2026年中考数学二轮复习：四边形

**基本信息** 以题载法构建四边形知识网络，通过判定-性质-综合应用逻辑链提升推理能力与几何直观 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择填空|15题|正方形判定四条件组合、菱形折叠构造方程、矩形动态问题分类讨论|从平行四边形到特殊四边形的判定递进，性质应用与勾股定理、三角函数结合| |解答题|5题|动点问题函数建模、图形旋转全等构造、面积关系探究归纳|四边形与三角形全等/相似综合，静态性质到动态变化的思维提升|

2026年中考数学二轮复习：四边形 一．选择题（共10小题） 1．小明在学习了正方形之后，给同桌小文出了道题，从下列四个条件：①AB＝BC，②∠ABC＝90°，③AC＝BD，④AC⊥BD中选两个作为补充条件，使▱ABCD为正方形（如图），现有下列四种选法，你认为其中错误的是（　　） A．①② B．②③ C．①③ D．②④ 2．如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB，CD交于点E，F，连接BF交AC于点M，连接DE，BO．若∠COB＝60°，FO＝FC，则下列结论： ①FB⊥OC，OM＝CM； ②△EOB≌△CMB； ③四边形EBFD是菱形； ④MB：OE＝3：2． 其中正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 3．如图，正方形ABCD的边长为，E在正方形外，DE＝DC，过D作DH⊥AE于H，直线DH，EC交于点M，直线CE交直线AD于点P，则下列结论正确的是（　　） ①∠DAE＝∠DEA；②∠DMC＝45°；③；④若MH＝2，则S△CMD A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E，F分别为边AB，BC的中点，连接AF，DE，点G，H分别为DE，AF的中点，连接GH，则GH的长为（　　） A． B．1 C． D．2 5．在面积为15的平行四边形ABCD中，过点A作AE垂直于直线BC于点E，作AF垂直于直线CD于点F，若AB＝5，BC＝6，则CE+CF的值为（　　） A．11 B．11 C．11或11 D．11或1 6．如图，四边形ABCD是平行四边形，点E是边CD上一点，且BC＝EC，CF⊥BE交AB于点F，P是EB延长线上一点，下列结论： ①BE平分∠CBF；②CF平分∠DCB；③BC＝FB；④PF＝PC． 其中正确结论的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 7．如图，分别以直角△ABC的斜边AB，直角边AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，DE与AB交于点G，EF与AC交于点H，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°．给出如下结论： ①EF⊥AC；②四边形ADFE为菱形；③AD＝4AG；④FHBD； 其中正确结论的是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 8．在正方形ABCD中，P为AB的中点，BE⊥PD的延长线于点E，连接AE、BE、FA⊥AE交DP于点F，连接BF，FC．下列结论：①△ABE≌△ADF；②FB＝AB；③CF⊥DP；④FC＝EF，其中正确的是（　　） A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．①②③④ 9．如图，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，点E、F同时由A、C两点出发，分别沿AB、CB方向向点B匀速移动（到点B为止），点E的速度为1cm/s，点F的速度为2cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为（　　） A． B． C． D． 10．如图，正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE＝BF＝CG＝DH＝5，则四边形EFGH的面积是（　　） A．30 B．34 C．36 D．40 二．填空题（共5小题） 11．如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连接OE，设AC＝12，BD＝16，则OE的长为　 　 ． 12．如图，AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于E，DF∥AB交AC于F．且AD交EF于O，则∠AOF＝　 　 度． 13．如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∠CAB的平分线交BD于点E，交BC于点F．若OE＝1，则CF＝　 　 ． 14．如图，已知菱形ABCD的边长2，∠A＝60°，点E、F分别在边AB、AD上，若将△AEF沿直线EF折叠，使得点A恰好落在CD边的中点G处，则EF＝　 　 ． 15．如图，四边形ABCD是菱形，∠DAB＝50°，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，则∠DHO＝　 　 度． 三．解答题（共5小题） 16．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝8，DC＝6，AD＝10．动点P从点D出发，沿线段DA的方向以每秒2个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P，Q分别从点D，C同时出发，当点P运动到点A时，点Q随之停止运动．设运动的时间为t（秒）． （1）若四边形ABQP为平行四边形，求运动时间t． （2）当t为何值时，三角形BPQ是以BQ或BP为底边的等腰三角形？ 17．已知矩形ABCD和点P，当点P在BC上任一位置（如图（1）所示）时，易证得结论：PA2+PC2＝PB2+PD2，请你探究：当点P分别在图（2）、图（3）中的位置时，PA2、PB2、PC2和PD2又有怎样的数量关系请你写出对上述两种情况的探究结论，并利用图（2）证明你的结论． 答：对图（2）的探究结论为　 　 ； 对图（3）的探究结论为　 　 ； 证明：如图（2） 18．提出问题：如图①，在四边形ABCD中，P是AD边上任意一点，△PBC与△ABC和△DBC的面积之间有什么关系？ 探究发现：为了解决这个问题，我们可以先从一些简单的、特殊的情形入手： （1）当APAD时（如图②）： ∵APAD，△ABP和△ABD的高相等， ∴S△ABPS△ABD． ∵PD＝AD﹣APAD，△CDP和△CDA的高相等， ∴S△CDPS△CDA． ∴S△PBC＝S四边形ABCD﹣S△ABP﹣S△CDP ＝S四边形ABCDS△ABDS△CDA ＝S四边形ABCD（S四边形ABCD﹣S△DBC）（S四边形ABCD﹣S△ABC） S△DBCS△ABC． （2）当APAD时，探求S△PBC与S△ABC和S△DBC之间的关系，写出求解过程； （3）当APAD时，S△PBC与S△ABC和S△DBC之间的关系式为：　 　 ； （4）一般地，当APAD（n表示正整数）时，探求S△PBC与S△ABC和S△DBC之间的关系，写出求解过程； 问题解决：当APAD（01）时，S△PBC与S△ABC和S△DBC之间的关系式为：　 　 ． 19．如图1，在正方形ABCD中，BD是对角线，点E在BD上，△BEG是等腰直角三角形，且∠BEG＝90°，点F是DG的中点，连接EF与CF． （1）求证：EF＝CF； （2）求证：EF⊥CF； （3）如图2，若等腰直角三角形BEG绕点B按顺时针旋转45°，其他条件不变，请判断△CEF的形状，并证明你的结论． 20．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝40cm，∠A＝60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（0＜t≤10）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF． （1）四边形AEFD能构成菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由； （2）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由． 参考答案与试题解析 一．选择题（共10小题） 1．小明在学习了正方形之后，给同桌小文出了道题，从下列四个条件：①AB＝BC，②∠ABC＝90°，③AC＝BD，④AC⊥BD中选两个作为补充条件，使▱ABCD为正方形（如图），现有下列四种选法，你认为其中错误的是（　　） A．①② B．②③ C．①③ D．②④ 【考点】正方形的判定． 【答案】B 【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②∠ABC＝90°时，菱形ABCD是正方形，故此选项正确，不合题意； B、∵四边形ABCD是平行四边形， ∴当②∠ABC＝90°时，平行四边形ABCD是矩形， 当AC＝BD时，这是矩形的性质，无法得出四边形ABCD是正方形，故此选项错误，符合题意； C、∵四边形ABCD是平行四边形， 当①AB＝BC时，平行四边形ABCD是菱形， 当③AC＝BD时，菱形ABCD是正方形，故此选项正确，不合题意； D、∵四边形ABCD是平行四边形， ∴当②∠ABC＝90°时，平行四边形ABCD是矩形， 当④AC⊥BD时，矩形ABCD是正方形，故此选项正确，不合题意． 故选：B． 【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． 2．如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB，CD交于点E，F，连接BF交AC于点M，连接DE，BO．若∠COB＝60°，FO＝FC，则下列结论： ①FB⊥OC，OM＝CM； ②△EOB≌△CMB； ③四边形EBFD是菱形； ④MB：OE＝3：2． 其中正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【考点】菱形的判定与性质；矩形的性质；全等三角形的判定与性质． 【专题】几何图形问题． 【答案】C 【分析】①根据已知得出△OBF≌△CBF，可求得△OBF与△CBF关于直线BF对称，进而求得FB⊥OC，OM＝CM； ②因为△EOB≌△FOB≌△FCB，故△EOB不会全等于△CBM． ③先证得∠ABO＝∠OBF＝30°，再证得OE＝OF，进而证得OB⊥EF，因为BD、EF互相平分，即可证得四边形EBFD是菱形； ④根据三角函数求得MB，OF，根据OE＝OF即可求得MB：OE＝3：2． 【解答】解：连接BD， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD，AC、BD互相平分， ∵O为AC中点， ∴BD也过O点， ∴OB＝OC， ∵∠COB＝60°，OB＝OC， ∴△OBC是等边三角形， ∴OB＝BC＝OC，∠OBC＝60°， 在△OBF与△CBF中 ∴△OBF≌△CBF（SSS）， ∴△OBF与△CBF关于直线BF对称， ∴FB⊥OC，OM＝CM； ∴①正确， ∵∠OBC＝60°， ∴∠ABO＝30°， ∵△OBF≌△CBF， ∴∠OBM＝∠CBM＝30°， ∴∠ABO＝∠OBF， ∵AB∥CD， ∴∠OCF＝∠OAE， ∵OA＝OC， 易证△AOE≌△COF， ∴OE＝OF， ∴OB⊥EF， ∴四边形EBFD是菱形， ∴③正确， ∵△EOB≌△FOB≌△FCB， ∴△EOB≌△CMB错误． ∴②错误， ∵∠OMB＝∠BOF＝90°，∠OBF＝30°， ∴MB，OF， ∵OE＝OF， ∴MB：OE＝3：2， ∴④正确； 故选：C． 【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质以及三角函数等的知识． 3．如图，正方形ABCD的边长为，E在正方形外，DE＝DC，过D作DH⊥AE于H，直线DH，EC交于点M，直线CE交直线AD于点P，则下列结论正确的是（　　） ①∠DAE＝∠DEA；②∠DMC＝45°；③；④若MH＝2，则S△CMD A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【考点】正方形的性质；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． 【答案】C 【分析】①利用等腰三角形的性质即可证明．②根据DA＝DC＝DE，利用圆周角定理可知∠AEC∠ADC＝45°，即可解决问题．③如图，作DF⊥DM交PM于F，证明△ADM≌△CDF（SAS）即可解决问题．④解直角三角形求出CE＝EF可得结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴DA＝DC，∠ADC＝90°， ∵DC＝DE， ∴DA＝DE， ∴∠DAE＝∠DEA，故①正确， ∵DA＝DC＝DE， ∴∠AEC∠ADC＝45°（圆周角定理）（这里也可以过点D作DK⊥AM于2K，DJ⊥ME于点J，利用全等三角形的性质证明，DK＝DJ，可得结论）， ∵DM⊥AE， ∴∠EHM＝90°， ∴∠DMC＝45°，故②正确， 如图，作DF⊥DM交PM于F， ∵∠ADC＝∠MDF＝90°， ∴∠ADM＝∠CDF， ∵∠DMF＝45°， ∴∠DMF＝∠DFM＝45°， ∴DM＝DF，∵DA＝DC， ∴△ADM≌△CDF（SAS）， ∴AM＝CF， ∴AM+CM＝CF+CM＝MFDM， ∴，故③正确， 若MH＝2，则易知AH＝MH＝HE＝2，AM＝EM＝2， 在Rt△ADH中，DH1， ∴DM＝3，AM+CM＝3， ∴CM＝CE， ∴S△DCM＝S△DCE，故④错误． 故选：C． 【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，圆周角定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考选择题中的压轴题． 4．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E，F分别为边AB，BC的中点，连接AF，DE，点G，H分别为DE，AF的中点，连接GH，则GH的长为（　　） A． B．1 C． D．2 【考点】正方形的性质；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；推理能力． 【答案】C 【分析】连接AG并延长交CD于M，连接FM，由正方形ABCD推出AB＝CD＝BC＝4，AB∥CD，∠C＝90°，证得△AEG≌△MGD，得到AG＝MG，AE＝DMAB，根据三角形中位线定理得到GHFM，由勾股定理求出FM即可得到GH． 【解答】解：连接AG并延长交CD于M，连接FM， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CD＝BC＝4，AB∥CD，∠C＝90°， ∴∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG， ∵G为DE的中点， ∴GE＝GD， 在△AGE和MGD中， ， ∴△AGE≌△MGD（AAS）， ∴AG＝MG，AE＝DMABCD， ∴CMCD＝2， ∵点H为AF的中点， ∴GHFM， ∵F为BC的中点， ∴CFBC＝2， ∴FM2， ∴GH， 故选：C． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，三角形的中位线定理，正确作出辅助线且证出AM＝MG是解决问题的关键． 5．在面积为15的平行四边形ABCD中，过点A作AE垂直于直线BC于点E，作AF垂直于直线CD于点F，若AB＝5，BC＝6，则CE+CF的值为（　　） A．11 B．11 C．11或11 D．11或1 【考点】平行四边形的性质；勾股定理． 【专题】计算题；压轴题；分类讨论． 【答案】D 【分析】根据平行四边形面积求出AE和AF，有两种情况，求出BE、DF的值，求出CE和CF的值，相加即可得出答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD＝5，BC＝AD＝6， ①如图1中：过点A作AE⊥BC垂足为E，过点A作AF⊥DC垂足为F， 由平行四边形面积公式得：BC×AE＝CD×AF＝15， 求出AE，AF＝3， 在Rt△ABE和Rt△ADF中，由勾股定理得：AB2＝AE2+BE2， 把AB＝5，AE代入求出BE， 同理DF＝35，即F在DC的延长线上（如图）， ∴CE＝6，CF＝35， 即CE+CF＝1， ②如图2中，过点A作AF⊥DC垂足为F，过点A作AE⊥BC垂足为E， ∵AB＝5，AE，在△ABE中，由勾股定理得：BE， 同理DF＝3， 由①知：CE＝6，CF＝5+3， ∴CE+CF＝11． 故选：D． 【点评】本题考查了平行四边形性质，勾股定理的应用，主要培养学生的理解能力和计算能力，注意：要分类讨论啊． 6．如图，四边形ABCD是平行四边形，点E是边CD上一点，且BC＝EC，CF⊥BE交AB于点F，P是EB延长线上一点，下列结论： ①BE平分∠CBF；②CF平分∠DCB；③BC＝FB；④PF＝PC． 其中正确结论的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【考点】平行四边形的性质；线段垂直平分线的性质． 【答案】D 【分析】分别利用平行线的性质结合线段垂直平分线的性质以及等腰三角形的性质分别判断得出答案． 【解答】证明：∵BC＝EC， ∴∠CEB＝∠CBE， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC∥AB， ∴∠CEB＝∠EBF， ∴∠CBE＝∠EBF， ∴①BE平分∠CBF，正确； ∵BC＝EC，CF⊥BE， ∴∠ECF＝∠BCF， ∴②CF平分∠DCB，正确； ∵DC∥AB， ∴∠DCF＝∠CFB， ∵∠ECF＝∠BCF， ∴∠CFB＝∠BCF， ∴BF＝BC， ∴③正确； ∵FB＝BC，CF⊥BE， ∴B点一定在FC的垂直平分线上，即PB垂直平分FC， ∴PF＝PC，故④正确． 故选：D． 【点评】此题主要考查了平行四边形的性质以及线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质等知识，正确应用等腰三角形的性质是解题关键． 7．如图，分别以直角△ABC的斜边AB，直角边AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，DE与AB交于点G，EF与AC交于点H，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°．给出如下结论： ①EF⊥AC；②四边形ADFE为菱形；③AD＝4AG；④FHBD； 其中正确结论的是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【考点】菱形的判定；等边三角形的性质；含30度角的直角三角形． 【答案】C 【分析】根据已知先判断△ABC≌△EFA，则∠AEF＝∠BAC，得出EF⊥AC，由等边三角形的性质得出∠BDF＝30°，从而证得△DBF≌△EFA，则AE＝DF，再由FE＝AB，得出四边形ADFE为平行四边形而不是菱形，根据平行四边形的性质得出AD＝4AG，从而得到答案． 【解答】解：∵△ACE是等边三角形， ∴∠EAC＝60°，AE＝AC， ∵∠BAC＝30°， ∴∠FAE＝∠ACB＝90°，AB＝2BC， ∵F为AB的中点， ∴AB＝2AF， ∴BC＝AF， ∴△ABC≌△EFA， ∴FE＝AB， ∴∠AEF＝∠BAC＝30°， ∴EF⊥AC，故①正确， ∵EF⊥AC，∠ACB＝90°， ∴HF∥BC， ∵F是AB的中点， ∴HFBC， ∵BCAB，AB＝BD， ∴HFBD，故④说法正确； ∵AD＝BD，BF＝AF， ∴∠DFB＝90°，∠BDF＝30°， ∵∠FAE＝∠BAC+∠CAE＝90°， ∴∠DFB＝∠EAF， ∵EF⊥AC， ∴∠AEF＝30°， ∴∠BDF＝∠AEF， ∴△DBF≌△EFA（AAS）， ∴AE＝DF， ∵FE＝AB， ∴四边形ADFE为平行四边形， ∵AE≠EF， ∴四边形ADFE不是菱形； 故②说法不正确； ∴AGAF， ∴AGAB， ∵AD＝AB， 则AD＝4AG，故③说法正确， 故选：C． 【点评】本题考查了菱形的判定和性质，以及全等三角形的判定和性质，解决本题需先根据已知条件先判断出一对全等三角形，然后按排除法来进行选择． 8．在正方形ABCD中，P为AB的中点，BE⊥PD的延长线于点E，连接AE、BE、FA⊥AE交DP于点F，连接BF，FC．下列结论：①△ABE≌△ADF；②FB＝AB；③CF⊥DP；④FC＝EF，其中正确的是（　　） A．①②④ B．①③④ C．①②③ D．①②③④ 【考点】正方形的性质；三角形内角和定理；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；等腰直角三角形． 【专题】压轴题． 【答案】D 【分析】根据已知和正方形的性质推出∠EAB＝∠DAF，∠EBA＝∠ADP，AB＝AD，证△ABE≌△ADF即可；取EF的中点M，连接AM，推出AM＝MF＝EM＝DF，证∠AMB＝∠FMB，BM＝BM，AM＝MF，推出△ABM≌△FBM即可；求出∠FDC＝∠EBF，推出△BEF≌△DFC即可． 【解答】解：∵正方形ABCD，BE⊥ED，EA⊥FA， ∴AB＝AD＝CD＝BC，∠BAD＝∠EAF＝90°＝∠BEF， ∵∠APD＝∠EPB， ∴∠EAB＝∠DAF，∠EBA＝∠ADP， ∵AB＝AD， ∴△ABE≌△ADF，∴①正确； ∴AE＝AF，BE＝DF， ∴∠AEF＝∠AFE＝45°， 取EF的中点M，连接AM， ∴AM⊥EF，AM＝EM＝FM， ∴BE∥AM， ∵AP＝BP， ∴AM＝BE＝DF， ∴∠EMB＝∠EBM＝45°， ∴∠AMB＝90°+45°＝135°＝∠FMB， ∵BM＝BM，AM＝MF， ∴△ABM≌△FBM， ∴AB＝BF，∴②正确； ∴∠BAM＝∠BFM， ∵∠BEF＝90°，AM⊥EF， ∴∠BAM+∠APM＝90°，∠EBF+∠EFB＝90°， ∴∠APF＝∠EBF， ∵AB∥CD， ∴∠APD＝∠FDC， ∴∠EBF＝∠FDC， ∵BE＝DF，BF＝CD， ∴△BEF≌△DFC， ∴CF＝EF，∠DFC＝∠FEB＝90°， ∴③正确；④正确； 故选：D． 【点评】本题主要考查对正方形的性质，等腰直角三角形，直角三角形斜边上的中线性质，全等三角形的性质和判定，三角形的内角和定理等知识点的理解和掌握，综合运用这些性质进行推理是解此题的关键． 9．如图，在菱形ABCD中，AB＝5cm，∠ADC＝120°，点E、F同时由A、C两点出发，分别沿AB、CB方向向点B匀速移动（到点B为止），点E的速度为1cm/s，点F的速度为2cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为（　　） A． B． C． D． 【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． 【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；推理能力． 【答案】D 【分析】连接BD，证出△ADE≌△BDF，得到AE＝BF，再利用AE＝t，CF＝2t，则BF＝BC﹣CF＝5﹣2t求出时间t的值． 【解答】解：连接BD， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD，∠ADB∠ADC＝60°， ∴△ABD是等边三角形， ∴AD＝BD， 又∵△DEF是等边三角形， ∴∠EDF＝∠DEF＝60°， 又∵∠ADB＝60°， ∴∠ADE＝∠BDF， 在△ADE和△BDF中，， ∴△ADE≌△BDF（ASA）， ∴AE＝BF， ∵AE＝t，CF＝2t， ∴BF＝BC﹣CF＝5﹣2t， ∴t＝5﹣2t ∴t， 故选：D． 【点评】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，解题的关键是运用三角形全等得出AE＝BF． 10．如图，正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE＝BF＝CG＝DH＝5，则四边形EFGH的面积是（　　） A．30 B．34 C．36 D．40 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质． 【答案】B 【分析】由正方形的性质得出∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝DA，证出AH＝BE＝CF＝DG，由SAS证明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，得出EH＝FE＝GF＝GH，∠AEH＝∠BFE，证出四边形EFGH是菱形，再证出∠HEF＝90°，即可得出四边形EFGH是正方形，由边长为8，AE＝BF＝CG＝DH＝5，可得AH＝3，由勾股定理得EH，得正方形EFGH的面积． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝DA， ∵AE＝BF＝CG＝DH， ∴AH＝BE＝CF＝DG． 在△AEH、△BFE、△CGF和△DHG中， ， ∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS）， ∴EH＝FE＝GF＝GH，∠AEH＝∠BFE， ∴四边形EFGH是菱形， ∵∠BEF+∠BFE＝90°， ∴∠BEF+∠AEH＝90°， ∴∠HEF＝90°， ∴四边形EFGH是正方形， ∵AB＝BC＝CD＝DA＝8，AE＝BF＝CG＝DH＝5， ∴EH＝FE＝GF＝GH， ∴四边形EFGH的面积是：34， 解法二： 在正方形ABCD中， ∵AE＝BF＝CG＝DH＝5， ∴BE＝CF＝DG＝AH＝3， ∴四边形EFGH的面积＝8×8﹣43×5＝34， 故选：B． 【点评】本题主要考查了正方形的性质和判定定理，证得四边形EFGH是正方形是解答此题的关键． 二．填空题（共5小题） 11．如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连接OE，设AC＝12，BD＝16，则OE的长为　10　 ． 【考点】矩形的判定与性质；菱形的性质． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】10 【分析】由菱形的性质和勾股定理求出CD＝10，证出平行四边形OCED为矩形，得OE＝CD＝10即可． 【解答】解：∵DE∥AC，CE∥BD， ∴四边形OCED为平行四边形， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OA＝OCAC＝6，OB＝ODBD＝8， ∴∠DOC＝90°，CD10， ∴平行四边形OCED为矩形， ∴OE＝CD＝10， 故答案为：10． 【点评】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，平行四边形判定与性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 12．如图，AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于E，DF∥AB交AC于F．且AD交EF于O，则∠AOF＝　90　 度． 【考点】菱形的判定与性质． 【答案】90 【分析】先根据平行四边形的判定定理得出四边形AEDF为平行四边形，再根据平行线的性质及角平分线的性质得出∠1＝∠3，故可得出▱AEDF为菱形，根据菱形的性质即可得出结论． 【解答】解：∵DE∥AC，DF∥AB， ∴四边形AEDF为平行四边形， ∴OA＝OD，OE＝OF，∠2＝∠3， ∵AD是△ABC的角平分线， ∵∠1＝∠2， ∴∠1＝∠3， ∴AE＝DE． ∴▱AEDF为菱形． ∴AD⊥EF，即∠AOF＝90°． 故答案为：90． 【点评】本题考查的是菱形的判定与性质，根据题意判断出四边形AEDF是菱形是解答此题的关键． 13．如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∠CAB的平分线交BD于点E，交BC于点F．若OE＝1，则CF＝　2　 ． 【考点】正方形的性质；等腰直角三角形． 【专题】几何图形问题；压轴题． 【答案】2 【分析】先作EG⊥AB，得△EBG是等腰直角三角形，再利用角平分线的性质计算即可． 【解答】解：作EG⊥AB于G， 根据角平分线的性质可得，EG＝OE＝1，又BD平分∠ABC， 则∠ABE＝45° ∴△EBG是等腰直角三角形， 可得BE， 则OB＝1， 可得BC＝2 又∠AFB＝90°﹣∠FAB，∠FEB＝∠OEA＝90°﹣∠FAC， ∴∠AFB＝∠FEB ∴BF＝BE 则CF＝BC﹣BF＝22． 【点评】此题主要考查了角平分线的性质和等腰直角三角形的性质． 14．如图，已知菱形ABCD的边长2，∠A＝60°，点E、F分别在边AB、AD上，若将△AEF沿直线EF折叠，使得点A恰好落在CD边的中点G处，则EF＝　　 ． 【考点】菱形的性质；翻折变换（折叠问题）． 【答案】 【分析】延长CD，过点F作FM⊥CD于点M，连接GB、BD，作FH⊥AE交于点H，由菱形的性质和已知条件得出∠MFD＝30°，设MD＝x，则DF＝2x，FMx，得出MG＝x+1，由勾股定理得出（x+1）2+（x）2＝（2﹣2x）2，解方程得出DF＝0.6，AF＝1.4，求出AHAF＝0.7，FH，证明△DCB是等边三角形，得出BG⊥CD，由勾股定理求出BG，设BE＝y，则GE＝2﹣y，由勾股定理得出（）2+y2＝（2﹣y）2，解方程求出y＝0.25，得出AE、EH，再由勾股定理求出EF即可． 【解答】解：延长CD，过点F作FM⊥CD于点M，连接GB、BD，作FH⊥AE交于点H，如图所示： ∵∠A＝60°，四边形ABCD是菱形， ∴∠MDF＝60°， ∴∠MFD＝30°， 设MD＝x，则DF＝2x，FMx， ∵DG＝1，∴MG＝x+1， ∴（x+1）2+（x）2＝（2﹣2x）2， 解得：x＝0.3， ∴DF＝0.6，AF＝1.4， ∴AHAF＝0.7，FH＝AF•sin∠A＝1.4， ∵CD＝BC，∠C＝60°， ∴△DCB是等边三角形， ∵G是CD的中点， ∴BG⊥CD， ∵BC＝2，GC＝1， ∴BG， 设BE＝y，则GE＝2﹣y， ∴（）2+y2＝（2﹣y）2， 解得：y＝0.25， ∴AE＝1.75， ∴EH＝AE﹣AH＝1.75﹣0.7＝1.05， ∴EF． 故答案为：． 【点评】本题考查了菱形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，难度较大，运用勾股定理得出方程是解决问题的关键． 15．如图，四边形ABCD是菱形，∠DAB＝50°，对角线AC，BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，则∠DHO＝　25　 度． 【考点】菱形的性质． 【答案】25 【分析】根据菱形的对角线互相平分可得OD＝OB，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OH＝OB，然后根据等边对等角求出∠OHB＝∠OBH，根据两直线平行，内错角相等求出∠OBH＝∠ODC，然后根据等角的余角相等解答即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴OD＝OB，∠COD＝90°， ∵DH⊥AB， ∴OHBD＝OB， ∴∠OHB＝∠OBH， 又∵AB∥CD， ∴∠OBH＝∠ODC， 在Rt△COD中，∠ODC+∠DCO＝90°， 在Rt△DHB中，∠DHO+∠OHB＝90°， ∴∠DHO＝∠DCO25°， 故答案为：25． 【点评】本题考查了菱形的对角线互相垂直平分的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，以及等角的余角相等，熟记各性质并理清图中角度的关系是解题的关键． 三．解答题（共5小题） 16．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝8，DC＝6，AD＝10．动点P从点D出发，沿线段DA的方向以每秒2个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P，Q分别从点D，C同时出发，当点P运动到点A时，点Q随之停止运动．设运动的时间为t（秒）． （1）若四边形ABQP为平行四边形，求运动时间t． （2）当t为何值时，三角形BPQ是以BQ或BP为底边的等腰三角形？ 【考点】平行四边形的性质；等腰三角形的判定． 【专题】多边形与平行四边形． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）当四边形ABQP为平行四边形时，AP＝BQ，列方程可将t求出； （2）本题应分两种情况进行讨论，①若PQ＝BQ，在Rt△PQE中，由PQ2＝PE2+EQ2，PQ＝QB，将各数据代入，可将时间t求出；②若PB＝PQ，则BQ＝2EQ，列方程可将时间t求出． 【解答】解：（1）∵四边形ABQP为平行四边形， ∴AP＝BQ， 又∵AP＝AD﹣PD＝10﹣2t， BQ＝BC﹣CQ＝8﹣t， ∴10﹣2t＝8﹣t， 解得t＝2； （2）如图，过P作PE⊥BC于E， 当∠BQP为顶角时，QB＝QP，BQ＝8﹣t，PE＝CD＝6，EQ＝CE﹣CQ＝2t﹣t， 依据BQ2＝PQ2有：（8﹣t）2＝62+（2t﹣t）2， 解得 t； 当∠BPQ为顶角时，PB＝PQ， 由BQ＝2EQ有：8﹣t＝2（2t﹣t）， 解得t， 综上，t或t时，符合题意． 【点评】本题主要考查等腰三角形的性质、平行四边形的性质及勾股定理的应用．在解题时应注意分情况进行讨论，防止在解题过程中出现漏解现象． 17．已知矩形ABCD和点P，当点P在BC上任一位置（如图（1）所示）时，易证得结论：PA2+PC2＝PB2+PD2，请你探究：当点P分别在图（2）、图（3）中的位置时，PA2、PB2、PC2和PD2又有怎样的数量关系请你写出对上述两种情况的探究结论，并利用图（2）证明你的结论． 答：对图（2）的探究结论为PA2+PC2＝PB2+PD2 ； 对图（3）的探究结论为PA2+PC2＝PB2+PD2 ； 证明：如图（2） 【考点】矩形的判定与性质． 【专题】几何综合题；压轴题． 【答案】见试题解答内容 【分析】结论均是PA2+PC2＝PB2+PD2，其实要求证的是矩形性质中的矩形所在平面内任一点到其两对角线端点的距离的平方和相等． 根据矩形和直角三角形的性质，（2）如果过点P作MN⊥AD于点M，交BC于点N，可在Rt△AMP，Rt△BNP，Rt△DMP和Rt△CNP分别用勾股定理表示出PA2，PC2，PB2，PD2，然后我们可得出PA2+PC2与PB2+PD2，我们不难得出四边形MNCD是矩形，于是，MD＝NC，AM＝BN然后我们将等式右边的值进行比较发现PA2+PC2＝PB2+PD2． （3）如图（3）方法同（2），过点P作PQ⊥BC交AD，BC于O，Q，易证． 【解答】解：结论均是PA2+PC2＝PB2+PD2． （1）如图2，过点P作MN∥AB，交AD于点M，交BC于点N， ∴四边形ABNM和四边形NCDM均为矩形， 根据（1）中的结论可得， 在矩形ABNM中有PA2+PN2＝PB2+PM2，在矩形NCDM中有PC2+PM2＝PD2+PN2， 两式相加得PA2+PN2+PC2+PM2＝PB2+PM2+PD2+PN2， ∴PA2+PC2＝PB2+PD2． （2）如图3，过点P作MN∥AB，交AB的延长线于点M，交CD的延长线于点N， ∴四边形BCNM和四边形ADNM均为矩形， 同样根据（1）中的结论可得， 在矩形BCNM中有PC2+PM2＝PB2+PN2，在矩形ADNM中有PA2+PN2＝PD2+PM2， 两式相加得PA2+PN2+PC2+PM2＝PD2+PM2+PB2+PN2， ∴PA2+PC2＝PB2+PD2． 【点评】本题主要运用矩形和直角三角形的性质，考查了矩形的性质中矩形所在平面内任一点到其两对角线端点的距离的平方和相等的证明方法． 18．提出问题：如图①，在四边形ABCD中，P是AD边上任意一点，△PBC与△ABC和△DBC的面积之间有什么关系？ 探究发现：为了解决这个问题，我们可以先从一些简单的、特殊的情形入手： （1）当APAD时（如图②）： ∵APAD，△ABP和△ABD的高相等， ∴S△ABPS△ABD． ∵PD＝AD﹣APAD，△CDP和△CDA的高相等， ∴S△CDPS△CDA． ∴S△PBC＝S四边形ABCD﹣S△ABP﹣S△CDP ＝S四边形ABCDS△ABDS△CDA ＝S四边形ABCD（S四边形ABCD﹣S△DBC）（S四边形ABCD﹣S△ABC） S△DBCS△ABC． （2）当APAD时，探求S△PBC与S△ABC和S△DBC之间的关系，写出求解过程； （3）当APAD时，S△PBC与S△ABC和S△DBC之间的关系式为：S△PBCS△DBCS△ABC ； （4）一般地，当APAD（n表示正整数）时，探求S△PBC与S△ABC和S△DBC之间的关系，写出求解过程； 问题解决：当APAD（01）时，S△PBC与S△ABC和S△DBC之间的关系式为：S△PBCS△DBCS△ABC．　 ． 【考点】多边形． 【专题】压轴题；探究型． 【答案】见试题解答内容 【分析】（2）仿照（1）的方法，只需把换为； （3）注意由（1）（2）得到一定的规律； （4）综合（1）（2）（3）得到面积和线段比值之间的一般关系； （5）利用（4），得到更普遍的规律． 【解答】解：（2）∵APAD，△ABP和△ABD的高相等， ∴S△ABPS△ABD． 又∵PD＝AD﹣APAD，△CDP和△CDA的高相等， ∴S△CDPS△CDA． ∴S△PBC＝S四边形ABCD﹣S△ABP﹣S△CDP ＝S四边形ABCDS△ABDS△CDA ＝S四边形ABCD（S四边形ABCD﹣S△DBC）（S四边形ABCD﹣S△ABC） S△DBCS△ABC． ∴S△PBCS△DBCS△ABC （3）S△PBCS△DBCS△ABC； （4）S△PBCS△DBCS△ABC； ∵APAD，△ABP和△ABD的高相等， ∴S△ABPS△ABD． 又∵PD＝AD﹣APAD，△CDP和△CDA的高相等， ∴S△CDPS△CDA ∴S△PBC＝S四边形ABCD﹣S△ABP﹣S△CDP ＝S四边形ABCDS△ABDS△CDA ＝S四边形ABCD（S四边形ABCD﹣S△DBC）（S四边形ABCD﹣S△ABC） S△DBCS△ABC． ∴S△PBCS△DBCS△ABC 问题解决：S△PBCS△DBCS△ABC． 【点评】注意总结相应规律，类似问题通常采用类比的方法求解． 19．如图1，在正方形ABCD中，BD是对角线，点E在BD上，△BEG是等腰直角三角形，且∠BEG＝90°，点F是DG的中点，连接EF与CF． （1）求证：EF＝CF； （2）求证：EF⊥CF； （3）如图2，若等腰直角三角形BEG绕点B按顺时针旋转45°，其他条件不变，请判断△CEF的形状，并证明你的结论． 【考点】正方形的性质；等腰直角三角形；直角三角形斜边上的中线；全等三角形的判定与性质． 【专题】压轴题． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得EF＝DFDG，CF＝DFDG，从而得证； （2）根据等边对等角可得∠FDE＝∠FED，∠FCD＝∠FDC，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠EFC＝2∠BDC，然后根据正方形的对角线平分一组对角求出∠BDC＝45°，求出∠EFC＝90°，从而得证； （3）延长EF交CD于H，先求出EG∥CD，再根据两直线平行，内错角相等求出∠EGF＝∠HDF，然后利用“角边角”证明△EFG和△HFD全等，根据全等三角形对应边相等可得EG＝DH，EF＝FH，再求出CE＝CH，然后根据等腰三角形三线合一的性质证明即可． 【解答】（1）证明：∵∠BEG＝90°，点F是DG的中点， ∴EF＝DFDG， ∵正方形ABCD中，∠BCD＝90°，点F是DG的中点， ∴CF＝DFDG， ∴EF＝CF； （2）证明：∵EF＝DF，CF＝DF， ∴∠FDE＝∠FED，∠FCD＝∠FDC， ∴∠EFC＝∠EFG+∠CFG＝∠FDE+∠FED+∠FCD+∠FDC＝2∠FDE+2∠FDC＝2∠BDC， 在正方形ABCD中，∠BDC＝45°， ∴∠EFC＝2×45°＝90°， ∴EF⊥CF； （3）解：△CEF是等腰直角三角形． 理由如下：如图，延长EF交CD于H， ∵∠BEG＝90°，∠BCD＝90°， ∴∠BEG＝∠BCD， ∴EG∥CD， ∴∠EGF＝∠HDF， ∵点F是DG的中点， ∴DF＝GF， 在△EFG和△HFD中， ， ∴△EFG≌△HFD（ASA）， ∴EG＝DH，EF＝FH， ∵BE＝EG，BC＝CD， ∴BC﹣EB＝CD﹣DH， 即CE＝CH， ∴EF⊥CF（等腰三角形三线合一），CF＝EFEH， ∴△CEF是等腰直角三角形． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰直角三角形的判定，熟记各性质是解题的关键，（3）作辅助线构造出等腰直角三角形和全等三角形是解题的关键． 20．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝40cm，∠A＝60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（0＜t≤10）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF． （1）四边形AEFD能构成菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由； （2）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由． 【考点】菱形的判定与性质． 【专题】几何图形． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）能，首先证明四边形AEFD为平行四边形．当AE＝AD时，四边形AEFD为菱形，即40﹣4t＝2t，解方程即可解决问题． （2）分三种情形讨论即可． 【解答】（1）证明：能． 理由如下：在△DFC中，∠DFC＝90°，∠C＝30°，DC＝4t， ∴DF＝2t， 又∵AE＝2t， ∴AE＝DF， ∵AB⊥BC，DF⊥BC， ∴AE∥DF， 又∵AE＝DF， ∴四边形AEFD为平行四边形， 当AE＝AD时，四边形AEFD为菱形， 即40﹣4t＝2t，解得t． ∴当t秒时，四边形AEFD为菱形． （2）①当∠DEF＝90°时，由（1）知四边形AEFD为平行四边形， ∴EF∥AD， ∴∠ADE＝∠DEF＝90°， ∵∠A＝60°， ∴∠AED＝30°， ∴ADAE＝t， 又AD＝40﹣4t，即40﹣4t＝t，解得t＝8； ②当∠EDF＝90°时，四边形EBFD为矩形，在Rt△AED中∠A＝60°，则∠ADE＝30°， ∴AD＝2AE，即40﹣4t＝4t，解得t＝5． ③若∠EFD＝90°，则E与B重合，D与A重合，此种情况不存在． 综上所述，当t＝8或5秒时，△DEF为直角三角形． 【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建方程解决问题，属于中考常考题型． 学科网（北京）股份有限公司 $