9 新考向 探究题 将两块全等的含$30°$角的直角三角尺按如图①所示的方式摆放在一起，设较短的直角边的长为1. 如图②，将$\mathrm{Rt}△ BCD$沿射线$BD$的方向平移，得到$\mathrm{Rt}△ B'C'D'$，连接$BC'$，$AD'$. 在平移的过程中，当点$B$的移动距离为时，四边形$ABC'D'$为矩形.

9.$\frac{\sqrt{3}}{3}$

【分析】
首先结合已知条件，先利用全等三角形和平移的性质，判断出四边形$ABC'D'$首先是平行四边形，再根据矩形的判定条件（有一个角是直角的平行四边形是矩形），得出需要满足$∠ ABC'=90°$，最后结合特殊角的三角函数值，即可求出点$B$的平移距离。
【解析】
1. 分析原图形性质：
两块全等的含$30°$角的直角三角尺，较短直角边长为1，因此$AB=CD$，$∠ ABD=∠ CDB=30°$，可得$AB// CD$，且$BC=1$，$BC⊥ BD$。
2. 结合平移性质判断四边形形状：
$\mathrm{Rt}△ BCD$沿射线$BD$平移得到$\mathrm{Rt}△ B'C'D'$，根据平移性质得$CD// C'D'$，$CD=C'D'$，$B'C'=BC=1$，$B'C'⊥ BD$，因此$AB// C'D'$且$AB=C'D'$，故四边形$ABC'D'$是平行四边形。
3. 结合矩形判定条件求平移距离：
若平行四边形$ABC'D'$为矩形，则需$∠ ABC'=90°$，已知$∠ ABD=30°$，因此$∠ C'BB'=90°-30°=60°$。
在$\mathrm{Rt}△BC'B'$中，$\tan∠ C'BB'=\frac{B'C'}{BB'}$，代入$\tan60°=\sqrt{3}$，$B'C'=1$，得：
$\sqrt{3}=\frac{1}{BB'}$，解得$BB'=\frac{\sqrt{3}}{3}$，即点$B$的移动距离为$\frac{\sqrt{3}}{3}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{3}}{3}$
【知识点】
矩形的判定，平移的性质，解直角三角形
【点评】
本题结合平移变换考查特殊四边形的判定与解直角三角形的综合应用，解题的关键是先确定四边形为平行四边形，再根据矩形的判定条件得到角的数量关系，最后利用特殊角的三角函数值求解平移距离。
【难度系数】
0.65

10 教材变式题 如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AO=CO，BO=DO，且$∠ ABC + ∠ ADC = 180°$。
（1）求证：四边形ABCD是矩形。
（2）作$DE ⊥ AC$，垂足为E，延长DE交BC于点F。若$∠ ADF : ∠ FDC = 2 : 1$，求$∠ BDF$的度数。
（第10题）

10. (1) $\because AO=CO, BO=DO, \therefore$ 四边形 ABCD 是平行四边形. $\therefore ∠ ABC = ∠ ADC. \because ∠ ABC + ∠ ADC = 180°$,
$\therefore ∠ ABC=∠ ADC=90°. \therefore$ 四边形 ABCD 是矩形
(2) 由(1), 得 $∠ ADC=90°$, 四边形 ABCD 是矩形. $\therefore AC=BD$.
$\because ∠ ADF: ∠ FDC=2:1, \therefore$ 易得 $∠ FDC=30°. \because DE ⊥ AC$,
$\therefore ∠ DEC=90°. \therefore ∠ DCO=90°-30°=60°. \because AO=CO, BO=DO, AC=BD, \therefore OD=OC. \therefore ∠ ODC=∠ DCO=60°$.
$\therefore ∠ BDF=∠ ODC-∠ FDC=60°-30°=30°$

【分析】
（1）要证明四边形ABCD是矩形，可先证明它是平行四边形，再证明存在一个内角为直角。已知对角线互相平分，可先判定为平行四边形，再结合已知的对角和为180°，利用平行四边形对角相等的性质推出内角为90°，即可得证。
（2）求∠BDF的度数，先根据∠ADF与∠FDC的比例关系和∠ADC=90°算出∠FDC的度数，再由DE⊥AC，利用直角三角形两锐角互余求出∠DCO的度数；结合矩形对角线相等且互相平分的性质得到OD=OC，推出∠ODC=∠DCO，最后通过角的和差计算即可得到∠BDF的度数。
【解析】
(1) 证明：
∵ AO=CO，BO=DO，
∴ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ ∠ABC = ∠ADC，
∵ ∠ABC + ∠ADC = 180°，
∴ ∠ABC=∠ADC=90°，
∴ 四边形ABCD是矩形。
(2) 解：
由(1)得∠ADC=90°，四边形ABCD是矩形，
∴ AC=BD，
∵ ∠ADF:∠FDC=2:1，
∴ ∠FDC = $90°×\frac{1}{2+1}=30°$，
∵ DE ⊥ AC，
∴ ∠DEC=90°，
∴ ∠DCO=90°-30°=60°，
∵ AO=CO，BO=DO，AC=BD，
∴ OD=OC，
∴ ∠ODC=∠DCO=60°，
∴ ∠BDF=∠ODC - ∠FDC=60°-30°=30°。
【答案】
(1) 四边形ABCD是矩形，证明成立；
(2) ∠BDF的度数为$30°$。
【知识点】
平行四边形的判定，矩形的判定，矩形的性质
【点评】
本题是特殊四边形的基础应用题型，解题时需按照先判定平行四边形再判定矩形的逻辑逐步推导，第二问要灵活运用矩形对角线的性质得到等腰三角形，结合角的比例、直角三角形的性质求解，是巩固特殊四边形相关知识的典型习题。
【难度系数】
0.7

11 如图,在$△ ABC$中,O是边AC上的一个动点,D是BC的延长线上一点,过点O作直线$EF// BC$,分别与$∠ ACB$,$∠ ACD$的平分线交于点E,F,连接AE,AF.
(1)若$CE=8$,$CF=6$,求OC的长.
(2)当点O在边AC上运动到什么位置时,四边形AECF是矩形?请说明理由.

11. (1) $\because EF$ 与 $∠ ACB$ 的平分线交于点 E, 与 $∠ ACD$ 的平分线交于点 $F, \therefore ∠ OCE=∠ BCE, ∠ OCF=∠ DCF. \because EF // BC, \therefore ∠ OEC=∠ BCE, ∠ OFC=∠ DCF. \therefore ∠ OEC=∠ OCE, ∠ OFC=∠ OCF. \therefore OE=OC, OF=OC. \therefore OC=OE=OF=\frac{1}{2}EF. \because ∠ OCE+∠ BCE+∠ OCF+∠ DCF=180°, \therefore ∠ ECF=∠ OCE+∠ OCF=\frac{1}{2} × 180°=90°$. 在$\mathrm{Rt}△ CEF$ 中, 由勾股定理, 得 $EF=\sqrt{CE^2+CF^2}=10. \therefore OC=\frac{1}{2}EF=5$
(2) 当点 O 在边 AC 上运动到边 AC 的中点处时, 四边形 AECF 是矩形 理由: 当点 O 在边 AC 上运动到 AC 的中点处时, $OA=OC. \because OE=OF, \therefore$ 四边形 AECF 是平行四边形. 由(1)知, $∠ ECF=90°, \therefore$ 四边形 AECF 是矩形.

【分析】
(1) 第一问解题思路：先结合角平分线定义和平行线的性质，推导得到相等的角，进而判定出等腰三角形，得到$OE=OC$、$OF=OC$，可知$OC$为$EF$的一半；再根据平角的性质推出$∠ ECF=90°$，将问题转化为在直角三角形中用勾股定理求斜边$EF$，即可求出$OC$的长度。
(2) 第二问解题思路：回忆矩形的判定定理，有一个角是直角的平行四边形是矩形。已知$∠ ECF=90°$，因此只需先证明四边形$AECF$是平行四边形即可，平行四边形需要对角线互相平分，结合已有的$OE=OF$，可得需要$OA=OC$，即$O$为$AC$的中点。
【解析】
(1) $\because EF$与$∠ ACB$的平分线交于点$E$，与$∠ ACD$的平分线交于点$F$，
$\therefore ∠ OCE=∠ BCE$，$∠ OCF=∠ DCF$。
$\because EF// BC$，
$\therefore ∠ OEC=∠ BCE$，$∠ OFC=∠ DCF$，
$\therefore ∠ OEC=∠ OCE$，$∠ OFC=∠ OCF$，
$\therefore OE=OC$，$OF=OC$，
$\therefore OC=OE=OF=\frac{1}{2}EF$。
$\because ∠ OCE+∠ BCE+∠ OCF+∠ DCF=180°$，
$\therefore ∠ ECF=∠ OCE+∠ OCF=\frac{1}{2}×180°=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ CEF$中，由勾股定理得：
$EF=\sqrt{CE^2+CF^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$，
$\therefore OC=\frac{1}{2}EF=5$。
(2) 当点$O$在边$AC$上运动到$AC$的中点处时，四边形$AECF$是矩形，理由如下：
当$O$为$AC$的中点时，$OA=OC$，
又$\because$由(1)可知$OE=OF$，
$\therefore$四边形$AECF$的对角线互相平分，即四边形$AECF$是平行四边形，
又$\because$由(1)知$∠ ECF=90°$，
$\therefore$平行四边形$AECF$是矩形。
【答案】
(1) $OC$的长为$5$；
(2) 当点$O$运动到$AC$的中点时，四边形$AECF$是矩形。
【知识点】
角平分线的性质；勾股定理；矩形的判定
【点评】
本题属于几何综合基础题，融合了角平分线、平行线、等腰三角形、勾股定理及特殊四边形判定的相关知识，解题的关键是利用角平分线和平行线的性质得到相等线段和直角，熟练掌握矩形的判定方法是解决第二问的核心。
【难度系数】
0.7

1 [2025 晋中段考]如图,在矩形ABCD中,AC与BD交于点O,∠AOD=60°.以点A为圆心,AD的长为半径作弧,交AB于点E.连接OE,DE,则∠DEO的度数为.

1.$30°$

【分析】
解题时先从矩形的性质出发，矩形对角线相等且互相平分，可得OA=OD，结合已知∠AOD=60°，可判定△AOD是等边三角形，得到AD=OA、∠OAD=60°；再由作图可知AE=AD，进而得到AE=AO，先计算等腰直角△ADE的底角∠AED，再计算顶角为30°的等腰△AOE的底角∠AEO，二者的差就是所求∠DEO的度数。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°，对角线AC=BD，且OA=OC=$\frac{1}{2}$AC，OB=OD=$\frac{1}{2}$BD，
∴OA=OD。
又
∵∠AOD=60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴AD=OA，∠OAD=60°，
∴∠OAE=∠DAB - ∠OAD=90°-60°=30°。
由作图可知AE=AD，
∴AE=AO，且△ADE为等腰直角三角形，
∴∠AED=$\frac{180°-90°}{2}$=45°。
在△AOE中，AE=AO，∠OAE=30°，
∴∠AEO=$\frac{180°-∠OAE}{2}$=$\frac{180°-30°}{2}$=75°，
∴∠DEO=∠AEO - ∠AED=75°-45°=30°。
【答案】
30°
【知识点】
矩形的性质；等边三角形的判定与性质；等腰三角形的性质
【点评】
本题是基础的几何综合计算题，解题的核心是利用矩形对角线的性质得到等边三角形，再结合等腰三角形的角度计算规律推导未知角，需要熟练掌握特殊几何图形的边、角特征，理清角度之间的和差关系。
【难度系数】
0.7

2 如图,在菱形$ABCD$中,$∠ A=60°$,$E$是边$AB$上一动点(不与点$A$,$B$重合),且$∠ EDF=∠ A$,点$F$在边$BC$上.有下列结论:① $AE=BF$;② $∠ ADE=∠ BEF$;③ $△ DEF$是等边三角形;④ $△ BEF$的周长与点$E$的位置无关.其中,正确的是________(填序号).

2.①②③

【分析】
首先利用菱形的性质及∠A=60°，可推出△ABD为等边三角形，得到AD=BD、∠A=∠DBF=60°；再结合∠EDF=60°推导角相等，证明△ADE和△BDF全等，以此验证结论①；接着结合全等的性质、等边三角形的判定条件验证结论②③；最后分析△BEF的周长组成，判断EF是否为定值，验证结论④。
【解析】
连接BD，步骤如下：
1. 由菱形ABCD的性质得AD=AB，又∠A=60°，故△ABD是等边三角形，因此AD=BD，∠ADB=∠ABD=∠DBC=60°。
2. 已知∠EDF=∠A=60°，则∠ADE+∠EDB=∠BDF+∠EDB=60°，即∠ADE=∠BDF。
3. 在△ADE和△BDF中：$\{\begin{array}{l}∠ A=∠ DBF=60°\\ AD=BD\\ ∠ ADE=∠ BDF\end{array} $，故△ADE≌△BDF（ASA），可得AE=BF，DE=DF，结论①正确。
4. 由DE=DF，∠EDF=60°，可判定△DEF是等边三角形，结论③正确。
5. △DEF为等边三角形，则∠DEF=60°；在△ADE中∠A=60°，故∠ADE+∠AED=120°；又∠AED+∠DEF+∠BEF=180°，因此∠AED+∠BEF=120°，可推出∠ADE=∠BEF，结论②正确。
6. △BEF的周长为$BE+BF+EF$，由AE=BF得$BE+BF=BE+AE=AB$（AB为定值），但EF是等边△DEF的边，DE长度随点E的位置变化而变化，故EF长度不固定，△BEF的周长和点E的位置有关，结论④错误。
【答案】
①②③
【知识点】
菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何综合题，解题的关键是通过连接辅助线BD构造全等三角形，再结合角的等量关系推导各结论，能有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6