专题03 四边形与特殊四边形各考点分类复习（10题型）（浙江专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学下学期期末真题分类汇编

专题03 四边形与特殊四边形各考点分类复习（10题型） 多边形内角和定理 1．（2024春•上虞区期末）在四边形ABCD中，∠A与∠C互补，∠B＝80°，则∠D的度数是（　　） A．60° B．80° C．100° D．120° 2．（2024春•镇海区期末）已知一个多边形的内角和是720度，则这个多边形是 　 　 边形． 3．（2024春•滨江区期末）杭州八卦田遗址曾是南宋皇家籍田的遗址，遗址的外圈可以看成是一个八边形，则这个八边形的内角和为 　 　 ． 4．（2024春•余姚市期末）已知一个多边形的每一个内角都是120°，则这个多边形的边数是 　 　 ． 中心对称图形 1．（2024春•吴兴区期末）七巧板是我国祖先的一项卓越创造．下列四幅图是七巧板中的若干块板拼成的，其中是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 2．（2024春•德清县期末）未来将是一个可以预见的AI时代．AI一般指人工智能，它研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的技术科学．下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．（2024春•余姚市期末）下列用数学家命名的图形中，是中心对称图形的是（　　） A．笛卡尔心形线 B．谢尔宾斯基地毯 C．赵爽弦图 D．斐波那契螺旋线 4．（2024春•柯桥区期末）如图，是由五个形状、大小都相同的正方形组成的图形，如果去掉其中一个正方形，使得剩下的图形是一个中心对称图形，那么不同的去法有 　 　 种． 反证法 1．（2024春•吴兴区期末）用反证法证明命题“一个多边形最多有四个内角是直角”时，我们可以先假设（　　） A．有三个直角 B．有四个直角 C．至少有四个内角是直角 D．至少有五个内角是直角 2．（2024春•金东区期末）用反证法证明命题“同旁内角互补，两直线平行”时，第一步应假设（　　） A．两直线不平行 B．同旁内角不互补 C．同旁内角相等 D．同旁内角不相等 3．（2024春•柯桥区期末）用反证法证明命题“在直角三角形中，至少有一个锐角不大于45°”时，首先应假设这个直角三角形中（　　） A．两个锐角都大于45° B．两个锐角都小于45° C．两个锐角都不大于45° D．两个锐角都等于45° 4．（2024春•上城区期末）用反证法证明：等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＞∠A，则∠A＜45°，第一步应假设（　　） A．∠A＜45° B．∠A＞45° C．∠A≤45° D．∠A≥45° 三角形中位线定理 1．（2024春•德清县期末）如图A，B两处被池塘阻隔，为测量A，B两地的距离，在地面上选一点C，连结CA，CB，分别取CA，CB的中点D，E．测得DE＝5m，则A，B两地的距离为 　 　 m． 2．（2024春•金东区期末）学习了“三角形中位线定理”后，在“△ABC中，D，E分别是边AB，AC上的点”这个前提条件下，某同学得到以下3个结论： ①若D是AB的中点，DE∥BC，则E是AC的中点． ②若D是AB的中点，，则E是AC的中点． ③若DE∥BC，，则D，E分别是AB，AC的中点． 其中正确的是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 3．（2024春•上城区期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，线段AC为对角线，点E、F分别为线段BC、AD的中点，连接EF交AC于点O． （1）求证：四边形AECF为平行四边形； （2）若OF＝3，求CD的长． 各四边形网格作图题 1．（2024春•三门县期末）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均是1，▱ABCD的四个顶点均在格点上． （1）请用无刻度的直尺分别画出DA，DB的中点E，F；（保留作图痕迹） （2）求EF的长度． 2．（2024春•路桥区期末）如图，在小正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成作图． （1）在图1中，过点B作AC的平行线BD，使得AC＝BD； （2）在图2中，找出格点E，F，画出正方形BCEF． 3．（2024春•新昌县期末）在如图所示5×5正方形网格中，A，B，C、D，E都在格点上． （1）判断四边形ABCD是不是平行四边形，请说明理由． （2）以DE为一边作一个菱形，要求另外两个顶点也在格点上． 4．（2024春•上虞区期末）如图是6×8的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，A，B，C，P各点都在格点上．请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求在同一答题图上画图．（1）找出格点D，连结CD，AD，使四边形ABCD是平行四边形； （2）过点P作一条直线l，使直线l平分平行四边形ABCD的周长和面积． 5．（2024春•钱塘区期末）如图，在6×6网格中，每个小正方形的边长都是1，每个顶点称为格点．线段AB的端点都在格点上．按下列要求作图，使所画图形的顶点均在格点上． （1）如图1，画一个以AB为边的平行四边形． （2）如图2，画一个以AB为边，且面积为12的平行四边形． （3）如图3，画一个以AB为对角线，且面积为7的平行四边形． 6．（2024春•滨江区期末）如图的网格中，每个小正方形的边长均为1．仅用无刻度的直尺在给定的网格图中分别按下列要求画图（保留画图痕迹，画图过程中辅助线用虚线，画的最后结果中的线用实线表示） （1）请在图1中画出线段AB的中点C． （2）请把图2中的四边形ABCD改成一个以AB为底边，面积不变的梯形． 平行四边形的性质与判定 1．（2024春•吴兴区期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BC，AB＝10，BC＝8，则对角线BD的长是（　　） A． B． C．12 D．14 2．（2024春•鄞州区期末）▱ABCD中，∠A＝5∠D，则∠B的度数是（　　） A．20° B．30° C．40° D．150° 3．（2024春•慈溪市期末）如图，▱ABCD中，AE平分∠DAB，交BC边于点E，∠D＝110°，则∠AEC的度数是（　　） A．110° B．125° C．135° D．145° 4．（2024春•上城区期末）如图，在▱ABCD中，DB＝DC，AE⊥BD于点E，则（　　） A．∠BAE+∠C＝90° B．∠C﹣∠BAE＝90° C．2∠C﹣∠BAE＝90° D．2∠C+∠BAE＝180° 5．（2024春•三门县期末）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是各边的中点．甲说：若四边形ABCD是平行四边形，则四边形EFGH也是平行四边形；乙说：若四边形EFGH是平行四边形，则四边形ABCD也是平行四边形．下列说法正确的是（　　） A．甲、乙都正确 B．甲正确，乙错误 C．甲错误，乙正确 D．甲、乙都错误 6．（2024春•丽水期末）下列条件，不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（　　） A．AB∥CD，AB＝CD B．AB＝CD，BC＝AD C．∠A＝∠C，AD∥BC D．AB∥CD，∠A＝∠B 7．（2024春•义乌市期末）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E在AD上，点F在BC上，连结EF使EF恰好经过点O． （1）求证：ED＝FB． （2）若AC⊥BD，ED+CF＝5，AC＝6，求BD的长． 8．（2024春•余姚市期末）如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，线段BD上的两点E，F满足∠AEB＝∠CFD，连结EC，AF． （1）求证：四边形AECF是平行四边形； （2）若EO＝AO＝5，AE＝6，求AF的长． 矩形的性质与判定 1．（2024春•镇海区期末）已知矩形ABCD的两条对角线AC、BD相交于点O，则下列结论不一定正确的是（　　） A．AC⊥BD B．AC＝BD C．OA＝OB D．∠ABC＝∠BAD 2．（2024春•路桥区期末）要使▱ABCD成为矩形，下列添加的条件中，正确的是（　　） A．AB＝BC B．AC⊥BD C．AB＝CD D．AC＝BD 3．（2024春•德清县期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE＝AD，连结EB，EC，DB，要使四边形DBCE成为矩形，可添加一个条件是 　 　 .（只要写出一个条件即可） 4．（2024春•新昌县期末）如图，在矩形ABCD中，M是矩形内一点，设△ABM，△ADM，△CDM，△BCM的面积分别表示S1，S2，S3，S4，要求出S3﹣S4的值，只需知道（　　） A．S4﹣S1 B．S2﹣S1 C．S3+S2 D．S3﹣S2 5．（2024春•德清县期末）如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，E，F分别是边AD，BC的中点，CP⊥BE于P，DP的延长线交AB于G．下列结论：①PF＝2.5；②PF⊥DG；③．其中结论正确的有（　　） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 6．（2024春•余姚市期末）如图，在矩形ABCD中，AB＞BC，BC＝2，分别以点A，点C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN交AD和CB的延长线于点E，F，连结AF，CE．若AB平分∠FAC，则四边形AFCE的面积为（　　） A．12 B． C．16 D． 7．（2024春•吴兴区期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，点F，G分别是AE和AD的中点． （1）求证：△ABE是等腰直角三角形； （2）若AD＝4，AB＝3，求FG的长． 菱形的性质与判定 1．（2024春•路桥区期末）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°．若AC＝6，则菱形ABCD的周长为 　 　 ． 2．（2024春•上城区期末）如图，在菱形ABCD中，AC和BD为两条对角线，分别作∠BAO和∠DAO的角平分线交BD于点N和M，且∠MAN＝∠ABC，则∠ABC＝　 　 °． 3．（2024春•滨江区期末）如图，在菱形ABCD中，对角形AC，BD相交于点O．过点D作DE⊥AB于E，点F是AD边中点，若BD＝6，菱形ABCD的面积为24，则EF长为 　 　 ． 4．（2024春•鄞州区期末）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝100°，点P在对角线AC上，PE∥BC交AB于点E，PF∥AB交BC于点F． （1）求∠EPF的度数； （2）连结PD，当∠DPC＝60°时，判断PD与PF的数量关系并证明． 5．（2024春•路桥区期末）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，其对角线相交于点O，AC＝6，BD＝8，AB＝5． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）求四边形ABCD的面积． 6．（2024春•滨江区期末）如图，在▱ABCD中，CA＝CD，E是AD的中点，连结CE并延长，交BA的延长线于点F，连结DF． （1）求证：四边形AFDC是菱形． （2）若BC＝8，AB＝5，求四边形DFBC的面积． 正方形的性质与判定 1．（2024春•诸暨市期末）利用如图①的四个全等直角三角形，可以拼成如图②或图③所示的两个正方形，则图②与图③两个正方形的边长比值是（　　） A． B． C． D． 2．（2024春•上虞区期末）如图，正方形ABCD的边长为8，E为边AD上一点．若BE＝10，则CE的长为（　　） A． B． C．11 D．6 3．（2024春•余姚市期末）如图，已知▱ABCD，从下列四个条件中选两个作为补充条件，使▱ABCD 成为正方形． ①AB＝BC； ②AC⊥BD； ③∠ABC＝90°； ④AC＝BD． 下列四种选法错误的是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①④ 4．（2024春•柯桥区期末）如图Rt△AED中，∠AED＝90°，以AD为边作正方形ABCD，过点B作BF⊥ED，垂足为点F，BF交对角线AC于点G，连结DG，若要求△GFD的周长，只需知道图中的一条线段的长，这条线段是（　　） A．线段BG B．线段CG C．线段CD D．线段DE 5．（2024春•三门县期末）如图，在正方形ABCD中，以B为圆心，BD长为半径画圆弧，与BC的延长线相交于点E，连接AE，DE． （1）求∠CDE的度数； （2）若AB＝2，求AE的长． 6．（2024春•新昌县期末）如图，在矩形ABCD中，E是边CD上一点，F是CB的延长线上一点，连结AE，AF，已知BF＝DE，AF⊥AE． （1）求证：四边形ABCD是正方形． （2）若∠DAE＝30°，DE＝1，求四边形AECB的面积． 折叠类问题 1．（2024春•钱塘区期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E在边AB上，将△BCE沿CE翻折，使点B恰好与AD边上的点F重合．若△AEF与△CDF的周长分别为12和42，则DF的长为（　　） A．12 B．15 C．24 D．30 2．（2024春•上虞区期末）如图，在平行四边形纸片ABCD中，AB＝4cm，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，将纸片沿对角线AC对折，CF交边AD于点E，则折叠后图中重合部分的面积是　 　 cm2． 3．（2024春•滨江区期末）如图，在矩形ABCD中，BC＝4，点E，F分别在边AD，DC上，把△DEF沿EF折叠，D点恰好落在边BC上的G点处，连接EG，FG，延长FE交BA的延长线于点H，若AH＝CF，AE＝1，则AB＝　 　 ． 4．（2024春•余姚市期末）如图，在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，点D，E分别为AB，AC的中点，点F为BC边上任意一点（不与B，C重合），沿DE，DF剪开分成①，②，③三块后，将②，③分别绕点D，E旋转180°，恰好与①拼成四边形GDIH，则四边形GDIH周长的最小值为 　 　 ． 1．（2024春•丽水期末）一个多边形内角和的度数不可能的是（　　） A．180° B．270° C．360° D．540° 2．（2024春•钱塘区期末）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 3．（2024春•鄞州区期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，AB＝4，D，E分别是AB，AC边上的中点，点F在BC的延长线上，，若CF＝3，则EF的长为 　 　 ． 4．（2024春•丽水期末）如图，AC是矩形ABCD的一条对角线，∠ACB＝α，依据尺规作图的痕迹，AF与EF的交点为F，则∠AFE的度数是 　 　 （用α的代数式表示）． 5．（2024春•金东区期末）学习了特殊平行四边形之后，小颖同学用如图所示的方式表示了特殊四边形的关系，则图中的“M”表示（　　） A．四边形 B．平行四边形 C．正方形 D．以上都不正确 6．（2024春•上虞区期末）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形，点H为DE的中点．连结HF，EG并延长，分别交正方形ABCD各边于点M，N，P，Q，若，则PQ的长为（　　） A． B． C． D． 7．（2024春•路桥区期末）如图，在Rt△ABC中，D是斜边AB的中点，作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连接EF．若AC＝5，BC＝12，则EF的长为（　　） A．4 B．5 C．5.5 D．6.5 8．（2024春•吴兴区期末）正方形工整、匀称、美观，设计方便，在人们的生活和生产实际中有着广泛的应用．如图1为某园林石窗，其外框为边长为6的正方形ABCD（如图2），点E，F，G，H分别为边上的中点，以四边形EFGH各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形（如AIK），四个等边三角形的顶点恰好是正方形MNPQ各边的中点，则点H，M之间的距离是 　 　 ． 9．（2024春•丽水期末）两个边长分别为a，b（a＜b）的正方形按如图两种方式放置，图1中阴影部分的面积为m，图2中阴影部分的面积为n，则大正方形ABCD的面积为 　 　 （用m，n的代数式表示）． 10．（2024春•三门县期末）如图，是一个轴对称图形，由一个矩形和三个全等菱形拼接而成，其中∠CED＝∠CFB＝90°，则矩形的一组邻边之比为（　　） A． B． C． D． 11．（2024春•柯桥区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BCD＝120°，点E为对角线BD上一动点，过点E作∠AEF＝120°交直线BC于点F．若△BEF是以EF为底边的等腰三角形，则CF的长为 　 　 ． 12．（2024春•滨江区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，点E，F分别在边BC，AD上．连接AE，EF，FC，若EA平分∠BEF，四边形AECF是平行四边形，则BE的长为（　　） A． B． C． D． 13．（2024春•金东区期末）如图1，将面积为4的正方形分为①②③④四部分，分成的4部分恰好拼成如图2所示的矩形ABCD，则AB长为 　 　 ． 14．（2024春•吴兴区期末）如图，菱形ABCD的周长为20，面积为24，P是对角线BD上一点，分别作P点到直线AB、AD的垂线段PE、PF，则PE+PF等于 　 　 ． 15．（2024春•三门县期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以△ABC的三边为边向外构造正方形ABDE，BCGF，ACHI，分别记正方形BCGF，ACHI的面积为S1，S2． （1）比较CE，BI的大小：CE 　 　 BI； （2）若∠ACE＝30°，则的值为 　 　 ． 16．（2024春•金东区期末）如图，在6×6的正方形网格中，线段AB的端点均在小正方形的顶点上，请按要求在答题卷上作出符合条件的四边形． 要求： （1）在图1中作以AB为一边的平行四边形ABCD，在图2中作以AB为一边的菱形ABEF，在图3中作以AB为一边的矩形ABMN； （2）图1，图2，图3所作的四边形互不全等，且顶点均在小正方形的顶点上． 17．（2024春•丽水期末）如图，在△ABC中，∠A＝30°，AB＝AC，将△ABC补成一个矩形，使△ABC的两个顶点为矩形一边的两个端点，第三个顶点落在矩形的另一边上． （1）请用三角板画出一个矩形的示意图． （2）若AB＝4，求出你所画矩形的面积． 18．（2024春•柯桥区期末）已知△ABC和△ADE均为等边三角形，点F、D分别在AC、BC上，AF＝CD，连接BF、EF．求证： （1）AD＝BF； （2）四边形BFED为平行四边形． 19．（2024春•镇海区期末）如图1，CD是△ABC的角平分线，E、F分别是边BC、AC上的点，满足CE＝CF，连结EF交CD于点G，且CG＝GD，连结DE、DF． （1）求证：四边形CEDF是菱形． （2）如图2，若∠BAC＝90°，∠B＝60°，，求菱形CEDF的边长． 20．（2024春•上城区期末）如图，在正方形ABCD中，点E，H，F分别在AB，BC，CD边上，EF交对角线BD于点G，AH⊥EF于点M，且点M是AH的中点，连接AG，GH，CG． （1）求证：∠AEM＝∠AHB； （2）求证：AG⊥GH； （3）若AG＝GE，求AE：EB的值． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 四边形与特殊四边形各考点分类复习（10题型） 多边形内角和定理 1．（2024春•上虞区期末）在四边形ABCD中，∠A与∠C互补，∠B＝80°，则∠D的度数是（　　） A．60° B．80° C．100° D．120° 【分析】根据多边形内角和定理解答即可． 【解答】解：∵∠A与∠C互补， ∴∠A+∠C＝180°， 又∵∠B＝80°， ∴∠D＝360°﹣∠A﹣∠B﹣∠C＝360°﹣180°﹣80°＝100°． 故选：C． 【点评】本题考查了多边形的内角与外角，解答本题的关键是掌握多边形的内角和定理． 2．（2024春•镇海区期末）已知一个多边形的内角和是720度，则这个多边形是 　六　 边形． 【分析】n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，设这个正多边形的边数是n，就得到方程，从而求出边数． 【解答】解：这个正多边形的边数是n，则 （n﹣2）•180°＝720°， 解得：n＝6． 则这个多边形是六边形． 故答案为：六． 【点评】本题考查了多边形内角和定理，此题比较简单，只要结合多边形的内角和公式，寻求等量关系，构建方程求解． 3．（2024春•滨江区期末）杭州八卦田遗址曾是南宋皇家籍田的遗址，遗址的外圈可以看成是一个八边形，则这个八边形的内角和为 　1080°　 ． 【分析】根据多边形的内角和公式即可作答． 【解答】解：180°×（8﹣2）＝1080°． 故答案为：1080°． 【点评】本题主要考查多边形内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式是解题的关键． 4．（2024春•余姚市期末）已知一个多边形的每一个内角都是120°，则这个多边形的边数是 　6　 ． 【分析】一个多边形的每一个内角都等于120°，根据内角与相邻的外角互补，因而每个外角是60°．根据任何多边形的外角和都是360°，利用360°除以外角的度数就可以求出正多边形的边数． 【解答】解：∵多边形每一个内角都是120°， ∴多边形每一个外角都是180°﹣120°＝60°， 360°÷60°＝6， ∴这个多边形的边数是6． 故答案为：6． 【点评】本题考查了正多边形的外角，利用正多边形的边数等于外角和除以每一个外角的度数是常用的方法，求出正多边形的每一个外角的度数是解题的关键． 中心对称图形 1．（2024春•吴兴区期末）七巧板是我国祖先的一项卓越创造．下列四幅图是七巧板中的若干块板拼成的，其中是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据中心对称图形的定义，结合选项所给图形进行判断即可．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． 【解答】解：选项A、B、C的图形均不能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以不是中心对称图形； 选项D的图形能找到这样的一个点，使图形绕某一点旋转180度后和原图形完全重合，所以是中心对称图形． 故选：D． 【点评】此题主要考查了中心对称图形的概念．中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 2．（2024春•德清县期末）未来将是一个可以预见的AI时代．AI一般指人工智能，它研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的技术科学．下列是世界著名人工智能品牌公司的图标，其中是轴对称图形但不是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形的定义以及中心对称图形的定义解决此题． 【解答】解：A．该图形不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项不合题意； B．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项符合题意； C．该图形既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故此选项不合题意； D．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，故此选项不合题意； 故选：B． 【点评】此题主要考查了中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 3．（2024春•余姚市期末）下列用数学家命名的图形中，是中心对称图形的是（　　） A．笛卡尔心形线 B．谢尔宾斯基地毯 C．赵爽弦图 D．斐波那契螺旋线 【分析】根据中心对称图形的概念，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，进行判断即可． 【解答】解：A．不是中心对称图形，故此选项不合题意； B．不是中心对称图形，故此选项不合题意； C．是中心对称图形，故此选项符合题意； D．不是中心对称图形，故此选项不合题意． 故选：C． 【点评】本题考查的是中心对称图形的概念，正确掌握相关定义是解题关键． 4．（2024春•柯桥区期末）如图，是由五个形状、大小都相同的正方形组成的图形，如果去掉其中一个正方形，使得剩下的图形是一个中心对称图形，那么不同的去法有 　2　 种． 【分析】根据中心对称图形的概念求解． 【解答】解：去掉一个正方形，得到中心对称图形，如图所示： ， 共2种方法． 故答案为：2． 【点评】本题考查了中心对称图形的概念，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合． 反证法 1．（2024春•吴兴区期末）用反证法证明命题“一个多边形最多有四个内角是直角”时，我们可以先假设（　　） A．有三个直角 B．有四个直角 C．至少有四个内角是直角 D．至少有五个内角是直角 【分析】用反证法证明命题的真假，应先按符合题设的条件，假设题设成立，再判断得出的结论是否成立即可． 【解答】解：用反证法证明命题“一个多边形最多有四个内角是直角”时，首先应该假设至少有五个内角是直角， 故选：D． 【点评】本题考查了多边形内角与外角和反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定． 2．（2024春•金东区期末）用反证法证明命题“同旁内角互补，两直线平行”时，第一步应假设（　　） A．两直线不平行 B．同旁内角不互补 C．同旁内角相等 D．同旁内角不相等 【分析】根据命题“同旁内角互补，两直线平行”得到应先假设结论不成立，本题得以解决． 【解答】解：由题意可得，反证法证明命题“同旁内角互补，两直线平行”时，应先假设两条直线不平行， 故选：A． 【点评】本题主要考查反证法，余角和补角，同位角、内错角、同旁内角，平行线的判定与性质，解答本题的关键要掌握：反证法是指“证明某个命题时，先假设它的结论的否定成立，然后从这个假设出发，根据命题的条件和已知的真命题，经过推理，得出与已知事实（条件、公理、定义、定理、法则、公式等）相矛盾的结果．这样，就证明了结论的否定不成立，从而间接地肯定了原命题的结论成立． 3．（2024春•柯桥区期末）用反证法证明命题“在直角三角形中，至少有一个锐角不大于45°”时，首先应假设这个直角三角形中（　　） A．两个锐角都大于45° B．两个锐角都小于45° C．两个锐角都不大于45° D．两个锐角都等于45° 【分析】用反证法证明命题的真假，应先按符合题设的条件，假设题设成立，再判断得出的结论是否成立即可． 【解答】解：用反证法证明命题“在直角三角形中，至少有一个锐角不大于45°”时， 应先假设两个锐角都大于45°． 故选：A． 【点评】本题考查了反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定． 4．（2024春•上城区期末）用反证法证明：等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＞∠A，则∠A＜45°，第一步应假设（　　） A．∠A＜45° B．∠A＞45° C．∠A≤45° D．∠A≥45° 【分析】反证法的步骤中，第一步是假设结论不成立，反面成立． 【解答】解：用反证法证明：等腰Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＞∠A，则∠A＜45°，第一步应假设∠A≥45°， 故选：D． 【点评】本题主要考查的是反证法，解此题关键要懂得反证法的意义及步骤．在假设结论不成立时要注意考虑结论的反面所有可能的情况，如果只有一种，那么否定一种就可以了，如果有多种情况，则必须一一否定． 三角形中位线定理 1．（2024春•德清县期末）如图A，B两处被池塘阻隔，为测量A，B两地的距离，在地面上选一点C，连结CA，CB，分别取CA，CB的中点D，E．测得DE＝5m，则A，B两地的距离为 　10　 m． 【分析】根据三角形中位线定理求解即可． 【解答】解：∵分别取CA，CB的中点D，E．测得DE＝5m， ∴DE是三角形ABC的中位线， ∴AB＝2DE＝10m， 故答案为：10． 【点评】本题考查了三角形中位线定理，熟记三角形中位线定理是解题的关键． 2．（2024春•金东区期末）学习了“三角形中位线定理”后，在“△ABC中，D，E分别是边AB，AC上的点”这个前提条件下，某同学得到以下3个结论： ①若D是AB的中点，DE∥BC，则E是AC的中点． ②若D是AB的中点，，则E是AC的中点． ③若DE∥BC，，则D，E分别是AB，AC的中点． 其中正确的是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【分析】①证△ADE∽△ABC得AD：AB＝AE：AC，根据点D是AB的中点得AD：AB＝1：2，由此得AE：AC＝1：2，据此可对结论①进行判断； ②以点D为圆心，以BC为半径画弧交AC于点E，显然点E不是AC的中点，由此可对结论②进行判断； ③证△ADE∽△ABC得AD：AB＝AE：AC＝DE：BC，根据DEBC得DE：BC＝1：2，则AD：AB＝AE：AC＝1：2，进而得ADAB，AEAC，由此可对结论③进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：①∵DE∥BC，如图1所示： ∴△ADE∽△ABC， ∴AD：AB＝AE：AC， ∵点D是AB的中点， ∴AD：AB＝1：2， ∴AE：AC＝1：2， ∴点E为AC的中点， 故结论①正确； ②点D为AB的中点，以点D为圆心，以BC为半径画弧交AC于点E，如图2所示： 显然点E不是AC的中点， 故结论②不正确； ③∵DE∥BC，如图3所示： ∴△ADE∽△ABC， ∴AD：AB＝AE：AC＝DE：BC， ∴DEBC， ∴DE：BC＝1：2， ∴AD：AB＝AE：AC＝1：2， ∴ADAB，AEAC， ∴点D，E分别是AB，AC的中点， 故结论③正确． 综上所述：正确的结论是①③． 故选：B． 【点评】此题主要考查了三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，理解三角形的中位线定理，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解决问题的关键． 3．（2024春•上城区期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，线段AC为对角线，点E、F分别为线段BC、AD的中点，连接EF交AC于点O． （1）求证：四边形AECF为平行四边形； （2）若OF＝3，求CD的长． 【分析】（1）先根据平行四边形的性质得到AD＝BC，AD∥BC，再证明AF＝CE，然后根据平行四边形的判定方法得到结论； （2）先根据平行四边形的性质得到OA＝OC，则可判断OF为△ACD的中位线，然后根据三角形中位线定理求解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∵点E、F分别为线段BC、AD的中点， ∴AFAD，CEBC， ∴AF＝CE， ∵AF∥CE， ∴四边形AECF为平行四边形； （2）解：∵四边形AECF为平行四边形， ∴OA＝OC， ∵AF＝DF， ∴OF为△ACD的中位线， ∴CD＝2OF＝2×3＝6． 【点评】本题考查了三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．也考查了平行四边形的判定与性质． 各四边形网格作图题 1．（2024春•三门县期末）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长均是1，▱ABCD的四个顶点均在格点上． （1）请用无刻度的直尺分别画出DA，DB的中点E，F；（保留作图痕迹） （2）求EF的长度． 【分析】（1）如图所示，连接AC交BD于F，取格点H，连接DH交AC于O，连接BO并延长交AD于E，则E、F即为所求； （2）利用勾股定理得到，则由三角形中位线定理可得． 【解答】解：（1）如图所示，连接AC交BD于F，取格点H，连接DH交AC于O，连接BO并延长交AD于E，则E、F即为所求； （2）由网格的特点和勾股定理可得， ∵DA，DB的中点分别为E，F， ∴EF是△ABD的中位线， ∴． 【点评】本题主要考查了作图﹣应用与设计作图，勾股定理，三角形中位线定理，平行四边形的性质，解答本题的关键是熟练运用勾股定理解决问题． 2．（2024春•路桥区期末）如图，在小正方形网格中，△ABC的顶点均在格点上，仅用无刻度的直尺在给定网格中完成作图． （1）在图1中，过点B作AC的平行线BD，使得AC＝BD； （2）在图2中，找出格点E，F，画出正方形BCEF． 【分析】（1）根据题目要求作出图形即可； （2）根据正方形的判定作出图形即可． 【解答】解：（1）如图1中，线段BD即为所求； （2）如图2中，正方形BCEF即为所求． 【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，正方形的判定等知识，解题的关键是理解题意正确作出图形． 3．（2024春•新昌县期末）在如图所示5×5正方形网格中，A，B，C、D，E都在格点上． （1）判断四边形ABCD是不是平行四边形，请说明理由． （2）以DE为一边作一个菱形，要求另外两个顶点也在格点上． 【分析】（1）是平行四边形，根据对边分别相等的四边形是平行四边形证明即可； （2）根据菱形的四边相等作出图形（答案不唯一）． 【解答】解：（1）四边形ABCD是平行四边形，理由如下： ∵，， ∴四边形ABCD是平行四边形， （2）如图，菱形DEMN即为所求（答案不唯一）． 【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，平行四边形的判定和性质，菱形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．． 4．（2024春•上虞区期末）如图是6×8的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，A，B，C，P各点都在格点上．请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求在同一答题图上画图．（1）找出格点D，连结CD，AD，使四边形ABCD是平行四边形； （2）过点P作一条直线l，使直线l平分平行四边形ABCD的周长和面积． 【分析】（1）利用网格的特点找到点D使得AD平行且等于BC即可． （2）利用平行四边形的对称性，找到对角线AC、BD的交点O，过点P、O作直线l交AD于点E即可． 【解答】解：（1）取格点D，使AD平行且等于BC，即可得到平行四边形ABCD． （2）连接AC、BD交于点O，过点P、O作直线l交AD于点E，直线l平分平行四边形ABCD的周长和面积． 【点评】本题主要考查了作图—应用与设计作图，掌握平行四边形的性质是解题的关键． 5．（2024春•钱塘区期末）如图，在6×6网格中，每个小正方形的边长都是1，每个顶点称为格点．线段AB的端点都在格点上．按下列要求作图，使所画图形的顶点均在格点上． （1）如图1，画一个以AB为边的平行四边形． （2）如图2，画一个以AB为边，且面积为12的平行四边形． （3）如图3，画一个以AB为对角线，且面积为7的平行四边形． 【分析】（1）根据平行四边形的性质直接作图即可； （2）以AB为边，作底边为4的平行四边形即可； （3）根据平行四边形的性质取格点M，N，连接作图即可． 【解答】（1）解：如图1所示，平行四边形ABCD即为所求（答案不唯一）． （2）如图2所示，平行四边形ABEF即为所求（答案不唯一）． （3）如图3所示，平行四边形AMBN即为所求（答案不唯一）． 四边形AMBN的面积＝3×51×4×21×2×2﹣1×1×2＝7， 故菱形AMBN即为所求． 【点评】本题主要作图﹣应用与设计作图，平行四边形的判定与性质，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题． 6．（2024春•滨江区期末）如图的网格中，每个小正方形的边长均为1．仅用无刻度的直尺在给定的网格图中分别按下列要求画图（保留画图痕迹，画图过程中辅助线用虚线，画的最后结果中的线用实线表示） （1）请在图1中画出线段AB的中点C． （2）请把图2中的四边形ABCD改成一个以AB为底边，面积不变的梯形． 【分析】（1）取格点E，F，连接EF交AB于点C，点C即为所求； （2）连接AC，取小正方形的中心O，连接OD交网格线于点G，连接CG，AG，四边形ABCG即为所求． 【解答】解；（1）如图1中，点C即为所求； （2）如图2中，四边形ABCG即为所求． 【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，三角形的面积，梯形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 平行四边形的性质与判定 1．（2024春•吴兴区期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BC，AB＝10，BC＝8，则对角线BD的长是（　　） A． B． C．12 D．14 【分析】由∠ACB＝90°，AB＝10，BC＝8，求得AC6，则CO＝AO＝3，所以DO＝BO，则BD＝2DO＝2，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵AC⊥BC，AB＝10，BC＝8， ∴∠ACB＝90°， ∴AC6， ∵四边形ABCD是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O， ∴CO＝AOAC＝3， ∴DO＝BO， ∴BD＝2DO＝2， 故选：A． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、勾股定理等知识，正确地求出AC的长是解题的关键． 2．（2024春•鄞州区期末）▱ABCD中，∠A＝5∠D，则∠B的度数是（　　） A．20° B．30° C．40° D．150° 【分析】利用平行四边形的对角相等，邻角互补的性质作答． 【解答】解：在▱ABCD中，∠A＝5∠D，∠A+∠D＝180°，则∠D＝30°． 又因为∠B＝∠D， 所以∠B＝30°， 故选：B． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，解题过程中，利用了“平行四边形的对角相等”的性质作答． 3．（2024春•慈溪市期末）如图，▱ABCD中，AE平分∠DAB，交BC边于点E，∠D＝110°，则∠AEC的度数是（　　） A．110° B．125° C．135° D．145° 【分析】由平行四边形的性质得AD∥BC，∠B＝∠D＝110°，则∠DAE＝∠BEA，而∠DAE＝∠BAE，所以∠BEA＝∠BAE＝35°，则∠AEC＝180°﹣∠BEA＝145°，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，∠B＝∠D＝110°， ∴∠DAE＝∠BEA， ∵AE平分∠BAD且交BC于点E， ∴∠DAE＝∠BAE， ∴∠BEA＝∠BAE（180°﹣110°）＝35°， ∴∠AEC＝180°﹣∠BEA＝180°﹣35°＝145°， 故选：D． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、平行线的性质、三角形内角和定理等知识，证明∠BEA＝∠BAE是解题的关键． 4．（2024春•上城区期末）如图，在▱ABCD中，DB＝DC，AE⊥BD于点E，则（　　） A．∠BAE+∠C＝90° B．∠C﹣∠BAE＝90° C．2∠C﹣∠BAE＝90° D．2∠C+∠BAE＝180° 【分析】设∠BAE＝x，由▱ABCD，AE⊥BD，得∠ABE＝90﹣x，由DC∥AB，得∠CDB＝∠ABE＝90﹣x，由DB＝DC，得2∠CBD＝2∠C＝（180﹣∠CDB）÷2×2＝90+x，即可得2∠C﹣∠BAE＝90°． 【解答】解：设∠BAE＝x， 由▱ABCD，AE⊥BD， 得∠ABE＝90﹣x， 由DC∥AB， 得∠CDB＝∠ABE＝90﹣x， 由DB＝DC， 得2∠CBD＝2∠C＝（180﹣∠CDB）÷2×2＝90+x， 得2∠C﹣∠BAE＝90°． 故选：C． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，解题关键是正确计算． 5．（2024春•三门县期末）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是各边的中点．甲说：若四边形ABCD是平行四边形，则四边形EFGH也是平行四边形；乙说：若四边形EFGH是平行四边形，则四边形ABCD也是平行四边形．下列说法正确的是（　　） A．甲、乙都正确 B．甲正确，乙错误 C．甲错误，乙正确 D．甲、乙都错误 【分析】根据三角形中位线定理推出，则可证明四边形EFGH是平行四边形，根据现有条件无法证明四边形ABCD是平行四边形，据此可得答案． 【解答】解：如图所示，连接AC，BD， ∵在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是各边的中点， ∴， ∴EF＝GH，EF∥GH， ∴四边形EFGH是平行四边形， 根据现有条件无法证明四边形ABCD是平行四边形，故甲说法正确，乙说法不正确， 故选：B． 【点评】本题主要考查了中点四边形，平行四边形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握平行四边形的判定定理． 6．（2024春•丽水期末）下列条件，不能判断四边形ABCD是平行四边形的是（　　） A．AB∥CD，AB＝CD B．AB＝CD，BC＝AD C．∠A＝∠C，AD∥BC D．AB∥CD，∠A＝∠B 【分析】根据平行四边形的判定方法一一判断即可； 【解答】解：A、由AB∥CD，AB＝CD可以判断四边形ABCD是平行四边形； B、由AB＝CD，BC＝AD可以判断四边形ABCD是平行四边形； C、由∠A＝∠C，AD∥BC，可以推出∠B＝∠D，可以判断四边形ABCD是平行四边形； D、由AB∥CD，∠A＝∠B不可以判断四边形ABCD是平行四边形； 故选：D． 【点评】本题考查平行四边形的判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定方法，属于中考常考题型． 7．（2024春•义乌市期末）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E在AD上，点F在BC上，连结EF使EF恰好经过点O． （1）求证：ED＝FB． （2）若AC⊥BD，ED+CF＝5，AC＝6，求BD的长． 【分析】（1）由平行四边形的性质推出OD＝OB，AD∥BC，得到∠EDO＝∠FBO，∠DEO＝∠BFO，即可证明△DEO和△BFO（AAS），推出DE＝BF． （2）求出BC＝5，由平行四边形的性质推出COAC＝3，BD＝2OB，由勾股定理求出OB4，即可得到BD＝2×4＝8． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OD＝OB，AD∥BC， ∴∠EDO＝∠FBO，∠DEO＝∠BFO， 在△DEO和△BFO中， ， ∴△DEO和△BFO（AAS）， ∴DE＝BF． （2）由（1）知BF＝DE， ∵ED+CF＝5， ∴BF+CF＝BC＝5， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴COAC6＝3，BD＝2OB， ∵AC⊥BD， ∴∠BOC＝90°， ∴OB4， ∴BD＝2×4＝8． 【点评】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是由平行四边形的性质推出△DEO和△BFO（AAS），由勾股定理求出OB的长． 8．（2024春•余姚市期末）如图，▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，线段BD上的两点E，F满足∠AEB＝∠CFD，连结EC，AF． （1）求证：四边形AECF是平行四边形； （2）若EO＝AO＝5，AE＝6，求AF的长． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AO＝CO，BO＝DO，AB＝CD，AB∥CD，求得∠ABE＝∠CDF，根据全等三角形的性质得到BE＝DF，根据平行四边形的判定定理得到四边形AECF为平行四边形， （2）根据平行四边形的性质得到EF＝2EO，AC＝2AO，求得EF＝AC，推出平行四边形AECF为矩形，得到∠EAF＝90°，根据勾股定理得到结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AO＝CO，BO＝DO，AB＝CD，AB∥CD， ∴∠ABE＝∠CDF， 在△ABE与△CDF中， ， ∴△ABE≌△CDF（AAS）， ∴BE＝DF， ∴EO＝FO， ∴四边形AECF为平行四边形， （2）解：∵四边形AECF为平行四边形， ∴EF＝2EO，AC＝2AO， ∵EO＝AO＝5， ∴EF＝AC， ∴平行四边形AECF为矩形， ∴∠EAF＝90°， ∵AE＝6， ∴． 【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键 矩形的性质与判定 1．（2024春•镇海区期末）已知矩形ABCD的两条对角线AC、BD相交于点O，则下列结论不一定正确的是（　　） A．AC⊥BD B．AC＝BD C．OA＝OB D．∠ABC＝∠BAD 【分析】根据矩形的性质解答即可． 【解答】解：如图所示， 在矩形ABCD中，AC＝BD，OA＝OB＝OC＝OD，∠ABC＝∠BAD＝90°， 故B、C、D选项结论正确， 当四边形ABCD为菱形或正方形时，AC⊥BD成立， 故结论不一定正确的是A选项， 故选：A． 【点评】本题考查了矩形的性质，矩形的对边互相平行且相等，四个内角都是直角，对角线互相平分且相等． 2．（2024春•路桥区期末）要使▱ABCD成为矩形，下列添加的条件中，正确的是（　　） A．AB＝BC B．AC⊥BD C．AB＝CD D．AC＝BD 【分析】根据矩形的判定方法①有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形，针对每一个选项进行判断，即可选出正确答案． 【解答】解：A、添加AB＝BC，可以证明▱ABCD是菱形，故此选项不符合题意； B、添加AC⊥BD，可以证明▱ABCD是菱形，故此选项不符合题意； C、添加AB＝CD，不可以证明▱ABCD是矩形，故此选项不符合题意； D、添加AC＝BD能证明▱ABCD是矩形，故此选项符合题意； 故选：D． 【点评】此题主要考查了矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定方法． 3．（2024春•德清县期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE＝AD，连结EB，EC，DB，要使四边形DBCE成为矩形，可添加一个条件是 　CD＝BE或∠ADB＝90°或CE⊥DE　 .（只要写出一个条件即可） 【分析】先证明四边形BCDE为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答． 【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， 又∵AD＝DE， ∴DE∥BC，且DE＝BC， ∴四边形BCED为平行四边形， 添加CD＝BE， ∴▱DBCE为矩形； 添加∠ADB＝90°， ∴∠EDB＝90°， ∴▱DBCE为矩形； 添加CE⊥DE， ∴∠CED＝90°， ∴▱DBCE为矩形． 故答案为：CD＝BE或∠ADB＝90°或CE⊥DE． 【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定，首先判定四边形BCDE为平行四边形是解题的关键． 4．（2024春•新昌县期末）如图，在矩形ABCD中，M是矩形内一点，设△ABM，△ADM，△CDM，△BCM的面积分别表示S1，S2，S3，S4，要求出S3﹣S4的值，只需知道（　　） A．S4﹣S1 B．S2﹣S1 C．S3+S2 D．S3﹣S2 【分析】连接MC，分别过点M作ME⊥AB交AB于点E，MF⊥AD交AD于点F，延长EM交CD于点G，延长FM交BC于点H，证明四边形AEFM、BHME、MHCG和FMGD都是矩形，然后根据三角形的面积公式＝底×高，求出S1，S2，S3，S4，从而求出S1+S3＝S2+S4，通过变形即可． 【解答】解：如图所示：连接MC，分别过点M作ME⊥AB交AB于点E，MF⊥AD交AD于点F，延长EM交CD于点G，延长FM交BC于点H， ∴∠AEM＝∠MGD＝90°，∠AFM＝∠BHM＝90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝∠ADC＝∠ABC＝∠BCD＝90°， ∴四边形AEFM、BHME、MHCG和FMGD都是矩形， ∴AE＝MF，BE＝MH，EM＝AF，MG＝DF， ∴MF+MH＝AE+BE＝AB，EM+MG＝AF+DF＝AD， ∵△ABM的面积S1，△ADM的面积，△CDM的面积，△BCM的面积， ∴ ， S2+S4 ， ∴S1+S3＝S2+S4， ∴S3﹣S4＝S2﹣S1， ∴要求出S3﹣S4的值，只需知道S2﹣S1， 故选：B． 【点评】本题主要考查了矩形的判定和性质，解题关键是熟练掌握利用求三角形面积的方法解决问题． 5．（2024春•德清县期末）如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，E，F分别是边AD，BC的中点，CP⊥BE于P，DP的延长线交AB于G．下列结论：①PF＝2.5；②PF⊥DG；③．其中结论正确的有（　　） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【分析】连接GF，由矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，E，F分别是边AD，BC的中点，CP⊥BE于P，得PF＝BF＝CF＝2.5，故①对；由DE＝BF，DE∥BF，得四边形BEDF是平行四边形，得BE∥DF，得CP⊥DF由PF＝CF，得CP垂直平分DF，得PD＝CD＝3，得△DPF≌△DCF（SSS），得∠DPF＝∠DCF＝90°，即PF⊥DG，故②对；由∠GPF＝∠GBF＝90°，PF＝BF，GF＝GF，得△GPF≌△GBF（HL），得BG＝PG＝x，得PG的长，故③对． 【解答】解：连接GF，由矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，E，F分别是边AD，BC的中点，CP⊥BE于P， 得PF＝BF＝CF＝2.5，故①对； 由DEADBC＝BF，DE∥BF， 得四边形BEDF是平行四边形， 得BE∥DF， 得CP⊥DF， 由PF＝CF， 得CP垂直平分DF， 得PD＝CD＝3， 得△DPF≌△DCF（SSS）， 得∠DPF＝∠DCF＝90°，即PF⊥DG，故②对； 由∠GPF＝∠GBF＝90°，PF＝BF，GF＝GF， 得△GPF≌△GBF（HL）， 得BG＝PG＝x， 由AG2+AD2＝GD2， 得（3﹣x）2+52＝（3+x）2， 得PG＝x，故③对． 故选：D． 【点评】本题主要考查了矩形的性质，解题关键是正确作出辅助线． 6．（2024春•余姚市期末）如图，在矩形ABCD中，AB＞BC，BC＝2，分别以点A，点C为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点M，N，直线MN交AD和CB的延长线于点E，F，连结AF，CE．若AB平分∠FAC，则四边形AFCE的面积为（　　） A．12 B． C．16 D． 【分析】证明△ACF，△AEC都是等边三角形，推出四边形AFCE是菱形，求出CF，AB，可得结论． 【解答】解：由作法得EF垂直平分AC， ∴FA＝FC，EA＝EC， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠B＝∠D＝90°，AD＝BC＝2， ∵AB平分∠FAC， ∴∠FAB＝∠CAB， ∵∠AFB+∠FAB＝90°，∠ACB+∠CAB＝90°， ∴∠AFB＝∠ACB， ∴AF＝AC＝CF， ∴△AFC是等边三角形， 同法可证△AEC是等边三角形， ∴AF＝CF＝AC＝CE＝AE， ∴四边形AFCE是菱形， ∵BF＝BC＝2，ABBC＝2， ∴CF＝4， ∴四边形AFCE面积＝4×28． 故选：D． 【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握5种基本作图是解决问题的关键．也考查了线段垂直平分线的性质和矩形的性质． 7．（2024春•吴兴区期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，点F，G分别是AE和AD的中点． （1）求证：△ABE是等腰直角三角形； （2）若AD＝4，AB＝3，求FG的长． 【分析】（1）因为AE平分∠BAD，则∠BAE＝∠DAE，在矩形ABCD中，AD∥BC，推出∠DAE＝∠AEB，则∠BAE＝∠AEB，所以AB＝BE，即△ABE是等腰三角形． （2）由（1）得BE＝AB＝3，在矩形ABCD中，BC＝AD＝4，DC＝AB＝3，则EC＝BC﹣BE＝1，连结DE，利用勾股定理求出DE，因为点F，G分别为AE与AD的中点，则． 【解答】（1）证明：∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠DAE， 在矩形ABCD中，AD∥BC， ∴∠DAE＝∠AEB， ∴∠BAE＝∠AEB， ∴AB＝BE，即△ABE是等腰三角形． （2）解：由（1）得BE＝AB＝3，在矩形ABCD中，BC＝AD＝4，DC＝AB＝3， ∴EC＝BC﹣BE＝1， 连结DE， 在Rt△DCE中，， ∵点F，G分别为AE与AD的中点， ∴． 【点评】本题考查矩形的性质，角平分线的性质，等腰直角三角形，三角形中位线定理，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 菱形的性质与判定 1．（2024春•路桥区期末）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°．若AC＝6，则菱形ABCD的周长为 　24　 ． 【分析】只需要证明△ABC是等边三角形求出AB＝AC＝6即可得到答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC，AB＝BC＝CD＝AD， ∴∠B+∠BAD＝180°， ∵∠BAD＝120°， ∴∠B＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC＝6， ∴菱形ABCD的周长＝4AB＝24， 故答案为：24． 【点评】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，证明△ABC是等边三 角形是解题的关键． 2．（2024春•上城区期末）如图，在菱形ABCD中，AC和BD为两条对角线，分别作∠BAO和∠DAO的角平分线交BD于点N和M，且∠MAN＝∠ABC，则∠ABC＝　60　 °． 【分析】根据菱形的性质和角平分线的定义证明∠ABO＝30°，进而可以解决问题． 【解答】解：∵AN，AM分别是∠BAO和∠DAO的角平分线， ∴∠OANOAB，∠OAMOAD， ∴∠MAN＝∠OAN+∠OAM（∠OAB+∠OAD）BAD， ∵四边形ABCD是菱形， ∴∠ABC＝2∠ABO，AC⊥BD，∠BAD＝∠BAO， ∵∠MAN＝∠ABC， ∴∠BAO＝2∠ABO， ∵∠BAO+∠ABO＝90°， ∴3∠ABO＝90°， ∴∠ABO＝30°， ∴∠ABC＝2∠ABO＝60°， 故答案为：60． 【点评】本题考查菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 3．（2024春•滨江区期末）如图，在菱形ABCD中，对角形AC，BD相交于点O．过点D作DE⊥AB于E，点F是AD边中点，若BD＝6，菱形ABCD的面积为24，则EF长为 　　 ． 【分析】由菱形的面积公式可求AC的长，由勾股定理可求AD的长，由直角三角形的性质可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，BD＝6， ∴AO＝CO，BO＝DO＝3，AC⊥BD， ∵菱形ABCD的面积为24， ∴24， ∴AC＝8， ∴AO＝CO＝4， ∴AD5， ∵DE⊥AB，点F是AD边中点， ∴EFAD， 故答案为：． 【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，求出AC的长是解题的关键． 4．（2024春•鄞州区期末）如图，菱形ABCD中，∠ABC＝100°，点P在对角线AC上，PE∥BC交AB于点E，PF∥AB交BC于点F． （1）求∠EPF的度数； （2）连结PD，当∠DPC＝60°时，判断PD与PF的数量关系并证明． 【分析】（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明四边形PEBF是平行四边形，再根据平行四边形的对角相等即可解决问题； （2）根据菱形的性质证明四边形PFCD是等腰梯形，然后利用三角形内角和定理证明∠CPF＝∠FCP＝40°，得PF＝FC，进而可以解决问题． 【解答】解：（1）∵PE∥BC，PF∥AB， ∴四边形PEBF是平行四边形， ∴∠EPF＝∠ABC＝100°； （2）PD＝PF，理由如下： ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥CD， ∵PF∥AB， ∴PF∥CD， ∵菱形ABCD中，∠ABC＝100°，AB∥CD， ∴∠BCD＝180°﹣100°＝80°， ∴∠DCP∠BCD＝40°， ∵∠DPC＝60°， ∴∠PDC＝180°﹣60°﹣40°＝80°， ∴∠PDC＝∠FCD， ∴四边形PFCD是等腰梯形， ∴PD＝FC， ∵PF∥AB， ∴∠CFP＝∠ABC＝100°， ∵∠FCP＝40°， ∴∠CPF＝180°﹣100°﹣40°＝40°， ∴∠CPF＝∠FCP＝40°， ∴PF＝FC， ∴PD＝PF． 【点评】本题考查了菱形的性质，等腰梯形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质． 5．（2024春•路桥区期末）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，其对角线相交于点O，AC＝6，BD＝8，AB＝5． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）求四边形ABCD的面积． 【分析】（1）由平行四边形的性质得OB＝4，再证OA2+OB2＝AB2，然后由勾股定理的逆定理即可得出△AOB是直角三角形；由∠AOB＝90°得AC⊥BD，再由菱形的判定定理即可得出结论． （2）菱形的面积＝两对角线乘积的一半． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝6，BD＝8， ∴OA＝OCAC＝3，OB＝ODBD＝4， 又∵AB＝5， ∴OA2+OB2＝AB2， ∴△AOB是直角三角形，且∠AOB＝90°． ∴AC⊥BD， ∴平行四边形ABCD是菱形． （2）由（1）知：平行四边形ABCD是菱形．则四边形ABCD的面积AC•BD6×8＝24． 【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质以及勾股定理的逆定理等知识，熟练掌握菱形的判定，由勾股定理的逆定理证出△AOB为直角三角形是解题的关键． 6．（2024春•滨江区期末）如图，在▱ABCD中，CA＝CD，E是AD的中点，连结CE并延长，交BA的延长线于点F，连结DF． （1）求证：四边形AFDC是菱形． （2）若BC＝8，AB＝5，求四边形DFBC的面积． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到∠ACE＝∠DCE，根据平行四边形的性质得到AB∥CD，即AF∥CD，得到∠DCF＝∠AFC，推出AF＝CD，根据平行四边形的性质得到四边形AFDC是平行四边形，根据菱形的判定定理得到结论． （2）根据平行四边形的性质得到CD＝AB＝5，AD＝BC＝8，根据菱形的性质得到CF⊥AD．根据菱形的面积公式即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵AC＝CD，E是AD的中点， ∴∠ACE＝∠DCE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， 即AF∥CD， ∴∠DCF＝∠AFC， ∴∠ACE＝∠AFE， ∴AC＝AF， ∴AF＝CD， ∴四边形AFDC是平行四边形， ∵AC＝CD， ∴四边形AFDC是菱形． （2）解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD＝AB＝5，AD＝BC＝8， ∵四边形AFDC是菱形， ∴CF⊥AD． ∴DEAD＝4， ∴CE3， ∴CF＝2CE＝6， ∴S△ACD12， ∴四边形DFBC的面积＝3×S△ACD＝36． 【点评】本题考查了菱形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键． 正方形的性质与判定 1．（2024春•诸暨市期末）利用如图①的四个全等直角三角形，可以拼成如图②或图③所示的两个正方形，则图②与图③两个正方形的边长比值是（　　） A． B． C． D． 【分析】设图①中较短直角边长 为a，另一直角边长为b，斜边长为c，则c2＝a2+b2，在正方形EFGH中，根据正方形的性质可知 b＝2a，由此可计算EF＝2a，，即得答案． 【解答】解：如图，设图①中较短直角边长为a，另一直角边长为b，斜边长为c，则c2＝a2+b2 所以图②正方形的边长 ， 在图③中， ∵四边形EFGH是正方形， ∴EF＝FG， ∵EM＝FM＝a， ∴b＝2a， ∴正方形EFGH的边长EF＝2a，正方形ABCD的边长， ∴图②与图③两个正方形的边长比值是， 故选：C． 【点评】本题考查了图形的拼接问题，正方形的性质，勾股定理，正确理解图形的拼接问题中，不同图形之间的关联信息是解题的关键． 2．（2024春•上虞区期末）如图，正方形ABCD的边长为8，E为边AD上一点．若BE＝10，则CE的长为（　　） A． B． C．11 D．6 【分析】由正方形ABCD的边长为8，BE＝10，得∠A＝90°，CD＝AB＝8，再求得AE，即可得CE． 【解答】解：由正方形ABCD的边长为8，BE＝10， 得∠A＝90°，CD＝AB＝8， 得AE6，DE＝8﹣6＝2， 得CE2． 故选：A． 【点评】本题主要考查了正方形性质，解题关键是勾股定理． 3．（2024春•余姚市期末）如图，已知▱ABCD，从下列四个条件中选两个作为补充条件，使▱ABCD 成为正方形． ①AB＝BC； ②AC⊥BD； ③∠ABC＝90°； ④AC＝BD． 下列四种选法错误的是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①④ 【分析】利用矩形、菱形、正方形之间的关系与区别，结合正方形的判定方法分别判断得出即可． 【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形， 当①AB＝BC时，平行四边形ABCD是菱形， 当②AC⊥BD时，菱形ABCD不是正方形，故此选项符合题意； B、∵四边形ABCD是平行四边形， ∴当①AB＝BC时，平行四边形ABCD是菱形， 当③∠ABC＝90°时，菱形ABCD是正方形，故此选项不符合题意； C、∵四边形ABCD是平行四边形， 当②AC⊥BD时，平行四边形ABCD是菱形， 当③AC＝BD时，菱形ABCD是正方形，故此选项不符合题意； D、∵四边形ABCD是平行四边形， ∴①AB＝BC时，平行四边形ABCD是菱形， 当④AC＝BD时，菱形ABCD是正方形，故此选项不符合题意． 故选：A． 【点评】此题主要考查了正方形的判定以及矩形、菱形的判定方法，正确掌握正方形的判定方法是解题关键． 4．（2024春•柯桥区期末）如图Rt△AED中，∠AED＝90°，以AD为边作正方形ABCD，过点B作BF⊥ED，垂足为点F，BF交对角线AC于点G，连结DG，若要求△GFD的周长，只需知道图中的一条线段的长，这条线段是（　　） A．线段BG B．线段CG C．线段CD D．线段DE 【分析】过点A作AM⊥BF于点M，证明△BCG和△DCG全等得BG＝DG，则△DFG的周长＝DG+GF+DF＝BG+GF+DF＝BF+DF，再证明△ABM和△ADE全等得BM＝DE，AM＝AE，则四边形AMFE为正方形，从而得MF＝EF，则BF+DF＝BM+MF+DF＝DE+EF+DF＝2DE，即△DFG的周长＝2DE，由此可得出答案． 【解答】解：过点A作AM⊥BF于点M，如图： ∵四边形ABCD为正方形，AC为对角线， ∴BC＝CD，∠BCA＝∠DCA＝45°，∠DAB＝90°，AD＝AB， ∴△BCG≌△DCG（SAS）， ∴BG＝DG， ∴△DFG的周长＝DG+GF+DF＝BG+GF+DF＝BF+DF， ∵∠AED＝90°，AM⊥BF，BF⊥DE， ∴∠AMF＝∠E＝∠EFB＝90°， ∴四边形AMFE为矩形， ∴∠ADE+∠DOF＝90°，∠ABM+∠AOB＝90°， ∵∠DOF＝∠AOB， ∴∠ABM＝∠ADE， ∴△ABM≌△ADE（AAS）， ∴BM＝DE，AM＝AE， ∴矩形AMFE为正方形， ∴MF＝EF， ∴BF+DF＝BM+MF+DF＝DE+EF+DF＝2DE， ∴△DFG的周长＝2DE， ∴要求△DFG的周长，只需要知道线段DE的长度即可， 故选：D． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质是解决问题的关键． 5．（2024春•三门县期末）如图，在正方形ABCD中，以B为圆心，BD长为半径画圆弧，与BC的延长线相交于点E，连接AE，DE． （1）求∠CDE的度数； （2）若AB＝2，求AE的长． 【分析】（1）由正方形的性质可得∠BDC＝45°，再根据题意可知BE＝BD，然后根据等腰三角形的性质求得∠BDE＝67.5°，然后根据角的和差即可解答； （2）由正方形的性质可得，再根据题意可知，然后运用勾股定理求解即可． 【解答】解：（1）∵正方形ABCD， ∴∠DBC＝∠BDC＝45°， 由题意可得BE＝BD， ∴， ∴∠CDE＝∠BDE﹣∠BDC＝67.5°﹣45°＝22.5°． 故答案为：22.5°． （2）∵正方形ABCD，AB＝2， ∴， ∵BE＝BD， ∴， ∴． 【点评】本题主要考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关性质成为解题的关键． 6．（2024春•新昌县期末）如图，在矩形ABCD中，E是边CD上一点，F是CB的延长线上一点，连结AE，AF，已知BF＝DE，AF⊥AE． （1）求证：四边形ABCD是正方形． （2）若∠DAE＝30°，DE＝1，求四边形AECB的面积． 【分析】（1）先证明∠BAF＝∠DAE，进而可依据“AAS”判定△ABF和△ADE全等，则AB＝AD，由此可得出结论； （2）在Rt△ADE中，根据∠DAE＝30°，DE＝1得AE＝2，AD，则S正方形ABCD＝AD2＝3，S△ADEAD•DE，由此可得四边形AECB的面积． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠D＝∠BAD＝∠ABC＝90°， ∴∠ABF＝∠D＝90°，∠DAE+∠BAE＝90°， ∵AF⊥AE， ∴∠BAF+∠BAE＝90°， ∴∠BAF＝∠DAE， 在△ABF和△ADE中， ， ∴△ABF≌△ADE（AAS）， ∴AB＝AD， ∴矩形ABCD为正方形； （2）解：在Rt△ADE中，∠DAE＝30°，DE＝1， ∴AE＝2DE＝2， 由勾股定理得：AD， ∴S正方形ABCD＝AD2＝3，S△ADEAD•DE， ∴S四边形AECB＝S正方形ABCD﹣S△ADE． 【点评】此题主要考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质是解决问题的关键． 折叠类问题 1．（2024春•钱塘区期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E在边AB上，将△BCE沿CE翻折，使点B恰好与AD边上的点F重合．若△AEF与△CDF的周长分别为12和42，则DF的长为（　　） A．12 B．15 C．24 D．30 【分析】由△AEF与△CDF的周长分别为12和42，得AE+FE+AF＝12，DF+CD+FC＝42，由平行四边形的性质得AB＝CD，BC＝AD，由翻折得FE＝BE，FC＝BC＝AD，则AF＝12﹣CD＝AD﹣DF，所以CD＝12+DF﹣AD，于是得DF+12+DF﹣AD+AD＝42，求得DF＝15，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵△AEF与△CDF的周长分别为12和42， ∴AE+FE+AF＝12，DF+CD+FC＝42， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，BC＝AD， ∵将△BCE沿CE翻折，点B与AD边上的点F重合， ∴FE＝BE，FC＝BC＝AD， ∴AE+FE＝AE+BE＝AB＝CD， ∴AF＝12﹣AB＝12﹣CD＝AD﹣DF， ∴CD＝12+DF﹣AD， ∴DF+12+DF﹣AD+AD＝42， ∴DF＝15， 故选：B． 【点评】此题重点考查平行四边形的性质、轴对称的性质等知识，推导出FC＝BC＝AD及CD＝12+DF﹣AD是解题的关键． 2．（2024春•上虞区期末）如图，在平行四边形纸片ABCD中，AB＝4cm，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°，将纸片沿对角线AC对折，CF交边AD于点E，则折叠后图中重合部分的面积是 　4　 cm2． 【分析】首先推导出△BCF为等边三角形，点A为BF的中点，可得∠BAC＝90°，求得S△ACDAC•CD，再证明出点E为AD的中点，得到S△ACES△ACD，可求出面积． 【解答】解：∵△ABC折叠至△ACF处，∠ABC＝60°，∠BAC＝90°， ∵△BCF为等边三角形， ∴AB＝AF＝4cm，BC＝BF＝CF＝8cm， 又∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠ACD＝90°， ∴AC4（cm），CD＝AB＝4cm， ∴S△ACDAC•CD44＝8（cm2）， ∵点A为BF的中点，AE∥BC， ∴AE为△BCF的中位线， ∴AEBCAD， ∴点E为AD的中点， ∴折叠重合部分的面积为：S△ACES△ACD84（cm2）， 故答案为：4． 【点评】本题考查了翻折变换（折叠问题），平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握等边三角形和平行四边形的性质是解题的关键． 3．（2024春•滨江区期末）如图，在矩形ABCD中，BC＝4，点E，F分别在边AD，DC上，把△DEF沿EF折叠，D点恰好落在边BC上的G点处，连接EG，FG，延长FE交BA的延长线于点H，若AH＝CF，AE＝1，则AB＝　　 ． 【分析】延长HF交BC的延长线于点M，连接DG交EF于 点N，过点E作EK⊥BC于K，证明△AEH≌△CMF（ASA）得到AE＝CM＝1，即得BM＝BC+CM＝5，由折叠可得DN＝GN，EG＝ED＝3，进而证明△DNE≌△GNM（AAS），得到ED＝MG＝3，可得BG＝BM﹣MG＝2，又可得四边形ABKE是矩形，得到AB＝EK，BK＝AE＝1，即得到KG＝BG﹣BK＝1，利用勾股定理求出EH即可求解． 【解答】解：延长HF交BC的延长线于点M，连接DG交EF于点N，过点E作EK⊥BC于K，则∠EKB＝∠EKG＝90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAE＝∠B＝∠BCD＝90°，AB∥CD，AD∥BC，AD＝BC＝4， ∴∠HAE＝∠FCM＝90°，∠H＝∠CFM， ∵AH＝CF， ∴△AEH≌△CMF（ASA）， ∴AE＝CM＝1， ∴BM＝BC+CM＝4+1＝5， ∵AD＝4，AE＝1， ∴ED＝3， ∵AD∥BC， ∴∠DEN＝∠M， 由折叠可得DN＝GN，EG＝ED＝3， 又∵∠DNE＝∠GNM， ∴△DNE≌△GNM（AAS）， ∴ED＝MG＝3， ∴BG＝BM﹣MG＝5﹣3＝2， ∵∠BAE＝∠B＝∠EKB＝90°， ∴四边形ABKE是矩形， ∴AB＝EK，BK＝AE＝1， ∴KG＝BG﹣BK＝2﹣1＝1， ∴EK2， ∴AB＝2 故答案为：． 【点评】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键． 4．（2024春•余姚市期末）如图，在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，点D，E分别为AB，AC的中点，点F为BC边上任意一点（不与B，C重合），沿DE，DF剪开分成①，②，③三块后，将②，③分别绕点D，E旋转180°，恰好与①拼成四边形GDIH，则四边形GDIH周长的最小值为 　5　 ． 【分析】由题可知：四边形DIHG周长＝2DI+2DG＝2BC+2DF＝4+2DF，由此可得DF最小值，四边形GDIH的周长最小，即DF⊥BC时，四边形GDIH周长最小． 【解答】解：在Rt△ABC中，AB＝AC＝2， ∴BC＝2，∠B＝45°， ∵点D，E分别为AB，AC的中点， ∴AD＝BD＝1，DEBC； 由旋转可知，DG＝DF，AG＝BF，AH＝CF，HI＝DF， ∴GH＝AG+AH＝BC，DG＝HI＝DF， ∴四边形DIHG的周长＝DG+GH+DI+HI＝2DI+2DG＝2BC+2DF＝42DF， ∴DF⊥BC时，四边形GDIH周长最小． 如图，过点D作DF⊥BC于点F， ∴△BDF是等腰直角三角形， ∴DFBD； ∴四边形DIHG的周长＝42DF＝5． 故答案为：5． 【点评】本题主要考查旋转的性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质与判定，得出DF⊥BC时四边形周长最小是解题关键． 1．（2024春•丽水期末）一个多边形内角和的度数不可能的是（　　） A．180° B．270° C．360° D．540° 【分析】n边形的内角和是（n﹣2）180°，即多边形的内角和一定是180的正整数倍，依此即可解答． 【解答】解：270°不能被180°整除， 故选：B． 【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理，对于定理的理解是解决本题的关键． 2．（2024春•钱塘区期末）下列图形中，既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的定义：如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；中心对称图形的定义：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心，进行逐一判断即可． 【解答】解：A．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意； B．该图形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符符合题意； C．该图形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合题意； D．该图形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合题意． 故选：C． 【点评】本题主要考查了轴对称图形和中心对称图形，解题的关键在于能够熟练掌握轴对称图形和中心对称图形的定义． 3．（2024春•鄞州区期末）如图，在△ABC中，AC＝BC，AB＝4，D，E分别是AB，AC边上的中点，点F在BC的延长线上，，若CF＝3，则EF的长为 　4　 ． 【分析】连接DE、CD，根据三角形中位线定理得到DEBC，DE∥BC，根据平行四边形的性质得到CD＝EF，根据等腰三角形的性质得到CD⊥AB，根据勾股定理求出CD，进而求出EF． 【解答】解：如图，连接DE、CD， ∵D，E分别是AB，AC边上的中点，AB＝4， ∴DE是△ABC的中位线，BD＝2， ∴DEBC，DE∥BC， ∵CFBC，CF＝3， ∴DE＝CF，BC＝6， ∴四边形DCFE为平行四边形， ∴EF＝CD， ∵CA＝CB，D是AB的中点， ∴CD⊥AB， ∴CD4， ∴EF＝4， 故答案为：4． 【点评】本题主要考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质，熟记三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． 4．（2024春•丽水期末）如图，AC是矩形ABCD的一条对角线，∠ACB＝α，依据尺规作图的痕迹，AF与EF的交点为F，则∠AFE的度数是 　90°　 （用α的代数式表示）． 【分析】设EF与AC相交于点O，由作图痕迹可知，直线EF为线段AC的垂直平分线，AF为∠DAC的平分线，∠AOF＝90°，∠FAODAC．结合矩形的性质可得∠DAC＝∠ACB＝α，则∠FAO，根据∠AFE＝180°﹣∠AOF﹣∠FAO可得答案． 【解答】解：设EF与AC相交于点O， 由作图痕迹可知，直线EF为线段AC的垂直平分线，AF为∠DAC的平分线， ∴∠AOF＝90°，∠FAODAC． ∵四边形ABCD为矩形， ∴AD∥BC， ∴∠DAC＝∠ACB＝α， ∴∠FAO． ∴∠AFE＝180°﹣∠AOF﹣∠FAO＝90°． 故答案为：90°． 【点评】本题考查作图—基本作图、线段垂直平分线的性质、角平分线的定义、矩形的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质、角平分线的定义、矩形的性质是解答本题的关键． 5．（2024春•金东区期末）学习了特殊平行四边形之后，小颖同学用如图所示的方式表示了特殊四边形的关系，则图中的“M”表示（　　） A．四边形 B．平行四边形 C．正方形 D．以上都不正确 【分析】利用特殊四边形的判定即可解决问题． 【解答】解：M表示既是矩形又是菱形，从而是正方形， 故选：C． 【点评】本题主要考查了特殊四边形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键． 6．（2024春•上虞区期末）如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，其中四边形ABCD与四边形EFGH都是正方形，点H为DE的中点．连结HF，EG并延长，分别交正方形ABCD各边于点M，N，P，Q，若，则PQ的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】根据正方形的性质得到EF＝EH＝2，求得DE＝2EH＝4，根据全等三角形的性质得到AE＝DH＝2，根据勾股定理得到AB＝AD2，根据全等三角形的性质得到PE＝GQ，连接CF并延长交AB于T，推出四边形CTPQ是平行四边形，得到CQ＝PT，求得AP＝PT＝BT，过P作PL⊥AF于L，根据勾股定理得到PE＝QG，于是得到PQ的长＝PE+EG+QG． 【解答】解：∵四边形EFGH都是正方形，， ∴EF＝EH＝2， ∵点H为DE的中点， ∴DE＝2EH＝4， ∵四个直角三角形全等， ∴AE＝DH＝2， ∴AB＝AD2， ∵∠BAF＝∠DCH， ∴∠AEP＝∠CGQ＝∠FEG＝∠HGE＝45°， ∵AE＝CG＝2， ∴△AEP≌△CGQ（ASA）， ∴PE＝GQ， 连接CF并延长交AB于T， ∵∠CGF＝90°，FG＝CG， ∴∠GFC＝∠GCF＝45°， ∴∠GFC＝∠FGE＝45°， ∴CT∥PQ， ∴四边形CTPQ是平行四边形， ∴CQ＝PT， ∵∠AEP＝∠CGQ＝∠FEG＝∠FGE＝45°，∠BAF＝∠DCH，AE＝CG， ∴△APE≌△CQG（AAS）， ∴AP＝CQ， ∴AP＝PT＝BT， 过P作PL⊥AF于L， ∴△PLE是等腰直角三角形， ∴PL＝EL， ∵AP2＝AL2+PL2， ∴（）2＝（2﹣PL）2+PL2， ∴PL或PL（不合题意舍去）， ∴PE＝QG， ∴PQ的长＝PE+EG+QG， 故选：C． 【点评】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 7．（2024春•路桥区期末）如图，在Rt△ABC中，D是斜边AB的中点，作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连接EF．若AC＝5，BC＝12，则EF的长为（　　） A．4 B．5 C．5.5 D．6.5 【分析】连接CD，判定四边形DECF是矩形，推出EF＝CD，由勾股定理求出AB13，由直角三角形斜边中线的性质得到CDAB＝6.5，因此EF＝CD＝6.5． 【解答】解：连接CD， ∵DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，∠C＝90°， ∴四边形DECF是矩形， ∴EF＝CD， ∵AC＝5，BC＝12，∠C＝90°， ∴AB13， ∵D是AB的中点， ∴CDAB＝6.5． ∴EF＝CD＝6.5． 故选：D． 【点评】本题考查直角三角形斜边的中线，矩形的判定和性质，勾股定理，关键是判定四边形DECF是矩形，由直角三角形斜边中线的性质得到CDAB． 8．（2024春•吴兴区期末）正方形工整、匀称、美观，设计方便，在人们的生活和生产实际中有着广泛的应用．如图1为某园林石窗，其外框为边长为6的正方形ABCD（如图2），点E，F，G，H分别为边上的中点，以四边形EFGH各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形（如AIK），四个等边三角形的顶点恰好是正方形MNPQ各边的中点，则点H，M之间的距离是 　　 ． 【分析】先利用勾股定理得到EH＝3，进而证明四边形EFGH是正方形，则可得到，过点K作KT⊥EH，延长TK分别交PQ，FG于L、S，则，利用勾股定理得到；证明四边形TSGH是矩 形，得到，由对称性可知 则，证明四边形MQLK是矩形，得到 ，∠TKM＝90°；如图所示，过点M作 MW⊥EH于W，则四边形TKMW是矩形，可得 ，再证明，得 ，则即点H，M之间的距 ． 【解答】解：∵点E，F是正方形ABCD边AB，AD， ∴AE＝AH＝3， ∴∠AEH＝∠AHE＝45° ， 同理可得∠DHG＝45°，∴EH＝HG＝FG＝EF，∠EHG＝90°， ∴四边形EFGH是正方形，四边形EFGH各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形， ∴， 如图所示，过点K作KT⊥EH，延长TK分别交 PQ，FG于L、S， ∴， ∴； ∵THG＝∠HJS＝∠HTS＝90°， ∴四边形TSGH是矩形， ∴， 由对称性可知 ， ∴， ∵K、L分别为正方形NMQP边MN，PQ的中点， ∴MK＝QL，MK∥QL， ∴四边形MQLK是矩形， ∴，∠TKM＝90°， 如图所示，过点M作MW⊥EH于W，则四边形TKMW是矩形， ∴， ∵EJ＝HI，TJ＝TI，， ∴， ∴， ∴点H，M之间的距离是， 故答案为：． 【点评】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质与判定，等边三角形的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形和矩形是解题的关键． 9．（2024春•丽水期末）两个边长分别为a，b（a＜b）的正方形按如图两种方式放置，图1中阴影部分的面积为m，图2中阴影部分的面积为n，则大正方形ABCD的面积为 　2m+n　 （用m，n的代数式表示）． 【分析】根据题意，用含a，b的代数式表示出m和n，进一步用m和n表示出b2即可解决问题． 【解答】解：由题知， m＝a2+b2， n＝b2﹣a2﹣2ab﹣a2， 所以2m＝a2+b2﹣ab， 则2m+n＝a2+b2﹣ab+ab﹣a2＝b2， 即大正方形ABCD的面积为2m+n． 故答案为：2m+n． 【点评】本题主要考查了列代数式，能用a，b表示出m和n，并进一步用m和n表示出b2是解题的关键． 10．（2024春•三门县期末）如图，是一个轴对称图形，由一个矩形和三个全等菱形拼接而成，其中∠CED＝∠CFB＝90°，则矩形的一组邻边之比为（　　） A． B． C． D． 【分析】连接BC，AB，在CM取点P，使BM＝PM，连接BP，根据轴对称的性质得出∠ECN＝∠FCM，，，证明AH＝BH，BM＝PM，CP＝BP，设CM＝AH＝BH＝a，BM＝PM＝x，则BP＝CP＝a﹣x，证明△MBP为等腰直角三角形，得出，从而得出，求出x，即可得出，求出GH＝2a，，最后求出结果即可． 【解答】解：连接BC，AB，在CM取点P，使BM＝PM，连接BP，如图所示： 根据轴对称可知：∠ECN＝∠FCM，，，∠GAK＝∠HAQ， ∵矩形GHMN中MN＝GH， ∴CM＝AH， ∵三个全等菱形， ∴BF＝CF，∠QAB＝∠QBA，∠AFC＝∠AFB，AQ∥BF， ∵∠CED＝∠CFB＝90°， ∴， ∵AQ∥BF， ∴∠FAQ＝180°﹣135°＝45°， ∴， ∵∠EAK＝∠EAF＝∠FAQ＝45°， ∴∠GAK+∠HAQ＝180°﹣45°﹣45°﹣45°＝45°， ∴， ∴∠HAF＝22.5°+22.5°＝45°， ∵矩形GHMN中∠H＝90°， ∴∠ABH＝90°﹣45°＝45°， ∴∠HBQ＝45°﹣22.5°＝22.5°，∠HAB＝∠HBA， ∴AH＝BH， ∵CF＝BF，∠CFB＝90°， ∴， ∵∠FBQ＝∠FAQ＝45°， ∴∠CBM＝180°﹣45°﹣45°﹣22.5°＝67.5°， ∵矩形GHMN中∠M＝90°， ∴∠BCM＝90°﹣67.5°＝22.5°， ∵BM＝PM， ∴， ∴∠PBC＝67.5°﹣45°＝22.5°， ∴∠BCM＝∠PCB， ∴CP＝BP， 设CM＝AH＝BH＝a，BM＝PM＝x，则BP＝CP＝a﹣x， ∵△MBP为等腰直角三角形， ∴， ∴， 解得：， 即， ∴GH＝2a，， ∴， 故选：A． 【点评】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，轴对称的性质，三角形内角和定理的应用，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质． 11．（2024春•柯桥区期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠BCD＝120°，点E为对角线BD上一动点，过点E作∠AEF＝120°交直线BC于点F．若△BEF是以EF为底边的等腰三角形，则CF的长为 　33　 ． 【分析】过A作AH⊥BD于H，由菱形的性质推出AB∥CD，∠ABE＝∠EBC∠ABC，BC＝AB＝6，得到∠ABC+∠BCD＝180°，求出∠ABC＝60°，得到∠EBC＝∠ABE＝30°，由等腰三角形的性质求出∠BEF（180°﹣30°）＝75°，因此∠AEB＝120°﹣75°＝45°，由含30度角的直角三角形的性质求出AHAB＝3，由勾股定理求出BH3，判定△AEH是等腰直角三角形，得到EH＝AH＝3，因此BF＝BE＝33，即可求出CF＝BF﹣BC＝33． 【解答】解：如图， 过A作AH⊥BD于H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥CD，∠ABE＝∠EBC∠ABC，BC＝AB＝6， ∴∠ABC+∠BCD＝180°， ∵∠BCD＝120°， ∴∠ABC＝60°， ∴∠EBC＝30°， ∵BE＝BF， ∴∠BEF＝∠BFE（180°﹣30°）＝75°， ∵∠AEF＝120°， ∴∠AEB＝120°﹣75°＝45°， ∵∠ABH＝30°，∠AHB＝90°，AB＝6， ∴AHAB＝3， ∴BH3， ∵∠AEH＝45°，∠AHE＝90°， ∴△AEH是等腰直角三角形， ∴EH＝AH＝3， ∴BF＝BE＝BH+HE＝33， ∴CF＝BF﹣BC＝33． 故答案为：33． 【点评】本题考查菱形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，关键是由含30度角的直角三角形求出AH的长，由勾股定理求出BH的长． 12．（2024春•滨江区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，点E，F分别在边BC，AD上．连接AE，EF，FC，若EA平分∠BEF，四边形AECF是平行四边形，则BE的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】过点F作FH⊥AE于H，AH的延长线于CB的延长线交于T，连接AT，设BE＝x，则CE＝AF＝5﹣x，证明四边形FATE为菱形，则AF＝TE＝EF＝FA＝5﹣x，TB＝TE﹣BE＝5﹣2x，在Rt△ABE中由勾股定理得AT2＝AB2+TB2，即（5﹣x）2＝22+（5﹣2x）2，整理得：3x2﹣10x+4＝0，由此解出x即可得出答案． 【解答】解：过点F作FH⊥AE于H，AH的延长线于CB的延长线交于T，连接AT，如图所示： 设BE＝x， ∵四边形ABCD为矩形，AB＝2，BC＝5， ∴CE＝BC﹣BE＝5﹣x，AD∥BC，∠ABC＝90°， ∵四边形AECF为平行四边形， ∴AF＝CE＝5﹣x， ∵AD∥BC， ∴∠FAE＝∠AEB， ∵EA平分∠BEF， ∴∠AEB＝∠AEF， ∴∠FAE＝∠AEF， ∴FA＝EF， ∵FH⊥AE， ∴AH＝EH，∠HEF＝∠EHT＝90°， 即FT为线段AE的垂直平分线， ∴AT＝TE， 在△HEF和△EHT中， ， ∴△HEF≌△EHT， ∴TE＝EF， ∴FA＝EF＝TE＝AT， ∴四边形FATE为菱形， ∴AF＝TE＝EF＝FA＝5﹣x， ∴TB＝TE﹣BE＝5﹣x﹣x＝5﹣2x， 在Rt△ABE中，由勾股定理得：AT2＝AB2+TB2， 即（5﹣x）2＝22+（5﹣2x）2， 整理得：3x2﹣10x+4＝0， 解得：x， ∴BE＝x， 故选：C． 【点评】此题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质，熟练掌握矩形的性质，平行四边形的性质是解决问题的关键，正确地添加辅助线构造菱形，灵活运用勾股定理构造一元二次方程是解决问题的难点． 13．（2024春•金东区期末）如图1，将面积为4的正方形分为①②③④四部分，分成的4部分恰好拼成如图2所示的矩形ABCD，则AB长为 　1　 ． 【分析】已知图中的①和②，③和④形状大小分别完全相同，结合图中数据可知①④能拼成一个直角三角形，②③能拼成一个直角三角形，并且这两个直角三角形形状大小相同，利用这两个直角三角形即可拼成矩形；利用拼图前后的面积相等列出方程求解即可得出答案． 【解答】解：如图：设AB＝b， 图1中的正方形面积为4， ∴正方形边长为2， 直角三角形①中的长直角边为2， ∴b（2+b）＝4， 解得：h1（负值已舍去）， ∴AB1， 故答案为：1． 【点评】本题考查了关于图形的剪拼的一元二次方程的应用，正确理解题目的意思，然后会根据题目隐含条件找到数量关系是解题关键． 14．（2024春•吴兴区期末）如图，菱形ABCD的周长为20，面积为24，P是对角线BD上一点，分别作P点到直线AB、AD的垂线段PE、PF，则PE+PF等于 　4.8　 ． 【分析】直接利用菱形的性质得出AB＝AD＝10，S△ABD＝12，进而利用三角形面积求法得出答案． 【解答】解：∵菱形ABCD的周长为20，面积为24， ∴AB＝AD＝5，S△ABD＝12， ∵分别作P点到直线AB、AD的垂线段PE、PF， ∴AB×PEPF×AD＝12， ∴5×（PE+PF）＝12， ∴PE+PF＝4.8． 故答案为：4.8． 【点评】此题主要考查了菱形的性质，正确得出AB×PEPF×AD＝S△ABD是解题关键． 15．（2024春•三门县期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以△ABC的三边为边向外构造正方形ABDE，BCGF，ACHI，分别记正方形BCGF，ACHI的面积为S1，S2． （1）比较CE，BI的大小：CE 　＝　 BI； （2）若∠ACE＝30°，则的值为 　　 ． 【分析】（1）证明△AIB≌△ACE（SAS）即可； （2）作EQ⊥CA交CA的延长线于点Q，设BC＝a，AC＝b，则，，根据一线三垂直模型证明△AEQ≌△BAC（AAS），可得AQ＝BC＝a，QE＝AC＝b，由∠ACE＝30°可得，，即，再代入计算即可得出． 【解答】解：（1）∵ACHI为正方形， ∴AI＝AC，∠IAC＝90°， ∵ABDE为正方形， ∴AB＝AE，∠EAB＝90°， ∴∠IAB＝∠CAE＝90°+∠CAB， 在△AIB和△ACE中， ， ∴△AIB≌△ACE（SAS）， ∴CE＝BI， 故答案为：＝； （2）作EQ⊥CA交CA的延长线于点Q，则∠Q＝90°， 设BC＝a，AC＝b，则，， ∵∠ACB＝90°，∠Q＝90°，∠EAB＝90°， ∴∠QAB＝∠ABC＝90°﹣∠CAB， ∵AB＝AE， ∴△AEQ≌△BAC（AAS）， ∴AQ＝BC＝a，QE＝AC＝b， ∴QC＝QA+AC＝a+b ∵∠ACE＝30°， ∴EC＝2QE， ∴， ∴， ∴ ∴， 故答案为：． 【点评】此题主要考查正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟记正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质是解题的关键． 16．（2024春•金东区期末）如图，在6×6的正方形网格中，线段AB的端点均在小正方形的顶点上，请按要求在答题卷上作出符合条件的四边形． 要求： （1）在图1中作以AB为一边的平行四边形ABCD，在图2中作以AB为一边的菱形ABEF，在图3中作以AB为一边的矩形ABMN； （2）图1，图2，图3所作的四边形互不全等，且顶点均在小正方形的顶点上． 【分析】根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定以及题目要求作出图形即可． 【解答】解：图形如图所示： 【点评】本题考查作图﹣应用与设计作图，全等图形等知识，解题的关键是理解题意，正确作出图形． 17．（2024春•丽水期末）如图，在△ABC中，∠A＝30°，AB＝AC，将△ABC补成一个矩形，使△ABC的两个顶点为矩形一边的两个端点，第三个顶点落在矩形的另一边上． （1）请用三角板画出一个矩形的示意图． （2）若AB＝4，求出你所画矩形的面积． 【分析】（1）利用三角板即可画出符合题意的矩形； （2）过点B作BF⊥AC于点F，根据30度角所对直角边等于斜边的一半求出BF，然后求出三角形ABC的面积，进而可以解决问题． 【解答】解：（1）如图，矩形BCDE即为所求； （2）过点B作BF⊥AC于点F， ∵∠BAF＝30°，AC＝AB＝4， ∴BFAB＝2， ∴△ABC的面积AC•BF4×2＝4， ∴所画矩形BCDE的面积＝2倍的△ABC的面积＝8． 【点评】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质． 18．（2024春•柯桥区期末）已知△ABC和△ADE均为等边三角形，点F、D分别在AC、BC上，AF＝CD，连接BF、EF．求证： （1）AD＝BF； （2）四边形BFED为平行四边形． 【分析】（1）根据SAS证明△ABF≌△CAD即可得出结论； （2）证明BF∥DE且BF＝DE即可得出结论． 【解答】证明：（1）∵△ABC和△ADE均为等边三角形， ∴AB＝AC，∠BAF＝∠C＝60°， 又∵AF＝CD， ∴△ABF≌△CAD（SAS）， ∴AD＝BF； （2）如图，设AC与DE相交于点H， 由（1）知，BF＝AD， ∵△ADE是等边三角形， ∴AD＝DE， ∴BF＝DE， ∵∠C＝∠AED＝60°，∠DHC＝∠AHE， ∴∠CDH＝∠CAE， ∵∠CAE+∠DAC＝∠CBF+∠ABF＝60°，∠ABF＝∠DAC， ∴∠CBF＝∠CAE， ∴∠CBD＝∠CDH， ∴BF∥DE， ∴四边形BFED为平行四边形． 【点评】本题考查了平行四边形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记平行四边形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键． 19．（2024春•镇海区期末）如图1，CD是△ABC的角平分线，E、F分别是边BC、AC上的点，满足CE＝CF，连结EF交CD于点G，且CG＝GD，连结DE、DF． （1）求证：四边形CEDF是菱形． （2）如图2，若∠BAC＝90°，∠B＝60°，，求菱形CEDF的边长． 【分析】（1）由等腰三角形的性质得CD⊥EF，GF＝GE，再证明四边形CEDF是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）由菱形的性质得CF＝DF＝DE＝CE，CF∥DE，再由含30°角的直角三角形的性质得BE＝2BD，设BD＝x，则BE＝2x，进而得CE＝DEx，然后求出x＝1，则CE，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵CE＝CF，CD平分∠ACB， ∴CD⊥EF，GF＝GE， ∵CG＝GD ∴四边形CEDF是平行四边形， 又∵CD⊥EF， ∴平行四边形CEDF是菱形； （2）解：由（1）可知，四边形CEDF是菱形， ∴CF＝DF＝DE＝CE，CF∥DE， ∴∠EDB＝∠BAC＝90°， ∵∠B＝60°， ∴∠BED＝90°﹣60°＝30°， ∴BE＝2BD， 设BD＝x，则BE＝2x， ∴CE＝DEx， ∵CE+BE＝BC， ∴， 解得：x＝1， ∴CE， 即菱形CEDF的边长为． 【点评】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 20．（2024春•上城区期末）如图，在正方形ABCD中，点E，H，F分别在AB，BC，CD边上，EF交对角线BD于点G，AH⊥EF于点M，且点M是AH的中点，连接AG，GH，CG． （1）求证：∠AEM＝∠AHB； （2）求证：AG⊥GH； （3）若AG＝GE，求AE：EB的值． 【分析】（1）根据四边形ABCD是正方形，得出∠ABH＝90°，结合∠AME＝90°，即可求证； （2）连接BM，根据四边形ABCD是正方形，得出∠ABH＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，根据直角三角形的性质得出BM＝AM＝MH，设∠1＝∠2＝x，得出∠3＝45°﹣x，∠AMB＝180°﹣2x，∠4＝90°﹣2x，得出∠5＝45°﹣x，∠5＝∠3，根据等角对等边得出BM＝MG＝AM＝MH，再结合∠AMG＝∠HMG＝90°，得出∠MAG＝∠MGA＝∠MGH＝∠MHG＝45°，即可证明； （3）根据AH⊥EF于点M，且点M是AH的中点，得出EF是AH的线段垂直平分线，即可得 AG＝GH，AE＝EH，EG＝GH，证明△GEB≌△GHB，得出BE＝BH，连接EH，则△BEH是等腰直角三角形，根据勾股定理即可求解； 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABH＝90°， ∵AH⊥EF于点M， ∴∠AME＝90°， ∵∠AEM+∠AME+∠EAM＝∠AHB+∠AHB+∠EAM＝180°， ∴∠AEM＝∠AHB． （2）证明：连接BM， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABH＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°， ∵点M是AH的中点， ∴BM＝AM＝MH， ∴∠1＝∠2， 设∠1＝∠2＝x， ∴∠3＝∠ABG﹣∠2＝45°﹣x，∠AMB＝180°﹣2x， ∵∠AME＝90°， ∴∠4＝90°﹣2x， ∴∠5＝∠4﹣∠3＝90°﹣2x﹣（45°﹣x）＝45°﹣x， ∴∠5＝∠3， ∴BM＝MG＝AM＝MH， ∵∠AMG＝∠HMG＝90°， ∴∠MAG＝∠MGA＝∠MGH＝∠MHG＝45°， ∴∠AGH＝90°， ∴AG⊥GH． （3）解：∵AH⊥EF于点M，且点M是AH的中 点， ∴EF是AH的线段垂直平分线， ∴AG＝GH，AE＝EH， ∵AG＝GE， ∴EG＝GH， ∵AG＝EG， ∴， ∴∠BEG＝112.5°， ∴∠BGE＝180°﹣45°﹣112.5°＝22.5°， ∴∠BGE＝∠BGH＝22.5°， ∵BG＝BG，EG＝GH，∠BGE＝∠BGH， ∴△GEB≌△GHB（SAS）， ∴BE＝BH，连接EH， 则△BEH是等腰直角三角形，BE2+BH2＝EH2 ∴ ∴． 【点评】该题主要考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，线段垂直平分线的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，三角形内角和定理，正方形的性质，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 2 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $$