【备考2026】中考数学真题2025分类精编精练12四边形综合题（含解析）

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【备考2026】中考数学真题2025分类精编精练12四边形综合题
姓名：__________班级：__________考号：__________总分__________
1 、选择题（本大题共5小题）
（2025 德阳）如图：点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中点，如果BD＝AC，四边形EFGH的面积为24．且HF＝6，则GH＝（　　）
A．4 B．5 C．8 D．10
（2025 大庆）如图，在正方形ABCD中，，点E，F分别在线段AB，BC上，，连接EF，AC．过点E，F分别作线段AC的垂线，垂足分别为G，H．动点P在△ACD内部及边界上运动，四边形EFHG，△PEG，△PEF，△PFH，△PGH的面积分别为S0，S1，S2，S3，S4，若点P在运动中始终满足3S0＝S1+S2+S3+S4，则满足条件的所有点P组成的图形长度为（　　）
A．2 B． C．4 D．2π
（2025 自贡）如图，正方形ABCD边长为6，以对角线BD为斜边作Rt△BED，∠E＝90°，点F在DE上，连接BF．若2BE＝3DF，则BF的最小值为（　　）
A．6 B．6 C．3 D．42
（2025 广东）如图，在矩形ABCD中，E，F是BC边上的三等分点，连接DE，AF相交于点G，连接CG．若AB＝8，BC＝12，则tan∠GCF的值是（　　）
A． B． C． D．
（2025 泸州）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为AB的中点，F为CE上的点，且DF＝DC，则AF的长为（　　）
A． B． C． D．
2 、多选题（本大题共1小题）
（2025 潍坊）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠BAD＝90°，∠B＝60°，，点P在边BC、CD上运动（不含B，D），过点P作PE⊥AB，垂足为点E．设BE的长度为x，△APE的面积为y，则下列结论正确的是（　　）
A．边BC的长为6
B．P在BC上时，
C．P在CD上时，
D．y随x的增大而增大
3 、填空题（本大题共4小题）
（2025 徐州）如图，E，F，G，H分别为矩形ABCD各边的中点．若AB＝3，BC＝4，则四边形EFGH的周长为　 　 ．
（2025 山东）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8．点P为边AC上异于A的一点，以PA，PB为邻边作 PAQB，则线段PQ的最小值是 　 　 ．
（2025 内蒙古）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，对角线BD的长为16，E是AD的中点，F是BD上一点，连接EF．若BF＝3，则EF的长为　 　 ．
（2025 眉山）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AD上运动（不与点A．D重合），∠CDP＝45°，点F在射线DP上，且AE：DF＝1：，连接BF，交CD于点G，连接EB、EF、EG．下列结论：
①sin∠BFE，②AE2+CG2＝EG2，③△DEF的面积最大值是2，④若AEAD，则点G是线段CD的中点．其中正确结论的序号是 　 　 ．
4 、解答题（本大题共8小题）
归纳与应用
归纳是学好数学的敲门砖，尤其对几何而言．例如，我们看到图1是平行四边形，就会联想到：从边的角度，平行四边形对边平行且相等，从角的角度，平行四边形对角相等，邻角互补，从对角线的角度，平行四边形对角线互相平分，从对称性的角度，平行四边形是中心对称图形．通过如此归纳形成知识体系的学习方法，成为我们解决相关问题的金钥匙．
（1）尝试归纳：请你根据图2，写出3条直角三角形的性质．
①　 　 ，
②　 　 ，
③　 　 ．
（2）实践应用：小明同学在思考直角三角形的性质时，作出如图3，∠ABC＝90°，点D是AC的中点，BE∥AC，AE∥BD，试帮他判断四边形ADBE的形状，并证明你的结论．
（2025 山西）阅读与思考
下面是小宣同学数学笔记中的部分内容，请认真阅读并完成相应的任务．
双关联线段【概念理解】如果两条线段所在直线形成的夹角中有一个角是60°，且这两条线段相等，则称其中一条线段是另一条线段的双关联线段，也称这两条线段互为双关联线段．例如，下列各图中的线段AB与CD所在直线形成的夹角中有一个角是60°，若AB＝CD，则下列各图中的线段CD都是相应线段AB的双关联线段．【问题解决】问题1：如图1，在矩形ABCD中，AB＜AD，若对角线AC与BD互为双关联线段，则∠ACB＝ 　 　 °．问题2：如图2，在等边△ABC中，点D，E分别在边BC，CA的延长线上，且AE＝CD，连接AD，BE．求证：线段AD是线段BE的双关联线段．证明：延长DA交BE于点F．∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝∠ACB＝60°∵∠BAC+∠BAE＝180°，∠ACB+∠ACD＝180°，∴∠BAE＝∠ACD（依据）．∵AE＝CD，∴△ABE≌△CAD．∴BE＝AD，∠E＝∠D．……
任务：
（1）问题1中的∠ACB＝ 　 　 °，问题2中的依据是 　 　 ，
（2）补全问题2的证明过程，
（3）如图3，点C在线段AB上，请在图3中作线段AB的双关联线段CD（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法，②作出一条即可）．
（2025 浙江）在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝8．
（1）如图1，求sin∠BAC的值．
（2）如图2，E是AD延长线上的一点，连接BE，作△FBE与△ABE关于直线BE对称，EF交射线AC于点P，连接BP．
①当EF⊥AC时，求AE的长．
②求PA﹣PB的最小值．
（2025 吉林）【问题背景】在学行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为60°的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
【探究发现】如图①，在 ABCD中，∠A＝60°，AB＞AD，E为边AD的中点，点F在边DC上，且DF＝DE，连接EF，将△DEF沿EF翻折得到△GEF，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形DEGF是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
【探究证明】取图①中的边BC的中点M，点N在边AB上，且BN＝BM，连接MN，将△BMN沿MN翻折得到△HMN，点B的对称点为点H，连接FH，GN，如图②，求证：四边形GFHN是平行四边形．
【探究提升】在图②中，四边形GFHN能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值，如果不能，说明理由．
（2025 扬州）如图，在 ABCD中，对角线AC的垂直平分线与边AD，BC分别相交于点E，F．
（1）求证：四边形AFCE是菱形，
（2）若AB＝3，BC＝5，CE平分∠ACD，求DE的长．
（2025 吉林）如图，在△ABC中，AB＝3，BC＝5，∠BAC＝45°．动点P从点A出发，沿边AC以每秒1个单位长度的速度向终点C匀速运动．当点P出发后，以AP为边作正方形APDE，使点D和点B始终在边AC同侧．设点P的运动时间为x（s）（x＞0），正方形APDE与△ABC重叠部分图形的面积为y（平方单位）．
（1）AC的长为 　 　 ．
（2）求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围．
（3）当正方形APDE的对称中心与点B重合时，直接写出x的值．
（2025 贵州）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P为线段AC上一动点，点E为射线BP上的一点（点E与点B不重合）．【问题解决】
（1）如图①，若点P与线段AC的中点O重合，则∠PBC＝ 　 　 度，线段BP与线段AC的位置关系是 　 　 ，
【问题探究】
（2）如图②，在点P运动过程中，点E在线段BP上，且∠AEP＝30°，∠PEC＝60°，探究线段BE与线段EC的数量关系，并说明理由，
【拓展延伸】
（3）在点P运动过程中，将线段BE绕点E逆时针旋转120°得到EF，射线EF交射线BC于点G，若BE＝2FG，AB＝5，求AP的长．
（2025 绥化）综合与实践
如图．在边长为8的正方形ABCD中，作射线BD，点E是射线BD上的一个动点，连接AE，以AE为边作正方形AEFG，连接CG交射线BD于点M，连接DG．（提示：依题意补全图形，并解答）
【用数学的眼光观察】
（1）请判断BD与DG的位置关系，并利用图（1）说明你的理由．
【用数学的思维思考】
（2）若DG＝a，请你用含a的代数式直接写出∠CMB的正切值 　 　 ．
【用数学的语言表达】
（3）设DE＝x，正方形AEFG的面积为S，请求出S与x的函数解析式．（不要求写出自变量x的取值范围）
【备考2026】中考数学真题2025分类精编精练12四边形综合题答案解析
1 、选择题
【考点】中点四边形，三角形中位线定理,菱形的判定与性质,勾股定理
【分析】连接EG，HF交于点O，根据E、F、G、H分别是四边形ABCD边的中点，证明四边形EFGH是菱形，可得OH＝3，OG，∠HOG＝90°，根据四边形EFGH面积，可求得EG，进而求得OG，根据勾股定理可求出GH．
解：如图：连接EG，HF交于点O，
因为E、F、G、H分别是四边形ABCD边的中点，
∴EH∥BD，，
FG∥BD，，
EF∥AC，，
GH∥AC，，
∵BD＝AC，
∴EH＝FG＝EF＝GH，
∴四边形EFGH是菱形．
∴EG⊥HF，，OG，
∴∠HOG＝90°，
∵四边形EFGH面积为24，HF＝6，
∴24，
解得EG＝8，
∴OG4，
在Rt△HOG中，
GH，
故选：B．
【点评】本题考查中点四边形，熟练掌握中位线定理是解题的关键．
【考点】正方形的性质，三角形的面积，勾股定理，点的轨迹
【分析】由正方形的性质得AC＝6，AG＝CH＝1，求出GE＝1，GH＝4，求出S0＝4，根据图形得S1+S2+S3＝S0+S4，根据3S0＝S1+S2+S3+S4，得S4＝4，可得点P的运动轨迹是△ACD中平行于AC的一条线段MN，取AC的中点O，连接OD交MN于点Q，根据三角形面积公式求出OQ＝2，得到DQ＝1，从而求出MN＝2．
解：在正方形ABCD中，AD＝CD＝AB＝BC＝3，∠BAC＝∠BCA＝45°，
∴ACAB＝6，
∵EG⊥AC，FH⊥AC，
∴∠EGA＝∠EGC＝∠FHC＝∠FHG＝90°，
∴∠AEG＝∠HFC＝45°，
∴△AGE，△HFC为等腰直角三角形，
∴AG＝GE，HC＝HF，
∵AE＝CF，
由勾股定理得AG＝GE＝HC＝HF＝1，BE＝BF，GH＝AC﹣AG﹣CH＝4，
∴∠BEF＝∠BFE＝45°，
∴∠BEF＝45°，
∴∠GEF＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∵∠EGH＝∠FHG＝90°，
∴四边形GEFH是矩形，
∴S0＝EG GH＝1×4＝4，
∵S1+S2+S3＝S0+S4，3S0＝S1+S2+S3+S4，
∴S4＝4，
∵动点P在△ACD内部及边界上运动，
∴点P的运动轨迹是△ACD内部及边界上平行于AC的一条线段MN，
则△DMN是等腰直角三角形，
如图，取AC的中点O，连接OD交MN于点Q，
则DOAC＝3，
∵S4GH OQ＝4，GH＝4，
∴OQ＝2，
∴DQ＝OD﹣OQ＝3﹣2＝1，
∴MN＝2，
即点P组成的图形长度为2，
故选：A．
【点评】本题主要考查正方形的性质，勾股定理以及点的轨迹，解决本题的关键是得到点P的运动轨迹．
【考点】正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理
【分析】过点F作EF的垂线，过点D作BD的垂线，两垂线交于点M，构造△MDF∽△DBE，求出MD，取MD中点为O，得到点F在以O圆心，半径为2的圆上运动，连接OB，当F在线段OB上时，即O、F、B三点共线时，BF取得最小值，即可解答．
解：∵2BE＝3DF，
∴，
如图，过点F作EF的垂线，过点D作BD的垂线，两垂线交于点M，
∴∠FMD＝∠EDB，
∴△MDF∽△DBE，
∴，
∵正方形ABCD边长为6，
∴BD6，
∴MD＝4，
取MD中点为O，
∴OD＝2，
∴点F在以O圆心，半径为2的圆上运动，
连接OB，OF，
在Rt△BDO中，OB4，
当F在线段OB上时，即O、F、B三点共线时，BF取得最小值，
∵OF+BF≥BO，
∴BF≥OB﹣OF＝42，
故选：D．
【点评】本题考查了正方形与三角形综合．熟练掌握正方形的性质，勾股定理，相似三角形判定和性质是解题的关键．
【考点】矩形的性质，解直角三角形
【分析】过点G作GM⊥BC于点M，根据矩形的性质及已知条件得BE＝EF＝CF＝4，进而得AB＝BF＝8，则△ABF是等腰直角三角形，继而得∠BFA＝45°，同理证明△CDE是等腰直角三角形得∠CED＝45°，由此得△GEF是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形性质得GM＝EM＝FM＝2，则CM＝6，然后在Rt△GMC中，根据正切函数的定义即可得出tan∠GCF的值．
解：过点G作GM⊥BC于点M，如图所示：
在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，∠B＝90°，
∵点E，F是BC的三等分点，
∴BE＝EF＝CFBC＝4，
∴BF＝BE+EF＝8，
∴AB＝BF＝8，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴∠BFA＝45°，
同理：△CDE是等腰直角三角形，
∴∠CED＝45°，
∴∠BFA＝∠CED＝45°，
∴△GEF是等腰直角三角形，
∵GM⊥EF，
∴GM＝EM＝FMEF＝2，
∴CM＝CF+MF＝4+2＝6，
在Rt△GMC中，tan∠GCF．
故选：B．
【点评】此题主要考查了矩形的性质，解直角三角形，理解矩形的性质，熟练掌握等腰直角三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义是解决问题的关键．
【考点】正方形的性质, 全等三角形的判定和性质，勾股定理,相似三角形的判定和性质
【分析】过点D作DQ⊥CE交CE于点P，交BC于点Q，过点F作MN⊥AB于点M，交CD于点N，先求出CE，证明△BCE和△CDQ全等得CE＝DQ，BE＝CQ＝1，证明△CPQ和△CBE相似得CP，PQ，则DP，FP＝CP，CF，EF，再证明四边形BCMN是矩形得MN＝BC＝2，由三角形的面积公式的FN，则FM，再由勾股定理求出EM，则AM，最后在Rt△AFM中，由勾股定理即可求出AF的长．
解：过点D作DQ⊥CE交CE于点P，交BC于点Q，过点F作MN⊥AB于点M，交CD于点N，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，且边长为2，
∴AB＝BC＝CD＝2，∠B＝∠DCB＝90°，CD∥AB，
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BEAB＝1，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：CE，
∴∠DCP+∠BCE＝90°，
∵DQ⊥CE，
∴∠CDQ+∠DCP＝90°，
∴∠BCE＝∠CDQ，
在△BCE和△CDQ中，
，
∴△BCE≌△CDQ（ASA），
∴CE＝DQ，BE＝CQ＝1，
∵DQ⊥CE，∠B＝90°，
∴∠CPQ＝∠B＝90°，
又∵∠PCQ＝∠BCE，
∴△CPQ∽△CBE，
∴，
∴，
∴CP，PQ，
∴DP＝DQ﹣PQ，
∵DF＝DC，DQ⊥CE，
∴FP＝CP，
∴CF＝FP+CP，
∴EF＝CE﹣CF，
∵CD∥AB，MN⊥AB，
∴MN⊥CD，
∴∠MNC＝∠DCB＝∠B＝90°，
∴四边形BCMN是矩形，
∴MN＝BC＝2，
由三角形的面积公式得：S△DCFCD FNDP CF，
∴，
∴FN，
∴FM＝MN﹣FN，
在Rt△EFM中，由勾股定理得：EM，
∴AM＝AE+EM，
在Rt△AFM中，由勾股定理得：AF．
故选：B．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键．
2 、多选题
【考点】矩形的性质，解直角三角形，函数关系式，三角形的面积
【分析】作CF⊥AB，易得四边形ADCF为矩形，得到CD＝AF，进而得到BF＝AF，在Rt△BFC 中，求出BC 的长，分点P在BC和点P在CD上两种情况，进行讨论，求出函数关系式，进行判断即可．
解：作CF⊥AB于点F，
∵AB∥CD，∠BAD＝90°，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ADCF为矩形，
∴，
∴BF＝AF＝3，
在Rt△BFC中，，故A正确，
当点P在BC上时，
∵PE⊥AB，∠B＝60°，AB＝6，BE＝x，
∴AE＝AB﹣BE＝6﹣x，，
∴，故B错误，
当点P在CD上时，
则，
∴，故C正确，
当时，y随着x的增大而减小，故D错误，
故选：AC．
【点评】本题考查矩形的判定和性质，解直角三角形，动点的函数表达式，掌握矩形的判定和性质是解题的关键．
3 、填空题
【考点】中点四边形，矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理
【分析】由勾股定理可求AC的长，由三角形中位线定理可求EH＝FGBD，EF＝HGAC，即可求解．
解：如图，连接AC，BD，
∵AB＝3，BC＝4，
∴AC5，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝5，
∵E，F，G，H分别为矩形ABCD各边的中点，
∴EH＝FGBD，EF＝HGAC，
∴四边形EFGH的周长＝410，
故答案为：10．
【点评】本题考查了矩形的性质，中点四边形，三角形中位线定理，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
【考点】平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，垂线段最短
【分析】过M作MN⊥AP于N，判定△AMN∽△ACB，推出MN：BC＝AM：AC，由勾股定理求出AC＝10，由平行四边形的性质推出AMAB＝3，PQ＝2PM，得到MN：8＝3：10，求出MN＝2.4，由PM≥MN，得到PQ≥2MN＝4.8，即可求出PQ的最小值．
解：如图，过M作MN⊥AP于N，
∴∠ANM＝∠ABC＝90°，
∵∠MAN＝∠CAB，
∴△AMN∽△ACB，
∴MN：BC＝AM：AC，
∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，
∴AC10，
∵四边形PAQB是平行四边形，
∴AMAB＝3，PQ＝2PM，
∴MN：8＝3：10，
∴MN＝2.4，
∵PM≥MN，
∴PQ≥2MN＝4.8，
∴PQ的最小值是4.8．
故答案为：4.8．
【点评】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，垂线段最短，关键是由平行四边形的性质推出PQ＝2PM，判定△AMN∽△ACB，推出MN：BC＝AM：AC，由垂线段最短得到PM≥MN．
【考点】菱形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理
【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO＝8，AB＝AD＝4，由勾股定理可求AO的长，通过证明△EGD∽△AOD，可求EGAO＝2，DGDO＝4，由勾股定理可求解．
解：如图，连接AC交BD于O，过点E作EG⊥BD于G，
∵四边形ABCD是菱形，对角线BD的长为16，
∴AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO＝8，AB＝AD＝4，
∴AO4，
∵E是AD的中点，
∴AD＝2DE，
∵EG⊥BD，
∴EG∥AC，
∴△EGD∽△AOD，
∴，
∴EGAO＝2，DGDO＝4，
∵BF＝3，
∴FG＝BD﹣GD﹣BF＝9，
∴EF，
故答案为：．
【点评】本题考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
【考点】正方形的性质，解直角三角形，勾股定理
【分析】①在AB上截取AH＝AE，连接EH，设AE＝a，DF，则AH＝AE＝a，HE，∠BHE＝∠EDF＝135°，BH＝ED，由此可依据“SAS”判定△BHE和△EDF全等，则BE＝FE，∠HBE＝∠FED，再证明∠FED+∠AEB＝90°得∠BEF＝90°，由此得△BEF是等腰直角三角形，则∠BFE＝∠FBE＝45°，进而得sin∠BFE＝sin45°，据此可对结论①进行判断，
②过点B作BM⊥BF，交DA的延长线于点M，证明△BAM和△BCG全等得AM＝CG，BM＝BG，则AE+CG＝ME，证明∠MBE＝FBE＝45°，进而可依据“SAS”判定△MBE和△GBE全等，则ME＝EG，由此得AE+CG＝EG，据此可对结论②进行判断，
③过点F作FN⊥AD，交AD的延长线于点N，由（1）知设AE＝a，DF，则ED＝4﹣a，证明△NDF是等腰直角三角形得DN＝FN＝a，进而得△DEF的面积S，由此得当a＝2时，S为最大，最大值为2，据此可对结论③进行判断，
④设CG＝x，则DG＝4﹣x，根据AEAD得DE，由②知AE+CG＝EG，在Rt△DEG中，由勾股定理得，由此解出x＝2得CG＝DG＝2，据此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．
解：①在AB上截取AH＝AE，连接EH，如图1所示：
∵AE：DF＝1：，
∴设AE＝a，DF，
∵四边形ABCD是正方形，且边长为4，
∴AB＝AD＝CB＝CD＝4，∠BAD＝∠ADC＝∠C＝∠ABC＝90°，
∴AH＝AE＝a，
∴△AHE是等腰直角三角形，
∴∠AEH＝∠AHE＝45°，
∴∠BHE＝180°﹣∠AHE＝135°，
由勾股定理得：HE，
∴HE＝DF，
∵∠CDP＝45°，
∴∠EDF＝∠ADC+∠CDP＝135°，
∴∠BHE＝∠EDF＝135°，
∵AB＝AD，AH＝AE，
∴AB﹣AH＝AD﹣AE，
即BH＝ED，
在△BHE和△EDF中，
，
△BHE≌△EDF（SAS），
∴BE＝FE，∠HBE＝∠FED，
∵∠HBE+∠BEH＝180°﹣∠BHE＝45°，
∴∠FED+∠BEH＝45°，
∴∠FED+∠BEH+∠AHE＝90°，
即∠FED+∠AEB＝90°，
∴∠BEF＝180°﹣（∠FED+∠AEB）＝90°，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴∠BFE＝∠FBE＝45°，
∴sin∠BFE＝sin45°，
故结论①正确，
②过点B作BM⊥BF，交DA的延长线于点M，如图2所示：
∴∠MBF＝∠ABC＝90°，
∴∠MBA+∠ABF＝∠ABF+∠GBC，
∴∠MBA＝∠GBC，
∵∠BAD＝∠C＝90°，
∴∠BAM＝∠C＝90°，
在△BAM和△BCG中，
，
∴△BAM≌△BCG（SAS），
∴AM＝CG，BM＝BG，
∴AE+CG＝AE+AM＝ME，
∵∠ABC＝90°，∠FBE＝45°，
∴∠ABE+∠GBC＝45°，
∴∠ABE+∠MBA＝45°，
即∠MBE＝45°，
∴∠MBE＝FBE＝45°，
在△MBE和△GBE中，
，
∴△MBE≌△GBE（SAS），
∴ME＝EG，
∴AE+CG＝EG，
故结论②不正确，
③过点F作FN⊥AD，交AD的延长线于点N，如图3所示：
由（1）可知：设AE＝a，DF，
∴ED＝AD﹣AE＝4﹣a，
∵∠CDN＝∠ADC＝90°，∠CDP＝45°，
∴∠FDN＝∠CDN﹣∠CDP＝45°，
∴△NDF是等腰直角三角形，
∴DN＝FN，
由勾股定理得：DF√2DN，
∴DN＝FNDFa，
∴△DEF的面积SDE FN，
整理得：，
∴当a＝2时，S为最大，最大值为2，
故结论③正确，
④设CG＝x，则DG＝CD﹣CG＝4﹣x，
∵AEAD，
∴DE＝AD﹣AE，
由②可知：AE+CG＝EG，
∴EG，
在Rt△DEG中，由勾股定理得：EG2＝DE2+DG2，
∴，
解得：x＝2，
∴CG＝2，
∴DG＝4﹣x＝2，
∴CG＝DG＝2，
∴点G是线段CD的中点，
故结论④正确，
综上所述：正确结论的序号是①③④．
故答案为：①③④．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，锐角三角函数的定义和勾股定理是解决问题的关键．
4 、解答题
【考点】直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定
【分析】（1）根据直角三角形的性质即可得到结论，
（2）根据平行四边形的判定和性质以及菱形的判定定理即可得到结论．
解：（1）①a2+b2＝c2，
②∠A+∠B＝90°，
③sinA，cosA，tanA，
故答案为：a2+b2＝c2，∠A+∠B＝90°，sinA，cosA，tanA，
（2）四边形ADBE是菱形，
证明：∵BE∥AC，AE∥BD，
∴四边形ADBE是平行四边形，
∵∠ABC＝90°，点D是AC的中点，
∴BD＝ADAC，
∴四边形ADBE是菱形．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了直角三角形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
【考点】四边形综合题
【分析】（1）设AC，BD的交点为O，利用矩形的性质及已知可证明△AOB是等边三角形，由等边三角形的性质及矩形性质即可求解．利用等角的补角相等即可完成问题2的依据．
（2）利用三角形外角的性质及等边三角形的性质即可∠AFB＝∠ACB＝60°，从而问题完成，
（3）作一个等边三角形即可完成．
（1）解：设AC，BD的交点为O，如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OB，∠ABC＝90°，
∵对角线AC与BD互为双关联线段，
∴∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠OAB＝60°，
∴∠ACB＝90°﹣∠OAB＝30°，
故答案为：30，
问题2中的依据是：等角的补角相等，
故答案为：等角的补角相等，
（2）解：∵∠AFB是△AEF的外角，
∴∠AFB＝∠EAF+∠E，
∵∠ACB是△ACD的外角，∴∠ACB＝∠CAD+∠D，
∵∠EAF＝∠CAD，∠E＝∠D，
∴∠AFB＝∠ACB＝60°，
即线段AD与线段BE所在直线形成的夹角中有一个角是60°，
∵AD＝BE，
∴线段AD与线段BE是双关联线段，
（3）解：答案不唯一，
如图，线段CD即为所求．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，尺规作图等知识，掌握这些知识是解题的关键．
【考点】四边形综合题
【分析】（1）先根据菱形的性质可得AC⊥BD，，再根据勾股定理可得OB＝3，然后根据正弦的定义求解即可得，
（2）①连接BD，设AC，BD交于点O，同理求出OB＝3，则BD＝6，证明EF∥BD，得到∠DBE＝∠FEB，由轴对称的性质可得∠AEB＝∠FEB，则∠DEB＝∠DBE，据此可得DE＝DB＝6，即可得到AE＝AD+DE＝11，
②由勾股定理得，根据PA＝OA+OP＝4+OP，可求出，根据，可推出当OP有最小值时，有最小值，即此时有最大值，即当OP有最小值时，PA﹣PB有最小值，过点B作BH⊥AD于H，BT⊥FE于T，由等面积法可得，则由轴对称的性质可得，由勾股定理得，则当PB有最小值时，OP有最小值，由垂线段最短可知，故当点P与点T重合时，BP有最小值，最小值为，据此求解即可．
解：（1）如图，设AC，BD交于点O，
∵在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝8，
∴AC⊥BD，，
∴，
∴，
（2）①如图，设AC，BD交于点O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，，BD＝2OB，AD＝AB＝5，
∴，
∴BD＝6，
∵EF⊥AC，AC⊥BD，
∴EF∥BD，
∴∠DBE＝∠FEB，
由轴对称的性质可得∠AEB＝∠FEB，
∴∠DEB＝∠DBE，
∴DE＝DB＝6，
∴AE＝AD+DE＝11，
②在 Rt△BOP中，由勾股定理得，
∵PA＝OA+OP＝4+OP，
∴PA﹣PB＝4+OP
，
∵，
∴要使 PA﹣PB的值最小，则要最大，
∴要有最小值，
又∵的值随着OP的值增大而增大，
∴的值随着OP的值增大而增大，
∴当OP有最小值时，有最小值，即此时有最大值，
∴当OP有最小值时，PA﹣PB有最小值，
如图所示，过点B作BH⊥AD于H，BT⊥FE于T，
∵，
∴，
∴由轴对称的性质可得，
在Rt△POB中，由勾股定理得，
∴当PB有最小值时，OP有最小值，
由垂线段最短可知，
∴当点P与点T重合时，BP有最小值，最小值为，
∴，
∴．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，求角的正弦值，勾股定理，轴对称图形的性质，等角对等边等等，解（2）的关键在于把求出 PA﹣PB的最小值转换成求出OP的最小值，进而转换成求出PB的最小值．
【考点】四边形综合题
【分析】【探究发现】由将△DEF沿EF翻折得到△GEF，即知DE＝GE，DF＝GF，而DF＝DE，故GE＝DE＝DF＝GF，从而四边形DEGF是菱形，
【探究证明】同【探究发现】可知四边形BMHN是菱形，有NH∥BC，而E为边AD的中点，M为边BC的中点，四边形ABCD是平行四边形，即可得DE＝BM，AD∥NH，又DE＝FG，FG∥AD，故FG＝DE＝BM＝HN，FG∥NH，从而四边形GFHN是平行四边形，
【探究提升】若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，当四边形GFHN是矩形时，过G作GK⊥AB于K，过E作ET⊥AB于T，设AT＝x，则AE＝2x，可得AD＝2AE＝4x，DE＝AE＝2x，求出AB＝AT+TK+KN+BN＝x+2x+3x+2x＝8x，即可得，当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W，设AD＝y，求出ABy，即可得．
【探究发现】解：四边形DEGF是菱形，理由如下：
∵将△DEF沿EF翻折得到△GEF，
∴DE＝GE，DF＝GF，
∵DF＝DE，
∴GE＝DE＝DF＝GF，
∴四边形DEGF是菱形，
【探究证明】证明：如图：
∵将△BMN沿MN翻折得到△HMN，
∴BN＝HN，BM＝HM，
∵BN＝BM，
∴HN＝BN＝BM＝HM，
∴四边形BMHN是菱形，
∴NH∥BC，
∵E为边AD的中点，M为边BC的中点，
∴DEAD，BMBC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴DE＝BM，AD∥NH，
∵四边形DEGF是菱形，
∴DE＝FG，FG∥AD，
∴FG＝DE＝BM＝HN，FG∥NH，
∴四边形GFHN是平行四边形，
【探究提升】解：四边形GFHN能成为轴对称图形，理由如下：
由【探究证明】知，四边形GFHN是平行四边形，若四边形GFHN为轴对称图形，则四边形GFHN是矩形或菱形，
当四边形GFHN是矩形时，过G作GK⊥AB于K，过E作ET⊥AB于T，如图：
∵∠A＝60°，
∴∠AET＝30°，
∴ATAE，
设AT＝x，则AE＝2x，
∴ETx＝GK，
∵E为AD中点，
∴AD＝2AE＝4x，DE＝AE＝2x，
∵四边形DEGF是菱形，
∴EG＝DE＝2x＝TK，
∵四边形GFHN是矩形，
∴∠GNH＝90°，
∴∠GNK＝180°﹣∠GNH﹣∠HNB＝180°﹣90°﹣60°＝30°，
∴KNGKx＝3x，
∵BN＝BMBCAD＝2x，
∴AB＝AT+TK+KN+BN＝x+2x+3x+2x＝8x，
∴，
当四边形GFHN是菱形时，延长FG交AB于W，如图：
设AD＝y，则DE＝DF＝EG＝GF＝BN＝BM＝HM＝NHy，
∵四边形GFHN是菱形，
∴GF＝FH＝NH＝GNy，
∵EG∥CD∥AB，GF∥AD，
∴四边形AEGW是平行四边形，∠GWN＝∠A＝60°，
∴AW＝EGy，GW＝AEy，
∴GW＝GN，
∴△GWN是等边三角形，
∴WN＝GWy，
∴AB＝AW+WN+BNyyyy，
∴，
综上所述，四边形GFHN为轴对称图形时，的值为或．
【点评】本题考查四边形综合应用，涉及平行四边形，矩形，菱形等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形，平行四边形的判定定理．
【考点】菱形的判定与性质，角平分线的定义，线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理
【分析】（1）根据线段垂直平分线性质得EA＝EC，FA＝FC，OA＝OC，∠AOE＝∠COF＝90°，再根据平行四边形性质得AD∥BC得∠OAE＝∠OCF，由此可依据“ASA”判定△OAE和△OCF全等得EA＝FC，进而得EA＝EC＝FA＝FC，然后根据菱形的判定即可得出结论，
（2）（2）证明△CDE和△CBA相似，利用相似三角形的性质即可得出DE的长．
（1）证明：∵EF是AC的垂直平分线，
∴EA＝EC，FA＝FC，OA＝OC，∠AOE＝∠COF＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠OAE＝∠OCF，
在△OAE和△OCF中，
，
∴△OAE≌△OCF（ASA），
∴EA＝FC，
∴EA＝EC＝FA＝FC，
∴四边形AFCE是菱形，
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝3，BC＝5，
∴CD＝AB＝3，∠D＝∠B，
∵四边形AFCE是菱形，
∴∠ACB＝∠ACE，
∵CE平分∠ACD，
∴∠DCE＝∠BCA，
又∵∠D＝∠B，
∴△CDE∽△CBA，
∴，
∴，
∴DE
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，理解平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．
【考点】正方形的性质，相似三角形的判定与性质，函数关系式，勾股定理
【分析】（1）当B，D重合时，通过勾股定理分别求出AP，CP即可求解，
（2）将正方形APDE与△ABC重叠部分图形的面积分割成一个三角形的面积和直角梯形的面积之和来求解即可，
（3）根据正方形APDE的对称中心与点B重合时，得出再利用勾股定理求解即可．
解：（1）当 B，D重合时，如下图：
∵∠BAC＝45°，以AP为边作正方形APDE，
∴△APD是等腰直角三角形，AP＝BP，，即18＝2AP2，
解得：AP＝3 （负的舍去），
∵BC＝5，∠DPC＝90°，
∴，
∴AC＝AP+PC＝3+4＝7，
故答案为：7，
（2）当D在线段AB上运动时，（0＜x≤3），
当D在线段AB的延长线上运动时，即点P在线段PC上运动，
如下图：AP＝x，PP＝x﹣3，CP＝7﹣x，CP＝4，BP＝3，
∵FP′//BP，
∴∠CFP′＝∠CBP，∠CP′F＝∠CPB，
∴△CFP′∽△CBP，
∴，
∴，
解得：，
∴y＝S△APD+S梯形PP′FBx2（x﹣3）（x﹣7）2+10.5，（3＜x≤7）′
∴，
（3）当正方形APDE的对称中心与点B重合时，
∴，
∴AP＝DP，AP2+DP2＝AD2，
即2AP2＝72，
解得：AP＝6，
∴x＝6．
【点评】本题考查了二次函数与几何图形问题，正方形的性质、三角形相似、勾股定理等知识，解题的关键是添加辅助线利用数形结合的思想进行求解．
【考点】四边形综合题
【分析】（1）根据菱形的性质证明△ABC为等边三角形，再结合等边三角形的性质可得答案，
（2）如图，把△ABE绕B顺时针旋转60°得到△CBQ，证明△BEQ为等边三角形，可得∠BEQ＝60°＝∠BQE，BE＝EQ，求解∠BEQ＝∠CEQ＝60°，∠AEB＝∠BQC＝150°，∠EQC＝150°﹣60°＝90°，可得∠ECQ＝90°﹣60°＝30°，进一步可得结论，
（3）如图，当P在线段OA上，记BP与AD交于点H，证明△HAB﹣△BEG，可得，设FG＝x，则EF＝BE＝2x，可得，证明△APH﹣△CPB，再进一步解答即可，如图，当P在线段OC上时，延长AD交BP于H，同理可得：△BAH﹣△GEB，设BE＝EF＝2m，而BE＝2FG，则GF＝EG＝m，可得AH＝10，证明△APH﹣△CPB，再进一步可得答案．
解：（1）在菱形ABCD中，∵AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝60°，
∴△ABC为等边三角形，
∵点P与线段AC的中点O重合，
∴，
∴BP⊥AC，
故答案为：30，BP⊥AC，
（2）CE＝2BE，
理由：如图，把△ABE绕B顺时针旋转60°得到△CBQ，
∴BE＝BQ，∠EBQ＝60°，∠AEB＝∠BQC．
∴△BEQ为等边三角形，
∴∠BEQ＝60°＝∠BQE，BE＝EQ，
∵点E在线段BP上，且∠AEP＝30°，∠PEC＝60°，
∴∠AEB＝150°，∠BEC＝180°﹣60°＝120°，
∴∠BEQ＝∠CEQ＝60°，∠AEB＝∠BQC＝150°，
∴∠EQC＝150°﹣60°＝90°，
∴∠ECQ＝90°﹣60°＝30°．
∴CE＝2EQ＝2BE，
（3）如图，当P在线段OA上，记BP与AD交于点H，
∵AH∥BC，
∴∠AHB＝∠CBH，
∵∠ABC＝60°，∠BAD＝120°＝∠BEG，
∴△HAB∽△BEG，
∴，
设FG＝x，则EF＝BE＝2x，
∴EG＝3x，
∴，
∴，
∵AD∥BC，
∴△APH∽△CPB，
∴，
∴，
∵△ABC为等边三角形，
∴AC＝AB＝5，，
如图，当P在线段OC上时，延长AD交BP于H，
同理可得：∠H＝∠PBC，∠BAH＝∠BEG＝120°，
∴△BAH∽△GEB，
设BE＝EF＝2m，而BE＝2FG，则GF＝EG＝m，
∴，
∴AH＝10，
同理：△APH∽△CPB，2，，
综上：AP的长为2或．
【点评】本题是四边形的综合题，考查的是等边三角形的判定与性质，菱形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键．
【考点】四边形综合题
【分析】（1）证明△BAE≌△DAG（SAS），导角即可得解，
（2）由题易知tan∠CMB＝tan∠DMG，所以求出用a表示出DM即可，连接AC交BC于点O，易证△CMO∽△GMD，利用相似比求出DM即可得解，
（3）分类讨论，解△ADE即可得解．
解：（1）BD⊥DG，理由如下，
在正方形ABCD和正方形AEFG中，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝∠DAC＝90°﹣∠DAE，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴∠ABE＝∠ADG，
∵∠ABD+∠ADB＝90°，
∴∠ADG+∠ADB＝90°，即∠BDG＝90°，
∴BD⊥DG，
（2）连接AC交BD于点O，则∠COD＝90°，
∵正方形边长为8，
∴AC＝BD，
∴OC＝OD＝4，
∴OM＝OD﹣DM＝4DM，
∵∠COM＝∠GDM＝90°，∠CMO＝∠GMD，
∴△CMO∽△GMD，
∴，即，
解得DM，
∵∠BDG＝90°，
∴tan∠CMB＝tan∠DMGa，
故答案为：，
（3）当点E在线段BD上时，如图，过E作EK⊥AD于点K，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADE＝45°，
∴△DEK为等腰直角三角形，
∴DK＝EK＝DE sin45°x，
∴AK＝AD﹣DK＝8x，
在Rt△AKE中，AE2＝EK2+AK2
＝（）2+（8x）2
＝x2﹣8x+64，
∴S＝AE2＝x2﹣8x+64，
当点E在BD延长线上时，如图，过E作EL⊥AD交AD延长线于点L，
同理可得EL＝DLx，
∴AL＝AD+DL＝8x，
在Rt△ALE中，AE2＝EL2+AL2
＝（x）2+（8x）2
＝x2+8x+64，
∴S＝AE2＝x2+8x+64，
综上，S与x的函数解析式为S＝x2﹣8x+64或S＝x2+8x+64．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定和性质等内容，分类讨论是解题的关键．
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