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1[2026湖北武汉期中,中]如图,在△ABC中,点D,E分别在边AB,AC上,且DE//BC,∠ABC的平分线BF和它的邻补角(∠ABM)的平分线BG分别交直线DE于点F,G,连接AF,AG,则下列结论错误的是 (
A.当AF//BG时,四边形AGBF为矩形
B.当AD=BD时,四边形AGBF为矩形
C.当AB=FG时,四边形AGBF为矩形
D.当BF=BG时,四边形AGBF为菱形
(第1题图)
(第2题图)
D
)A.当AF//BG时,四边形AGBF为矩形
B.当AD=BD时,四边形AGBF为矩形
C.当AB=FG时,四边形AGBF为矩形
D.当BF=BG时,四边形AGBF为菱形
(第1题图)
(第2题图)
答案
思路分析
证明一个四边形是矩形的思路：
四边形$\begin{cases}有三个角是直角\to 矩形\\平行四边形\begin{cases}对角线相等\to 矩形\\有一个角是直角\to 矩形\end{cases}\end{cases}$
【解析】
∵ $∠ ABC$ 的平分线 BF 和它的邻补角($∠ ABM$)的平分线 BG 分别交直线 DE 于点 F,G,
$\therefore ∠ GBM=∠ DBG=\frac{1}{2}∠ ABM$,$∠ CBF=∠ DBF=\frac{1}{2}∠ ABC$,$\therefore ∠ GBF=∠ DBG+∠ DBF=\frac{1}{2}(∠ ABM+∠ ABC)=\frac{1}{2}∠ MBC=90°$. $\because GE// BC$,$\therefore ∠ DFB=∠ FBC$,$∠ DGB=∠ GBM$,$\therefore ∠ DGB=∠ DBG$,$∠ DFB=∠ DBF$,$\therefore DG=DB=DF$. 当 $AF// BG$ 时, $∠ FAD=∠ DBG$. $\because ∠ ADF=∠ BDG$,$\therefore △ ADF≌ △ BDG(\mathrm{AAS})$,$\therefore AF=BG$,
∴ 四边形 AGBF 为平行四边形. 又$\because ∠ GBF=90°$,
∴ 四边形 AGBF 为矩形,故 A 不符合题意. 当 $AD=BD$ 时, $\because DG=DF$,
∴ 四边形 AGBF 为平行四边形. $\because ∠ GBF=90°$,
∴ 四边形 AGBF 为矩形,故 B 不符合题意. 当 $AB=FG$ 时,$\because BD=DG=DF=\frac{1}{2}FG$,$\therefore BD=\frac{1}{2}AB$,$\therefore AD=BD$,
∴ 同 B 选项可证四边形 AGBF 为矩形,故 C 不符合题意. 当 $BF=BG$ 时, $△ GBF$ 是等腰直角三角形,
∴ $AB⊥ FG$,但不能证明四边形 AGBF 是平行四边形,
∴ 当 $BF=BG$ 时,四边形 AGBF 不一定为菱形,故 D 符合题意. 故选 D.
解析
【分析】
解题时首先利用角平分线的定义推导∠GBF的度数，再结合DE//BC的平行线性质，得出DG=DB=DF的通用结论；接下来结合矩形、菱形的判定定理，对四个选项给出的条件逐一分析：先判断四边形是否为平行四边形，再结合直角、邻边相等、对角线相等等条件判断是否为矩形或菱形，最终找出错误结论即可。
【解析】
∵ $∠ ABC$ 的平分线 BF 和它的邻补角($∠ ABM$)的平分线 BG 分别交直线 DE 于点 F,G,
$\therefore ∠ GBM=∠ DBG=\frac{1}{2}∠ ABM$,$∠ CBF=∠ DBF=\frac{1}{2}∠ ABC$,
$\therefore ∠ GBF=∠ DBG+∠ DBF=\frac{1}{2}(∠ ABM+∠ ABC)=\frac{1}{2}×180°=90°$。
$\because DE// BC$,
$\therefore ∠ DFB=∠ FBC$,$∠ DGB=∠ GBM$,
$\therefore ∠ DGB=∠ DBG$,$∠ DFB=∠ DBF$,
$\therefore DG=DB=DF$。
当 $AF// BG$ 时, $∠ FAD=∠ DBG$, 又$\because ∠ ADF=∠ BDG$,$DG=DF$,
$\therefore △ ADF≌ △ BDG(\mathrm{AAS})$,$\therefore AF=BG$,
∴ 四边形 AGBF 为平行四边形, 又$\because ∠ GBF=90°$,
∴ 四边形 AGBF 为矩形,故A不符合题意。
当 $AD=BD$ 时, $\because DG=DF$,对角线互相平分的四边形是平行四边形,
∴ 四边形 AGBF 为平行四边形, $\because ∠ GBF=90°$,
∴ 四边形 AGBF 为矩形,故B不符合题意。
当 $AB=FG$ 时,$\because BD=DG=DF=\frac{1}{2}FG$,$\therefore BD=\frac{1}{2}AB$,$\therefore AD=BD$,
∴ 同B选项可证四边形AGBF为矩形,故C不符合题意。
当 $BF=BG$ 时, $△ GBF$ 是等腰直角三角形,可得$AB⊥ FG$,但无法证明四边形AGBF是平行四边形,
∴ 当 $BF=BG$ 时,四边形AGBF不一定为菱形,故D符合题意。
【答案】
D
【知识点】
角平分线的定义、平行线的性质、特殊平行四边形判定
【点评】
本题综合考查了角平分线、平行线的性质和矩形、菱形的判定，解题的关键是先推导出∠GBF=90°、DG=DB=DF这两个通用结论，再结合各选项的条件逐一验证，要注意特殊平行四边形的判定必须满足对应的前提条件，不要遗漏“先判定为平行四边形”这一步骤。
【难度系数】
0.6
解题时首先利用角平分线的定义推导∠GBF的度数，再结合DE//BC的平行线性质，得出DG=DB=DF的通用结论；接下来结合矩形、菱形的判定定理，对四个选项给出的条件逐一分析：先判断四边形是否为平行四边形，再结合直角、邻边相等、对角线相等等条件判断是否为矩形或菱形，最终找出错误结论即可。
【解析】
∵ $∠ ABC$ 的平分线 BF 和它的邻补角($∠ ABM$)的平分线 BG 分别交直线 DE 于点 F,G,
$\therefore ∠ GBM=∠ DBG=\frac{1}{2}∠ ABM$,$∠ CBF=∠ DBF=\frac{1}{2}∠ ABC$,
$\therefore ∠ GBF=∠ DBG+∠ DBF=\frac{1}{2}(∠ ABM+∠ ABC)=\frac{1}{2}×180°=90°$。
$\because DE// BC$,
$\therefore ∠ DFB=∠ FBC$,$∠ DGB=∠ GBM$,
$\therefore ∠ DGB=∠ DBG$,$∠ DFB=∠ DBF$,
$\therefore DG=DB=DF$。
当 $AF// BG$ 时, $∠ FAD=∠ DBG$, 又$\because ∠ ADF=∠ BDG$,$DG=DF$,
$\therefore △ ADF≌ △ BDG(\mathrm{AAS})$,$\therefore AF=BG$,
∴ 四边形 AGBF 为平行四边形, 又$\because ∠ GBF=90°$,
∴ 四边形 AGBF 为矩形,故A不符合题意。
当 $AD=BD$ 时, $\because DG=DF$,对角线互相平分的四边形是平行四边形,
∴ 四边形 AGBF 为平行四边形, $\because ∠ GBF=90°$,
∴ 四边形 AGBF 为矩形,故B不符合题意。
当 $AB=FG$ 时,$\because BD=DG=DF=\frac{1}{2}FG$,$\therefore BD=\frac{1}{2}AB$,$\therefore AD=BD$,
∴ 同B选项可证四边形AGBF为矩形,故C不符合题意。
当 $BF=BG$ 时, $△ GBF$ 是等腰直角三角形,可得$AB⊥ FG$,但无法证明四边形AGBF是平行四边形,
∴ 当 $BF=BG$ 时,四边形AGBF不一定为菱形,故D符合题意。
【答案】
D
【知识点】
角平分线的定义、平行线的性质、特殊平行四边形判定
【点评】
本题综合考查了角平分线、平行线的性质和矩形、菱形的判定，解题的关键是先推导出∠GBF=90°、DG=DB=DF这两个通用结论，再结合各选项的条件逐一验证，要注意特殊平行四边形的判定必须满足对应的前提条件，不要遗漏“先判定为平行四边形”这一步骤。
【难度系数】
0.6
2[2026辽宁葫芦岛期中,较难]如图,菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,过点A作AE⊥BC于点E,延长BC到点F,使CF=BE,连接DF,OF,若AD=5,EC=2,则OF的长为(
A.10
B.12
C.$2\sqrt{5}$
D.$4\sqrt{5}$
C
)A.10
B.12
C.$2\sqrt{5}$
D.$4\sqrt{5}$
答案
【解析】
∵ 四边形 ABCD 是菱形, $\therefore AD// BC$,$AD=BC$. $\because BE=CF$,$\therefore BC=EF$,$\therefore AD=EF$. $\because AD// EF$,
∴ 四边形 AEFD 是平行四边形. $\because AE⊥ BC$,$\therefore ∠ AEF=90°$,
∴ 四边形 AEFD 是矩形. $\because$ 四边形 ABCD 是菱形,$AD=5$,$\therefore AD=AB=BC=5$. $\because EC=2$,$\therefore BE=BC-EC=5-2=3$. $\because$ 四边形 AEFD 是矩形,$\therefore EF=AD=5$,$DF=AE$,$\therefore BF=BE+EF=3+5=8$. 在 $\mathrm{Rt}△ ABE$ 中,$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$,$\therefore DF=AE=4$. 在 $\mathrm{Rt}△ BDF$ 中, $BD=\sqrt{BF^2+DF^2}=\sqrt{8^2+4^2}=4\sqrt{5}$. $\because ∠ BFD=90°$,$BO=DO$,$\therefore OF=\frac{1}{2}BD=2\sqrt{5}$. 故选 C.
∵ 四边形 ABCD 是菱形, $\therefore AD// BC$,$AD=BC$. $\because BE=CF$,$\therefore BC=EF$,$\therefore AD=EF$. $\because AD// EF$,
∴ 四边形 AEFD 是平行四边形. $\because AE⊥ BC$,$\therefore ∠ AEF=90°$,
∴ 四边形 AEFD 是矩形. $\because$ 四边形 ABCD 是菱形,$AD=5$,$\therefore AD=AB=BC=5$. $\because EC=2$,$\therefore BE=BC-EC=5-2=3$. $\because$ 四边形 AEFD 是矩形,$\therefore EF=AD=5$,$DF=AE$,$\therefore BF=BE+EF=3+5=8$. 在 $\mathrm{Rt}△ ABE$ 中,$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$,$\therefore DF=AE=4$. 在 $\mathrm{Rt}△ BDF$ 中, $BD=\sqrt{BF^2+DF^2}=\sqrt{8^2+4^2}=4\sqrt{5}$. $\because ∠ BFD=90°$,$BO=DO$,$\therefore OF=\frac{1}{2}BD=2\sqrt{5}$. 故选 C.
解析
【分析】
解题时先从已知的菱形性质入手，首先利用菱形对边平行且相等的性质，结合CF=BE推出EF和AD平行且相等，先判定四边形AEFD是平行四边形；再由AE⊥BC的垂直条件，判定AEFD是矩形，得到∠F为直角、DF=AE的结论。接下来结合已知的AD、EC长度，先算出BE的长度，在Rt△ABE中用勾股定理求出AE也就是DF的长，再算出BF的长度，在Rt△BDF中用勾股定理算出BD的长；最后利用菱形对角线互相平分得到O是BD中点，结合直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，即可求出OF的长度。
【解析】
∵ 四边形ABCD是菱形，$\therefore AD// BC$，$AD=BC=AB=5$。
∵$BE=CF$，$\therefore BE+EC=CF+EC$，即$BC=EF$，$\therefore AD=EF$。
又
∵$AD// EF$，
∴四边形AEFD是平行四边形。
∵$AE⊥ BC$，$\therefore ∠ AEF=90°$，
∴平行四边形AEFD是矩形，$\therefore ∠ F=90°$，$DF=AE$，$EF=AD=5$。
∵$BC=5$，$EC=2$，$\therefore BE=BC-EC=5-2=3$。
在$\mathrm{Rt}△ABE$中，由勾股定理得：$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，$\therefore DF=AE=4$。
∵$BF=BE+EF=3+5=8$，在$\mathrm{Rt}△BDF$中，由勾股定理得：$BD=\sqrt{BF^2+DF^2}=\sqrt{8^2+4^2}=4\sqrt{5}$。
∵菱形对角线互相平分，
∴O是BD的中点，又
∵$∠ F=90°$，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，$\therefore OF=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}×4\sqrt{5}=2\sqrt{5}$。
故选C。
【答案】C
【知识点】菱形的性质；矩形的判定与性质；勾股定理
【点评】本题属于特殊四边形的综合题，将菱形、矩形的性质判定与勾股定理、直角三角形斜边中线的性质结合考查，解题的关键是先证明四边形AEFD为矩形，建立已知线段和所求线段之间的关联，需要熟练掌握各类特殊四边形的性质和判定方法，灵活运用勾股定理计算线段长度。
【难度系数】0.5
解题时先从已知的菱形性质入手，首先利用菱形对边平行且相等的性质，结合CF=BE推出EF和AD平行且相等，先判定四边形AEFD是平行四边形；再由AE⊥BC的垂直条件，判定AEFD是矩形，得到∠F为直角、DF=AE的结论。接下来结合已知的AD、EC长度，先算出BE的长度，在Rt△ABE中用勾股定理求出AE也就是DF的长，再算出BF的长度，在Rt△BDF中用勾股定理算出BD的长；最后利用菱形对角线互相平分得到O是BD中点，结合直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，即可求出OF的长度。
【解析】
∵ 四边形ABCD是菱形，$\therefore AD// BC$，$AD=BC=AB=5$。
∵$BE=CF$，$\therefore BE+EC=CF+EC$，即$BC=EF$，$\therefore AD=EF$。
又
∵$AD// EF$，
∴四边形AEFD是平行四边形。
∵$AE⊥ BC$，$\therefore ∠ AEF=90°$，
∴平行四边形AEFD是矩形，$\therefore ∠ F=90°$，$DF=AE$，$EF=AD=5$。
∵$BC=5$，$EC=2$，$\therefore BE=BC-EC=5-2=3$。
在$\mathrm{Rt}△ABE$中，由勾股定理得：$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，$\therefore DF=AE=4$。
∵$BF=BE+EF=3+5=8$，在$\mathrm{Rt}△BDF$中，由勾股定理得：$BD=\sqrt{BF^2+DF^2}=\sqrt{8^2+4^2}=4\sqrt{5}$。
∵菱形对角线互相平分，
∴O是BD的中点，又
∵$∠ F=90°$，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，$\therefore OF=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}×4\sqrt{5}=2\sqrt{5}$。
故选C。
【答案】C
【知识点】菱形的性质；矩形的判定与性质；勾股定理
【点评】本题属于特殊四边形的综合题，将菱形、矩形的性质判定与勾股定理、直角三角形斜边中线的性质结合考查，解题的关键是先证明四边形AEFD为矩形，建立已知线段和所求线段之间的关联，需要熟练掌握各类特殊四边形的性质和判定方法，灵活运用勾股定理计算线段长度。
【难度系数】0.5
3 新考法[2026北京海淀区期中,中]如图,A,B为$5×5$的正方形网格中的两个格点,若四个顶点都是格点的矩形为格点矩形,则在图中共可以画出
4
个以A,B为顶点的格点矩形.答案
【解析】如图,以 AB 为边的格点矩形有 1 个,以 AB 为对角线的格点矩形有 3 个. 综上所述,共可以画出 4 个以 A,B 为顶点的格点矩形,故答案为 4.
解析
【分析】
要统计所有以A、B为顶点的格点矩形，需按分类讨论的思路思考：首先明确矩形中两个顶点的位置关系有两种：一是两个顶点为矩形的邻边端点，即AB为矩形的边；二是两个顶点为矩形相对的顶点，即AB为矩形的对角线。我们分别对两类情况计数，再求和即可得到总数量。
【解析】
我们分两类统计格点矩形的数量：
1. 以AB为边的格点矩形：过点A、B分别作AB的垂线，在垂线上寻找格点构造矩形，符合要求的格点矩形共有1个；
2. 以AB为对角线的格点矩形：根据矩形对角线相等且互相平分的性质，AB的中点是固定的，另外两个顶点需要满足到中点的距离等于$\frac{1}{2}AB$，且均为格点，符合要求的格点矩形共有3个。
两类矩形总数为$1+3=4$，即共可以画出4个以A、B为顶点的格点矩形。
【答案】
4
【知识点】
矩形的性质，格点计数，分类讨论
【点评】
本题易错点是遗漏AB为对角线的情况，解题时通过合理分类，分别计数后求和，能有效避免漏解、多解的问题。
【难度系数】
0.6
要统计所有以A、B为顶点的格点矩形，需按分类讨论的思路思考：首先明确矩形中两个顶点的位置关系有两种：一是两个顶点为矩形的邻边端点，即AB为矩形的边；二是两个顶点为矩形相对的顶点，即AB为矩形的对角线。我们分别对两类情况计数，再求和即可得到总数量。
【解析】
我们分两类统计格点矩形的数量：
1. 以AB为边的格点矩形：过点A、B分别作AB的垂线，在垂线上寻找格点构造矩形，符合要求的格点矩形共有1个；
2. 以AB为对角线的格点矩形：根据矩形对角线相等且互相平分的性质，AB的中点是固定的，另外两个顶点需要满足到中点的距离等于$\frac{1}{2}AB$，且均为格点，符合要求的格点矩形共有3个。
两类矩形总数为$1+3=4$，即共可以画出4个以A、B为顶点的格点矩形。
【答案】
4
【知识点】
矩形的性质，格点计数，分类讨论
【点评】
本题易错点是遗漏AB为对角线的情况，解题时通过合理分类，分别计数后求和，能有效避免漏解、多解的问题。
【难度系数】
0.6
4[2026重庆大渡口区质检,中]如图,在矩形ABCD中,点E在AD边上,点F在BC边上,且BF=DE,连接EF交对角线BD于点O,BD=5,CD=3,连接CE,若CE=CF,则EF的长为
$\frac{15}{4}$
.答案
思路分析
作 $EH⊥ BC$ 于点 H,证明四边形 CDEH 为矩形,得到 $EH=CD=3$,$ED=HC$,利用勾股定理得出 $BC=4$, 设 $CE=CF=x$,则 $BF=DE=4-x$,结合勾股定理建立方程求出 x 的值,推出 FH 的长,再利用勾股定理即可得出 EF 的长.
【解析】如图,作 $EH⊥ BC$ 于点 H,则 $∠ EHC=90°$. $\because$ 四边形 ABCD 为矩形, $BD=5$,$CD=3$,$\therefore ∠ CDE=∠ BCD=90°$,
∴ 四边形 CDEH 为矩形,$BC=\sqrt{BD^2-CD^2}=4$,$\therefore EH=CD=3$,$ED=HC$. 设 $CE=CF=x$,则 $BF=DE=4-x$. $\because CD^2+DE^2=CE^2$,$\therefore 3^2+(4-x)^2=x^2$,解得 $x=\frac{25}{8}$,$\therefore CF=\frac{25}{8}$,$ED=HC=4-\frac{25}{8}=\frac{7}{8}$,$\therefore FH=CF-HC=\frac{9}{4}$,$\therefore EF=\sqrt{EH^2+FH^2}=\sqrt{3^2+(\frac{9}{4})^2}=\frac{15}{4}$,故答案为 $\frac{15}{4}$.
解析
【分析】
本题是矩形背景下的线段长度求解问题，解题可按以下思路展开：首先利用矩形的性质和已知的BD、CD长度，通过勾股定理求出BC的长度；要求EF的长度，可通过作$EH⊥BC$构造直角三角形$EFH$，将EF转化为直角三角形的斜边求解；再结合$BF=DE$、$CE=CF$的条件设未知数，利用勾股定理建立方程求出相关线段的长度，最后代入勾股定理计算EF的长度即可。
【解析】
如图，作$EH⊥ BC$ 于点 H，则 $∠ EHC=90°$。
$\because$ 四边形 ABCD 为矩形， $BD=5$，$CD=3$，
$\therefore ∠ CDE=∠ BCD=90°$，
$BC=\sqrt{BD^2-CD^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∴ 四边形 CDEH 为矩形，
$\therefore EH=CD=3$，$ED=HC$。
设 $CE=CF=x$，则 $BF=DE=4-x$。
在$Rt△ CDE$中，由勾股定理得$CD^2+DE^2=CE^2$，
$\therefore 3^2+(4-x)^2=x^2$，
展开得$9+16-8x+x^2=x^2$，
解得 $x=\frac{25}{8}$，
$\therefore CF=\frac{25}{8}$，$ED=HC=4-\frac{25}{8}=\frac{7}{8}$，
$\therefore FH=CF-HC=\frac{25}{8}-\frac{7}{8}=\frac{9}{4}$，
在$Rt△ EFH$中，由勾股定理得
$EF=\sqrt{EH^2+FH^2}=\sqrt{3^2+(\frac{9}{4})^2}=\sqrt{\frac{225}{16}}=\frac{15}{4}$。
【答案】
$\frac{15}{4}$
【知识点】
矩形的性质与判定；勾股定理；方程思想
【点评】
本题属于几何中等综合题，将矩形性质、勾股定理与方程思想结合考查，解题的关键是通过作辅助线构造直角三角形，找准等量关系列方程求解，是矩形相关计算的典型题型。
【难度系数】
0.6
本题是矩形背景下的线段长度求解问题，解题可按以下思路展开：首先利用矩形的性质和已知的BD、CD长度，通过勾股定理求出BC的长度；要求EF的长度，可通过作$EH⊥BC$构造直角三角形$EFH$，将EF转化为直角三角形的斜边求解；再结合$BF=DE$、$CE=CF$的条件设未知数，利用勾股定理建立方程求出相关线段的长度，最后代入勾股定理计算EF的长度即可。
【解析】
如图，作$EH⊥ BC$ 于点 H，则 $∠ EHC=90°$。
$\because$ 四边形 ABCD 为矩形， $BD=5$，$CD=3$，
$\therefore ∠ CDE=∠ BCD=90°$，
$BC=\sqrt{BD^2-CD^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$，
∴ 四边形 CDEH 为矩形，
$\therefore EH=CD=3$，$ED=HC$。
设 $CE=CF=x$，则 $BF=DE=4-x$。
在$Rt△ CDE$中，由勾股定理得$CD^2+DE^2=CE^2$，
$\therefore 3^2+(4-x)^2=x^2$，
展开得$9+16-8x+x^2=x^2$，
解得 $x=\frac{25}{8}$，
$\therefore CF=\frac{25}{8}$，$ED=HC=4-\frac{25}{8}=\frac{7}{8}$，
$\therefore FH=CF-HC=\frac{25}{8}-\frac{7}{8}=\frac{9}{4}$，
在$Rt△ EFH$中，由勾股定理得
$EF=\sqrt{EH^2+FH^2}=\sqrt{3^2+(\frac{9}{4})^2}=\sqrt{\frac{225}{16}}=\frac{15}{4}$。
【答案】
$\frac{15}{4}$
【知识点】
矩形的性质与判定；勾股定理；方程思想
【点评】
本题属于几何中等综合题，将矩形性质、勾股定理与方程思想结合考查，解题的关键是通过作辅助线构造直角三角形，找准等量关系列方程求解，是矩形相关计算的典型题型。
【难度系数】
0.6
5[2025上海虹口区期末，中]如图，在$□ ABCD$中，E，F分别是边BC，AD的中点，连接AE，CF，
AC平分$∠ DAE$。
(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)在BC下方作$∠ CBG=∠ CAE$，BG与DC的延长线交于点G。求证：四边形ABGC是矩形。
刷素养 走向重高
AC平分$∠ DAE$。
(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)在BC下方作$∠ CBG=∠ CAE$，BG与DC的延长线交于点G。求证：四边形ABGC是矩形。
刷素养 走向重高
答案
【证明】(1)
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,$\therefore AD=BC$,$AD// BC$. $\because E,F$ 分别是边 BC,AD 的中点,$\therefore AF=CE$,
∴ 四边形 AECF 是平行四边形. $\because AC$ 平分 $∠ DAE$,$\therefore ∠ EAC=∠ FAC$. $\because AF// CE$,$\therefore ∠ FAC=∠ ECA$,$\therefore ∠ EAC=∠ ACE$,$\therefore AE=CE$,
∴ 平行四边形 AECF 是菱形.
(2)
∵ E 是 BC 的中点,$\therefore BE=CE=AE$,$\therefore ∠ BAE=∠ ABE$. $\because ∠ ACE+∠ ABE+∠ BAC=180°$,$\therefore ∠ ACE+∠ ABE+∠ BAE+∠ CAE=180°$,
$\therefore 2(∠ BAE+∠ CAE)=180°$,$\therefore ∠ BAE+∠ CAE=90°$,$\therefore ∠ BAC=90°$.
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,$\therefore AB// DC$.
$\because ∠ CBG=∠ CAE$,$∠ CAE=∠ ACE$,$\therefore ∠ CBG=∠ ACE$,$\therefore BG// AC$,
∴ 四边形 ABGC 是平行四边形.
$\because ∠ BAC=90°$,
∴ 平行四边形 ABGC 是矩形.
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,$\therefore AD=BC$,$AD// BC$. $\because E,F$ 分别是边 BC,AD 的中点,$\therefore AF=CE$,
∴ 四边形 AECF 是平行四边形. $\because AC$ 平分 $∠ DAE$,$\therefore ∠ EAC=∠ FAC$. $\because AF// CE$,$\therefore ∠ FAC=∠ ECA$,$\therefore ∠ EAC=∠ ACE$,$\therefore AE=CE$,
∴ 平行四边形 AECF 是菱形.
(2)
∵ E 是 BC 的中点,$\therefore BE=CE=AE$,$\therefore ∠ BAE=∠ ABE$. $\because ∠ ACE+∠ ABE+∠ BAC=180°$,$\therefore ∠ ACE+∠ ABE+∠ BAE+∠ CAE=180°$,
$\therefore 2(∠ BAE+∠ CAE)=180°$,$\therefore ∠ BAE+∠ CAE=90°$,$\therefore ∠ BAC=90°$.
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,$\therefore AB// DC$.
$\because ∠ CBG=∠ CAE$,$∠ CAE=∠ ACE$,$\therefore ∠ CBG=∠ ACE$,$\therefore BG// AC$,
∴ 四边形 ABGC 是平行四边形.
$\because ∠ BAC=90°$,
∴ 平行四边形 ABGC 是矩形.
解析
【分析】
(1) 要证四边形AECF是菱形，优先选择“先证平行四边形，再证一组邻边相等”的思路：首先利用平行四边形ABCD的性质得到AD与BC平行且相等，结合E、F是中点可推出AF与CE平行且相等，先证得AECF是平行四边形；再利用角平分线的性质和平行线的内错角相等，推导得到等角对等边，即AE=CE，即可证明平行四边形AECF是菱形。
(2) 要证四边形ABGC是矩形，选择“先证平行四边形，再证有一个内角是直角”的思路：首先由(1)的结论和E是BC中点，可得AE=BE=CE，结合三角形内角和可推导得出∠BAC=90°；再结合已知角相等的条件推得BG//AC，结合平行四边形ABCD中AB//DG，即可证得ABGC是平行四边形，加上直角即可判定为矩形。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是平行四边形，$\therefore AD=BC$，$AD// BC$。
∵ E，F分别是边BC，AD的中点，$\therefore AF=\frac{1}{2}AD$，$CE=\frac{1}{2}BC$，$\therefore AF=CE$，
又$AF// CE$，
∴ 四边形AECF是平行四边形。
∵ AC平分$∠DAE$，$\therefore ∠EAC=∠FAC$。
∵ $AF// CE$，$\therefore ∠FAC=∠ECA$，$\therefore ∠EAC=∠ACE$，$\therefore AE=CE$，
∴ 平行四边形AECF是菱形。
(2) 由(1)得$AE=CE$，
∵ E是BC的中点，$\therefore BE=CE=AE$，
$\therefore ∠BAE=∠ABE$，$∠EAC=∠ACE$。
∵ $∠ACE+∠ABE+∠BAC=180°$，即$∠ACE+∠ABE+∠BAE+∠CAE=180°$，
$\therefore 2(∠BAE+∠CAE)=180°$，$\therefore ∠BAE+∠CAE=90°$，即$∠BAC=90°$。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，$\therefore AB// DC$，即$AB// CG$。
∵ $∠CBG=∠CAE$，$∠CAE=∠ACE$，$\therefore ∠CBG=∠ACE$，$\therefore BG// AC$，
∴ 四边形ABGC是平行四边形。
又
∵ $∠BAC=90°$，
∴ 平行四边形ABGC是矩形。
【答案】
(1) 四边形AECF是菱形，证明成立；
(2) 四边形ABGC是矩形，证明成立。（证明过程见解析）
【知识点】
平行四边形的判定与性质，菱形的判定，矩形的判定
【点评】
本题属于特殊四边形的综合证明题，需要灵活运用各类特殊四边形的判定与性质，结合角平分线、平行线的性质以及三角形内角和定理推导边角关系，能有效锻炼逻辑推理能力，解题的核心是掌握特殊四边形的判定思路。
【难度系数】
0.6
(1) 要证四边形AECF是菱形，优先选择“先证平行四边形，再证一组邻边相等”的思路：首先利用平行四边形ABCD的性质得到AD与BC平行且相等，结合E、F是中点可推出AF与CE平行且相等，先证得AECF是平行四边形；再利用角平分线的性质和平行线的内错角相等，推导得到等角对等边，即AE=CE，即可证明平行四边形AECF是菱形。
(2) 要证四边形ABGC是矩形，选择“先证平行四边形，再证有一个内角是直角”的思路：首先由(1)的结论和E是BC中点，可得AE=BE=CE，结合三角形内角和可推导得出∠BAC=90°；再结合已知角相等的条件推得BG//AC，结合平行四边形ABCD中AB//DG，即可证得ABGC是平行四边形，加上直角即可判定为矩形。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是平行四边形，$\therefore AD=BC$，$AD// BC$。
∵ E，F分别是边BC，AD的中点，$\therefore AF=\frac{1}{2}AD$，$CE=\frac{1}{2}BC$，$\therefore AF=CE$，
又$AF// CE$，
∴ 四边形AECF是平行四边形。
∵ AC平分$∠DAE$，$\therefore ∠EAC=∠FAC$。
∵ $AF// CE$，$\therefore ∠FAC=∠ECA$，$\therefore ∠EAC=∠ACE$，$\therefore AE=CE$，
∴ 平行四边形AECF是菱形。
(2) 由(1)得$AE=CE$，
∵ E是BC的中点，$\therefore BE=CE=AE$，
$\therefore ∠BAE=∠ABE$，$∠EAC=∠ACE$。
∵ $∠ACE+∠ABE+∠BAC=180°$，即$∠ACE+∠ABE+∠BAE+∠CAE=180°$，
$\therefore 2(∠BAE+∠CAE)=180°$，$\therefore ∠BAE+∠CAE=90°$，即$∠BAC=90°$。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，$\therefore AB// DC$，即$AB// CG$。
∵ $∠CBG=∠CAE$，$∠CAE=∠ACE$，$\therefore ∠CBG=∠ACE$，$\therefore BG// AC$，
∴ 四边形ABGC是平行四边形。
又
∵ $∠BAC=90°$，
∴ 平行四边形ABGC是矩形。
【答案】
(1) 四边形AECF是菱形，证明成立；
(2) 四边形ABGC是矩形，证明成立。（证明过程见解析）
【知识点】
平行四边形的判定与性质，菱形的判定，矩形的判定
【点评】
本题属于特殊四边形的综合证明题，需要灵活运用各类特殊四边形的判定与性质，结合角平分线、平行线的性质以及三角形内角和定理推导边角关系，能有效锻炼逻辑推理能力，解题的核心是掌握特殊四边形的判定思路。
【难度系数】
0.6
6 核心素养 几何直观 [2026 山东济南质检,难]如图,在四边形ABCD中,AB//CD,∠A=90°,AB=12 cm,CD=15 cm,AD=6 cm.点P从点A出发,以1 cm/s的速度向点B运动;同时点Q从点C出发,以2 cm/s的速度向点D运动.规定其中一个动点到达终点时另一个动点也随之停止运动.设点Q运动的时间为t s.
(1)直接写出边BC的长为
(2)当四边形APQD是矩形时,求t的值;
(3)在点Q的运动过程中,当△BCQ是等腰三角形时,求t的值;
(4)在点P,Q的运动过程中,当PQ=BC时,直接写出t的值.
（备用图）
(1)直接写出边BC的长为
$3\sqrt{5}$
cm;(2)当四边形APQD是矩形时,求t的值;
(3)在点Q的运动过程中,当△BCQ是等腰三角形时,求t的值;
(4)在点P,Q的运动过程中,当PQ=BC时,直接写出t的值.
（备用图）
答案
【解】(1)如图(1),过点 B 作 $BH⊥ CD$ 于点 H.
$\because ∠ A=90°$,$AB// CD$,
$\therefore ∠ D=180°-90°=90°$,
$\therefore ∠ A=∠ D=∠ BHD=90°$,
∴ 四边形 ABHD 是矩形, $\therefore BH=AD=6\ \mathrm{cm}$,$DH=AB=12\ \mathrm{cm}$,$\therefore CH=CD-DH=15-12=3(\mathrm{cm})$,$\therefore$ 由勾股定理可得, $BC=\sqrt{BH^2+CH^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}(\mathrm{cm})$. 故答案为 $3\sqrt{5}$.
(2)由题意得 $AP=t\ \mathrm{cm}$,$CQ=2t\ \mathrm{cm}$,$\therefore DQ=(15-2t)\mathrm{cm}$. 当四边形 APQD 是矩形时, $AP=DQ$,$\therefore t=15-2t$,解得 $t=5$.
(3)过点 B 作 $BH⊥ CD$ 于点 H,则由(1)知 $BH=6\ \mathrm{cm}$. 当 $BQ=BC=3\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$ 时,可得 $QH=CH=3\ \mathrm{cm}$,$\therefore CQ=6\ \mathrm{cm}$,$\therefore t=\frac{6}{2}=3$.
当 $CQ=BC=3\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$ 时,$t=\frac{3\sqrt{5}}{2}$.
当 $BQ=CQ=2t\ \mathrm{cm}$ 时,$QH=(2t-3)\mathrm{cm}$. 由勾股定理可知,$BH^2+QH^2=BQ^2$,$\therefore 6^2+(2t-3)^2=(2t)^2$,解得 $t=\frac{15}{4}$.
综上所述,当 $△ BCQ$ 是等腰三角形时,$t$ 的值为 3 或 $\frac{3\sqrt{5}}{2}$或$\frac{15}{4}$.
(4)$t$ 的值为 4 或 6.
当 $BP=CQ$ 时,如图(2). $\because AB// CD$,
∴ 四边形 BCQP 是平行四边形,此时 $PQ=BC$,由 $BP=CQ$ 可得 $12-t=2t$,解得 $t=4$.
当 $BP＜CQ$ 时,如图(3),过点 B 作 $BH⊥ CD$ 于点 H,过点 P 作 $PG⊥ CD$ 于点 G,则 $CH=3\ \mathrm{cm}$.
$\because AB// CD$,$\therefore PG⊥ AB$,
∴ 四边形 PBHG 是矩形,$\therefore PG=BH$,$BP=GH=(12-t)\mathrm{cm}$.
在 $\mathrm{Rt}△ PGQ$ 与 $\mathrm{Rt}△ BHC$ 中, $\begin{cases}PQ=BC,\\PG=BH,\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ PGQ≌ \mathrm{Rt}△ BHC(\mathrm{HL})$,$\therefore QG=CH=3\ \mathrm{cm}$.
$\because QG+GH+CH=CQ$,$\therefore 3+(12-t)+3=2t$,解得 $t=6$.
综上所述,当 $PQ=BC$ 时,$t$ 的值为 4 或 6.
解析
【分析】
本题是直角梯形背景下的动点综合题，解题思路如下：
(1) 求BC长：通过作高将直角梯形转化为矩形和直角三角形，利用矩形性质得到直角三角形的直角边长，再用勾股定理计算BC。
(2) 四边形APQD为矩形的情况：已知∠A=∠D=90°，根据矩形判定，只需满足对边AP=DQ，用含t的代数式表示线段长度后列方程求解即可。
(3) △BCQ为等腰三角形的情况：分三类讨论：①BQ=BC；②CQ=BC；③BQ=CQ，每类结合勾股定理或等腰三角形三线合一的性质列方程，注意检验解是否符合动点运动范围。
(4) PQ=BC的情况：分两种情况：①四边形BCQP是平行四边形，此时BP=CQ；②四边形BCQP是等腰梯形，通过作高构造全等三角形，结合线段和的关系列方程求解。
【解析】
(1) 如图(1)，过点 B 作 $BH⊥ CD$ 于点 H.
$\because ∠ A=90°$,$AB// CD$,
$\therefore ∠ D=180°-90°=90°$,
$\therefore ∠ A=∠ D=∠ BHD=90°$,
∴ 四边形 ABHD 是矩形, $\therefore BH=AD=6\ \mathrm{cm}$,$DH=AB=12\ \mathrm{cm}$,
$\therefore CH=CD-DH=15-12=3(\mathrm{cm})$,
$\therefore$ 由勾股定理可得, $BC=\sqrt{BH^2+CH^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}(\mathrm{cm})$.
(2) 由题意得 $AP=t\ \mathrm{cm}$,$CQ=2t\ \mathrm{cm}$,$\therefore DQ=(15-2t)\mathrm{cm}$.
当四边形 APQD 是矩形时, $AP=DQ$,
$\therefore t=15-2t$,解得 $t=5$.
(3) 过点 B 作 $BH⊥ CD$ 于点 H,则由(1)知 $BH=6\ \mathrm{cm}$.
① 当 $BQ=BC=3\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$ 时,由等腰三角形三线合一可得 $QH=CH=3\ \mathrm{cm}$,$\therefore CQ=6\ \mathrm{cm}$,$\therefore t=\frac{6}{2}=3$.
② 当 $CQ=BC=3\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$ 时,$t=\frac{3\sqrt{5}}{2}$.
③ 当 $BQ=CQ=2t\ \mathrm{cm}$ 时,$QH=(2t-3)\mathrm{cm}$.
由勾股定理可知,$BH^2+QH^2=BQ^2$,
$\therefore 6^2+(2t-3)^2=(2t)^2$,解得 $t=\frac{15}{4}$.
综上所述,当 $△ BCQ$ 是等腰三角形时,$t$ 的值为 3 或 $\frac{3\sqrt{5}}{2}$或$\frac{15}{4}$.
(4) ① 当 $BP=CQ$ 时,如图(2). $\because AB// CD$,
∴ 四边形 BCQP 是平行四边形,此时 $PQ=BC$,
由 $BP=CQ$ 可得 $12-t=2t$,解得 $t=4$.
② 当 $BP＜CQ$ 时,如图(3),过点 B 作 $BH⊥ CD$ 于点 H,过点 P 作 $PG⊥ CD$ 于点 G,则 $CH=3\ \mathrm{cm}$.
$\because AB// CD$,$\therefore PG⊥ AB$,
∴ 四边形 PBHG 是矩形,$\therefore PG=BH$,$BP=GH=(12-t)\mathrm{cm}$.
在 $\mathrm{Rt}△ PGQ$ 与 $\mathrm{Rt}△ BHC$ 中, $\begin{cases}PQ=BC,\\PG=BH,\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ PGQ≌ \mathrm{Rt}△ BHC(\mathrm{HL})$,$\therefore QG=CH=3\ \mathrm{cm}$.
$\because QG+GH+CH=CQ$,$\therefore 3+(12-t)+3=2t$,解得 $t=6$.
综上所述,当 $PQ=BC$ 时,$t$ 的值为 4 或 6.
【答案】
(1) $\boxed{3\sqrt{5}}$
(2) $\boxed{t=5}$
(3) $\boxed{3}$或$\boxed{\frac{3\sqrt{5}}{2}}$或$\boxed{\frac{15}{4}}$
(4) $\boxed{4}$或$\boxed{6}$
【知识点】
矩形的判定与性质；等腰三角形分类讨论；勾股定理
【点评】
本题是直角梯形与动点结合的综合题，重点考查方程思想和分类讨论思想的应用，解题时需结合动点的运动范围，对等腰三角形、线段相等的情况分类讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.3
本题是直角梯形背景下的动点综合题，解题思路如下：
(1) 求BC长：通过作高将直角梯形转化为矩形和直角三角形，利用矩形性质得到直角三角形的直角边长，再用勾股定理计算BC。
(2) 四边形APQD为矩形的情况：已知∠A=∠D=90°，根据矩形判定，只需满足对边AP=DQ，用含t的代数式表示线段长度后列方程求解即可。
(3) △BCQ为等腰三角形的情况：分三类讨论：①BQ=BC；②CQ=BC；③BQ=CQ，每类结合勾股定理或等腰三角形三线合一的性质列方程，注意检验解是否符合动点运动范围。
(4) PQ=BC的情况：分两种情况：①四边形BCQP是平行四边形，此时BP=CQ；②四边形BCQP是等腰梯形，通过作高构造全等三角形，结合线段和的关系列方程求解。
【解析】
(1) 如图(1)，过点 B 作 $BH⊥ CD$ 于点 H.
$\because ∠ A=90°$,$AB// CD$,
$\therefore ∠ D=180°-90°=90°$,
$\therefore ∠ A=∠ D=∠ BHD=90°$,
∴ 四边形 ABHD 是矩形, $\therefore BH=AD=6\ \mathrm{cm}$,$DH=AB=12\ \mathrm{cm}$,
$\therefore CH=CD-DH=15-12=3(\mathrm{cm})$,
$\therefore$ 由勾股定理可得, $BC=\sqrt{BH^2+CH^2}=\sqrt{6^2+3^2}=3\sqrt{5}(\mathrm{cm})$.
(2) 由题意得 $AP=t\ \mathrm{cm}$,$CQ=2t\ \mathrm{cm}$,$\therefore DQ=(15-2t)\mathrm{cm}$.
当四边形 APQD 是矩形时, $AP=DQ$,
$\therefore t=15-2t$,解得 $t=5$.
(3) 过点 B 作 $BH⊥ CD$ 于点 H,则由(1)知 $BH=6\ \mathrm{cm}$.
① 当 $BQ=BC=3\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$ 时,由等腰三角形三线合一可得 $QH=CH=3\ \mathrm{cm}$,$\therefore CQ=6\ \mathrm{cm}$,$\therefore t=\frac{6}{2}=3$.
② 当 $CQ=BC=3\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$ 时,$t=\frac{3\sqrt{5}}{2}$.
③ 当 $BQ=CQ=2t\ \mathrm{cm}$ 时,$QH=(2t-3)\mathrm{cm}$.
由勾股定理可知,$BH^2+QH^2=BQ^2$,
$\therefore 6^2+(2t-3)^2=(2t)^2$,解得 $t=\frac{15}{4}$.
综上所述,当 $△ BCQ$ 是等腰三角形时,$t$ 的值为 3 或 $\frac{3\sqrt{5}}{2}$或$\frac{15}{4}$.
(4) ① 当 $BP=CQ$ 时,如图(2). $\because AB// CD$,
∴ 四边形 BCQP 是平行四边形,此时 $PQ=BC$,
由 $BP=CQ$ 可得 $12-t=2t$,解得 $t=4$.
② 当 $BP＜CQ$ 时,如图(3),过点 B 作 $BH⊥ CD$ 于点 H,过点 P 作 $PG⊥ CD$ 于点 G,则 $CH=3\ \mathrm{cm}$.
$\because AB// CD$,$\therefore PG⊥ AB$,
∴ 四边形 PBHG 是矩形,$\therefore PG=BH$,$BP=GH=(12-t)\mathrm{cm}$.
在 $\mathrm{Rt}△ PGQ$ 与 $\mathrm{Rt}△ BHC$ 中, $\begin{cases}PQ=BC,\\PG=BH,\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ PGQ≌ \mathrm{Rt}△ BHC(\mathrm{HL})$,$\therefore QG=CH=3\ \mathrm{cm}$.
$\because QG+GH+CH=CQ$,$\therefore 3+(12-t)+3=2t$,解得 $t=6$.
综上所述,当 $PQ=BC$ 时,$t$ 的值为 4 或 6.
【答案】
(1) $\boxed{3\sqrt{5}}$
(2) $\boxed{t=5}$
(3) $\boxed{3}$或$\boxed{\frac{3\sqrt{5}}{2}}$或$\boxed{\frac{15}{4}}$
(4) $\boxed{4}$或$\boxed{6}$
【知识点】
矩形的判定与性质；等腰三角形分类讨论；勾股定理
【点评】
本题是直角梯形与动点结合的综合题，重点考查方程思想和分类讨论思想的应用，解题时需结合动点的运动范围，对等腰三角形、线段相等的情况分类讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.3
