【中考冲刺】2024年中考数学二轮复习-专题02 几何求解（选择题）解析版

二轮复习2023-2024年中考数学重要考点名校模拟题分类汇编专题02——几何求解（选择题）（重庆专用）【类型一用字母表示角的度数】1．（2024上·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考期末）菱形ABCD，∠B=60°，E，F分别是CB，CD上两点，连接AE，AF，

A．∠CEF=α B．∠FAD=60°−αC．∠EFC=60°−α D．∠AFD=90°−α【答案】D【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质；连接AC，由菱形性质得△ABC是等边三角形，则可证明△BAE≌△CAF，有AE=AF，则得△AEF是等边三角形，则可对各选项作出判断．【详解】解：如图，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∵∠B=60∴△ABC是等边三角形，∴AB=AC，∴∠BAE+∠EAC=60°；∵∠EAF=60°，∴∠EAC+∠CAF=60°，∴∠BAE=∠CAF=α；∵AB∥∴∠ACF=∠BAC=60°，∴∠B=∠ACF=60°；在△BAE与△CAF中，∠BAE=∠CAFAB=AC∴△BAE≌△CAFASA∴AE=AF，∵∠EAF=60°，∴△AEF是等边三角形，∴∠AEF=60°，∴∠CEF+∠AEB=180°−60°=120°，∵∠BAE+∠AEB=180°−120°=60°，∴∠CEF=∠BAE=α，故选项A正确；∵AD∥∴∠BAD=∠BCD=180°−∠B=120°，∴∠FAD=∠BAD−∠BAE−∠EAF=60°−α，故选项B正确；∵∠EFC=180°−∠CEF−∠BCD=60°−α，故选项C正确；∵∠D=∠B=60°，∴∠AFD=180°−∠FAD−∠D=180°−(60°−α)−60°=60°+α，故选项D错误；故选：D．

2．（2024上·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，AB上，满足DE=AF，连接CE，DF，点P，Q分别是DF，CE的中点；连接PQ．若∠ADF=α．则∠PQE可以用α表示为（

）

A．α B．45°−α C．45°−α2 【答案】B【分析】证明△ADF≌△DCESAS，则DF=CE，∠DCE=∠ADF=α，如图，连接DQ，则DP=12DF，DQ=12CE=CQ，DP=DQ【详解】解：∵正方形ABCD中，∴AD=CD，又∵AF=DE，∴△ADF≌△DCESAS∴DF=CE，∠DCE=∠ADF=α，如图，连接DQ，

∵点P，Q分别是DF，CE的中点，∴DP=1∴DP=DQ，∠QDC=∠DCE=α，∴∠PDQ=90°−2α，∠DQP=∠DPQ=180°−∠PDQ∵∠DQE=∠QDC+∠DCE=2α，∴∠PQE=∠DQP−∠DQE=45°−α，故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，等边对等角，三角形内角和定理，三角形外角的性质．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，等边对等角，三角形内角和定理，三角形外角的性质是解题的关键．3．（2023上·重庆·九年级重庆市松树桥中学校校考期中）如图，正方形ABCD中，点E为边BA延长线上一点，点F在边BC上，且AE=CF，连接DF，EF．若∠FDC=α，则∠AEF=（

A．90°−2α B．45°−α C．45°+α D．α【答案】B【分析】连接ED，作FG∥CD与AD交于G，得到△EAD≌△FCD，从而得到∠DFE=45°，再通过平行线的性质得到∠AFE=∠DFE−∠FDC，得到答案．【详解】解：连接ED，作FG∥CD与AD交于G，

∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠EAD=∠DCF，∵AE=CF，∴△EAD≌△FCD∴∠EDA=∠FDC，DF=DE，∴∠EDF=∠EDA+∠FDA=∠FDA+∠FDC=90°，∴∠DFE=45°∵AB∥CD∥FG，∠FDC=α∴∠AEF=∠EFG，∠CDF=∠DFG∵∠DFE=∠EFG+∠DFG∴∠DFE=∠AEF+∠FDC=45°∴∠AEF=∠DFE−∠FDC=45°−α．故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，等边对等角，平行线的性质，其中两条辅助线的建立是解题的关键．4．（2024上·重庆北碚·九年级西南大学附中校考期末）如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．连接DE，DF，若∠BAE=α，则∠EDF一定等于（

）A．2α B．45°−α C．45°+α D．90°−α【答案】C【分析】取AB的中点G，连接EG，过点F作FM⊥BC，FN⊥CD．先证明△AGE≌△ECF得AE=EF，再证明Rt△ABE≌Rt△EMF得BE=FM，得△DNF为等腰直角三角形，求出∠NDF=45°，再证明Rt△ABE≌Rt△DCE得【详解】取AB的中点G，连接EG，过点F作FM⊥BC，FN⊥CD．∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC=CD，∠B=∠BCD=∠DCM=90°．∵点G为AB的中点，点E为BC的中点，∴AG=BG=12AB∴AG=EC，BG=BE．∵∠AEF=90°，∠B=∠BCD=90°，∴∠BAE+∠AEB=∠AEB+∠FEM，∴∠BAE=∠MEF．∵BG=BE，CF平分∠DCM∴∠BGE=∠FCM=45°，∴∠AGE=∠ECF=135°．在△AGE和△ECF中∠EAG=∠FEC∴△AGE≌△ECF∴AE=EF在Rt△ABE和Rt∠EAB=∠FEM∠B=∠FME∴Rt△ABE≌∴FM=BE=1又∵CF平分∠DCM，FM⊥BC，FN⊥CD∴FN=FM=∵FM⊥BC，FN⊥CD，∠DCM=90°，FN=FM∴四边形FMCN是正方形FMCN，∴FM=CN，∴FN=DN，∴∠NDF=45°．在Rt△ABE和RtAB=DC∠B=∠DCE∴Rt△ABE≌∴∠BAE=∠CDE=α∴∠EDF=∠CDE+∠FDC=45°+α．故选C．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判断与性质．关键是取AB的中点G后证明△AGE≌△ECF．5．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，D为线段CA延长线一点，F为线段BC上一点，连接DF交AB于点G，连接CG，若BF=3AD，设∠D=x，则∠BGCA．75° B．45°+2x C．60°+x D．90°−2x【答案】C【分析】本题考查三角形全等的性质与判定，解直角三角形，直角三角形斜边上中线等于斜边一半，三角形内外角关系，过点F作FE⊥BC，证明△EFG≌△ADG，结合内外角关系求解即可得到答案；【详解】解：过点F作FE⊥BC，∵∠B=30°，FE⊥BC，∴BF=EF∵BF=3∴EF=AD，∵∠ACB=90°，FE⊥BC，∴EF∥AD，∴∠EFG=∠D，在△EGF与△AGD中，∠EFG=∠D∠EGF=∠AGD∴△EGF≌△AGD(AAS∴FG=DG，∵∠ACB=90°，∴CG=FG=DG，∴∠ACG=∠D=x，∵∠ACB=90°，∠B=30°，∴∠CAG=60°，∴∠BGC=60°+x，故选：C．6．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考阶段练习）如图，正方形ABCD中，E为正方形内一点，连接CE，使CE=CB，再连接AE，将AE绕点A逆时针旋转90°得到AF，连接DF，若∠DCE=α，则∠ADF的度数为（

）A．α B．90°−2α C．45°+α2 【答案】D【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定，等腰三角形的性质，连接BE由等腰三角形的性质可得∠ABE，由旋转的性质可证明△DAF≌△BAE，即可求解．【详解】解：连接BE如图：∵ABCD是正方形，∴AD=AB=BC=CD，∵CE=CB，∠DCE=α，∴∠CEB=∠CBE，∴∠CBE=180°−∠BCE∴∠ABE=90°−∠CBE=90°−α由AE绕点A逆时针旋转90°得到AF，得∠EAF=90°，AE=AF，∵∠DAB=∠DAE+∠BAE=90°，∠EAF=∠DAF+∠DAE=90°，∴∠BAE=∠DAF，∵AD=AB，∴△DAF≌△BAE，∴∠ADF=∠ABE=45°−α故选：D．7．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考期末）如图，四边形ABCD为正方形，E为CD上一点，BF⊥AE于点F，连接DF，设∠ABF=α，若BF=2AF，则∠ADF可表示为（）

A．a2 B．a2+15° C．45°−α【答案】C【分析】如图所示，过点D作DG⊥AE于G，根据正方形的性质得到AB=DA，∠BAD=90°，证明△ABF≌△DAGAAS得到AG=BF，AF=DG，∠GAD=∠FBA=α，再由线段之间的关系推出AF=FG=DG【详解】解：如图所示，过点D作DG⊥AE于G，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=DA，∵BF⊥AE，DG⊥AE，∴∠AFB=∠DGA=90°，∴∠FAB+∠GAD=90°=∠GAD+∠GDA，∴∠FAB=∠GDA，∴△ABF≌△DAGAAS∴AG=BF，∵BF=2AF，∴AG=2AF，∴AF=FG=DG，∴△DFG是等腰直角三角形，∴∠DFG=45°，∴∠ADF=∠DFG−∠DAG=45°−α，故选C．

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．8．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）如图，延长矩形ABCD的边CB至点E，使EB=AC，连接DE，若∠BAC=α，则∠E的度数是（

）A．α2 B．45°−α2 C．α−45°【答案】B【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定及性质，三角形内角和定理等；连接BD与AC交于O，根据矩形的性质可证∠OBA=∠BAC=α，BD=BE，由等腰三角形的性质及三角形内角和定理即可求解；掌握性质，作出辅助线，构建等腰△BDE是解题的关键．【详解】解：如图，连接BD与AC交于O，∵四边形ABCD是矩形，∴BD=AC，OA=OB=1∠ABC=90°，∴∠OBA=∠BAC=α，∴∠ABE=90°，∴∠DBE=∠ABE+∠OBA=90°+α，∵BE=AC，∴BD=BE，∴∠E=∠BDE，∴∠E==45°−1故选：B．9．（2023上·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考期中）如图，正方形ABCD，分别取AD和CD边的中点E、F，连接BE、连接AF相交于点G，连接CG，若∠ABE=α，则∠DCG的度数为（

）A．α B．2α C．90°−α D．90°−2α【答案】D【分析】过点C作CH⊥BE于点H，证明△ABE≌△DAFSAS，则∠ABE=∠2，得到∠AGB=90°，设AE=a，则AD=AB=2a，由勾股定理得，BE=5a，由等积法得到AG=255a，由勾股定理得BG=455a，证明△ABG≌△BCHAAS，则AG=BH=2【详解】解：过点C作CH⊥BE于点H，如图，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD=CD=BC,∠BAD=∠D=∠BCD=∠ABC=90°，∵AD和CD边的中点E、F，∴AE=DF，在△ABE和△DAF中，AB=DA∠BAD=∠D=90°∴△ABE≌△DAFSAS∴∠ABE=∠2，∵∠1+∠2=∠BAD=90°，∴∠1+∠ABE=90°，∴∠AGB=180°−∠1+∠ABE设AE=a，则AD=AB=2a，在Rt△ABE中，由勾股定理得，BE=由三角形面积公式得，S△ABE∴AG=AB⋅AE在Rt△ABG中，由勾股定理得，BG=∵∠ABC=90°,CH⊥BE，∴∠5+∠ABE=90°,∠3+∠5=90°，∴∠ABE=∠3=α，∵∠AGB=90°，CH⊥BE，∴∠AGB=∠CHB=90°，又∵AB=BC，∴△ABG≌△BCHAAS∴AG=BH=2∴HG=BG−BH=4∴BH=HG，∴CH为BG的垂直平分线，∴BC=GC，∴△BCG是等腰三角形，∴∠3=∠4=α，∴∠BCG=∠3+∠4=2α，∴∠BCD=∠BCG+∠DCG=90°，∴∠DCG=90°−∠BCG=90°−2α．故选：D【点睛】此题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理、线段垂直平分线的性质等知识，熟练掌握相关性质，灵活应用勾股定理及三角形面积公式进行计算是解题的关键．10．（2023上·重庆渝中·九年级重庆巴蜀中学校考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，BC上，且DE=CF，连接AE，DF，DG平分∠ADF交AB于点G，若

A．90−α B．90+α C．90+2α D．90−2α【答案】A【分析】根据正方形的性质及全等三角形的判定可得△DCF≌△ADE，再根据全等三角形的性质及平行线的性质得到∠CFD=∠ADF=2α，最后根据角平分线的定义即可解答．【详解】解：∵在正方形ABCD中，∴CD=AD，∠DCF=∠ADE=90°，∴在△DCF和△ADE中，CD=AD∠DCF=∠ADE=90°∴△DCF≌△ADESAS∴∠CFD=∠AED，∵∠AED=2α,∴∠CFD=2α，∵BC∥∴∠CFD=∠ADF=2α，∵DG平分∠ADF，∴∠FDG=∠ADG=1∴∠AGD=90°−α，故选A．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，角平分线的定义，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．11．（2023上·重庆北碚·九年级西南大学附中校考期中）如图，在正方形ABCD的边BC上取一点E，连接AE并延长交DC的延长线于点F，将射线AE绕点A顺时针旋转45°后交CB的延长线于点G，连接FG，若∠AFD=α，则∠CGF的大小是（）A．α B．45°−α2 C．90°−2α【答案】C【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，由“SAS”可证△ADH≌△ABG，可得AG=AH，∠DAH=∠BAG，由“SAS”可证【详解】解：在DC上截取DH=BG，连接AH，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，在△ADH和△ABG中，AD=AB∠ADC=∠ABG∴△ADH≌∴AG=AH，∴∠DAB=∠GAH=90°，∵将射线AE绕点A顺时针旋转45°后交CB的延长线于点G，∴∠GAE=45°，∴∠GAE=∠HAF=45°，又∵AF=AF，∴△AFG≌∴∠AGF=∠AHF，∵∠AFD=α，∴∠AHF=180°−α−45°=135°−α=∠AGF，∵AB∥∴∠BAE=∠AFD=α，∴∠BAG=45°−α，∴∠AGC=90°−45°−α∴∠CGF=135°−α故选：C．12．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆市第七中学校校考期中）如图，在四边形ABCD中，∠A=90°，对角线BD恰好平分∠ABC，点E在AB边上．连接DE，使得DE=DC，若∠C=α，则∠DEB一定等于（

）A．45°+α B．90°+α C．2α D．180°−α【答案】D【分析】本题主要考查角平分线的性质定理及全等三角形的性质与判定，熟练掌握角平分线的性质定理及全等三角形的性质与判定是解题的关键；过点D作DH⊥BC于点H，由题意易得DH=DA，则可证△ADE≌△HDC，然后问题可求解．【详解】解：过点D作DH⊥BC于点H，如图所示：∵BD恰好平分∠ABC，∠A=90°，∴DH=DA，又∵DE=DC，∴△ADE≌△HDCHL∴∠AED=∠C=α，∴∠DEB=180°−∠AED=180°−α；故选D．13．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考三模）如图，点E、F、G分别是正方形ABCD的边AD、BC、AB上的点，连接DG，EF，GF．且EF=DG，DE=2AG，∠ADG的度数为α，则∠EFG的度数为（

）

A．α B．2α C．45°−α D．45°+α【答案】C【分析】过点F作FH⊥AD于点H，由题意易证△ADG≌△HFE，则有EH=DH=FC，然后可得BG=BF，进而问题可求解．【详解】解：过点F作FH⊥AD于点H，如图所示：

∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC=AB=BC,∠A=∠B=∠EHF=∠C=∠ADC=90°，AD∥BC，∴四边形HFCD是矩形，∴HF=DC=AD,HD=FC，∵EF=DG，∴△ADG≌△HFEHL∴EH=AG，∠HEF=∠AGD，∵∠ADG+∠AGD=90°，∴∠ADG+∠HEF=90°，即∠EMD=∠GMF=90°，∵DE=2AG，∴AG=EH=HD=FC，∴BG=BF，∴∠BFG=45°，∵∠ADG=α，∴∠HEF=90°−α，∵AD∥BC，∴∠EFB=∠HEF=90°−α，∴∠EFG=∠EFB−∠GFB=45°−α；故选C．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、正方形的性质及直角三角形的两个锐角互余，熟练掌握全等三角形的判定与性质、正方形的性质及直角三角形的两个锐角互余是解题的关键．14．（2023·重庆渝中·重庆巴蜀中学校考三模）如图，矩形ABCD中，点E为CD边的中点，连接AE，过E作EF⊥AE交BC于点F，连接AF，若∠BAF=α，则∠EFC的度数为（

）

A．α B．45°+α2 C．45°−α【答案】B【分析】延长AE，交BC的延长线于点G，根据矩形的性质可得，∠BAD=∠ADC=∠DCB=90°，AD∥BC，可证△ADE≌△GCE(ASA)，根据全等三角形的性质可得AE=GE，可知EF垂直平分AG，根据线段垂直平分线的性质可得AF=GF，进一步可得∠G=∠FAE，根据AD∥BC，可得∠DAE=∠G，可表示出∠DAE的度数，进一步可得【详解】解：延长AE，交BC的延长线于点G，如图所示：在矩形ABCD中，∠BAD=∠ADC=∠DCB=90°，AD∥∴∠ECG=90°，∵E为CD边中点，∴DE=CE，在△ADE和△GCE中，∠D=∠ECGDE=CE∴△ADE≌△GCE(ASA∴AE=GE，∵EF⊥AE，∴EF垂直平分AG，∴AF=GF，∴∠FAE=∠G，∵AD∥∴∠DAE=∠G，∴∠DAE=∠FAE，∵∠BAF=α，∴∠DAE=90°−α∵∠DAE+∠AED=90°，∠AED+∠FEC=90°，∴∠FEC=∠DAE=90°−α∵∠FEC+∠EFC=90°，∴∠EFC=90°−90°−α故选：B．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，添加合适的辅助线构造全等三角形是解题的关键．15．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考一模）如图，在矩形ABCD中，E、F为AC上一点，AE=AD，AF=CE，连接DE、BF，若∠CAD=α，则∠BFEA．90°−32α B．90°−12α【答案】B【分析】先证明AE=CF，即可得出AD=AE=CF=BC，再根据矩形的性质得出∠ACB=∠CAD=α，最后根据等边对等角即可求解．【详解】解：∵AF=CE，∴EF+AF=EF+CE，即AE=CF，∵四边形ABCD为矩形，∴AD=BC，AD∥∴∠ACB=∠CAD=α，∵AE=AD，∴AD=AE=CF=BC，∴AD=AE=CF，∴∠BFE=1故选：B．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，和等腰三角形的性质，解题的关键是掌握矩形对边平行且相等，等腰三角形“等边对等角”．【类型二求线段长】16．（2023下·重庆渝北·九年级礼嘉中学校考阶段练习）如图，矩形纸片ABCD，AD=4，AB=22，点E、F分别在AD、BC上，把纸片按如图所示的方式沿EF折叠，点A、B的对应点分别为A′、B′，连接AA′并延长交线段CD于点G，GA．3 B．3.5 C．23 D．【答案】A【分析】根据矩形的性质、图形翻折的特征，可以求得∠FEH=∠DAG，然后根据tan∠DAG=DGAD=2【详解】解：如图，过点E作EH⊥BC交于点H，∵四边形ABCD是矩形，EH⊥BC，∴∠AEH=90°，即∠AEF+∠FEH=90°，∵把纸片按如图所示的方式沿EF折叠，∴∠EAA∴∠FEH=∠EAA′，即∵四边形ABCD是矩形，AB=22，G为线段CD∴DG=12AB=∵AD=4，DG=2，∠D=90°∴tan∠DAG=∵∠FEH=∠DAG，∴tan∠FEH=∵EH=AB=22∴FH=1，在Rt△EHF∵EF=E∴EF=2故选A．【点睛】本题考查了矩形的性质、图形的翻折、锐角正切值、勾股定理，综合运用以上知识是解答本题的关键．17．（2023·重庆江北·校考一模）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在CD、BC的延长线上，AE∥BD，EF⊥BF，AB=5，EF=4，则CFA．43 B．3 C．2 D．【答案】C【分析】证明四边形ABDE是平行四边形，得到DE=AB=5，则CE=25，在Rt△CEF【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，∵AE∥BD，∴四边形ABDE是平行四边形，∴DE=AB=5∴CE=25在Rt△CEF中，由勾股定理得CF=故选C．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，勾股定理，证明四边形ABDE是平行四边形是解题的关键．18．（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校联考二模）如图，在正方形ABCD中，O为AC、BD的交点，△DCE为直角三角形，∠CED=90°，OE=32，若CE⋅DE=6，则正方形的面积为（

A．20 B．22 C．24 D．26【答案】C【分析】根据正方形性质，判定D,O,C,E四点共圆，过点O作ON⊥DE,OM⊥CE，证明四边形OMEN是正方形，利用平方差公式，正方形的性质计算即可．【详解】∵正方形ABCD中，O为AC、BD的交点，∠CED=90°，∴∠DOC=∠CED=90°，∠ODC=∠OCD=45°，

∴点D,O,C,E四点共圆，∴∠ODC=∠OCD=∠OED=∠OEC=45°，过点O作ON⊥DE,OM⊥CE，垂足分别为N，M，且M是与EC延长线的交点，∴四边形OMEN是正方形，∵OE=32∴OE解得EN=EM=3，∵OD=OCON=OM∴△OMC≌△ONDHL∴MC=ND=x，∴CD=CN+ND=3+x，∵CE⋅DE=6，∴3+x3−x解得x2∴OC∴正方形S正方形故选C．【点睛】本题考查了正方形的性质，对角互补的四边形四点共圆，三角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌握对角互补的四边形四点共圆，三角形全等的判定和性质，勾股定理是解题的关键．19．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考二模）如图，正方形ABCD中,AD=4,E为CD中点,F为AD上一点，连接BF,交AE于点H，∠ABF=∠DAE，取BH的中点G,连接AG,则AG的长度为（

）A．5 B．455 C．10 【答案】D【分析】利用正方形的性质与已经条件可求得△ABF≅△DAE，再求得AH⊥BF，最后结合三角形面积公式与勾股定理即可求得AG的长度．【详解】∵∠ABF=∠DAE，AB＝DA，∴△ABF≅△DAEASA∴AF＝DE，F为AD的中点，∵AB=AD=4，∴由勾股定理得，BF=A由△ABF≅△DAE得∠ABH=∠FAH，∵∠BAH+∠FAH=Rt∴∠BAH+∠ABH=Rt∴∠AHB=90°，即AH⊥BF．又∠ABH=∠FAH∴Rt△ABF∽∴ABBH∴AB所以BH=A∵G为BH中点，∴GH=1∵S△ABF∴AH=AB×AF在Rt△AHG中，AG=故选：D．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，三角形面积的运用，勾股定理的计算．本题的综合性较强，熟练掌握勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形的全等判定，是解题的关键．20．（2023·重庆九龙坡·重庆实验外国语学校校考三模）如图，正方形ABCD的边长为12，点E为BC边上一点，BE=4，点F为CD边上一动点，连接BF、DE交于点G，连接AG，当AG=BG时，则FG的长为（

）

A．92 B．103 C．13【答案】D【分析】通过作辅助线HG∥AD，以及等腰三角形三线合一、梯形中位线定理得出，HG的长，再经过勾股定理及两个三角形相似计算出BG与【详解】解：作HG∥AD，

∵在正方形∴AH⊥AB，∵AG=BG，∴BH=1在梯形ABED中，H为AB∴HG=1根据勾股定理得：BG=H∵AB∥CD∴∠ABF=∠BFC,∵∠BHG=∠BCF=90°，∴△HBG∼△CFB(AA)∴HG解得BF=15，∴FG=BF−BG=15−10=5．故答案选D．【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、梯形中位线定理、相似三角形的判定及应用等知识，其中相似三角形对应边成比例是解题的关键．21．（2023下·重庆铜梁·九年级重庆市巴川中学校校考阶段练习）如图，在菱形ABCD中，AC、BD是对角线，点E、F、G、H分别为菱形ABCD边AB、BC、CD、DA边上的中点，连接EF、FG、GH、HE，若菱形的面积为4，则四边形EFGH的面积为（

）A．2.5 B．2 C．3 D．2【答案】D【分析】EF∥AC∥HG，EH∥BD∥FG，四边形EFGH是矩形，面积即是EF×FG．【详解】解：由题意得EF∥AC∥HG，EH∥BD∥FG，因为ABCD是菱形，所以四边形EFGH是矩形，因为菱形的面积为4，即是4=1因为中位线性质，所以EF=12则四边形EFGH的面积EF×FG=1故选：D．【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握菱形的性质、三角形中位线定理是解题的关键．22．（2022·重庆·西南大学附中校考三模）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AE，DF分别是∠OAD与∠ODC的角平分线，AE与OD交于点G，与DF交于点E，连接OE，若OE=2，则AGA．7 B．22 C．3 D．【答案】B【分析】利用正方形的性质证得∠OAG=∠ODF，推出△AGO≌△DFO，得到AG=DF，再证明△AEF≌△AED，得到DE=EF，利用直角三角形斜边中线的性质求出DF即可．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴OA=OD，∠OAD=∠ODC=45°，∠AOD=∠DOC=90°,∵AE，DF分别是∠OAD与∠ODC的角平分线，∴∠DAG=∠OAG=12∠OAD，∠ODF=12∠∴∠OAG=∠ODF，∴△AGO≌△DFO，∴AG=DF，∵∠AGO=∠DGE，∴∠DEG=∠AOG=90°，即AE⊥DF，∴∠AED=∠AEF=90°，∵AE=AE，∴△AEF≌△AED，∴DE=EF，∴DF=2OE=22故选：B．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，直角三角形斜边中线的性质，正确理解正方形的性质是解题的关键．23．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆市凤鸣山中学校联考期末）如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC、BD的交点，E、F分别为边BC、CD上一点，且OE⊥OF，连接EF．若∠AOE=150°，DF=3，则EF的长为（

A．23 B．2+3 C．3【答案】A【分析】由题意证明△BOE≌△COF，所以OE=OF，则△OEF是等腰直角三角形；过点F作FG⊥OD，得出△DGF是等腰直角三角形，推出OF=2GF=6，，进而可求出EF=【详解】解：在正方形ABCD中，AC和BD为对角线，∴∠AOB=∠BOC=90°，∠OBC=∠OCD=45°，OB=OC，∵∠AOE=150°，∴∠BOE=60°，∵OE⊥OF，∴∠EOF=∠BOC=90°，∴∠BOE=∠COF=60°，∴△BOE≌△COF，∴OE=OF，∴△OEF是等腰直角三角形；过点F作FG⊥OD，如图，∴∠OGF=∠DGF=90°，∵∠ODC=45°，∴△DGF是等腰直角三角形，∴GF=DG=2∴OF=2GF=6∴EF=2故选：A【点睛】本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，含30°的直角三角形的三边关系等相关知识，解题关键是得出△OEF是等腰直角三角形．24．（2023下·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考期中）如图，正方形ABCD中，边长为4，E为AB中点，F为正方形内部一点，连接DE、DF，若DE平分∠ADF且DA=DF，则BF的长为（

）

A．3 B．2 C．255 【答案】D【分析】连接AF，交DE于点O，根据勾股定理求出DE，证明△ADE≌△FDESAS，推出DE垂直平分AF，根据S△ADE=12AD⋅AE=12DE⋅AO【详解】解：连接AF，交DE于点O，

∵正方形ABCD中，边长为4，E为AB中点，∴BE=AE=2，根据勾股定理可得：DE=A∵DE平分∠ADF，∴∠ADE=∠FDE，∵DA=DF，BE=BE，∴△ADE≌△FDESAS∴BE=AE=EF=2，DA=DF=4，∠DAE=∠DFE=90°，∴DE垂直平分AF，∵S△ADE∴2×4=25AO，解得：则AF=8∴∠ADF+∠AEF=180°，∵∠BEF+∠AEF=180°，∴∠ADF=∠BEF，∵AD∴△ADF∽△BEF，∴AFBF解得：BF=4故选：D．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，解题的关键是正确画出辅助线，构造相似三角形，根据相似三角形的性质求解．25．（2023上·重庆·九年级重庆南开中学校考期中）如图，正方形ABCD的边长为4，E为CD边中点，G为BC边上一点，连接AE，DG，相交于点F．若DFFG=45，则A．259 B．237 C．【答案】A【分析】本题考查了平行线分线段成比例，正方形的性质，掌握平行线分线段成比例是解题的关键．作FH∥BC交CD于H，则DHHC=DFFG=45，根据E为CD边中点，得HEED=【详解】解：如图，作FH∥BC交CD于H，则DHHC∵E为CD边中点，∴HEED∵FH∥AD，∴FEAE∵AE=4∴FE=2故选：A．26．（2023上·重庆·九年级重庆一中校考期中）如图．在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，BC边上有两点P，Q．若∠PAQ=45°，BP=2，CQ=1，则PQ的长为（

）A．3 B．5 C．6 D．2【答案】B【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，将AP绕点A逆时针旋转90度得到AD，通过证明△PAQ≌△DAQSAS，得出PQ=DQ，再证明△ABP≌△ACDSAS，得出BP=CD=2，∠ACD=∠B=45°，则【详解】解：将AP绕点A逆时针旋转90度得到AD，∴AP=AD,∠PAD=90°，∵∠PAQ=45°，∴∠DAQ=∠PAD−∠PAQ=45°，∵AP=AD,∠PAQ=∠DAQ,AQ=AQ，∴△PAQ≌△DAQSAS∴PQ=DQ，∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠B=∠ACQ=45°，∵∠PAQ=45°，∠BAC=90°，∴∠BAP+∠CAQ=45°，∵∠DAQ=∠CAD+∠CAQ=45°，∴∠BAQ=∠CAD，∵AB=AC，∠BAQ=∠CAD，AP=AD，∴△ABP≌△ACDSAS∴BP=CD=2，∠ACD=∠B=45°，∴∠DCQ=∠ACD+∠ACQ=90°，根据勾股定理可得：PQ=DQ=C故选：B．27．（2022上·重庆·九年级重庆一中校考期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、点F分别是BC、AB上的点，连接DE、DF、EF，满足∠DEF=∠DEC．若AF=1，则EF的长为（

）．A．2.4 B．3.4 C．258 D．【答案】B【分析】过点D作EF的垂线交于G，设BE=x，则EC=4−x，根据勾股定理得EF=9+x2，由角平分线的性质得：DC=DG【详解】解：过点D作EF的垂线交于G，如下图：设BE=x，则EC=4−x，∵AF=1，则FB=4−1=3，∴EF=9+∵∠DEF=∠DEC，∴DE为∠CEF的角平分线，根据角平分线的性质得：DC=DG=4，∵S∴16=1∴6+1∴36+6x+1∴x(15解得：x1∴EF=9+故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质、角平分线、勾股定理，解题的关键是利用面积之间的关系建立等式．28．（2023上·重庆北碚·九年级西南大学附中校考期末）如图，正方形ABCD边长为4，E为CD边上一点，DE=1，连接AE，过A作AF⊥AE，交CB的延长线于点F，连接EF，过A作AG⊥EF，垂足为点G，连接CG.则线段CG的长为（

）A．3 B．52 C．342 【答案】C【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．证明△FAB≌△EAD，得出CF=5，再利用勾股定理得出EF=34，进而得到CG=【详解】解：∵ABCD为正方形，∴∠ABF=∠BAD=∠D=90°，∵AF⊥AE，∴∠FAE=∠FAB+∠BAE=90°，∵∠BAE+∠DAE=90°，∴∠FAB=∠EAD，在△FAB和△EAD中，∠FAB=∠EADAB=AD∴△FAB≌△EADASA∴BF=DE=1，AF=AE∴CF=CB+BF=5，∵正方形ABCD边长为4，DE=1，∴CE=3，∴EF=C∵AG⊥EF，AF=AE，∴点G是EF中点，∴CG=1故选：C．29．（2022上·重庆北碚·九年级西南大学附中校考开学考试）如图，在矩形ABCD中，在AD上取点E，连接BE，在BE上取点F，连接AF，将△ABF沿AF翻折，使得点B刚好落在CD边的G处，若∠GFB=90°，AB=10，AD=6，FG的长是（

）A．3 B．5 C．25 D．【答案】C【分析】连接BG，根据折叠得到AG=AB=10，BF=GF，根据勾股定理求出DG，即可得到CG，从而得到BG，即可得到答案；【详解】解：∵将△ABF沿AF翻折，使得点B刚好落在CD边的G处，AB=10，∴AG=AB=10，BF=GF，∵四边形ABCD是矩形，AB=10，AD=6，∴AB=CD=10，AD=BC=6，∠D=∠C=90°，∴DG=A∴CG=10−8=2，∴BG=C∵∠GFB=90°，BF=GF，∴FG=B故选C．【点睛】本题考查勾股定理，矩形性质及折叠的性质，解题的关键是添加辅助线，构造直角三角形．30．（2023上·重庆九龙坡·九年级四川外国语大学附属外国语学校校考阶段练习）如图，正方形ABCD的边长为5，E、F分别为AB、AD上的点，AF=BE=2，BF分别与CE、AC交于点H、M，O为AC的中点，OB交CE于点