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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：①$AE=BF$；②$AE ⊥ BF$；③$AO=OE$；④$S_{△ AOB}=S_{\mathrm{四边形}DEOF}$.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】
解题时先从正方形的性质入手，得到边相等、角为直角的基础条件，结合已知CE=DF推导出AF=DE，通过证明三角形全等判断结论①②；再利用垂直平分线的性质通过反证法判断结论③；最后利用全等三角形面积相等，通过面积和差关系判断结论④，最终筛选出所有正确结论。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD=CD，∠BAD=∠D=90°
∵CE=DF，
∴AD-DF=CD-CE，即AF=DE
在$△ ABF$和$△ DAE$中：
$\{\begin{array}{l}AB=DA\\ ∠ BAF=∠ D\\ AF=DE\end{array} $
∴$△ ABF≌△ DAE$（SAS）
∴AE=BF，故①正确；
由全等得∠ABF=∠DAE
∵∠DAE+∠BAE=90°
∴∠ABF+∠BAE=90°
∴∠AOB=180°-(∠ABF+∠BAE)=90°，即AE⊥BF，故②正确；
连接BE，在Rt△BCE中，BE为斜边，故BE＞BC=AB，若AO=OE，则BO垂直平分AE，可得AB=BE，与BE＞AB矛盾，故③错误；
∵$△ ABF≌△ DAE$，
∴$S_{△ ABF}=S_{△ DAE}$
两边同时减去公共部分$△ AOF$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，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；面积的和差计算
【点评】
本题是正方形相关的典型结论判断题，解题核心是先通过边角关系证明三角形全等，再借助全等的性质逐一验证各个结论，判断错误结论时可通过反证法推导矛盾，降低解题难度。
【难度系数】
0.7
解题时先从正方形的性质入手，得到边相等、角为直角的基础条件，结合已知CE=DF推导出AF=DE，通过证明三角形全等判断结论①②；再利用垂直平分线的性质通过反证法判断结论③；最后利用全等三角形面积相等，通过面积和差关系判断结论④，最终筛选出所有正确结论。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD=CD，∠BAD=∠D=90°
∵CE=DF，
∴AD-DF=CD-CE，即AF=DE
在$△ ABF$和$△ DAE$中：
$\{\begin{array}{l}AB=DA\\ ∠ BAF=∠ D\\ AF=DE\end{array} $
∴$△ ABF≌△ DAE$（SAS）
∴AE=BF，故①正确；
由全等得∠ABF=∠DAE
∵∠DAE+∠BAE=90°
∴∠ABF+∠BAE=90°
∴∠AOB=180°-(∠ABF+∠BAE)=90°，即AE⊥BF，故②正确；
连接BE，在Rt△BCE中，BE为斜边，故BE＞BC=AB，若AO=OE，则BO垂直平分AE，可得AB=BE，与BE＞AB矛盾，故③错误；
∵$△ ABF≌△ DAE$，
∴$S_{△ ABF}=S_{△ DAE}$
两边同时减去公共部分$△ AOF$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，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；面积的和差计算
【点评】
本题是正方形相关的典型结论判断题，解题核心是先通过边角关系证明三角形全等，再借助全等的性质逐一验证各个结论，判断错误结论时可通过反证法推导矛盾，降低解题难度。
【难度系数】
0.7
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________；
(2)若点$P$为$AD$上任意一点，$PF⊥ OD$于点$F$，则$PE+PF$的值为________.
答案
15.(1)$\frac{3}{2}$ (2)3
解析
【分析】
（1）先根据P是AD中点求出AP的长度，再结合PE⊥AO、∠DAC=30°，利用含30°角的直角三角形的性质即可求出PE的长度。
（2）采用面积法求解：先求出矩形的边CD的长度，进而得到△AOD的面积，再连接OP，将△AOD的面积拆分为△AOP和△DOP的面积之和，代入面积公式整理即可得到PE+PF的值。
【解析】
（1）
∵P为AD的中点，AD=6，
∴$AP=\frac{1}{2}AD=3$，
∵$PE⊥AO$，
∴$∠ AEP=90°$，
在$Rt△ APE$中，$∠ DAC=30°$，30°角所对的直角边等于斜边的一半，
∴$PE=\frac{1}{2}AP=\frac{1}{2}×3=\frac{3}{2}$。
（2）在矩形$ABCD$中，$∠ ADC=90°$，
在$Rt△ ADC$中，$AD=6$，$∠ DAC=30°$，
∴$CD=AD·\tan30°=6×\frac{\sqrt{3}}{3}=2\sqrt{3}$，
矩形对角线相等且互相平分，因此$OA=OD=\frac{1}{2}AC$，又$AC=2CD=4\sqrt{3}$，故$OA=OD=2\sqrt{3}$。
连接$OP$，$△ AOD$的面积为矩形$ABCD$面积的$\frac{1}{4}$，即：
$S_{△ AOD}=\frac{1}{4}× AD× CD=\frac{1}{4}×6×2\sqrt{3}=3\sqrt{3}$，
又
∵$S_{△ AOD}=S_{△ AOP}+S_{△ DOP}$，
∴$\frac{1}{2}· OA· PE+\frac{1}{2}· OD· PF=3\sqrt{3}$，
将$OA=OD=2\sqrt{3}$代入得：
$\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×(PE+PF)=3\sqrt{3}$，
化简得$\sqrt{3}(PE+PF)=3\sqrt{3}$，解得$PE+PF=3$。
【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；面积法的应用
【点评】
本题结合出入相补原理考查几何图形的计算，第一问较为基础，直接利用特殊直角三角形的性质求解即可；第二问利用面积拆分的思路求解动点线段和，是该类题型的常用技巧，能有效简化计算过程。
【难度系数】
0.7
（1）先根据P是AD中点求出AP的长度，再结合PE⊥AO、∠DAC=30°，利用含30°角的直角三角形的性质即可求出PE的长度。
（2）采用面积法求解：先求出矩形的边CD的长度，进而得到△AOD的面积，再连接OP，将△AOD的面积拆分为△AOP和△DOP的面积之和，代入面积公式整理即可得到PE+PF的值。
【解析】
（1）
∵P为AD的中点，AD=6，
∴$AP=\frac{1}{2}AD=3$，
∵$PE⊥AO$，
∴$∠ AEP=90°$，
在$Rt△ APE$中，$∠ DAC=30°$，30°角所对的直角边等于斜边的一半，
∴$PE=\frac{1}{2}AP=\frac{1}{2}×3=\frac{3}{2}$。
（2）在矩形$ABCD$中，$∠ ADC=90°$，
在$Rt△ ADC$中，$AD=6$，$∠ DAC=30°$，
∴$CD=AD·\tan30°=6×\frac{\sqrt{3}}{3}=2\sqrt{3}$，
矩形对角线相等且互相平分，因此$OA=OD=\frac{1}{2}AC$，又$AC=2CD=4\sqrt{3}$，故$OA=OD=2\sqrt{3}$。
连接$OP$，$△ AOD$的面积为矩形$ABCD$面积的$\frac{1}{4}$，即：
$S_{△ AOD}=\frac{1}{4}× AD× CD=\frac{1}{4}×6×2\sqrt{3}=3\sqrt{3}$，
又
∵$S_{△ AOD}=S_{△ AOP}+S_{△ DOP}$，
∴$\frac{1}{2}· OA· PE+\frac{1}{2}· OD· PF=3\sqrt{3}$，
将$OA=OD=2\sqrt{3}$代入得：
$\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×(PE+PF)=3\sqrt{3}$，
化简得$\sqrt{3}(PE+PF)=3\sqrt{3}$，解得$PE+PF=3$。
【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；面积法的应用
【点评】
本题结合出入相补原理考查几何图形的计算，第一问较为基础，直接利用特殊直角三角形的性质求解即可；第二问利用面积拆分的思路求解动点线段和，是该类题型的常用技巧，能有效简化计算过程。
【难度系数】
0.7
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,$\begin{cases} BO=DO, \\ ∠ BOE=∠ DOF, \\ EO=FO, \end{cases}$
$\therefore △ BOE≌ △ DOF(\mathrm{SAS})$.
(2)解:四边形EBFD为菱形.
证明如下:
∵$BO=DO$,$FO=EO$,$\therefore$四边形BEDF是平行四边形.
∵$BD⊥ EF$,$\therefore$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,$\begin{cases} BO=DO, \\ ∠ BOE=∠ DOF, \\ EO=FO, \end{cases}$
$\therefore △ BOE≌ △ DOF(\mathrm{SAS})$.
(2)解:四边形EBFD为菱形.
证明如下:
∵$BO=DO$,$FO=EO$,$\therefore$四边形BEDF是平行四边形.
∵$BD⊥ EF$,$\therefore$四边形EBFD为菱形.
解析
【分析】
（1）要证明△BOE≌△DOF，首先结合平行四边形的性质可得对角线互相平分，即BO=DO、AO=CO，再结合已知AE=CF，可推导出EO=FO，最后结合对顶角相等，利用SAS判定定理即可证明全等；
（2）探究四边形EBFD的形状时，首先由对角线互相平分可先判定该四边形是平行四边形，再结合BD⊥EF的条件，根据菱形的判定定理即可得出结论。
【解析】
(1)证明:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴BO=DO,AO=CO.
∵AE=CF,
∴AO-AE=CO-FC,即EO=FO.
在△BOE和△DOF中,
$\begin{cases} BO=DO, \\ ∠BOE=∠DOF, \\ EO=FO, \end{cases}$
∴△BOE≌△DOF(SAS).
(2)解:四边形EBFD为菱形，证明如下:
∵BO=DO,FO=EO,
∴四边形BEDF的对角线互相平分，是平行四边形.
∵BD⊥EF,
∴对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即四边形EBFD为菱形.
【答案】
(1)△BOE≌△DOF，证明成立；
(2)四边形EBFD是菱形.
【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】
本题是基础的几何综合题，解题核心是熟练掌握特殊四边形的性质、判定定理，结合已知条件推导边角关系即可完成求解，对逻辑推理能力有一定的考察。
【难度系数】
0.7
（1）要证明△BOE≌△DOF，首先结合平行四边形的性质可得对角线互相平分，即BO=DO、AO=CO，再结合已知AE=CF，可推导出EO=FO，最后结合对顶角相等，利用SAS判定定理即可证明全等；
（2）探究四边形EBFD的形状时，首先由对角线互相平分可先判定该四边形是平行四边形，再结合BD⊥EF的条件，根据菱形的判定定理即可得出结论。
【解析】
(1)证明:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴BO=DO,AO=CO.
∵AE=CF,
∴AO-AE=CO-FC,即EO=FO.
在△BOE和△DOF中,
$\begin{cases} BO=DO, \\ ∠BOE=∠DOF, \\ EO=FO, \end{cases}$
∴△BOE≌△DOF(SAS).
(2)解:四边形EBFD为菱形，证明如下:
∵BO=DO,FO=EO,
∴四边形BEDF的对角线互相平分，是平行四边形.
∵BD⊥EF,
∴对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即四边形EBFD为菱形.
【答案】
(1)△BOE≌△DOF，证明成立；
(2)四边形EBFD是菱形.
【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】
本题是基础的几何综合题，解题核心是熟练掌握特殊四边形的性质、判定定理，结合已知条件推导边角关系即可完成求解，对逻辑推理能力有一定的考察。
【难度系数】
0.7
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,$\begin{cases} ∠ AOB=∠ COD, \\ OA=OC, \\ ∠ BAO=∠ DCO, \end{cases}$
$\therefore △ AOB≌ △ COD(\mathrm{ASA})$.$\therefore AB=CD$.
又$AB// CD$,$\therefore$四边形ABCD是平行四边形.
∵$AC⊥ BD$,$\therefore$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,$\begin{cases} ∠ AOB=∠ COD, \\ OA=OC, \\ ∠ BAO=∠ DCO, \end{cases}$
$\therefore △ AOB≌ △ COD(\mathrm{ASA})$.$\therefore AB=CD$.
又$AB// CD$,$\therefore$四边形ABCD是平行四边形.
∵$AC⊥ BD$,$\therefore$四边形ABCD是菱形.
解析
【分析】
本题分为两小问，可按照如下思路解题：
(1) 填充证明框图需结合已知条件和证明逻辑前后推导：已知$AB// CD$，根据平行线的性质，同旁内角互补，可得到$∠BAD$与$∠ADC$的和为$180°$；后续要推出$∠BCD+∠ADC=180°$，需要将$∠BAD$替换为相等的$∠BCD$；由同旁内角互补可推出$AD$与$BC$平行，结合$AB// CD$即可得到四边形ABCD是平行四边形，再加$AC⊥BD$的条件即可判定为菱形。
(2) 判断命题2的真假时，首先结合$AB// CD$得到内错角相等，再结合OA=OC和对顶角相等证明$△ AOB$和$△ COD$全等，得到$AB=CD$，即可判定四边形是平行四边形，最后结合对角线垂直的条件判定为菱形，即可判断命题为真。
【解析】
(1) 根据证明逻辑依次填充：
① 由$AB// CD$，两直线平行，同旁内角互补，得$∠ BAD+∠ ADC=180°$；
② 结合$∠BCD+∠ADC=180°$，通过等量代换可得$∠ BAD=∠ BCD$；
③ 由$∠BCD+∠ADC=180°$，同旁内角互补，两直线平行，得$AD// BC$。
(2) 命题2是真命题，推导过程如下：
$\because AB// CD$，$\therefore ∠BAO=∠DCO$（两直线平行，内错角相等）。
在$△ AOB$和$△ COD$中，
$\begin{cases} ∠AOB=∠COD, \\ OA=OC, \\ ∠BAO=∠DCO, \end{cases}$
$\therefore △ AOB≌△ COD(\mathrm{ASA})$，$\therefore AB=CD$。
又$\because AB// CD$，$\therefore$四边形ABCD是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）。
$\because AC⊥BD$，$\therefore$四边形ABCD是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）。
【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:
∵$AB// CD$,$\therefore ∠ BAO=∠ DCO$.
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.
∵$AC⊥ BD$,$\therefore$四边形ABCD是菱形.
【知识点】
平行线的性质与判定，全等三角形的判定，菱形的判定
【点评】
本题围绕特殊四边形的判定展开，综合考查了平行线、全等三角形的相关知识，需要学生具备清晰的逻辑推理能力，能顺着证明链条补全推导过程，同时熟练掌握菱形的判定定理，是几何部分的典型基础综合题。
【难度系数】
0.7
本题分为两小问，可按照如下思路解题：
(1) 填充证明框图需结合已知条件和证明逻辑前后推导：已知$AB// CD$，根据平行线的性质，同旁内角互补，可得到$∠BAD$与$∠ADC$的和为$180°$；后续要推出$∠BCD+∠ADC=180°$，需要将$∠BAD$替换为相等的$∠BCD$；由同旁内角互补可推出$AD$与$BC$平行，结合$AB// CD$即可得到四边形ABCD是平行四边形，再加$AC⊥BD$的条件即可判定为菱形。
(2) 判断命题2的真假时，首先结合$AB// CD$得到内错角相等，再结合OA=OC和对顶角相等证明$△ AOB$和$△ COD$全等，得到$AB=CD$，即可判定四边形是平行四边形，最后结合对角线垂直的条件判定为菱形，即可判断命题为真。
【解析】
(1) 根据证明逻辑依次填充：
① 由$AB// CD$，两直线平行，同旁内角互补，得$∠ BAD+∠ ADC=180°$；
② 结合$∠BCD+∠ADC=180°$，通过等量代换可得$∠ BAD=∠ BCD$；
③ 由$∠BCD+∠ADC=180°$，同旁内角互补，两直线平行，得$AD// BC$。
(2) 命题2是真命题，推导过程如下：
$\because AB// CD$，$\therefore ∠BAO=∠DCO$（两直线平行，内错角相等）。
在$△ AOB$和$△ COD$中，
$\begin{cases} ∠AOB=∠COD, \\ OA=OC, \\ ∠BAO=∠DCO, \end{cases}$
$\therefore △ AOB≌△ COD(\mathrm{ASA})$，$\therefore AB=CD$。
又$\because AB// CD$，$\therefore$四边形ABCD是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）。
$\because AC⊥BD$，$\therefore$四边形ABCD是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）。
【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:
∵$AB// CD$,$\therefore ∠ BAO=∠ DCO$.
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.
∵$AC⊥ BD$,$\therefore$四边形ABCD是菱形.
【知识点】
平行线的性质与判定，全等三角形的判定，菱形的判定
【点评】
本题围绕特殊四边形的判定展开，综合考查了平行线、全等三角形的相关知识，需要学生具备清晰的逻辑推理能力，能顺着证明链条补全推导过程，同时熟练掌握菱形的判定定理，是几何部分的典型基础综合题。
【难度系数】
0.7
