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7. 如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH。求证：∠DHO=∠DCO。
答案
7. 证明:
∵四边形ABCD是菱形,
∴OD=OB,∠COD=90°.
∵DH⊥AB于H,
∴∠DHB=90°,
∴OH=OD=OB,
∴∠OHB=∠OBH.
又
∵AB//CD,
∴∠OBH=∠ODC,
∴∠OHB=∠ODC.
在Rt△COD中,∠ODC+∠OCD=90°,
在Rt△DHB中,∠DHO+∠OHB=90°,
∴∠DHO=∠DCO.
∵四边形ABCD是菱形,
∴OD=OB,∠COD=90°.
∵DH⊥AB于H,
∴∠DHB=90°,
∴OH=OD=OB,
∴∠OHB=∠OBH.
又
∵AB//CD,
∴∠OBH=∠ODC,
∴∠OHB=∠ODC.
在Rt△COD中,∠ODC+∠OCD=90°,
在Rt△DHB中,∠DHO+∠OHB=90°,
∴∠DHO=∠DCO.
解析
【分析】
要证明∠DHO=∠DCO，可通过等角的余角相等的性质推导，思考路径如下：首先回忆菱形的性质，可得菱形对角线互相垂直平分、对边平行；再结合DH⊥AB的条件，可知△DHB是直角三角形，O是BD的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得OH=OB=OD，进而推出∠OHB=∠OBH；接着利用AB//CD的内错角相等，将∠OBH转化为∠ODC；最后观察Rt△COD和Rt△DHB中的互余角，通过等角的余角相等即可得证。
【解析】
证明:
∵四边形ABCD是菱形,
∴OD=OB,∠COD=90°.
∵DH⊥AB于H,
∴∠DHB=90°,
∴OH=OD=OB,
∴∠OHB=∠OBH.
又
∵AB//CD,
∴∠OBH=∠ODC,
∴∠OHB=∠ODC.
在Rt△COD中,∠ODC+∠OCD=90°,
在Rt△DHB中,∠DHO+∠OHB=90°,
∴∠DHO=∠DCO.
【答案】
∠DHO=∠DCO
【知识点】
菱形的性质；直角三角形斜边中线的性质；等角的余角相等
【点评】
本题是几何证明的基础典型题，综合考查了菱形与直角三角形的相关性质，解题的关键是找准角之间的等量关系，合理完成角的转化，能有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
要证明∠DHO=∠DCO，可通过等角的余角相等的性质推导，思考路径如下：首先回忆菱形的性质，可得菱形对角线互相垂直平分、对边平行；再结合DH⊥AB的条件，可知△DHB是直角三角形，O是BD的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得OH=OB=OD，进而推出∠OHB=∠OBH；接着利用AB//CD的内错角相等，将∠OBH转化为∠ODC；最后观察Rt△COD和Rt△DHB中的互余角，通过等角的余角相等即可得证。
【解析】
证明:
∵四边形ABCD是菱形,
∴OD=OB,∠COD=90°.
∵DH⊥AB于H,
∴∠DHB=90°,
∴OH=OD=OB,
∴∠OHB=∠OBH.
又
∵AB//CD,
∴∠OBH=∠ODC,
∴∠OHB=∠ODC.
在Rt△COD中,∠ODC+∠OCD=90°,
在Rt△DHB中,∠DHO+∠OHB=90°,
∴∠DHO=∠DCO.
【答案】
∠DHO=∠DCO
【知识点】
菱形的性质；直角三角形斜边中线的性质；等角的余角相等
【点评】
本题是几何证明的基础典型题，综合考查了菱形与直角三角形的相关性质，解题的关键是找准角之间的等量关系，合理完成角的转化，能有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7
8. 如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，E，F在AC上，G，H在BD上，AF＝CE，BH＝DG。
求证：GF//HE。
求证：GF//HE。
答案
8. 证明:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴OA=OC.又
∵AF=CE,
∴AF-OA=CE-OC,即OF=OE.同理OG=OH.
∴四边形EGFH是平行四边形.
∴GF//HE.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴OA=OC.又
∵AF=CE,
∴AF-OA=CE-OC,即OF=OE.同理OG=OH.
∴四边形EGFH是平行四边形.
∴GF//HE.
解析
【分析】
要证明GF//HE，可先证明两线段所在的四边形EGFH是平行四边形，利用平行四边形对边平行的性质即可得证。首先根据平行四边形对角线互相平分的性质，可得OA=OC、OB=OD；再结合已知AF=CE、BH=DG，通过线段差的关系推导得出OF=OE、OG=OH，即四边形EGFH的对角线互相平分，可判定其为平行四边形，最终得到待证结论。
【解析】
证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
又
∵AF=CE，
∴AF - OA = CE - OC，即OF=OE，
同理可证得OG=OH，
根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”可得四边形EGFH是平行四边形，
由平行四边形对边平行的性质可得GF//HE。
【答案】
证明:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴OA=OC.
又
∵AF=CE,
∴AF-OA=CE-OC,即OF=OE.同理OG=OH.
∴四边形EGFH是平行四边形.
∴GF//HE.
【知识点】
平行四边形的性质，平行四边形的判定
【点评】
本题是平行四边形性质与判定的基础综合题，解题核心是通过平行四边形对角线的相关性质，将线线平行的证明转化为平行四边形的判定，属于几何常规基础考查题型。
【难度系数】
0.8
要证明GF//HE，可先证明两线段所在的四边形EGFH是平行四边形，利用平行四边形对边平行的性质即可得证。首先根据平行四边形对角线互相平分的性质，可得OA=OC、OB=OD；再结合已知AF=CE、BH=DG，通过线段差的关系推导得出OF=OE、OG=OH，即四边形EGFH的对角线互相平分，可判定其为平行四边形，最终得到待证结论。
【解析】
证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
又
∵AF=CE，
∴AF - OA = CE - OC，即OF=OE，
同理可证得OG=OH，
根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”可得四边形EGFH是平行四边形，
由平行四边形对边平行的性质可得GF//HE。
【答案】
证明:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴OA=OC.
又
∵AF=CE,
∴AF-OA=CE-OC,即OF=OE.同理OG=OH.
∴四边形EGFH是平行四边形.
∴GF//HE.
【知识点】
平行四边形的性质，平行四边形的判定
【点评】
本题是平行四边形性质与判定的基础综合题，解题核心是通过平行四边形对角线的相关性质，将线线平行的证明转化为平行四边形的判定，属于几何常规基础考查题型。
【难度系数】
0.8
9. 如图,正方形纸片ABCD的边长为3,点E, F分别在边BC,CD上,将AB,AD分别沿AE,AF折叠,点B,D恰好都落在点G处,BE=1.
(1)求EF的长;
(2)求△CEF的面积.
(1)求EF的长;
(2)求△CEF的面积.
答案
9. (1)由图形折叠可得 BE=EG,DF=FG,
∵正方形ABCD的边长为3,BE=1,
∴EG=1,EC=BC-BE=3-1=2,CF=3-FD=3-FG,在Rt△ECF中,EF²=EC²+CF²,
∴(1+GF)²=2²+(3-GF)²,解得 GF=$\frac{3}{2}$,
∴EF=1+$\frac{3}{2}$=$\frac{5}{2}$；
(2)
∵GF=DF=$\frac{3}{2}$,
∴CF=CD-DF=$\frac{3}{2}$,
∴△CEF的面积=$\frac{1}{2}$CE·FC=$\frac{1}{2}$×2×$\frac{3}{2}$=$\frac{3}{2}$.
∵正方形ABCD的边长为3,BE=1,
∴EG=1,EC=BC-BE=3-1=2,CF=3-FD=3-FG,在Rt△ECF中,EF²=EC²+CF²,
∴(1+GF)²=2²+(3-GF)²,解得 GF=$\frac{3}{2}$,
∴EF=1+$\frac{3}{2}$=$\frac{5}{2}$；
(2)
∵GF=DF=$\frac{3}{2}$,
∴CF=CD-DF=$\frac{3}{2}$,
∴△CEF的面积=$\frac{1}{2}$CE·FC=$\frac{1}{2}$×2×$\frac{3}{2}$=$\frac{3}{2}$.
解析
【分析】
本题是正方形背景下的折叠问题，解题核心是利用折叠的性质转化相等的线段。首先，折叠后对应边相等，可得BE=EG、DF=FG，因此EF的长度可转化为EG+FG=BE+DF。要求EF，我们可以设GF（即DF）的长为未知数，将Rt△ECF的三边都用含未知数的式子表示，再利用勾股定理列方程求解未知数，即可得到EF的长度；第二问求△CEF的面积，在求得CF的长度后，结合已知的EC长度，利用直角三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1) 根据折叠的性质可知：$BE=EG$，$DF=FG$。
∵ 正方形ABCD边长为3，$BE=1$，
∴ $EG=BE=1$，$EC=BC-BE=3-1=2$，
设$GF=DF=x$，则$CF=CD-DF=3-x$，$EF=EG+GF=1+x$，
在$Rt△ ECF$中，由勾股定理得$EF^2=EC^2+CF^2$，
代入得：$(1+x)^2=2^2+(3-x)^2$，
展开得：$1+2x+x^2=4+9-6x+x^2$，
化简得：$8x=12$，解得$x=\frac{3}{2}$，
∴ $EF=1+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$。
(2) 由(1)得$DF=GF=\frac{3}{2}$，
∴ $CF=CD-DF=3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$，
∵ $△ CEF$是直角三角形，$∠ C=90°$，
∴ $S_{△ CEF}=\frac{1}{2}· CE· CF=\frac{1}{2}×2×\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$。
【答案】
(1) $\frac{5}{2}$；(2) $\frac{3}{2}$
【知识点】
正方形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题是特殊平行四边形中的典型折叠题型，解题关键是抓住折叠前后对应边相等的性质，将分散的线段关系集中到同一个直角三角形中，通过列方程求解未知量，同时要熟练掌握正方形和直角三角形的相关性质，这类题型是几何部分的常考题型。
【难度系数】
0.7
本题是正方形背景下的折叠问题，解题核心是利用折叠的性质转化相等的线段。首先，折叠后对应边相等，可得BE=EG、DF=FG，因此EF的长度可转化为EG+FG=BE+DF。要求EF，我们可以设GF（即DF）的长为未知数，将Rt△ECF的三边都用含未知数的式子表示，再利用勾股定理列方程求解未知数，即可得到EF的长度；第二问求△CEF的面积，在求得CF的长度后，结合已知的EC长度，利用直角三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1) 根据折叠的性质可知：$BE=EG$，$DF=FG$。
∵ 正方形ABCD边长为3，$BE=1$，
∴ $EG=BE=1$，$EC=BC-BE=3-1=2$，
设$GF=DF=x$，则$CF=CD-DF=3-x$，$EF=EG+GF=1+x$，
在$Rt△ ECF$中，由勾股定理得$EF^2=EC^2+CF^2$，
代入得：$(1+x)^2=2^2+(3-x)^2$，
展开得：$1+2x+x^2=4+9-6x+x^2$，
化简得：$8x=12$，解得$x=\frac{3}{2}$，
∴ $EF=1+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$。
(2) 由(1)得$DF=GF=\frac{3}{2}$，
∴ $CF=CD-DF=3-\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$，
∵ $△ CEF$是直角三角形，$∠ C=90°$，
∴ $S_{△ CEF}=\frac{1}{2}· CE· CF=\frac{1}{2}×2×\frac{3}{2}=\frac{3}{2}$。
【答案】
(1) $\frac{5}{2}$；(2) $\frac{3}{2}$
【知识点】
正方形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题是特殊平行四边形中的典型折叠题型，解题关键是抓住折叠前后对应边相等的性质，将分散的线段关系集中到同一个直角三角形中，通过列方程求解未知量，同时要熟练掌握正方形和直角三角形的相关性质，这类题型是几何部分的常考题型。
【难度系数】
0.7
10. 如图，E，F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，且DE//BF.
(1)求证：△ADE≌△CBF；
(2)若AE=1，AB=3，求四边形BEDF的面积.
(1)求证：△ADE≌△CBF；
(2)若AE=1，AB=3，求四边形BEDF的面积.
答案
10. (1)证明:
∵四边形ABCD是正方形,
∴AD//BC,AD=BC,
∴∠DAE=∠BCF;
∵DE//BF,
∴∠DEF=∠BFE,
∵∠DEF+∠DEA=180°,∠BFE+∠BFC=180°,
∴∠DEA=∠BFC,
∴△ADE≌△CBF(AAS);
(2)解:如图所示,连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是正方形,
∴AC=BD,AC⊥BD,AB=BC=3,∠ABC=90°,
∴AC=$\sqrt{AB^2+BC^2}$=$3\sqrt{2}$;由(1)得△ADE≌△CBF,
∴CF=AE=1,
∴EF=AC-AE-CF=$3\sqrt{2}-2$,
∴$S_{四边形BEDF}=S_{△DEF}+S_{△BEF}=\frac{1}{2}EF·OD+\frac{1}{2}EF·OB=\frac{1}{2}EF·(OD+OB)=\frac{1}{2}EF·BD=\frac{1}{2}×(3\sqrt{2}-2)×3\sqrt{2}=9-3\sqrt{2}$.
解析
【分析】
(1) 要证明△ADE≌△CBF，先从正方形性质入手：正方形对边平行且相等，可得AD=BC、∠DAE=∠BCF；再结合DE//BF的条件，利用等角的补角相等推出∠DEA=∠BFC，满足AAS全等判定条件，即可完成证明。
(2) 求四边形BEDF的面积时，观察到正方形对角线互相垂直，因此连接BD交AC于O，可将四边形拆分为共底EF的△DEF和△BEF，二者高之和为BD，因此面积可表示为$\frac{1}{2}×EF×BD$。先通过勾股定理算出AC（即BD）的长度，再由全等结论得CF=AE，求出EF长度后代入公式即可算出结果。
【解析】
(1) 证明:
∵四边形ABCD是正方形,
∴AD//BC,AD=BC,
∴∠DAE=∠BCF;
∵DE//BF,
∴∠DEF=∠BFE,
∵∠DEF+∠DEA=180°,∠BFE+∠BFC=180°,
∴∠DEA=∠BFC,
∴△ADE≌△CBF(AAS);
(2) 解:如图所示,连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是正方形,
∴AC=BD,AC⊥BD,AB=BC=3,∠ABC=90°,
∴AC=$\sqrt{AB^2+BC^2}$=$3\sqrt{2}$;由(1)得△ADE≌△CBF,
∴CF=AE=1,
∴EF=AC-AE-CF=$3\sqrt{2}-2$,
∴$S_{四边形BEDF}=S_{△DEF}+S_{△BEF}=\frac{1}{2}EF·OD+\frac{1}{2}EF·OB=\frac{1}{2}EF·(OD+OB)=\frac{1}{2}EF·BD=\frac{1}{2}×(3\sqrt{2}-2)×3\sqrt{2}=9-3\sqrt{2}$。
【答案】
(1)已证△ADE≌△CBF；
(2)四边形BEDF的面积为$9-3\sqrt{2}$，辅助线如图：
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、对角线垂直类四边形面积计算
【点评】
本题是特殊平行四边形的基础综合题，第一问难度较低，熟练掌握正方形和平行线的性质即可找到全等条件；第二问通过连接正方形对角线构造垂直关系，将不规则四边形面积转化为共底三角形面积和求解，是解决这类问题的常用技巧，需重点掌握连接对角线的辅助线思路。
【难度系数】
0.65
(1) 要证明△ADE≌△CBF，先从正方形性质入手：正方形对边平行且相等，可得AD=BC、∠DAE=∠BCF；再结合DE//BF的条件，利用等角的补角相等推出∠DEA=∠BFC，满足AAS全等判定条件，即可完成证明。
(2) 求四边形BEDF的面积时，观察到正方形对角线互相垂直，因此连接BD交AC于O，可将四边形拆分为共底EF的△DEF和△BEF，二者高之和为BD，因此面积可表示为$\frac{1}{2}×EF×BD$。先通过勾股定理算出AC（即BD）的长度，再由全等结论得CF=AE，求出EF长度后代入公式即可算出结果。
【解析】
(1) 证明:
∵四边形ABCD是正方形,
∴AD//BC,AD=BC,
∴∠DAE=∠BCF;
∵DE//BF,
∴∠DEF=∠BFE,
∵∠DEF+∠DEA=180°,∠BFE+∠BFC=180°,
∴∠DEA=∠BFC,
∴△ADE≌△CBF(AAS);
(2) 解:如图所示,连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是正方形,
∴AC=BD,AC⊥BD,AB=BC=3,∠ABC=90°,
∴AC=$\sqrt{AB^2+BC^2}$=$3\sqrt{2}$;由(1)得△ADE≌△CBF,
∴CF=AE=1,
∴EF=AC-AE-CF=$3\sqrt{2}-2$,
∴$S_{四边形BEDF}=S_{△DEF}+S_{△BEF}=\frac{1}{2}EF·OD+\frac{1}{2}EF·OB=\frac{1}{2}EF·(OD+OB)=\frac{1}{2}EF·BD=\frac{1}{2}×(3\sqrt{2}-2)×3\sqrt{2}=9-3\sqrt{2}$。
【答案】
(1)已证△ADE≌△CBF；
(2)四边形BEDF的面积为$9-3\sqrt{2}$，辅助线如图：
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、对角线垂直类四边形面积计算
【点评】
本题是特殊平行四边形的基础综合题，第一问难度较低，熟练掌握正方形和平行线的性质即可找到全等条件；第二问通过连接正方形对角线构造垂直关系，将不规则四边形面积转化为共底三角形面积和求解，是解决这类问题的常用技巧，需重点掌握连接对角线的辅助线思路。
【难度系数】
0.65
