE=CF$,
$\therefore AO-AE=CO-FC$,即$EO=FO$.
在$△ BOE$和$△ DOF$中,
$\begin{cases} BO=DO, \\ ∠BOE=∠DOF, \\ EO=FO, \end{cases}$
$\therefore △ BOE≌△ DOF$(SAS).
(2)解:四边形EBFD为菱形.
证明如下:
∵$BO=DO$,$FO=EO$,
∴四边形BEDF是平行四边形.
∵$BD⊥ EF$,
∴四边形EBFD为菱形.
【答案】
(1)$△BOE≌△DOF$，证明成立；
(2)四边形$EBFD$为菱形。
【知识点】
平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定、菱形的判定
【点评】
本题属于几何基础综合题，围绕特殊四边形的性质、判定以及全等三角形的判定设置，解题核心是熟练掌握相关定理，结合已知条件逐步推导，侧重对基础知识点掌握程度的考查。
【难度系数】
0.75
（1）要证明△BOE≌△DOF，首先利用平行四边形对角线互相平分的性质，可得BO=DO、AO=CO；结合已知AE=CF，通过等式性质可推出EO=FO，再加上对顶角∠BOE=∠DOF，即可用SAS判定定理证明两个三角形全等。
（2）探究四边形EBFD的形状时，首先由BO=DO、EO=FO，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”先判定四边形EBFD是平行四边形，再结合BD⊥EF的条件，根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”即可得出最终结论。
【解析】
(1)证明:
∵四边形ABCD是平行四边形,
$\therefore BO=DO$,$AO=CO$.
∵$AE=CF$,
$\therefore AO-AE=CO-FC$,即$EO=FO$.
在$△ BOE$和$△ DOF$中,
$\begin{cases} BO=DO, \\ ∠BOE=∠DOF, \\ EO=FO, \end{cases}$
$\therefore △ BOE≌△ DOF$(SAS).
(2)解:四边形EBFD为菱形.
证明如下:
∵$BO=DO$,$FO=EO$,
∴四边形BEDF是平行四边形.
∵$BD⊥ EF$,
∴四边形EBFD为菱形.
【答案】
(1)$△BOE≌△DOF$，证明成立；
(2)四边形$EBFD$为菱形。
【知识点】
平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定、菱形的判定
【点评】
本题属于几何基础综合题，围绕特殊四边形的性质、判定以及全等三角形的判定设置，解题核心是熟练掌握相关定理，结合已知条件逐步推导，侧重对基础知识点掌握程度的考查。
【难度系数】
0.75
17.如图所示,在四边形ABCD中,AC⊥BD于点O,AB//CD.在此条件下,再增加条件,分别得到下列两个命题.
(1)命题1的证明思路如下,请填充证明框图.
(2)命题2是真命题吗?请说明理由.
(1)命题1的证明思路如下,请填充证明框图.
(2)命题2是真命题吗?请说明理由.
答案
17.解:(1)①$∠BAD+∠ADC=180°$ ②$∠BAD=∠BCD$ ③$AD// BC$
(2)命题2是真命题.理由如下:
∵$AB// CD$,$\therefore ∠BAO=∠DCO$.
在$△ AOB$和$△ COD$中,$\begin{cases} ∠AOB=∠COD, \\ OA=OC, \\ ∠BAO=∠DCO, \end{cases}$
$\therefore △ AOB≌△ COD$(ASA).$\therefore AB=CD$.
又$AB// CD$,
∴四边形ABCD是平行四边形.
∵$AC⊥ BD$,
∴四边形ABCD是菱形.
(2)命题2是真命题.理由如下:
∵$AB// CD$,$\therefore ∠BAO=∠DCO$.
在$△ AOB$和$△ COD$中,$\begin{cases} ∠AOB=∠COD, \\ OA=OC, \\ ∠BAO=∠DCO, \end{cases}$
$\therefore △ AOB≌△ COD$(ASA).$\therefore AB=CD$.
又$AB// CD$,
∴四边形ABCD是平行四边形.
∵$AC⊥ BD$,
∴四边形ABCD是菱形.
解析
【分析】
(1) 求解第一问时，先结合已知$AB// CD$，利用平行线的性质“两直线平行，同旁内角互补”可推出第一个空的结论；再结合给出的$∠BAD=∠BCD$，通过等量代换得到另一组同旁内角互补，进而根据“同旁内角互补，两直线平行”得到第三个空的结论，判定四边形为平行四边形后，结合对角线垂直即可推出是菱形。
(2) 求解第二问时，先利用$AB// CD$得到一组内错角相等，结合对顶角相等和已知$OA=OC$，证明两个三角形全等得到$AB=CD$，再结合$AB// CD$判定四边形是平行四边形，最后根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”即可验证命题为真。
【解析】
(1) ① 因为$AB// CD$，根据两直线平行，同旁内角互补，可得$∠BAD+∠ADC=180°$；
② 已知$∠BAD=∠BCD$，等量代换得$∠BCD+∠ADC=180°$；
③ 根据同旁内角互补，两直线平行，可得$AD// BC$，此时四边形两组对边分别平行，是平行四边形，结合$AC⊥BD$，可得该平行四边形是菱形。
(2) 命题2是真命题，理由如下：
$\because AB// CD$，$\therefore ∠BAO=∠DCO$。
在$△AOB$和$△COD$中，
$\begin{cases} ∠AOB=∠COD, \\ OA=OC, \\ ∠BAO=∠DCO, \end{cases}$
$\therefore △AOB≌△COD(\mathrm{ASA})$，$\therefore AB=CD$。
又$AB// CD$，$\therefore$四边形ABCD是平行四边形。
$\because AC⊥BD$，$\therefore$四边形ABCD是菱形。
【答案】
(1)①$∠BAD+∠ADC=180°$ ②$∠BAD=∠BCD$ ③$AD// BC$
(2)命题2是真命题，理由如下：
$\because AB// CD$,$\therefore ∠BAO=∠DCO$.
在$△ AOB$和$△ COD$中,$\begin{cases} ∠AOB=∠COD, \\ OA=OC, \\ ∠BAO=∠DCO, \end{cases}$
$\therefore △ AOB≌△ COD$(ASA).$\therefore AB=CD$.
又$AB// CD$,
$\therefore$四边形ABCD是平行四边形.
$\because AC⊥ BD$,
$\therefore$四边形ABCD是菱形.
【知识点】
平行线的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定
【点评】
本题综合考查了平行线、全等三角形、特殊四边形的相关知识，侧重考查对基础定理的运用能力和逻辑推理能力，解题时需按照判定定理逐步推导，理清条件和结论的对应关系。
【难度系数】
0.7
(1) 求解第一问时，先结合已知$AB// CD$，利用平行线的性质“两直线平行，同旁内角互补”可推出第一个空的结论；再结合给出的$∠BAD=∠BCD$，通过等量代换得到另一组同旁内角互补，进而根据“同旁内角互补，两直线平行”得到第三个空的结论，判定四边形为平行四边形后，结合对角线垂直即可推出是菱形。
(2) 求解第二问时，先利用$AB// CD$得到一组内错角相等，结合对顶角相等和已知$OA=OC$，证明两个三角形全等得到$AB=CD$，再结合$AB// CD$判定四边形是平行四边形，最后根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”即可验证命题为真。
【解析】
(1) ① 因为$AB// CD$，根据两直线平行，同旁内角互补，可得$∠BAD+∠ADC=180°$；
② 已知$∠BAD=∠BCD$，等量代换得$∠BCD+∠ADC=180°$；
③ 根据同旁内角互补，两直线平行，可得$AD// BC$，此时四边形两组对边分别平行，是平行四边形，结合$AC⊥BD$，可得该平行四边形是菱形。
(2) 命题2是真命题，理由如下：
$\because AB// CD$，$\therefore ∠BAO=∠DCO$。
在$△AOB$和$△COD$中，
$\begin{cases} ∠AOB=∠COD, \\ OA=OC, \\ ∠BAO=∠DCO, \end{cases}$
$\therefore △AOB≌△COD(\mathrm{ASA})$，$\therefore AB=CD$。
又$AB// CD$，$\therefore$四边形ABCD是平行四边形。
$\because AC⊥BD$，$\therefore$四边形ABCD是菱形。
【答案】
(1)①$∠BAD+∠ADC=180°$ ②$∠BAD=∠BCD$ ③$AD// BC$
(2)命题2是真命题，理由如下：
$\because AB// CD$,$\therefore ∠BAO=∠DCO$.
在$△ AOB$和$△ COD$中,$\begin{cases} ∠AOB=∠COD, \\ OA=OC, \\ ∠BAO=∠DCO, \end{cases}$
$\therefore △ AOB≌△ COD$(ASA).$\therefore AB=CD$.
又$AB// CD$,
$\therefore$四边形ABCD是平行四边形.
$\because AC⊥ BD$,
$\therefore$四边形ABCD是菱形.
【知识点】
平行线的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定
【点评】
本题综合考查了平行线、全等三角形、特殊四边形的相关知识，侧重考查对基础定理的运用能力和逻辑推理能力，解题时需按照判定定理逐步推导，理清条件和结论的对应关系。
【难度系数】
0.7
