第25頁（共25頁）2025-2026學(xué)年上學(xué)期初中數(shù)學(xué)北師大新版九年級期末必刷常考題之特殊的平行四邊形一．選擇題（共8小題）1．（2025秋?寧波校級期中）如圖，已知AD⊥BD，AC⊥BC，E為AB中點，∠ACD+∠BAC＝75°，則∠DEC的度數(shù)為（）A．30° B．35° C．40° D．45°2．（2025秋?蘭州校級期中）如圖，菱形ABCD對角線AC＝8cm，BD＝6cm，則菱形高DE的長為（）A．485 B．245 C．413 3．（2025秋?邯鄲期中）?ABCD中，AC交BD于點O，再添加一個條件使其為矩形，不能是下列的（）A．∠ABC＝90° B．AC⊥BD C．AB2+BC2＝AC2 D．OA＝OB4．（2025?東莞市校級模擬）如圖，菱形ABCD的周長為52，過點C作CE⊥AC，交AB的延長線于點E，若CE＝10，則AC的長為（）A．22 B．24 C．26 D．285．（2025?襄城區(qū)模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，邊長為2的正方形OABC如圖這樣放置，則頂點C的坐標(biāo)為（）A．（﹣1，1） B．(-1，-2) C．（﹣1，﹣16．（2025?甘井子區(qū)一模）如圖，點E在正方形ABCD的內(nèi)部，且△ADE為等邊三角形，BD與CF交于點M，則∠DMC為（）A．30° B．45° C．60° D．75°7．（2025?朔州模擬）如圖，在菱形ABCD中，AB＝13，BD＝24，AC與BD交于點O，過點A作AE⊥CD于點E，連接OE，則OE的長為（）A．5 B．10 C．12013 D．8．（2025?鄭州模擬）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點M，N分別是邊AD，CD的中點，連接MN，OM．若MN＝3，S菱形ABCD＝24，則OM的長為（）A．3 B．3.5 C．2 D．2.5二．填空題（共5小題）9．（2025秋?深圳期中）中國結(jié)寓意團圓、美滿，以獨特的東方神韻體現(xiàn)中國人民的智慧和深厚的文化底蘊．如圖，曉進家有一個菱形中國結(jié)裝飾，對角線AC，BD相交于點O，測得AB＝10cm，BD＝16cm，過點A作AH⊥BC于點H，則AH的長為．10．（2025秋?連云港校級期中）如圖：在長方形ABCD中放入正方形AEFG、正方形MNRH、正方形CPQN，點E在AB上，點M、N在BC上，若AE＝7，MN＝5，CN＝3，則圖中右上角陰影部分的周長與左下角陰影部分的周長的差為．11．（2025春?虹口區(qū)校級期末）如圖，矩形ABCD中，AC與BD交于點O，E在AD上，CE＝AE，F(xiàn)是AE的中點，AD＝8，DC＝4．則線段OF＝．12．（2025春?興寧市期末）如圖，在長方形ABCD中，AB＝CD＝12cm，BC＝20cm，點P從點B出發(fā)，以2cm/s的速度沿BC向點C運動（到點C停止運動），同時，點Q從點C出發(fā)（到點D停止運動），以xcm/s的速度沿CD向點D運動，當(dāng)x的值為，可以使△ABP與△PQC全等．13．（2025秋?義縣期中）如圖，在邊長為8的正方形ABCD中，AE＝1，BF＝2，G是對角線AC上一點，AG=14AC．點P是CG上的動點，連接PE，PF，當(dāng)△PEF是等腰三角形時，PG的長為三．解答題（共2小題）14．（2025秋?朝陽區(qū)校級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，交AB于點D，O為AC的中點，P為BC的中點，連接DO，DP．求證：PD⊥OD．15．（2025秋?義縣期中）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，分別過點C、D作BD、AC的平行線交于點E，連接AE．（1）求證：四邊形OCED為矩形；（2）若菱形ABCD的對角線AC的長為43，∠BCD＝60°，求AE

2025-2026學(xué)年上學(xué)期初中數(shù)學(xué)北師大新版九年級期末必刷?？碱}之特殊的平行四邊形參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案ABBBCCAD一．選擇題（共8小題）1．（2025秋?寧波校級期中）如圖，已知AD⊥BD，AC⊥BC，E為AB中點，∠ACD+∠BAC＝75°，則∠DEC的度數(shù)為（）A．30° B．35° C．40° D．45°【考點】直角三角形斜邊上的中線；垂線．【專題】三角形．【答案】A【分析】由直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)得DE=CE=AE=BE=12AB，所以∠BAC＝∠ECA，又∠ACD+∠BAC＝75°，則∠DCE＝∠ACD+∠ECA＝∠ACD+∠BAC＝【解答】解：∵AD⊥BD，AC⊥BC，∴∠ADB＝∠ACB＝90°，∵E為AB中點，∴DE=∴∠BAC＝∠ECA，∵∠ACD+∠BAC＝75°，∴∠DCE＝∠ACD+∠ECA＝∠ACD+∠BAC＝75°，∵DE＝CE，∴∠CDE＝∠DCE＝75°，∴∠DEC＝180°﹣∠CDE﹣∠DCE＝180°﹣75°﹣75°＝30°，故選：A．【點評】本題主要考查了直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理等知識，掌握知識點的應(yīng)用是解題關(guān)鍵．2．（2025秋?蘭州校級期中）如圖，菱形ABCD對角線AC＝8cm，BD＝6cm，則菱形高DE的長為（）A．485 B．245 C．413 【考點】菱形的性質(zhì)；勾股定理．【專題】矩形菱形正方形．【答案】B【分析】根據(jù)菱形的對角線互相垂直平分求出OA、OB，然后利用勾股定理求出AB，再根據(jù)菱形ABCD的面積=1【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，AC＝8cm，BD＝6cm，∴AC⊥BD，OA=12根據(jù)勾股定理，AB=∵菱形ABCD的面積=1∴12∴DE=故選：B．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，掌握知識點的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．3．（2025秋?邯鄲期中）?ABCD中，AC交BD于點O，再添加一個條件使其為矩形，不能是下列的（）A．∠ABC＝90° B．AC⊥BD C．AB2+BC2＝AC2 D．OA＝OB【考點】矩形的判定；勾股定理；平行四邊形的性質(zhì)．【專題】等腰三角形與直角三角形；多邊形與平行四邊形；矩形菱形正方形；運算能力；推理能力．【答案】B【分析】利用勾股定理的逆定理和矩形的判定即可求解．【解答】解：?ABCD中，AC交BD于點O，A．∠ABC＝90°，則四邊形ABCD為矩形；B．AC⊥BD，則四邊形ABCD為菱形；C．AB2+BC2＝AC2，可知△ABC是直角三角形，∠ABC是直角，可有證明平行四邊形ABCD是矩形；D．OA＝OB，則四邊形ABCD為矩形；故選：B．【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定和勾股定理的逆定理等知識，有一個內(nèi)角是直角的平行四邊形是矩形，掌握此點是解答本題的關(guān)鍵．4．（2025?東莞市校級模擬）如圖，菱形ABCD的周長為52，過點C作CE⊥AC，交AB的延長線于點E，若CE＝10，則AC的長為（）A．22 B．24 C．26 D．28【考點】菱形的性質(zhì)．【專題】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】B【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)求出AB＝BC＝13，結(jié)合直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的判定求出BC＝BE＝13，再根據(jù)勾股定理求解即可．【解答】解：∵菱形ABCD的周長為52，∴AB＝BC=14×52∴∠BAC＝∠BCA，∵CE⊥AC，∴∠ACE＝∠BCA+∠BCE＝90°，∴∠BAC+∠BEC＝90°，∴∠BCE＝∠BEC，∴BC＝BE＝13，∴AE＝26，∵CE＝10，∴AC=AE故選：B．【點評】此題考查了菱形的性質(zhì)，熟記菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．5．（2025?襄城區(qū)模擬）在平面直角坐標(biāo)系中，邊長為2的正方形OABC如圖這樣放置，則頂點C的坐標(biāo)為（）A．（﹣1，1） B．(-1，-2) C．（﹣1，﹣1【考點】正方形的性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；勾股定理．【專題】三角形；矩形菱形正方形．【答案】C【分析】先根據(jù)正方形的性質(zhì)以及勾股定理可得AC=OB=AB2+AO2=2，根據(jù)正方形的對角線互相垂直平分且相等的性質(zhì)可得A、C關(guān)于x【解答】解：∵邊長為2的正方形OABC如圖這樣放置，∴AC=如圖：連接AC，∵四邊形OABC是正方形，∴點A、C關(guān)于x軸對稱，∴AC所在直線為OB的垂直平分線，即A、C的橫坐標(biāo)均為﹣1，又∵A、C關(guān)于x軸對稱，∴A點縱坐標(biāo)為1，C點縱坐標(biāo)為﹣1，故C點坐標(biāo)（﹣1，﹣1）．故選：C．【點評】本題主要考查了正方形對角線互相垂直平分且相等的性質(zhì)，根據(jù)對角線相等的性質(zhì)求對角線AC的長度，即求點C的縱坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．6．（2025?甘井子區(qū)一模）如圖，點E在正方形ABCD的內(nèi)部，且△ADE為等邊三角形，BD與CF交于點M，則∠DMC為（）A．30° B．45° C．60° D．75°【考點】正方形的性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)．【專題】等腰三角形與直角三角形；矩形菱形正方形；運算能力；推理能力．【答案】C【分析】由正方形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)得AB＝AD＝ED＝CD，AB∥CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，∠ADE＝60°，則∠ABD＝∠ADB＝45°，∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝30°，求得∠DCE＝∠DEC＝75°，所以∠BFC＝∠DCE＝75°，則∠DMC＝∠BMF＝180°﹣∠ABD﹣∠BFC＝60°，于是得到問題的答案．【解答】解：∵點E在正方形ABCD的內(nèi)部，且△ADE為等邊三角形，∴AB＝AD＝ED＝CD，AB∥CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，∠ADE＝60°，∴∠ABD＝∠ADB＝45°，∠CDE＝∠ADC﹣∠ADE＝30°，∴∠DCE＝∠DEC=12×（180°﹣∠CDE∴∠BFC＝∠DCE＝75°，∴∠DMC＝∠BMF＝180°﹣∠ABD﹣∠BFC＝180°﹣45°﹣75°＝60°，故選：C．【點評】此題重點考查正方形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、等腰直角三角形性質(zhì)、“等邊對等角”、平行線的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理等知識，推導(dǎo)出∠BFC＝∠DCE＝75°是解題的關(guān)鍵．7．（2025?朔州模擬）如圖，在菱形ABCD中，AB＝13，BD＝24，AC與BD交于點O，過點A作AE⊥CD于點E，連接OE，則OE的長為（）A．5 B．10 C．12013 D．【考點】菱形的性質(zhì)；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理．【專題】矩形菱形正方形；運算能力．【答案】A【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得到BO＝12，然后利用勾股定理求出AO長，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)解題即可．【解答】解：由題意可得：∴AO＝OC，BO=∴AO=又∵AE⊥CD，∴OE=故選：A．【點評】本題考查菱形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)，正確進行計算是解題關(guān)鍵．8．（2025?鄭州模擬）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點M，N分別是邊AD，CD的中點，連接MN，OM．若MN＝3，S菱形ABCD＝24，則OM的長為（）A．3 B．3.5 C．2 D．2.5【考點】菱形的性質(zhì)；三角形中位線定理．【專題】三角形；等腰三角形與直角三角形；矩形菱形正方形；運算能力；推理能力．【答案】D【分析】由三角形中位線定理得AC＝2MN＝6，再由菱形的性質(zhì)和勾股定理求出CD＝5，然后由三角形中位線定理即可得出結(jié)論．【解答】解：∵點M，N分別是邊AD，CD的中點，∴MN是△ACD的中位線，∴AC＝2MN＝2×3＝6，∵四邊形ABCD是菱形，S菱形ABCD＝24，∴OA＝OC=12AC＝3，OB＝OD，AC⊥BD，12AC?BD即12×6×BD＝∴BD＝8，∴OD=12BD＝在Rt△OCD中，由勾股定理得：CD=OC∵點M是AD的中點，OA＝OC，∴OM是△ACD的中位線，∴OM=12CD＝故選：D．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)、三角形中位線定理以及勾股定理等知識，熟練掌握菱形的性質(zhì)和三角形中位線定理是解題的關(guān)鍵．二．填空題（共5小題）9．（2025秋?深圳期中）中國結(jié)寓意團圓、美滿，以獨特的東方神韻體現(xiàn)中國人民的智慧和深厚的文化底蘊．如圖，曉進家有一個菱形中國結(jié)裝飾，對角線AC，BD相交于點O，測得AB＝10cm，BD＝16cm，過點A作AH⊥BC于點H，則AH的長為9.6cm．【考點】菱形的性質(zhì)；勾股定理的應(yīng)用．【專題】三角形；矩形菱形正方形．【答案】9.6cm．【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AC⊥BD，【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥∴∠AOB＝90°，∴AO=∴AC＝12cm，∵AH⊥BC，∴AH=故答案為：9.6cm．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，掌握其相關(guān)知識點是解題的關(guān)鍵．10．（2025秋?連云港校級期中）如圖：在長方形ABCD中放入正方形AEFG、正方形MNRH、正方形CPQN，點E在AB上，點M、N在BC上，若AE＝7，MN＝5，CN＝3，則圖中右上角陰影部分的周長與左下角陰影部分的周長的差為10．【考點】正方形的性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．【專題】矩形菱形正方形．【答案】10．【分析】設(shè)BM＝x，BE＝y(tǒng)，再根據(jù)圖形依次表示出DG＝x+5+3﹣7＝x+1，DP＝7+y﹣3＝4+y，然后求出右上角周長和左下角周長，最后相減即可．【解答】解：設(shè)BM＝x，BE＝y(tǒng)，在正方形AEFG中AE＝AG＝7，在正方形MNRH中MN＝HM＝5，在正方形CPQN中NC＝PC＝3，在長方形ABCD中AD＝BC＝8+x，AB＝CD＝7+y，∵AE＝7，MN＝5，CN＝3，∴DG＝AD﹣AG＝8+x﹣7＝x+1，DP＝CD﹣CP＝7+y﹣3＝4+y，∴右上角周長＝（DG+DP）×2＝（x+1+4+y）×2＝10+2x+2y，左下角周長＝（BE+BM）×2＝2x+2y，∴右上角陰影部分的周長與左下角陰影部分的周長的差為10+2x+2y﹣（2x+2y）＝10，故答案為：10．【點評】本題考查了列代數(shù)式，整式的加減運算，不規(guī)則圖形的周長的求解．11．（2025春?虹口區(qū)校級期末）如圖，矩形ABCD中，AC與BD交于點O，E在AD上，CE＝AE，F(xiàn)是AE的中點，AD＝8，DC＝4．則線段OF＝2.5．【考點】矩形的性質(zhì)；三角形中位線定理．【專題】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】2.5．【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)證明OF是△ACE的中位線，得OF∥CE，OF=12CE，然后證明AF＝EF＝OF，設(shè)AF＝EF＝OF＝x，根據(jù)勾股定理求出【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，OA＝OC，∵F是AE的中點，∴AF＝EF，∴OF∥CE，OF=12∴∠ECA＝∠FOA，∵AE＝CE，∴∠EAC＝∠ECA，∴∠EAC＝∠FOA，∴AF＝OF，∴AF＝EF＝OF，設(shè)AF＝EF＝OF＝x，∴AE＝CE＝2x，DE＝AD﹣AE＝8﹣2x，∵DE2+CD2＝CE2，∴（8﹣2x）2+42＝（2x）2，∴x＝2.5，∴OF＝2.5，故答案為：2.5．【點評】本題考查矩形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線定理，解決本題的關(guān)鍵是掌握矩形的性質(zhì)．12．（2025春?興寧市期末）如圖，在長方形ABCD中，AB＝CD＝12cm，BC＝20cm，點P從點B出發(fā)，以2cm/s的速度沿BC向點C運動（到點C停止運動），同時，點Q從點C出發(fā)（到點D停止運動），以xcm/s的速度沿CD向點D運動，當(dāng)x的值為2.4或2，可以使△ABP與△PQC全等．【考點】矩形的性質(zhì)；全等三角形的判定．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】分兩種情況：當(dāng)BP＝CQ，AB＝PC時，△ABP≌△PCQ，當(dāng)AB＝CQ，BP＝CP時，△ABP≌△QCP，分別求解即可得出答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是長方形，∴∠B＝∠C＝90°．當(dāng)BP＝CQ，AB＝PC時，△ABP≌△PCQ，∵AB＝CD＝12cm，∴PC＝AB＝12cm，∴BP＝BC﹣CP＝20﹣12＝8cm，∴t＝8÷2＝4s，CQ＝BP＝8cm，∴x＝8÷4＝2；當(dāng)AB＝CQ，BP＝CP時，△ABP≌△QCP，∵BP＝CP，BC＝20cm，∴BP＝CP＝10cm，∴t＝10÷2＝5s，∴x＝12÷5＝2.4；綜上所述，x的值為2.4或2．故答案為：2.4或2．【點評】本題考查了全等三角形的判定，熟練掌握全等三角形的判定，采用分類討論的思想是解此題的關(guān)鍵．13．（2025秋?義縣期中）如圖，在邊長為8的正方形ABCD中，AE＝1，BF＝2，G是對角線AC上一點，AG=14AC．點P是CG上的動點，連接PE，PF，當(dāng)△PEF是等腰三角形時，PG的長為322或【考點】正方形的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；勾股定理．【專題】矩形菱形正方形；運算能力．【答案】322或22或【分析】由正方形的性質(zhì)及勾股定理可求得AG、EF、AF的長，再分PE＝PF；PE＝EF＝5；PF＝EF＝5三種情況，利用等腰三角形的判定及勾股定理即可求解．【解答】解：在邊長為8的正方形ABCD中，AE＝1，BF＝2，G是對角線AC上一點，AG=∴AC=∴AG=∵AE＝1，BF＝2，∴EF＝AB﹣AE﹣BF＝5，AF＝AB﹣BF＝6．①如圖1，當(dāng)PE＝PF時，過點P作PH⊥AB于點H，∴EH=∴AH=∴AP=∴PG=②如圖2，當(dāng)PE＝EF＝5時，過點E作EM⊥AC于點M，∵∠BAC＝45°，∴AM=∴PM=∴PG=③如圖3，當(dāng)PF＝EF＝5時，過點F作FN⊥AC于點N，∵∠BAC＝45°，∴AN=∴PN=∴PG=綜上所述，當(dāng)△PEF是等腰三角形時，PG的長為322或22故答案為：為322或22【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，分類討論等知識，正確分類是解題的關(guān)鍵．三．解答題（共2小題）14．（2025秋?朝陽區(qū)校級期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB，交AB于點D，O為AC的中點，P為BC的中點，連接DO，DP．求證：PD⊥OD．【考點】直角三角形斜邊上的中線；等腰三角形的性質(zhì)．【專題】等腰三角形與直角三角形；幾何直觀；推理能力．【答案】在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∴∠PCD+∠OCD＝90°，∵CD⊥AB，∴∠BDC＝∠ADC＝90°，∴△BDC和△ADC都是直角三角形，∵點P為BC的中點，∴PD是Rt△BDC的斜邊BC上的中線，∴PD＝PC＝PB=12∴∠PDC＝∠PCD，∵點O為AC的中點，∴OD是Rt△ADC的斜邊AC上的中線，∴OD＝OC＝OA=12∴∠ODC＝∠OCD，∴∠PDC+∠ODC＝∠PCD+∠OCD＝90°，即∠PDO＝∠PDC+∠ODC＝90°，∴PD⊥OD．【分析】根據(jù)CD⊥AB得△BDC和△ADC都是直角三角形，根據(jù)點P為BC的中點得PD＝PC＝PB=12BC，由此得∠PDC＝∠PCD，再根據(jù)點O為AC的中點得OD＝OC＝OA=12AC，由此得∠ODC＝∠OCD，則∠PDC+∠ODC＝∠PCD+∠OCD＝∠【解答】證明：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∴∠PCD+∠OCD＝90°，∵CD⊥AB，∴∠BDC＝∠ADC＝90°，∴△BDC和△ADC都是直角三角形，∵點P為BC的中點，∴PD是Rt△BDC的斜邊BC上的中線，∴PD＝PC＝PB=12∴∠PDC＝∠PCD，∵點O為AC的中點，∴OD是Rt△ADC的斜邊AC上的中線，∴OD＝OC＝OA=12∴∠ODC＝∠OCD，∴∠PDC+∠ODC＝∠PCD+∠OCD＝90°，即∠PDO＝∠PDC+∠ODC＝90°，∴PD⊥OD．【點評】此題主要考查了直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．15．（2025秋?義縣期中）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，分別過點C、D作BD、AC的平行線交于點E，連接AE．（1）求證：四邊形OCED為矩形；（2）若菱形ABCD的對角線AC的長為43，∠BCD＝60°，求AE【考點】矩形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；菱形的性質(zhì)．【專題】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】（1）見解析；（2）213【分析】（1）先證明四邊形OCED是平行四邊形，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠COD＝90°，再根據(jù)矩形的判定可得結(jié)論；（2）先證明△BCD是等邊三角形，則∠BCO＝∠DCO＝30°．設(shè)OB＝x，則BC＝2x，在Rt△BCO中，由勾股定理得：(23)2+x2=(2x)2，求出OD＝OB＝2，由（1）知四邊形OCED是矩形，則CE＝OD【解答】（1）證明：由題意得，CE∥DO，DE∥CO，∴四邊形OCED是平行四邊形，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥DB，則∠COD＝90°，∴四邊形OCED為矩形；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，AC=4∴BC＝CD，OA=OC=12AC=2∵∠BCD＝60°，∴△BCD是等邊三角形，∵AC⊥BD，∴∠BCO＝∠DCO＝30°，設(shè)OB＝x，則BC＝2x，在Rt△BCO中，由勾股定理得：(23解得：x＝2，∴OD＝OB＝2，由（1）知：四邊形OCED是矩形，∴CE＝OD＝2，∠OCE＝90°，∴在Rt△CEA中，由勾股定理得：AE=【點評】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，勾股定理，含30°角的直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握各知識點是解題的關(guān)鍵．

考點卡片1．坐標(biāo)與圖形性質(zhì)1、點到坐標(biāo)軸的距離與這個點的坐標(biāo)是有區(qū)別的，表現(xiàn)在兩個方面：①到x軸的距離與縱坐標(biāo)有關(guān)，到y(tǒng)軸的距離與橫坐標(biāo)有關(guān)；②距離都是非負數(shù)，而坐標(biāo)可以是負數(shù)，在由距離求坐標(biāo)時，需要加上恰當(dāng)?shù)姆枺?、有圖形中一些點的坐標(biāo)求面積時，過已知點向坐標(biāo)軸作垂線，然后求出相關(guān)的線段長，是解決這類問題的基本方法和規(guī)律．3、若坐標(biāo)系內(nèi)的四邊形是非規(guī)則四邊形，通常用平行于坐標(biāo)軸的輔助線用“割、補”法去解決問題．2．垂線（1）垂線的定義當(dāng)兩條直線相交所成的四個角中，有一個角是直角時，就說這兩條直線互相垂直，其中一條直線叫做另一條直線的垂線，它們的交點叫做垂足．（2）垂線的性質(zhì)在平面內(nèi)，過一點有且只有一條直線與已知直線垂直．注意：“有且只有”中，“有”指“存在”，“只有”指“唯一”“過一點”的點在直線上或直線外都可以．3．全等三角形的判定（1）判定定理1：SSS﹣﹣三條邊分別對應(yīng)相等的兩個三角形全等．（2）判定定理2：SAS﹣﹣兩邊及其夾角分別對應(yīng)相等的兩個三角形全等．（3）判定定理3：ASA﹣﹣兩角及其夾邊分別對應(yīng)相等的兩個三角形全等．（4）判定定理4：AAS﹣﹣兩角及其中一個角的對邊對應(yīng)相等的兩個三角形全等．（5）判定定理5：HL﹣﹣斜邊與直角邊對應(yīng)相等的兩個直角三角形全等．方法指引：全等三角形的5種判定方法中，選用哪一種方法，取決于題目中的已知條件，若已知兩邊對應(yīng)相等，則找它們的夾角或第三邊；若已知兩角對應(yīng)相等，則必須再找一組對邊對應(yīng)相等，且要是兩角的夾邊，若已知一邊一角，則找另一組角，或找這個角的另一組對應(yīng)鄰邊．4．等腰三角形的性質(zhì)（1）等腰三角形的概念有兩條邊相等的三角形叫做等腰三角形．（2）等腰三角形的性質(zhì)①等腰三角形的兩腰相等②等腰三角形的兩個底角相等．【簡稱：等邊對等角】③等腰三角形的頂角平分線、底邊上的中線、底邊上的高相互重合．【三線合一】（3）在①等腰；②底邊上的高；③底邊上的中線；④頂角平分線．以上四個元素中，從中任意取出兩個元素當(dāng)成條件，就可以得到另外兩個元素為結(jié)論．5．等邊三角形的性質(zhì)（1）等邊三角形的定義：三條邊都相等的三角形叫做等邊三角形，等邊三角形是特殊的等腰三角形．①它可以作為判定一個三角形是否為等邊三角形的方法；②可以得到它與等腰三角形的關(guān)系：等邊三角形是等腰三角形的特殊情況．在等邊三角形中，腰和底、頂角和底角是相對而言的．（2）等邊三角形的性質(zhì)：等邊三角形的三個內(nèi)角都相等，且都等于60°．等邊三角形是軸對稱圖形，它有三條對稱軸；它的任意一角的平分線都垂直平分對邊，三邊的垂直平分線是對稱軸．6．等邊三角形的判定與性質(zhì)（1）等邊三角形是一個非常特殊的幾何圖形，它的角的特殊性給有關(guān)角的計算奠定了基礎(chǔ)，它的邊角性質(zhì)為證明線段、角相等提供了便利條件．同是等邊三角形又是特殊的等腰三角形，同樣具備三線合一的性質(zhì)，解題時要善于挖掘圖形中的隱含條件廣泛應(yīng)用．（2）等邊三角形的特性如：三邊相等、有三條對稱軸、一邊上的高可以把等邊三角形分成含有30°角的直角三角形、連接三邊中點可以把等邊三角形分成四個全等的小等邊三角形等．（3）等邊三角形判定最復(fù)雜，在應(yīng)用時要抓住已知條件的特點，選取恰當(dāng)?shù)呐卸ǚ椒ǎ话愕?，若從一般三角形出發(fā)可以通過三條邊相等判定、通過三個角相等判定；若從等腰三角形出發(fā)，則想法獲取一個60°的角判定．7．直角三角形斜邊上的中線（1）性質(zhì)：在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半．（即直角三角形的外心位于斜邊的中點）（2）定理：一個三角形，如果一邊上的中線等于這條邊的一半，那么這個三角形是以這條邊為斜邊的直角三角形．該定理可以用來判定直角三角形．8．勾股定理（1）勾股定理：在任何一個直角三角形中，兩條直角邊長的平方之和一定等于斜邊長的平方．如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理應(yīng)用的前提條件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的變形有：a=c2-b2，b（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜邊大于該直角三角形中的每一條直角邊．9．勾股定理的應(yīng)用（1）在不規(guī)則的幾何圖形中，通常添加輔助線得到直角三角形．（2）在應(yīng)用勾股定理解決實際問題時勾股定理與方程的結(jié)合是解決實際問題常用的方法，關(guān)鍵是從題中抽象出勾股定理這一數(shù)學(xué)模型，畫出準確的示意圖．領(lǐng)會數(shù)形結(jié)合的思想的應(yīng)用．（3）常見的類型：①勾股定理在幾何中的應(yīng)用：利用勾股定理求幾何圖形的面積和有關(guān)線段的長度．②由勾股定理演變的結(jié)論：分別以一個直角三角形的三邊為邊長向外作正多邊形，以斜邊為邊長的多邊形的面積等于以直角邊為邊長的多邊形的面積和．③勾股定理在實際問題中的應(yīng)用：運用勾股定理的數(shù)學(xué)模型解決現(xiàn)實世界的實際問題．④勾股定理在數(shù)軸上表示無理數(shù)的應(yīng)用：利用勾股定理把一個無理數(shù)表示成直角邊是