2026年中考数学一轮专项练习专题11：与四边形有关题型

专题11：与四边形有关题型-2026年中考数学一轮专项练习 一、单选题 1．如图，中，，则（　　） A． B． C． D． 2．如图，若周长为20平行四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，且△ABO的周长比△BCO小2，则AB=（　　）. A．4 B．6 C．9 D．11 3．一个多边形的内角和为，那么这个多边形是（　　） A．十边形 B．九边形 C．八边形 D．七边形 4．如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=4．点E在边AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则AE的长是（　　） A．2 B．3 C．5 D．6 5．如图，在▱ABCD中，AC与BD相交于点O，点E是BC边的中点，AB=4，则OE的长为（　　）． A． B． C． D． 6． 已知一个多边形的每个内角都是144°，则这个多边形是（　　） A．七边形 B．八边形 C．九边形 D．十边形 7．如图，AC 是▱ABCD 的对角线，若当它满足：①∠1=∠2；②∠2=∠3；③∠B=∠3；④∠1=∠3 中某一条件时，▱ABCD是菱形，则这个条件是 （　　） A．①或② B．①或④ C．②或③ D．③或④ 8．如图，在 中， 分别是 的中点， 分别是 的中点，且 ，则的长度是（　　） A． B． C． D． 9．将一长方形纸片沿一条直线剪成两个多边形，那么这两个多边形的内角和之和不可能是（　　） A．360° B．540° C．720° D．730° 10．在菱形中，点O为对角线的中点，点E、F分别为线段、上的点，的延长线交线段于点H，的延长线交线段于点 G，连接、、、，以下结论：①；②若，则；③存在无数个点E，使得四边形为菱形；④若四边形为矩形，则．其中正确的结论是（ ） A．①②③ B．③④ C．①②④ D．①②③④ 11．如图，矩形 的四个顶点分别在矩形 的各条边上， ， ， ．有以下四个结论：① ；② ；③ ；④矩形 的面积是 ．其中正确的结论为（　　） A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 12．由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（　　） A． B． C． D． 13．如图所示，点P是边长为2的正方形ABCD的对角线BD的上的动点，过点P分别作PE⊥BC于点E，PF⊥DC于点F，连接AP并延长，交射线BC于点H，交射线DC于点M，连接EF交AH于点G，当点P在BD上运动时（不包括B、D两点），以下结论中：①MF＝MC；②AP＝EF；③AH⊥EF；④AP2＝PM•PH；⑤EF的最小值是 ．其中正确的结论有（　　） A．①②③④ B．②③④ C．②③④⑤ D．②③⑤ 二、填空题 14．如图，的对角线相交于点O，请你添加一个条件使成为矩形，这个条件可以是　 　． 15．如图，8块相同的长方形地砖拼成一个长方形，每块长方形地砖的长和宽分别是x厘米和y厘米，列方程组得　 　． 16．如图所示，将两个边长为2的正方形沿虚线剪开（如图甲），拼接成一个大的正方形（如图乙），则图乙中大正方形的边长为 　 　． 17．如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，请你添加一个条件：　 　，使得该菱形为正方形． 18．如图，两条射线 ，点C，D分别在射线BN，AM上，只需添加一个条件，即可证明四边形ABCD是平行四边形，这个条件可以是　 　（写出一个即可）． 19．如图，四边形ABCD的两条对角线AC、BD的长分别为5cm、4cm，点A1，B1，C1，D1是四边形ABCD各边上的中点，则四边形A1B1C1D1的周长为　 　cm． 20．如图，O为▱ABCD的对角线交点，E为AB的中点，DE交AC于点F，若S四边形ABCD=12，则S△BOE的值为　 　． 21．如图，平行四边形ABCD中，点E、F分别在AD、AB上，依次连接EB、EC、FC、FD，图中阴影部分的面积分别为S1、S2、S3、S4，已知S2=14、S3=4、S4=6，则S1=　 　. 22．如图，在正方形ABCD中，AB=2，点E是BC边的中点，连接AE，延长EB至点F，使得EF=AE，过点F作FG⊥AE，垂足为M，FG分别交CD、AB于G、N两点，则=　 　. 23．图，在菱形中，已知，点E在的延长线上，点F在的延长线上，有下列结论：①；②；③；④若，则点F到的距离为．则其中正确的结论的序号是　 　． 24．如图，正方形中，，，相交于点O，E，F分别为边，上的动点（点E，F不与线段的端点重合）且，连接，，．在点E，F运动的过程中，有下列四个结论：①是等腰直角三角形；②面积的最小值是；③至少存在一个，使得的周长是；④四边形的面积是1．请写出正确结论的序号　 　． 25．如图，在平行四边形中，点E，F分别是边的中点，延长至点G，使，以为边向平行四边形外构造平行四边形，连接交于点N，连接．若，则的长为　 　． 三、解答题 26．如图，小斌用一根50m长的绳子围成一个平行四边形场地，其中一边长16m，求其他三边的长度． 27．如图，在 ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点，∠BFD＝100°.求∠BED的大小. 28．一个多边形的内角和比它的外角和多720°，求该多边形的边数. 29．如图，在菱形中，对角线和交于点，分别过点作，与交于点． （1）求证：四边形是矩形； （2）当时，求的长． 30．如图，在平行四边形 中，已知对角线 与 相交于点O， ， ， ，求 的长． 31． 如图，长方形ABCD表示一块草地，点E，F分别在边AB、CD上，BF∥DE，四边形EBFD是一条水泥小路，若AD＝12米，AB＝7米，且AE∶EB＝5∶2，求草地的面积. 32．如图，在矩形ABCD中，AB=2 cm，AD=4 cm．动点P，Q从A同时出发，且速度均为2 cm/s，点P，Q分别沿折线AB-BC，AD-DC向终点C运动．设点P的运动时间为x(s)(0<x<3)，△APQ的面积为y(cm2 )． （1）当点P与点B重合时，x的值为　 　 （2）求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围． （3）当PQ长度不变时，直接写出x的取值范围及PQ的长度． 33．在矩形ABCD中，AB=4，BC=3．若点P是CD上任意一点，如图①，PE⊥BD于点E，PF⊥AC于点F，那么PE和PF之间有怎样的数量关系?写出理由． 变式一：当点P是AD上任意一点时，如图②，猜想PE和PF之间有怎样的数量关系，直接写出结果． 变式二：当点P是DC延长线上任意一点时，如图③，猜想PE和PF之间有怎样的数量关系，写出推理过程． 34．如图，在矩形中，边上有一点，连结，若，． （1）直接写出的长； （2）有一点从点出发，以的速度沿向点运动，有一点从点出发，以的速度沿向点运动，当点到达点时，点、同时停止运动，设点的运动时间为秒． 　 　秒时，四边形为平行四边形； 　 　秒时，四边形为矩形； （3）有一点从点出发，以的速度沿向点运动，有一点从点出发，以的速度沿射线运动，当点到达点时，点、同时停止运动，设点的运动时间为秒，问取何值时，以、、、为顶点的四边形为平行四边形． 35．如图，在矩形ABCD中，，点从点出发，沿线段BC，CD以的速度向终点运动；同时，点从点出发，沿线段CD，DA以的速度向终点运动P，Q两点中，只要有一点到达终点，则另一点立即停止运动). （1）哪一点先到终点？运动停止后，另一点离终点还有多远？ （2）在运动过程中，△APQ的面积能否等于？若能，需运动多长时间？若不能，请说明理由． 答案解析部分 1．【答案】D 【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A+∠B=180°， ∵∠B=25°， ∴∠A=155°。 故答案为：D。 【分析】根据平行四边形的性质，可得∠A的度数。 2．【答案】A 【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB=CD，BC=AD，AC与BD相互平分， ∴AO=OC， ∵平行四边形ABCD的周长为20， ∴AB+BC+CD+AD=2AB+2BC=20， ∴AB+BC=10，即BC=10-AB， ∵△ABO的周长比△BCO小2， ∴(BC+CO+OB)-(AB+OA+OB)=2， ∵OA=OC， ∴BC-AB=2， ∵BC=10-AB， ∴10-AB-AB=2， ∴AB=4， 故答案为：A. 【分析】由平行四边形的性质可得AB=CD，BC=AD，OA=OC，由平行四边形的周长等于20可得AB+BC=20①，根据△ABO的周长比△BCO小2可得BC-AB=2②，联立解方程组①②可求解. 3．【答案】A 【解析】【解答】解：设这个多边形的边数是n， 根据题意可得：（n-2）×180°=1440°， 解得：n=10， ∴这个多边形是十边形， 故答案为：A. 【分析】 设这个多边形的边数是n，根据多边形的内角和公式列出方程，再求解即可. 4．【答案】C 【解析】【解答】解；连接EF交AC于O， ∵四边形EGFH是菱形， ∴EF⊥AC，OE=OF， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B=∠D=90°，AB∥CD， ∴∠ACD=∠CAB， 在△CFO与△AOE中， ， ∴△CFO≌△AOE， ∴AO=CO， ∵AC= ， ∴AO=AC=2， ∵∠CAB=∠CAB，∠AOE=∠B=90°， ∴△AOE∽△ABC， ∴， ∴， ∴AE=5． 故选C． 【分析】连接EF交AC于O，由四边形EGFH是菱形，得到EF⊥AC，OE=OF，由于四边形ABCD是矩形，得到∠B=∠D=90°，AB∥CD，通过△CFO≌△AOE，得到AO=CO，求出AO=AC=2，根据△AOE∽△ABC，即可得到结果． 5．【答案】A 【解析】【分析】根据平行四边形的性质得BO=DO，所以OE是△ABC的中位线，根据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． 【解答】在▱ABCD中，AC与BD相交于点O， ∴BO=DO， ∵点E是边BC的中点， 所以OE是△ABC的中位线， ∴ 故选A． 【点评】本题利用平行四边形的性质和三角形的中位线定理求解，需要熟练掌握． 6．【答案】D 【解析】【解答】解：180°-144°=36°， 360°÷36°=10， 故答案为：D． 【分析】先求出每一个外角的度数，再根据边数=360°÷一个外角的度数，计算即可得出答案． 7．【答案】B 【解析】【解答】解：①∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD//BC， ∴∠2=∠3. 又∵∠1=∠2， ∴∠1=∠3， ∴AB=BC， ∴▱ABCD 是菱形.①符合题意； ②∵AD//BC，一定有∠2=∠3.②条件多余，不能证明菱形，不符合题意； ③∵∠B=∠3， ∴AB=AC，不能得到一组邻边相等，所以不能证明菱形，不符合题意； ④∵∠1=∠3， ∴AB=BC， ∴▱ABCD 是菱形.④符合题意； 故答案为：B 【分析】四边形ABCD已经是平行四边形，只要再证明一组邻边相等，就可得到菱形.据此逐一判断即可. 8．【答案】C 【解析】【解答】解： 分别是 的中点 同理： 故答案为：C. 【分析】由题意可得DE为△ABC的中位线，则BC=2DE，同理可得DE=2FG，据此计算. 9．【答案】D 【解析】【解答】解：①将长方形沿对角线剪开，得到两个三角形，两个多边形的内角和：180°+180°=360°； ②将长方形从一顶点剪向对边，得到一个三角形和一个四边形，两个多边形的内角和为：180°+360°=540°； ③将长方形沿一组对边剪开，得到两个四边形，两个多边形的内角和为：180°+540°=720°， ④将长方形沿一组邻边剪开，得到一个三角形和一个五边形，其内角和为：180°+540°=720°， 故答案为：D. 【分析】分四种情况：①将长方形沿对角线剪开，得到两个三角形；②将长方形从一顶点剪向对边，得到一个三角形和一个四边形；③将长方形沿一组对边剪开，得到两个四边形；④将长方形沿一组邻边剪开，得到一个三角形和一个五边形，据此分别求解再判断即可. 10．【答案】D 【解析】【解答】解：∵菱形，点O为对角线的中点， ∴，， ∵，， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴，故①正确； 设与相交于M，如图， 若，则， ∵菱形， ∴，， 又∵， ∴ ∴ ∴， 即，故②正确； ∵四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是菱形， ∴存在无数个点E，使得四边形为菱形；故③正确； 若四边形为矩形， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴故④正确． 综上，正确的有①②③④， 故答案为：D． 【分析】首先可通过证明，， 可得出，， 即可证明 四边形是平行四边形， 得出，可判定①正确；根据菱形的性质及， 可根据ASA判定，即可得出，进而；由①知 四边形是平行四边形，所以只要，四边形就是菱形，故而得出③正确；若四边形为矩形，可得，从而证明，得到，继而得到，可判定④正确． 11．【答案】C 【解析】【解答】解：∵∠FGH=90°， ∴∠BGF+∠CGH=90°， 又∵∠CGH+∠CHG=90°， ∴∠BGF=∠CHG，故①符合题意； 同理可得∠DEH=∠CHG， ∴∠BGF=∠DEH， 又∵∠B=∠D=90°，FG=EH， 在△BFG和△DHE中， ， ∴△BFG≌△DHE（AAS），故②符合题意； 同理可得△AFE≌△CHG， ∴AF=CH， 由∠BGF=∠CHG，∠B=∠C=90°， 可得△BFG∽△CGH， 设GH=EF=a， ∴ ， ∴ ， ∴BF= ， ∴AF=AB-BF=a- ， ∴CH=AF= a- ， 在Rt△CGH中， ∵CG2+CH2=GH2， ∴42+（a- ）2=a2，解得a= 或 （舍）， ∴GH= ， ∴BF= = ， 在Rt△BFG中， BG= ， ∴tan∠BFG= = ，故③不符合题意； 矩形EFGH的面积=FG×GH=3× = ，故④符合题意． 故答案为：C. 【分析】根据矩形的性质得到线段、角相等，再证出全等，利用全等的性质逐项判定即可。 12．【答案】B 【解析】【解答】解：如图，设与交于点N，与交于点P，与交于点Q， ∵由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴． 故答案为：B． 【分析】设与交于点N，与交于点P，与交于点Q，根据题干信息，易证，，然后再根据题干已知条件：，可得，再根据正方形的性质可证明是等腰三角形，可得，根据相似性质可得，，根据条件易证，由此可得，进而得出，，最后再利用勾股定理，用表示出的长，即可表示出的长，最后再进行求解即可 13．【答案】C 【解析】【解答】解：①因为当点P与BD中点重合时，CM = 0， 显然FM≠ CM，故①不合题意； ②如图，连接PC， 四边形ABCD是正方形， AB = BC，∠ABP = ∠CBP = 45°，且BP = BP， △ABP △CBP(SAS)， AP = CP， PE BC， PF DC，∠BCD= 90°， 四边形PECF是矩形， EF= PC， EF = AP，故②符合题意； ③ AP = PC，AD = CD， PD= PD， △APD △CPD(SSS)， ∠DAP =∠DCP， AD BC， ∠DAP = ∠H， ∠DCP =∠H， PE= CF，∠PEC = ∠FCE = 90°，EC = EC， △PEC △FCE(SAS)， ∠PCE=∠FEC， ∠PCF + ∠PCE = ∠FCE = 90°， ∠H +∠FEC = 90°， ∠EGH = 90°， AH EF，故③符合题意； ④ AD BH， ∠DAP =∠H， ∠DAP =∠PCM， ∠PCM = ∠H， ∠CPM =∠HPC， △CPM △HPC， ， CP2= PM PH，且AP= PC， AP2= PM PH，故④符合题意； ⑤ EF= AP， AP取最小值时，EF有最小值， 当AP BD时，AP有最小值， AB = AD = 2，∠BAD = 90°，AP BD， BD=2 ， ， EF的最小值为 ，故⑤符合题意， 正确的结论有②③④⑤ 故答案为：C． 【分析】由特殊值法可判断①，由“SAS”可证出△ABP △CBP，可得出 AP = CP，由矩形的性质得出EF=PC=AP，由“SSS”可证出△APD △CPD，得出∠PCE=∠FEC，由平行线的性质得出∠DAP =∠H，由“SAS” △PEC △FCE，得出∠DAP =∠DCP，由余角的性质得出AH EF，通过证明△CPM △HPC，得出 ，可得AP2= PM PH，由EF= AP，可得出 AP取最小值时，EF有最小值，即由垂线段最短可求解。 14．【答案】（答案不唯一） 【解析】【解答】解∶∵四边形是平行四边形， ∴当时，是为矩形， 故答案为∶（答案不唯一）． 【分析】 根据矩形的判定定理，平行四边形具备对角线相等或有一个角为直角时，可判定为矩形；解答即可. 15．【答案】 【解析】【解答】设每块长方形地砖的长和宽分别是x厘米和y厘米，就从右边长方形的宽60 cm入手，可得方程组 【分析】根据4×小长方形的宽＝60；一个小长方形的长＋一个小长方形的宽＝60，列方程组求解即可。 16．【答案】 【解析】【解答】解：由题意大正方形的面积为， ∴大正方形的边长为． 故答案为：． 【分析】先求出大正方形的面积，再利用正方形的性质求出边长即可。 17．【答案】AC=BD或AB⊥BC 【解析】【解答】解：根据对角线相等的菱形是正方形，可添加：AC=BD； 根据有一个角是直角的菱形是正方形，可添加的：AB⊥BC； 故添加的条件为：AC=BD或AB⊥BC． 【分析】根据正方形判定定理进行分析． 18．【答案】AB=BC或AB∥CD 【解析】【解答】由平行四边形的判定条件即可填空为：AB=BC或AB∥CD． 故答案为：AB=BC或AB∥CD． 【分析】由平行四边形的判定条件即可得出答案。 19．【答案】9 【解析】【解答】因为点A1，B1，C1，D1是四边形ABCD各边上的中点，所以A1B1=C1D1= BD，A1D1=C1B1= AC，则四边形A1B1C1D1的周长为AC+BD=5+4=9cm，故答案为9 【分析】由题意根据三角形的中位线定理可得==BD，==AC，所以可得四边形A1B1C1D1的周长=AC+BD。 20．【答案】 【解析】【解答】解：∵O为▱ABCD的对角线交点， ∴OB=OD， ∵E为AB的中点， ∴OE∥AD， ∴△BOE∽△BDA， ∴S△BOE：S△ABD=（ ）2=1：4， ∵S四边形ABCD=12， ∴S△ABD= S四边形ABCD=6， ∴S△BOE= ． 故答案为： ． 【分析】由O为▱ABCD的对角线交点，E为AB的中点，可得OE是△ABD的中位线，即可证得△BOE∽△BDA，然后由相似三角形面积比等于相似比的平方，求得答案． 21．【答案】4 【解析】【解答】解：如图所示. 四边形ABCD是平行四边形 故答案为：4. 【分析】分别标记中两个空白部分面积，由平行四边形的性质知在面积等于的面积等于面积的一半，即的面积等于与的面积和，则 S1等于S2、S3、S4 的和. 22．【答案】 【解析】【解答】解：连接EG， 在正方形ABCD中，AB=BC=CD=AD=2. ∵E是BC的中点，BE=CE=1. ∵EF=AE，AE⊥FG，∠FME=90°. ∴∠A+∠AEB=90°，∠FEM+∠F=90°. ∴∠F=∠A. ∴△ABE ≌△FME. ∴FM=AB=2. ∴. ∵∠C=∠EMG=90°，MC=CE，EG=EG. ∴Rt△EMG≌Rt△ECG. 设GC=GM=x. 则FG=2+x. ∴CF=EF+EC=. ∴=CG. ∴S△ECG=. ∴S四边形GCEM=. 故答案为：. 【分析】题目可知正方形ABCD是正方形，∠A=90°，∠=90°，E是BC的中点，求出线段BE与CE的长，EF=AE，FG⊥AE，∠FME=90°，利用等量代换，得出∠F=∠A，三角形△ABE ≌△FME，求出线段AE的长度，再用直角三角形的性质，得出Rt△EMG≌Rt△ECG，设线段FG的长，CF的长，利用勾股定理，求出了三角形S△ECG的面积，最后S四边形GCEM减去1即可求出面积. 23．【答案】①②④ 【解析】【解答】四边形是菱形，连AC ∴，， ∵∠ABC=60°， ∴是等边三角形， ∴∠ACD=∠ACB=60°，AB=AC， ∴∠ABE=∠ACF=120°， ∵， ∴∠BAE+∠BAF=∠CAF+∠BAF=60°， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴，．故①符合题意； ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴，故②符合题意； ∵， ∴， ∵， ∴和不会相似，故③不符合题意； 过点作于点，过点作于点， ∵，， ∴， ∵在中，，， ∴，， ∵在中，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴在中，，， ∴． ∴． ∴点到的距离为，故④符合题意． 综上，符合题意结论有①②④ 故答案为：①②④. 【分析】①证明即可判断；②根据等边三角形的性质以及三角形外角的性质即可判断；③根据相似三角形的判定方法即可判断；④求得点F到BC的距离即可判断。 24．【答案】①②③④ 【解析】【解答】解：四边形ABCD是正方形 OB=OC，OBE=OCF= 又BE=CF， △OBE≅△OCF(SAS)， OE=OF， △OEF是等腰三角形，故 ① 正确； 当OEBC时，OE最小，△OEF的面积最小，此时 OE=OF=AB=1， △OEF的最小面积为OE·OF=1，故 ② 正确； BE=CF， CE+CF=BE+CE=BC=2， 则BE=CF=2-CE， EF=， △ECF的周长为：EF+CE+CE=EF+2， 0<x<2， 2<EF<2， 存在一个△CEF的周长为2+，故 ③ 正确； △OBE≅△OCF， S四边形DECF=S△OBE+S△OCF=S△OBC=S正方形ABCD=22=1，故 ④ 正确； 故答案为： ①②③④ 【分析】根据正方形的性质与三角形全等的判定条件即可求得△OBE△OCF进一步得到①正确；分析可知当当OEBC时，OE最小，△OEF的面积最小，进一步求得△OEF的最小面积为1；利用勾股定理求得EF的长，从而得出 ③ 也正确，由△OBE△OCF，进一步将不规则四边形的面积转化为求三角形的面积即可求解. 25．【答案】 【解析】【解答】 解：如图所示，连接 ， ∵四边形 是平行四边形， ∴ ∵点E，F分别是 边的中点， ∴ ， ∴四边形 是平行四边形， ∵ ，四边形 是平行四边形， ∴ ， ∵ ， ∴ ， ∴ 是等边三角形， ∵ ， ∴ 三点共线， ∴ ， ∴ ， 在 和 中 ， ∴ ， ∴ ， ∴ ， ， ∴ ， 故答案为： ． 【分析】先利用 ，四边形 是平行四边形，求出，再利用“AAS”证出，可得 ， ，再利用勾股定理求出即可. 26．【答案】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AD＝BC， ∵周长为50， ∴2(AB+BC)=50， ∴AB+BC＝25， ∵一边长为16m， ∴另一边长为9m， ∴其他三边的长为9m，16m，9m． 【解析】【分析】根据平行四边形的性质得AB＝CD，AD＝BC，利用平行四边形周长计算公式得AB+BC=25，由“一边长为16m”，从而求出另一边的长，最后即可求解. 27．【答案】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC＝AB，DC∥AB. ∵E，F分别是AB，CD的中点， ∴BE＝ AB，DF＝ CD， ∴BE＝DF，BE∥DF. ∴四边形DEBF是平行四边形. ∴∠BED＝∠BFD＝100° 【解析】【分析】由平行四边形的性质得DC＝AB，DC∥AB，由线段中点定义得BE=DF，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形DEBF是平行四边形，然后由平行四边形的对角相等可求解. 28．【答案】解：∵一个多边形的内角和比它的外角和多720°， ∴这个多边形的内角和为360°+720°＝1080°， 设这个多边形的边数为n， 则（n﹣2）•180°＝1080°， 解得n＝8， 答：该多边形的边数为8， 【解析】【分析】由题意可得：这个多边形的内角和为360°+720°＝1080°，根据内角和公式可得(n-2)•180°＝1080°，求解即可. 29．【答案】（1）证明：， 四边形为平行四边形， 四边形为菱形， ， 四边形是矩形； （2）解：四边形为菱形， ， ， 为等边三角形， 在中，， ， 四边形是矩形， ， ． 【解析】【分析】（1）先证出四边形为平行四边形，再结合，即可证出平行四边形是矩形； （2）先证出为等边三角形，可得利用勾股定理求出AO的长，再利用矩形的性质求出，最后利用勾股定理求出ED的长即可. 30．【答案】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OB=OD，AD∥BC， ∵∠DBC=90°， ∴∠ADB=90°， 在Rt△ADB中， ∵AB=10，AD=6， ∴BD= =8， ∴OD= BD=4 【解析】【分析】先利用勾股定理求出DB的长，再根据平行四边形的性质得到OD= BD=4。 31．【答案】解：首先可以计算矩形的面积是12×7＝84(cm2)， ∵BF∥DE，AB∥CD， ∴四边形EBFD是平行四边形， ∴S四边形EBFD∶S矩形ABCD＝BE∶AB＝2∶7， ∴S四边形EBFD＝24 cm2. ∴草地的面积为84－24＝60(cm2)， 答：草地的面积为60 cm2. 【解析】【分析】根据矩形的面积公式计算出ABCD的面积，再根据平行四边形的面积公式可得S四边形EBFD，然后用矩形面积减去S四边形EBFD求解即可. 32．【答案】（1）1 （2）解：当0<x≤1时，如图， AP=AQ=2x， ∴y=AP·AQ= 2x2． 当1<x≤2时，如图， AQ=2x， ∴y= AB·AQ=2x． 当2<x<3时，如图， DQ=2x-4，BP=2x-2， PC=QC=6-2x， ∴y=AB·AD-AB·BP- AD·DQ-PC·QC=-2x2+ 6x． （3）1≤x≤2，PQ= 2 【解析】【解答】解：（1）由题意可知：2x=2， ∴x=1， ∴当点P与点B重合时，x的值为1. 故答案为：1. （3）当x=1时，点P与点B重合，点Q恰好是AD的中点，如图， 此时AP=AQ=2， ∴PQ=， 当x=2时，点Q与点D重合，点P恰好是BC的中点，如图， 此时CP=CD=2， ∴PQ=， 当1≤x≤2时，如图， 过点Q作QG⊥BC于点G，得矩形DCGQ， ∴QG=DC=2，DQ=CG 根据题意得： BP=2x-2，DQ=AD-AQ=4-2x， CG=DQ=4-2x， ∴PG=BC-BP-CG=4-(2x-2)-(4-2x)=2， ∴PG=QG=2， ∴PQ=. ∴当PQ长度不变时，x的取值范围是1≤x≤2，PQ=cm. 【分析】（1）根据题意可得2x=2，解方程即可求解. （2）分3种情况，根据x的取值范围作出相应的图形，利用三角形的面积，即可得y关于x的函数解析式. （3）分情况求出PQ长度，进而可得x的取值范围. 33．【答案】解：PE+PF= ；理由如下： 如图，连接OP， ∵矩形ABCD中，AB=4，BC=3， ∴AC=BD= =5， ∴OD=OC= ，S△OCD= = =3， ∵S△OCD=S△OPD+S△OPC， ∴ =3，即 × （PE+PF）=3， ∴PE+PF= ． 变式一：如图，连接OP， ∵矩形ABCD中，AB=4，BC=3， ∴AC=BD= =5， ∴OD=OA= ，S△OAD= = =3， ∵S△OAD=S△OPD+S△OPA， ∴ =3，即 × （PE+PF）=3， ∴PE+PF= ． 变式二：PF-PE= ，理由如下： 如图，连接OP， ∵矩形ABCD中，AB=4，BC=3， ∴AC=BD= =5， ∴OD=OC= ，S△OCD= = =3， ∵S△OCD=S△OPD-S△OPC， ∴ =3，即 × （PF-PE）=3， ∴PF-PE= 【解析】【分析】变式一：先求出AC=BD=5，再求出 × （PE+PF）=3， 最后计算求解即可； 变式二：先求出 OD=OC= ，S△OCD= = =3， 再利用三角形的面积公式计算求解即可。 34．【答案】（1）解：8cm （2）；2 （3）解：由运动知，，， 以、、、为顶点的四边形为平行四边形． ， 当点在边上时，， ， ， 当点在延长线上时，， ， ， 即：为秒或秒时，以、、、为顶点的四边形为平行四边形． 【解析】【解答】解：（1）∵ 四边形ABCD为矩形 ∴ ∠B=90°，AD=BC=12cm ∵ AB=3cm，AE=5cm ∴ BE= （2）①如图所示： 设点P的运动时间为t秒． ∵ 四边形ABCD为矩形 ∴ AP∥EQ 当AP=EQ时，四边形AEQP为平行四边形； ∴ AP=2t，EQ=8-4t ∴ 2t=8-4t 解得 t= ∴ 当 t=，四边形AEQP为平行四边形； ② 当四边形ABQP为矩形时，AP=BQ ∴ AP=2t，BQ=12-4t ∴ 2t=12-4t 解得： t=2 ∴ 当 t=2，四边形ABQP为矩形； 【分析】本题考查四边形动点问题及矩形、平行四边形的性质与判定。（1）根据矩形性质，勾股定理，可得CE长；（2）根据平行四边形性质和矩形性质对应边相等，可得关于t的等式，计算即可；（3）以M、N、C、D为顶点的平行四边形，结合对边相等的性质，分两种情况，当N在BC上和N在BC延长线上，分别计算关于t的等式，求解即可。本题要特别注意N在BC射线上运动，要分情况讨论，不可漏解。 35．【答案】（1）解：点P从开始到运动停止用的时间为：（12＋6）÷2＝9s， 点Q从开始到运动停止用的时间为：（6＋12）÷1＝18s， ∵9＜18，只要有一点到达终点，则另一点运动立即停止， ∴点P先到终点，此时点Q离终点的距离是：（6＋12）−1×9＝9cm， 答：点P先到终点，此时点Q离终点的距离是9cm； 故答案为：点P先到终点，运动停止后，点Q离终点还有. （2）解：在运动过程中，△APQ的面积能等于22cm2， ①当P从点B运动到点C的过程中，设点P运动时间为as， ∵△APQ的面积能否等于22cm2， ∴， 解得，此方程无解； ②当点P从C到D的过程中，设点P运动的时间为（b＋6）s， ∵△APQ的面积能否等于22cm2， ∴， 解得，b1＝1，b2＝14（舍去）， 即需运动6＋1＝7s，△APQ的面积能等于22cm2． 故答案为：能，需运动． 【解析】【分析】（1）根据题干中的数据，再结合“速度、时间和路程”的关系分析求出两个点运动到终点的时间即可； （2）分类讨论：①当P从点B运动到点C的过程中，②当点P从C到D的过程中，再分别列出方程求解即可. 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