第19章 四边形 单元检测B卷
图片预览
文档简介
21世纪教育网 –中小学教育资源及组卷应用平台
第19章四边形单元检测B卷
班级__________姓名____________总分___________
一、选择题
1．如图，一个多边形纸片按图示的剪法剪去一个内角后，得到一个内角和为2340°的新多边形，则原多边形的边数为（ ）
A. 13 B. 14 C. 15 D. 16
2．如果一个多边形的内角和等于360度，那么这个多边形的边数为（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
3．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得正方形AB′C′D′，边B′C′与CD交于点E，则四边形AB′ED的面积是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在长方形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于点F，连结EF.若AB＝6，BC＝4，则FD的长为( )
A. 2 B. 4 C. D. 2
5．如图，将一个长为10cm，宽为8cm的矩形纸片对折两次后，沿所得矩形两邻边中点的连线（虚线）剪下，再打开，得到的菱形的面积为（ ）
A.10cm2 B.20cm2 C.40cm2 D.80cm2
6．如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，E是AD上的点，沿BE折叠△ABE，点A恰好落在BD上的F点，连接CF，那么∠BFC的度数是( )
A. 60° B. 70° C. 75° D. 80°
7．如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，BC=6，分别以A，C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN交AD于点E，则△CDE的周长是（ ）
A. 7 B. 10 C. 11 D. 12
8．如图，在锐角△ABC中，点O是AC边上的一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，下列结论中正确的是（ ）
①OE=OF；②CE=CF；③若CE=12，CF=5，则OC的长为6；④当AO=CO时，四边形AECF是矩形．
A. ①② B. ①④ C. ①③④ D. ②③④
9．如图，已知△ABC的面积为18，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且，四边形DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积为（ ）
A. 8 B. 6 C. 4 D. 3
10．如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点E，∠CBD＝90°，BC＝8，AE＝EC＝10，若四边形ABCD的面积为96，则CD的长为( )
A. 16 B. 12 C. 2 D. 4
11．如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=120cm，∠A=60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．当四边形AEFD是菱形时，t的值为（ ）
A. 20秒 B. 18秒 C. 12 秒 D. 6秒
12．如图，在四边形ABCD中，AC＝a，BD＝b，且AC⊥BD，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B1C1D1各边中点，得到四边形A2B2C2D2，…，如此进行下去，得到四边形AnBnCnDn.下列结论正确的是( )
①四边形A4B4C4D4是菱形；②四边形A3B3C3D3是矩形；③四边形A7B7C7D7的周长为；④四边形AnBnCnDn的面积为.
A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③④
二、填空题
13．如图，正方形ABCD的边长为4，∠DAC的平分线交DC于点E，若点P，Q分别是AD和AE上的动点，则DQ＋PQ的最小值是________．
14．在 ABCD中，AB＝6，AD＝8，∠B是锐角，将△ACD沿对角线AC所在直线折叠，点D落在△ABC所在平面内的点E处．如果AE恰好经过BC的中点，那么 ABCD的面积是________．
15．如图，正方形纸片ABCD的边长AB＝12，E是DC上一点，CE＝5，折叠正方形纸片使点B和点E重合，折痕为FG，则FG的长为________.
16．如图，在矩形ABCD中，AB=10，BC=5，点E、F分别在AB、CD上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A、D分别落在矩形ABCD外部的点A1、D1处，则阴影部分图形的周长为 ．
(
A
B
C
D
E
F
A
1
D
1
)
17．如图，在□ABCD中，BC=2AB，CE⊥AB于E，F为AD的中点，若∠AEF=54°，
则∠B=_________。
18．如图，△ABC是边长为1的等边三角形，取BC边中点E，作ED∥AB，EF∥AC，得到四边形EDAF，它的周长记作C1；取BE中点E1 ，作E1D1∥FB，E1F1∥EF，得到四边形E1D1FF1， 它的周长记作C2 ．照此规律作下去，则C2015=________ ．
三、解答题
19．如图，在□ABCD中，E、F是对角线BD上的两点，且BE＝DF，连接AE、CF．请你猜想：AE与CF有怎样的数量关系，并对你的猜想加以证明．
20．20．如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，过点E作EF∥AB，交BC于点F．
（1）求证：四边形DBFE是平行四边形；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形DBFE是菱形？为什么？
21．菱形ABCD中，∠B＝60°，点E在边BC上，点F在边CD上．
(1)如图①，若点E是BC的中点，∠AEF＝60°，求证：BE＝DF；
(2)如图②，若∠EAF＝60°，求证：△AEF是等边三角形．
22．如图，在□ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，连接AF、CE．
（1）求证：△BEC≌△DFA；
（2）连接AC，当CA＝CB时，判断四边形AECF是什么特殊四边形？并证明你的结论．
23．如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作FG∥CD，交AE于点G，连接DG．
（1）求证：四边形DEFG为菱形；
（2）若CD=8，CF=4，求的值．
24．已知，在矩形ABCD中，AB＝4 cm，BC＝8 cm，AC的垂直平分线EF分别交AD，BC于点E，F，垂足为O.
(1)如图①，连接AF，CE，试说明四边形AFCE为菱形，并求AF的长；
(2)如图②，动点P，Q分别从A，C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中，已知点P的速度为5 cm/s，点Q的速度为4 cm/s，运动时间为t s，当以A，C，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．
25．如图，正方形ABCD的边长为8cm，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA 上的动点，且AE=BF=CG=DH.
（1）求证：四边形EFGH是正方形；
（2）判断直线EG是否经过一个定点，并说明理由；
（3）求四边形EFGH面积的最小值。
26．已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：
（1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
（2）如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE和EF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
参考答案
1．B
【解析】试题分析：根据多边形内角和公式，可得新多边形的边数，根据新多边形比原多边形多1条边，可得答案．
解：设新多边形是n边形，由多边形内角和公式得
（n﹣2）180°=2340°，
解得n=15，
原多边形是15﹣1=14，
故选：B．
考点：多边形内角与外角．
2．A
【解析】试题解析：∵（n-2） 180°=360°，
解得n=4，
∴这个多边形为四边形．
故选A．
考点：多边形内角与外角．
3．B．
【解析】
试题解析：连结AE，如图，
∵正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得正方形AB′C′D′，
∴∠BAB′=30°，AB=AB′AD，∠B=∠B′=90°，
∴∠DAB′=60°，
在Rt△ADE和Rt△AB′E中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△AB′E，
∴∠DAE=∠B′AE=30°，
在Rt△ADE中，∵∠DAE=30°，
∴DE=AD=，
∴S△ADE=×1×=，
∴四边形AB′ED的面积=2S△ADE=．
故选B．
考点：旋转的性质.
4．B
【解析】试题分析：∵E是AD的中点，∴AE=DE，∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，∴AE=EG，AB=BG，∴ED=EG，∵在矩形ABCD中，∴∠A=∠D=90°，∴∠EGF=90°，在Rt△EDF和Rt△EGF中，∵ED=EG，EF=EF，∴Rt△EDF≌Rt△EGF（HL），∴DF=FG，设DF=x，则BF=6+x，CF=6﹣x，在Rt△BCF中， ，解得x=4．故选B．
考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．综合题．
5．A.
【解析】
试题分析：矩形对折两次后，所得的矩形的长、宽分别为原来的一半，即为5cm，4cm，
而沿两邻边中点的连线剪下，剪下的部分打开前相当于所得菱形的沿对角线两次对折的图形，
所以菱形的两条对角线的长分别为5cm，4cm，
所以S菱形=×5×4=10 cm2．
故选A．
考点：1.三角形中位线定理；2.菱形的性质；3.矩形的性质．
6．C
【解析】已知四边形ABCD是菱形，根据菱形的性质可得AB=BC，∠A+∠ABC=180°，BD平分∠ABC，再由∠A=120°，可得∠ABC=60°，即可得∠FBC=30°；根据折叠可得AB=BF，可得FB=BC，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可得∠BFC=∠BCF=（180°-30°）÷2=75°，故选C．
7．B
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=4，CD=AB=6，
∵由作法可知，直线MN是线段AC的垂直平分线，
∴AE=CE，
∴AE+DE=CE+DE=AD，
∴△CDE的周长=CE+DE+CD=AD+CD=4+6=10．
故选B．
8．D
【解析】解①∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，∴∠2=∠5，∠4=∠6．∵MN∥BC，∴∠1=∠5，∠3=∠6，∴∠1=∠2，∠3=∠4，∴EO=CO，FO=CO，∴OE=OF．故①正确；
②当AC⊥BD时，CE=CF．故②错误；
③∵∠2=∠5，∠4=∠6，∴∠2+∠4=∠5+∠6=90°．∵CE=12，CF=5，∴EF==13，∴OC=EF=6.5．故③错误；
④当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．
证明：当O为AC的中点时，AO=CO．∵EO=FO，∴四边形AECF是平行四边形．∵∠ECF=90°，∴平行四边形AECF是矩形．故④正确．
故选B．
点睛：本题主要考查了矩形的判定、平行四边形的判定和直角三角形的判定等知识，根据已知得出∠ECF=90°是解题的关键．
9．B
【解析】试题解析：连接EC，过A作AM∥BC交FE的延长线于M，
∵四边形CDEF是平行四边形，
∴DE∥CF，EF∥CD，
∴AM∥DE∥CF，AC∥FM，
∴四边形ACFM是平行四边形，
∵△BDE边DE上的高和△CDE的边DE上的高相同，
∴△BDE的面积和△CDE的面积相等，
同理△ADE的面积和△AME的面积相等，
即阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半，是×CF×hCF，
∵△ABC的面积是18，BC=3CF
∴BC×hBC=×3CF×hCF=18，
∴CF×hCF=12，
∴阴影部分的面积是×12=6，
故选B．
10．D
【解析】在Rt△BCE中，BC＝8，EC＝10，由勾股定理求得BE=6，所以；因AE＝EC，即可得， ，又因四边形ABCD的面积为96，所以，即可得DE=BE=6，所以BD=12；在Rt△BDC中，BD=12，BC=8，根据勾股定理求得CD= 4，故选D．
11．A
【解析】∵直角△ABC中,∠C=90° ∠A=30°.
∵CD=4t，AE=2t，
又∵在直角△CDF中,∠C=30°，
∴DF=12CD=2t，
∵DF⊥BC
∴∠CFD=90°
∵∠B=90°
∴∠B=∠CFD
∴DF∥AB，
由(1)得：DF=AE=2t，
∴四边形AEFD是平行四边形，
当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，
即120 4t=2t，
解得：t=20，
即当t=20时， AEFD是菱形；
故选A.
点睛:用菱形的性质进行计算或证明时,一般是根据菱形的性质,将有关的边、角的求解问题,转化到边上,再利用相等等条件求解,从而解决问题.本题中易证四边形AEFD是平行四边形，当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，据此即可列方程求得t的值；
12．A
【解析】①连接A1C1，B1D1．
∵在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，
∴A1D1∥BD，B1C1∥BD，C1D1∥AC，A1B1∥AC；
∴A1D1∥B1C1，A1B1∥C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是平行四边形；
∵AC丄BD，
∴A1B1丄A1D1，
∴四边形A1B1C1D1是矩形，
∴B1D1=A1C1（矩形的两条对角线相等）；
∴A2D2=C2D2=C2B2=B2A2（中位线定理），
∴四边形A2B2C2D2是菱形；
∴四边形A3B3C3D3是矩形；
∴根据中位线定理知，四边形A4B4C4D4是菱形；
故①②正确；
③根据中位线的性质易知，A7B7═A5B5=A3B3=A1B1=AC，B7C7=B5C5=B3C3=B1C1=BD，
∴四边形A7B7C7D7的周长是2×（a+b）=，
故③正确；
④∵四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC丄BD，
∴S四边形ABCD=ab÷2；
由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，
四边形AnBnCnDn的面积是 ，
故④错误；
综上所述，①②③正确．
故选A．
点睛：本题主要考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质及三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）．
13．
【解析】试题分析：作D关于AE的对称点D′，再过D′作D′P′⊥AD于P′，
∵DD′⊥AE，
∴∠AFD=∠AFD′，
∵AF=AF，∠DAE=∠CAE，
∴△DAF≌△D′AF，
∴D′是D关于AE的对称点，AD′=AD=4，
∴D′P′即为DQ+PQ的最小值，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAD′=45°，
∴AP′=P′D′，
∴在Rt△AP′D′中，
P′D′2+AP′2=AD′2，AD′2=16，
∵AP′=P′D'，
2P′D′2=AD′2，即2P′D′2=16，
∴P′D′=2，
即DQ+PQ的最小值为2，
故答案为：2．
考点：轴对称-最短路线问题；正方形的性质．
14．12
【解析】如图，设AE、BC的交点为O，在△ABC与△CDA中，AB=CD，BC=DA，AC=CA，可得△ABC≌△CDA，由折叠可得△CDA≌△CEA，根据全等三角形的性质即可得∠ACB=∠CAE，BC=EA，在△AOC中，由于∠ACB=∠CAE，则有AO=CO，所以OB=OE，因O也是AE的中点，所以AO=CO=OB=OE．即可得四边形ABEC是矩形， ABCD的面积是就是长方形的面积，在Rt△AEC中，AC=6，AE=AD=8，由勾股定理得求得EC= ，所以 ABCD的面积=AC CE=6×=．
15．13
【解析】如图。连接BE交FG于点N，作FM⊥BC，垂足为M，连接EF，
∵将正方形纸片ABCD折叠，使得点B落在边CD上的E点，折痕为GF，
∴∠C=∠BNG=90°，∠CBE=∠CBE，
∴△BNG∽△BCE，
∴∠BGN=∠BEC，
在△FMG与△BCE中，∠BGN＝∠BEC，∠FMG＝∠BCE，FM＝BC，
∴△FMG≌△BCE（AAS），
∴MG=CE=5，
在Rt△MFG中，FM=12，MG=5根据勾股定理求得FG=13．
点睛：本题主要考查了图形的翻折变换，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
16．30
【解析】
试题分析：根据折叠如下的性质可得：DF=F，=AD，AE=E，则阴影部分图形的周长为矩形的周长，即（10+5）×2=30．
考点：折叠图形的性质
17．72°
【解析】过F作FG∥AB，交BC于G，连接EG.则四边形ABGF是平行四边形，所以AF=BG，即G是BC的中点；在Rt△BEC中，EG是斜边上的中线，则BG=GE=FG=BC；∵AE∥FG，∴∠EFG=∠AEF=∠FEG=54°，∴∠AEG=∠AEF+∠FEG=108°，∴∠B=∠BEG=180°-108°=72°．故选D．
18．
【解析】解：∵E是BC的中点，ED∥AB，∴DE是△ABC的中位线，∴DE=AB=，AD=AC=．∵EF∥AC，∴四边形EDAF是菱形，∴C1=4×；同理求得：C2=4×；…
Cn=4×，∴C2015=4×=．故答案为： ．
点睛：本题考查了三角形中位线定理、等边三角形的性质、菱形的性质．熟练掌握三角形中位线定理，并能进行推理计算是解决问题的关键．
19．见解析
【解析】
猜想：AE＝CF．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠ABE＝∠CDF．
在△ABE和△CDF中，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，∴AE＝CF．
20．(1)见解析;(2) AB=BC
【解析】试题分析：（1）根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得DE∥BC，然后根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明.
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形证明．
试题解析：
（1）∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线.
∴DE∥BC.
又∵EF∥AB，
∴四边形DBFE是平行四边形.
（2）当AB=BC时，四边形DBEF是菱形．
理由如下：
∵D是AB的中点，
∴BD= AB.
∵DE是△ABC的中位线，
∴DE= BC.
∵AB=BC，
∴BD=DE.
又∵四边形DBFE是平行四边形，
∴四边形DBFE是菱形．
点睛：本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，平行四边形的判定，菱形的判定以及菱形与平行四边形的关系，熟记性质与判定方法是解题的关键．
21．（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】试题分析：（1）首先连接AC，由菱形ABCD中，∠B=60°，根据菱形的性质，易得△ABC是等边三角形，又由三线合一，可证得AE⊥BC，继而求得∠FEC=∠CFE，即可得EC=CF，继而证得BE=DF；
（2）首先由△ABC是等边三角形，即可得AB=AC，以求得∠ACF=∠B=60°，然后利用平行线与三角形外角的性质，可求得∠AEB=∠AFC，证得△AEB≌△AFC，即可得AE=AF，证得：△AEF是等边三角形．
试题解析：（1）连接AC，
∵在菱形ABCD中，∠B=60°，
∴AB=BC=CD，∠C=180°-∠B=120°，
∴△ABC是等边三角形，
∵E是BC的中点，
∴AE⊥BC，
∵∠AEF=60°，
∴∠FEC=90°-∠AEF=30°，
∴∠CFE=180°-∠FEC-∠ECF=180°-30°-120°=30°，
∴∠FEC=∠CFE，
∴EC=CF，
∴BE=DF；
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠ACB=60°，
∴∠B=∠ACF=60°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EAD=∠EAF+∠FAD=60°+∠FAD，
∠AFC=∠D+∠FAD=60°+∠FAD，
∴∠AEB=∠AFC，
在△ABE和△ACF中，
∴△ABE≌△ACF（AAS），
∴AE=AF，
∵∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形．
考点：1.菱形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.等边三角形的判定．
22．（1）证明见解析；
（2）四边形AECF是矩形．
【解析】
试题分析：（1）根据平行四边形的性质推出BC=AD，∠B=∠D，AB=CD，求出BE=DF，根据SAS即可推出答案；
（2）证AE∥CF，AE=CF得到平行四边形AECF，根据等腰三角形的性质求出∠AEC=90°，根据矩形的判定即可推出答案．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，∠B=∠D，AB=CD，
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴BE=DF=AE=CF，
在△BEC和△DFA中，
BE=DF，∠B=∠D，BC=AD，
∴△BEC≌△DFA；
（2）四边形AECF是矩形．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∵AE=CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC=BC，E是AB的中点，
∴CE⊥AB（等腰三角形的性质），
∴∠AEC=90°，
∴平行四边形AECF是矩形．
考点：1.矩形的判定2.全等三角形的判定与性质3.等腰三角形的性质4.平行四边形的性质．
23．（1）证明见试题解析；（2）．
【解析】试题分析：（1）由折叠的性质，可以得到DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，由FG∥CD，可得∠1=∠3，再证明 FG=FE，即可得到四边形DEFG为菱形；
（2）在Rt△EFC中，用勾股定理列方程即可CD、CE，从而求出的值．
试题解析：（1）由折叠的性质可知：DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，∵FG∥CD，∴∠2=∠3，∴FG=FE，∴DG=GF=EF=DE，∴四边形DEFG为菱形；
（2）设DE=x，根据折叠的性质，EF=DE=x，EC=8﹣x，在Rt△EFC中， ，即，解得：x=5，CE=8﹣x=3，∴=．
考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．勾股定理；3．菱形的判定与性质；4．矩形的性质；5．综合题．
24．（1）AF＝5 cm；（2）t＝.
【解析】试题分析：（1）根据已知条件易证OA＝OC，OE＝OF，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可判定四边形AFCE为平行四边形；再由EF⊥AC，根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，即可判定四边形AFCE为菱形；设AF＝CF＝x cm，则BF＝(8－x)cm，在Rt△ABF中，根据勾股定理列出方程，解方程求得x的值，即可求得AF的长；（2）当P点在AF上，Q点在CD上时，A，C，P，Q四点不可能构成平行四边形；同理P点在AB上，Q点在DE或CE上时，也不可能构成平行四边形．因此只有当P点在BF上，Q点在ED上时，才能构成平行四边形，如图，连接AP，CQ，则以A，C，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形，此时PC＝QA，用t表示出PC、QA的长，列出方程求t即可.
试题解析：
(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC.
∴∠CAD＝∠ACB，∠AEF＝∠CFE.
∵EF垂直平分AC，垂足为O，
∴OA＝OC.
∴△AOE≌△COF.
∴OE＝OF.
∴四边形AFCE为平行四边形．
又∵EF⊥AC，
∴四边形AFCE为菱形．
设AF＝CF＝x cm，则BF＝(8－x)cm，
在Rt△ABF中，AB＝4 cm，由勾股定理得42＋(8－x)2＝x2，解得x＝5.
∴AF＝5 cm.
(2)显然当P点在AF上，Q点在CD上时，A，C，P，Q四点不可能构成平行四边形；同理P点在AB上，Q点在DE或CE上时，也不可能构成平行四边形．因此只有当P点在BF上，Q点在ED上时，才能构成平行四边形，如图，连接AP，CQ，则以A，C，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形，此时PC＝QA.∵点P的速度为5 cm/s，点Q的速度为4 cm/s，运动时间为t s，
∴PC＝5t cm，QA＝(12－4t)cm.∴5t＝12－4t，解得t＝.
∴以A，C，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，t＝.
25．(1)证明见解析；
（2）直线EG经过一个定点，这个定点为正方形的中心（AC、BD的交点）；理由见解析；
（3）32cm2.
【解析】试题分析：（1）由正方形的性质得出∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，证出AH=BE=CF=DG，由SAS证明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，得出EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，证出四边形EFGH是菱形，再证出∠HEF=90°，即可得出结论；
（2）连接AC、EG，交点为O；先证明△AOE≌△COG，得出OA=OC，证出O为对角线AC、BD的交点，即O为正方形的中心；
（3）设四边形EFGH面积为S，BE=xcm，则BF=（8-x）cm，由勾股定理得出S=x2+（8-x）2=2（x-4）2+32，S是x的二次函数，容易得出四边形EFGH面积的最小值．
试题解析：【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，
∵AE=BF=CG=DH，
∴AH=BE=CF=DG，
在△AEH、△BFE、△CGF和△DHG中，
∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS），
∴EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵∠BEF+∠BFE=90°，
∴∠BEF+∠AEH=90°，
∴∠HEF=90°，
∴四边形EFGH是正方形；
（2）解：直线EG经过一个定点，这个定点为正方形的中心（AC、BD的交点）；理由如下：
连接AC、EG，交点为O；如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠OAE=∠OCG，
在△AOE和△COG中，
，
∴△AOE≌△COG（AAS），
∴OA=OC，即O为AC的中点，
∵正方形的对角线互相平分，
∴O为对角线AC、BD的交点，即O为正方形的中心；
（3）解：设四边形EFGH面积为S，设BE=xcm，则BF=（8-x）cm，
根据勾股定理得：EF2=BE2+BF2=x2+（8-x）2，
∴S=x2+（8-x）2=2（x-4）2+32，
∵2＞0，
∴S有最小值，
当x=4时，S的最小值=32，
∴四边形EFGH面积的最小值为32cm2．
考点：四边形综合题．
26．（1）上述结论①，②仍然成立，（2）上述结论①，②仍然成立，证明见解析；（3）四边形MNPQ是正方形．证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠DAF=∠CDE，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；
（2）由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠E=∠F，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；
（3）首先设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，由点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，即可得MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后由AF=DE，可证得四边形MNPQ是菱形，又由AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形．
试题解析：（1）上述结论①，②仍然成立，
理由为：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，
在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，
∵∠ADG+∠EDC=90°，
∴∠ADG+∠DAF=90°，
∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（2）上述结论①，②仍然成立，
理由为：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，
在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF=DE，∠CDE=∠DAF，
∵∠ADG+∠EDC=90°，
∴∠ADG+∠DAF=90°，
∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（3）四边形MNPQ是正方形．
理由为：如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，
∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，
∴MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，
∴四边形OHQG是平行四边形，
∵AF=DE，
∴MQ=PQ=PN=MN，
∴四边形MNPQ是菱形，
∵AF⊥DE，
∴∠AOD=90°，
∴∠HQG=∠AOD=90°，
∴四边形MNPQ是正方形．
考点：四边形的综合题.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
版权所有@21世纪教育网(www.21cnjy.com)
第19章四边形单元检测B卷
班级__________姓名____________总分___________
一、选择题
1．如图，一个多边形纸片按图示的剪法剪去一个内角后，得到一个内角和为2340°的新多边形，则原多边形的边数为（ ）
A. 13 B. 14 C. 15 D. 16
2．如果一个多边形的内角和等于360度，那么这个多边形的边数为（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
3．如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得正方形AB′C′D′，边B′C′与CD交于点E，则四边形AB′ED的面积是（ ）
A． B． C． D．
4．如图，在长方形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿直线BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于点F，连结EF.若AB＝6，BC＝4，则FD的长为( )
A. 2 B. 4 C. D. 2
5．如图，将一个长为10cm，宽为8cm的矩形纸片对折两次后，沿所得矩形两邻边中点的连线（虚线）剪下，再打开，得到的菱形的面积为（ ）
A.10cm2 B.20cm2 C.40cm2 D.80cm2
6．如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，E是AD上的点，沿BE折叠△ABE，点A恰好落在BD上的F点，连接CF，那么∠BFC的度数是( )
A. 60° B. 70° C. 75° D. 80°
7．如图，在平行四边形ABCD中，AB=4，BC=6，分别以A，C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线MN交AD于点E，则△CDE的周长是（ ）
A. 7 B. 10 C. 11 D. 12
8．如图，在锐角△ABC中，点O是AC边上的一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，下列结论中正确的是（ ）
①OE=OF；②CE=CF；③若CE=12，CF=5，则OC的长为6；④当AO=CO时，四边形AECF是矩形．
A. ①② B. ①④ C. ①③④ D. ②③④
9．如图，已知△ABC的面积为18，点D在线段AC上，点F在线段BC的延长线上，且，四边形DCFE是平行四边形，则图中阴影部分的面积为（ ）
A. 8 B. 6 C. 4 D. 3
10．如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点E，∠CBD＝90°，BC＝8，AE＝EC＝10，若四边形ABCD的面积为96，则CD的长为( )
A. 16 B. 12 C. 2 D. 4
11．如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=120cm，∠A=60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．当四边形AEFD是菱形时，t的值为（ ）
A. 20秒 B. 18秒 C. 12 秒 D. 6秒
12．如图，在四边形ABCD中，AC＝a，BD＝b，且AC⊥BD，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B1C1D1各边中点，得到四边形A2B2C2D2，…，如此进行下去，得到四边形AnBnCnDn.下列结论正确的是( )
①四边形A4B4C4D4是菱形；②四边形A3B3C3D3是矩形；③四边形A7B7C7D7的周长为；④四边形AnBnCnDn的面积为.
A. ①②③ B. ②③④ C. ①③④ D. ①②③④
二、填空题
13．如图，正方形ABCD的边长为4，∠DAC的平分线交DC于点E，若点P，Q分别是AD和AE上的动点，则DQ＋PQ的最小值是________．
14．在 ABCD中，AB＝6，AD＝8，∠B是锐角，将△ACD沿对角线AC所在直线折叠，点D落在△ABC所在平面内的点E处．如果AE恰好经过BC的中点，那么 ABCD的面积是________．
15．如图，正方形纸片ABCD的边长AB＝12，E是DC上一点，CE＝5，折叠正方形纸片使点B和点E重合，折痕为FG，则FG的长为________.
16．如图，在矩形ABCD中，AB=10，BC=5，点E、F分别在AB、CD上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A、D分别落在矩形ABCD外部的点A1、D1处，则阴影部分图形的周长为 ．
(
A
B
C
D
E
F
A
1
D
1
)
17．如图，在□ABCD中，BC=2AB，CE⊥AB于E，F为AD的中点，若∠AEF=54°，
则∠B=_________。
18．如图，△ABC是边长为1的等边三角形，取BC边中点E，作ED∥AB，EF∥AC，得到四边形EDAF，它的周长记作C1；取BE中点E1 ，作E1D1∥FB，E1F1∥EF，得到四边形E1D1FF1， 它的周长记作C2 ．照此规律作下去，则C2015=________ ．
三、解答题
19．如图，在□ABCD中，E、F是对角线BD上的两点，且BE＝DF，连接AE、CF．请你猜想：AE与CF有怎样的数量关系，并对你的猜想加以证明．
20．20．如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，过点E作EF∥AB，交BC于点F．
（1）求证：四边形DBFE是平行四边形；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形DBFE是菱形？为什么？
21．菱形ABCD中，∠B＝60°，点E在边BC上，点F在边CD上．
(1)如图①，若点E是BC的中点，∠AEF＝60°，求证：BE＝DF；
(2)如图②，若∠EAF＝60°，求证：△AEF是等边三角形．
22．如图，在□ABCD中，E、F分别是AB、CD的中点，连接AF、CE．
（1）求证：△BEC≌△DFA；
（2）连接AC，当CA＝CB时，判断四边形AECF是什么特殊四边形？并证明你的结论．
23．如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，使点D落在边BC上的点F处，过点F作FG∥CD，交AE于点G，连接DG．
（1）求证：四边形DEFG为菱形；
（2）若CD=8，CF=4，求的值．
24．已知，在矩形ABCD中，AB＝4 cm，BC＝8 cm，AC的垂直平分线EF分别交AD，BC于点E，F，垂足为O.
(1)如图①，连接AF，CE，试说明四边形AFCE为菱形，并求AF的长；
(2)如图②，动点P，Q分别从A，C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中，已知点P的速度为5 cm/s，点Q的速度为4 cm/s，运动时间为t s，当以A，C，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．
25．如图，正方形ABCD的边长为8cm，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA 上的动点，且AE=BF=CG=DH.
（1）求证：四边形EFGH是正方形；
（2）判断直线EG是否经过一个定点，并说明理由；
（3）求四边形EFGH面积的最小值。
26．已知E，F分别为正方形ABCD的边BC，CD上的点，AF，DE相交于点G，当E，F分别为边BC，CD的中点时，有：①AF=DE；②AF⊥DE成立．
试探究下列问题：
（1）如图1，若点E不是边BC的中点，F不是边CD的中点，且CE=DF，上述结论①，②是否仍然成立？（请直接回答“成立”或“不成立”），不需要证明）
（2）如图2，若点E，F分别在CB的延长线和DC的延长线上，且CE=DF，此时，上述结论①，②是否仍然成立？若成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）如图3，在（2）的基础上，连接AE和EF，若点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，请判断四边形MNPQ是“矩形、菱形、正方形”中的哪一种，并证明你的结论．
参考答案
1．B
【解析】试题分析：根据多边形内角和公式，可得新多边形的边数，根据新多边形比原多边形多1条边，可得答案．
解：设新多边形是n边形，由多边形内角和公式得
（n﹣2）180°=2340°，
解得n=15，
原多边形是15﹣1=14，
故选：B．
考点：多边形内角与外角．
2．A
【解析】试题解析：∵（n-2） 180°=360°，
解得n=4，
∴这个多边形为四边形．
故选A．
考点：多边形内角与外角．
3．B．
【解析】
试题解析：连结AE，如图，
∵正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°得正方形AB′C′D′，
∴∠BAB′=30°，AB=AB′AD，∠B=∠B′=90°，
∴∠DAB′=60°，
在Rt△ADE和Rt△AB′E中，
，
∴Rt△ADE≌Rt△AB′E，
∴∠DAE=∠B′AE=30°，
在Rt△ADE中，∵∠DAE=30°，
∴DE=AD=，
∴S△ADE=×1×=，
∴四边形AB′ED的面积=2S△ADE=．
故选B．
考点：旋转的性质.
4．B
【解析】试题分析：∵E是AD的中点，∴AE=DE，∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，∴AE=EG，AB=BG，∴ED=EG，∵在矩形ABCD中，∴∠A=∠D=90°，∴∠EGF=90°，在Rt△EDF和Rt△EGF中，∵ED=EG，EF=EF，∴Rt△EDF≌Rt△EGF（HL），∴DF=FG，设DF=x，则BF=6+x，CF=6﹣x，在Rt△BCF中， ，解得x=4．故选B．
考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．综合题．
5．A.
【解析】
试题分析：矩形对折两次后，所得的矩形的长、宽分别为原来的一半，即为5cm，4cm，
而沿两邻边中点的连线剪下，剪下的部分打开前相当于所得菱形的沿对角线两次对折的图形，
所以菱形的两条对角线的长分别为5cm，4cm，
所以S菱形=×5×4=10 cm2．
故选A．
考点：1.三角形中位线定理；2.菱形的性质；3.矩形的性质．
6．C
【解析】已知四边形ABCD是菱形，根据菱形的性质可得AB=BC，∠A+∠ABC=180°，BD平分∠ABC，再由∠A=120°，可得∠ABC=60°，即可得∠FBC=30°；根据折叠可得AB=BF，可得FB=BC，根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理可得∠BFC=∠BCF=（180°-30°）÷2=75°，故选C．
7．B
【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=4，CD=AB=6，
∵由作法可知，直线MN是线段AC的垂直平分线，
∴AE=CE，
∴AE+DE=CE+DE=AD，
∴△CDE的周长=CE+DE+CD=AD+CD=4+6=10．
故选B．
8．D
【解析】解①∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，∴∠2=∠5，∠4=∠6．∵MN∥BC，∴∠1=∠5，∠3=∠6，∴∠1=∠2，∠3=∠4，∴EO=CO，FO=CO，∴OE=OF．故①正确；
②当AC⊥BD时，CE=CF．故②错误；
③∵∠2=∠5，∠4=∠6，∴∠2+∠4=∠5+∠6=90°．∵CE=12，CF=5，∴EF==13，∴OC=EF=6.5．故③错误；
④当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．
证明：当O为AC的中点时，AO=CO．∵EO=FO，∴四边形AECF是平行四边形．∵∠ECF=90°，∴平行四边形AECF是矩形．故④正确．
故选B．
点睛：本题主要考查了矩形的判定、平行四边形的判定和直角三角形的判定等知识，根据已知得出∠ECF=90°是解题的关键．
9．B
【解析】试题解析：连接EC，过A作AM∥BC交FE的延长线于M，
∵四边形CDEF是平行四边形，
∴DE∥CF，EF∥CD，
∴AM∥DE∥CF，AC∥FM，
∴四边形ACFM是平行四边形，
∵△BDE边DE上的高和△CDE的边DE上的高相同，
∴△BDE的面积和△CDE的面积相等，
同理△ADE的面积和△AME的面积相等，
即阴影部分的面积等于平行四边形ACFM的面积的一半，是×CF×hCF，
∵△ABC的面积是18，BC=3CF
∴BC×hBC=×3CF×hCF=18，
∴CF×hCF=12，
∴阴影部分的面积是×12=6，
故选B．
10．D
【解析】在Rt△BCE中，BC＝8，EC＝10，由勾股定理求得BE=6，所以；因AE＝EC，即可得， ，又因四边形ABCD的面积为96，所以，即可得DE=BE=6，所以BD=12；在Rt△BDC中，BD=12，BC=8，根据勾股定理求得CD= 4，故选D．
11．A
【解析】∵直角△ABC中,∠C=90° ∠A=30°.
∵CD=4t，AE=2t，
又∵在直角△CDF中,∠C=30°，
∴DF=12CD=2t，
∵DF⊥BC
∴∠CFD=90°
∵∠B=90°
∴∠B=∠CFD
∴DF∥AB，
由(1)得：DF=AE=2t，
∴四边形AEFD是平行四边形，
当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，
即120 4t=2t，
解得：t=20，
即当t=20时， AEFD是菱形；
故选A.
点睛:用菱形的性质进行计算或证明时,一般是根据菱形的性质,将有关的边、角的求解问题,转化到边上,再利用相等等条件求解,从而解决问题.本题中易证四边形AEFD是平行四边形，当AD=AE时，四边形AEFD是菱形，据此即可列方程求得t的值；
12．A
【解析】①连接A1C1，B1D1．
∵在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1，
∴A1D1∥BD，B1C1∥BD，C1D1∥AC，A1B1∥AC；
∴A1D1∥B1C1，A1B1∥C1D1，
∴四边形A1B1C1D1是平行四边形；
∵AC丄BD，
∴A1B1丄A1D1，
∴四边形A1B1C1D1是矩形，
∴B1D1=A1C1（矩形的两条对角线相等）；
∴A2D2=C2D2=C2B2=B2A2（中位线定理），
∴四边形A2B2C2D2是菱形；
∴四边形A3B3C3D3是矩形；
∴根据中位线定理知，四边形A4B4C4D4是菱形；
故①②正确；
③根据中位线的性质易知，A7B7═A5B5=A3B3=A1B1=AC，B7C7=B5C5=B3C3=B1C1=BD，
∴四边形A7B7C7D7的周长是2×（a+b）=，
故③正确；
④∵四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且AC丄BD，
∴S四边形ABCD=ab÷2；
由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，
四边形AnBnCnDn的面积是 ，
故④错误；
综上所述，①②③正确．
故选A．
点睛：本题主要考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质及三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）．
13．
【解析】试题分析：作D关于AE的对称点D′，再过D′作D′P′⊥AD于P′，
∵DD′⊥AE，
∴∠AFD=∠AFD′，
∵AF=AF，∠DAE=∠CAE，
∴△DAF≌△D′AF，
∴D′是D关于AE的对称点，AD′=AD=4，
∴D′P′即为DQ+PQ的最小值，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAD′=45°，
∴AP′=P′D′，
∴在Rt△AP′D′中，
P′D′2+AP′2=AD′2，AD′2=16，
∵AP′=P′D'，
2P′D′2=AD′2，即2P′D′2=16，
∴P′D′=2，
即DQ+PQ的最小值为2，
故答案为：2．
考点：轴对称-最短路线问题；正方形的性质．
14．12
【解析】如图，设AE、BC的交点为O，在△ABC与△CDA中，AB=CD，BC=DA，AC=CA，可得△ABC≌△CDA，由折叠可得△CDA≌△CEA，根据全等三角形的性质即可得∠ACB=∠CAE，BC=EA，在△AOC中，由于∠ACB=∠CAE，则有AO=CO，所以OB=OE，因O也是AE的中点，所以AO=CO=OB=OE．即可得四边形ABEC是矩形， ABCD的面积是就是长方形的面积，在Rt△AEC中，AC=6，AE=AD=8，由勾股定理得求得EC= ，所以 ABCD的面积=AC CE=6×=．
15．13
【解析】如图。连接BE交FG于点N，作FM⊥BC，垂足为M，连接EF，
∵将正方形纸片ABCD折叠，使得点B落在边CD上的E点，折痕为GF，
∴∠C=∠BNG=90°，∠CBE=∠CBE，
∴△BNG∽△BCE，
∴∠BGN=∠BEC，
在△FMG与△BCE中，∠BGN＝∠BEC，∠FMG＝∠BCE，FM＝BC，
∴△FMG≌△BCE（AAS），
∴MG=CE=5，
在Rt△MFG中，FM=12，MG=5根据勾股定理求得FG=13．
点睛：本题主要考查了图形的翻折变换，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
16．30
【解析】
试题分析：根据折叠如下的性质可得：DF=F，=AD，AE=E，则阴影部分图形的周长为矩形的周长，即（10+5）×2=30．
考点：折叠图形的性质
17．72°
【解析】过F作FG∥AB，交BC于G，连接EG.则四边形ABGF是平行四边形，所以AF=BG，即G是BC的中点；在Rt△BEC中，EG是斜边上的中线，则BG=GE=FG=BC；∵AE∥FG，∴∠EFG=∠AEF=∠FEG=54°，∴∠AEG=∠AEF+∠FEG=108°，∴∠B=∠BEG=180°-108°=72°．故选D．
18．
【解析】解：∵E是BC的中点，ED∥AB，∴DE是△ABC的中位线，∴DE=AB=，AD=AC=．∵EF∥AC，∴四边形EDAF是菱形，∴C1=4×；同理求得：C2=4×；…
Cn=4×，∴C2015=4×=．故答案为： ．
点睛：本题考查了三角形中位线定理、等边三角形的性质、菱形的性质．熟练掌握三角形中位线定理，并能进行推理计算是解决问题的关键．
19．见解析
【解析】
猜想：AE＝CF．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，∴∠ABE＝∠CDF．
在△ABE和△CDF中，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，∴AE＝CF．
20．(1)见解析;(2) AB=BC
【解析】试题分析：（1）根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得DE∥BC，然后根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明.
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形证明．
试题解析：
（1）∵D、E分别是AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线.
∴DE∥BC.
又∵EF∥AB，
∴四边形DBFE是平行四边形.
（2）当AB=BC时，四边形DBEF是菱形．
理由如下：
∵D是AB的中点，
∴BD= AB.
∵DE是△ABC的中位线，
∴DE= BC.
∵AB=BC，
∴BD=DE.
又∵四边形DBFE是平行四边形，
∴四边形DBFE是菱形．
点睛：本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，平行四边形的判定，菱形的判定以及菱形与平行四边形的关系，熟记性质与判定方法是解题的关键．
21．（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】试题分析：（1）首先连接AC，由菱形ABCD中，∠B=60°，根据菱形的性质，易得△ABC是等边三角形，又由三线合一，可证得AE⊥BC，继而求得∠FEC=∠CFE，即可得EC=CF，继而证得BE=DF；
（2）首先由△ABC是等边三角形，即可得AB=AC，以求得∠ACF=∠B=60°，然后利用平行线与三角形外角的性质，可求得∠AEB=∠AFC，证得△AEB≌△AFC，即可得AE=AF，证得：△AEF是等边三角形．
试题解析：（1）连接AC，
∵在菱形ABCD中，∠B=60°，
∴AB=BC=CD，∠C=180°-∠B=120°，
∴△ABC是等边三角形，
∵E是BC的中点，
∴AE⊥BC，
∵∠AEF=60°，
∴∠FEC=90°-∠AEF=30°，
∴∠CFE=180°-∠FEC-∠ECF=180°-30°-120°=30°，
∴∠FEC=∠CFE，
∴EC=CF，
∴BE=DF；
（2）∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠ACB=60°，
∴∠B=∠ACF=60°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EAD=∠EAF+∠FAD=60°+∠FAD，
∠AFC=∠D+∠FAD=60°+∠FAD，
∴∠AEB=∠AFC，
在△ABE和△ACF中，
∴△ABE≌△ACF（AAS），
∴AE=AF，
∵∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形．
考点：1.菱形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.等边三角形的判定．
22．（1）证明见解析；
（2）四边形AECF是矩形．
【解析】
试题分析：（1）根据平行四边形的性质推出BC=AD，∠B=∠D，AB=CD，求出BE=DF，根据SAS即可推出答案；
（2）证AE∥CF，AE=CF得到平行四边形AECF，根据等腰三角形的性质求出∠AEC=90°，根据矩形的判定即可推出答案．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC=AD，∠B=∠D，AB=CD，
∵E、F分别是AB、CD的中点，
∴BE=DF=AE=CF，
在△BEC和△DFA中，
BE=DF，∠B=∠D，BC=AD，
∴△BEC≌△DFA；
（2）四边形AECF是矩形．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∵AE=CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC=BC，E是AB的中点，
∴CE⊥AB（等腰三角形的性质），
∴∠AEC=90°，
∴平行四边形AECF是矩形．
考点：1.矩形的判定2.全等三角形的判定与性质3.等腰三角形的性质4.平行四边形的性质．
23．（1）证明见试题解析；（2）．
【解析】试题分析：（1）由折叠的性质，可以得到DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，由FG∥CD，可得∠1=∠3，再证明 FG=FE，即可得到四边形DEFG为菱形；
（2）在Rt△EFC中，用勾股定理列方程即可CD、CE，从而求出的值．
试题解析：（1）由折叠的性质可知：DG=FG，ED=EF，∠1=∠2，∵FG∥CD，∴∠2=∠3，∴FG=FE，∴DG=GF=EF=DE，∴四边形DEFG为菱形；
（2）设DE=x，根据折叠的性质，EF=DE=x，EC=8﹣x，在Rt△EFC中， ，即，解得：x=5，CE=8﹣x=3，∴=．
考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．勾股定理；3．菱形的判定与性质；4．矩形的性质；5．综合题．
24．（1）AF＝5 cm；（2）t＝.
【解析】试题分析：（1）根据已知条件易证OA＝OC，OE＝OF，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可判定四边形AFCE为平行四边形；再由EF⊥AC，根据对角线互相垂直的平行四边形为菱形，即可判定四边形AFCE为菱形；设AF＝CF＝x cm，则BF＝(8－x)cm，在Rt△ABF中，根据勾股定理列出方程，解方程求得x的值，即可求得AF的长；（2）当P点在AF上，Q点在CD上时，A，C，P，Q四点不可能构成平行四边形；同理P点在AB上，Q点在DE或CE上时，也不可能构成平行四边形．因此只有当P点在BF上，Q点在ED上时，才能构成平行四边形，如图，连接AP，CQ，则以A，C，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形，此时PC＝QA，用t表示出PC、QA的长，列出方程求t即可.
试题解析：
(1)∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC.
∴∠CAD＝∠ACB，∠AEF＝∠CFE.
∵EF垂直平分AC，垂足为O，
∴OA＝OC.
∴△AOE≌△COF.
∴OE＝OF.
∴四边形AFCE为平行四边形．
又∵EF⊥AC，
∴四边形AFCE为菱形．
设AF＝CF＝x cm，则BF＝(8－x)cm，
在Rt△ABF中，AB＝4 cm，由勾股定理得42＋(8－x)2＝x2，解得x＝5.
∴AF＝5 cm.
(2)显然当P点在AF上，Q点在CD上时，A，C，P，Q四点不可能构成平行四边形；同理P点在AB上，Q点在DE或CE上时，也不可能构成平行四边形．因此只有当P点在BF上，Q点在ED上时，才能构成平行四边形，如图，连接AP，CQ，则以A，C，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形，此时PC＝QA.∵点P的速度为5 cm/s，点Q的速度为4 cm/s，运动时间为t s，
∴PC＝5t cm，QA＝(12－4t)cm.∴5t＝12－4t，解得t＝.
∴以A，C，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，t＝.
25．(1)证明见解析；
（2）直线EG经过一个定点，这个定点为正方形的中心（AC、BD的交点）；理由见解析；
（3）32cm2.
【解析】试题分析：（1）由正方形的性质得出∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，证出AH=BE=CF=DG，由SAS证明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，得出EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，证出四边形EFGH是菱形，再证出∠HEF=90°，即可得出结论；
（2）连接AC、EG，交点为O；先证明△AOE≌△COG，得出OA=OC，证出O为对角线AC、BD的交点，即O为正方形的中心；
（3）设四边形EFGH面积为S，BE=xcm，则BF=（8-x）cm，由勾股定理得出S=x2+（8-x）2=2（x-4）2+32，S是x的二次函数，容易得出四边形EFGH面积的最小值．
试题解析：【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，
∵AE=BF=CG=DH，
∴AH=BE=CF=DG，
在△AEH、△BFE、△CGF和△DHG中，
∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS），
∴EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵∠BEF+∠BFE=90°，
∴∠BEF+∠AEH=90°，
∴∠HEF=90°，
∴四边形EFGH是正方形；
（2）解：直线EG经过一个定点，这个定点为正方形的中心（AC、BD的交点）；理由如下：
连接AC、EG，交点为O；如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠OAE=∠OCG，
在△AOE和△COG中，
，
∴△AOE≌△COG（AAS），
∴OA=OC，即O为AC的中点，
∵正方形的对角线互相平分，
∴O为对角线AC、BD的交点，即O为正方形的中心；
（3）解：设四边形EFGH面积为S，设BE=xcm，则BF=（8-x）cm，
根据勾股定理得：EF2=BE2+BF2=x2+（8-x）2，
∴S=x2+（8-x）2=2（x-4）2+32，
∵2＞0，
∴S有最小值，
当x=4时，S的最小值=32，
∴四边形EFGH面积的最小值为32cm2．
考点：四边形综合题．
26．（1）上述结论①，②仍然成立，（2）上述结论①，②仍然成立，证明见解析；（3）四边形MNPQ是正方形．证明见解析.
【解析】
试题分析：（1）由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠DAF=∠CDE，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；
（2）由四边形ABCD为正方形，CE=DF，易证得△ADF≌△DCE（SAS），即可证得AF=DE，∠E=∠F，又由∠ADG+∠EDC=90°，即可证得AF⊥DE；
（3）首先设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，由点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，即可得MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，然后由AF=DE，可证得四边形MNPQ是菱形，又由AF⊥DE即可证得四边形MNPQ是正方形．
试题解析：（1）上述结论①，②仍然成立，
理由为：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，
在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF=DE，∠DAF=∠CDE，
∵∠ADG+∠EDC=90°，
∴∠ADG+∠DAF=90°，
∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（2）上述结论①，②仍然成立，
理由为：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC，∠BCD=∠ADC=90°，
在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴AF=DE，∠CDE=∠DAF，
∵∠ADG+∠EDC=90°，
∴∠ADG+∠DAF=90°，
∴∠AGD=90°，即AF⊥DE；
（3）四边形MNPQ是正方形．
理由为：如图，设MQ，DE分别交AF于点G，O，PQ交DE于点H，
∵点M，N，P，Q分别为AE，EF，FD，AD的中点，
∴MQ=PN=DE，PQ=MN=AF，MQ∥DE，PQ∥AF，
∴四边形OHQG是平行四边形，
∵AF=DE，
∴MQ=PQ=PN=MN，
∴四边形MNPQ是菱形，
∵AF⊥DE，
∴∠AOD=90°，
∴∠HQG=∠AOD=90°，
∴四边形MNPQ是正方形．
考点：四边形的综合题.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
版权所有@21世纪教育网(www.21cnjy.com)