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12.(真题·舟山定海)如图,在矩形ABCD中,过点D作$DE⊥AC$于点E,$∠DAC=29°$,则$∠BDE$的度数为________。
答案
12.$32°$
解析
【分析】要计算∠BDE的度数，需结合矩形的性质推导角度关系：首先利用矩形对角线相等且互相平分，得到等腰三角形，求出∠ADB的度数；再根据DE⊥AC，在直角三角形中求出∠ADE的度数；最后通过两个角的差计算∠BDE。
【解析】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，且OA=OC=½AC，OB=OD=½BD，
∴OA=OD，即△OAD为等腰三角形，
∴∠ADO=∠DAC=29°。
又
∵DE⊥AC，
∴∠AED=90°，
在Rt△ADE中，∠ADE=90°−∠DAC=90°−29°=61°，
∴∠BDE=∠ADE−∠ADO=61°−29°=32°。
【答案】32°
【知识点】矩形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的内角和
【点评】本题主要考查矩形性质的应用，核心是利用矩形对角线的特性构造等腰三角形，结合直角三角形的角度关系求解，属于基础几何题，难度不大。
【难度系数】0.6
【解析】
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，且OA=OC=½AC，OB=OD=½BD，
∴OA=OD，即△OAD为等腰三角形，
∴∠ADO=∠DAC=29°。
又
∵DE⊥AC，
∴∠AED=90°，
在Rt△ADE中，∠ADE=90°−∠DAC=90°−29°=61°，
∴∠BDE=∠ADE−∠ADO=61°−29°=32°。
【答案】32°
【知识点】矩形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的内角和
【点评】本题主要考查矩形性质的应用，核心是利用矩形对角线的特性构造等腰三角形，结合直角三角形的角度关系求解，属于基础几何题，难度不大。
【难度系数】0.6
13.(真题·嘉兴)如图,正方形ABCD的边长为13,以BC为斜边向内作$\mathrm{Rt}△ BCF$,$∠ F=90°$,$BF＞CF$,$AE⊥ BF$于点E,连结DE。若$EF=7$,则$△ AED$的面积为$\underline{\hspace{5cm}}$。
答案
13.72
解析
【分析】
要解决本题，需利用正方形的性质、直角三角形全等判定、勾股定理及三角形面积公式逐步推导：首先根据正方形和直角三角形的角关系证明△ABE≌△BCF，再通过勾股定理求出相关线段长度，最后结合坐标法或几何关系计算△AED的面积。
【解析】
1. 证明三角形全等：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=BC=13，∠ABC=90°，即∠ABE + ∠CBF=90°。
又
∵ AE⊥BF，
∴ ∠AEB=90°，即∠BAE + ∠ABE=90°，
∴ ∠BAE=∠CBF。
在△ABE和△BCF中：
$\{\begin{array}{l}∠AEB=∠BFC=90° \\∠BAE=∠CBF \\AB=BC\end{array} $
∴ △ABE≌△BCF（AAS），得AE=BF，BE=CF。
2. 求线段长度：
设BE=x，则BF=BE+EF=x+7，在Rt△BCF中，由勾股定理：
$CF^2 + BF^2 = BC^2$，即$x^2 + (x+7)^2 =13^2$，
展开整理：$2x^2 +14x -120=0$，即$x^2 +7x -60=0$，
解得正根$x=5$，故BE=5，BF=12，AE=12。
3. 计算△AED的面积：
建立坐标系：设B(0,0)，C(13,0)，A(0,13)，D(13,13)。
BF的斜率为$\frac{5}{12}$，则AE的斜率为$-\frac{12}{5}$，AE方程为$y=-\frac{12}{5}x +13$；
联立BF方程$y=\frac{5}{12}x$，解得E点坐标为$(\frac{60}{13},\frac{25}{13})$。
AD在直线y=13上，长度为13，E到AD的距离为$13-\frac{25}{13}=\frac{144}{13}$，
故△AED面积：$\frac{1}{2}×13×\frac{144}{13}=72$。
【答案】
72
【知识点】
正方形性质、全等三角形判定、勾股定理、三角形面积
【点评】
本题综合考查几何知识的应用，核心是通过全等三角形转化线段长度，再结合坐标法求高计算面积，需学生具备较强的几何逻辑分析能力，是一道中等难度的几何题。
【难度系数】
0.4
要解决本题，需利用正方形的性质、直角三角形全等判定、勾股定理及三角形面积公式逐步推导：首先根据正方形和直角三角形的角关系证明△ABE≌△BCF，再通过勾股定理求出相关线段长度，最后结合坐标法或几何关系计算△AED的面积。
【解析】
1. 证明三角形全等：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=BC=13，∠ABC=90°，即∠ABE + ∠CBF=90°。
又
∵ AE⊥BF，
∴ ∠AEB=90°，即∠BAE + ∠ABE=90°，
∴ ∠BAE=∠CBF。
在△ABE和△BCF中：
$\{\begin{array}{l}∠AEB=∠BFC=90° \\∠BAE=∠CBF \\AB=BC\end{array} $
∴ △ABE≌△BCF（AAS），得AE=BF，BE=CF。
2. 求线段长度：
设BE=x，则BF=BE+EF=x+7，在Rt△BCF中，由勾股定理：
$CF^2 + BF^2 = BC^2$，即$x^2 + (x+7)^2 =13^2$，
展开整理：$2x^2 +14x -120=0$，即$x^2 +7x -60=0$，
解得正根$x=5$，故BE=5，BF=12，AE=12。
3. 计算△AED的面积：
建立坐标系：设B(0,0)，C(13,0)，A(0,13)，D(13,13)。
BF的斜率为$\frac{5}{12}$，则AE的斜率为$-\frac{12}{5}$，AE方程为$y=-\frac{12}{5}x +13$；
联立BF方程$y=\frac{5}{12}x$，解得E点坐标为$(\frac{60}{13},\frac{25}{13})$。
AD在直线y=13上，长度为13，E到AD的距离为$13-\frac{25}{13}=\frac{144}{13}$，
故△AED面积：$\frac{1}{2}×13×\frac{144}{13}=72$。
【答案】
72
【知识点】
正方形性质、全等三角形判定、勾股定理、三角形面积
【点评】
本题综合考查几何知识的应用，核心是通过全等三角形转化线段长度，再结合坐标法求高计算面积，需学生具备较强的几何逻辑分析能力，是一道中等难度的几何题。
【难度系数】
0.4
14.(真题·金华义乌)如图,矩形ABCD的对角线AC,BD交于点O,AB=6,E为BC边上一点,连结AE,将$△ ABE$沿AE翻折,使点B恰好与点O重合,则BE的长为$\underline{\hspace{5em}}$。
答案
14.$2\sqrt{3}$
解析
【分析】
要解决本题，需结合矩形和翻折的性质逐步推导：首先利用矩形对角线相等且互相平分的性质得到OA=OB，再根据翻折的对应边相等得出AB=AO，进而确定△AOB为等边三角形，得到AC的长度，最后在直角三角形中利用三角函数求出BE的长度。
【解析】
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AC=BD，OA=OC=½AC，OB=OD=½BD，∠ABC=90°，
∴ OA=OB。
由翻折的性质可知：AB=AO，BE=OE，∠AOE=∠ABE=90°，
∴ AB=AO=OB=6，
∴ AC=2OA=12。
在Rt△ABC中，AB=6，AC=12，
∴ ∠ACB=30°，OC=½AC=6。
∵ ∠AOE=90°，
∴ ∠EOC=90°，
在Rt△EOC中，∠OCE=30°，
∴ OE=OC·tan30°=6×(√3/3)=2√3，
又
∵ BE=OE，
∴ BE=2√3。
【答案】
2√3
【知识点】
矩形性质、翻折变换、直角三角形性质
【点评】
本题综合考查矩形与翻折的性质，解题关键是利用翻折前后对应边相等，结合矩形对角线的性质找到等边三角形，再通过直角三角形的三角函数求解，是一道中等难度的几何题。
【难度系数】
0.4
要解决本题，需结合矩形和翻折的性质逐步推导：首先利用矩形对角线相等且互相平分的性质得到OA=OB，再根据翻折的对应边相等得出AB=AO，进而确定△AOB为等边三角形，得到AC的长度，最后在直角三角形中利用三角函数求出BE的长度。
【解析】
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AC=BD，OA=OC=½AC，OB=OD=½BD，∠ABC=90°，
∴ OA=OB。
由翻折的性质可知：AB=AO，BE=OE，∠AOE=∠ABE=90°，
∴ AB=AO=OB=6，
∴ AC=2OA=12。
在Rt△ABC中，AB=6，AC=12，
∴ ∠ACB=30°，OC=½AC=6。
∵ ∠AOE=90°，
∴ ∠EOC=90°，
在Rt△EOC中，∠OCE=30°，
∴ OE=OC·tan30°=6×(√3/3)=2√3，
又
∵ BE=OE，
∴ BE=2√3。
【答案】
2√3
【知识点】
矩形性质、翻折变换、直角三角形性质
【点评】
本题综合考查矩形与翻折的性质，解题关键是利用翻折前后对应边相等，结合矩形对角线的性质找到等边三角形，再通过直角三角形的三角函数求解，是一道中等难度的几何题。
【难度系数】
0.4
15.(真题·金华义乌)如图,已知菱形ABCD的边长为$\sqrt{7}$,$∠ABC=80°$,延长BC至点E,射线CF在$∠DCE$的内部且满足$∠DCF=50°$,过点D作$DG⊥CF$交CF于点G,过点G作$GH⊥CE$交CE于点H。若$GH=1$,则线段BD的长为________。
答案
15.$2\sqrt{3}$ 解析:如图,连结AC,交BD于O,因为四边形ABCD是菱形,$∠ ABC=80°$,所以$BO=DO$,$AC⊥ BD$,$∠ BCD=100°$,$∠ BDC=40°$,因为$∠ DCF=50°$,所以$∠ GCH=30°$,因为$GH⊥ CE$,所以$CG=2GH=2$,因为$DG⊥ CF$,$∠ DCF=50°$,所以$∠ CDG=40°=∠ BDC$,所以CD平分$∠ BDG$,又因为$AC⊥ BD$,$DG⊥ CG$,所以$OC=CG=2$,所以$OD=\sqrt{CD^2-OC^2}=\sqrt{7-4}=\sqrt{3}$,所以$BD=2OD=2\sqrt{3}$。[第15题图]
解析
【分析】
要解决本题，首先利用菱形的性质，连接对角线AC、BD交于点O，菱形对角线互相垂直平分，且邻角互补、对角线平分内角。先根据已知角度求出相关角的度数，结合直角三角形中30°角的性质求出CG的长度，再利用角平分线的性质得到OC=CG，最后在直角三角形OCD中用勾股定理求出OD，进而得到BD的长度。
【解析】
连结AC，交BD于点O。
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BO=DO，∠BCD=180°-∠ABC=180°-80°=100°，∠BDC=½(180°-∠BCD)=½×80°=40°。
∵∠DCF=50°，
∴∠GCH=180°-∠BCD-∠DCF=180°-100°-50°=30°。
∵GH⊥CE，
∴△GCH是直角三角形，∠GHC=90°，
∴CG=2GH=2×1=2。
∵DG⊥CF，
∴∠DGC=90°，在Rt△DGC中，∠CDG=90°-∠DCF=90°-50°=40°，
∴∠CDG=∠BDC，即CD平分∠BDG。
又
∵AC⊥BD，DG⊥CG，根据角平分线的性质，点C到∠BDG两边的距离相等，故OC=CG=2。
在Rt△OCD中，CD=√7，OC=2，由勾股定理得：
OD=√(CD² - OC²)=√[(√7)² - 2²]=√(7-4)=√3。
∵BD=2OD，
∴BD=2×√3=2√3。
【答案】
2√3
【知识点】
菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查菱形的性质，结合直角三角形的角度关系、角平分线的性质，通过勾股定理求解线段长度，需要熟练掌握多个几何定理的应用，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.4
要解决本题，首先利用菱形的性质，连接对角线AC、BD交于点O，菱形对角线互相垂直平分，且邻角互补、对角线平分内角。先根据已知角度求出相关角的度数，结合直角三角形中30°角的性质求出CG的长度，再利用角平分线的性质得到OC=CG，最后在直角三角形OCD中用勾股定理求出OD，进而得到BD的长度。
【解析】
连结AC，交BD于点O。
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，BO=DO，∠BCD=180°-∠ABC=180°-80°=100°，∠BDC=½(180°-∠BCD)=½×80°=40°。
∵∠DCF=50°，
∴∠GCH=180°-∠BCD-∠DCF=180°-100°-50°=30°。
∵GH⊥CE，
∴△GCH是直角三角形，∠GHC=90°，
∴CG=2GH=2×1=2。
∵DG⊥CF，
∴∠DGC=90°，在Rt△DGC中，∠CDG=90°-∠DCF=90°-50°=40°，
∴∠CDG=∠BDC，即CD平分∠BDG。
又
∵AC⊥BD，DG⊥CG，根据角平分线的性质，点C到∠BDG两边的距离相等，故OC=CG=2。
在Rt△OCD中，CD=√7，OC=2，由勾股定理得：
OD=√(CD² - OC²)=√[(√7)² - 2²]=√(7-4)=√3。
∵BD=2OD，
∴BD=2×√3=2√3。
【答案】
2√3
【知识点】
菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查菱形的性质，结合直角三角形的角度关系、角平分线的性质，通过勾股定理求解线段长度，需要熟练掌握多个几何定理的应用，属于中等难度的几何题。
【难度系数】
0.4
16.(真题·绍兴嵊州)如图,菱形ABCD的边长为5,点E在边AB上,连结CE,过点D作$DF⊥CE$于点F,CE,DF将菱形分割成三部分后,恰好可以拼成一个直角三角形,若$EC=DF+2$,则线段AE的长度为________。
答案
16.$\frac{14}{5}$ 解析:由题中两个图可得$CF=EF$,连结DE,过点D,C分别作$DM⊥ AB$,$CN⊥ AB$,垂足为点M,N,设$DF=2x$,$AM=a$,因为四边形ABCD是菱形,所以$AD=CD=BC=AB=5$,$AD// BC$,$CD// AB$,因为$CF=EF$,$DF⊥ CE$,所以$DC=DE=DA=5$,因为$DM⊥ AB$,所以$AM=ME=a$,因为$EC=DF+2=2x+2$,所以$CF=EF=x+1$,在$\mathrm{Rt}△ DFC$中,由勾股定理得$DF^2+FC^2=DC^2$,所以$(2x)^2+(x+1)^2=5^2$,解得$x=2$或$x=-\frac{12}{5}$(舍),所以$CE=2x+2=2×2+2=6$,因为$CD// AB$,$DM⊥ AB$,$CN⊥ AB$,所以$∠ DMN=∠ N=∠ NCD=90°$,所以四边形DMNC为矩形,所以$CD=MN=5$,所以$EN=5-a$,因为$DM^2=CN^2$,所以$AD^2-AM^2=CE^2-EN^2$,所以$5^2-a^2=6^2-(5-a)^2$,解得$a=\frac{7}{5}$,所以$AE=2a=\frac{14}{5}$。[第16题图]
解析
【分析】首先，根据“分割成三部分后恰好可以拼成一个直角三角形”，可推出CE被DF垂直平分，即CF=EF，结合垂直平分线性质得DC=DE；再利用菱形边长相等，得DE=AD=5，故△ADE为等腰三角形，过D作DM⊥AB可由三线合一得AM=ME。接着设DF=2x，结合EC=DF+2表示出EC，进而在Rt△DFC中用勾股定理求出x，得到EC长度；最后通过作辅助线CN⊥AB，利用矩形性质和勾股定理建立方程，求解AE的长度。
【解析】
1. 由图形拼接的性质可知，CE被DF垂直平分，即CF=EF，又DF⊥CE，根据垂直平分线的性质，得DC=DE。
2. 因为四边形ABCD是菱形，边长为5，所以AD=DC=5，故DE=AD=5。过点D作DM⊥AB于M，由等腰三角形三线合一，得AM=ME。
3. 设DF=2x，已知EC=DF+2，因此EC=2x+2，进而得EF=CF=(2x+2)÷2=x+1。
4. 在Rt△DFC中，DC=5，由勾股定理：$DF^2 + CF^2 = DC^2$，代入得：$(2x)^2 + (x+1)^2 = 5^2$，整理得$5x^2 + 2x -24=0$，解得$x=2$或$x=-\frac{12}{5}$（舍去负数解）。
5. 所以$EC=2×2 +2=6$。
6. 过点C作CN⊥AB于N，因为CD//AB，DM⊥AB，CN⊥AB，所以四边形DMNC是矩形，故MN=CD=5，设AM=ME=a，则EN=5 - a。
7. 由$DM^2=CN^2$，根据勾股定理：$AD^2 - AM^2 = CE^2 - EN^2$，代入得：$5^2 -a^2=6^2 -(5 -a)^2$，展开计算得$25 -a^2=36 -25 +10a -a^2$，化简得$10a=14$，解得$a=\frac{7}{5}$。
8. 因此$AE=2a=2×\frac{7}{5}=\frac{14}{5}$。
【答案】$\frac{14}{5}$
【知识点】菱形性质、垂直平分线性质、勾股定理
【点评】本题结合菱形与图形拼接的特点，综合运用垂直平分线、等腰三角形三线合一、勾股定理等知识，需要合理作辅助线建立方程求解，考查学生的逻辑推理与运算能力。
【难度系数】0.5
【解析】
1. 由图形拼接的性质可知，CE被DF垂直平分，即CF=EF，又DF⊥CE，根据垂直平分线的性质，得DC=DE。
2. 因为四边形ABCD是菱形，边长为5，所以AD=DC=5，故DE=AD=5。过点D作DM⊥AB于M，由等腰三角形三线合一，得AM=ME。
3. 设DF=2x，已知EC=DF+2，因此EC=2x+2，进而得EF=CF=(2x+2)÷2=x+1。
4. 在Rt△DFC中，DC=5，由勾股定理：$DF^2 + CF^2 = DC^2$，代入得：$(2x)^2 + (x+1)^2 = 5^2$，整理得$5x^2 + 2x -24=0$，解得$x=2$或$x=-\frac{12}{5}$（舍去负数解）。
5. 所以$EC=2×2 +2=6$。
6. 过点C作CN⊥AB于N，因为CD//AB，DM⊥AB，CN⊥AB，所以四边形DMNC是矩形，故MN=CD=5，设AM=ME=a，则EN=5 - a。
7. 由$DM^2=CN^2$，根据勾股定理：$AD^2 - AM^2 = CE^2 - EN^2$，代入得：$5^2 -a^2=6^2 -(5 -a)^2$，展开计算得$25 -a^2=36 -25 +10a -a^2$，化简得$10a=14$，解得$a=\frac{7}{5}$。
8. 因此$AE=2a=2×\frac{7}{5}=\frac{14}{5}$。
【答案】$\frac{14}{5}$
【知识点】菱形性质、垂直平分线性质、勾股定理
【点评】本题结合菱形与图形拼接的特点，综合运用垂直平分线、等腰三角形三线合一、勾股定理等知识，需要合理作辅助线建立方程求解，考查学生的逻辑推理与运算能力。
【难度系数】0.5
三、解答题（共7题，共72分，17～18题每题8分，19～21题每题10分，22题12分，23题14分）
答案
第17题
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴O是AC中点，AB=BC=CD=DA，
又∵E是AB中点，
∴EO是△ABC的中位线，
∴EO=$\frac{1}{2}$BC，
∵EO=4，
∴BC=8，
∴菱形ABCD的周长为$4×8=32$。
---
第18题
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AB//CD，
又∵BE//AC，
∴四边形ABEC是平行四边形，
∴AC=BE，
∴BD=BE。
---
第19题
证明：∵正方形ABCD边长为4，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠A=∠B=∠C=90°，
∵BE=1，AF=1.5，
∴CE=3，BF=2.5，
在Rt△ADF中，$DF^2=AD^2+AF^2=4^2+1.5^2=18.25$，
在Rt△DCE中，$DE^2=CD^2+CE^2=4^2+3^2=25$，
在Rt△BEF中，$EF^2=BE^2+BF^2=1^2+2.5^2=7.25$，
∵$DF^2+EF^2=18.25+7.25=25=DE^2$，
由勾股定理逆定理可得△DEF是直角三角形。
---
第20题
证明：∵AD⊥BD，
∴△ABD是直角三角形，
∵E是AB中点，
∴DE=$\frac{1}{2}$AB=AE=BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
又∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴BE=$\frac{1}{2}$AB，DF=$\frac{1}{2}$CD，
∴BE=DF，且BE//DF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
又∵DE=BE，
∴平行四边形BFDE是菱形。
---
第21题
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，
∴∠FAE=∠CDE，
∵E是AD中点，
∴AE=DE，
在△FAE和△CDE中：
$\begin{cases}∠FAE=∠CDE \\AE=DE \\∠AEF=∠DEC\end{cases}$
∴△FAE≌△CDE（ASA），
∴CD=FA，
又∵CD//FA，
∴四边形ACDF是平行四边形。
（2）解：BC=2CD，理由如下：
∵CF平分∠BCD，∠BCD=90°，
∴∠DCE=45°，
∵∠CDE=90°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CD=DE，
∵E是AD中点，
∴AD=2DE=2CD，
又∵矩形中AD=BC，
∴BC=2CD。
---
第22题
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠CBF+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠CBF，
在△ABE和△BCF中：
$\begin{cases}∠BAE=∠CBF \\AB=BC \\∠ABE=∠C\end{cases}$
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE=BF。
（2）解：在Rt△ABE中，AB=4，BE=3，
由勾股定理得$AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$，
∵AE⊥BF，
∴$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}AB· BE=\frac{1}{2}AE· AG$，
代入得$AG=\frac{AB· BE}{AE}=\frac{4×3}{5}=\frac{12}{5}$。
---
第23题
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，
∴∠NDE=∠MAE，∠DNE=∠AME，
∵E是AD中点，
∴DE=AE，
在△NDE和△MAE中：
$\begin{cases}∠NDE=∠MAE \\∠DNE=∠AME \\DE=AE\end{cases}$
∴△NDE≌△MAE（AAS），
∴ND=MA，
又∵ND//MA，
∴四边形AMDN是平行四边形。
（2）解：① $\boldsymbol{1}$；② $\boldsymbol{2}$。
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴O是AC中点，AB=BC=CD=DA，
又∵E是AB中点，
∴EO是△ABC的中位线，
∴EO=$\frac{1}{2}$BC，
∵EO=4，
∴BC=8，
∴菱形ABCD的周长为$4×8=32$。
---
第18题
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AB//CD，
又∵BE//AC，
∴四边形ABEC是平行四边形，
∴AC=BE，
∴BD=BE。
---
第19题
证明：∵正方形ABCD边长为4，
∴AB=BC=CD=AD=4，∠A=∠B=∠C=90°，
∵BE=1，AF=1.5，
∴CE=3，BF=2.5，
在Rt△ADF中，$DF^2=AD^2+AF^2=4^2+1.5^2=18.25$，
在Rt△DCE中，$DE^2=CD^2+CE^2=4^2+3^2=25$，
在Rt△BEF中，$EF^2=BE^2+BF^2=1^2+2.5^2=7.25$，
∵$DF^2+EF^2=18.25+7.25=25=DE^2$，
由勾股定理逆定理可得△DEF是直角三角形。
---
第20题
证明：∵AD⊥BD，
∴△ABD是直角三角形，
∵E是AB中点，
∴DE=$\frac{1}{2}$AB=AE=BE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，AB=CD，
又∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴BE=$\frac{1}{2}$AB，DF=$\frac{1}{2}$CD，
∴BE=DF，且BE//DF，
∴四边形BFDE是平行四边形，
又∵DE=BE，
∴平行四边形BFDE是菱形。
---
第21题
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，
∴∠FAE=∠CDE，
∵E是AD中点，
∴AE=DE，
在△FAE和△CDE中：
$\begin{cases}∠FAE=∠CDE \\AE=DE \\∠AEF=∠DEC\end{cases}$
∴△FAE≌△CDE（ASA），
∴CD=FA，
又∵CD//FA，
∴四边形ACDF是平行四边形。
（2）解：BC=2CD，理由如下：
∵CF平分∠BCD，∠BCD=90°，
∴∠DCE=45°，
∵∠CDE=90°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CD=DE，
∵E是AD中点，
∴AD=2DE=2CD，
又∵矩形中AD=BC，
∴BC=2CD。
---
第22题
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠CBF+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠CBF，
在△ABE和△BCF中：
$\begin{cases}∠BAE=∠CBF \\AB=BC \\∠ABE=∠C\end{cases}$
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE=BF。
（2）解：在Rt△ABE中，AB=4，BE=3，
由勾股定理得$AE=\sqrt{AB^2+BE^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$，
∵AE⊥BF，
∴$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}AB· BE=\frac{1}{2}AE· AG$，
代入得$AG=\frac{AB· BE}{AE}=\frac{4×3}{5}=\frac{12}{5}$。
---
第23题
（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，
∴∠NDE=∠MAE，∠DNE=∠AME，
∵E是AD中点，
∴DE=AE，
在△NDE和△MAE中：
$\begin{cases}∠NDE=∠MAE \\∠DNE=∠AME \\DE=AE\end{cases}$
∴△NDE≌△MAE（AAS），
∴ND=MA，
又∵ND//MA，
∴四边形AMDN是平行四边形。
（2）解：① $\boldsymbol{1}$；② $\boldsymbol{2}$。
解析
【分析】本题要求菱形的周长，需先求出菱形的边长。已知E是AB中点，四边形ABCD是菱形，利用菱形对角线互相平分的性质，可得O是AC中点，进而确定EO是△ABC的中位线，根据三角形中位线定理即可求出BC的长度，再结合菱形周长公式计算结果。
【解析】
∵四边形ABCD是菱形，根据菱形的性质，对角线互相平分，
∴O是AC的中点，且菱形的四条边相等，即AB=BC=CD=DA。又
∵E是AB的中点，
∴在△ABC中，E为AB中点，O为AC中点，因此EO是△ABC的中位线。根据三角形中位线定理，三角形的中位线等于第三边的一半，
∴EO=$\frac{1}{2}$BC。已知EO=4，代入得4=$\frac{1}{2}$BC，解得BC=8。菱形的周长为4×边长，
∴菱形ABCD的周长为4×8=32。
【答案】32
【知识点】菱形的性质；三角形中位线定理
【点评】本题是基础几何题，主要考查菱形性质和三角形中位线定理的应用，关键是找到中位线，难度较低，适合基础薄弱的学生掌握。
【难度系数】0.3
【分析】本题要证明BD=BE，需结合矩形和平行四边形的性质。矩形的对角线相等，所以AC=BD；再根据平行四边形的判定，由BE//AC、AB//CD可推出四边形ABEC是平行四边形，进而得到AC=BE，即可证得BD=BE。
【解析】
∵四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，对边平行且对角线相等，
∴AB//CD，且AC=BD。又已知BE//AC，结合AB//CD，可得AB//CE，因此四边形ABEC的两组对边分别平行（BE//AC，AB//CE），故四边形ABEC是平行四边形。根据平行四边形的性质，对边相等，
∴AC=BE。又因为矩形中AC=BD，
∴BD=BE，得证。
【答案】BD=BE（证明成立）
【知识点】矩形的性质；平行四边形的判定与性质
【点评】本题考查矩形和平行四边形的基本性质，逻辑推导简单，属于基础证明题，难度较低。
【难度系数】0.4
【分析】本题要证明△DEF是直角三角形，已知正方形边长及相关线段长度，可利用勾股定理计算△DEF三边的平方，再通过勾股定理的逆定理验证两边平方和等于第三边平方，即可得出结论。
【解析】
∵正方形ABCD边长为4，
∴AB=BC=CD=AD=4，且四个内角均为直角，即∠A=∠B=∠C=90°。已知BE=1，AF=1.5，
∴CE=BC-BE=4-1=3，BF=AB-AF=4-1.5=2.5。分别在三个直角三角形中计算各边的平方：在Rt△ADF中，DF²=AD²+AF²=4²+1.5²=16+2.25=18.25；在Rt△DCE中，DE²=CD²+CE²=4²+3²=16+9=25；在Rt△BEF中，EF²=BE²+BF²=1²+2.5²=1+6.25=7.25。计算得DF²+EF²=18.25+7.25=25=DE²，根据勾股定理的逆定理，若三角形两边的平方和等于第三边的平方，则该三角形为直角三角形，
∴△DEF是直角三角形。
【答案】△DEF是直角三角形（证明成立）
【知识点】正方形的性质；勾股定理；勾股定理的逆定理
【点评】本题结合正方形性质，考查勾股定理及其逆定理的应用，步骤清晰，属于中等难度的几何证明题，需要学生熟练掌握勾股定理的应用。
【难度系数】0.5
【分析】本题要证明四边形BFDE是菱形，需先证明它是平行四边形，再证明一组邻边相等。利用直角三角形斜边中线定理可得DE=BE，再结合平行四边形的判定（BE与DF平行且相等），即可证得四边形BFDE是平行四边形，最后由邻边相等推出是菱形。
【解析】
∵AD⊥BD，
∴△ABD是直角三角形，E是AB中点，根据直角三角形斜边中线定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，
∴DE=$\frac{1}{2}$AB=BE。又
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD且AB=CD。E、F分别是AB、CD的中点，
∴BE=$\frac{1}{2}$AB，DF=$\frac{1}{2}$CD，因此BE=DF，且BE//DF，
∴四边形BFDE是平行四边形。又因为DE=BE，一组邻边相等的平行四边形是菱形，
∴平行四边形BFDE是菱形。
【答案】四边形BFDE是菱形（证明成立）
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；直角三角形斜边中线定理
【点评】本题综合考查平行四边形、菱形的判定及直角三角形的性质，逻辑推导较连贯，属于中等难度的几何证明题，需要学生掌握相关定理的综合应用。
【难度系数】0.5
【分析】本题分为两小问，（1）要证明四边形ACDF是平行四边形，需通过ASA证明△FAE≌△CDE，得到CD=FA，结合CD//FA即可判定；（2）要证明BC=2CD，需结合角平分线性质和等腰直角三角形的判定，得出CD=DE，再利用中点性质和矩形对边相等的性质推导。
【解析】（1）
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，
∴∠FAE=∠CDE。E是AD中点，
∴AE=DE。在△FAE和△CDE中，$\begin{cases}∠FAE=∠CDE \\AE=DE \\∠AEF=∠DEC\end{cases}$，
∴△FAE≌△CDE（ASA），
∴CD=FA。又
∵CD//FA，
∴一组对边平行且相等，四边形ACDF是平行四边形。
（2）BC=2CD，理由：
∵CF平分∠BCD，矩形中∠BCD=90°，
∴∠DCE=45°。又∠CDE=90°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CD=DE。
∵E是AD中点，
∴AD=2DE=2CD。矩形中AD=BC，
∴BC=2CD。
【答案】（1）四边形ACDF是平行四边形；（2）BC=2CD
【知识点】矩形的性质；全等三角形的判定；平行四边形的判定；等腰直角三角形
【点评】本题分为两个递进的小问，第一问利用全等和平行四边形判定，第二问结合角平分线和等腰直角三角形性质，难度中等偏下，适合学生逐步掌握。
【难度系数】0.4
【分析】本题分为两小问，（1）要证明AE=BF，利用正方形性质和同角的余角相等，通过ASA证明△ABE≌△BCF即可；（2）求AG的长度，利用三角形面积的两种计算方式（½AB·BE和½AE·AG），代入数值计算即可。
【解析】（1）
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°。又
∵AE⊥BF，
∴∠CBF+∠AEB=90°，根据同角的余角相等，得∠BAE=∠CBF。在△ABE和△BCF中，$\begin{cases}∠BAE=∠CBF \\AB=BC \\∠ABE=∠C\end{cases}$，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE=BF。
（2）在Rt△ABE中，AB=4，BE=3，根据勾股定理，AE=$\sqrt{AB^2+BE^2}$=$\sqrt{4^2+3^2}$=5。
∵AE⊥BF，
∴△ABE的面积=½AB·BE=½AE·AG，代入得½×4×3=½×5×AG，解得AG=$\frac{4×3}{5}$=$\frac{12}{5}$。
【答案】（1）AE=BF；（2）AG=$\frac{12}{5}$
【知识点】正方形的性质；全等三角形的判定；勾股定理；三角形面积公式
【点评】本题结合正方形性质，考查全等三角形和勾股定理的应用，第二问用面积法求线段长度是常用技巧，难度中等。
【难度系数】0.5
【分析】本题分为两小问，（1）要证明四边形AMDN是平行四边形，利用菱形对边平行的性质，通过AAS证明△NDE≌△MAE，得到ND=MA，结合ND//MA即可判定；（2）根据平行四边形为矩形、菱形的特殊条件，结合边长分析得出AM的长度。
【解析】（1）
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，
∴∠NDE=∠MAE，∠DNE=∠AME。E是AD中点，
∴DE=AE。在△NDE和△MAE中，$\begin{cases}∠NDE=∠MAE \\∠DNE=∠AME \\DE=AE\end{cases}$，
∴△NDE≌△MAE（AAS），
∴ND=MA。又
∵ND//MA，
∴一组对边平行且相等，四边形AMDN是平行四边形。
（2）①当AM=1时，平行四边形AMDN为矩形；②当AM=2时，平行四边形AMDN为菱形。
【答案】（1）四边形AMDN是平行四边形；（2）①1；②2
【知识点】菱形的性质；全等三角形的判定；平行四边形的判定；矩形与菱形的判定
【点评】本题综合菱形性质，考查全等和平行四边形的判定，第二问是特殊图形的判定，需要结合边长分析，难度中等偏上。
【难度系数】0.6
【解析】
∵四边形ABCD是菱形，根据菱形的性质，对角线互相平分，
∴O是AC的中点，且菱形的四条边相等，即AB=BC=CD=DA。又
∵E是AB的中点，
∴在△ABC中，E为AB中点，O为AC中点，因此EO是△ABC的中位线。根据三角形中位线定理，三角形的中位线等于第三边的一半，
∴EO=$\frac{1}{2}$BC。已知EO=4，代入得4=$\frac{1}{2}$BC，解得BC=8。菱形的周长为4×边长，
∴菱形ABCD的周长为4×8=32。
【答案】32
【知识点】菱形的性质；三角形中位线定理
【点评】本题是基础几何题，主要考查菱形性质和三角形中位线定理的应用，关键是找到中位线，难度较低，适合基础薄弱的学生掌握。
【难度系数】0.3
【分析】本题要证明BD=BE，需结合矩形和平行四边形的性质。矩形的对角线相等，所以AC=BD；再根据平行四边形的判定，由BE//AC、AB//CD可推出四边形ABEC是平行四边形，进而得到AC=BE，即可证得BD=BE。
【解析】
∵四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，对边平行且对角线相等，
∴AB//CD，且AC=BD。又已知BE//AC，结合AB//CD，可得AB//CE，因此四边形ABEC的两组对边分别平行（BE//AC，AB//CE），故四边形ABEC是平行四边形。根据平行四边形的性质，对边相等，
∴AC=BE。又因为矩形中AC=BD，
∴BD=BE，得证。
【答案】BD=BE（证明成立）
【知识点】矩形的性质；平行四边形的判定与性质
【点评】本题考查矩形和平行四边形的基本性质，逻辑推导简单，属于基础证明题，难度较低。
【难度系数】0.4
【分析】本题要证明△DEF是直角三角形，已知正方形边长及相关线段长度，可利用勾股定理计算△DEF三边的平方，再通过勾股定理的逆定理验证两边平方和等于第三边平方，即可得出结论。
【解析】
∵正方形ABCD边长为4，
∴AB=BC=CD=AD=4，且四个内角均为直角，即∠A=∠B=∠C=90°。已知BE=1，AF=1.5，
∴CE=BC-BE=4-1=3，BF=AB-AF=4-1.5=2.5。分别在三个直角三角形中计算各边的平方：在Rt△ADF中，DF²=AD²+AF²=4²+1.5²=16+2.25=18.25；在Rt△DCE中，DE²=CD²+CE²=4²+3²=16+9=25；在Rt△BEF中，EF²=BE²+BF²=1²+2.5²=1+6.25=7.25。计算得DF²+EF²=18.25+7.25=25=DE²，根据勾股定理的逆定理，若三角形两边的平方和等于第三边的平方，则该三角形为直角三角形，
∴△DEF是直角三角形。
【答案】△DEF是直角三角形（证明成立）
【知识点】正方形的性质；勾股定理；勾股定理的逆定理
【点评】本题结合正方形性质，考查勾股定理及其逆定理的应用，步骤清晰，属于中等难度的几何证明题，需要学生熟练掌握勾股定理的应用。
【难度系数】0.5
【分析】本题要证明四边形BFDE是菱形，需先证明它是平行四边形，再证明一组邻边相等。利用直角三角形斜边中线定理可得DE=BE，再结合平行四边形的判定（BE与DF平行且相等），即可证得四边形BFDE是平行四边形，最后由邻边相等推出是菱形。
【解析】
∵AD⊥BD，
∴△ABD是直角三角形，E是AB中点，根据直角三角形斜边中线定理，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，
∴DE=$\frac{1}{2}$AB=BE。又
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD且AB=CD。E、F分别是AB、CD的中点，
∴BE=$\frac{1}{2}$AB，DF=$\frac{1}{2}$CD，因此BE=DF，且BE//DF，
∴四边形BFDE是平行四边形。又因为DE=BE，一组邻边相等的平行四边形是菱形，
∴平行四边形BFDE是菱形。
【答案】四边形BFDE是菱形（证明成立）
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；直角三角形斜边中线定理
【点评】本题综合考查平行四边形、菱形的判定及直角三角形的性质，逻辑推导较连贯，属于中等难度的几何证明题，需要学生掌握相关定理的综合应用。
【难度系数】0.5
【分析】本题分为两小问，（1）要证明四边形ACDF是平行四边形，需通过ASA证明△FAE≌△CDE，得到CD=FA，结合CD//FA即可判定；（2）要证明BC=2CD，需结合角平分线性质和等腰直角三角形的判定，得出CD=DE，再利用中点性质和矩形对边相等的性质推导。
【解析】（1）
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，
∴∠FAE=∠CDE。E是AD中点，
∴AE=DE。在△FAE和△CDE中，$\begin{cases}∠FAE=∠CDE \\AE=DE \\∠AEF=∠DEC\end{cases}$，
∴△FAE≌△CDE（ASA），
∴CD=FA。又
∵CD//FA，
∴一组对边平行且相等，四边形ACDF是平行四边形。
（2）BC=2CD，理由：
∵CF平分∠BCD，矩形中∠BCD=90°，
∴∠DCE=45°。又∠CDE=90°，
∴△CDE是等腰直角三角形，
∴CD=DE。
∵E是AD中点，
∴AD=2DE=2CD。矩形中AD=BC，
∴BC=2CD。
【答案】（1）四边形ACDF是平行四边形；（2）BC=2CD
【知识点】矩形的性质；全等三角形的判定；平行四边形的判定；等腰直角三角形
【点评】本题分为两个递进的小问，第一问利用全等和平行四边形判定，第二问结合角平分线和等腰直角三角形性质，难度中等偏下，适合学生逐步掌握。
【难度系数】0.4
【分析】本题分为两小问，（1）要证明AE=BF，利用正方形性质和同角的余角相等，通过ASA证明△ABE≌△BCF即可；（2）求AG的长度，利用三角形面积的两种计算方式（½AB·BE和½AE·AG），代入数值计算即可。
【解析】（1）
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°。又
∵AE⊥BF，
∴∠CBF+∠AEB=90°，根据同角的余角相等，得∠BAE=∠CBF。在△ABE和△BCF中，$\begin{cases}∠BAE=∠CBF \\AB=BC \\∠ABE=∠C\end{cases}$，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE=BF。
（2）在Rt△ABE中，AB=4，BE=3，根据勾股定理，AE=$\sqrt{AB^2+BE^2}$=$\sqrt{4^2+3^2}$=5。
∵AE⊥BF，
∴△ABE的面积=½AB·BE=½AE·AG，代入得½×4×3=½×5×AG，解得AG=$\frac{4×3}{5}$=$\frac{12}{5}$。
【答案】（1）AE=BF；（2）AG=$\frac{12}{5}$
【知识点】正方形的性质；全等三角形的判定；勾股定理；三角形面积公式
【点评】本题结合正方形性质，考查全等三角形和勾股定理的应用，第二问用面积法求线段长度是常用技巧，难度中等。
【难度系数】0.5
【分析】本题分为两小问，（1）要证明四边形AMDN是平行四边形，利用菱形对边平行的性质，通过AAS证明△NDE≌△MAE，得到ND=MA，结合ND//MA即可判定；（2）根据平行四边形为矩形、菱形的特殊条件，结合边长分析得出AM的长度。
【解析】（1）
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB//CD，
∴∠NDE=∠MAE，∠DNE=∠AME。E是AD中点，
∴DE=AE。在△NDE和△MAE中，$\begin{cases}∠NDE=∠MAE \\∠DNE=∠AME \\DE=AE\end{cases}$，
∴△NDE≌△MAE（AAS），
∴ND=MA。又
∵ND//MA，
∴一组对边平行且相等，四边形AMDN是平行四边形。
（2）①当AM=1时，平行四边形AMDN为矩形；②当AM=2时，平行四边形AMDN为菱形。
【答案】（1）四边形AMDN是平行四边形；（2）①1；②2
【知识点】菱形的性质；全等三角形的判定；平行四边形的判定；矩形与菱形的判定
【点评】本题综合菱形性质，考查全等和平行四边形的判定，第二问是特殊图形的判定，需要结合边长分析，难度中等偏上。
【难度系数】0.6
17.(真题·绍兴上虞)如图是$6×8$的正方形网格,每个小正方形的顶点称为格点,$A,B,C,P$各点都在格点上,请仅用无刻度的直尺,分别按下列要求在同一图上画图。
(1)找出格点$D$,连结$AD,CD$,使四边形$ABCD$是菱形。
(2)过点$P$作一条直线$l$,使直线$l$平分菱形$ABCD$的周长和面积。
(1)找出格点$D$,连结$AD,CD$,使四边形$ABCD$是菱形。
(2)过点$P$作一条直线$l$,使直线$l$平分菱形$ABCD$的周长和面积。
答案
17.(1)如图,四边形ABCD就是所求菱形。
(2)如图,直线l就是所求的直线。[第17题图]
(2)如图,直线l就是所求的直线。[第17题图]
解析
【分析】
要解决本题，需结合菱形的判定和平行四边形的性质：首先，菱形是邻边相等的平行四边形，因此先在网格中找到格点D，使ABCD为平行四边形且AB=BC，即可得到菱形；其次，平行四边形是中心对称图形，过其对称中心的直线能平分周长和面积，因此只需连接点P与菱形的对称中心，即可得到所求直线。
【解析】
(1) 设每个小正方形边长为1，计算得AB的长度为$\sqrt{1^2+4^2}=\sqrt{17}$，BC的长度为$\sqrt{4^2+1^2}=\sqrt{17}$，故AB=BC。根据平行四边形对边向量相等的性质，$\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$，$\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}$，据此在网格中找到格点D，使AB//CD且AB=CD，AD//BC且AD=BC，结合AB=BC，四边形ABCD即为菱形；
(2) 菱形ABCD的对称中心是其对角线AC与BD的交点，该点也是平行四边形的中心，过点P与该交点作直线l，根据中心对称图形的性质，过对称中心的直线平分图形的周长和面积，因此直线l即为所求。
【答案】
(1) 格点D的位置如图，四边形ABCD为菱形；
(2) 直线l（过P和菱形对角线交点）如图所示。
【知识点】
菱形的判定、平行四边形的性质、网格作图
【点评】
本题考查网格中的作图，需利用网格的线段长度关系和平行四边形、菱形的性质，关键是理解中心对称图形的性质，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合菱形的判定和平行四边形的性质：首先，菱形是邻边相等的平行四边形，因此先在网格中找到格点D，使ABCD为平行四边形且AB=BC，即可得到菱形；其次，平行四边形是中心对称图形，过其对称中心的直线能平分周长和面积，因此只需连接点P与菱形的对称中心，即可得到所求直线。
【解析】
(1) 设每个小正方形边长为1，计算得AB的长度为$\sqrt{1^2+4^2}=\sqrt{17}$，BC的长度为$\sqrt{4^2+1^2}=\sqrt{17}$，故AB=BC。根据平行四边形对边向量相等的性质，$\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$，$\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{AB}$，据此在网格中找到格点D，使AB//CD且AB=CD，AD//BC且AD=BC，结合AB=BC，四边形ABCD即为菱形；
(2) 菱形ABCD的对称中心是其对角线AC与BD的交点，该点也是平行四边形的中心，过点P与该交点作直线l，根据中心对称图形的性质，过对称中心的直线平分图形的周长和面积，因此直线l即为所求。
【答案】
(1) 格点D的位置如图，四边形ABCD为菱形；
(2) 直线l（过P和菱形对角线交点）如图所示。
【知识点】
菱形的判定、平行四边形的性质、网格作图
【点评】
本题考查网格中的作图，需利用网格的线段长度关系和平行四边形、菱形的性质，关键是理解中心对称图形的性质，难度适中。
【难度系数】
0.5
