第二十一章 四边形 单元练习-2025-2026学年人教版数学八年级下册

第二十一章 四边形 一．选择题（共10小题） 1．如图，在△ABC中，点D为AC的中点，AE∥BD，BE∥AC，则下列说法错误的是（　　） A．当AB＝CB时，四边形AEBD是矩形 B．当AC＝2BC时，四边形AEBD是矩形 C．当∠ABC＝90°时，四边形AEBD是菱形 D．当∠E＝2∠C时，四边形AEBD是菱形 2．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，添加下列条件后，仍无法判定四边形ABCD是平行四边形的是（　　） A．AD∥BC B．AD＝BC C．∠ADC＝∠ABC D．AB＝CD 3．如图，菱形ABCD的对角线交于点O，点M为AB的中点，连接OM．若AC＝6，BD＝8，则OM的长为（　　） A． B．4 C．5 D． 4．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB，BC的中点，CE，DF交于点G，连接AG，下列结论：①CE＝DF；②CE⊥DF；③∠AGE＝∠CDF；④∠EAG＝30°，其中正确的结论是（　　） A．①② B．①③ C．①②④ D．①②③ 5．如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E．若∠ODA＝30°，则∠BOE的度数为（　　） A．65° B．70° C．75° D．80° 6．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，分别以AC，AB为边向外作正方形ACDE，正方形ABMN，连结NE，则NE的长为（　　） A．10 B．9 C． D． 7．如图，在▱ABCD中，∠DBC＝45°，DE⊥BC于E，BF⊥CD于F，DE，BF相交于H，延长BF交AD的延长线于点G．下列结论：①；②∠A＝∠BHE；③AB＝BH；④△BCF≌△DCE；⑤DE+EC＝AD．其中正确的结论有（　　） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 8．如图，在正方形ABCD中，点E在线段AB上，点F在线段AD的延长线上，连接CE、CF、EF，点G为线段EF的中点，点M为线段AD的中点，连接BG、GM．若CF＝CE，，则的值为（　　） A． B． C． D． 9．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD的中点，点F在对角线AC上，且，连接EF．若AC＝8，则EF的长为（　　） A．1 B．2 C．4 D．8 10．茂名东汇城为了方便司机停泊车辆而设计了平行四边形的停车位，如图，平行四边形ACDF，小车实际占用位置为矩形BCEF，若BC＝5m，CE＝2m，∠D＝45°，则AC至少要多长（　　） A．7m B． C．m D． 二．填空题（共5小题） 11．如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，AB＝4，AD＝5，点E为BC一点，连接DE，F为DE的中点，若OF＝1，则CF的长为 　 　 ． 12．在综合实践课上，小聪用一张长为b，宽为a（b＞2a）的长方形纸片进行操作探究，先剪去一个以长方形纸片较短边为边长的正方形（第一次操作）；从剩下的矩形纸片中再剪去一个以较短边为边长的正方形（第二次操作）；按此方式，如果第三次操作后，剩下的纸片恰为正方形．则的值为 　 　 ． 13．如图，在边长为1的正方形ABCD的对角线BD上取一点E，使∠BAE＝15°，连结CE并延长至点F，连结BF，使BF＝BC，CF与AB相交于点H．则 　 　 ． 14．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，E是BC的中点，连接AE，点B与点F关于AE对称，连接DF并延长，交AE于点G，交AB于点M．若G是AE的中点，则MG的长为　 　 ． 15．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E，连接OE．若，OE＝2，则AE的长是　 　 ． 三．解答题（共5小题） 16．如图，正方形ABCD的边长为6，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线A→D→C方向运动，同时点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿B→C方向运动，P、Q同时停止运动．连接BP、QP．设点P运动的时间为x秒（0＜x＜6），△BPQ的面积为y． （1）请直接写出y与x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围； （2）在给定的平面直角坐标系中画出函数y的图象，并写出函数y的一条性质； （3）结合函数图象，请直接写出y≤6时x的取值范围（近似值保留小数点后一位，误差不超过0.2）． 17．如图1，在长方形ABCD中，BC＝3，AB＝4，点E在CD上，DE＝1，点F从A点出发，以每秒1个单位长度的速度沿着A→B→C运动到点C停止，△AEF的面积为y，点F的运动时间为t（0＜t≤7）． （1）直接写出y与t之间的函数表达式，并写出对应t的取值范围； （2）在图2的平面直角坐标系中画出y与t的函数图象，并写出函数y的一条性质； （3）若直线与该函数图象只有2个交点，则b的取值范围为　 　 ． 18．规定：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解 如图1，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AB＝AD，OB＝OD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由： （2）性质探究 如图2，四边形ABCD是垂美四边形，其对角线AC，BD交于点O． 猜想：AB2﹣CD2与AD2+BC2有什么关系？并证明你的猜想； （3）解决问题 如图3，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作等腰直角三角形ACD和等腰直角三角形ABE，其中，∠DAC＝∠EAB＝90°，连结BD，CE，DE．已知，求DE的长． 19．如图，已知在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝36°，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△ADE（D，E分别是点B，C的对应点），旋转角为α（0°＜α＜108°），线段AD，BC相交于点M，线段DE分别交BC，AC于点O，N，连接BD． （1）当BD∥AC时，直接写出旋转角α的度数； （2）在（1）的条件下，判断四边形ABOE是什么特殊的四边形？并说明理由； （3）直接写出当△DOM是等腰三角形时旋转角α的度数． 20．已知在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm．点E从点A出发向点D运动，同时点F从点C出发向点B运动，运动速度都是1cm/s，设它们的运动时间为ts（0＜t＜8），解答下列问题： （1）如图1，求证：在运动过程中BD，EF总是互相平分； （2）如图2，若四边形BEDF是菱形，求t的值； （3）如图3，将△BEF沿BC翻折，得到△BGF．运动过程中，是否存在某一时刻t使四边形BEFG是菱形？若存在求出t的值；若不存在说明理由． 第二十一章 四边形 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 1．如图，在△ABC中，点D为AC的中点，AE∥BD，BE∥AC，则下列说法错误的是（　　） A．当AB＝CB时，四边形AEBD是矩形 B．当AC＝2BC时，四边形AEBD是矩形 C．当∠ABC＝90°时，四边形AEBD是菱形 D．当∠E＝2∠C时，四边形AEBD是菱形 【考点】矩形的判定；平行线的性质；菱形的性质；菱形的判定． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】B 【分析】根据平行四边形的判定得出四边形AEBD是平行四边形，进而利用矩形、菱形的判定解答即可． 【解答】解：∵AE∥BD，BE∥AC， ∴四边形AEBD是平行四边形， A、当AB＝CB时，点D为AC的中点，可得BD⊥AD，可得平行四边形AEBD是矩形，说法正确，故不符合题意； B、当AC＝2BC时，不能得出四边形AEBD是矩形，说法错误，故符合题意； C、当∠ABC＝90°时，点D为AC的中点，可得BD＝AD，可得平行四边形AEBD是菱形，说法正确，故不符合题意； D、当∠E＝2∠C时，可得∠ADB＝2∠C，可得BD＝DC＝AD，可得平行四边形AEBD是菱形，说法正确，故不符合题意； 故选：B． 【点评】此题考查矩形的判定，菱形的判定，关键是利用矩形、菱形的判定解答． 2．如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，添加下列条件后，仍无法判定四边形ABCD是平行四边形的是（　　） A．AD∥BC B．AD＝BC C．∠ADC＝∠ABC D．AB＝CD 【考点】平行四边形的判定． 【专题】多边形与平行四边形；推理能力． 【答案】B 【分析】由平行四边形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：∵AB∥CD， A、添加AD∥BC，可以判定四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意； B、添加AD＝BC，不能判定四边形ABCD是平行四边形，故符合题意； C、添加∠ADC＝∠ABC，可以得出AD∥BC，可以判定四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意； D、添加AB＝CD，可以判定四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意； 故选：B． 【点评】此题考查了平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键． 3．如图，菱形ABCD的对角线交于点O，点M为AB的中点，连接OM．若AC＝6，BD＝8，则OM的长为（　　） A． B．4 C．5 D． 【考点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】A 【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，OA＝OC＝3，OB＝OD＝4，根据勾股定理得AB＝5，由点M为AB的中点，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得OM，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝6，BD＝8， ∴AC⊥BD，OA＝OCAC6＝3，OB＝ODBD8＝4， ∴∠AOB＝90°， ∴AB5， ∵点M为AB的中点， ∴OMAB5， 故选：A． 【点评】此题重点考查菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，根据勾股定理求出AB的长是解题的关键． 4．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB，BC的中点，CE，DF交于点G，连接AG，下列结论：①CE＝DF；②CE⊥DF；③∠AGE＝∠CDF；④∠EAG＝30°，其中正确的结论是（　　） A．①② B．①③ C．①②④ D．①②③ 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】D 【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，得到BEAB，CFBC，根据全等三角形的性质得到∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正确；求得∠CGD＝90°，根据垂直的定义得到CE⊥DF，故②正确；延长CE交DA的延长线于H，根据线段中点的定义得到AE＝BE，根据全等三角形的性质得到BC＝AH＝AD，由AG是斜边的中线，得到AGDH＝AD，求得∠ADG＝∠AGD，根据余角的性质得到∠AGE＝∠CDF．故③正确．根据CFBCCD，可得∠CDF≠30°，所以∠ADG≠60°，所以△ADG不是等边三角形，故④错误． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°， ∵E，F分别是AB，BC的中点， ∴BEAB，CFBC， ∴BE＝CF， 在△CBE与△DCF中， ， ∴△CBE≌△DCF（SAS）， ∴∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正确； ∵∠BCE+∠ECD＝90°， ∴∠ECD+∠CDF＝90°， ∴∠CGD＝90°， ∴CE⊥DF，故②正确； ∴∠EGD＝90°， 延长CE交DA的延长线于H， ∵点E是AB的中点， ∴AE＝BE， ∵∠AHE＝∠BCE，∠AEH＝∠CEB，AE＝BE， ∴△AEH≌△BEC（AAS）， ∴BC＝AH＝AD， ∵AG是斜边的中线， ∴AGDH＝AD， ∴∠ADG＝∠AGD， ∵∠AGE+∠AGD＝90°，∠CDF+∠ADG＝90°， ∴∠AGE＝∠CDF．故③正确； ∵CFBCCD， ∴∠CDF≠30°， ∴∠ADG≠60°， ∵AD＝AG， ∴△ADG不是等边三角形， ∴∠EAG≠30°，故④错误； 故选：D． 【点评】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用． 5．如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E．若∠ODA＝30°，则∠BOE的度数为（　　） A．65° B．70° C．75° D．80° 【考点】矩形的性质；等边三角形的判定与性质． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】C 【分析】由矩形的性质可得AC＝BD，AO＝OD＝OB，可证△AOB是等边三角形，可得AB＝OB，∠ABO＝60°，可证△ABE是等腰直角三角形，可得AB＝BE＝BO，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD，AO＝OD＝OB， ∴∠OAD＝∠ODA＝30°， ∴∠AOB＝60°， ∴△AOB是等边三角形， ∴AB＝OB，∠ABO＝60°， ∴∠OBC＝30°， ∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝45°， ∵∠ABC＝90°， ∴△ABE是等腰直角三角形， ∴AB＝BE， ∴BE＝BO， ∴∠BOE＝75°， 故选：C． 【点评】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 6．如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，分别以AC，AB为边向外作正方形ACDE，正方形ABMN，连结NE，则NE的长为（　　） A．10 B．9 C． D． 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理． 【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】C 【分析】过点E作EP∥AM，交CA的延长线于点P，设AQ交NE于点Q，则∠P＝∠PAN，∠PEQ＝∠ANQ，先由勾股定理求出AB＝5，根据正方形性质得AN＝AB＝5，AE＝AC＝4，∠NAB＝∠EAC＝90°，证明∠PEA＝∠BAC，进而依据“AAS”判定△EPA和△ABC全等，则PE＝AN＝5，进而依据“AAS”判定△PEQ和△ANQ全等，则PQ＝AQPA，EQ＝NQ，然后在Rt△EQA中，由勾股定理求出EQ即可得出NE的长． 【解答】解：过点E作EP∥AM，交CA的延长线于点P，设AQ交NE于点Q，如图所示： ∴∠P＝∠PAN，∠PEQ＝∠ANQ， 在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3， 由勾股定理得：AB＝AC2+BC2＝42+32＝5， ∵四边形ACDE和四边形ABMN都是正方形， ∴AN＝AB＝5，AE＝AC＝4，∠NAB＝∠EAC＝90°， ∴∠EAQ＝180°﹣∠EAC＝90°， ∴∠EAQ＝∠ACB＝90°，△EAP和△EQA都是直角三角形， 在Rt△EAP中，∠PEA+∠P＝90°， ∵∠P＝∠PAN， ∴∠PEA+∠PAN＝90°， 又∵∠PAN+∠BAC＝180°﹣∠NAB＝90°， ∠PEA＝∠BAC， 在△EPA和△ABC中， ， ∴△EPA≌△ABC（AAS）， ∴PE＝AB＝5，PA＝BC＝3， ∴PE＝AN＝5， 在△PEQ和△ANQ中， ， ∴△PEQ≌△ANQ（AAS）， ∴PQ＝AQPA，EQ＝NQ， ∴NE＝EQ+NQ＝2EQ， 在Rt△EQA中，由勾股定理得：EQ， ∴NE＝2EQ． 故选：C． 【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，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键，正确地添加辅助线构造全等三角形是解决问题的难点． 7．如图，在▱ABCD中，∠DBC＝45°，DE⊥BC于E，BF⊥CD于F，DE，BF相交于H，延长BF交AD的延长线于点G．下列结论：①；②∠A＝∠BHE；③AB＝BH；④△BCF≌△DCE；⑤DE+EC＝AD．其中正确的结论有（　　） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【考点】四边形综合题． 【专题】几何综合题；推理能力． 【答案】B 【分析】①由等腰直角三角形的性质可求BDBE； ②由余角的性质和平行四边形的性质可求∠A＝∠C＝∠BHE； ③由“ASA”可证△BHE≌△DCE，可得BH＝CD； ④在△BCF和△DCE中，只有三个角相等，没有边相等，则△BCF与△DCE不全等． ⑤根据BE＝DE，进而解答即可． 【解答】解：∵∠DBC＝45°，DE⊥BC， ∴∠DBE＝∠BDE＝45°， ∴BE＝DE， ∴BDBE，故①正确； ∵DE⊥BC，BF⊥CD， ∴∠BEH＝∠DEC＝90°， ∴∠BHE+∠HBE＝90°＝∠HBE+∠C， ∴∠C＝∠BHE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠A＝∠C＝∠BHE，故②正确； ∵∠C+∠CDE＝90°， ∴∠CDE＝∠HBE， 在△BHE和△DCE中， ， ∴△BHE≌△DCE（ASA）， ∴BH＝CD，故③正确， 在△BCF和△DCE中，只有三个角相等，没有边相等， ∴△BCF与△DCE不全等，故④错误， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC＝BE+EC， ∵BE＝DE， ∴DE+EC＝AD，故⑤正确； 故选：B． 【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键． 8．如图，在正方形ABCD中，点E在线段AB上，点F在线段AD的延长线上，连接CE、CF、EF，点G为线段EF的中点，点M为线段AD的中点，连接BG、GM．若CF＝CE，，则的值为（　　） A． B． C． D． 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的判定与性质． 【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形． 【答案】B 【分析】取AE的中点N，连接NG，过点G作GH⊥AF，设DF＝a，则AF＝8a，利用正方形的性质，易证Rt△BCE≌Rt△DCF（HL），从而得出AE＝6a，由NG是△AEF的中位线，得到NG＝4a，证明四边形ANGH是矩形，再利用勾股定理求解即可． 【解答】解：如图，取AE的中点N，连接NG，过点G作GH⊥AF， 设DF＝a， ∵， ∴AF＝8a， ∴AD＝7a， ∵点M为线段AD的中点， ∴， ∵正方形ABCD， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝7a，∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°， 在Rt△BCE和Rt△DCF中， ， ∴Rt△BCE≌Rt△DCF（HL）， ∴BE＝DF＝a（全等三角形对应边相等）， ∴AE＝AB﹣BE＝6a， ∵点G为线段EF的中点，点N为线段AE的中点， ∴NG是△AEF的中位线，AN＝EN＝3a， ∴NG∥AF，， ∵BN＝EN+BE＝4a， ∴在Rt△BNG中，根据勾股定理得，， ∵∠A＝∠AHG＝∠ANG＝90°， ∴四边形ANGH是矩形， ∴AH＝NG＝4a，HG＝AN＝3a， ∴， ∴在Rt△MHG中，， ∴， 则的值为， 故选：B． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，作辅助线构造直角三角形是解题关键． 9．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD的中点，点F在对角线AC上，且，连接EF．若AC＝8，则EF的长为（　　） A．1 B．2 C．4 D．8 【考点】矩形的性质；三角形中位线定理． 【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力． 【答案】B 【分析】由矩形性质得点F为AO中点，从而可得EF为△AOD的中位线，进而求解． 【解答】解：在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC＝8， ∴AC＝BD＝8，， ∵， ∴AF＝FO， ∵点E是边AD的中点， ∴EF为△AOD的中位线， ∴． 故选：B． 【点评】本题考查矩形的性质，三角形中位线定理，解题关键是掌握三角形的中位线的性质． 10．茂名东汇城为了方便司机停泊车辆而设计了平行四边形的停车位，如图，平行四边形ACDF，小车实际占用位置为矩形BCEF，若BC＝5m，CE＝2m，∠D＝45°，则AC至少要多长（　　） A．7m B． C．m D． 【考点】矩形的性质；平行四边形的性质． 【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力． 【答案】A 【分析】由平行四边形ACDF得到∠A＝∠D＝45°，由矩形BCEF得到BF＝CE＝2m，∠FBC＝90°，进而求得∠AFB＝45°，从而∠A＝∠AFB，得到AB＝BF＝2m，进而根据线段的和差即可解答． 【解答】解：平行四边形ACDF，小车实际占用位置为矩形BCEF，∠D＝45°，BC＝5m，CE＝2m， ∴∠A＝∠D＝45°， ∴BF＝CE＝2m，∠FBC＝90°， ∴∠AFB＝∠FBC﹣∠A＝90°﹣45°＝45°， ∴∠A＝∠AFB， ∴AB＝BF＝2m， ∴AC＝AB+BC＝2+5＝7（m）． 故选：A． 【点评】本题考查平行四边形的性质，矩形的性质，解答本题的关键是熟练掌握平行四边形及矩形的性质． 二．填空题（共5小题） 11．如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，AB＝4，AD＝5，点E为BC一点，连接DE，F为DE的中点，若OF＝1，则CF的长为 　2.5　 ． 【考点】矩形的性质；直角三角形的性质；三角形中位线定理． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】2.5． 【分析】根据矩形的性质得出OD＝OB，进而利用三角形中位线得出BE＝2，进而利用勾股定理得出DE，进而利用直角三角形的性质解答即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴BCD＝90°，OD＝OB，AD＝BC＝5，DC＝AB＝4， ∵F为DE的中点， ∴OF是△DBE的中位线， ∴BE＝2OF＝2， ∵CD＝4，BC＝5， ∴CE＝BC﹣BE＝5﹣2＝3， ∴DE， ∵F为DE的中点， ∴CFDE＝2.5， 故答案为：2.5． 【点评】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质得出OD＝OB解答． 12．在综合实践课上，小聪用一张长为b，宽为a（b＞2a）的长方形纸片进行操作探究，先剪去一个以长方形纸片较短边为边长的正方形（第一次操作）；从剩下的矩形纸片中再剪去一个以较短边为边长的正方形（第二次操作）；按此方式，如果第三次操作后，剩下的纸片恰为正方形．则的值为 　　 ． 【考点】正方形的判定与性质；列代数式． 【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】． 【分析】在长方形ABCD中，AB＝CD＝a，BC＝AD＝b，且b＞2a，设经过三次操作后得到正方形CHPQ的边长为m，然后分别求出，a＝2m，b＝5m即可得出的值． 【解答】解：如图所示： 四边形ABCD是长方形，AB＝CD＝a，BC＝AD＝b，且b＞2a， 经过三次操作后得到正方形CHPQ， 设正方形CHPQ的边长为m， ∴PQ＝CQ＝CH＝m， ∵第三次操作剪去四边形DMPQ也是正方形， ∴DQ＝PQ＝x， ∴CD＝CQ+DQ＝2m， ∴a＝2m， ∵第一次操作剪去正方形ABEF，第二次操作剪去正方形EFMH， ∴BE＝EH＝a， ∴BH＝BE+EH+CH＝2a+m， ∴b＝2a+m＝5m， ∴． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了正方形和矩形的性质，熟练掌握正方形和矩形的性质是解决问题的关键． 13．如图，在边长为1的正方形ABCD的对角线BD上取一点E，使∠BAE＝15°，连结CE并延长至点F，连结BF，使BF＝BC，CF与AB相交于点H．则 　　 ． 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质． 【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】． 【分析】连接AC交BD于点O，过点A作AK⊥CF于点K，过点B作BN⊥CF于点N，先求出AC得OA＝OC＝OB，根据∠BAE＝15°得∠OAE＝30°，在Rt△OAE中得AE＝2OE，由勾股定理得OEOA，进而得BE，根据BD是AC的垂直平分线得EA＝EC，由此得∠OCE＝∠OAE＝30°，在Rt△OAK中，根据∠OCE得AKAC，求出∠BEN＝∠CEO＝60°，得∠EBN＝30°，继而得ENBE，由勾股定理得BNBE，然后证明△AKH和△BNH相似，利用相似的性质可得出的值． 【解答】解：连接AC交BD于点O，过点A作AK⊥CF于点K，过点B作BN⊥CF于点N，如图所示： ∵四边形ABCD为正方形，且边长为1， ∴AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，∠BAO＝45°，BD与AC互相垂直平分， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC， ∴OA＝OC＝OB， ∵∠BAE＝15°， 在△AOE中，∠OAE＝∠BAO﹣∠BAE＝45°﹣15°＝30°， ∴AE＝2OE， 由勾股定理得：OAOE， ∴OEOA， ∴BE＝OB﹣OE， ∵BD是AC的垂直平分线， ∴EA＝EC， ∴∠OCE＝∠OAE＝30°， 在Rt△OAK中，∠OCE＝30°， ∴∠CEO＝90°﹣∠OCE＝60°，AKAC， ∴∠BEN＝∠CEO＝60°， 在Rt△BEN中，∠BEN＝60°， ∴∠EBN＝90°﹣∠BEN＝30°， ∴ENBE， 由勾股定理得：BNBE）， ∴AK⊥CF于点K，BN⊥CF于点N， ∴AK∥CN， ∴△AKH∽△BNH， ∴． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，含有30°角的直角三角形的性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质，灵活利用含有30度角的直角三角形的性质及勾股定理进行计算是解决问题的关键． 14．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，E是BC的中点，连接AE，点B与点F关于AE对称，连接DF并延长，交AE于点G，交AB于点M．若G是AE的中点，则MG的长为　　 ． 【考点】矩形的性质；轴对称的性质；全等三角形的判定与性质． 【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力． 【答案】． 【分析】过B点作BP∥MD，连接BF交AE于点H，连接BG，先证明△ADG∽△EBP，设PE＝2x，则AG＝4x，再表示出GP＝2x，BG＝AG＝GE＝4x，然后证明△BGH≌△BPH（ASA），得到GH＝PH＝x，由，求出，最后由△AMG∽△ABP求解即可． 【解答】解：过B点作BP∥MD，连接BF交AE于点H，连接BG，如图所示： 则∠BPG＝∠DGP， ∵∠AGD+∠DGP＝180°，∠EPB+∠BPG＝180°， ∴∠AGD＝∠EPB， ∵矩形ABCD中，AD∥BC， ∴∠DAG＝∠PEB（两直线平行，内错角相等）， ∴△ADG∽△EBP， ∵矩形ABCD中，AD＝BC，E是BC的中点， ∴， ∴， 设PE＝2x，则AG＝4x， ∵G为AE中点， ∴AG＝GE＝4x， ∴GP＝2x， ∵矩形ABCD中，∠ABC＝90°， ∴BG＝AG＝GE＝4x， ∵BP∥MD， ∴∠GFB＝∠PBH（两直线平行，内错角相等）， 由轴对称性质可知∠GFB＝∠GBH，AE⊥BF， ∴∠GBH＝∠PBH， 在△BGH和△BPH中， ， ∴△BGH≌△BPH（ASA）， ∴GH＝PH，BG＝BP（全等三角形对应边相等）， ∵GP＝2x， ∴GH＝PH＝x， ∵， 即， 解得：， ∵BP∥MD， ∴△AMG∽△ABP， ∴， 即， 解得， 则MG的长为． 故答案为：． 【点评】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解题关键，遇轴对称，常常伴随着全等三角形出现，等腰三角形出现． 15．如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E，连接OE．若，OE＝2，则AE的长是　　 ． 【考点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理． 【专题】矩形 菱形 正方形． 【答案】． 【分析】根据菱形的性质，得到AC⊥BD及BO的长，由直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到AC的长，再根据勾股定理求得菱形的边长，根据菱形的面积公式对角线乘积的一半等于底乘高，进行求解即可． 【解答】解：∵菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BC， ∴OA＝OC，∠AEC＝90°，AC⊥BD， ∴AC＝2OE＝4，， ∵， ∴， ∴Rt△BOC中，， ∴菱形ABCD的面积， 即， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查菱形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半及勾股定理，熟知相关性质是正确解答此题的关键． 三．解答题（共5小题） 16．如图，正方形ABCD的边长为6，点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线A→D→C方向运动，同时点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿B→C方向运动，P、Q同时停止运动．连接BP、QP．设点P运动的时间为x秒（0＜x＜6），△BPQ的面积为y． （1）请直接写出y与x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围； （2）在给定的平面直角坐标系中画出函数y的图象，并写出函数y的一条性质； （3）结合函数图象，请直接写出y≤6时x的取值范围（近似值保留小数点后一位，误差不超过0.2）． 【考点】四边形综合题． 【专题】函数的综合应用；推理能力；应用意识． 【答案】（1）y； （2）函数y的图象如图所示，函数y的一条性质：当x＝3时，y有最大值9； （3）0＜x≤2或4.7≤x＜6． 【分析】（1）分为当0＜x≤3时和3＜x＜6时两种情况求y的表达式； （2）根据（1）中的表达式画图象，再根据图象任写一条性质即可； （3）画出直线y＝6，观察直线y＝6与（1）中图象的交点的横坐标即可得x的取值范围． 【解答】解：（1）当0＜x≤3时，BQ＝x， y3x， 当3＜x＜6时，PC＝12﹣2x，BQ＝x， yx（12﹣2x）＝﹣x2+6x， 故y； （2）函数y的图象如图所示，函数y的一条性质：当x＝3时，y有最大值9； （3）画出直线y＝6，如图所示， 观察图象当y≤6时，可得x的取值范围为0＜x≤2或4.7≤x＜6． 【点评】本题考查了矩形的性质，三角形的面积，一次函数和二次函数的图象和性质，函数与方程的联系，分析题意并求出函数表达式是解题关键． 17．如图1，在长方形ABCD中，BC＝3，AB＝4，点E在CD上，DE＝1，点F从A点出发，以每秒1个单位长度的速度沿着A→B→C运动到点C停止，△AEF的面积为y，点F的运动时间为t（0＜t≤7）． （1）直接写出y与t之间的函数表达式，并写出对应t的取值范围； （2）在图2的平面直角坐标系中画出y与t的函数图象，并写出函数y的一条性质； （3）若直线与该函数图象只有2个交点，则b的取值范围为　1≤b＜4　 ． 【考点】四边形综合题． 【专题】函数的综合应用；矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】（1）y； （2）y与t的函数图象如图2所示，当x＝4时，y有最大值6； （3）1≤b＜4． 【分析】（1）分为0＜t≤4时和4＜t≤7时两种情况分别求解y的解析式； （2）根据（1）中的解析式画出图象，任写一条性质即可； （3）分别将点（4，6）和点（7，）代入直线中，可得b的上下限，从而可得b的取值范围． 【解答】解：（1）当0＜t≤4时，F在线段AB上，AF＝t， 故y， 当4＜t≤7时，F在线段CB上， 此时y＝S长方形ABCD﹣S△CEF﹣S△BAF﹣S△ADE＝12 ＝12 ＝﹣2t+8， 即y； （2）y与t的函数图象如图2所示，当x＝4时，y有最大值6； （3）当直线过点（4，6）时，可得b＝64， 当直线过点（7，）时，可得b1， 综上可得当直线与该函数图象只有2个交点时，b的取值范围为1≤b＜4， 故答案为：1≤b＜4． 【点评】本题考查了矩形的性质，三角形的面积，一次函数的图象和性质，函数与方程的联系，分析题意并求出函数表达式是解题关键． 18．规定：对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解 如图1，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AB＝AD，OB＝OD，问四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由： （2）性质探究 如图2，四边形ABCD是垂美四边形，其对角线AC，BD交于点O． 猜想：AB2﹣CD2与AD2+BC2有什么关系？并证明你的猜想； （3）解决问题 如图3，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作等腰直角三角形ACD和等腰直角三角形ABE，其中，∠DAC＝∠EAB＝90°，连结BD，CE，DE．已知，求DE的长． 【考点】四边形综合题． 【专题】几何综合题；推理能力． 【答案】（1）四边形ABCD是垂美四边形， 理由：∵AB＝AD，OB＝OD， ∴AC⊥BD， ∴四边形ABCD是垂美四边形； （2）AB2+CD2＝AD2+BC2，理由如下： ∵四边形ABCD是垂美四边形， ∴AC⊥BD， ∴在Rt△AOB中，OA2+OB2＝AB2， 在Rt△DOC中，OD2+OC2＝CD2， 在Rt△AOD中，OA2+OD2＝AD2， 在Rt△BOC中，OB2+OC2＝BC2， ∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OC2+OD2， AD2+BC2＝OA2+OB2+OC2+OD2， ∴AB2+CD2＝AD2+BC2； （3）DE． 【分析】（1）易证AC⊥BD，即可得解； （2）分别在每个直角三角形中利用勾股定理推出三边关系，进而即可得解； （3）分别求出AB、BE、CD，进而利用（2）中结论求解即可． 【解答】解：（1）四边形ABCD是垂美四边形， 理由：∵AB＝AD，OB＝OD， ∴AC⊥BD， ∴四边形ABCD是垂美四边形； （2）AB2+CD2＝AD2+BC2，理由如下： ∵四边形ABCD是垂美四边形， ∴AC⊥BD， ∴在Rt△AOB中，OA2+OB2＝AB2， 在Rt△DOC中，OD2+OC2＝CD2， 在Rt△AOD中，OA2+OD2＝AD2， 在Rt△BOC中，OB2+OC2＝BC2， ∴AB2+CD2＝OA2+OB2+OC2+OD2， AD2+BC2＝OA2+OB2+OC2+OD2， ∴AB2+CD2＝AD2+BC2； （3）如图，AB、CE交于点F，BD、CE交于点O， 在Rt△ABC中，∵，BC＝1， ∴， ∵△ABE是等腰直角三角形， ∴， ∵△ACD是等腰直角三角形， ∴， ∵△ACD与△ABE都是等腰直角三角形， ∴∠DAC＝∠BAE＝90°，AD＝AC，AB＝AE， ∴∠DAC+∠CAB＝∠BAE+∠CAB，即∠DAB＝∠CAE， ∴△ABD≌△AEC（SAS）， ∴∠ABD＝∠AEC， 又∵∠AFE＝∠OFB， ∴∠FOB＝∠BAE＝90°， ∴EC⊥BD， ∴四边形BEDC是垂美四边形， 由（2）得：BC2+ED2＝CD2+BE2， ∵，BE＝2， ∴， ∴DE． 【点评】本题主要考查了勾股定理、等腰直角三角形的性质、垂美四边形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 19．如图，已知在△ABC中，AB＝AC，∠ABC＝36°，将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△ADE（D，E分别是点B，C的对应点），旋转角为α（0°＜α＜108°），线段AD，BC相交于点M，线段DE分别交BC，AC于点O，N，连接BD． （1）当BD∥AC时，直接写出旋转角α的度数； （2）在（1）的条件下，判断四边形ABOE是什么特殊的四边形？并说明理由； （3）直接写出当△DOM是等腰三角形时旋转角α的度数． 【考点】四边形综合题． 【专题】几何综合题；推理能力． 【答案】（1）α＝36°； （2）四边形ABOE为菱形．理由如下： 由旋转知，∠ADE＝∠ABC＝36°，旋转角∠BAD＝36°， ∴∠BAD＝∠ADE， ∴AB∥DE． ∵AB＝AC， ∴∠C＝∠ABC＝36°． 旋转角旋转角∠EAC＝36°， ∴∠C＝∠EAC， ∴AE∥BC， ∴四边形ABOE为平行四边形． 由旋转知AE＝AC， 又∵AB＝AC， ∴AB＝AE． ∴▱ABOE为菱形． （3）36°或72°． 【分析】（1）由旋转可得∠BAD＝α，AB＝AD，易求∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝72°，即可得解； （2）先证AE∥BC，可得四边形ABOE为平行四边形，再由AB＝AE＝AC，即可得其为菱形； （3）分三种情况讨论，分别画出图形，利用三角形内角和结合等腰三角形等边对等角求解即可． 【解答】解：（1）∵AB＝AC，∠ABC＝36°， ∴∠BAC＝108°，∠ACB＝36°， ∵BD∥AC， ∴∠CBD＝∠ACB＝36°， ∴∠ABD＝∠ABC+∠CBD＝72°， ∵AB＝AD， ∴∠ADB＝∠ABD＝72°， ∴∠BAD＝36°，即α＝36°； （2）四边形ABOE为菱形．理由如下： 由旋转知，∠ADE＝∠ABC＝36°，旋转角∠BAD＝36°， ∴∠BAD＝∠ADE， ∴AB∥DE． ∵AB＝AC， ∴∠C＝∠ABC＝36°． 旋转角旋转角∠EAC＝36°， ∴∠C＝∠EAC， ∴AE∥BC， ∴四边形ABOE为平行四边形． 由旋转知AE＝AC， 又∵AB＝AC， ∴AB＝AE． ∴▱ABOE为菱形． （3）当DM＝OM时，如图， 由旋转可知∠ADE＝∠ABC＝36°，∠E＝∠C＝36°， ∵DM＝OM， ∴∠ODM＝∠DOM＝36°， ∴∠CON＝∠DOM＝36°， ∴∠CON＝∠E， ∴AE∥OC， ∴α＝∠CAE＝∠C＝36°； 当DM＝OM时，如图， ∵∠D＝36°， ∴∠DMO＝∠DOM＝72°， ∴AMB＝72°， ∴∠BAM＝180°﹣∠B﹣∠AMB＝72°， ∴α＝∠BAD＝72°； 当OM＝OD时，则∠DOM＝108°，明显不符合题意，故舍去； 故旋转角α的度数为36°或72°． 【点评】本题主要考查了旋转的性质、等腰三角形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 20．已知在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm．点E从点A出发向点D运动，同时点F从点C出发向点B运动，运动速度都是1cm/s，设它们的运动时间为ts（0＜t＜8），解答下列问题： （1）如图1，求证：在运动过程中BD，EF总是互相平分； （2）如图2，若四边形BEDF是菱形，求t的值； （3）如图3，将△BEF沿BC翻折，得到△BGF．运动过程中，是否存在某一时刻t使四边形BEFG是菱形？若存在求出t的值；若不存在说明理由． 【考点】四边形综合题． 【专题】几何综合题；推理能力． 【答案】（1）证明：连接BE，DF． ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AD＝BC＝8． ∵AE＝CF＝t， ∴DE＝BF＝8﹣t． ∴四边形BEDF是平行四边形， ∴BD，EF总是互相平分． （2）t＝3． （3）t． 【分析】（1）证四边形BEDF是平行四边形，即可得证； （2）在Rt△DCF中，由勾股定理，得CF2+CD2＝DF2，再代入建立方程求解即可； （3）利用建立方程求解即可得解． 【解答】（1）证明：连接BE，DF． ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AD＝BC＝8． ∵AE＝CF＝t， ∴DE＝BF＝8﹣t． ∴四边形BEDF是平行四边形， ∴BD，EF总是互相平分． （2）若四边形BEDF是萎形，则DF＝BF＝8﹣t． ∴在Rt△DCF中，由勾股定理，得CF2+CD2＝DF2， ∴t2+42＝（8﹣t）2， 解得t＝3． （3）如图，连接EG交BC于点O． ∵四边形BGFE是菱形， ∴EG⊥BC，OB＝OF． ∵四边形ABOE是矩形， ∴OB＝AE＝t． ∴， ∴， 解得． 【点评】本题主要考查了矩形的性质、菱形的性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $