2024年中考数学考前20天终极冲刺专题之四边形(一)
一、选择题
1．（2022八下·乐清期中）如图，在平行四边形ABCD中，点E为AD的中点，连接CE，CE⊥AD，点F在AB上，连接EF，EF＝CE，若BC＝6，CD＝5，则线段BF的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，延长FE交CD的延长线于点M，连接CF，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，BC=AD=6，
∴∠AFE=∠EMD，
∵E为AD的中点，
∴AE=DE=3，
在△AEF和△DEM中，
，
∴△AEF≌△DEM（AAS），
∴AF=DM，EF=EM，
又∵EF=CE，
∴EF=CE=EM，
∴∠FCM=90°，
∵CE⊥AD，
∴∠CED=90°，
∴CE=，
∴FM=2CE=8，
∵AB∥CD，
∴∠BFC=∠DCF=90°，
设BF=x，则AF=DM=5-x，
∴CM=10-x，
∵CF2+CM2=FM2，
∴62-x2+（10-x）2=82，
∴x=，
∴BF=，
故答案为：A.
【分析】延长FE交CD的延长线于点M，连接CF，由平行四边形的性质可得BC=AD=6，∠AFE=∠EMD，由线段的中点可得AE=DE=3，根据AAS证明△AEF≌△DEM，可得AF=DM，EF=EM，即得EF=CE=EM，可求∠FCM=90°，由垂直的定义可得∠CED=90°，利用勾股定理求出CE=4，由平行线的性质可得∠BFC=∠DCF=90°，设BF=x，则AF=DM=5-x，CM=10-x，在Rt△CFM中，利用勾股定理建立关于x方程并解之即可.
2．（2022八下·来宾期末）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作的垂线交于点，若，．有下列结论：①；②；③点到直线的距离为；④．其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②④
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①∵DP⊥DE，
∴∠PDE=90°．
∴∠PDC+∠CDE=90°，
∵在正方形ABCD中，∠ADC=∠ADP+∠PDC=90°，AD=CD，
∴∠CDE=∠ADP．
在△APD和△CED中，
，
∴△APD≌△CED（SAS），故①正确；
②∵△APD≌△CED，
∴∠APD=∠CED，
又∵∠APD=∠PDE+∠DEP，∠CED=∠CEA+∠DEP，
∴∠PDE=∠CEA=90°．
即AE⊥CE，故②正确；
③过点C作CF⊥DE的延长线于点F，如图，
∵DE=DP，∠PDE=90°，
∴∠DPE=∠DEP=45°．
又∵∠CEA=90°，
∴∠CEF=∠FCE=45°．
∵DP=DE=1，
∴PE=．
∴CE==2，
∴CF=EF=CE=，
即点C到直线DE的距离为，故③错误；
④∵CF=EF=，DE=1，
在Rt△CDF中，CD2=CF2+DF2=，
∴S正方形ABCD=5+2，故④正确．
综上所述，正确结论的序号为①②④.
故答案为：D.
【分析】由垂直的概念得∠PDE=90°，由正方形的性质得∠ADC=90°，AD=CD，由同角的余角相等得∠CDE=∠ADP，证明△APD≌△CED，据此判断①；根据全等三角形的性质得∠APD=∠CED，由外角性质得∠APD=∠PDE+∠DEP，由角的和差关系得∠CED=∠CEA+∠DEP，则∠PDE=∠CEA=90°，据此判断②；过点C作CF⊥DE的延长线于点F，易得∠DPE=∠DEP=45°，∠CEF=∠FCE=45°，利用勾股定理可得PE、CE，然后求出CF，据此判断③；利用勾股定理可得CD2，则S正方形ABCD=CD2，据此判断④.
3．（2024八下·江海期中） 如图，矩形中，连接，延长至点，使，连接．若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等腰三角形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：连接，交于，如图所示：
四边形是矩形，
，，，，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：D．
【分析】先根据矩形的性质得到AC=BD，OA=OB，再根据等边对等角得到，，最后根据三角形的内角和计算即可.
4．（2023九上·青岛月考）如图，在边长为2的等边三角形ABC的外侧作正方形ABED，过点D作DF⊥BC，垂足为F，则DF的长为（ ）
A．2+2 B．5- C．3- D．+1
【答案】D
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点A分别作AGBC于点G，AHDF于点H，
DFBC，
四边形HFGA是矩形，
HF=AG，
△ABC是等边三角形，
AB=BC=2，
BG=1，
AG=
在正方形ABED中，AD=AB=2，
故答案为：D
【分析】过点A分别作AGBC于点G，AHDF于点H，可构造矩形HFGA，从而得到HF=AG，再由等边三角形ABC的性质可得
BG=1，进一步得到再证明由直角三角形的性质即可求解.
5．（2023九上·江阳月考）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=10cm，BC=8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是 （ ）
A．当 t＝4s 时，四边形 ABMP 为矩形
B．当 t＝5s 时，四边形 CDPM 为平行四边形
C．当 CD＝PM 时，t＝4s
D．当 CD＝PM 时，t＝4s 或6s
【答案】D
【知识点】四边形的综合；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：根据题意，可得DP=t cm，BM=t cm，
∵AD=10cm，BC=8cm，
∴AP=(10-t) cm，CM=(8-t) cm，
当四边形ABMP为矩形时，AP=BM，
即10-t=t，
∴t=5，
故A不符合题意，
当四边形CDPM为平行四边形，DP=CM，
即t=8-t，
∴t=4，
故B不符合题意，
当CD=PM时，分两种情况：
①四边形CDPM是平行四边形，
此时CM=PD，
即8-t=t，
∴t=4，
②四边形CDPM是等腰梯形，
过点M作ME⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD于点F，如图，
则∠MEP=∠CFD=90°，
∵PM=CD，EM=FC，
∴△MEP≌△CFD (HL)，
∴EP=FD，
∵AE=AP+EP=10-t+，
又∵BM=t，
∴10-t+=t，
∴t=6，
综上所述，当CD=PM时，t=4s或6s.
故C不符合题意，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据题意，表示出DP，BM，AP和CM的长，当四边形ABMP为矩形时，根据AP=BM，列方程求解即可，当四边形CDPM为平行四边形，根据DP=CM，列方程求解即可，当CD=PM时，分两种情况：①四边形CDPM是平行四边形，②四边形CDPM是等腰梯形，分别列方程求解即可.
6．（2024九下·杭州月考）如图，在中，，分别以、为边向外作正方形、，连结并延长交于点H，连结．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：连接AF，过点H作HP⊥AF于点P，如图：
∵ 正方形、中，AD和AF为对角线，
∴∠DAB=∠CAF=45°=∠HFP.
∵∠DAB+∠BAC+∠CAF+∠α=180°.
∴∠BAC+∠α=90°.
∵ 在中，，
∴∠BAC+∠BCA=90°.
∴∠α=∠BCA.
∵，
设CF=x，，
∴HF=kx，
∵.
.
∴
∴.
故答案为：D.
【分析】连接AF，过点H作HP⊥AF于点P，根据平角的定义和正方形的性质可证得∠BAC+∠α=90°.再根据直角三角形角的性质可证得∠α=∠BCA.设CF=x，利用表示出HF，计算出AF.在△HPF中求出HP和FP，利用AF-PF得到AP，再在△HAP中计算tan∠α，即可得到的值.
7．（2024八下·长沙月考）如图，正方形的对角线、相交于点O，平分交于点E.过点E作，交于点F，若四边形的面积为1，则的长为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【知识点】三角形的面积；三角形全等及其性质；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：四边形ABCD是正方形，
AB=AD=CD，
平分 ，
AB=BE=AD，
，
四边形的面积为1，
故答案为：C.
【分析】先利用ASA证明，进而得到，再根据从而求解.
8．（2024八下·武汉月考）如图，在四边形中，，，，，，则边的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的判定与性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，过点A，D分别作AE，DF垂直于直线BC、垂足分别为E，F，过A作AG⊥DF于G，
∴四边形AEFG是矩形，
∴AG=EF，AE=FG，
∵∠ABC=135°，∠BCD=120°，
∴∠EBA=45°，∠DCF=60°，
∴∠BAE=∠ABE=45°，∠CDF=30°
∴AE=BE=AB=，CF=CD=3，DF=CD=，
∴AG=EF=BE+BC+CF=6，DG=DF-GF=DF-AE=，
∴，
故答案为：D.
【分析】题目的图形不是规则图形，因此要作垂直构造直角三角形，再通过解直角三角形求出相关量，过点A，D分别作AE，DF垂直于直线BC、垂足分别为E，F，过A作AG⊥DF于G，构造直角三角形ABE、DCF、ADG，解直角三角形可得到BE、AE、CF、DF长从而得到AG、DG长，通过勾股定理即可求得AD长.
9．（2022九上·拱墅期末）如图，在矩形中，，点分别在边上，且与关于直线对称.点在边上，分别与交于两点.若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质；轴对称的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接，
四边形是矩形，
，，，
，
设，，
与关于直线对称，
，，，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
设，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
故答案为：D.
【分析】连接FQ，由矩形的性质可得AB∥CD，∠BAF=90°，BC=AD，由已知条件可设AB=4a，则BC=5a，由轴对称的性质可得BF=BC=5a，CQ=FQ，CE=FE，利用勾股定理可得AF=3a，则DF=AD-AF=2a，易得四边形CQFE为菱形，则AB∥FQ∥CE，由平行线分线段成比例的性质可得，设CQ=2k，则GQ=3k，由等腰三角形的性质可得∠CQE=∠CEQ，由平行线的性质可得∠ABQ=∠CEQ，结合对顶角的性质可推出BG=QG，易证△GBP∽△QFP，根据相似三角形的性质可得GP，据此求解.
10．（2023·泗县模拟） 如图，在矩形和矩形中，，且，连接交于点，连接交于点，交于点，则下列结论不正确的是（ ）
A．
B．当时，
C．当时，∽
D．当时，
【答案】C
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：、四边形和四边形是矩形，
，
，
．
又，
∽，
．
，，
，故A正确；
B、，
，
．
，
∽，
，
．
，
，
故B正确；
C、当时，
，
，
不能判定∽，
故C错误；
D、如图，过点分别作于点，交的延长线于点，设．
，
．
，
，
，
，
，
，
，
故D正确，
故选：．
【分析】利用相似三角形的判定方法证出∽，可得，再利用角的运算和等量代换可得，可证出A正确；再证出∽，可得，再利用等量代换证出即可判断B正确；根据无法判断∽，即可判断出C是否正确；过点分别作于点，交的延长线于点，先求出，，再求出即可判断D正确.
二、填空题
11．（2024·海曙模拟） 如图，在平行四边形中，，点，分别为边上异于端点的动点，且，连接，将四边形沿着折叠得到四边形．当点落在平行四边形的边上时，的长为 ．
【答案】，
【知识点】平行四边形的判定与性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：连接、、，交于点，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴与互相平分，点为的中点，
由折叠可得，
∴动点的轨迹是以为圆心，长为半径的圆弧．
①当点落在边上时，
由折叠可得，，
∵，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
②当点落在边上时，
∵直径，
∴，
∴，
∴．
③当点与点重合时，过点作于点，
∵，
∴．．
∴，
∴，即，
故答案为：，．
【分析】连接、、，交于点，连接，根据平行四边形的性质和折叠的性质可判断出：动点的轨迹是以为圆心，长为半径的圆弧．，根据题意可知需分三种情况讨论，①当点落在边上时，②当点落在边上时，③当点与点重合时，过点作于点，分别根据解直角三角形和勾股定理求出BG的长度即可求解.
12．（2020九上·福州月考）如图，在正方形 中，点E是边 的中点，连接 、 ，分别交 、 于点P、Q，过点P作 交 的延长线于F，下列结论：
① ，② ，③ ，④若四边形 的面积为4，则该正方形 的面积为36，⑤ ．
其中正确的结论有 ．
【答案】①②③⑤
【知识点】等腰三角形的判定与性质；正方形的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接OE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD，
∴∠BOC＝90°，
∵BE＝EC，
∴∠EOB＝∠EOC＝45°，
∵∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC＝∠EAC+∠AEO，
∴∠AED+∠EAC+∠EDO＝∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB＝90°，故①符合题意，
连接AF．
∵PF⊥AE，
∴∠APF＝∠ABF＝90°，
∴A，P，B，F四点共圆，
∴∠AFP＝∠ABP＝45°，
∴∠PAF＝∠PFA＝45°，
∴PA＝PF，故②符合题意，
设BE＝EC＝a，则AEa，OA＝OC＝OB＝ODa，
∴ ，即AEAO，故③符合题意，
根据对称性可知，△OPE≌△OQE，
∴S△OEQS四边形OPEQ＝2，
∵OB＝OD，BE＝EC，
∴CD＝2OE，OE∥CD，
∴ ，△OEQ∽△CDQ，
∴S△ODQ＝4，S△CDQ＝8，
∴S△CDO＝12，
∴S正方形ABCD＝48，故④不符合题意，
∵∠EPF＝∠DCE＝90°，∠PEF＝∠DEC，
∴△EPF∽△ECD，
∴ ，
∵EQ＝PE，
∴CE EF＝EQ DE，故⑤符合题意，
故答案为：①②③⑤
【分析】如图，连接OE．根据正方形的性质得出∠EOB＝∠EOC＝45°，利用三角形外角的性质得出∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC＝∠EAC+∠AEO，从而求得∠AED+∠EAC+∠EDO＝∠EAC+∠AEO+∠OED+
∠EDB＝90°据此判断①；连接AF．可得出A，P，B，F四点共圆，利用圆周角定理得出∠AFP＝∠ABP＝45°，从而得出∠PAF＝∠PFA＝45°，利用等角对等边可得PA＝PF，据此判断②；
设BE＝EC＝a，则AE a，OA＝OC＝OB＝OD a，可得 ，据此判断③；利用轴对称及全等三角形的性质得出S△OEQ S四边形OPEQ＝2，从而求得CD＝2OE根据平行线的判定与性质得出可求出S△ODQ＝4，S△CDQ＝8，即得S△CDO＝12，利用正方形的性质求出正方形ABCD的面积，从而判断④；易证△EPF∽△ECD，可得，由EQ＝PE，可得CE EF＝EQ DE，据此判断⑤.
13．（2024·深圳模拟）如图，在矩形ABCD中，E是AB的中点，作交BC于点F，对角线AC分别交DE，DF于点G，H，当DH⊥AC时，则的值为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；相似三角形的性质；相似三角形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，设AD=a，AB=b.
∴∠DAE=∠EBF=90°，AD=BC=a，AB=DC=b，AB//CD，.
∵E是AB的中点，
∴.
∴.
∵AE//CD，
∴△AEG∽△CDG.
∴.
∴.
∵∠ADC=∠DCF=90°，DH⊥AC
∴∠ADF+∠FDC=∠ADF+∠DAC=90°，
∴∠FDC=∠DAC，
∴△FDC∽△CAD.
∴.
∴
∵∠DEF=90°，
∴∠ADE+∠AED=90°=∠AED+∠BEF，
∴∠ADE=∠BEF，
∴△ADE∽△BEF.
∴.
∴.
∴.
∴.
解得：.
∴，，
∵ ，DH⊥AC ，
∴∠DHG=∠DEF=90°，
∵∠HDG=∠EDF，
∴△HDG∽△EDF.
∴.
【分析】利用矩形性质得∠ABC=∠DBC=∠ADC=∠DAB=90°，AB//CD.根据E是AB的中点得AE=BE.设AD=a，AB=b，表示出ED的长，证明△AEG∽△CDG.得，可表示出DG；证明△FDC∽△CAD，得，可表示出FC，证明△ADE∽△BEF，得，可表示出BF，从而得CF，联立，得到a与b的数量关系，从而可表示用b表示出DG，FC，DF，最后证明△HDG∽△EDF，得，代入DG和DF即可得到结果.
14．（2023·红桥模拟） 如图，已知正方形的边长为，为的中点，为上一点，且，若，分别为，的中点，连接，则的长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：正方形的边长为，为的中点，
，
，
，
，
，
，
如图，取的中点，连接，过点作于点，过点作于点，
得矩形，
，，
，
，
∽，
，
，
，
为的中点，
，
是的中点，
，
，
设，则，
，
，
，
，则，
，
，
，
，分别为，的中点，
．
故答案为：．
【分析】根据正方形的性质和勾股定理可得，取的中点，连接，过点作于点，过点作于点，得矩形，然后证明∽，得，所以，利用勾股定理求出，则，求出，再根据三角形中位线定理即可解决问题．
15．（2023·枣阳模拟）如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E，使得，连接BE，将沿BE翻折得到，连接DF．若，则DF的长为 ．
【答案】
【知识点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：延长BE交CD于点M，连接CF、FM，
由翻折可得FM=CM，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=5，AB∥CD，
∴△ABE∽△CME，
∴，
∴CM=2.5，DM=CM，
∴FM=CM=DM，
∴∠DFC=90°，
由勾股定理得BM==，
∵∠FCD+∠BCF=90°，∠MBC+∠BCF=90°，
∴∠MBC=∠FCD，
∴sin∠MBC=sin∠FCD，∴，即，
∴DF=；
故答案为：.
【分析】延长BE交CD于点M，连接CF、FM，由翻折可得FM=CM，证明△ABE∽△CME，利用相似三角形的性质可得CM=2.5，从而得出FM=CM=DM，继而得出∠DFC=90°，利用勾股定理求出BM的长，再利用余角的性质求出∠MBC=∠FCD，可得sin∠MBC=sin∠FCD，即得，据此即可求出DF的长.
16．（2023·鄂州模拟）如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，ABEC与AFEC关于直线EC对称，点B的对称点F在边AD上，G为CD中点，连结BG分别与CE；CF交于M，N两点，若BM=BE，MG=1，则线段BM的值为 .
【答案】
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；等腰三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠BEM=∠GCM.
∵BM=BE，
∴∠BEM=∠BME.
∵∠BME=∠GMC，
∴∠GCM=∠GMC，
∴MG=GC=1.
∵G为CD的中点，
∴CD=AB=2.
连接BF、FM，由折叠可得∠FEM=∠BEM，BE=EF，
∴BM=EF.
∵∠BEM=∠BME，
∴∠FEM=∠BME，
∴EF∥BM，
∴四边形BEFM为菱形，
∴∠BNF=90°.
∵BF平分∠ABN，
∴FA=FN，
∴△ABF≌△NBF，
∴BN=AB=2.
∵FE=FM，FA=FN，∠A=∠BNF，
∴△AEF≌△NMF，
∴AE=NM.
设AE=NM=x，则BE=FM=2-x，NG=1-x.
∵FM∥GC，
∴△FMN∽△CGN，
∴，
解得x=2-，
∴BM=BN-MN=2-(2-)=.
故答案为：.
【分析】根据平行线的性质可得∠BEM=∠GCM，由等腰三角形的性质可得∠BEM=∠BME，由对顶角的性质可得∠BME=∠GMC，进而推出MG=GC=1，由中点的概念可得CD=AB=2，连接BF、FM，由折叠可得∠FEM=∠BEM，BE=EF，进而推出四边形BEFM为菱形，利用HL证明△ABF≌△NBF，△AEF≌△NMF，得到BN=AB=2，AE=NM，设AE=NM=x，则BE=FM=2-x，NG=1-x，根据平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三 角形相似可得△FMN∽△CGN，利用相似三角形的性质求出x的值，然后根据BM=BN-MN进行计算.
三、解答题
17．（2024·河北模拟）在中，，，，点P是的中点，M在上（不与点C重合），连接，在的左侧作矩形．
（1）如图1，当点N在线段上时，
①若，求的长；
②求的值．
（2）如图2，当时，
①若矩形在内部（包括边界），设，写出的长与x的函数关系式，并求x的取值范围；
②若矩形的两个顶点落在的同一条边上，直接写出在矩形内部的线段长．
【答案】（1）解：①如图1，当时，
，此时点M是的中点．为的中位线．．
在矩形中，，则．
点N是的中点，为中位线．．
②证明：如图2，过点P作于点G，于点H．．
，四边形为矩形，．
由①可知，都为的中位线．
，．
，，
，，，
．在中，．
（2）解：在矩形中，当时，四边形为正方形．
．．
①当点Q落在边上时，如图3，过点P作于点G，
，，．
，．
，，，．
当点Q在AC上时，点M，G重合，．
当矩形在内部（包括边界）时，x的取值范围为．
如图4，当矩形在内部（包括边界）时，点M在上（不与点C重合）．
过点Q作于点K，
，，．
．
在中，．
②或或或3．
【知识点】相似三角形的判定与性质；三角形的综合；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）①先证PM是的中位线，进而得到PM∥BC，根据平行线的性质和矩形的性质得到PN∥AC，进而得到PN的长；②，如图2，过点P作于点G，于点H，先证四边形为矩形， 再根据中位线定理求出PH，PG的长，再证，得出，即可得到∠PNM的正切值；
（2）先证四边形为正方形， ①当点Q落在边上时，如图3，过点P作于点G， 由角之间的关系得出∠CMQ=∠GPM，进而可利用AAS证得，可得，再根据线段的和差计算即可； 当点Q在AC上时，点M，G重合，此时，据此可得x的取值范围， 如图4， 过点Q作于点K， 由，得出KQ，CQ的长，在中， 利用勾股定理即可表示出的长与x的函数关系式；②分四种情况讨论，分别画出每一种情况的图形，根据相似三角形的性质和全等三角形的判断和性质解答即可.
18．（2023九上·兴隆期中）如图1和图2，平面上，四边形ABCD中，，，，，，点M在AD上，且．将线段MA绕点M顺时针旋转到．的平分线MP所在的直线交折线于点P，设点P在该折线上运动的路径长为，连接．
（1）若点P在AB上，求证：；
（2）如图2，连接BD，求的度数，并直接写出时，x的值；
（3）如图3和图4，若点P到BD的距离为2，求的值．
【答案】（1）解：∵将线段MA绕点M顺时针旋转到，
∴
∵的平分线MP所在直线交折线于点P，
∴
又∵
∴
∴；
（2）解：∵，，
∴
∵，
∴，
∴
∴；
如图所示，当时，
∵PM平分
∴
∴
∴
∴
∵，
∴
∴，
∴
∵，
∴
∴，即
∴解得
∴．
（3）解：如图所示，当P点在AB上时，，
∵，，，
∴，
∴，
∴
∴；
如图所示，当P在BC上时，则，过点P作交AB的延长线于点Q，
延长MP交AB的延长线于点H，
∵，
∴，
∴
∴
即
∴，，
∴
∵，
∴，
∴，
∴
∴
解得：
∴，
综上所述，的值为或．
【知识点】三角形全等及其性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；四边形的综合
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质求出A'M=AM，再根据角平分线求出∠A'MP=∠AMP，最后利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
（2）利用勾股定理求出BD的值，再求出 ，最后利用相似三角形的判定与性质计算求解即可；
（3）分类讨论，结合图形，利用勾股定理，锐角三角函数以及相似三角形的判定与性质计算求解即可。
19．（2023·红塔模拟） 如图，四边形是矩形，和相交于点，过点作，且，连接点是线段上与点，点不重合的一个动点，过点分别作，的垂线，垂足分别为点，点．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，则在点的运动中，的值是否会发生变化？若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．
【答案】（1）证明：四边形是矩形，
，，，
，
，
，
，即，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形；
（2）解：的值不会发生变化，理由：
解：过点作于点，延长交于点，
，
由已证四边形是菱形，
，
，
，
又，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
在和中，
，
≌，
，
，
设，
，
，
四边形是矩形，
，，
由勾股定理得，
，
，
，
又，
∽，
，
，
，
，
即的值不会发生变化，总等于．
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）由CE∥BD，以及CE=AC，先证明四边形OCED是平行四边形，因为OD=OC即可证明四边形OCED是菱形。
（2） 过点作于点，延长交于点，先证明四边DHMG为矩形，在证明△PCM和△PFC全等，可得CM=CF；设AB为a，可得CD=AB=a，由勾股定理可得AC=a；证明△ADC和△DHC相似，通过线段成比例即可得出结果。
四、实践探究题
20．如图，在正方形ABCD中，CE⊥DF.求证：CE=DF.
证明：设CE与DF相交于点.
四边形ABCD是正方形，
某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题做进一步探究.
（1）【问题探究】如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH.试猜想的值，并证明你的猜想.
（2）【知识迁移】如图2，在矩形ABCD中，AB=m，BC=n，点E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH，则= ；
（3）【拓展应用】如图3，在四边形ABCD中，，点E，F分别在线段AB，AD上，且，求的值
【答案】（1）解：如图，作，，
四边形ABCD是正方形，
，
四边形、是矩形，
，，
，即.
（2）
（3）解：如图，作，，，
，
设，
，
四边形是矩形，，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
.
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：(2)如图，作，，
四边形ABCD是矩形，
，
四边形、是矩形，
，，
.
故答案为：.
【分析】(1)作，，利用正方形的性质易证四边形、是矩形，进而得到，再通过余角的性质证得，然后通过ASA判定，即可证得.
(2)作，，利用矩形的性质易证四边形、是矩形，进而得到，再通过余角的性质证得，即可判定，从而证得.
(3)作，，，易证四边形是矩形，再利用矩形的性质证得四边形是矩形，设，利用直角三角形的性质表示出CP、AB的长度，然后通过余角的性质证得，进而判定，即可解得.
21．（2023九上·青白江期中）如图
（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G．求证：△ADE∽△DCF．
（2）【问题解决】如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF，延长BC到点H，使CH＝DE，连接DH．求证：∠ADF＝∠H．
（3）【类比迁移】如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF＝11，DE＝8，∠AED＝60°，求CF的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠ADE＝90°，
∴∠CDF+∠DFC＝90°，
∵AE⊥DF，
∴∠DGE＝90°，
∴∠CDF+∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠DFC，
∴△ADE∽△DCF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，AD∥BC，∠ADE＝∠DCF＝90°，
∵AE＝DF，
∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），
∴DE＝CF，
∵CH＝DE，
∴CF＝CH，
∵点H在BC的延长线上，
∴∠DCH＝∠DCF＝90°，
又∵DC＝DC，
∴△DCF≌△DCH（SAS），
∴∠DFC＝∠H，
∵AD∥BC，
∴∠ADF＝∠DFC，
∴∠ADF＝∠H；
（3）解：如图3，延长BC至点G，使CG＝DE＝8，连接DG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝DC，AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DCG，
∴△ADE≌△DCG（SAS），
∴∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG，
∵AE＝DF，
∴DG＝DF，
∴△DFG是等边三角形，
∴FG＝DF＝11，
∵CF+CG＝FG，
∴CF＝FG﹣CG＝11﹣8＝3，
即CF的长为3．
【知识点】矩形的性质；正方形的性质；相似三角形的应用
【解析】【分析】(1)根据矩形的性质得∠C=∠ADE=90°，再由同角的余角相等证∠AED=∠DFC，从而可得解.
(2)首先由HL证得Rt△ADE≌Rt△DCF，得DE=CF，再由SAS证△DCF≌△DCH，得∠DFC=∠H，然后由平行线的性质得∠ADF=∠DFC，从而得出结论.
(3)延长BC至点G，使CG=DE=8，连接DG，由SAS证得△ADE≌△DCG ，得∠DGC=∠AED=60°，AE=DG，接着证明△DFG是等边三角形，得FG=DF=11，即可求解.
22．（2023九上·丰满期中）
（1）【模型感知】如图①，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点（不与点A、C重合），连接BE，将线段BE绕点B逆时针旋转90°得到线段BE'，连接AE'，求证：AE'＝CE；
（2）【模型发展】如图②，在正方形ABCD中，点E是对角线CA的延长线上的一点，连接BE，将线段BE绕点B逆时针旋转90°得到线段BE'，连接AE'，线段AE'与CE的数量关系为 ，AE'与CE所在直线的位置关系为 （不需证明）；
（3）【解决问题】如图③，在正方形ABCD中，点E是对角线AC延长线上的一点，连接BE，将线段BE绕点B逆时针旋转90°，得到线段BE'，连接AE'，EE'，若AC＝3CE，则＝ ．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵将线段BE绕点B按逆时针方向旋转90°得到线段BE'，
∴BE＝BE'，∠EBE'＝90°＝∠ABC，
∴∠ABE'＝∠CBE，
∴△ABE'≌△CBE（SAS），
∴AE'＝CE；
（2）AE'＝CE；EC⊥AE'
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：
（2）因为四边形ABCD为正方形，所以AB=BC，∠ABC=90°，∠BAC=45°=∠ACB，根据题意将BE 绕点B逆时针旋转90°得到线段BE，所以BE=BE'，∠EBE'=90°=∠ABC，所以∠ABE'=∠BCE，所以得△ABE'≌△CBE，所以 AE'=CE，∠BAE'=45°=∠BCA，所以∠CAE'=90°，所以EC⊥AE'，所以AE'=CE， EC⊥AE'。
故答案为：AE'=CE， EC⊥AE'
（3）如图③，延长EE'与BA交于F，过点E作EH⊥AB，交AB的延长线于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ACB＝45°，
∵EH⊥AB，∠EAH＝∠AEH＝45°，
∴△EAH是等腰直角三角形，
∴EA＝EH，
∵将线段BE绕点B按逆时针方向旋转90°得到线段BE'，
∴BE＝BE'，∠EBE'＝90°＝∠ABC，
∴∠ABE'＝∠CBE，
∴△ABE'≌△CBE（SAS），
∴AE'＝CE，∠FAE'＝∠BCA＝45°，
∴∠CAE'＝90°，
∴EC⊥AE'，
∵AC＝3CE，
∴设CE＝x，则AC＝3x，
∵AE'＝CE＝x，
∵∠BAC＝45°，
故答案为：．
【分析】（1）根据题意利用全等三角形的判断得出△ABE'≌△CBE，即可得出答案。
（2）根据题意利用全等三角形的判断得出△ABE'≌△CBE，得AE'=CE，∠BAE'=45°=∠BCA，即可得出答案。
（3）根据题意利用全等三角形的判断得出△ABE'≌△CBE，得AE'=CE，∠BAE'=135°=∠BCA，利用等腰直角三角形的性质求出AH=EH==，再根据三角形的面积公式即可求出答案。
1 / 12024年中考数学考前20天终极冲刺专题之四边形(一)
一、选择题
1．（2022八下·乐清期中）如图，在平行四边形ABCD中，点E为AD的中点，连接CE，CE⊥AD，点F在AB上，连接EF，EF＝CE，若BC＝6，CD＝5，则线段BF的长为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022八下·来宾期末）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作的垂线交于点，若，．有下列结论：①；②；③点到直线的距离为；④．其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②④
3．（2024八下·江海期中） 如图，矩形中，连接，延长至点，使，连接．若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
4．（2023九上·青岛月考）如图，在边长为2的等边三角形ABC的外侧作正方形ABED，过点D作DF⊥BC，垂足为F，则DF的长为（ ）
A．2+2 B．5- C．3- D．+1
5．（2023九上·江阳月考）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=10cm，BC=8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是 （ ）
A．当 t＝4s 时，四边形 ABMP 为矩形
B．当 t＝5s 时，四边形 CDPM 为平行四边形
C．当 CD＝PM 时，t＝4s
D．当 CD＝PM 时，t＝4s 或6s
6．（2024九下·杭州月考）如图，在中，，分别以、为边向外作正方形、，连结并延长交于点H，连结．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024八下·长沙月考）如图，正方形的对角线、相交于点O，平分交于点E.过点E作，交于点F，若四边形的面积为1，则的长为（ ）
A． B．1 C． D．2
8．（2024八下·武汉月考）如图，在四边形中，，，，，，则边的长为（ ）
A． B． C． D．
9．（2022九上·拱墅期末）如图，在矩形中，，点分别在边上，且与关于直线对称.点在边上，分别与交于两点.若，，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2023·泗县模拟） 如图，在矩形和矩形中，，且，连接交于点，连接交于点，交于点，则下列结论不正确的是（ ）
A．
B．当时，
C．当时，∽
D．当时，
二、填空题
11．（2024·海曙模拟） 如图，在平行四边形中，，点，分别为边上异于端点的动点，且，连接，将四边形沿着折叠得到四边形．当点落在平行四边形的边上时，的长为 ．
12．（2020九上·福州月考）如图，在正方形 中，点E是边 的中点，连接 、 ，分别交 、 于点P、Q，过点P作 交 的延长线于F，下列结论：
① ，② ，③ ，④若四边形 的面积为4，则该正方形 的面积为36，⑤ ．
其中正确的结论有 ．
13．（2024·深圳模拟）如图，在矩形ABCD中，E是AB的中点，作交BC于点F，对角线AC分别交DE，DF于点G，H，当DH⊥AC时，则的值为 ．
14．（2023·红桥模拟） 如图，已知正方形的边长为，为的中点，为上一点，且，若，分别为，的中点，连接，则的长为 ．
15．（2023·枣阳模拟）如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E，使得，连接BE，将沿BE翻折得到，连接DF．若，则DF的长为 ．
16．（2023·鄂州模拟）如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，ABEC与AFEC关于直线EC对称，点B的对称点F在边AD上，G为CD中点，连结BG分别与CE；CF交于M，N两点，若BM=BE，MG=1，则线段BM的值为 .
三、解答题
17．（2024·河北模拟）在中，，，，点P是的中点，M在上（不与点C重合），连接，在的左侧作矩形．
（1）如图1，当点N在线段上时，
①若，求的长；
②求的值．
（2）如图2，当时，
①若矩形在内部（包括边界），设，写出的长与x的函数关系式，并求x的取值范围；
②若矩形的两个顶点落在的同一条边上，直接写出在矩形内部的线段长．
18．（2023九上·兴隆期中）如图1和图2，平面上，四边形ABCD中，，，，，，点M在AD上，且．将线段MA绕点M顺时针旋转到．的平分线MP所在的直线交折线于点P，设点P在该折线上运动的路径长为，连接．
（1）若点P在AB上，求证：；
（2）如图2，连接BD，求的度数，并直接写出时，x的值；
（3）如图3和图4，若点P到BD的距离为2，求的值．
19．（2023·红塔模拟） 如图，四边形是矩形，和相交于点，过点作，且，连接点是线段上与点，点不重合的一个动点，过点分别作，的垂线，垂足分别为点，点．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，则在点的运动中，的值是否会发生变化？若不变化，求出其值；若变化，请说明理由．
四、实践探究题
20．如图，在正方形ABCD中，CE⊥DF.求证：CE=DF.
证明：设CE与DF相交于点.
四边形ABCD是正方形，
某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题做进一步探究.
（1）【问题探究】如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH.试猜想的值，并证明你的猜想.
（2）【知识迁移】如图2，在矩形ABCD中，AB=m，BC=n，点E，F，G，H分别在线段AB，BC，CD，DA上，且EG⊥FH，则= ；
（3）【拓展应用】如图3，在四边形ABCD中，，点E，F分别在线段AB，AD上，且，求的值
21．（2023九上·青白江期中）如图
（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G．求证：△ADE∽△DCF．
（2）【问题解决】如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF，延长BC到点H，使CH＝DE，连接DH．求证：∠ADF＝∠H．
（3）【类比迁移】如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE＝DF＝11，DE＝8，∠AED＝60°，求CF的长．
22．（2023九上·丰满期中）
（1）【模型感知】如图①，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点（不与点A、C重合），连接BE，将线段BE绕点B逆时针旋转90°得到线段BE'，连接AE'，求证：AE'＝CE；
（2）【模型发展】如图②，在正方形ABCD中，点E是对角线CA的延长线上的一点，连接BE，将线段BE绕点B逆时针旋转90°得到线段BE'，连接AE'，线段AE'与CE的数量关系为 ，AE'与CE所在直线的位置关系为 （不需证明）；
（3）【解决问题】如图③，在正方形ABCD中，点E是对角线AC延长线上的一点，连接BE，将线段BE绕点B逆时针旋转90°，得到线段BE'，连接AE'，EE'，若AC＝3CE，则＝ ．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】勾股定理；平行四边形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，延长FE交CD的延长线于点M，连接CF，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，BC=AD=6，
∴∠AFE=∠EMD，
∵E为AD的中点，
∴AE=DE=3，
在△AEF和△DEM中，
，
∴△AEF≌△DEM（AAS），
∴AF=DM，EF=EM，
又∵EF=CE，
∴EF=CE=EM，
∴∠FCM=90°，
∵CE⊥AD，
∴∠CED=90°，
∴CE=，
∴FM=2CE=8，
∵AB∥CD，
∴∠BFC=∠DCF=90°，
设BF=x，则AF=DM=5-x，
∴CM=10-x，
∵CF2+CM2=FM2，
∴62-x2+（10-x）2=82，
∴x=，
∴BF=，
故答案为：A.
【分析】延长FE交CD的延长线于点M，连接CF，由平行四边形的性质可得BC=AD=6，∠AFE=∠EMD，由线段的中点可得AE=DE=3，根据AAS证明△AEF≌△DEM，可得AF=DM，EF=EM，即得EF=CE=EM，可求∠FCM=90°，由垂直的定义可得∠CED=90°，利用勾股定理求出CE=4，由平行线的性质可得∠BFC=∠DCF=90°，设BF=x，则AF=DM=5-x，CM=10-x，在Rt△CFM中，利用勾股定理建立关于x方程并解之即可.
2．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①∵DP⊥DE，
∴∠PDE=90°．
∴∠PDC+∠CDE=90°，
∵在正方形ABCD中，∠ADC=∠ADP+∠PDC=90°，AD=CD，
∴∠CDE=∠ADP．
在△APD和△CED中，
，
∴△APD≌△CED（SAS），故①正确；
②∵△APD≌△CED，
∴∠APD=∠CED，
又∵∠APD=∠PDE+∠DEP，∠CED=∠CEA+∠DEP，
∴∠PDE=∠CEA=90°．
即AE⊥CE，故②正确；
③过点C作CF⊥DE的延长线于点F，如图，
∵DE=DP，∠PDE=90°，
∴∠DPE=∠DEP=45°．
又∵∠CEA=90°，
∴∠CEF=∠FCE=45°．
∵DP=DE=1，
∴PE=．
∴CE==2，
∴CF=EF=CE=，
即点C到直线DE的距离为，故③错误；
④∵CF=EF=，DE=1，
在Rt△CDF中，CD2=CF2+DF2=，
∴S正方形ABCD=5+2，故④正确．
综上所述，正确结论的序号为①②④.
故答案为：D.
【分析】由垂直的概念得∠PDE=90°，由正方形的性质得∠ADC=90°，AD=CD，由同角的余角相等得∠CDE=∠ADP，证明△APD≌△CED，据此判断①；根据全等三角形的性质得∠APD=∠CED，由外角性质得∠APD=∠PDE+∠DEP，由角的和差关系得∠CED=∠CEA+∠DEP，则∠PDE=∠CEA=90°，据此判断②；过点C作CF⊥DE的延长线于点F，易得∠DPE=∠DEP=45°，∠CEF=∠FCE=45°，利用勾股定理可得PE、CE，然后求出CF，据此判断③；利用勾股定理可得CD2，则S正方形ABCD=CD2，据此判断④.
3．【答案】D
【知识点】等腰三角形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：连接，交于，如图所示：
四边形是矩形，
，，，，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：D．
【分析】先根据矩形的性质得到AC=BD，OA=OB，再根据等边对等角得到，，最后根据三角形的内角和计算即可.
4．【答案】D
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点A分别作AGBC于点G，AHDF于点H，
DFBC，
四边形HFGA是矩形，
HF=AG，
△ABC是等边三角形，
AB=BC=2，
BG=1，
AG=
在正方形ABED中，AD=AB=2，
故答案为：D
【分析】过点A分别作AGBC于点G，AHDF于点H，可构造矩形HFGA，从而得到HF=AG，再由等边三角形ABC的性质可得
BG=1，进一步得到再证明由直角三角形的性质即可求解.
5．【答案】D
【知识点】四边形的综合；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：根据题意，可得DP=t cm，BM=t cm，
∵AD=10cm，BC=8cm，
∴AP=(10-t) cm，CM=(8-t) cm，
当四边形ABMP为矩形时，AP=BM，
即10-t=t，
∴t=5，
故A不符合题意，
当四边形CDPM为平行四边形，DP=CM，
即t=8-t，
∴t=4，
故B不符合题意，
当CD=PM时，分两种情况：
①四边形CDPM是平行四边形，
此时CM=PD，
即8-t=t，
∴t=4，
②四边形CDPM是等腰梯形，
过点M作ME⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD于点F，如图，
则∠MEP=∠CFD=90°，
∵PM=CD，EM=FC，
∴△MEP≌△CFD (HL)，
∴EP=FD，
∵AE=AP+EP=10-t+，
又∵BM=t，
∴10-t+=t，
∴t=6，
综上所述，当CD=PM时，t=4s或6s.
故C不符合题意，D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据题意，表示出DP，BM，AP和CM的长，当四边形ABMP为矩形时，根据AP=BM，列方程求解即可，当四边形CDPM为平行四边形，根据DP=CM，列方程求解即可，当CD=PM时，分两种情况：①四边形CDPM是平行四边形，②四边形CDPM是等腰梯形，分别列方程求解即可.
6．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：连接AF，过点H作HP⊥AF于点P，如图：
∵ 正方形、中，AD和AF为对角线，
∴∠DAB=∠CAF=45°=∠HFP.
∵∠DAB+∠BAC+∠CAF+∠α=180°.
∴∠BAC+∠α=90°.
∵ 在中，，
∴∠BAC+∠BCA=90°.
∴∠α=∠BCA.
∵，
设CF=x，，
∴HF=kx，
∵.
.
∴
∴.
故答案为：D.
【分析】连接AF，过点H作HP⊥AF于点P，根据平角的定义和正方形的性质可证得∠BAC+∠α=90°.再根据直角三角形角的性质可证得∠α=∠BCA.设CF=x，利用表示出HF，计算出AF.在△HPF中求出HP和FP，利用AF-PF得到AP，再在△HAP中计算tan∠α，即可得到的值.
7．【答案】C
【知识点】三角形的面积；三角形全等及其性质；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：四边形ABCD是正方形，
AB=AD=CD，
平分 ，
AB=BE=AD，
，
四边形的面积为1，
故答案为：C.
【分析】先利用ASA证明，进而得到，再根据从而求解.
8．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的判定与性质；等腰直角三角形
【解析】【解答】解：如图，过点A，D分别作AE，DF垂直于直线BC、垂足分别为E，F，过A作AG⊥DF于G，
∴四边形AEFG是矩形，
∴AG=EF，AE=FG，
∵∠ABC=135°，∠BCD=120°，
∴∠EBA=45°，∠DCF=60°，
∴∠BAE=∠ABE=45°，∠CDF=30°
∴AE=BE=AB=，CF=CD=3，DF=CD=，
∴AG=EF=BE+BC+CF=6，DG=DF-GF=DF-AE=，
∴，
故答案为：D.
【分析】题目的图形不是规则图形，因此要作垂直构造直角三角形，再通过解直角三角形求出相关量，过点A，D分别作AE，DF垂直于直线BC、垂足分别为E，F，过A作AG⊥DF于G，构造直角三角形ABE、DCF、ADG，解直角三角形可得到BE、AE、CF、DF长从而得到AG、DG长，通过勾股定理即可求得AD长.
9．【答案】D
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质；轴对称的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接，
四边形是矩形，
，，，
，
设，，
与关于直线对称，
，，，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
设，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
故答案为：D.
【分析】连接FQ，由矩形的性质可得AB∥CD，∠BAF=90°，BC=AD，由已知条件可设AB=4a，则BC=5a，由轴对称的性质可得BF=BC=5a，CQ=FQ，CE=FE，利用勾股定理可得AF=3a，则DF=AD-AF=2a，易得四边形CQFE为菱形，则AB∥FQ∥CE，由平行线分线段成比例的性质可得，设CQ=2k，则GQ=3k，由等腰三角形的性质可得∠CQE=∠CEQ，由平行线的性质可得∠ABQ=∠CEQ，结合对顶角的性质可推出BG=QG，易证△GBP∽△QFP，根据相似三角形的性质可得GP，据此求解.
10．【答案】C
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】解：、四边形和四边形是矩形，
，
，
．
又，
∽，
．
，，
，故A正确；
B、，
，
．
，
∽，
，
．
，
，
故B正确；
C、当时，
，
，
不能判定∽，
故C错误；
D、如图，过点分别作于点，交的延长线于点，设．
，
．
，
，
，
，
，
，
，
故D正确，
故选：．
【分析】利用相似三角形的判定方法证出∽，可得，再利用角的运算和等量代换可得，可证出A正确；再证出∽，可得，再利用等量代换证出即可判断B正确；根据无法判断∽，即可判断出C是否正确；过点分别作于点，交的延长线于点，先求出，，再求出即可判断D正确.
11．【答案】，
【知识点】平行四边形的判定与性质；圆周角定理；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形—边角关系
【解析】【解答】解：连接、、，交于点，连接，
∵四边形是平行四边形，
∴
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴与互相平分，点为的中点，
由折叠可得，
∴动点的轨迹是以为圆心，长为半径的圆弧．
①当点落在边上时，
由折叠可得，，
∵，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
②当点落在边上时，
∵直径，
∴，
∴，
∴．
③当点与点重合时，过点作于点，
∵，
∴．．
∴，
∴，即，
故答案为：，．
【分析】连接、、，交于点，连接，根据平行四边形的性质和折叠的性质可判断出：动点的轨迹是以为圆心，长为半径的圆弧．，根据题意可知需分三种情况讨论，①当点落在边上时，②当点落在边上时，③当点与点重合时，过点作于点，分别根据解直角三角形和勾股定理求出BG的长度即可求解.
12．【答案】①②③⑤
【知识点】等腰三角形的判定与性质；正方形的性质；两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接OE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD，
∴∠BOC＝90°，
∵BE＝EC，
∴∠EOB＝∠EOC＝45°，
∵∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC＝∠EAC+∠AEO，
∴∠AED+∠EAC+∠EDO＝∠EAC+∠AEO+∠OED+∠EDB＝90°，故①符合题意，
连接AF．
∵PF⊥AE，
∴∠APF＝∠ABF＝90°，
∴A，P，B，F四点共圆，
∴∠AFP＝∠ABP＝45°，
∴∠PAF＝∠PFA＝45°，
∴PA＝PF，故②符合题意，
设BE＝EC＝a，则AEa，OA＝OC＝OB＝ODa，
∴ ，即AEAO，故③符合题意，
根据对称性可知，△OPE≌△OQE，
∴S△OEQS四边形OPEQ＝2，
∵OB＝OD，BE＝EC，
∴CD＝2OE，OE∥CD，
∴ ，△OEQ∽△CDQ，
∴S△ODQ＝4，S△CDQ＝8，
∴S△CDO＝12，
∴S正方形ABCD＝48，故④不符合题意，
∵∠EPF＝∠DCE＝90°，∠PEF＝∠DEC，
∴△EPF∽△ECD，
∴ ，
∵EQ＝PE，
∴CE EF＝EQ DE，故⑤符合题意，
故答案为：①②③⑤
【分析】如图，连接OE．根据正方形的性质得出∠EOB＝∠EOC＝45°，利用三角形外角的性质得出∠EOB＝∠EDB+∠OED，∠EOC＝∠EAC+∠AEO，从而求得∠AED+∠EAC+∠EDO＝∠EAC+∠AEO+∠OED+
∠EDB＝90°据此判断①；连接AF．可得出A，P，B，F四点共圆，利用圆周角定理得出∠AFP＝∠ABP＝45°，从而得出∠PAF＝∠PFA＝45°，利用等角对等边可得PA＝PF，据此判断②；
设BE＝EC＝a，则AE a，OA＝OC＝OB＝OD a，可得 ，据此判断③；利用轴对称及全等三角形的性质得出S△OEQ S四边形OPEQ＝2，从而求得CD＝2OE根据平行线的判定与性质得出可求出S△ODQ＝4，S△CDQ＝8，即得S△CDO＝12，利用正方形的性质求出正方形ABCD的面积，从而判断④；易证△EPF∽△ECD，可得，由EQ＝PE，可得CE EF＝EQ DE，据此判断⑤.
13．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；相似三角形的性质；相似三角形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，设AD=a，AB=b.
∴∠DAE=∠EBF=90°，AD=BC=a，AB=DC=b，AB//CD，.
∵E是AB的中点，
∴.
∴.
∵AE//CD，
∴△AEG∽△CDG.
∴.
∴.
∵∠ADC=∠DCF=90°，DH⊥AC
∴∠ADF+∠FDC=∠ADF+∠DAC=90°，
∴∠FDC=∠DAC，
∴△FDC∽△CAD.
∴.
∴
∵∠DEF=90°，
∴∠ADE+∠AED=90°=∠AED+∠BEF，
∴∠ADE=∠BEF，
∴△ADE∽△BEF.
∴.
∴.
∴.
∴.
解得：.
∴，，
∵ ，DH⊥AC ，
∴∠DHG=∠DEF=90°，
∵∠HDG=∠EDF，
∴△HDG∽△EDF.
∴.
【分析】利用矩形性质得∠ABC=∠DBC=∠ADC=∠DAB=90°，AB//CD.根据E是AB的中点得AE=BE.设AD=a，AB=b，表示出ED的长，证明△AEG∽△CDG.得，可表示出DG；证明△FDC∽△CAD，得，可表示出FC，证明△ADE∽△BEF，得，可表示出BF，从而得CF，联立，得到a与b的数量关系，从而可表示用b表示出DG，FC，DF，最后证明△HDG∽△EDF，得，代入DG和DF即可得到结果.
14．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：正方形的边长为，为的中点，
，
，
，
，
，
，
如图，取的中点，连接，过点作于点，过点作于点，
得矩形，
，，
，
，
∽，
，
，
，
为的中点，
，
是的中点，
，
，
设，则，
，
，
，
，则，
，
，
，
，分别为，的中点，
．
故答案为：．
【分析】根据正方形的性质和勾股定理可得，取的中点，连接，过点作于点，过点作于点，得矩形，然后证明∽，得，所以，利用勾股定理求出，则，求出，再根据三角形中位线定理即可解决问题．
15．【答案】
【知识点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：延长BE交CD于点M，连接CF、FM，
由翻折可得FM=CM，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=5，AB∥CD，
∴△ABE∽△CME，
∴，
∴CM=2.5，DM=CM，
∴FM=CM=DM，
∴∠DFC=90°，
由勾股定理得BM==，
∵∠FCD+∠BCF=90°，∠MBC+∠BCF=90°，
∴∠MBC=∠FCD，
∴sin∠MBC=sin∠FCD，∴，即，
∴DF=；
故答案为：.
【分析】延长BE交CD于点M，连接CF、FM，由翻折可得FM=CM，证明△ABE∽△CME，利用相似三角形的性质可得CM=2.5，从而得出FM=CM=DM，继而得出∠DFC=90°，利用勾股定理求出BM的长，再利用余角的性质求出∠MBC=∠FCD，可得sin∠MBC=sin∠FCD，即得，据此即可求出DF的长.
16．【答案】
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；等腰三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵AB∥CD，
∴∠BEM=∠GCM.
∵BM=BE，
∴∠BEM=∠BME.
∵∠BME=∠GMC，
∴∠GCM=∠GMC，
∴MG=GC=1.
∵G为CD的中点，
∴CD=AB=2.
连接BF、FM，由折叠可得∠FEM=∠BEM，BE=EF，
∴BM=EF.
∵∠BEM=∠BME，
∴∠FEM=∠BME，
∴EF∥BM，
∴四边形BEFM为菱形，
∴∠BNF=90°.
∵BF平分∠ABN，
∴FA=FN，
∴△ABF≌△NBF，
∴BN=AB=2.
∵FE=FM，FA=FN，∠A=∠BNF，
∴△AEF≌△NMF，
∴AE=NM.
设AE=NM=x，则BE=FM=2-x，NG=1-x.
∵FM∥GC，
∴△FMN∽△CGN，
∴，
解得x=2-，
∴BM=BN-MN=2-(2-)=.
故答案为：.
【分析】根据平行线的性质可得∠BEM=∠GCM，由等腰三角形的性质可得∠BEM=∠BME，由对顶角的性质可得∠BME=∠GMC，进而推出MG=GC=1，由中点的概念可得CD=AB=2，连接BF、FM，由折叠可得∠FEM=∠BEM，BE=EF，进而推出四边形BEFM为菱形，利用HL证明△ABF≌△NBF，△AEF≌△NMF，得到BN=AB=2，AE=NM，设AE=NM=x，则BE=FM=2-x，NG=1-x，根据平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三 角形相似可得△FMN∽△CGN，利用相似三角形的性质求出x的值，然后根据BM=BN-MN进行计算.
17．【答案】（1）解：①如图1，当时，
，此时点M是的中点．为的中位线．．
在矩形中，，则．
点N是的中点，为中位线．．
②证明：如图2，过点P作于点G，于点H．．
，四边形为矩形，．
由①可知，都为的中位线．
，．
，，
，，，
．在中，．
（2）解：在矩形中，当时，四边形为正方形．
．．
①当点Q落在边上时，如图3，过点P作于点G，
，，．
，．
，，，．
当点Q在AC上时，点M，G重合，．
当矩形在内部（包括边界）时，x的取值范围为．
如图4，当矩形在内部（包括边界）时，点M在上（不与点C重合）．
过点Q作于点K，
，，．
．
在中，．
②或或或3．
【知识点】相似三角形的判定与性质；三角形的综合；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）①先证PM是的中位线，进而得到PM∥BC，根据平行线的性质和矩形的性质得到PN∥AC，进而得到PN的长；②，如图2，过点P作于点G，于点H，先证四边形为矩形， 再根据中位线定理求出PH，PG的长，再证，得出，即可得到∠PNM的正切值；
（2）先证四边形为正方形， ①当点Q落在边上时，如图3，过点P作于点G， 由角之间的关系得出∠CMQ=∠GPM，进而可利用AAS证得，可得，再根据线段的和差计算即可； 当点Q在AC上时，点M，G重合，此时，据此可得x的取值范围， 如图4， 过点Q作于点K， 由，得出KQ，CQ的长，在中， 利用勾股定理即可表示出的长与x的函数关系式；②分四种情况讨论，分别画出每一种情况的图形，根据相似三角形的性质和全等三角形的判断和性质解答即可.
18．【答案】（1）解：∵将线段MA绕点M顺时针旋转到，
∴
∵的平分线MP所在直线交折线于点P，
∴
又∵
∴
∴；
（2）解：∵，，
∴
∵，
∴，
∴
∴；
如图所示，当时，
∵PM平分
∴
∴
∴
∴
∵，
∴
∴，
∴
∵，
∴
∴，即
∴解得
∴．
（3）解：如图所示，当P点在AB上时，，
∵，，，
∴，
∴，
∴
∴；
如图所示，当P在BC上时，则，过点P作交AB的延长线于点Q，
延长MP交AB的延长线于点H，
∵，
∴，
∴
∴
即
∴，，
∴
∵，
∴，
∴，
∴
∴
解得：
∴，
综上所述，的值为或．
【知识点】三角形全等及其性质；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；四边形的综合
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质求出A'M=AM，再根据角平分线求出∠A'MP=∠AMP，最后利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
（2）利用勾股定理求出BD的值，再求出 ，最后利用相似三角形的判定与性质计算求解即可；
（3）分类讨论，结合图形，利用勾股定理，锐角三角函数以及相似三角形的判定与性质计算求解即可。
19．【答案】（1）证明：四边形是矩形，
，，，
，
，
，
，即，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形；
（2）解：的值不会发生变化，理由：
解：过点作于点，延长交于点，
，
由已证四边形是菱形，
，
，
，
又，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
在和中，
，
≌，
，
，
设，
，
，
四边形是矩形，
，，
由勾股定理得，
，
，
，
又，
∽，
，
，
，
，
即的值不会发生变化，总等于．
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；四边形-动点问题
【解析】【分析】（1）由CE∥BD，以及CE=AC，先证明四边形OCED是平行四边形，因为OD=OC即可证明四边形OCED是菱形。
（2） 过点作于点，延长交于点，先证明四边DHMG为矩形，在证明△PCM和△PFC全等，可得CM=CF；设AB为a，可得CD=AB=a，由勾股定理可得AC=a；证明△ADC和△DHC相似，通过线段成比例即可得出结果。
20．【答案】（1）解：如图，作，，
四边形ABCD是正方形，
，
四边形、是矩形，
，，
，即.
（2）
（3）解：如图，作，，，
，
设，
，
四边形是矩形，，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
.
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质；正方形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：(2)如图，作，，
四边形ABCD是矩形，
，
四边形、是矩形，
，，
.
故答案为：.
【分析】(1)作，，利用正方形的性质易证四边形、是矩形，进而得到，再通过余角的性质证得，然后通过ASA判定，即可证得.
(2)作，，利用矩形的性质易证四边形、是矩形，进而得到，再通过余角的性质证得，即可判定，从而证得.
(3)作，，，易证四边形是矩形，再利用矩形的性质证得四边形是矩形，设，利用直角三角形的性质表示出CP、AB的长度，然后通过余角的性质证得，进而判定，即可解得.
21．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠ADE＝90°，
∴∠CDF+∠DFC＝90°，
∵AE⊥DF，
∴∠DGE＝90°，
∴∠CDF+∠AED＝90°，
∴∠AED＝∠DFC，
∴△ADE∽△DCF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，AD∥BC，∠ADE＝∠DCF＝90°，
∵AE＝DF，
∴Rt△ADE≌Rt△DCF（HL），
∴DE＝CF，
∵CH＝DE，
∴CF＝CH，
∵点H在BC的延长线上，
∴∠DCH＝∠DCF＝90°，
又∵DC＝DC，
∴△DCF≌△DCH（SAS），
∴∠DFC＝∠H，
∵AD∥BC，
∴∠ADF＝∠DFC，
∴∠ADF＝∠H；
（3）解：如图3，延长BC至点G，使CG＝DE＝8，连接DG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝DC，AD∥BC，
∴∠ADE＝∠DCG，
∴△ADE≌△DCG（SAS），
∴∠DGC＝∠AED＝60°，AE＝DG，
∵AE＝DF，
∴DG＝DF，
∴△DFG是等边三角形，
∴FG＝DF＝11，
∵CF+CG＝FG，
∴CF＝FG﹣CG＝11﹣8＝3，
即CF的长为3．
【知识点】矩形的性质；正方形的性质；相似三角形的应用
【解析】【分析】(1)根据矩形的性质得∠C=∠ADE=90°，再由同角的余角相等证∠AED=∠DFC，从而可得解.
(2)首先由HL证得Rt△ADE≌Rt△DCF，得DE=CF，再由SAS证△DCF≌△DCH，得∠DFC=∠H，然后由平行线的性质得∠ADF=∠DFC，从而得出结论.
(3)延长BC至点G，使CG=DE=8，连接DG，由SAS证得△ADE≌△DCG ，得∠DGC=∠AED=60°，AE=DG，接着证明△DFG是等边三角形，得FG=DF=11，即可求解.
22．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵将线段BE绕点B按逆时针方向旋转90°得到线段BE'，
∴BE＝BE'，∠EBE'＝90°＝∠ABC，
∴∠ABE'＝∠CBE，
∴△ABE'≌△CBE（SAS），
∴AE'＝CE；
（2）AE'＝CE；EC⊥AE'
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：
（2）因为四边形ABCD为正方形，所以AB=BC，∠ABC=90°，∠BAC=45°=∠ACB，根据题意将BE 绕点B逆时针旋转90°得到线段BE，所以BE=BE'，∠EBE'=90°=∠ABC，所以∠ABE'=∠BCE，所以得△ABE'≌△CBE，所以 AE'=CE，∠BAE'=45°=∠BCA，所以∠CAE'=90°，所以EC⊥AE'，所以AE'=CE， EC⊥AE'。
故答案为：AE'=CE， EC⊥AE'
（3）如图③，延长EE'与BA交于F，过点E作EH⊥AB，交AB的延长线于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∠BAC＝∠ACB＝45°，
∵EH⊥AB，∠EAH＝∠AEH＝45°，
∴△EAH是等腰直角三角形，
∴EA＝EH，
∵将线段BE绕点B按逆时针方向旋转90°得到线段BE'，
∴BE＝BE'，∠EBE'＝90°＝∠ABC，
∴∠ABE'＝∠CBE，
∴△ABE'≌△CBE（SAS），
∴AE'＝CE，∠FAE'＝∠BCA＝45°，
∴∠CAE'＝90°，
∴EC⊥AE'，
∵AC＝3CE，
∴设CE＝x，则AC＝3x，
∵AE'＝CE＝x，
∵∠BAC＝45°，
故答案为：．
【分析】（1）根据题意利用全等三角形的判断得出△ABE'≌△CBE，即可得出答案。
（2）根据题意利用全等三角形的判断得出△ABE'≌△CBE，得AE'=CE，∠BAE'=45°=∠BCA，即可得出答案。
（3）根据题意利用全等三角形的判断得出△ABE'≌△CBE，得AE'=CE，∠BAE'=135°=∠BCA，利用等腰直角三角形的性质求出AH=EH==，再根据三角形的面积公式即可求出答案。
1 / 1
