?第十三講　四邊形
命題點分類集訓
命題點1　平行四邊形的判定與計算
【命題規(guī)律】1.考查內(nèi)容：①平行四邊形的性質(zhì)及其相關(guān)計算；②平行四邊形的判定.2.考查形式：①根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)考查結(jié)論判斷；②利用平行四邊形的性質(zhì)求角度、線段或面積；③添加條件使四邊形為平行四邊形.3.考查題型：性質(zhì)在選擇和填空題中考查居多，判定題近年來多在解答題中考查，有時會在二次函數(shù)壓軸題中探究平行四邊形的存在問題．
【命題預(yù)測】平行四邊形是四邊形中主要的圖形之一，性質(zhì)與判定常?？疾?，是近年命題的重點．
1. 已知四邊形ABCD是平行四邊形，對角線AC、BD交于點O，E是BC的中點，以下說法錯誤的是(　　)
A. OE＝DC　　　　 　　B. OA＝OC C. ∠BOE＝∠OBA D. ∠OBE＝∠OCE
1. D


第1題圖 　第2題圖

2. 如圖，在?ABCD中，BM是∠ABC的平分線交CD于點M，且MC＝2，?ABCD的周長是14，則DM等于(　　)
A. 1　　　　　B. 2　　　　　C. 3　　　　　D. 4
2. C　【解析】∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠ABM＝∠CMB，∵BM平分∠ABC，∴∠ABM＝∠CBM，∴∠CBM＝∠CMB，∴CB＝MC＝2，∴AD＝BC＝2，∵?ABCD的周長是14，∴AB＝CD＝5，∴DM＝DC－MC＝3.
3. 如圖所示，四邊形ABCD的對角線相交于點O，若AB∥CD，請?zhí)砑右粋€條件________(寫一個即可)，使四邊形ABCD是平行四邊形．
3. AD∥BC(答案不唯一)


第3題圖 第4題圖 第5題圖
4. 如圖，?ABCD中，AC＝8，BD＝6，AD＝a，則a的取值范圍是________．

4. 1＜a＜7　【解析】如解圖，對角線AC，BD相交于點O，則OA＝AC＝4，OD＝BD＝3，在△OAD中，OA－OD＜AD＜OA＋OD，即1＜a＜7.
5. 如圖所示，在?ABCD中，∠C＝40°，過點D作AD的垂線，交AB于點E，交CB的延長線于點F，則∠BEF的度數(shù)為__________．
5. 50°
6. 如圖，將?ABCD的AD邊延長至點E，使DE＝AD，連接CE，F(xiàn)是BC邊的中點，連接FD.
(1)求證：四邊形CEDF是平行四邊形；
(2)若AB＝3，AD＝4，∠A＝60°，求CE的長．

6. (1)證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴DE∥FC.
∵F是BC的中點，
∴FC＝BC＝AD，
∵DE＝AD，∴FC＝DE，
∴四邊形CEDF是平行四邊形．
(2)

解：如解圖，過點D作DH⊥BC于點H.
由(1)知四邊形DECF是平行四邊形，
∴DF＝CE.
∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠A＝60°，AB＝3，AD＝4，
∴BC＝4，CD＝3，∠BCD＝60°，
在Rt△DHC中，HC＝DC·cos∠HCD＝，
DH＝DC·sin∠HCD＝，
∵F是BC的中點，
∴FC＝2，
∴FH＝FC－HC＝2－＝，
在Rt△DFH中，由勾股定理得DF＝＝＝，
∴CE＝.
命題點2　矩形的判定與計算
【命題規(guī)律】考查形式：①利用矩形性質(zhì)，結(jié)合勾股定理求線段長或面積；②矩形的判定，一般在解答題中考查，也常在二次函數(shù)綜合題中考查矩形的存在性問題；③矩形折疊的相關(guān)計算與證明(見命題點6：圖形折疊的相關(guān)計算)．
【命題預(yù)測】矩形性質(zhì)將勾股定理、全等、相似等重要知識綜合考查，是全國命題趨勢之一．
7. 如圖，在矩形ABCD中(AD＞AB)，點E是BC上一點，且DE＝DA，AF⊥DE，垂足為點F.在下列結(jié)論中，不一定正確的是(　　)
A. △AFD≌△DCE B. AF＝AD C. AB＝AF D. BE＝AD－DF
7. B　【解析】逐項分析如下表：
選項
逐項分析
正誤
A
∵四邊形ABCD是矩形，AF⊥DE，∴∠C＝90°＝∠AFD，AD∥BC，∴∠ADF＝∠CED，∵AD＝DE，∴△AFD≌△DCE(AAS)
√
B
只有當∠ADF＝30°時，才有AF＝AD成立
×
C
由△AFD≌△DCE可知，AF＝DC，∵矩形ABCD中，AB＝DC，∴AB＝AF
√
D
∵△AFD≌△DCE，∴DF＝CE，∴BE＝BC－CE＝AD－DF
√

8. 已知矩形的對角線AC與BD相交于點O，若AO＝1，那么BD＝________．
8. 2



第7題圖 第8題圖 第9題圖
9. 如圖，矩形ABCD的面積是15，邊AB的長比AD的長大2，則AD的長是________．
9. 3　【解析】本題主要考查了一元二次方程的實際應(yīng)用問題. 設(shè)AD＝x，由題知，AB＝x＋2，又∵矩形ABCD的面積為15，則x(x＋2)＝15，得到x2＋2x－15＝0，解得，x1＝－5(舍) , x2＝3，∴AD＝3.
10. 如圖所示，△ABC中，D是BC邊上一點，E是AD的中點，過點A作BC的平行線AF交CE的延長線于F，且AF＝BD，連接BF.
(1)求證：D是BC的中點；
(2)若AB＝AC，試判斷四邊形AFBD的形狀，并證明你的結(jié)論．
10. (1)證明：∵點E是AD的中點，
∴AE＝DE.
∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DCE，∠FAE＝∠CDE，
∴△EAF≌△EDC(AAS)，
∴AF＝DC.
∵AF＝BD，
∴BD＝DC，
即D是BC的中點．
(2)解：四邊形AFBD是矩形．證明如下：
∵AF∥BD，AF＝BD，
∴四邊形AFBD是平行四邊形．
∵AB＝AC，又由(1)可知D是BC的中點，
∴AD⊥BC，
∴四邊形AFBD是矩形．

11. 如圖，點P在矩形ABCD的對角線AC上，且不與點A，C重合，過點P分別作邊AB，AD的平行線，交兩組對邊于點E，F(xiàn)和點G，H.
(1)求證：△PHC≌△CFP；
(2)證明四邊形PEDH和四邊形PFBG都是矩形，并直接寫出它們面積之間的關(guān)系．

11. (1)證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴DC∥AB，AD∥BC，∠DCB＝90°.
∵EF∥AB，GH∥AD，
∴EF∥CD，GH∥BC，
∴四邊形PFCH是矩形，
∴∠PHC＝∠PFC＝90°，PH＝CF，HC＝PF，
∴△PHC≌△CFP(SAS)．
(2)證明：由(1)知AB∥EF∥CD，
AD∥GH∥BC，
∴四邊形PEDH和四邊形PGBF都是平行四邊形，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠B＝90°，
∴四邊形PEDH和四邊形PGBF都是矩形，
∴S矩形PEDH＝S矩形PGBF.


命題點3　菱形的判定與計算
【命題規(guī)律】1.考查內(nèi)容和形式：①根據(jù)菱形性質(zhì)判斷結(jié)論正誤；②菱形的判定；③根據(jù)菱形的性質(zhì)求角度、周長和面積；④與二次函數(shù)壓軸題結(jié)合考查菱形的存在性問題.2.三大題型均會出現(xiàn)．
【命題預(yù)測】菱形是特殊平行四邊形中的重要內(nèi)容，是中考常考知識，對菱形的性質(zhì)與判定應(yīng)做到牢固掌握．
12. 如圖，在?ABCD中，對角線AC與BD交于點O.若增加一個條件，使?ABCD成為菱形，下列給出的條件不正確的是(　　)
A. AB＝AD B. AC⊥BD C. AC＝BD D. ∠BAC＝∠DAC
12. C　【解析】鄰邊相等的平行四邊形是菱形，所以A正確；對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，所以B正確；對角線相等的平行四邊形是矩形，所以C錯誤；由∠BAC＝∠DAC可得對角線是角平分線，所以D正確．



第12題圖 第13題圖
13. 已知菱形OABC在平面直角坐標系的位置如圖所示，頂點A(5，0)，OB＝4，點P是對角線OB上的一個動點，D(0，1)，當CP＋DP最短時，點P的坐標為(　　)
A. (0，0) B. (1，) C. (，) D. (，)


13. D　【解析】如解圖，連接CA、AD，CA與OB相交于點E，過點E作EF⊥OA，交OA于點F.由題知點C關(guān)于OB的對稱點是點A，AD與BO的交點即為點P.根據(jù)菱形的性質(zhì)，菱形的對角線互相垂直且平分兩組對角，可知△COE∽△EOF，∴＝，∵OC＝OA＝5，OE＝＝2，∴OF＝＝＝4，根據(jù)勾股定理可得EF＝＝＝2，點E的坐標為(4，2)，易得直線OE的函數(shù)解析式為y＝x，直線AD的函數(shù)解析式是y＝－x＋1，聯(lián)立得：，解得，∴點P的坐標為(，)．
14. 如圖，在菱形ABCD中，E、F分別是AD、BD的中點，若EF＝2，則菱形ABCD的周長為________．
14. 16　【解析】∵E，F(xiàn)分別是AD，BD的中點，∴AB＝2EF＝4，∴菱形ABCD周長是4AB＝16.



第14題圖 第15題圖

15. 如圖，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝8，則菱形的面積是________．

15. 24　【解析】如解圖，連接BD交AC于點O，∵四邊形ABCD是菱形，AB＝5，AC＝8，且菱形的對角線互相垂直平分，∴OA＝4，在Rt△AOB中，由勾股定理得OB＝3，∴BD＝6，∴S菱形ABCD＝AC·BD＝×8×6＝24.
16. 在菱形ABCD中，∠A＝30°，在同一平面內(nèi)，以對角線BD為底邊作頂角為120°的等腰三角形BDE，則∠EBC的度數(shù)為________．

16. 105°或45°　【解析】如解圖，∵四邊形ABCD是菱形，∠A＝30°，∴∠ABC＝150°，∠ABD＝∠DBC＝75°，且頂角為120°的等腰三角形的底角是30°.分為以下兩種情況：(1)當點E在△ABD內(nèi)時，∠E1BC＝∠E1BD＋∠DBC＝30°＋75°＝105°；(2)當點E在△DBC內(nèi)時，∠E2BC＝∠DBC－∠E2BD＝75°－30°＝45°.綜上所述，∠EBC的度數(shù)為105°或45°.
17. 如圖，在Rt△ABC中，∠B＝90°，點E是AC的中點，AC＝2AB，∠BAC的平分線AD交BC于點D，作AF∥BC，連接DE并延長交AF于點F，連接FC.
求證：四邊形ADCF是菱形．

17. 證明：∵∠B＝90°，AC＝2AB，
∴sin∠ACB＝，
∴∠ACB＝30°，
∴∠CAB＝60°，
∵AD平分∠CAB，
∴∠CAD＝∠CAB＝30°，∠CAD＝∠ACD，
∴AD＝CD，
∵AF∥CD，
∴∠DCE＝∠FAE，∠AFE＝∠CDE，
又∵AE＝CE，
∴△AFE≌△CDE(AAS)，
∴AF＝CD，
又AF∥CD，
∴四邊形ADCF是平行四邊形，
又AD＝CD，
∴四邊形ADCF是菱形．


命題點4　正方形的判定與計算
【命題規(guī)律】正方形的考查相對比較綜合，難度較大，常在選擇或填空的壓軸題位置出現(xiàn)，考查知識點綜合性強，涉及到正方形面積、邊長和周長的計算．
【命題預(yù)測】正方形綜合了所有特殊四邊形的性質(zhì)，因此以正方形為背景出題更具有對知識的檢驗性，倍受命題人青睞，考生應(yīng)加以關(guān)注．
18. 如圖，正方形ABCD的面積為1，則以相鄰兩邊中點連線EF為邊的正方形EFGH的周長為(　　)
A. B. 2 C. ＋1 D. 2＋1
18. B　【解析】∵正方形ABCD的面積為1，∴BC＝CD＝1，∵E、F是邊的中點，∴CE＝CF＝，∴EF＝＝，則正方形EFGH的周長為4×＝2.
19. ?ABCD的對角線AC與BD相交于點O，且AC⊥BD，請?zhí)砑右粋€條件：________，使得?ABCD為正方形．
19. ∠BAD＝90°(答案不唯一)
20. 如圖，在正方形ABCD中，點E，N，P，G分別在邊AB，BC，CD，DA上，點M，F(xiàn)，Q都在對角線BD上，且四邊形MNPQ和AEFG均為正方形，則的值等于________．
20. 　【解析】設(shè)BD＝3a，∠CDB＝∠CBD＝45°，且四邊形PQMN為正方形，∴DQ＝PQ＝QM＝NM＝MB，∴正方形MNPQ的邊長為a，正方形AEFG的對角線AF＝BD＝a，∵正方形對角線互相垂直，∴S正方形AEFG＝×a×a＝a2，∴＝＝.



第20題圖 　　第21題圖

21. 如圖，正方形ABCD的邊長為2，對角線AC，BD相交于點O，E是OC的中點，連接BE，過點A作AM⊥BE于點M，交BD于點F，則FM的長為________．
21. 　【解析】∵四邊形ABCD為正方形，∴AO＝BO，∠AOF＝∠BOE＝90°，∵AM⊥BE，∠AFO＝∠BFM，∴∠FAO＝∠EBO，在△AFO和△BEO中，，∴△AFO≌△BEO(ASA)，∴FO＝EO，∵正方形ABCD的邊長為2，E是OC的中點，∴FO＝EO＝1＝BF，BO＝2，∴在Rt△BOE中，BE＝＝，由∠FBM＝∠EBO，∠FMB＝∠EOB，可得△BFM∽△BEO，∴＝，即＝，∴FM＝.
22. 如圖，已知四邊形ABCD和四邊形DEFG為正方形，點E在線段DC上，點A，D，G在同一條直線上，且AD＝3，DE＝1，連接AC，CG，AE，并延長AE交CG于點H.
(1)求sin∠EAC的值；
(2)求線段AH的長．

22.

解：(1)由題意知EC＝2，AE＝，
如解圖，過點E作EM⊥AC于點M，
∴∠EMC＝90°，易知∠ACD＝45°，
∴△EMC是等腰直角三角形，
∴EM＝，
∴sin∠EAC＝＝.
(2)在△GDC與△EDA中，
，
∴△GDC≌△EDA(SAS)，∴∠GCD＝∠EAD，
又∵∠HEC＝∠DEA，∴∠EHC＝∠EDA＝90°，
∴AH⊥GC，
∵S△AGC＝×AG×DC＝×GC×AH，
∴×4×3＝××AH，
∴AH＝.

命題點5　多邊形及其性質(zhì)
【命題規(guī)律】1.考查內(nèi)容：①多邊形的內(nèi)外角和公式；②正多邊形的有關(guān)計算.2.考查形式：①已知正多邊形一個內(nèi)角或外角的度數(shù)或內(nèi)角之間的關(guān)系求邊數(shù)；②已知正多邊形的邊數(shù)求內(nèi)角度數(shù)；③求多邊形的內(nèi)外角和．
【命題預(yù)測】多邊形是三角形和四邊形的延伸拓展，也是中考命題不容忽視的知識點．
23. 六邊形的內(nèi)角和是(　　)
A. 540° B. 720° C. 900° D. 1080°
23. B
24. 一個多邊形切去一個角后，形成的另一個多邊形的內(nèi)角和為1080°，那么原多邊形的邊數(shù)為(　　)
A. 7 B. 7或8 C. 8或9 D. 7或8或9
24. D　【解析】分類討論：(1)切去一個角，減少一條邊，設(shè)減少一條邊后的邊數(shù)是n，則180°(n－2)＝1080°，得出n＝8，所以原多邊形的邊數(shù)是9；(2)切去一個角，增加一條邊，設(shè)增加一條邊后的邊數(shù)是n，則180°(n－2)＝1080°，得出n＝8，所以原多邊形的邊數(shù)是7；(3)切去一個角，邊數(shù)無改變，設(shè)邊數(shù)沒有改變時的邊數(shù)是n，則180°(n－2)＝1080°，得出n＝8，所以原多邊形的邊數(shù)是8，綜上所述，原多邊形的邊數(shù)是9，7，8都符合題意，答案選擇D.
25. 若一個多邊形的內(nèi)角和是它的外角和的2倍，則這個多邊形的邊數(shù)是________．
25. 6　【解析】設(shè)這個多邊形的邊數(shù)為n，則內(nèi)角和為(n－2)·180°，外角和為360°，則根據(jù)題意有：(n－2)·180°＝2×360°，解得n＝6.
26. 一個正多邊形的一個外角為45°，則這個正多邊形的邊數(shù)是________．
26. 8　【解析】由正多邊形的每一個外角都是45°，其外角和為360°，可得這個正多邊形的邊數(shù)是＝8.
設(shè)正多邊形的邊數(shù)為n，正多邊形的外角和為360°，內(nèi)角和為(n－2)×180°，每個內(nèi)角的度數(shù)為.
命題點6　圖形折疊的相關(guān)證明與計算
【命題規(guī)律】考查內(nèi)容和形式：圖形折疊計算以矩形折疊考查居多，?？疾椋孩賵D形的折疊計算角度；②圖形的折疊計算線段長或邊長；③圖形折疊的證明和計算結(jié)合；④圖形折疊的操作探究．
【命題預(yù)測】圖形折疊將原有圖形變得可操作化，且又很好地引入了對稱知識，使問題升華，有效地考查學生的知識遷移能力和掌握程度，是全國命題的主流趨勢之一，值得每位考生關(guān)注．
27. 如圖，把一張矩形紙片ABCD沿對角線AC折疊，點B的對應(yīng)點為B′，AB′與DC相交于點E，則下列結(jié)論一定正確的是(　　)
A．∠DAB′＝∠CAB′ B．∠ACD＝∠B′CD C．AD＝AE D．AE＝CE
27. D
28. 如圖，把正方形紙片ABCD沿對邊中點所在的直線對折后展開，折痕為MN，再過點B折疊紙片，使點A落在MN上的點F處，折痕為BE.若AB的長為2，則FM的長為(　　)
A. 2 B. C. D. 1
28. B



第28題圖 　第29題圖

29. 如圖，把一張矩形紙片ABCD沿EF折疊后，點A落在CD邊上的點A′處，點B落在點B′處．若∠2＝40°，則圖中∠1的度數(shù)為(　　)
A. 115° B. 120° C. 130° D. 140°
29. A　【解析】由折疊的性質(zhì)知∠EA′B′＝∠A＝90°，∵∠2＝40°，∴∠B′A′C＝50°，∴∠EA′D＝40°，∠DEA′＝50°，∴∠AEA′＝130°，∴∠AEF＝∠FEA′＝∠AEA′＝65°，∵AD∥BC，∴∠1＝180°－65°＝115°.
30. 如圖，將?ABCD沿對角線AC折疊，使點B落在點B′處．若∠1＝∠2＝44°，則∠B為(　　)
A. 66° B. 104° C. 114° D. 124°
30. C　【解析】設(shè)∠ACD ＝x，∠B＝y(tǒng)，則根據(jù)題意可列方程組，解得y＝114°.



第30題圖 第31題圖 第32題圖
31. 如圖，將△ABC沿直線DE折疊，使點C與點A重合，已知AB＝7，BC＝6，則△BCD的周長為________．
31. 13　【解析】由折疊的性質(zhì)可得：CD＝AD，∴△BCD的周長＝BC＋CD＋BD＝BC＋AD＋BD＝BC＋BA＝6＋7＝13.
32. 如圖，在?ABCD中，E為邊CD上一點，將△ADE沿AE折疊至△AD′E處，AD′與CE交于點F，若∠B＝52°，∠DAE＝20°，則∠FED′的大小為________．
32. 36°　【解析】∵在?ABCD中，∠D＝∠B＝52°，∴∠AEF＝∠DAE＋∠D＝20°＋52°＝72°，∴∠AED＝180°－∠AEF＝108°，由折疊的性質(zhì)得，∠AED′＝∠AED＝108°，∴∠FED′＝∠AED′－∠AEF＝108°－72°＝36°.
33.如圖，將矩形紙片ABCD(AD＞AB)折疊，使點C剛好落在線段AD上，且折痕分別與邊BC，AD相交．設(shè)折疊后點C，D的對應(yīng)點分別為點G，H，折痕分別與邊BC，AD相交于點E，F(xiàn).
(1)判斷四邊形CEGF的形狀，并證明你的結(jié)論；
(2)若AB＝3，BC＝9，求線段CE的取值范圍．

33. 解：(1)四邊形CEGF是菱形，理由如下：
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠GFE＝∠FEC，
∵圖形翻折后點G與點C重合，EF為折痕，
∴∠GEF＝∠FEC，
∴∠GFE＝∠GEF，
∴GF＝GE，
∵圖形翻折后EC與GE完全重合，F(xiàn)C與FG重合，
∴GE＝EC＝GF＝FC，
∴四邊形CEGF為菱形．
(2)如解圖①，當點F與點D重合時，四邊形CEGF是正方形，
此時CE最小，且CE＝CD＝3；
如解圖②，當點G與點A重合時，CE最大．
設(shè)EC＝x，則BE＝9－x，由折疊性質(zhì)知，AE＝CE＝x，
在Rt△ABE中，AB2＋BE2＝AE2，
即9＋(9－x)2＝x2，解得x＝5，
∴CE＝5，
所以，線段CE的取值范圍為3≤CE≤5.


34.如圖，?ABCD中，AB＝2，AD＝1，∠ADC＝60°，將?ABCD沿過點A的直線l折疊，使點D落到AB邊上的點D′處，折痕交CD邊于點E.
(1)求證：四邊形BCED′是菱形；
(2)若點P是直線l上的一個動點，請計算PD′＋PB的最小值．

34. (1)證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠B＝∠D＝60°，
由折疊性質(zhì)可知，∠D＝∠AD′E＝60°，
∴∠AD′E＝∠B＝60°，
∴ED′∥BC，
又∵EC∥D′B，
∴四邊形BCED′是平行四邊形，
∴ED′＝BC＝AD＝1，
∴DE＝ED′＝1，
又DC＝AB＝2，
∴EC＝1，
∴EC＝ED′，
∴四邊形BCED′是菱形．
(2)

解：如解圖所示，由折疊性質(zhì)PD′＝PD，BD之長即為所求，
作DG⊥BA的延長線于點G，
∵∠DAB＝120°，
∴∠DAG＝60°，
∵∠G＝90°，
∴∠ADG＝30°，
在Rt△ADG中，AD＝1，
∴AG＝，DG＝，
∵AB＝2，
∴BG＝，
在Rt△BDG中，由勾股定理得：BD2＝BG2＋DG2＝7，
∴BD＝，
即PD′＋PB的最小值為.
“將軍飲馬”模型：直線同側(cè)兩定點，在直線上確定一點使該點到兩定點的距離和最?。鞣ǎ鹤髌渲幸稽c關(guān)于直線的對稱點，連接另一點和對稱點的線段即是最短距離和；最短距離計算方法：構(gòu)造以最短距離線段為斜邊的直角三角形，利用勾股定理求解．










中考沖刺集訓
一、選擇題
1.關(guān)于?ABCD的敘述，正確的是(　　)
A. 若AB⊥BC，則?ABCD是菱形 B. 若AC⊥BD，則?ABCD是正方形
C. 若AC＝BD，則?ABCD是矩形 D. 若AB＝AD，則?ABCD是正方形
2.設(shè)四邊形的內(nèi)角和等于a，五邊形的外角和等于b，則a與b的關(guān)系是(　　)
A. a＞b　　　B. a＝b　　　C. a＜b　　　D. b＝a＋180°
3.如圖，正五邊形ABCDE放入某平面直角坐標系后，若頂點A，B，C，D的坐標分別是(0，a)，(－3，2)，(b，m)，(c，m)．則點E的坐標是(　　)
A. (2，－3) B. (2，3) C. (3，2) D. (3，－2)


第3題圖 第4題圖

4.如圖，?ABCD的對角線AC、BD相交于點O，且AC＋BD＝16，CD＝6，則△ABO的周長是(　　)
A. 10 B. 14 C. 20 D. 22
5.菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，E，F(xiàn)分別是AD，CD邊上的中點，連接EF.若EF＝，BD＝2，則菱形ABCD的面積為(　　)
A. 2 B. 4 C. 6 D. 8


第5題圖 第6題圖 第7題圖

6.如圖，平行四邊形ABCD的周長是26 cm，對角線AC與BD交于點O，AC⊥AB，E是BC中點，△AOD的周長比△AOB的周長多3 cm，則AE的長度為(　　)
A. 3 cm B. 4 cm C. 5 cm D. 8 cm
7.如圖，正方形ABCD的邊長為9，將正方形折疊，使頂點D落在BC邊上的點E處，折痕為GH，若BE∶EC＝2∶1，則線段CH的長是(　　)
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
8.如圖，在正方形ABCD中，AC為對角線，E為AB上一點，過點E作EF∥AD，與AC、DC分別交于點G、F2H為CG的中點，連接DE、EH、DH、FH.下列結(jié)論：
①EG＝DF；②∠AEH＋∠ADH＝180°；③△EHF≌△DHC；④若＝，則3S△EDH＝13S△DHC，其中結(jié)論正確的有(　　)
A. 1個 B. 2個 C. 3個 D. 4個
二、填空題
9.如圖，在?ABCD中，BE⊥AB交對角線AC于點E，若∠1＝20°，則∠2的度數(shù)為________．
10.如圖，在菱形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，且AC＝8，BD＝6，則菱形ABCD的高DH＝________．


第9題圖 第10題圖 第11題圖
11.如圖，延長矩形ABCD的邊BC至點E，使CE＝BD，連接AE.如果∠ADB＝30°，則∠E＝________度.
12.如圖，正方形ABCO的頂點C，A分別在x軸，y軸上，BC是菱形BDCE的對角線，若∠D＝60°，BC＝2，則點D的坐標是________．


第12題圖 第13題圖 第14題圖
13.如圖，正十二邊形A1A2…A12，連接A3A7，A7A10，則∠A3A7A10＝________°.
14.如圖，菱形ABCD的面積為120 cm2，正方形AECF的面積為50 cm2，則菱形的邊長為________cm.
15.如圖，在矩形紙片ABCD中，AB＝6，BC＝10.點E在CD上，將△BCE沿BE折疊，點C恰落在邊AD上的點F處；點G在AF上，將△ABG沿BG折疊，點A恰落在線段BF上的點H處．有下列結(jié)論：
①∠EBG＝45°；②△DEF∽△ABG；③S△ABG＝S△FGH；
④AG＋DF＝FG.
其中正確的是______________．(把所有正確結(jié)論的序號都選上)


第15題圖 　 第16題圖

16.如圖，正方形ABCD的面積為3 cm2，E為BC邊上一點，∠BAE＝30°，F(xiàn)為AE的中點，過點F作直線分別與AB，DC相交于點M，N.若MN＝AE，則AM的長等于________cm.
三、解答題
17.如圖，在?ABCD中，連接BD，在BD的延長線上取一點E，在DB的延長線上取一點F，使BF＝DE，連接AF、CE.
求證：AF∥CE.











18.如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD交于點O，∠ABC∶∠BAD＝1∶2，BE∥AC，CE∥BD.
(1)求tan∠DBC的值；
(2)求證：四邊形OBEC是矩形．










19.如圖，?ABCD中，BD是它的一條對角線，過A、C兩點作AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分別為E、F，延長AE、CF分別交CD、AB于點M、N.
(1)求證：四邊形CMAN是平行四邊形；
(2)已知DE＝4，F(xiàn)N＝3，求BN的長．







20.如圖，△ABC≌△ABD，點E在邊AB上，CE∥BD，連接DE.
求證：(1)∠CEB＝∠CBE；
(2)四邊形BCED是菱形．










21.已知：如圖，在正方形ABCD中，點E在邊CD上，AQ⊥BE于點Q，DP⊥AQ于點P.
(1)求證：AP＝BQ;
(2)在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖中四對線段，使每對中較長線段與較短線段長度的差等于PQ長．














22.已知正方形ABCD中，BC＝3，點E、F分別是CB、CD延長線上的點，DF＝BE，連接AE、AF，過點A作AH⊥ED于H點．
(1)求證：△ADF≌△ABE；
(2)若BE＝1，求tan∠AED的值．















23.如圖，已知△ABC中，AB＝AC，把△ABC繞A點沿順時針方向旋轉(zhuǎn)得到△ADE，連接BD、CE交于點F.
(1)求證：△AEC≌△ADB；
(2)若AB＝2，∠BAC＝45°，當四邊形ADFC是菱形時，求BF的長．










24.如圖，將矩形ABCD沿AF折疊，使點D落在BC邊的點E處，過點E作EG∥CD交AF于點G，連接DG.
(1)求證：四邊形EFDG是菱形；
(2)探究線段EG、GF、AF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
(3)若AG＝6，EG＝2，求BE的長．





答案與解析：

1. C　2. B　3. C　4. B
5. A　【解析】∵E，F(xiàn) 分別是 AD，CD 邊上的中點，即EF是△ACD的中位線，∴AC＝2EF＝2，則菱形ABCD的面積＝AC·BD＝×2×2＝2.
6. B　【解析】在?ABCD中，AD＝BC，AB＝CD，BO＝DO，∵平行四邊形ABCD的周長為26 cm，∴AB＋BC＝13 cm，又∵△AOD的周長比△AOB的周長多3 cm，∴AD－AB＝BC－AB＝3 cm，解得AB＝5 cm，BC＝8 cm，又AB⊥AC，E是BC的中點，∴AE＝BE＝CE＝BC＝4 cm.
7. B　【解析】設(shè)CH＝x，∵BE∶EC＝2∶1，BC＝9，∴EC＝3，由折疊可知，EH＝DH＝9－x，在Rt△ECH中，由勾股定理得：(9－x)2＝32＋x2，解得：x＝4.
8. D　【解析】逐項分析如下表：
序號
逐項分析
正誤
①
在正方形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA，∠DAB＝∠B＝∠BCD＝∠CDA＝90°，∠ACB＝∠ACD＝45°，∵EF∥AD，∴四邊形EFDA、四邊形EFCB是矩形，∴∠EFC＝∠ADC＝90°，EF＝DC，在Rt△CGF中，∠ACD＝45°，∴GF＝CF，∴EF－GF＝CD－CF，即EG＝DF
√
②
∵△GFC是等腰直角三角形，H是CG的中點，∴GH＝FH，∠HGF＝∠GFH＝45°，∴∠EGH＝∠DFH＝135°，又由①知EG＝DF，∴△EGH≌△DFH(SAS)，∴∠HEF＝∠FDH，∵∠AEH＝∠AEF＋∠HEF＝90°＋∠HEF，∠ADH＝∠ADC－∠FDH＝90°－∠FDH，∴∠AEH＋∠ADH＝180°
√
③
由②可知EH＝DH，F(xiàn)H＝CH，又∵EF＝DC，∴△EHF≌△DHC(SSS)
√
④
∵△EGH≌△DFH，∴EH＝DH，∠EHG＝∠DHF，∴∠EHG＋∠AHD＝∠DHF＋∠AHD＝90°，即∠EHD＝∠AHF＝90°，∴△EHD為等腰直角三角形，∵＝，∴設(shè)AE＝2x，AB＝3x，則DE＝＝x，∴EH＝DH＝×x＝x，∴S△EDH＝EH2＝×x2＝x2. 在△DHC中，設(shè)CD邊上的高為h，則h＝CF＝，則S△DHC＝CD·h＝×3x×＝x2，＝＝，即3S△EDH＝13S△DHC
√
對于多選項判斷正誤性的題目，幾乎每個選項之間都是緊密聯(lián)系的，單獨判斷其中每個的正誤或跳躍式判斷往往使題目變得復(fù)雜而無法求解，本題目難點在于④中，需將S△FDH與已知條件＝聯(lián)系起來，并用含相同未知數(shù)的代數(shù)式分別表示出S△EDH和S△DHC，繼而求解．
9. 110°　【解析】 ∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD∥AB，∴∠CAB＝∠1＝20°，∵BE ⊥AB交對角線AC于點E，∴∠ABE＝90°，∴∠2＝∠CAB＋∠ABE＝20°＋90°＝110°.
10. 4.8　【解析】∵S菱形＝AC·BD＝2AB·DH，∴AC·BD＝2AB·DH.∵四邊形ABCD是菱形，∴∠AOB＝90°，AO＝AC＝4，BO＝BD＝3，∴在Rt△AOB中，AB＝＝5，∴DH＝＝4.8.

第11題解圖
11. 15　【解析】如解圖，連接AC.∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AC＝BD，又∵AB＝BA，∴△DAB≌△CBA(SSS)，∴∠ACB＝∠ADB＝30°，∵CE＝BD，∴AC＝CE，∴∠E＝∠CAE＝∠ACB＝15°.

第12題解圖
12. (＋2，1)　【解析】如解圖，過點D作DG⊥BC于G，DF⊥x軸于F，∵在菱形BDCE中，BD＝CD，∠BDC＝60°，∴△BCD是等邊三角形，∴DF＝CG＝BC＝1，CF＝DG＝，∴OF＝＋2，∴D(＋2，1)．
13. 75　【解析】∵多邊形A1A2…A12是正十二邊形，作它的外接圓⊙O，∴劣弧A10A3的度數(shù)＝5×＝150°，∴∠A3A7A10＝×150°＝75°.

第14題解圖
14. 13　【解析】如解圖，連接AC、BD交于O，則有AC·BD＝120，∴AC·BD＝240，又∵菱形對角線互相垂直平分，∴2OA·2OB＝240，∴ OA·OB＝60，∵AE2＝50, OA2＋OE2＝ AE2，OA＝OE，∴OA＝5，∴OB＝12，∴AB＝＝＝13.
15. ①③④　【解析】由折疊的性質(zhì)得，∠CBE＝∠FBE，∠ABG＝∠FBG，∴∠EBG＝∠FBE＋∠FBG＝×90°＝45°，故①正確；由折疊的性質(zhì)得，BF＝BC＝10，BA＝BH＝6，∴HF＝BF－BH＝4，AF＝＝＝8，設(shè)GH＝x，則GF＝8－x，在Rt△GHF中，x2＋42＝(8－x)2，∴x＝3，∴GF＝5，∴AG＝3，同理在Rt△FDE中，由FD2＝EF2－ED2，得ED＝，EF＝，∴＝≠＝2，∴△DEF與△ABG不相似，故②不正確；S△ABG＝×3×6＝9，S△FGH＝×3×4＝6，∴＝＝，故③正確；∵AG＝3，DF＝AD－AF＝2，∴FG＝5，∴AG＋DF＝FG＝5，故④正確．綜上，答案是①③④.

第16題解圖
16. 或　【解析】如解圖，過N作NG⊥AB，交AB于點G，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝AD＝NG＝ cm，在Rt△ABE中，∠BAE＝30°，AB＝ cm，∴BE＝1 cm，AE＝2 cm，∵F為AE的中點，∴AF＝AE＝1 cm，在Rt△ABE和Rt△NGM中，，∴Rt△ABE≌Rt△NGM(HL)，∴BE＝GM，∠BAE＝∠MNG＝30°，∠AEB＝∠NMG＝60°，∴∠AFM＝90°，即MN⊥AE，在Rt△AMF中，∠FAM＝30°，AF＝1 cm，∴AM＝＝＝ cm，由對稱性得到AM′＝BM＝AB－AM＝－＝ cm，綜上，AM的長等于或 cm.
17. 證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，

第17題解圖
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠1＝∠2，
又∵BF＝DE，
∴BF＋BD＝DE＋BD，
即DF＝BE.
∴△ADF≌△CBE(SAS)．
∴∠AFD＝∠CEB，
∴AF∥CE.
18. (1)【思路分析】根據(jù)四邊形ABCD是菱形，∠ABC∶∠BAD＝1∶2，可求出∠DBC的度數(shù)，其正切值可求出．
解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠DBC＝∠ABC，
∴∠ABC＋∠BAD＝180°，
又∵∠ABC∶∠BAD＝1∶2，
∴∠ABC＝60°，
∴∠DBC＝∠ABC＝30°，
∴tan∠DBC＝tan30°＝.
(2)【思路分析】由BE∥AC，CE∥BD可知四邊形BOCE是平行四邊形，再結(jié)合菱形對角線垂直的性質(zhì)即可證明四邊形BOCE是矩形．
證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠BOC＝90°，
∵BE∥AC，CE∥BD，
∴BE∥OC，CE∥OB，
∴四邊形OBEC是平行四邊形，且∠BOC＝90°，
∴四邊形OBEC是矩形．
19. (1)證明：∵AE⊥BD，CF⊥BD，
∴AM∥CN，
又∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴MC∥AN，
∴四邊形CMAN是平行四邊形．
(2)解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠ADE＝∠CBF，AD＝CB，
又∵∠AED＝∠CFB＝90°，
∴△AED≌△CFB(AAS)，
∴DE＝BF＝4，
∴在Rt△BFN中，BN＝＝5.
20. (1)【思路分析】要證∠CEB＝∠CBE，結(jié)合CE∥DB，可得到∠CEB＝∠DBE，從而只需證明∠CBE＝∠DBE，結(jié)合△ABC≌△ABD即可得證．
證明：∵△ABC≌△ABD，
∴∠ABC＝∠ABD，
∵CE∥BD，
∴∠CEB＝∠DBE，
∴∠CEB＝∠CBE.
(2)證明：∵△ABC≌△ABD，∴BC＝BD，
由(1)得∠CEB＝∠CBE，
∴CE＝CB，
∴CE＝BD，
∵CE∥BD，
∴四邊形BCED是平行四邊形，
∵BC＝BD，
∴四邊形BCED是菱形．
21. (1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD, ∠BAQ＋∠DAP＝90°＝∠DAB，
∵DP⊥AQ，
∴∠DAP＋∠ADP＝90°，
∴∠BAQ＝∠ADP.
在△DAP和△ABQ中，
，
∴△DAP≌△ABQ(AAS)，
∴AP＝BQ.
(2)解：①AQ和AP；
②DP和AP；
③AQ和BQ；
④DP和BQ.
【解法提示】①由題圖直接得：AQ－AP＝PQ；
②∵△ABQ≌△DAP，
∴AQ＝DP，
∴DP－AP＝ AQ－AP＝PQ；
③∵△ABQ≌△DAP，
∴BQ＝AP，
∴AQ－BQ＝AQ－AP＝PQ；
④∵△ABQ≌△DAP，
∴DP＝AQ，BQ＝AP，
∴DP－BQ＝AQ－AP＝PQ.
22. (1)證明：在△ADF和△ABE中，
，
∴△ADF≌△ABE(SAS)．
(2)解：∵AB＝3，BE＝1，
∴AE＝，EC＝4，
∴ED＝＝5，
設(shè)AH＝x，EH＝y(tǒng)，
在Rt△AHE和Rt△AHD中，
，
解得，x＝1.8，y＝2.6，
∴tan∠AED＝＝＝＝.
23. (1)證明：∵△ADE是由△ABC繞點A沿順時針方向旋轉(zhuǎn)而得，
∴AD＝AB，AE＝AC，∠BAC＝∠DAE，
∵AB＝AC，
∴AD＝AB＝AE＝AC，∠EAC＝∠DAB，
在△AEC和△ADB中
∵，
∴△AEC≌△ADB(SAS)．
(2)解：當四邊形ADFC是菱形時，AC＝DF，AC∥DF，
∴∠BAC＝∠ABD，
又∵∠BAC＝45°，
∴∠ABD＝45°，
又∵△ADE是由△ABC繞點A沿順時針方向旋轉(zhuǎn)而得，
∴AD＝AB，
∴∠DAB＝90°，
又∵AB＝2，
由勾股定理可得：BD＝＝AB＝2，
在菱形ADFC中，DF＝AD＝AB＝2，
∴BF＝BD－DF＝2－2.
24. (1)【思路分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)，易得DF＝EF，DG＝EG，∠AFD＝∠AFE，再由EG∥DC，可得∠EGF＝∠AFD，從而得出EG＝EF.根據(jù)四條邊都相等的四邊形是菱形得證；
證明：由折疊的性質(zhì)可得，EF＝FD，∠AEF＝∠ADF＝90°，

第24題解圖
∠EFA＝∠DFA，EG＝GD.
∵EG∥DC，
∴∠DFA＝∠EGF，
∴∠EFA＝∠EGF，
∴EF＝EG＝FD＝GD，
∴四邊形EFDG是菱形．
(2)【思路分析】由(1)可知EG＝EF，連接DE，則DE與GF相互垂直平分，證得Rt△FHE∽Rt△FEA，列比例式，結(jié)合FH＝GF得到EG、GF、AF的關(guān)系；
解：如解圖，連接ED，交AF于點H，
∵四邊形EFDG是菱形，
∴DE⊥AF，F(xiàn)H＝GH＝GF，EH＝DH＝DE.
∵∠FEH＝∠FAE＝90°－∠EFA，
∴Rt△FEH∽Rt△FAE，
∴＝，即EF2＝FH·AF，
∴EG2＝GF·AF.
(3)【思路分析】把AG，EG代入(2)中的關(guān)系式，求得GF，AF的值，根據(jù)勾股定理求得AD，DE，再證Rt△ADF∽Rt△DCE，可求出EC，從而可求出BE的值．
解：∵AG＝6，EG＝2，EG2＝GF·AF，
∴(2)2＝(6＋GF)·GF，∴GF＝4，
∴AF＝10.
∵DF＝EG＝2，
∴AD＝BC＝＝4，
DE＝2EH＝2＝8.
∵∠CDE＋∠DFA＝90°，∠DAF＋∠DFA＝90°，
∴∠CDE＝∠DAF，
∴Rt△ADF∽Rt△DCE，
∴＝，即＝，
∴EC＝，
∴BE＝BC－EC＝AD－EC＝4－＝.

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