2023年广东省中考数学第一轮复习卷：10四边形

/2023年广东省中考数学第一轮复习卷：10四边形一．选择题（共13小题）1．（2022•武江区校级一模）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD的中点，DE、AF交于点G，连接BG．若∠DAF＝n°，则∠ABG的度数为（）A．2n° B．90°﹣n° C．45°+n° D．135°﹣3n°2．（2022•珠海校级三模）如图，E是正方形ABCD内一点，AE⊥DE于E，AE＝2cm，则△ABE的面积是（）A．5 B．4 C．3 D．23．（2022•韶关模拟）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图所示，在△ABC中，分别取AB、AC的中点D、E，连接DE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，将△ABC分割后拼接成矩形BCHG．若DE＝3，AF＝2，则△ABC的面积是（）A．6 B．8 C．10 D．124．（2022•新兴县校级模拟）若某正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的内角和为（）A．1440° B．1080° C．900° D．360°5．（2022•江城区二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，点E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连接AP并延长AP交CD于点F．下列结论中，正确的结论有（）个．①BP⊥AP；②BP•EC＝PC•AB；③13S△ABP＝12S四边形PBCF；④sin∠PCF=7A．4 B．3 C．2 D．16．（2022•三水区校级三模）如图，在正方形ABCD中，E，F，G分别是AB，BC，CD上的点，且AE＝BF＝CG，连接BD分别交EG，EF于点M，N，连接FG．下列结论：①△EBF≌△FCG；②EF⊥FG；③M是BD的中点；④若sin∠BEF=13，则MN＝3A．1个 B．2个 C．3个 D．4个7．（2022•东莞市校级二模）如图，E、F分别是正方形ABCD的AB、BC边上的动点，且满足AE＝BF，连接CE、DF，相交于点G，连接AG，则下列4个结论：①DF＝CE；②CE⊥FD；③AD＝AG；④若点E是AB的中点，则DG＝4GF，其中正确的结论是（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④8．（2022•濠江区一模）如图，四边形ABCD为一长方形纸带，AD∥BC，将四边形ABCD沿EF折叠，C、D两点分别与C′、D′对应，若∠1＝2∠2，则∠3的度数为（）A．50° B．54° C．58° D．62°9．（2022•东莞市校级二模）如图，在平行四边形ABCD中，BD为对角线，点O是BD的中点，且AD∥EO，OF∥AB，四边形BEOF的周长为10，则平行四边形ABCD的周长为（）A．10 B．12 C．15 D．2010．（2022•禅城区校级三模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F是对角线AC上的两点，给出下列四个条件，其中不能判定四边形DEBF是平行四边形的有（）A．∠ADE＝∠CBF B．∠ABE＝∠CDF C．AE＝CF D．DE＝BF11．（2022•紫金县二模）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点O是对角线AC的中点，点Q是线段OA上的动点（点Q不与点O，A重合），连接BQ，并延长交边AD于点E，过点Q作FQ⊥BQ交CD于点F，分别连接BF与EF，BF交对角线AC于点G．过点C作CH∥QF交BE于点H，连接AH．有以下四个结论：①BF=2BQ；②△DEF的周长为12；③线段AH的最小值为2；④2S△BQG＝S△BEFA．1 B．2 C．3 D．412．（2022•广州）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上，且CE＝1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（）A．62 B．32 C．2−313．（2022•广东）如图，在▱ABCD中，一定正确的是（）A．AD＝CD B．AC＝BD C．AB＝CD D．CD＝BC二．填空题（共8小题）14．（2022•台山市校级一模）在学习完勾股定理后，小芳被“弦图”深深地吸引了，她也设计了一个类似“弦图”的图案（如图），主体是一个菱形，把菱形分割成四个两两全等的直角三角形和一个矩形，这四个直角三角形中有两个是等腰直角三角形，另两个三角形的两直角边分别是6cm和8cm，那么中间的矩形的面积是．15．（2022•南海区校级模拟）一个正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的边数是．16．（2022•濠江区一模）两张全等的矩形纸片ABCD，AECF按如图方式交叉叠放在一起，AB＝AF，AE＝BC．若AB＝2，BC＝6，则图中重叠（阴影）部分的面积为．17．（2022•中山市三模）如图，小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先将该活动学具调成图1所示菱形，测得∠A＝120°，接着将该活动学具调成图2所示正方形，测得正方形的对角线AC＝30cm，则图1中对角线AC的长为cm．18．（2022•禅城区校级三模）如图，E为正方形ABCD边AB上一动点（不与A重合），AB＝4，将△DAE绕点A逆时针旋转90°得到△BAF，再将△DAE沿直线DE折叠得到△DME，下列结论：①连接AM，则AM∥BF；②连接FE，当F、E、M三点共线时，AE＝42−③连接EF、EC、FC，若△FEC是等腰三角形，则AE＝43−④连接EF，设FC、ED交于点O，若EF平分∠BFC，则O是FC的中点，且AE＝25−2；其中正确结论的序号为19．（2022•南山区三模）规定：若a→=（x1，y1），b→=（x2，y2），则a→•b→=x1x2+y1y2．例如a→=（1，2），b→=（3，4），则a→⋅b→=1×3+2×4＝3+8＝11．已知20．（2022•广州）如图，在▱ABCD中，AD＝10，对角线AC与BD相交于点O，AC+BD＝22，则△BOC的周长为．21．（2022•广东）菱形的边长为5，则它的周长是．三．解答题（共11小题）22．（2022•天河区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ADB＝90°，AD＝12，DO＝OB＝5，AC＝26，（1）求证；四边形ABCD为平行四边形；（2）求四边形ABCD的面积．23．（2022•南海区校级模拟）已知；如图，在平行四边形ABCD中，AD＝3cm，DC＝1cm，∠B＝45°，点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为3cm/s，点Q从C点出发，沿CD方向匀速运动，速度为1cm/s，连接并延长QP交BA的延长线于点M过M作MN⊥BC．垂足是N，设运动时间为t（s）（0＜t＜1）解答下列问题：（1）当t为何值时，四边形AQDM是平行四边形？（2）设四边形ANPM的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；（3）是否存在某一刻t，使四边形ANPM的面积是平行四边形ABCD的面积的一半？若存在，求出相应的t值；若不存在，说明理由．24．（2022•香洲区校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝12，点E是AD边上一点，∠BEC＝90°，延长CE至点F，使CF＝CB，FG∥BE交AB于点G，连接CG，交BE于点H．（1）求证：△BGH是等腰三角形；（2）若点E为AD的中点，AD＝2AB，求tan∠BCG的值．25．（2022•珠海校级三模）如图，E是正方形ABCD的BC边上一点（E不与B、C重合），EG⊥AC于G，F在BC的延长线上，且CF＝BE，连接AE、DF和DG．（1）若连接GF，求证：DG＝GF；（2）若∠BAE＝30°，求∠AGD的度数．26．（2022•龙湖区校级三模）如图，点E为正方形ABCD边AD上一动点（不与A、D重合）．连接BE交AC于点F，PQ经过点F，分别与AB、CD交于点P、Q，且PQ＝BE．（1）求证：BE⊥PQ；（2）求证：FP＝FE；（3）若CQ=2，求AC﹣2AF27．（2022•茂南区一模）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，△AOB关于AB的对称图形为△AEB．（1）求证：四边形AEBO是菱形；（2）连接CE，若AB＝6cm，CB=21cm①求sin∠ECB的值；②若点P为线段CE上一动点（不与点C重合），连接OP，一动点Q从点O出发，以1cm/s的速度沿线段OP匀速运动到点P，再以2.5cm/s的速度沿线段PC匀速运动到点C，到达点C后停止运动，当点Q沿上述路线运动到点C所需要的时间最短时，求PC的长和点Q走完全程所需的时间．28．（2022•惠阳区校级二模）如图，四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，点E、F分别在边AB、BC上，DE⊥AB，DE＝AB，AE＝BE＝3，BF＝2，△ADF的面积等于15．（1）求DF的长度．（2）求证：∠ADE+∠BAF＝∠DAF．29．（2022•顺德区校级三模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的点，AE＝CF，连接EF、BF，EF与对角线AC交于点O，且BE＝BF，∠BEF＝2∠BAC．（1）求证：OE＝OF；（2）若BC＝2，求AB的长．30．（2022•东莞市校级二模）在①AE＝BF；②BE＝CF；③∠AED＝∠BFD这三个条件中选择一个，补充在下面的问题中，并完成问题的解答．问题：如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E、F分别在AB、BC边上，若，请判断△DEF的形状，并证明结论．31．（2022•广州）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，AB＝6，连接BD．（1）求BD的长；（2）点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合），点F在边AD上，且BE=3DF①当CE⊥AB时，求四边形ABEF的面积；②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+3CF的值是否也最小？如果是，求CE+332．（2022•深圳）（1）发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG；（2）探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD＝8，AB＝6．将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH＝CH，求AE的长．（3）拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°．将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．

2023年广东省中考数学第一轮复习卷：10四边形参考答案与试题解析一．选择题（共13小题）1．（2022•武江区校级一模）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD的中点，DE、AF交于点G，连接BG．若∠DAF＝n°，则∠ABG的度数为（）A．2n° B．90°﹣n° C．45°+n° D．135°﹣3n°【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝BC＝DC，∵点E、F分别是BC、CD的中点，∴EC＝DF，在△ADF和△DCE中，AD=DC∠ADF=∠DCE∴△ADF≌△DCE（SAS），∴∠AFD＝∠DEC，∵∠DEC+∠CDE＝90°，∴∠AFD+∠CDE＝90°＝∠DGF，∴AF⊥DE．如图：延长DE交AB的延长线于H，∵BE=12BC=12AD，∴△HBE∽△HAD，∴BEAD∴BH＝AB，点B是AH的中点，∵AF⊥DE，∴∠AGH＝90°，∴GB＝HB，∴∠H＝∠BGH，∵∠H+∠ADH＝∠DAG+∠ADG＝90°，∴∠H＝∠DAG＝n°，∴∠ABG＝∠H+∠BGH＝2∠H＝2n°，故选：A．2．（2022•珠海校级三模）如图，E是正方形ABCD内一点，AE⊥DE于E，AE＝2cm，则△ABE的面积是（）A．5 B．4 C．3 D．2【解答】解：如图，过点B作BG⊥AE于G，∵AE⊥DE，∴∠AGB＝∠AED＝90°，∵∠BAD＝90°，∴∠BAG+∠DAE＝∠DAE+∠ADE＝90°，∴∠BAG＝∠ADE，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∴△BAG≌△ADE（AAS），∴BG＝AE＝2，∴△ABE的面积=12×AE×故选：D．3．（2022•韶关模拟）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图所示，在△ABC中，分别取AB、AC的中点D、E，连接DE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，将△ABC分割后拼接成矩形BCHG．若DE＝3，AF＝2，则△ABC的面积是（）A．6 B．8 C．10 D．12【解答】解：由题意，BG＝CH＝AF＝2，DG＝DF，EF＝EH，∴DG+EH＝DE＝3，∴BC＝GH＝3+3＝6，∴△ABC的边BC上的高为4，∴S△ABC=1故选：D．4．（2022•新兴县校级模拟）若某正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的内角和为（）A．1440° B．1080° C．900° D．360°【解答】解：∵正多边形的外角是45°，外角和是360°，∴该正多边形的边数是360°÷45°＝8，∴该正多边形的内角和为（8﹣2）×180°＝1080°．故选：B．5．（2022•江城区二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，点E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连接AP并延长AP交CD于点F．下列结论中，正确的结论有（）个．①BP⊥AP；②BP•EC＝PC•AB；③13S△ABP＝12S四边形PBCF；④sin∠PCF=7A．4 B．3 C．2 D．1【解答】解：①如图，设EC，BP交于点G，∵点P是点B关于直线EC的对称点，∴EC垂直平分BP，∴EP＝EB，∴∠EBP＝∠EPB，∵点E为AB中点，∴AE＝EB，∴AE＝EP，∴∠PAB＝∠APE，∵∠PAB+∠PBA+∠APB＝180°，即∠PAB+∠PBA+∠APE+∠BPE＝2（∠PAB+∠PBA）＝180°，∴∠PAB+∠PBA＝90°，∴∠APB＝90°，∴BP⊥AP，故①正确；②∵点P是点B关于直线EC的对称点，∴EC垂直平分BP，PC＝PB，∴∠CBG+∠BCE＝∠CBG+∠PBA＝90°，∴∠BCE＝∠PBA，∵∠APB＝∠EBC＝90°，∴△ABP∽△ECB，∴BPBC∴BPPC∴BP•EC＝PC•AB，故②正确；③连接BF，∵AP⊥BP，EC垂直平分BP，∴AF∥EC；∵AE∥CF，∴四边形AECF是平行四边形，∵AB＝6，BC＝4，点E是AB边的中点，∴CF＝AE＝3，AF＝CE=BE2+B设PF＝x，∴BP2＝BF2﹣PF2＝AB2﹣AP2，∴52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2，解得x=7∴PF=75，AP＝5∴BP=24∴13S△ABP＝13×112S四边形PBCF＝12×（S△FBP+S△FBC）＝12×（12×24∴13S△ABP＝12S四边形PBCF，故③正确；④过点P作PM∥BC于点M，∴∠CPM＝∠PCF，设CM＝y，则BM＝4﹣y，∴BP2﹣BM2＝PC2﹣CM2，∴（245）2﹣（4﹣y）2＝42﹣y2，解得y=∴CM=28∴sin∠CPM=CM∴sin∠PCF=7其中正确结论有①②③④，4个，故选：A．6．（2022•三水区校级三模）如图，在正方形ABCD中，E，F，G分别是AB，BC，CD上的点，且AE＝BF＝CG，连接BD分别交EG，EF于点M，N，连接FG．下列结论：①△EBF≌△FCG；②EF⊥FG；③M是BD的中点；④若sin∠BEF=13，则MN＝3A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，∵AE＝BF＝CG，∴BE＝CF＝DG，∴△EBF≌△FCG（SAS），故①正确；∴EF＝FG，∠EFB＝∠FGC，∵∠GFC+∠FGC＝90°，∴∠EFB+∠GFC＝90°，∴∠EFG＝90°，即EF⊥FG，故②正确；∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠BDC，又∵∠BME＝∠DMG，BE＝DG，∴△BEM≌△DGM（AAS），∴BM＝DM，∴点M是对角线BD的中点，故③正确；∵sin∠BEF=1∴BFEF设BF＝x，则EF＝3x，∵△EBF≌△FCG，∴EF＝FG，∵EF⊥FG，∴EG=2EF=32x，∠∵△BEM≌△DGM，∴EM＝GM=32∵∠FEG＝∠NBF＝45°，∠ENM＝∠BNF，∴△EMN∽△BFN，∴MNFN∴MN=32故④不正确；故选：C．7．（2022•东莞市校级二模）如图，E、F分别是正方形ABCD的AB、BC边上的动点，且满足AE＝BF，连接CE、DF，相交于点G，连接AG，则下列4个结论：①DF＝CE；②CE⊥FD；③AD＝AG；④若点E是AB的中点，则DG＝4GF，其中正确的结论是（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，∵AE＝BF，∴BE＝CF，在△CBE与△DCF中，BC=CD∠B=∠BCD∴△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°，∴点G在以CD为直径的半圆上运动，如图，∴AG随G点运动，长度会发生改变，∵AD为定值，∴AD不一定与AG相等，故③错误；∵点E是AB的中点，∴BE=12∵BE＝CF，AB＝BC＝CD，∴CF=1∵∠BCE＝∠CDF，∴tan∠BCE＝tan∠CDF，∴GFCG∴DG＝2CG，CG＝2GF，∴DG＝4GF，故④正确；故选：B．8．（2022•濠江区一模）如图，四边形ABCD为一长方形纸带，AD∥BC，将四边形ABCD沿EF折叠，C、D两点分别与C′、D′对应，若∠1＝2∠2，则∠3的度数为（）A．50° B．54° C．58° D．62°【解答】解：如图，过点D′作D′G∥AD，则∠2＝∠ED′G，∵AD∥BC，∴BC∥D′G，∴∠3＝∠C′D′G，∵AD∥BC，∴∠1＝∠4，根据折叠的性质得：∠4＝∠5，∵∠1＝2∠2，∴∠4＝∠5＝2∠2，∴2∠2+2∠2+∠2＝180°，∴∠2＝36°，∵∠ED′C′＝∠D＝90°，∴∠2+∠3＝90°，∴∠3＝90°﹣36°＝54°，故选：B．9．（2022•东莞市校级二模）如图，在平行四边形ABCD中，BD为对角线，点O是BD的中点，且AD∥EO，OF∥AB，四边形BEOF的周长为10，则平行四边形ABCD的周长为（）A．10 B．12 C．15 D．20【解答】解：在平行四边形ABCD中，AD∥BC．∵AD∥EO，OF∥AB，∴BF∥EO，OF∥EB，∴四边形OEBF是平行四边形．∴OE＝FB，OF＝EB．∵四边形BEOF的周长为10，∴2（OE+OF）＝10．∴OE+OF＝5．∵点O是BD的中点，AD∥EO，∴OE是△ABD的中位线．∴AD＝2OE．同理，OF是△BCD的中位线，则CD＝2OF．∴平行四边形ABCD的周长为：2（AD+CD）＝2（2OE+2OF）＝4（OE+OF）＝20．故选：D．10．（2022•禅城区校级三模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F是对角线AC上的两点，给出下列四个条件，其中不能判定四边形DEBF是平行四边形的有（）A．∠ADE＝∠CBF B．∠ABE＝∠CDF C．AE＝CF D．DE＝BF【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAE＝∠BCF，在△ADE和△CBF中，∠DAE=∠BCFAD=CB∴△ADE≌△CBF（ASA），∴AE＝CF，∴OA﹣AE＝OC﹣CF，即OE＝OF，∴四边形DEBF是平行四边形，故选项A不符合题意；B、∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，AB＝CD，AB∥CD，∴∠BAE＝∠DCF，在△ABE和△CDF中，∠BAE=∠DCFAB=CD∴△ABE≌△CDF（ASA），∴AE＝CF，∴OA﹣AE＝OC﹣CF，即OE＝OF，∴四边形DEBF是平行四边形，故选项B不符合题意；C、∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，∵AE＝CF，∴OA﹣AE＝OC﹣CF，即OE＝OF，∴四边形DEBF是平行四边形，故选项C不符合题意；D，由DE＝BF，AD＝CB，∠DAE＝∠BCF，不能判定△ABE≌△CDF，∴不能判定四边形DEBF是平行四边形，故选项D符合题意；故选：D．11．（2022•紫金县二模）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点O是对角线AC的中点，点Q是线段OA上的动点（点Q不与点O，A重合），连接BQ，并延长交边AD于点E，过点Q作FQ⊥BQ交CD于点F，分别连接BF与EF，BF交对角线AC于点G．过点C作CH∥QF交BE于点H，连接AH．有以下四个结论：①BF=2BQ；②△DEF的周长为12；③线段AH的最小值为2；④2S△BQG＝S△BEFA．1 B．2 C．3 D．4【解答】解：①∵BQ⊥FQ，∴∠FQB＝∠BCD＝90°，∴点B，点C，点F，点Q四点共圆，∴∠QFB＝∠QCB＝45°，∠QBF＝∠QCF＝45°，∴∠QBF＝∠QFB，∴BQ＝FQ，∴BF=2BQ故①正确；②如图，延长DA至N使AN＝CF，连接BN，∵CF＝AN，∠BAN＝∠BCF＝90°，AB＝BC，∴△ABN≌△CBF（SAS），∴BF＝BN，∠ABN＝∠CBF，∵∠QBF＝45°，∴∠ABE+∠CBF＝45°，∵∠ABE+∠ABN＝45°，∴∠EBN＝∠EBF＝45°，又∵BE＝BE，BF＝BN，∴△BEF≌△BEN（SAS），∴EF＝EN，∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+EN＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝12，故②正确；③∵CH∥FQ，∴∠BHC＝∠BQF＝90°，∴点H在以BC为直径的圆上运动，如图，以BC为直径作圆，取BC的中点P，连接AP，PH，∴BP＝3＝HP，∴AP=AB2+BP在△AHP中，AH≥AP﹣HP，∴当点H在AP上时，AH有最小值为35−3，故③④如图，连接EG，∵∠DAC＝∠QBF＝45°，∴点A，点B，点G，点E四点共圆，∴∠BAC＝∠BEG＝45°，∴∠BEG＝∠EBF＝45°，∠EGB＝90°，∴EG＝BG，∴BE=2BG∵∠BEG＝∠BFQ＝45°，∴点E，点F，点G，点Q四点共圆，∴∠BQG＝∠BFE，∠BGQ＝∠BEF，∴△BQG∽△BFE，∴S△BQGS△BFE=（BG∴S△BQG=12S△BEF；故故选：C．12．（2022•广州）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上，且CE＝1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（）A．62 B．32 C．2−3【解答】解：连接EF，如图：∵正方形ABCD的面积为3，∴AB＝BC＝CD＝AD=3∵CE＝1，∴DE=3−1，tan∠EBC∴∠EBC＝30°，∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝60°，∵AF平分∠ABE，∴∠ABF=12∠在Rt△ABF中，AF=AB∴DF＝AD﹣AF=3∴DE＝DF，△DEF是等腰直角三角形，∴EF=2DE=2×（3∵M，N分别是BE，BF的中点，∴MN是△BEF的中位线，∴MN=12EF故选：D．13．（2022•广东）如图，在▱ABCD中，一定正确的是（）A．AD＝CD B．AC＝BD C．AB＝CD D．CD＝BC【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，故选：C．二．填空题（共8小题）14．（2022•台山市校级一模）在学习完勾股定理后，小芳被“弦图”深深地吸引了，她也设计了一个类似“弦图”的图案（如图），主体是一个菱形，把菱形分割成四个两两全等的直角三角形和一个矩形，这四个直角三角形中有两个是等腰直角三角形，另两个三角形的两直角边分别是6cm和8cm，那么中间的矩形的面积是（702−98）cm2【解答】解：如图，由题意得：△ABE和△CDG是两个全等的等腰直角三角形，△BCH和△ADF是两个全等的直角三角形，BH＝DF＝6cm，CH＝AF＝8cm，四边形EFGH是矩形，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC，在Rt△BCH中，由勾股定理得：BC=BH2∵△ABE是等腰直角三角形，∴BE＝AE=22AB=22BC=2∴HE＝BE﹣BH＝（52−6）（cmEF＝AF﹣AE＝（8﹣52）（cm），∴S矩形EFGH＝HE•EF＝（52−6）×（8﹣52）＝（702−98）（cm故答案为：（702−98）cm215．（2022•南海区校级模拟）一个正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的边数是六．【解答】解：设多边形的边数是n，根据题意得，（n﹣2）•180°＝2×360°，解得n＝6，∴这个多边形为六边形．故答案为：六．16．（2022•濠江区一模）两张全等的矩形纸片ABCD，AECF按如图方式交叉叠放在一起，AB＝AF，AE＝BC．若AB＝2，BC＝6，则图中重叠（阴影）部分的面积为203【解答】解：设BC交AE于G，AD交CF于H，如图所示：∵四边形ABCD、四边形AECF是全等的矩形，∴AB＝CE，∠B＝∠E＝90°，AD∥BC，AE∥CF，∴四边形AGCH是平行四边形，在△ABG和△CEG中，∠B=∠E∠AGB=∠CGE∴△ABG≌△CEG（AAS），∴AG＝CG，∴四边形AGCH是菱形，设AG＝CG＝x，则BG＝BC﹣CG＝6﹣x，在Rt△ABG中，由勾股定理得：22+（6﹣x）2＝x2，解得：x=10∴CG=10∴菱形AGCH的面积＝CG×AB=103×即图中重叠（阴影）部分的面积为203故答案为：20317．（2022•中山市三模）如图，小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先将该活动学具调成图1所示菱形，测得∠A＝120°，接着将该活动学具调成图2所示正方形，测得正方形的对角线AC＝30cm，则图1中对角线AC的长为152cm．【解答】解：如图2，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠B＝90°．∵AC＝30，∴AC2＝AB2+BC2，即900＝2AB2．∴AB＝152．连接AC，如图1，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AC＝152，∠BAC=1∵∠BAD＝120°．∴∠BAC＝60°．∴△ABC是等边三角形．∴AC＝AB＝152．故答案为：152．18．（2022•禅城区校级三模）如图，E为正方形ABCD边AB上一动点（不与A重合），AB＝4，将△DAE绕点A逆时针旋转90°得到△BAF，再将△DAE沿直线DE折叠得到△DME，下列结论：①连接AM，则AM∥BF；②连接FE，当F、E、M三点共线时，AE＝42−③连接EF、EC、FC，若△FEC是等腰三角形，则AE＝43−④连接EF，设FC、ED交于点O，若EF平分∠BFC，则O是FC的中点，且AE＝25−2；其中正确结论的序号为①②③④【解答】解：①如图，延长DE交BF于J，由旋转的性质得：△BAF≌△DAE，∴∠ABF＝∠ADE，∠BAF＝∠DAE＝90°，∵∠AED＝∠BEJ，∴∠BEJ+∠EBJ＝90°，∴∠BJE＝90°，∴DJ⊥BF，由翻折可知：EA＝EM，DM＝DA，∠AED＝∠MED，∴DE垂直平分线段AM，∴AM∥BF，故①正确；②如图，当F，E，M共线时，∵AE＝AF，∠BAF＝90°，∴∠AEF＝∠AFE＝45°，∴∠DEA＝∠DEM＝67.5°，∴∠ADE＝∠ABF＝∠BFE＝22.5°，∴EF＝BE，设AE＝AF＝x，则EF＝BE=2x则x+2x∴x＝42−∴AE＝42−故②正确；③如图，连接EC，CF，∵∠EFC＜45°，∴∠CEF＞90°，∵△FEC是等腰三角形，∴EF＝CE，设AE＝AF＝m，则2m2＝42+（4﹣m）2，∴m＝43−4或﹣43∴AE＝43−4故③正确；④如图，连接AC，BD，在AD上截取AN＝AE，连接EN，则∠DAC＝∠ACD＝∠BDC＝∠BDA＝45°，∠AEN＝45°，∴AN＝AE＝AF，∠BEN＝135°，∴BE＝DN，EF＝EN，∴△BFE≌△DNE（SSS），∴∠DEN＝∠BFE，∵∠AFE＝45°＝∠DAC，∴EF∥AC，∴∠CFE＝∠ACF，∴∠OCD＝45°+∠ACF，∵∠BEN+∠BDA＝180°，∴D，B，E，N共圆，∴∠BNE＝∠BDE，∵EF平分∠BFC，∴∠BFE＝∠CFE，∴∠BDE＝∠BFE＝∠CFE＝∠ACF，∵∠ODC＝45°+∠BDE，∴∠OCD＝∠ODC，∴OC＝OD，∵∠OCD+∠OFD＝ODC+∠ODF，∴∠OFD＝∠ODF，∴OF＝OD＝OC，即O是FC的中点，设AE＝AF＝n，∵∠FDC＝90°，OF＝OC，∴OF＝OD，∴∠OFD＝∠ODF，∴tan∠CFD＝tan∠EDA，∴44+n∴n＝25−2或﹣25∴AE＝25−故④正确，故答案为：①②③④．19．（2022•南山区三模）规定：若a→=（x1，y1），b→=（x2，y2），则a→•b→=x1x2+y1y2．例如a→=（1，2），b→=（3，4），则a→⋅b→=1×3+2×4＝3+8＝11．已知【解答】解：∵a→=（x+1，x﹣1），b→∴a→•＝（x+1）（x﹣2）+3（x﹣1）＝x2﹣2x+x﹣2+3x﹣3＝x2+2x﹣5＝（x+1）2﹣6，∴当x＝﹣1时，（x+1）2﹣6取得最小值为﹣6．故答案为：﹣6．20．（2022•广州）如图，在▱ABCD中，AD＝10，对角线AC与BD相交于点O，AC+BD＝22，则△BOC的周长为21．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝OC=12AC，BO＝OD=12BD，∵AC+BD＝22，∴OC+BO＝11，∴△BOC的周长＝OC+OB+BC＝11+10＝21．故答案为：21．21．（2022•广东）菱形的边长为5，则它的周长是20．【解答】解：∵菱形的四边相等，边长为5，∴菱形的周长为5×4＝20，故答案为20．三．解答题（共11小题）22．（2022•天河区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ADB＝90°，AD＝12，DO＝OB＝5，AC＝26，（1）求证；四边形ABCD为平行四边形；（2）求四边形ABCD的面积．【解答】（1）证明：∵∠ADB＝90°，∴AO=A∵AC＝26，∴CO＝AO＝13，∵OD＝OB，∴四边形ABCD是平行四边形；（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，BD＝2OD＝10，∴四边形ABCD的面积＝AD×BD＝12×10＝120．23．（2022•南海区校级模拟）已知；如图，在平行四边形ABCD中，AD＝3cm，DC＝1cm，∠B＝45°，点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为3cm/s，点Q从C点出发，沿CD方向匀速运动，速度为1cm/s，连接并延长QP交BA的延长线于点M过M作MN⊥BC．垂足是N，设运动时间为t（s）（0＜t＜1）解答下列问题：（1）当t为何值时，四边形AQDM是平行四边形？（2）设四边形ANPM的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；（3）是否存在某一刻t，使四边形ANPM的面积是平行四边形ABCD的面积的一半？若存在，求出相应的t值；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）连接AQ、MD，∵当AP＝PD时，四边形AQDM是平行四边形，∴3t＝3﹣3t，解得：t=1∴t=12时，四边形（2）∵MN⊥BC，∴∠MNB＝90°，∵∠B＝45°，∴∠BMN＝45°＝∠B，∴BN＝MN，∵BM＝AB+AM＝1+t，在Rt△BMN中，由勾股定理得：BN＝MN=22（1+∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∵MN⊥BC，∴MN⊥AD，∴y=12×AP×MN=12×3t×22（1+t）（3）假设存在某一时刻t，四边形ANPM的面积是平行四边形ABCD的面积的一半，∴324t2+324整理得：t2+t﹣1＝0，解得：t1=−1+52，t∴当t=−1+52s时，四边形ANPM24．（2022•香洲区校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝12，点E是AD边上一点，∠BEC＝90°，延长CE至点F，使CF＝CB，FG∥BE交AB于点G，连接CG，交BE于点H．（1）求证：△BGH是等腰三角形；（2）若点E为AD的中点，AD＝2AB，求tan∠BCG的值．【解答】（1）证明：∵FG∥BE，∠BEC＝90°，∴∠GFC＝90°＝∠GBC，∠BHG＝∠CGF，在Rt△CFG和Rt△BCG中，CG=CGCF=BC∴Rt△CFG≌Rt△BCG（HL），∴∠CGF＝∠CGB，∴∠CGB＝∠BHG，∴△BGH是等腰三角形；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，且AB＝12，∴BC＝AD＝2AB＝24，∵E为AD中点，∴AE＝DE＝12，在Rt△ABE中，根据勾股定理得：∵BE2＝AB2+AE2，∴BE＝122，同理，CE＝122，设BG＝a，∵Rt△CFG≌Rt△BCG，且△BGH是等腰三角形，∴FG＝BG＝BH＝a，CF＝BC＝24，∴EH＝122−a∵∠CFG＝∠CEH，∠GFC＝∠HEC，∴△CFG∽△CEH，∴CF：CE＝GF：HE，∴a＝242−∴tan∠BCG＝BG：BC=225．（2022•珠海校级三模）如图，E是正方形ABCD的BC边上一点（E不与B、C重合），EG⊥AC于G，F在BC的延长线上，且CF＝BE，连接AE、DF和DG．（1）若连接GF，求证：DG＝GF；（2）若∠BAE＝30°，求∠AGD的度数．【解答】（1）证明：如图1，连接BG，∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，∴∠ACB＝∠BAG＝∠DAG＝45°，AB＝AD，∵EG⊥AC，∴△EGC是等腰直角三角形，∴GC＝GE，∠GCE＝∠GEC，∴∠BEG＝∠FCG，∵AG＝AG，∴△ABG≌△ADG（SAS），∴BG＝DG，∵BE＝CF，∴△BEG≌△FCG（SAS），∴BG＝GF，∴DG＝GF；（2）解：如图2，过点G作MN⊥BC于N，交AD于M，∵AD∥BC，∴MN⊥AD，∴∠DMG＝∠FNG＝90°，∵∠NCG＝45°，∴△CNG是等腰直角三角形，∴CN＝NG＝DM，由（1）知：DG＝GF，∴Rt△DMG≌Rt△GNF（HL），∴∠MDG＝∠FGN，∵∠MDG+∠DGM＝∠FGN+∠DGM＝90°，∴∠DGF＝90°，∴△DGF是等腰直角三角形，∴∠FDG＝45°，∵AB＝CD，∠B＝∠DCF＝90°，BE＝CF，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠CDF＝∠BAE＝30°，∴∠CDG＝45°﹣30°＝15°，∴∠ADG＝90°﹣15°＝75°，∵∠DAG＝45°，∴∠AGD＝180°﹣45°﹣75°＝60°．26．（2022•龙湖区校级三模）如图，点E为正方形ABCD边AD上一动点（不与A、D重合）．连接BE交AC于点F，PQ经过点F，分别与AB、CD交于点P、Q，且PQ＝BE．（1）求证：BE⊥PQ；（2）求证：FP＝FE；（3）若CQ=2，求AC﹣2AF【解答】（1）证明：如图，过点Q作QG⊥AB于点G，交BE，AC于点H，M，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝∠BAD＝90°，∴四边形BCQG是矩形，∴GQ＝BC＝AB，∵PQ＝BE，∴Rt△QGP≌Rt△BAE（HL），∴∠PQG＝∠EBA，∵∠QHF＝∠BHG，∴∠QFH＝∠BGH＝90°，∴BE⊥PQ；（2）证明：∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠BAC＝∠DAC＝45°，AB＝AD，∵AF＝AF，∴△ABF≌△ADF（SAS），∴BF＝DF，∠ABF＝∠ADF，∴∠ABF＝∠ADF＝∠PQG，∵∠FDQ＝90°﹣ADF，∠FQD＝90°﹣∠PQG，∴∠FDQ＝∠FQD，∴FD＝FQ，∴FD＝FQ＝FB，∵PQ＝BE，∴PQ﹣FQ＝BE﹣FB，∴FP＝FE；（3）解：∵BE⊥PQ，∴∠BFP＝∠QFH＝90°，∵FB＝FQ，∠ABF＝∠PQG，∴△PBF≌△HQF（ASA），∴FP＝FH，∵FP＝FE，∴FH＝FE，∵QG∥AD，∴∠HMF＝∠EAF，∠FHM＝∠FEA，∴△HMF≌△EAF（AAS），∴FM＝AF，∴AM＝2AF，∵MQ＝CQ=2∴CM=2CQ∴AC﹣2AF＝AC﹣AM＝CM＝2．∴AC﹣2AF的长为2．27．（2022•茂南区一模）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，△AOB关于AB的对称图形为△AEB．（1）求证：四边形AEBO是菱形；（2）连接CE，若AB＝6cm，CB=21cm①求sin∠ECB的值；②若点P为线段CE上一动点（不与点C重合），连接OP，一动点Q从点O出发，以1cm/s的速度沿线段OP匀速运动到点P，再以2.5cm/s的速度沿线段PC匀速运动到点C，到达点C后停止运动，当点Q沿上述路线运动到点C所需要的时间最短时，求PC的长和点Q走完全程所需的时间．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AOA＝OC＝OB＝OD，∵△AOB关于AB的对称图形为△AEB，∴AE＝BO，BE＝AO，∴AE＝BE＝OA＝OB，∴四边形AEBO是菱形．（2）解：①设AE交CD于点K．∵四边形AEBO是菱形，∴BE∥AC，BE＝OC＝OA，∴△BKE∽△AKC，∴BK：KA＝BE：AC＝1：2，∵AB＝6，∴BK＝2，AK＝4，∵OA＝OC，在Rt△BCK中，由勾股定理可知，CK＝5，∴sin∠ECB=BK②如图，作PF⊥AD于H，．∴PF＝CP•sin∠ECB=25∵点Q的运动时间t＝OP+PA2.5=OP+25PA根据垂线段最短可知，当点O，P，F共线时，t有最小值，此时OF恰好是△ABC的中位线，∴OF=12AB＝3，CF=12BC=212，PF=12BK＝1，CP∴当点Q沿上述路线运动到点A所需的时间最短时，CP的长为52cm，且点Q走完全程所需时间为3s28．（2022•惠阳区校级二模）如图，四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，点E、F分别在边AB、BC上，DE⊥AB，DE＝AB，AE＝BE＝3，BF＝2，△ADF的面积等于15．（1）求DF的长度．（2）求证：∠ADE+∠BAF＝∠DAF．【解答】（1）解：∵DE⊥AB，∠B＝∠C＝90°，∴∠DEB＝∠B＝∠C＝90°，∴四边形BCDE是矩形，∴BC＝ED，BE＝CD，∵DE⊥AB，AE＝BE＝3，BF＝2，∴DE＝AB＝BC＝6，CD＝3，∴CF＝BC﹣BF＝4，∴DF=D（2）证明：如图，过点F作FG⊥AD，∵AE＝3，DE＝AB＝6，BF＝2．∴AD=AE2+DE2=3∵S△ADF=12×AD∴FG＝25，∴AG=AF2−F∴∠GAF＝∠GFA＝45°，∵∠ADE+∠BAF+∠DAF＝90°，∴∠ADE+∠BAF＝45°，∴∠ADE+∠BAF＝∠DAF．29．（2022•顺德区校级三模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的点，AE＝CF，连接EF、BF，EF与对角线AC交于点O，且BE＝BF，∠BEF＝2∠BAC．（1）求证：OE＝OF；（2）若BC＝2，求AB的长．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠BAC＝∠FCO．在△AOE和△COF中，∠BAC=∠FCO∠AOE=∠COF∴△AOE≌△COF（AAS），∴OE＝OF．（2）解：如图，连接OB．∵BE＝BF，OE＝OF，∴BO⊥EF，在Rt△BEO中，∠BEF+∠ABO＝90°．∵△AOE≌△COF，∴OA＝OC．∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴OA＝OB＝OC，∴∠BAC＝∠ABO．∵∠BEF＝2∠BAC，即2∠BAC+∠BAC＝90°，∴∠BAC＝30°．∵BC＝2，∴AC＝2BC＝4，∴AB=AC230．（2022•东莞市校级二模）在①AE＝BF；②BE＝CF；③∠AED＝∠BFD这三个条件中选择一个，补充在下面的问题中，并完成问题的解答．问题：如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E、F分别在AB、BC边上，若AE＝BF，请判断△DEF的形状，并证明结论．【解答】解：若AE＝BF，△DEF是等边三角形．证明：如图，连接BD，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD，∠C＝∠A＝60°，AD∥BC，∴△BCD是等边三角形，∠ABC＝180°﹣∠A＝120°，∴∠BDC＝∠DBC＝60°，BD＝CD，∴∠DBE＝∠ABC﹣∠DBC＝60°，∴∠DBE＝∠C，∵AE＝BF，∴AB﹣AE＝BC﹣BF，即BE＝CF，在△DBE和△DCF中，BD=CD∠DBE=∠C∴△DBE≌△DCF（SAS），∴DE＝DF，∠EDB＝∠FDC，∴∠EDB+∠BDF＝∠FDC+∠BDF＝∠BDC＝60°，∴△DEF是等边三角形．故答案为：AE＝BF．31．（2022•广州）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，AB＝6，连接BD．（1）求BD的长；（2）点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合），点F在边AD上，且BE=3DF①当CE⊥AB时，求四边形ABEF的面积；②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+3CF的值是否也最小？如果是，求CE+3【解答】解：（1）过点D作DH⊥AB交BA的延长线于H，如图：∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝6，∵∠BAD＝120°，∴∠DAH＝60°，在Rt△ADH中，DH＝AD•sin∠DAH＝6×32=AH＝AD•cos∠DAH＝6×1∴BD=DH2（2）①设CE⊥AB交AB于M点，过点F作FN⊥AB交BA的延长线于N，如图：菱形ABCD中，∵AB＝BC＝CD＝AD＝6，AD∥BC，∠BAD＝120°，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∴∠ABC＝180°﹣∠BAD＝60°，在Rt△BCM中，BM＝BC•cos∠ABC＝6×1∵BD是菱形ABCD的对角线，∴∠DBA=12在Rt△BEM中，ME＝BM•tan∠DBM＝3×3BE=BMcos∠DBM=∵BE=3DF∴DF＝2，∴AF＝AD﹣DF＝4，在Rt△AFN中，∠FAN＝180°﹣∠BAD＝60°，∴FN＝AF•sin∠FAN＝4×32=AN＝AF•cos∠FAN＝4×1∴MN＝AB+AN﹣BM＝6+2﹣3＝5，∴S四边形ABEF＝S△BEM+S梯形EMNF﹣S△AFN=12EM•BM+12（EM+FN）•MN=12×3×3+12×（=323＝73；②当四边形ABEF的面积取最小值时，CE+3CF理由：设DF＝x，则BE=3DF=3x，过点C作CH⊥AB于点H，过点F作FG⊥CH于点过点E作EY⊥CH于点Y，作EM⊥AB于M点，过点F作FN⊥AB交BA的延长线于N，如图：∴EY∥FG∥AB，FN∥CH，∴四边形EMHY、FNHG是矩形，∴FN＝GH，FG＝NH，EY＝MH，EM＝YH，由①可知：ME=12BE=BM=32BE=AN=12AF=12（AD﹣DFFN=32AFCH=32BC＝33，BH=∴AM＝AB﹣BM＝6−32AH＝AB﹣BH＝3，YH＝ME=32GH＝FN=6EY＝MH＝BM﹣BH=32∴CY＝CH﹣YH＝33−3FG＝NH＝AN+AH＝6−x2，CG＝CH﹣GH＝33∴MN＝AB+AN﹣BM＝6+3−12x−32∴S四边形ABEF＝S△BEM+S梯形EMNF﹣S△AFN=12EM•BM+12（EM+FN）•MN=12×32x×32x+12（32x=34x2−3=34（x﹣3）2∵34∴当x＝3时，四边形ABEF的面积取得最小值，方法一：CE+3CF=C=(3=27−9x+=3=3(x−3∵（x﹣3）2≥0，当且仅当x＝3时，（x﹣3）2＝0，∴CE+3CF=当且仅当x＝3时，CE+3CF＝12，即当x＝3时，CE+3∴当四边形ABEF的面积取最小值时，CE+3CF方法