2021-2022学年苏科版八年级数学下册9.1～9.4阶段复习提升练（Word版含答案）

9.1～9.4 阶段复习提升练（旋转～矩形、菱形、正方形）
-2021-2022学年八年级数学下册（苏科版）
一、选择题
1、下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
A．赵爽弦图 B．笛卡尔心形线 C．科克曲线 D．斐波那契螺旋线
2、（2021春 东台市月考）在 ABCD中，已知∠A﹣∠B＝20°，则∠C＝（　　）
A．60° B．80° C．100° D．120°
3、（2021春 仪征市月考）如图，在 ABCD中，BE⊥AB交对角线AC于点E．若∠1＝20°，则∠2的度数为（　　）
A．120° B．100° C．110° D．90°
（3题） （5题） （6题）
4、已知四边形ABCD是平行四边形，下列说法正确的有（　　）
①当AB＝BC时，它是矩形; ②AC⊥BD时，它是菱形; ③当∠ABC＝90°时，它是菱形
④当AC＝BD时，它是正方形
A．①② B．② C．②④ D．③④
5、如图，在矩形ABCD中，两条对角线AC与BD相交于点O，AB＝3，OA＝2，则AD的长为（　　）
A．5 B． C． D．
6、如图，AC是平行四边形ABCD的对角线，当它满足以下：①∠1＝∠2；②∠2＝∠3；③∠B＝∠3；④∠1＝∠3中某一条件时，平行四边形ABCD是菱形，这个条件是（　　）
A．①或② B．②或③ C．③或④ D．①或④
7、（2020春 莲湖区期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，对角线AC、BD相交于点O，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，连接AF、CE，若DE＝BF，则下列结论不一定正确的是（　　）
A．CF＝AE B．OE＝OF C．△CDE为直角三角形 D．四边形ABCD是平行四边形
（7题） （8题） （9题） （10题）
8、如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，且AC＝6，BD＝8，过A点作AE垂直BC，交BC于点E，则的值为（　　）
A． B． C． D．
9、如图，长方形ABCD中，AD＝BC＝6，AB＝CD＝10．点E为射线DC上的一个动点，△ADE与△AD′E关于直线AE对称，当△AD′B为直角三角形时，DE的长为（　　）
A．2或8 B．或18 C．或2 D．2或18
10、如图，正方形的对角线与相交于点，将绕点顺时针旋转，设旋转角为 （），角的两边分别与，交于点，，连接，，，下列四个结论：①；②；③；④；
其中正确结论的个数是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11、（2020秋 招远市期末）如图，在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB＝8，EF＝1，则BC长为　　．
（11题） （12题） （13题）
12、如图，四边形ABCD是正方形，按如下步骤操作：①分别以点A，D为圆心，以AD长为半径画弧，两弧交于点P，连接AP，DP；②连接BP，CP，则∠BPC＝　 　．
13、如图，四边形ABCD为菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，∠CAD＝25°，则∠DHO的度数是_________
14、（2021秋 盐湖区校级月考）如图，在菱形中，点、、、分别是，，和 的中点，连接，，和，则四边形的形状为 　 　．
（14题） （15题） （16题）
15、如图，在矩形纸片ABCD中，边AB＝12，AD＝5，点P为DC边上的动点（点P不与点D，C重合），将纸片沿AP折叠，则CD′的最小值为　　．
16、如图，将长方形OABC放置在平面直角坐标系中，点P是折线A﹣B﹣C上的动点（点P不与A、C重合），连接OP，将OP绕点P顺时针旋转90°，点O落到点Q处．已知点B坐标为（24，15），当OP＝25时，则点Q坐标为　 　．
17、（2020秋 锦江区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BD⊥AC于点D，且BD＝8cm．点M从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为4cm/s；同时点P由B点出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s，过点P的直线PQ∥AC，交BC于点Q，连接PM，设运动时间为t（s）（0＜t＜2.5），当t为　 　时，以P、Q、D、M为顶点的四边形是平行四边形．
（17题） （18题）
18、（2020·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：
①点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM；②无论点M运动到何处，都有DM＝HM；
③在点M的运动过程中，四边形CEMD不可能成为菱形；
④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．
以上结论正确的有_________（把所有正确结论的序号都填上）．
三、解答题
19、如图，三个顶点的坐标分别为，，．
（1）请画出关于原点对称的图形；
（2）请画出绕原点O按逆时针方向旋转90°后的图形；
（3）求线段的长．
20、（2020春 高新区期末）如图，四边形中、相交于点，延长至点，连接并延长交的延长线于点，，．
（1）求证：是线段的中点：
（2）连接、，证明四边形是平行四边形．
21、（2019春 广州期中）分别以平行四边形ABCD（∠CDA≠90°）的三边AB，CD，DA为斜边作等腰直角三角形△ABE，△CDG，△ADF．
（1）如图①，当三个等腰直角三角形都在该平行四边形外部时，连接GF，EF，请判断∠GDF和∠FAE的关系（只写结论，不需证明）；
（2）如图②，当三个等腰直角三角形都在该平行四边形内部时，连接GF，EF，（1）中结论还成立吗？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
22、如图，AC∥DB，且AC＝2DB，E是AC的中点．
（1）求证：四边形BDEC是平行四边形；
（2）连接AD、BE，直接写出△ABC添加一个什么条件使四边形DBEA是矩形？（不需说明理由）
23、如图，在四边ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角AC、BD交于O，AC平分∠BAD．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE，若AB＝2，BD＝4，求OE的长．
24、(21-22内蒙古呼和浩特市九上期末)如图①，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，四边形EFGH是正方形，EH与BD重合，将图①中的正方形EFGH绕着点D逆时针旋转．
（1）旋转至如图②位置，使点G落在BC的延长线上，DE交BC于点L．已知旋转开始时，即图①位置∠CDG＝37°，求正方形EFGH从图①位置旋转至图②位置时，旋转角的度数．
（2）旋转至如图③位置，DE交BC于点L．延长BC交FG于点M，延长DC交EF于点N．试判断DL、EN、GM之间满足的数量关系，并给予证明．
25、如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝4，点E为对角线AC上一动点，连接DE、过点E作EF⊥DE．交BC点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）求证：矩形DEFG是正方形；
（2）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
26、如图，已知正方形ABCD中，E为CB延长线上一点，且BE＝AB，M、N分别为AE、BC的中点，连DE交AB于O，MN交，ED于H点．
（1）求证：AO＝BO；
（2）求证：∠HEB＝∠HNB；
（3）过A作AP⊥ED于P点，连BP，则的值．
9.1～9.4 阶段复习提升练（旋转～矩形、菱形、正方形）
-2021-2022学年八年级数学下册（苏科版）（解析）
一、选择题
1、下面的图形是用数学家名字命名的，其中既是轴对称图形又是中心对称图形的是（　　）
A． B． C． D．
A．赵爽弦图 B．笛卡尔心形线 C．科克曲线 D．斐波那契螺旋线
【分析】根据把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心；如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴进行分析即可．
【解答】解：A、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
B、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
C、是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项正确；
D、不是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项错误；
故选：C．
2、（2021春 东台市月考）在 ABCD中，已知∠A﹣∠B＝20°，则∠C＝（　　）
A．60° B．80° C．100° D．120°
【分析】由四边形ABCD是平行四边形，可得∠A+∠B＝180°，又由∠A﹣∠B＝20°，即可求得∠A的度数，继而求得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A﹣∠B＝20°，
∴∠A＝100°，
∴∠C＝∠A＝100°．
故选：C．
3、（2021春 仪征市月考）如图，在 ABCD中，BE⊥AB交对角线AC于点E．若∠1＝20°，则∠2的度数为（　　）
A．120° B．100° C．110° D．90°
【分析】根据平行四边形的性质可得AB∥CD，再根据三角形外角定义即可得∠2的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠CAB＝∠1＝20°，
∵BE⊥AB，
∴∠ABE＝90°，
∴∠2＝∠EAB+∠EBA＝20°+90°＝110°．
故选：C．
4、已知四边形ABCD是平行四边形，下列说法正确的有（　　）
①当AB＝BC时，它是矩形; ②AC⊥BD时，它是菱形; ③当∠ABC＝90°时，它是菱形
④当AC＝BD时，它是正方形
A．①② B．② C．②④ D．③④
【分析】此题考查了菱形，矩形，正方形的判定方法，对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．
根据已知及各个特殊四边形的判定方法对各个选项进行分析从而得到最后答案．
【解答】解：①若AB＝BC，则 ABCD是菱形，选项说法错误；
②若AC⊥BD，则 ABCD是菱形，选项说法正确；
③若∠ABC＝90°，则 ABCD是矩形，选项说法错误；
④若AC＝BD，则 ABCD是矩形，选项说法错误；
故选：B．
5、如图，在矩形ABCD中，两条对角线AC与BD相交于点O，AB＝3，OA＝2，则AD的长为（　　）
A．5 B． C． D．
【分析】依据矩形的性质，即可得到AC的长，再根据勾股定理即可得到BC的长，即可得出结论．
【解答】解：∵矩形ABCD中，两条对角线AC与BD相交于点O，OA＝2，
∴AC＝2AO＝4，
又∵AB＝3，∠ABC＝90°，
∴BC＝＝，
∴AD＝BC＝，
故选：D．
6、如图，AC是平行四边形ABCD的对角线，当它满足以下：①∠1＝∠2；②∠2＝∠3；③∠B＝∠3；④∠1＝∠3中某一条件时，平行四边形ABCD是菱形，这个条件是（　　）
A．①或② B．②或③ C．③或④ D．①或④
【思路点拨】由四边形ABCD是平行四边形，易得∠2＝∠3，又由∠1＝∠2，可得∠1＝∠3，即可证得AB＝BC，继而判定平行四边形ABCD是菱形．
【答案】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠2＝∠3，
∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠3，∴AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形；故①④能判定．
故选：D．
7、（2020春 莲湖区期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，对角线AC、BD相交于点O，AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，连接AF、CE，若DE＝BF，则下列结论不一定正确的是（　　）
A．CF＝AE B．OE＝OF C．△CDE为直角三角形 D．四边形ABCD是平行四边形
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定以及全等三角形的判定与性质等知识；得出Rt△DCF≌Rt△BAE是解题关键．
根据全等三角形的判定与性质以及平行四边形的判定与性质分别解答即可．
【解答】解：∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，∴∠DFC＝∠BEA＝90°，
∵DE＝BF，∴DE﹣EF＝BF﹣EF，即DF＝BE，
在Rt△DCF和Rt△BAE中，，
∴Rt△DCF≌Rt△BAE（HL），∴CF＝AE，故选项A不符合题意；
∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，∴AE∥FC，
∵CF＝AE，∴四边形CFAE是平行四边形，∴OE＝OF，故选项B不符合题意；
∵Rt△DCF≌Rt△BAE，∴∠CDF＝∠ABE，∴CD∥AB，
∵CD＝AB，∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D不符合题意；
无法证明△CDE为直角三角形，故选项C符合题意；
故选：C．
8、如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，且AC＝6，BD＝8，过A点作AE垂直BC，交BC于点E，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】本题主要考查了菱形的性质以及勾股定理的运用，关键是掌握菱形的四条边都相等；菱形的两条对角线互相垂直平分．
利用菱形的性质即可计算得出BC的长，再根据面积法即可得到AE的长，最后根据勾股定理进行计算，即可得到BE的长，进而得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CO＝AC＝3，BO＝BD＝4，AO⊥BO，∴BC＝＝＝5，
∵S菱形ABCD＝AC BD＝BC×AE，∴AE＝＝．
在Rt△ABE中，BE＝＝＝，
∴CE＝BC﹣BE＝5﹣＝， ∴的值为，
故选：C．
9、如图，长方形ABCD中，AD＝BC＝6，AB＝CD＝10．点E为射线DC上的一个动点，△ADE与△AD′E关于直线AE对称，当△AD′B为直角三角形时，DE的长为（　　）
A．2或8 B．或18 C．或2 D．2或18
【分析】分两种情况：①当E点在线段DC上时，②当E点在线段DC的延长线上时，利用全等三角形的判定和性质得出答案即可．
【解答】解：分两种情况讨论：
①当E点在线段DC上时，
∵△AD'E≌△ADE，∴∠AD'E＝∠D＝90°，
∵∠AD'B＝90°，∴∠AD'B+∠AD'E＝180°，∴B、D'、E三点共线，
∵，AD'＝AD，∴BE＝AB＝10，
∵，∴DE＝D'E＝10﹣8＝2；
②当E点在线段DC的延长线上时，如下图，
∵∠ABD″+∠CBE＝∠ABD″+∠BAD″＝90°，
∴∠CBE＝∠BAD″，
在△ABD″和△BEC中，∵，∴△ABD″≌△BEC（ASA），∴BE＝AB＝10，
∵，∴DE＝D″E＝BD''+BE＝8+10＝18．
综上所知，DE＝2或18．
故选：D．
10、如图，正方形的对角线与相交于点，将绕点顺时针旋转，设旋转角为 （），角的两边分别与，交于点，，连接，，，下列四个结论：①；②；③；④；
其中正确结论的个数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质、全等三角形的判定与性质，勾股定理的综合应用，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
由“”可证，可得，，由余角的性质可判断②，根据证，得出,易得，则,利用反证法假设,推出矛盾，即可判断①，由“”可证，由勾股定理可判断④．
【详解】
解：四边形是正方形，，，，
将绕点顺时针旋转，，且，
，，
，，
，
，，，故②正确
根据②中证出，
,
，
则,
若假设，则，矛盾，即假设不成立，即①错误,
，，
，故③正确
，，
，；故④正确
故选：C．
二、填空题
11、（2020秋 招远市期末）如图，在平行四边形ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB＝8，EF＝1，则BC长为　　．
【分析】根据平行四边形的性质可得CD＝AB＝8，结合角平分线的定义，等腰三角形的性质可求解AF＝AB＝8，DE＝DC＝8，由EF＝1即可求解AD的长．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，AB＝8，
∴CD＝AB＝8，AD∥BC，
∴∠AFB＝∠CBF，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBF，
∴∠ABF＝∠AFB，
∴AF＝AB＝8，
同理DE＝DC＝8，
∵EF＝1，
∴AE＝AF﹣EF＝8﹣1＝7，
∴AD＝AE+DE＝7+8＝15，
故答案为15．
12、如图，四边形ABCD是正方形，按如下步骤操作：①分别以点A，D为圆心，以AD长为半径画弧，两弧交于点P，连接AP，DP；②连接BP，CP，则∠BPC＝　 　．
【分析】根据作图过程可得△ADP是等边三角形，根据正方形的性质和等边三角形的性质即可求出结果．
【解答】解：根据作图过程可知：
AD＝AP＝PD，∴△ADP是等边三角形，
∴∠DAP＝∠ADP＝∠APD＝60°，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝DC，∠BAD＝∠ADC＝∠ABC＝∠BCD＝90°，
∴AB＝AP，DP＝DC，
∴∠ABP＝∠APB＝∠DPC＝∠DCP＝75°，
∴∠BPC＝360°﹣60°﹣75°﹣75°＝150°．
故答案为：150°．
13、如图，四边形ABCD为菱形，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于点H，连接OH，∠CAD＝25°，则∠DHO的度数是_________
【分析】本题考查菱形的性质，直角三角形斜边中线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
先根据菱形的性质得OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC，则利用DH⊥AB得到DH⊥CD，∠DHB＝90°，所以OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，得到OH＝OD＝OB，利用等腰三角形的性质得∠1＝∠DHO，然后利用等角的余角相等即可求出∠DHO的度数．
【解答】解：如图：
∵四边形ABCD是菱形，∴OD＝OB，AB∥CD，BD⊥AC
∵DH⊥AB，∴DH⊥CD，∠DHB＝90°，
∴OH为Rt△DHB的斜边DB上的中线，
∴OH＝OD＝OB，∴∠HDO＝∠DHO，
∵DH⊥CD，∴∠GDO+∠ODC＝90°，
∵BD⊥AC，∴∠ODC+∠DCO＝90°，∴∠HDO＝∠DCO，∴∠DHO＝∠DCA，
∵四边形ABCD是菱形，∴DA＝DC，∴∠CAD＝∠DCA＝25°，∴∠DHO＝25°，
故选：B．
14、（2021秋 盐湖区校级月考）如图，在菱形中，点、、、分别是，，和 的中点，连接，，和，则四边形的形状为 　 　．
【分析】根据菱形的性质得到，根据三角形中位线定理、矩形的判定定理证明边形为矩形．
【解析】如图，连接、，
四边形为菱形，，
、、、分别是、、、边上的中点，
、、、分别为、、、的中位线，
，，，，，
，，，四边形是矩形．
故答案是：矩形．
15、如图，在矩形纸片ABCD中，边AB＝12，AD＝5，点P为DC边上的动点（点P不与点D，C重合），将纸片沿AP折叠，则CD′的最小值为　　．
【分析】连接AC，当点D'在AC上时，CD'有最小值，根据矩形的性质和折叠的性质解答即可．
【解答】解：连接AC，当点D'在AC上时，CD'有最小值，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝12，AD＝5，
∴∠D＝∠B＝90°，AD＝BC，
∴AC＝，
由折叠性质得：AD＝AD'＝5，∠AD'P＝∠D＝90°，
∴CD'的最小值＝AC﹣AD'＝13﹣5＝8，
故答案为：8．
16、如图，将长方形OABC放置在平面直角坐标系中，点P是折线A﹣B﹣C上的动点（点P不与A、C重合），连接OP，将OP绕点P顺时针旋转90°，点O落到点Q处．已知点B坐标为（24，15），当OP＝25时，则点Q坐标为　 　．
【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
分两种情况讨论，由旋转的性质和全等三角形的性质可求解．
【解答】解：如图1，当点P在AB上，过点Q作QE⊥AB于E，
∵点B坐标为（24，15），∴AB＝OC＝24，AO＝BC＝15，
∴AP＝＝＝20，
∵将OP绕点P顺时针旋转90°，∴OP＝PQ，∠OPQ＝90°，
∴∠QPE+∠OPA＝90°＝∠APO+∠AOP，∴∠QPE＝∠AOP，
在△EPQ和△AOP中，，∴△EPQ≌△AOP（AAS），
∴EP＝AO＝15，QE＝AP＝20，∴AE＝AP﹣EP＝5，∴点Q（5，35）；
当点P在BC上时，过点Q作QF⊥BC，交CB的延长线于F，
∴CP＝＝＝7，
∵将OP绕点P顺时针旋转90°，∴OP＝PQ，∠OPQ＝90°，
∴∠QPF+∠OPC＝90°，∠OPC+∠POC＝90°，∴∠POC＝∠QPF，
在△OPC和△PQF中，，∴△OPC≌△PQF（AAS），
∴QF＝CP＝7，PF＝OC＝24，∴CF＝31，∴点Q（17，31），
综上所述：点Q坐标为：（5，35）或（17，31），
故答案为：（5，35）或（17，31）．
17、（2020秋 锦江区校级月考）如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BD⊥AC于点D，且BD＝8cm．点M从点A出发，沿AC方向匀速运动，速度为4cm/s；同时点P由B点出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s，过点P的直线PQ∥AC，交BC于点Q，连接PM，设运动时间为t（s）（0＜t＜2.5），当t为　 　时，以P、Q、D、M为顶点的四边形是平行四边形．
【分析】本题考查了平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及分类讨论等知识；熟练掌握平行四边形的判定和等腰三角形的判定是解题的关键．
分两种情况：①当点M在点D的上方时，PQ＝BP＝t，AM＝4t，AD＝6，得MD＝AD﹣AM＝6﹣4t，由PQ∥MD，当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可；
②当点M在点D的下方时，PQ＝BP＝t，AM＝4t，AD＝6，得MD＝AM﹣AD＝4t﹣6，由PQ∥MD，当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，得出方程，解方程即可．
【解答】解：如图1所示：
∵BD⊥AC，∴AD==6，
∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠C，即∠PBQ＝∠C，
∵PQ∥AC，∴∠PQB＝∠C，∴∠PBQ＝∠PQB，∴PB＝PQ；
分两种情况：
①当点M在点D的上方时，如图2所示：
由题意得：PQ＝BP＝t，AM＝4t，AD＝6，∴MD＝AD﹣AM＝6﹣4t，
∵PQ∥AC，∴PQ∥MD，
∴当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，
即：当t＝6﹣4t时，四边形PQDM是平行四边形，解得：t=（s）；
②当点M在点D的下方时，如图3所示：
根据题意得：PQ＝BP＝t，AM＝4t，AD＝6，
∴MD＝AM﹣AD＝4t﹣6，
∵PQ∥AC，∴PQ∥MD，
∴当PQ＝MD时，四边形PQDM是平行四边形，
即：当t＝4t﹣6时，四边形PQDM是平行四边形，解得：t＝2（s）；
综上所述，当t=s或t＝2s时，以P、Q、D、M为顶点的四边形为平行四边形；
故答案为：s或2s．
18、（2020·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：
①点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM；②无论点M运动到何处，都有DM＝HM；
③在点M的运动过程中，四边形CEMD不可能成为菱形；
④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．
以上结论正确的有__________________________（把所有正确结论的序号都填上）．
【答案】①②③④
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
①正确．证明∠ADM＝30°，即可得出结论．
②正确．证明△DHM是等腰直角三角形即可．
③正确．首先证明四边形CEMD是平行四边形，再证明，DM＞CD即可判断．
④正确．证明∠AHM＜∠BAC＝45°，即可判断．
解：解：如图，连接DH，HM．
由题可得，AM＝BE，∴AB＝EM＝AD，
∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，
∴EM＝AD，∠AHE＝90°，∠MEH＝∠DAH＝45°＝∠EAH，∴EH＝AH，
∴△MEH≌△DAH（SAS），∴∠MHE＝∠DHA，MH＝DH，
∴∠MHD＝∠AHE＝90°，△DHM是等腰直角三角形，∴DM＝HM，故②正确；
当∠DHC＝60°时，∠ADH＝60°﹣45°＝15°，
∴∠ADM＝45°﹣15°＝30°，∴Rt△ADM中，DM＝2AM，即DM＝2BE，故①正确；
∵CD∥EM，EC∥DM，∴四边形CEMD是平行四边形，
∵DM＞AD，AD＝CD，∴DM＞CD，∴四边形CEMD不可能是菱形，故③正确，
∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，
∴∠AHM＜∠BAC＝45°，∴∠CHM＞135°，故④正确；
由上可得正确结论的序号为①②③．
故答案为：①②③④．
三、解答题
19、如图，三个顶点的坐标分别为，，．
（1）请画出关于原点对称的图形；
（2）请画出绕原点O按逆时针方向旋转90°后的图形；
（3）求线段的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】本题考查了中心对称的性质，旋转的性质，勾股定理，找到变换后对应的点是解题的关键．
（1）根据题意找到关于原点的对称点，顺次连接，则即为所求；
（2）根据题意找到绕原点O按逆时针方向旋转90°后的对应点，顺次连接，则即为所求；
（3）根据勾股定理即可求得的长
【详解】
解：（1）如图所示，找到关于原点的对称点，顺次连接，则即为所求；
（2）如图，找到绕原点O按逆时针方向旋转90°后的对应点，顺次连接，则即为所求；
（3）
20、（2020春 高新区期末）如图，四边形中、相交于点，延长至点，连接并延长交的延长线于点，，．
（1）求证：是线段的中点：
（2）连接、，证明四边形是平行四边形．
【分析】（1）证明四边形是平行四边形，则结论得出；
（2）证明．则，可得出结论．
【解答】证明：（1），，
，四边形是平行四边形，
，互相平分；即是线段的中点．
（2），，
在和中，，．，
又，四边形是平行四边形．
21、（2019春 广州期中）分别以平行四边形ABCD（∠CDA≠90°）的三边AB，CD，DA为斜边作等腰直角三角形△ABE，△CDG，△ADF．
（1）如图①，当三个等腰直角三角形都在该平行四边形外部时，连接GF，EF，请判断∠GDF和∠FAE的关系（只写结论，不需证明）；
（2）如图②，当三个等腰直角三角形都在该平行四边形内部时，连接GF，EF，（1）中结论还成立吗？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，需要掌握等腰三角形的性质．
（1）根据等腰直角三角形的性质以及平行四边形的性质得出∠GDF＝∠FAE；
（2）根据等腰直角三角形的性质以及平行四边形的性质得出∠GDF＝∠FAE．
【解答】解：（1）GF⊥EF，GF＝EF．理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，∠DAB+∠ADC＝180°，
∵△ABE，△CDG，△ADF都是等腰直角三角形，
∴DG＝CG＝AE＝BE，DF＝AF，∠CDG＝∠ADF＝∠BAE＝45°，
∴∠GDF＝∠GDC+∠CDA+∠ADF＝90°+∠CDA，
∠EAF＝360°﹣∠BAE﹣∠DAF﹣∠BAD＝270°﹣（180°﹣∠CDA）＝90°+∠CDA，
∴∠FDG＝∠EAF；
（2）成立；
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠DAB+∠ADC＝180°，
∵△ABE，△CDG，△ADF都是等腰直角三角形，
∴DG＝CG＝AE＝BE，DF＝AF，∠CDG＝∠ADF＝∠BAE＝45°，
∴∠BAE+∠DAF+∠EAF+∠ADF+∠FDC＝180°，
∴∠EAF+∠CDF＝45°，
∵∠CDF+∠GDF＝45°，
∴∠FDG＝∠EAF．
22、如图，AC∥DB，且AC＝2DB，E是AC的中点．
（1）求证：四边形BDEC是平行四边形；
（2）连接AD、BE，直接写出△ABC添加一个什么条件使四边形DBEA是矩形？（不需说明理由）
【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定是解题的关键．
（1）证出DB＝EC，即可得出结论；
（2）先证四边形DBEA是平行四边形，再证AB＝DE，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵E是AC中点，∴AC＝2EC．
∵AC＝2DB，∴DB＝EC．
又∵DB∥EC，∴四边形DBCE是平行四边形．
（2）解：添加AB＝BC，理由如下：
连接AD、BE，如图，
∵DB∥AE，DB＝AE，∴四边形DBEA是平行四边形．
∵BC＝DE，AB＝BC，∴AB＝DE．∴四边形DBEA是矩形．
23、如图，在四边ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角AC、BD交于O，AC平分∠BAD．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE，若AB＝2，BD＝4，求OE的长．
【分析】此题主要考查了菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，角平分线的定义，勾股定理，判断出CD＝AD＝AB是解本题的关键．
（1）先判断出∠OAB＝∠DCA，进而判断出∠DAC＝∠DCA，得出CD＝AD＝AB，即可得出结论；
（2）先判断出OE＝OA＝OC，再求出OB＝2，利用勾股定理求出OA，即可得出结论．
【解答】解：（1）∵AB∥CD，∴∠OAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，∴∠OAB＝∠DAC，∴∠DCA＝∠DAC，∴CD＝AD＝AB，
∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝AB，∴ ABCD是菱形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，BD⊥AC，
∵CE⊥AB，∴OE＝OA＝OC，
∵BD＝4，∴OB＝BD＝2，
在Rt△AOB中，AB＝2，OB＝2，∴OA＝＝＝4，
∴OE＝OA＝4．
24、(21-22内蒙古呼和浩特市九上期末)如图①，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，四边形EFGH是正方形，EH与BD重合，将图①中的正方形EFGH绕着点D逆时针旋转．
（1）旋转至如图②位置，使点G落在BC的延长线上，DE交BC于点L．已知旋转开始时，即图①位置∠CDG＝37°，求正方形EFGH从图①位置旋转至图②位置时，旋转角的度数．
（2）旋转至如图③位置，DE交BC于点L．延长BC交FG于点M，延长DC交EF于点N．试判断DL、EN、GM之间满足的数量关系，并给予证明．
【分析】（1）连接BD，则BD＝DG，得∠DGB＝∠DBG＝37°，从而得出∠CDG＝90°﹣∠DGC＝90°﹣37°＝53°，即可求出旋转角的度数；
（2）过点G作GK∥BM，交DE于K，利用ASA证明△DKG≌△END，得EN＝DK，再证四边形KLMG是平行四边形，得GM＝KL，从而证明结论．
【解答】解：（1）由图①知，∠ADB＝∠DBC＝37°，
如图②，连接BD，则BD＝DG，∴∠DGB＝∠DBG＝37°，
∴∠CDG＝90°﹣∠DGC＝90°﹣37°＝53°，∴旋转角为：53°﹣37°＝16°；
（2）DL＝EN+GM，理由如下：
过点G作GK∥BM，交DE于K，
∵四边形EFGD是正方形，∴∠DEF＝∠GDE，DE＝DG，∴∠EDN＝∠DGK，
∴△DKG≌△END（ASA），∴EN＝DK，
∵GK∥ML，KL∥GM，∴四边形KLMG是平行四边形，
∴GM＝KL，∴DL＝EN+GM．
25、如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝4，点E为对角线AC上一动点，连接DE、过点E作EF⊥DE．交BC点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）求证：矩形DEFG是正方形；
（2）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【分析】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理的综合运用，解本题的关键是作出辅助线，构造三角形全等，利用全等三角形的对应边相等得出结论．（1）过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，即可得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF即可；
（2）同（1）的方法证出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，得出CE+CG＝CE+AE＝AC＝8即可．
【解答】解：（1）如图所示，过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，
∵正方形ABCD，∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，且NE＝NC，∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，，∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，∴矩形DEFG为正方形，
（2）CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，
∴AC＝AE+CE＝AB＝×4＝8，∴CE+CG＝8是定值．
26、如图，已知正方形ABCD中，E为CB延长线上一点，且BE＝AB，M、N分别为AE、BC的中点，连DE交AB于O，MN交，ED于H点．
（1）求证：AO＝BO；
（2）求证：∠HEB＝∠HNB；
（3）过A作AP⊥ED于P点，连BP，则的值．
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，AD∥BC，
∴∠DAB＝∠ABE，∠ADO＝∠BCO，
∵AB＝BE，∴AD＝BE，
∴△ADO≌△BEO（ASA），∴AO＝BO；
（2）证明：延长BC至F，且使CF＝BE，连接AF、DF，如图1所示：则BF＝CE，
∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝DC，AD∥BC，∠BAD＝∠ABC＝∠DCB＝90°，
在△ABF和△DCE中，，∴△ABF≌△DCE（SAS），∴∠DEC＝∠AFB，
∵EB＝CF，BN＝CN，∴N为EF的中点，∴MN为△AEF的中位线，
∴MN∥AF，∴∠HNB＝∠AFB＝∠HEB；
（3）解：过点B作BQ⊥BP交DE于Q，如图2所示：则∠PBQ＝90°，
∵∠ABE＝180°﹣∠ABC＝90°，∴∠EBQ＝∠ABP，
∵AD∥BC，∴∠ADP＝∠BEQ，
∵AP⊥DE，∠BAD＝90°，
由角的互余关系得：∠BAP＝∠ADP，∴∠BEQ＝∠BAP，
在△BEQ和△BAP中，，∴△BEQ≌△BAP（ASA），∴PA＝QE，QB＝PB，
∴△PBQ是等腰直角三角形，∴PQ＝PB，
∴＝＝．