2026年中考数学二轮复习：四边形

**基本信息** 聚焦四边形性质与判定，以题载法构建"性质应用-模型转化-动态探究"的递进式训练体系，渗透几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择填空|15题|辅助线构造（如连对角线）、坐标转化、动态最值分析|从菱形/矩形/正方形基础性质，到跨图形综合应用，形成"性质-判定-计算-证明"逻辑链| |解答题|5题|全等/相似转化、函数建模、分类讨论|以四边形为载体，融合几何变换与代数运算，体现从静态证明到动态探究的能力提升|

2026年中考数学二轮复习：四边形 一．选择题（共10小题） 1．如图，在菱形ABCD中，，对角线BD的长为16，E是AD的中点，F是BD上一点，连接EF．若BF＝3，则EF的长为（　　） A． B．10 C． D． 2．如图，菱形ABCD的对角线交点在原点．若A（﹣4，3），则点C的坐标是（　　） A．（3，﹣4） B．（4，﹣3） C．（﹣3，4） D．（﹣4，﹣3） 3．如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，已知AB＝OA，按以下步骤作图：①以点A为圆心，以任意长为半径画弧交AB于点M，交AC于点N，②分别以点M，N为圆心，以大于为半径画弧，两弧相交于点E；③作射线AE交BC于点F，连接DF．若，则线段CF的长为（　　） A． B．4 C． D．6 4．如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论正确的是（　　） A．若∠B+∠D＝300°，则∠A＝50° B．若AC⊥BD，则平行四边形ABCD是正方形 C．在AD上任取一点E，连接BE，CE，则S△BCE＞S△ABE+S△CDE D．若E，G分别为边AD，BC的中点，点F，H分别在边AB，CD上，则2S四边形EFGH＝S平行四边形ABCD 5．如图，在▱ABCD中，AB＝12，AD＝5，过点D作DE⊥AB于点E，且BE＝3AE．点P是边AB上的一动点，连接CP，过点D作CP所在直线的垂线，垂足为点F，当点P在边AB上运动时，则DF的最大值为（　　） A．4 B． C．5 D． 6．如图，点E在▱ABCD的边BC上，BE＝CD．若∠EAC＝20°，∠B+∠D＝80°，则∠ACD的度数为（　　） A．75° B．80° C．90° D．105° 7．在矩形ABCD中，点E是边BC上一点，连接DE，过A作AF⊥DE于点F，若，则矩形ABCD的面积是（　　） A． B． C． D． 8．如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，添加下列一个条件后，不能使▱ABCD成为矩形的是（　　） A．AC＝BD B．∠ABC＝90° C．AC⊥BD D．AB2+AD2＝BD2 9．如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，点F在边BC上，tan∠BFE．将正方形截去一个角后得到一个五边形AEFCD，点P在线段EF上运动（点P可与点E，点F重合），作矩形PMDN，其中M，N分别在边CD，AD上．有下列结论： ①当CM时，MP＝3； ②矩形PMDN面积的最大值为12； ③CM有两个不同的值满足矩形PMDN的面积为10． 其中，正确结论的个数有（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 10．如图，在▱ABCD中，O是AC的中点，E是AD上的动点，连接EO并延长，交BC于点F，OG∥AD交CD于点G，则下列不是定值的是（　　） A．OG的长 B．四边形DEFC的面积 C．△COG的面积 D．四边形DEFC的周长 二．填空题（共5小题） 11．如图，四边形ABCD是边长为6的菱形，∠ABC＝60°，点O为AC中点，点E，F分别是BC，AB上的点（不与端点重合），且BE＝AF，AE与CF交于点P，延长EO交边AD于点N，连接OP、CN，有如下结论：①∠ACF＝∠BAE；②PA＝PO；③四边形AECN是平行四边形；④线段OP的最小值为．上述结论中，所有正确结论的序号是　 　 ． 12．如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，E，F分别是边AB，BC的中点，连接DE，EF，若EF＝1，则DE的长为　 　 ． 13．如图，在△ABC中，，BC＝4，点D是BC上的动点，连接AD，在AD右侧作菱形ADEF，∠E＝∠BAC，点G是AC的中点，连接FG，则FG的最小值为　 　 ． 14．求解三角形面积问题上我们有许多策略，比如等积变换法：利用平行线间距离处处相等，将所求面积转化到另一个图形中． 感知：如图1，边长为3的正方形ABCD与边长为2的正方形CEFG如图摆放，连接AC，易证AC∥EG，可求得S△AEG＝　 　 ； 探究：如图2，已知①至⑤号正方形如图摆放，且②号正方形CEFG面积为4，，tan∠NML＝1，则S△LOD＝　 　 ． 15．如图，菱形ABCD的边长为，对角线BD上有点E和点F，，连接AE，取AE中点M，连接MF，则MF的长为　 　 ． 三．解答题（共5小题） 16．（1）理解应用 如图1，在正方形ABCD中，AD＝4，DE＝1，BE与AC交于点F，求BF的长度； （2）问题探究 如图2，在矩形ABCD中，过B作AC的垂线交AC于点F，交AD于点E，．试猜想AB与AD的数量关系，并说明理由； （3）拓展延伸 如图3，在▱ABCD中，点A（﹣3，4），点B（1，﹣4），点D（5，4），AB与y轴交于点M，点P从B点出发沿BA、AD运动，过点P作BC的垂线，过点M作BC的平行线，两线相交于点N，将△PNM沿PM翻折得到△PTM，若点T落在x轴上，求P点的坐标． 17．定义：在同一个平面内，所有边的长度都相等，并且所有内角的大小也都相等的多边形，叫做正多边形．已知正五边形ABCDE，请仅用无刻度的直尺作图，并完成相应的任务（保留作图痕迹，不写作法）． （1）如图1，请直接写出∠ABE的度数； （2）请在图1中作出以BE为对角线的菱形ABME，并证明你的结论； （3）在图2正五边形ABCDE的基础上再设计一个新的正五边形A1B1C1D1E1．（不需要证明） 18．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，且AD＝12cm，AB＝8cm，DC＝10cm．若动点P从点A出发，以每秒2cm的速度沿线段AD向点D运动；动点Q从点C出发以每秒3cm的速度沿CB向点B运动，当点P到达点D时，动点P，Q同时停止运动，设点P，Q同时出发，并运动了ts，解答下列问题： （1）BC＝　 　 cm． （2）当t＝　 　 秒时，四边形PQBA是平行四边形． （3）是否存在t，使得△DQC是等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，说明理由． 19．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，B的坐标分别为A（0，2），B（4，2），点D为对角线OB中点，点E在x轴上运动，连结DE，把△ODE沿DE翻折，点O的对应点为点F，连结BF． （1）当点F在第四象限时（如图1），求证：DE∥BF． （2）当点F落在矩形的对称轴上时，求EF的长． （3）是否存在点E，使得以D，E，F，B为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 20．综合与实践 [实验操作] （1）如图1，点O为AC中点，点B在AC上方，连接AB，BC． 尺规作图：用无刻度的直尺和圆规，作点B关于点O的对称点D（保留作图痕迹，不写作法），连接AD，DC，并证明四边形ABCD为平行四边形； [拓展应用] （2）如图2，延长AC至点F，使得CF＝AC，当点B在直线AC的上方运动，直线AC的上方有异于点B的动点E，连接EA，EB，EC，EF．若△ABC∽△FCE，求证：△ABC∽△CBE． 2026年中考数学二轮复习：四边形 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 1．如图，在菱形ABCD中，，对角线BD的长为16，E是AD的中点，F是BD上一点，连接EF．若BF＝3，则EF的长为（　　） A． B．10 C． D． 【考点】菱形的性质；相似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】连接AC交BD于点O，过点E作EG⊥BD于点G．利用菱形对角线互相垂直平分求出OD和AO的长，再利用相似三角形求出EG和DG的长，进而求出FG的长，最后在Rt△EFG中利用勾股定理求解即可． 【解答】解：如图，连接AC交BD于点O，过点E作EG⊥BD于点G， ∵四边形ABCD是菱形，，对角线BD的长为16， ∴AC⊥BD，，， 在Rt△AOD中，， ∵EG⊥BD，AC⊥BD， ∴EG∥AO， ∴△DEG∽△DAO， ∴， ∵E是AD的中点， ∴， ∴，， ∵BF＝3，BD＝16， ∴FG＝BD﹣BF﹣DG＝16﹣3﹣4＝9， 在Rt△EFG中，． 故选：C． 【点评】本题考查的是菱形的性质，相似三角形的判定与性质，熟知菱形的性质是解题的关键． 2．如图，菱形ABCD的对角线交点在原点．若A（﹣4，3），则点C的坐标是（　　） A．（3，﹣4） B．（4，﹣3） C．（﹣3，4） D．（﹣4，﹣3） 【考点】菱形的性质；坐标与图形性质． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】B 【分析】根据菱形的性质，可得点A和点C关于原点对称，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴点A和点C关于原点对称， ∵A（﹣4，3）， ∴C（4，﹣3）． 故选：B． 【点评】本题考查了菱形的性质，点关于原点对称的特点，关键是根据菱形的性质，可得点A和点C关于原点对称解答． 3．如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，已知AB＝OA，按以下步骤作图：①以点A为圆心，以任意长为半径画弧交AB于点M，交AC于点N，②分别以点M，N为圆心，以大于为半径画弧，两弧相交于点E；③作射线AE交BC于点F，连接DF．若，则线段CF的长为（　　） A． B．4 C． D．6 【考点】矩形的性质；角平分线的性质；勾股定理． 【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】D 【分析】由矩形性质及AB＝OA可得△OAB和△OCD都是等边三角形，则∠OAB＝∠OCD＝60°，进而得∠OCF＝30°，由尺规作图可得知F是∠OAB的平分线，则∠BAF＝∠OAF＝30°，由此得∠OAF＝OCF＝30°，则CF＝AF，在Rt△ABF中，设BF＝a，其中a＞0，则AF＝2BF＝2a，由勾股定理得AB，进而得CD＝AB，CF＝AF＝2a，然后在Rt△DCF中，由勾股定理可求出a＝3（舍去负值），据此即可得出线段CF的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，OA＝OC＝OB＝OD，∠ABC＝∠DCB＝90°， ∴△ABF和△DCF都是直角三角形， ∵AB＝OA， ∴AB＝OA＝OB＝OC＝OD＝CD， ∴△OAB和△OCD都是等边三角形， ∴∠OAB＝∠OCD＝60°， ∴∠OCF＝∠DCB﹣∠OCD＝30°， 由尺规作图可知：AF是∠OAB的平分线， ∴∠BAF＝∠OAF∠OAB＝30°， ∴∠OAF＝OCF＝30°， ∴CF＝AF， 在Rt△ABF中，设BF＝a，其中a＞0， ∵∠BAF＝30°， ∴AF＝2BF＝2a， 由勾股定理得：AB， ∴CD＝AB，CF＝AF＝2a， 在Rt△DCF中，DF， 由勾股定理得：CF2+CD2＝DF2， ∴， 整理得：a2＝9， 解得：a＝3，a＝﹣3（不合题意，舍去）， ∴CF＝2a＝6， 即线段CF的长为6． 故选：D． 【点评】此题主要考查了矩形的性质，尺规作图，等边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，理解矩形的性质，熟练掌握尺规作图，等边三角形的判定和性质，灵活利用含有30°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． 4．如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论正确的是（　　） A．若∠B+∠D＝300°，则∠A＝50° B．若AC⊥BD，则平行四边形ABCD是正方形 C．在AD上任取一点E，连接BE，CE，则S△BCE＞S△ABE+S△CDE D．若E，G分别为边AD，BC的中点，点F，H分别在边AB，CD上，则2S四边形EFGH＝S平行四边形ABCD 【考点】正方形的判定；三角形的面积；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理；平行四边形的性质． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】D 【分析】根据平行四边形的对角相等、邻角互补逐一分析选项A；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形的判定定理分析选项B；通过设高、利用面积公式推导分析选项C；根据中点性质、平行四边形的判定与面积公式分析选项D，进而得出正确结论． 【解答】解：A．∵四边形ABCD是平行四边形，∠B+∠D＝300°， ∴∠A+∠C＝60°且∠A＝∠C， ∴∠A＝30°，A错误，不符合题意； B．若AC⊥BD，则平行四边形ABCD是菱形，不能证明是正方形，B错误，不符合题意； C． 设平行四边形ABCD中，AD与BC之间的距离为h， ∴， ， ∵AD＝BC，AE+DE＝AD， ∴S△BCE＝S△ABE+S△CDE，C错误，不符合题意； D．如下图， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AB∥CD， ∵E，G分别为边AD，BC的中点， ∴EG∥AB∥CD， ∴四边形DEGC，AEGB均为平行四边形， ∵，， ， ∴2S四边形EFGH＝S平行四边形ABCD，D正确，符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查的是平行四边形的性质与判定，熟练掌握平行四边形的角的性质、特殊平行四边形的判定、三角形与平行四边形的面积关系是解题的关键． 5．如图，在▱ABCD中，AB＝12，AD＝5，过点D作DE⊥AB于点E，且BE＝3AE．点P是边AB上的一动点，连接CP，过点D作CP所在直线的垂线，垂足为点F，当点P在边AB上运动时，则DF的最大值为（　　） A．4 B． C．5 D． 【考点】平行四边形的性质；勾股定理． 【专题】多边形与平行四边形；运算能力． 【答案】D 【分析】先根据AB＝12和BE＝3AE求出AE＝3，再在Rt△ADE中用勾股定理算出DE＝4，进而得到平行四边形ABCD的面积为48，由此得出△DPC的面积为24；结合DF⊥CP得到，分析可知当CP最小时DF最大，而CP的最小值为BC＝AD＝5，最终求得DF的最大值为． 【解答】解：在▱ABCD中，AB＝12，AD＝5，过点D作DE⊥AB于点E，且BE＝3AE． ∴AE+BE＝4AE＝12， ∴AE＝3， ∵DE⊥AB， 在Rt△ADE中，AD＝5， 由勾股定理得：， ∵在平行四边形ABCD中，AB∥CD， ∴无论P在AB上何处，△DPC的面积始终是平行四边形面积的一半， ∵平行四边形面积S＝AB•DE＝12×4＝48， ∴， 又∵DF⊥CP， ∴， 整理得：， ∴要使DF最大，需要CP最小， 建立坐标系可知，点C到直线AB的垂足落在AB的延长线上（超出AB边范围）， 因此CP长度随P靠近B点逐渐减小， 当P与B重合时，CP最小，此时CP＝BC＝AD＝5， 将CP最小＝5代入，得． 故选：D． 【点评】本题考查平行四边形的性质，正确进行计算是解题关键． 6．如图，点E在▱ABCD的边BC上，BE＝CD．若∠EAC＝20°，∠B+∠D＝80°，则∠ACD的度数为（　　） A．75° B．80° C．90° D．105° 【考点】平行四边形的性质；等腰三角形的判定与性质． 【专题】多边形与平行四边形；推理能力． 【答案】C 【分析】先由平行四边形性质得∠B＝∠D，求出∠B，再由BE＝CD与AB＝CD得AB＝BE，推出△ABE等腰，求∠BAE，计算∠BAC，最后由AB∥CD得∠ACD＝∠BAC． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠B+∠D＝80°， ∴∠B＝∠D＝40°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD， ∵BE＝CD， ∴AB＝BE， ∴△ABE是等腰三角形， ∴∠BAE＝∠BEA， ∵∠BAE+∠BEA+∠B＝180°，2∠BAE+40°＝180°，2∠BAE＝140°， ∴∠BAE＝70°， ∴∠BAC＝∠BAE+∠EAC＝70°+20°＝90°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠ACD＝∠BAC＝90°． 故选：C． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定与性质，掌握平行四边形的边与角的性质是解题的关键． 7．在矩形ABCD中，点E是边BC上一点，连接DE，过A作AF⊥DE于点F，若，则矩形ABCD的面积是（　　） A． B． C． D． 【考点】矩形的性质；解直角三角形． 【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；解直角三角形及其应用；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】A 【分析】过点B作BH⊥AF于点H，先解Rt△ADF得AD＝5，AF＝4，根据AB＝BF，BH⊥AF于点H得AH＝FHAH＝2，证明∠ABH＝∠DAF得sin∠ABH＝sin∠DAF＝3/5，再解Rt△ABH得AB，继而即可得出矩形ABCD的面积． 【解答】解：过点B作BH⊥AF于点H，如图所示： ∵AF⊥DE于点F， ∴△ADF是直角三角形， 在Rt△ADF中，DF＝3，sin∠DAF， ∵sin∠DAF， ∴， ∴AD＝5， 由勾股定理得：AF4， ∵AB＝BF，BH⊥AF于点H， ∴AH＝FHAF＝2， 在Rt△ABH中，∠ABH+∠BAH＝90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAH+∠DAF＝∠BAD＝90°， ∴∠ABH＝∠DAF， ∴sin∠ABH＝sin∠DAF， 在Rt△ABH中，sin∠ABH， ∴， ∴AB， ∴矩形ABCD的面积为：AB•AD． 故选：A． 【点评】此题主要考查了矩形的性质，解直角三角形，理解矩形的性质，灵活利用锐角三角函数的定义及勾股定理进行计算是解决问题的关键． 8．如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，添加下列一个条件后，不能使▱ABCD成为矩形的是（　　） A．AC＝BD B．∠ABC＝90° C．AC⊥BD D．AB2+AD2＝BD2 【考点】矩形的判定；勾股定理；平行四边形的性质． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】C 【分析】根据矩形和菱形的判定逐项判断即可． 【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD， ∴平行四边形ABCD是矩形， 故A不符合题意； B、∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝90°， ∴平行四边形ABCD是矩形， 故B不符合题意； C、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD， ∴平行四边形ABCD是菱形， 故C符合题意； D、∵AB2+AD2＝BD2， ∴△ABD是直角三角形， ∴∠BAD＝90°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴平行四边形ABCD是矩形， 故D不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查了矩形和菱形的判定，熟练掌握矩形和菱形的判定是解题的关键． 9．如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，点F在边BC上，tan∠BFE．将正方形截去一个角后得到一个五边形AEFCD，点P在线段EF上运动（点P可与点E，点F重合），作矩形PMDN，其中M，N分别在边CD，AD上．有下列结论： ①当CM时，MP＝3； ②矩形PMDN面积的最大值为12； ③CM有两个不同的值满足矩形PMDN的面积为10． 其中，正确结论的个数有（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【考点】正方形的性质；解直角三角形；矩形的性质． 【专题】二次函数图象及其性质；矩形 菱形 正方形；解直角三角形及其应用；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】B 【分析】先根据正方形的性质及锐角三角函数的定义求出BF＝2得CF＝2，对于结论①，过点F作FQ⊥MP于点Q，证明四边形FQMC是矩形得MQ＝CF＝2，PM∥BC，FQ＝CM，由此得∠FPQ＝∠BFE，解Rt△PFQ得PQ＝2FQ＝1，由此得MP＝MQ+PQ＝3，据此可对该结论进行判断；对于结论②，设CM＝x，则MD＝CD﹣CM＝4﹣x，由结论①可知PQ＝22x，由此得MP＝2+2x，设矩形PMDN的面积为S，则S＝MP•MD，由此根据二次函数的性质得当x时，S为最大，最大值为，据此可对该结论进行判断；对于结论③，由结论①可知设CM＝x，S，根据当矩形PMDN的面积为10时得，解得，，即当CM为或时，矩形PMDN的面积为10，据此可对该结论进行判断；综上所述即可得出答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，且边长为4， ∴CD＝CB＝4，∠C＝∠B＝∠D＝90°， ∴△BEF是直角三角形， 在Rt△BEF中，BE＝1，tan∠BFE， ∴tan∠BFE， ∴BF＝2BE＝2， ∴CF＝BC﹣BF＝4﹣2＝2， 对于结论①，当CM时，过点F作FQ⊥MP于点Q，如图所示： ∴∠FQM＝∠FQP＝90°， ∴△PFQ是直角三角形， ∵四边形PMDN是矩形， ∴∠PMC＝90°， ∴∠FQM＝∠C＝∠PMC＝90°， ∴四边形FQMC是矩形， ∴MQ＝CF＝2，PM∥BC，FQ＝CM， ∴∠FPQ＝∠BFE， ∴tan∠FPQ＝tan∠BFE， 在Rt△PFQ中，tan∠FPQ， ∴PQ＝2FQ＝1， ∴MP＝MQ+PQ＝2+1＝3， 故结论①正确； 对于结论②，设CM＝x，则MD＝CD﹣CM＝4﹣x， 由结论①可知：PQ＝2FQ＝2x， ∴MP＝MQ+PQ＝2+2x， 设矩形PMDN的面积为S， ∴S＝MP•MD＝（2+2x）（4﹣x）， 整理得：S＝﹣2x2+6x+8， 当点P与点F重合时，CM＝0，当点P与点E重合时，CM＝BE＝1， ∴x的取值范围是：0≤x≤1， 根据二次函数的性质得：当x＝1时，S为最大，最大值为y， 即矩形PMDN面积的最大值为， 故结论②不正确； 对于结论③，由结论①可知：设CM＝x，S， 当矩形PMDN的面积为10时，则S＝10， ∴， 解得：，， 又∵0≤x≤1， ∴1，不合题意，舍去， ∴当CM为时，矩形PMDN的面积为10， 即CM只有一个的值满足矩形PMDN的面积为10， 故结论③不正确， 综上所述：正确的结论是①，共1个． 故选：B． 【点评】此题主要考查了正方形性质，矩形的判定和性质，解直角三角形，二次函数的性质，理解正方形性质，熟练掌握矩形的判定和性质，二次函数的性质，灵活利用锐角三角函数的定义进行计算是解决问题的关键． 10．如图，在▱ABCD中，O是AC的中点，E是AD上的动点，连接EO并延长，交BC于点F，OG∥AD交CD于点G，则下列不是定值的是（　　） A．OG的长 B．四边形DEFC的面积 C．△COG的面积 D．四边形DEFC的周长 【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；三角形中位线定理． 【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；图形的全等；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力． 【答案】D 【分析】判断OG是三角形中位线，AD的长一定，则OG的长一定；证出△AOE≌△COF得S△AOE＝S△COF，则四边形DEFC的面积＝S△ACD，面积一定；根据相似三角形的性质可得出△COG的面积等于△ACD面积的，是定值；可证出△AOE≌△COF得CF＝AE，得四边形DEFC周长＝AD+CD+EF，EF是动线段，则周长可变化． 【解答】解：由题意得OA＝OC， ∵OG∥AD交CD于点G， ∴， ∴GD＝GC，即点G是CD的中点， ∴OG是△CAD的中位线， ∴， ∵AD是定值， ∴OG的长是定值，故A不合题意； ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠OAE＝∠OCF， 又∵∠AOE＝∠COF，OA＝OC， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴S△AOE＝S△COF， ∴四边形DEFC的面积＝S四边形DEOC+S△COF＝S四边形DEOC+S△AOE＝S△ACD， ∵S△ACD是定值， ∴四边形DEFC的面积是定值，故B不合题意； ∵AD∥BC， ∴△COG∽△CAD， ∴， ∴， ∵S△ACD是定值， ∴△COG的面积是定值，故C不合题意； ∵△AOE≌△COF， ∴AE＝CF， 又四边形DEFC的周长＝DC+DE+EF+CF＝DC+DE+AE+EF＝AD+DC+EF， ∵AD，DC固定，EF可以变化， ∴四边形DEFC的周长可以变化，不是一个定值，故D符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，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． 二．填空题（共5小题） 11．如图，四边形ABCD是边长为6的菱形，∠ABC＝60°，点O为AC中点，点E，F分别是BC，AB上的点（不与端点重合），且BE＝AF，AE与CF交于点P，延长EO交边AD于点N，连接OP、CN，有如下结论：①∠ACF＝∠BAE；②PA＝PO；③四边形AECN是平行四边形；④线段OP的最小值为．上述结论中，所有正确结论的序号是　①③　 ． 【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质． 【答案】①③． 【分析】结合菱形的性质，推导三角形全等，结合点P的运动轨迹与三点共线得出OP的最小值． 【解答】解：∵四边形ABCD是边长为6的菱形，∠ABC＝60°，点O为AC中点，BE＝AF， ∴△ABC是等边三角形， ∴AC＝AB，∠B＝∠BAC， ∵BE＝AF， ∴△ABE≌△CAF（SAS）， ∴∠ACF＝∠BAE， ∴∠AEB＝∠CFA， ∴∠BFP+∠BEP＝180°， ∴∠FPE＝120°， ∴∠APC＝120°， ∴点P在弦长是6，圆周角是120°的弧上运动，（不包括端点A，C）， ∴PA与PO不会始终相等， 故①正确，②错误， ∵AD∥BC， ∴∠ANO＝∠CEO，∠OAN＝∠OCE， ∵AO＝CO， ∴△AON≌△COE（AAS）， ∴AN＝CE， ∴四边形AECN是平行四边形， ∴故③正确， 如图，设点P所在的圆心是M， 连接AM，MO，PM可以得到∠AMO＝60°，∠MOA＝90°， ∵AO＝3， ∴， ∴OM， ∴AM＝PM＝2， ∵OP+OM≥PM，当点P，O，M三点共线时，OP取到最小值为， 故④错误， 故答案为：①③． 【点评】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，确定圆的条件等知识，解决问题的关键熟练掌握“定弦对定角”等模型． 12．如图，在菱形ABCD中，∠A＝120°，E，F分别是边AB，BC的中点，连接DE，EF，若EF＝1，则DE的长为　　 ． 【考点】菱形的性质；等边三角形的判定与性质；三角形中位线定理． 【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力． 【答案】． 【分析】连接AC，过点D作DM⊥BA交BA的延长线于点M．根据中位线定理得出AC＝2EF＝2，根据菱形的性质证明△ACD是等边三角形，进而求出所需线段长度，最后根据勾股定理求解即可． 【解答】解：如图，连接AC，过点D作DM⊥BA交BA的延长线于点M． ∵E，F分别是边AB，BC的中点，EF＝1， ∴，AC＝2EF＝2， ∵由菱形ABCD，∠BAD＝120°， ∴AD＝CD，∠ADC＝60°， ∴△ACD为等边三角形， ∴AD＝AC＝2，∠ADM＝30°， ∴， ∴，ME＝AE+AM＝1+1＝2， ∴． 【点评】本题考查等边三角形的判定与性质，三角形中位线定理，菱形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 13．如图，在△ABC中，，BC＝4，点D是BC上的动点，连接AD，在AD右侧作菱形ADEF，∠E＝∠BAC，点G是AC的中点，连接FG，则FG的最小值为　　 ． 【考点】菱形的性质；垂线段最短． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】． 【分析】过点A作AO⊥BC于点O，取点H为AB的中点，连接DH，证明△AHD≌△AGF，则FG的最小值即为DH的最小值．当HD⊥BC时DH取最小值，证明DH的长为，所以根据勾股定理求出AO的长，则FG的最小值即为的长． 【解答】解：如图，过点A作AO⊥BC于点O，取点H为AB的中点，连接DH， 则， 由条件可知， 在菱形ADEF中，AF＝AD，∠E＝∠DAF， ∵∠E＝∠BAC， ∴∠BAC＝∠E＝∠DAF， ∴∠BAC﹣∠DAC＝∠FAD﹣∠DAC， 即∠HAD＝∠GAF， ∴△AHD≌△AGF（SAS）， ∴FG＝DH， 则当HD最小时，FG最小， 如图，当HD⊥BC时，HD取最小值， 由条件可知HB＝HO， ∵HD⊥BO， ∴BD＝DO， ∴， 根据勾股定理可得， ∴， 即FG最小值为． 故答案为：． 【点评】本题考查了菱形的性质，垂线段最短，熟练掌握以上知识点是关键． 14．求解三角形面积问题上我们有许多策略，比如等积变换法：利用平行线间距离处处相等，将所求面积转化到另一个图形中． 感知：如图1，边长为3的正方形ABCD与边长为2的正方形CEFG如图摆放，连接AC，易证AC∥EG，可求得S△AEG＝　2　 ； 探究：如图2，已知①至⑤号正方形如图摆放，且②号正方形CEFG面积为4，，tan∠NML＝1，则S△LOD＝　　 ． 【考点】正方形的性质；解直角三角形；平行线之间的距离；三角形的面积． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】2，． 【分析】由平行线的性质得出S△AEG＝S△CEG即可求解；连接BD，BL，同理可知S△LOD＝S△BOL，通过正方形性质以及函数的定义得出BE＝1，BC，分别证明△CBE≌△EHF（AAS），△IMN≌△NLM（AAS），由全等三角形的性质和正方形的性质分别求出EH，HI，IM，MN，NO，LN，然后根据三角形面积公式计算即可． 【解答】解：∵AC∥EG， ∴点A到GE的距离等于点C到GE的距离， 由GE＝GE， ∴． 连接BD，BL， ∵BD∥LO ∴点D到直线LO的距离等于点B到直线LO的距离， ∴S△LOD＝S△BOL， ∵②号正方形CEFG面积为4， ∴CE＝EF＝2， ∵， ∴BE＝1， ∴， ∵∠CEB+∠BCE＝90°，∠CEB+∠FEH＝90°， ∴∠FEH＝∠BCE， 由∠CBE＝∠EHF＝90°， ∴△CBE≌△EHF（AAS）， ∴，BE＝HF＝1， ∴FH＝HI＝JI＝1， ∵tan∠NML＝1， ∴MN＝NL， 同理可证：△IMN≌△NLM（AAS）， ∴MN＝NL＝JI＝IM＝1， ∴NO＝LN＝1， ∴S△LOD＝S△BOL ， 故答案为：2，． 【点评】本题考查正方形的性质，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 15．如图，菱形ABCD的边长为，对角线BD上有点E和点F，，连接AE，取AE中点M，连接MF，则MF的长为　　 ． 【考点】菱形的性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】． 【分析】连接AC交BD于点O，根据菱形的性质得出，，勾股定理求出BO＝DO＝6，结合，求出，勾股定理求出，根据点M是AE中点，得出，根据，求出MH，EH，则可求出HF，最后根据勾股定理即可求解． 【解答】解：过点M作MH⊥BD于H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴， ∴， 由勾股定理可得，， ∵， ∴， 由勾股定理可得，， ∵点M是AE中点， ∴， 由三角函数可知，， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据菱形的性质得出，解答． 三．解答题（共5小题） 16．（1）理解应用 如图1，在正方形ABCD中，AD＝4，DE＝1，BE与AC交于点F，求BF的长度； （2）问题探究 如图2，在矩形ABCD中，过B作AC的垂线交AC于点F，交AD于点E，．试猜想AB与AD的数量关系，并说明理由； （3）拓展延伸 如图3，在▱ABCD中，点A（﹣3，4），点B（1，﹣4），点D（5，4），AB与y轴交于点M，点P从B点出发沿BA、AD运动，过点P作BC的垂线，过点M作BC的平行线，两线相交于点N，将△PNM沿PM翻折得到△PTM，若点T落在x轴上，求P点的坐标． 【考点】四边形综合题． 【专题】几何综合题；推理能力． 【答案】（1）； （2）； （3）或）或． 【分析】（1）根据正方形的性质及相似三角形的判定得出△AEF∽△CBF，确定，BE＝5，即可求解； （2）根据各角之间的关系得出∠AEF＝∠BAF，再由相似三角形的判定和性质即可得出结果； （3）根据题意，先确定直线AB所在直线的函数解析式为y＝﹣2x﹣2，得出MO＝2，OF＝1，然后分三种情况分析：当点P在线段AB上时，当点P经过点A到线段AD上时，当点P在线段AD上，经过y轴到第一象限时，分别作出图形，然后利用相似三角形的判定和性质求解即可． 【解答】解：（1）在正方形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝AB＝4， ∴△AEF∽△CBF， ∴， ∵DE＝1， ∴AE＝3， ∴BE＝5， ∴， ∴； （2）在矩形ABCD中，∠DAB＝∠ABC＝90°， ∴∠ABF+∠AEF＝90°， ∵BE⊥AC， ∴∠BFA＝90°， ∴∠ABF+∠BAF＝90°， ∴∠AEF＝∠BAF， ∵∠DAB＝∠ABC， ∴△AEB∽△BAC， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）∵点A（﹣3，4），点B（1，﹣4）， ∴设直线AB所在直线的函数解析式为：y＝kx+b， 代入得：， 解得：， ∴y＝﹣2x﹣2， 设直线AB交x轴于点F， 当x＝0时，y＝﹣2，当y＝0时，x＝﹣1， ∴M（0，﹣2），F（﹣1，0）， ∴MO＝2，OF＝1， 当点P在线段AB上时，如图所示： 设QF＝a，则OQ＝a+1，过点A作AH⊥CB于点H， ∵点A（﹣3，4），点B（1，﹣4）， ∴AH＝8，BH＝4， ∴tan∠ABH＝2， 根据题意得：BC∥x轴，四边形OQNM为矩形， ∴∠ABH＝∠PFQ，OQ＝NM＝a+1，QN＝OM＝2， ∴PQ＝2a，PN＝2a+2， 由折叠可知MT＝MN＝a+1，PT＝PN＝2a+2，∠PTM＝∠PNQ＝90°， ∴∠PTQ+∠OTM＝90°， ∴∠PQT＝90°， ∴∠PTQ+∠TPQ＝90°， ∴∠OTM＝∠TPQ， ∴△OTM∽△QPT， ∴，即， 解得：OT＝a， ∴TQ＝QF+OF+OT＝2a+1， ∴，即， 解得：， ∴，PQ＝2a＝3， ∴点P在第二象限， ∴； 当点P经过点A到线段AD上时，如图所示： ∴PQ＝4，PN＝4+2＝6， 设MN＝x， 由折叠可知MT＝MN＝x，PT＝PN＝6， ∴， 同理得：△OTM∽△QPT， ∴，即， 解得：， ∴点P在第二象限， ∴； 当点P在线段AD上，经过y轴到第一象限时，如图所示： ∴PQ＝4，PN＝4+2＝6， 设MN＝x， 由折叠可知MT＝MN＝x，PT＝PN＝6， ∴， 同理得：△OTM∽△QPT， ∴，即， 解得：， ∴点P在第一象限， ∴； 综上可得：P点的坐标为或或． 【点评】本题主要考查正方形、矩形的性质、勾股定理、坐标与图形性质、相似三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 17．定义：在同一个平面内，所有边的长度都相等，并且所有内角的大小也都相等的多边形，叫做正多边形．已知正五边形ABCDE，请仅用无刻度的直尺作图，并完成相应的任务（保留作图痕迹，不写作法）． （1）如图1，请直接写出∠ABE的度数； （2）请在图1中作出以BE为对角线的菱形ABME，并证明你的结论； （3）在图2正五边形ABCDE的基础上再设计一个新的正五边形A1B1C1D1E1．（不需要证明） 【考点】四边形综合题． 【专题】几何综合题；推理能力． 【答案】（1）36°； （2）如图1所示，连接BD、CE相交于点M，菱形ABME为所求图形； 证明：在正五边形ABCDE中，每个内角都相等且等于108°，每条边都相等， 可得△ABE≌△CBD， 从而∠ABE＝∠CBD， ∵AE＝AB，∠BAE＝108°， ∴∠ABE＝∠AEB＝36°， ∴∠CBD＝36°， ∴∠DBE＝∠ABC﹣∠ABE﹣∠CBD＝108°﹣36°﹣36°＝36°， ∴∠AEB＝∠DBE， ∴AE∥BD， 同理可证：AB∥CE． ∴四边形ABME为平行四边形， 又∵AE＝AB， ∴四边形ABME为菱形． （3）如图2中，正五边形A1B1C1D1E1即为所求． 【分析】（1）利用正五边形与等腰三角形的性质求解； （2）连接BD，CE交于点M，四边形ABME即为所求； （3）各边延长线的交组成的五边形A1B1C1D1E1即为所求． 【解答】解：（1）∵AB＝AE，， ∴； （2）如图1所示，连接BD、CE相交于点M，菱形ABME为所求图形； 证明：在正五边形ABCDE中，每个内角都相等且等于108°，每条边都相等， 可得△ABE≌△CBD， 从而∠ABE＝∠CBD， ∵AE＝AB，∠BAE＝108°， ∴∠ABE＝∠AEB＝36°， ∴∠CBD＝36°， ∴∠DBE＝∠ABC﹣∠ABE﹣∠CBD＝108°﹣36°﹣36°＝36°， ∴∠AEB＝∠DBE， ∴AE∥BD， 同理可证：AB∥CE． ∴四边形ABME为平行四边形， 又∵AE＝AB， ∴四边形ABME为菱形． （3）如图2中，正五边形A1B1C1D1E1即为所求． 【点评】本题考查作图﹣复杂作图，菱形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 18．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，且AD＝12cm，AB＝8cm，DC＝10cm．若动点P从点A出发，以每秒2cm的速度沿线段AD向点D运动；动点Q从点C出发以每秒3cm的速度沿CB向点B运动，当点P到达点D时，动点P，Q同时停止运动，设点P，Q同时出发，并运动了ts，解答下列问题： （1）BC＝　18　 cm． （2）当t＝　　 秒时，四边形PQBA是平行四边形． （3）是否存在t，使得△DQC是等腰三角形？若存在，请求出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）18； （2）； （3）t的值为秒或4秒或秒． 【分析】（1）作DE⊥BC于E，则四边形ABED为矩形．在直角△CDE中，已知DC、DE的长，根据勾股定理可以计算EC的长度，根据BC＝BE+EC即可求出BC的长度； （2）当PA＝BQ时，四边形PQBA为矩形，即为平行四边形，根据PA＝BQ列出关于t的方程，解方程即可； （3）分三种情况．结合路程＝速度×时间求得其中的有关的边，运用等腰三角形的性质和解直角三角形的知识求解． 【解答】解：（1）如图，过D点作DE⊥BC于E， ∵DE⊥BC， ∴∠DEB＝∠DEC＝90°， ∵∠B＝90°， ∴∠DEB+∠B＝180°， ∴AB∥DE， ∵AD∥BC， ∴四边形ABED为平行四边形， ∵∠B＝90°， ∴四边形ABED为矩形， ∴DE＝AB＝8cm，AD＝BE＝12cm， ∵在直角△CDE中，∠DEC＝90°，DC＝10cm，DE＝8cm， ∴EC6cm， ∴BC＝BE+EC＝18cm． 故答案为：18； （2）∵AD∥BC，∠B＝90°， ∴当PA＝BQ时，四边形PQBA为矩形，即为平行四边形， 设：PA＝（2t）cm，CQ＝（3t）cm，则BQ＝BC﹣CQ＝（18﹣3t）cm， ∴2t＝18﹣3t， ∴ts， ∴当ts时，四边形PQBA为平行四边形． 故答案为：； （3）△DQC是等腰三角形时，分三种情况讨论： ①当QC＝DC时，即3t＝10， ∴t； ②当DQ＝DC时，6， ∴t＝4； ③当QD＝QC时，（3t）2＝64+（3t﹣6）2， ∴t； 故存在t，使得△DQC是等腰三角形，此时t的值为秒或4秒或秒． 【点评】本题是四边形综合题，考查了直角梯形的性质、矩形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 19．如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A，B的坐标分别为A（0，2），B（4，2），点D为对角线OB中点，点E在x轴上运动，连结DE，把△ODE沿DE翻折，点O的对应点为点F，连结BF． （1）当点F在第四象限时（如图1），求证：DE∥BF． （2）当点F落在矩形的对称轴上时，求EF的长． （3）是否存在点E，使得以D，E，F，B为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【考点】四边形综合题． 【专题】几何综合题；推理能力． 【答案】（1）证明：由折叠可知，∠ODE＝∠EDF，OD＝DF， ∵点D为OB中点， ∴OD＝BD， ∴DF＝BD， ∴∠DBF＝∠DFB， ∴∠ODF＝2∠DFB＝2∠EDF， ∴∠DFB＝∠EDF， ∴DE∥BF； （2）2或； （3）存在，（，0）或（，0）或（3，0）或（5，0）． 【分析】（1）由三角形外角和定理和折叠的性质可得∠DBF＝∠DFB，∠ODF＝2∠DFB＝2∠EDF，能够推导出∠DFB＝∠EDF，从而可证明DE∥BF； （2）①当ED⊥OC时，此时F点与C点重合，EFCO＝2；②当F点与B点重合时，在Rt△BCE中，BE2＝（4﹣BE）2+22，求得EF； （3）画出图形，结合图形分三种情况讨论：当四边形DEFB为平行四边形时，E（，0）；当四边形DEBF为平行四边形时，E（3，0）；当四边形DEBF为平行四边形时，E（5，0）． 【解答】（1）证明：由折叠可知，∠ODE＝∠EDF，OD＝DF， ∵点D为OB中点， ∴OD＝BD， ∴DF＝BD， ∴∠DBF＝∠DFB， ∴∠ODF＝2∠DFB＝2∠EDF， ∴∠DFB＝∠EDF， ∴DE∥BF； （2）解：①当ED⊥OC时，OE＝EF， 此时F点与C点重合， ∴EFCO， ∵B（4，2），四边形OABC是矩形， ∴OC＝4， ∴EF＝2； ②如图1，当F点与B点重合时，OE＝EF，EC＝4﹣OE， 在Rt△BCE中，BE2＝EC2+BC2，即BE2＝（4﹣BE）2+22， 解得BE， ∴EF； 综上所述：EF的长为2或； （3）解：存在点E，使得以D，E，F，B为顶点的四边形是平行四边形，理由如下： 如图2，当四边形DEFB为平行四边形时，DB∥EF，且BD＝EF， ∵OE＝EF，BD＝DO， ∴OE＝OD， ∵D是OB的中点，B（4，2）， ∴D（2，1）， ∴OD， ∴E（，0）或（，0）； 如图3，当四边形DEBF为平行四边形时，DF＝BE， ∵OD＝DF， ∴OD＝BE， ∴BE， 在Rt△BEC中，EC＝1， ∴E（3，0）； 如图4，当四边形DEBF为平行四边形时，DF＝BE， ∵OD＝BD＝DF， ∴BE＝OD， 在Rt△BCE中，CE＝1， ∴E（5，0）； 综上所述：E点坐标为（，0）或（，0）或（3，0）或（5，0）． 【点评】本题是四边形的综合题，熟练掌握图形折叠的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，数形结合解题是关键． 20．综合与实践 [实验操作] （1）如图1，点O为AC中点，点B在AC上方，连接AB，BC． 尺规作图：用无刻度的直尺和圆规，作点B关于点O的对称点D（保留作图痕迹，不写作法），连接AD，DC，并证明四边形ABCD为平行四边形； [拓展应用] （2）如图2，延长AC至点F，使得CF＝AC，当点B在直线AC的上方运动，直线AC的上方有异于点B的动点E，连接EA，EB，EC，EF．若△ABC∽△FCE，求证：△ABC∽△CBE． 【考点】平行四边形的判定与性质；作图—尺规作图的定义；相似三角形的判定与性质． 【专题】多边形与平行四边形；运算能力． 【答案】（1）解：如图，连接BO并延长，以点O为圆心以BO为半径画弧，交BO的延长线于点D，点D即为所求， ∵点O为AC中点， ∴AO＝OC， 根据作图可得BO＝OD， ∴四边形ABCD为平行四边形． （2）证明：延长AC至点F，使得CF＝AC，当点B在直线AC的上方运动，直线AC的上方有异于点B的动点E，连接EA，EB，EC，EF． ∵△ABC∽△FCE， ∴∠F＝∠BAC，∠ACB＝∠FEC， ∵∠ACE＝∠F+∠CEF＝∠ECB+∠ACB， ∴∠BCE＝∠F＝∠BAC， ∵△ABC∽△FCE， ∴， 又∵CF＝AC， ∴，即， ∴△ABC∽△CBE． 【分析】（1）连接BO并延长，在BO的延长线上截取OD＝OB，即可得点B关于点O的对称点D，连接AD，CD，进而根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可得证； （2）根据△ABC∽△FCE得出∠BCE＝∠F＝∠BAC，，根据已知CF＝AC，可得△ABC∽△CBE． 【解答】（1）解：如图，连接BO并延长，以点O为圆心以BO为半径画弧，交BO的延长线于点D，点D即为所求， ∵点O为AC中点， ∴AO＝OC， 根据作图可得BO＝OD， ∴四边形ABCD为平行四边形． （2）证明：延长AC至点F，使得CF＝AC，当点B在直线AC的上方运动，直线AC的上方有异于点B的动点E，连接EA，EB，EC，EF． ∵△ABC∽△FCE， ∴∠F＝∠BAC，∠ACB＝∠FEC， ∵∠ACE＝∠F+∠CEF＝∠ECB+∠ACB， ∴∠BCE＝∠F＝∠BAC， ∵△ABC∽△FCE， ∴， 又∵CF＝AC， ∴，即， ∴△ABC∽△CBE． 【点评】本题考查尺规作图，平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正确记忆相关知识点是解题关键． 学科网（北京）股份有限公司 $