中考数学一轮复习专题训练（北京专用）专题18 四边形 专题练习（含答案）

专题18四边形2023年中考数学一轮复习专题训练（北京专用）一、单选题1．（2021八上·丰台期末）下列图形中，内角和等于外角和的是（）A． B．C． D．2．（2022八下·北京市期中）如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点O是斜边AC的中点，AC＝10，则OB＝（）A．5 B．6 C．8 D．103．（2021八上·燕山期末）若一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形的边数为()A．5 B．6 C．7 D．84．（2022八下·房山期中）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AO=3，∠AOB=60°，则AD的长为（）A．6 B．33 C．32 D5．（2022八下·北京市期中）如图，▱ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是BC的中点，CD＝8，则OE＝（）A．3 B．4 C．5 D．76．（2022八下·海淀期中）如图，CD是△ABC的中线，E，F分别是AC，DC的中点，EF=1，则BD的长为（）A．1 B．2 C．3 D．47．（2021九上·石景山期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形ABCO是菱形，则∠D的度数为（）A．45° B．60° C．90° D．120°8．（2022八下·北京市期中）有下列四个条件：①对角线互相平分的四边形；②对角线互相垂直的四边形；③对角线相等的平行四边形；④有一个角是直角的平行四边形，其中能作为矩形的判定条件的是（）A．①② B．③④ C．①③ D．②④9．（2021九上·朝阳期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠C=130°，则∠BOD的度数为（）A．50° B．100° C．130° D．150°10．（2022·通州模拟）如图，已知∠1+∠2+∠3=240°，那么∠4的度数为（）A．60° B．120° C．130° D．150°二、填空题11．（2022八下·海淀期中）两直角边分别为6和8的直角三角形，斜边上的中线的长是．12．（2022八下·大兴期中）如图，在▱ABCD中，AD＝10，AB＝7，AE平分∠BAD交BC于点E，则EC的长为．13．（2022八下·大兴期中）如图，点C为线段AB延长线上一点，正方形AEFG和正方形BCDE的面积分别为8和4，则△EDF的面积为．14．（2022八下·北京市期中）如图，点E在正方形ABCD中，△BEC是等边三角形，则∠EAD＝°．15．（2022八下·房山期中）如图1，菱形纸片ABCD的面积为30cm2，对角线AC的长为6cm，将这个菱形纸片沿对角线剪开，得到四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形按图2所示的方法拼成正方形．则大正方形中空白小正方形的边长是16．（2021九上·东城期末）斛是中国古代的一种量器.据《汉书.律历志》记载：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆”.如图所示，问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的边长为尺．17．（2022八下·房山期中）在▱ABCD中，∠A：∠B=2：3，则∠C的度数为°．18．（2022八下·房山期中）在平面直角坐标系中，▱ABCD的顶点A、B、D的坐标分别是(0，0)，(5，0)，19．（2022八下·房山期中）在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．现存在以下四个条件：①AB∥CD；②AO=OC；③AB=AD；④AC平分∠DAB．从中选取三个条件，可以判定四边形ABCD为菱形．则可以选择的条件序号是（写出所有可能的情况）．20．（2021九上·东城期末）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是边DC，CB上的动点，且始终满足DE＝CF，AE，DF交于点P，则∠APD的度数为；连接CP，线段CP长的最小值为．三、综合题21．（2022八下·大兴期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝CD，BD⊥AC于点O，点E是DB延长线上一点，OE＝OD，BF⊥AE于点F．（1）求证：四边形AECD是菱形；（2）若AB平分∠EAC，OB＝3，BE＝5，求EF和AD的长．22．（2022八下·房山期中）如图1，在正方形ABCD中，点E为AD边上一点，连接BE．点M在CD边上运动．（1）当点M和点C重合时（如图2），过点C做BE的垂线，垂足为点P，交直线AB于点N．请直接写出MN与BE的数量关系；（2）当点M在CD边上运动时，过点M做BE的垂线，垂足为点P，交直线AB于点N（如图3），（1）中的结论依旧成立吗？请证明；（3）如图4，当点M在CD边上运动时，N为直线AB上一点，若MN=BE，请问是否始终能证明MN⊥BE？请你说明理由．23．（2022八下·海淀期中）如图，在平行四边形ABCD中，AC⊥AD，作∠ECA=∠ACD，CE交AB于点O，交DA的延长线于点E，连接BE．（1）求证：四边形ACBE是矩形；（2）连接OD．若AB=4，∠ACD=60°，求OD的长．24．（2022八下·大兴期中）已知四边形ABCD是正方形，点E为射线AC上一动点（点E不与A，C重合），连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，过点D，F分别作DE，EF的垂线，两垂线交于点G，连接CG．（1）如图，当点E在对角线AC上时，依题意补全图形，并证明：四边形DEFG是正方形；（2）在（1）的条件下，猜想：CE，CG和AC的数量关系，并加以证明；（3）当点E在对角线AC的延长线上时，直接用等式表示CE，CG和AC的数量关系．25．（2022八下·大兴期中）对于平面直角坐标系xOy中的线段AB和图形M，给出如下的定义：若图形M是以AB．为对角线的平行四边形，则称图形M是线段AB的“关联平行四边形”．点A（8，a），点B（2，b），（1）当a＝8，b＝﹣2时，若四边形AOBC是线段AB的“关联平行四边形”，则点C的坐标是；（2）若四边形AOBC是线段AB的“关联平行四边形”，求对角线OC的最小值；（3）若线段AB的“关联平行四边形”AOBC是正方形，直接写出点C的坐标．26．（2022八下·北京市期中）如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AD于点E，延长DA至点F，使得EF＝DA，连接BF，CF．（1）求证：四边形BCEF是矩形；（2）若AB＝3，CF＝4，DF＝5，求EF的长．27．（2022八下·北京市期中）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做完美四边形．（1）在以下四种四边形中，一定是完美四边形的是（请填序号）；①平行四边形②菱形③矩形④正方形（2）如图1，菱形ABCD中，∠A＝60°，E，F分别是AB，BC上的点，且AE＝BF，求证：四边形DEBF是完美四边形；（3）完美四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝180°，连接AC．①如图2，求证：CA平分∠DCB；②如图3，当∠BAD＝90°时，直接用等式表示出线段AC，BC，CD之间的数量关系．28．（2022九下·北京市开学考）在正方形ABCD中，点P是边BC上一动点（不包含端点），线段AP的垂直平分线与AB、AP、BD、CD分别交于点M、E、F、N．（1）过点B作BG∥MN交DC于G，求证：△BGC≌△APB；（2）若AB＝9，BP＝3，求线段MN的长度；（3）请你用等式表示线段ME，EF和FN的数量关系，并证明你的结论．29．（2022八下·大兴期中）如图，菱形ABCD对角线AC，BD相交于点O，点E是AD的中点，过点A作对角线AC的垂线，与OE的延长线交于点F，连接FD．（1）求证：四边形AODF是矩形；（2）若AD＝10，∠ABC＝60°，求OF和OA的长．30．（2021九上·昌平期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AB⊥CD于点E，P是AB延长线上一点，且∠BCP＝∠BCD（1）求证：CP是⊙O的切线；（2）连接DO并延长，交AC于点F，交⊙O于点G，连接GC若⊙O的半径为5，OE＝3，求GC和OF的长

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：设n边形的内角和等于外角和（n-2）×180°=360°解得：n=4故答案为：B

【分析】设n边形的内角和等于外角和，根据题意列出方程（n-2）×180°=360°求解即可。2．【答案】A【解析】【解答】解：Rt△ABC中，∠ABC=90°，点O是斜边AC的中点，AC=10，则OB=12AC=5故答案为：A．

【分析】利用直角三角形斜边上中线的性质可得OB=12AC=53．【答案】D【解析】【解答】设多边形边数有x条，由题意得：180°(x−2)=1080°解得：x=8故答案为8所以选D【分析】先求出180°(x−2)=1080°，再求解即可。4．【答案】B【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴BD＝AC＝2AO=6（矩形对角线相等），∴AO＝OB＝3（矩形对角线互相平分），∵∠AOB＝60°，∴△AOB是等边三角形，∴AB＝OA＝3，在Rt△ABD中，∴AD=B故答案为：B．【分析】根据矩形的性质可得AO＝OB＝3，从而求出△AOB是等边三角形，可得AB＝OA＝3，根据勾股定理求出AD即可.5．【答案】B【解析】【解答】由题意可知：CD=AB=8，∵O，E分别为AC，BC的中点，∴OE=1故答案为：B．【分析】利用三角形中位线的性质可得OE=16．【答案】B【解析】【解答】解：∵点E、F分别是AC、DC的中点，∴EF是△ACD的中位线，∴AD=2EF=2，∵CD是△ABC的中线，∴BD=AD=2故答案为：B．【分析】根据中位线的性质可得AD=2EF=2，再利用中线的性质可得BD=AD=2。7．【答案】B【解析】【解答】解：设∠ADC=α，∠ABC=β；∵四边形ABCO是菱形，∴∠ABC=∠AOC=β；∴∠ADC=12β∵四边形ABCD为圆的内接四边形，∴α+β=180°，∴α+β=180°α=1解得：β=120°，α=60°，则∠ADC=60°，故答案为：B．【分析】根据菱形的性质可得∠ABC=∠AOC=β，再利用圆周角的性质可得∠ADC=12β，再根据圆内接四边形的性质可得α+β=180°α=12β8．【答案】B【解析】【解答】解：①对角线互相平分的四边形是平行四边形，故本条件不合题意；②对角线互相垂直的四边形不一定互相平分，不一定是平行四边形，故本条件不合题意；③对角线相等的平行四边形是矩形，故本条件符合题意；④有一个角是直角的平行四边形是矩形，故本条件符合题意；故答案为：B．【分析】根据矩形的判定方法逐项判断即可。9．【答案】B【解析】【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，∴∠A+∠DCB=180°，∵∠DCB=130°，∴∠A=50°，由圆周角定理得，∠BOD=2∠A=100°，故答案为：B．【分析】根据四边形的内角和可得∠A+∠DCB=180°，从而求出∠A=50°，由圆周角定理得∠BOD=2∠A，据此即得结论.10．【答案】B【解析】【解答】解：∵∠1+∠2+∠3+∠4=360°，∠1+∠2+∠3=240°∴∠4=120°故答案为：B．

【分析】根据多边形的外角和可得∠1+∠2+∠3+∠4=360°，再结合∠1+∠2+∠3=240°可得∠4=120°。11．【答案】5【解析】【解答】解：∵直角三角形两条直角边分别是6、8，∴斜边长为62∴斜边上的中线长为12故答案为：5．【分析】先利用勾股定理求出斜边的长，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得答案。12．【答案】3【解析】【解答】解：∵AE平分∠BAD交BC边于点E，∴∠BAE=∠EAD，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC=10，∴∠DAE=∠AEB，∴∠BAE=∠AEB，∴AB=BE=7，∴EC=BC-BE=10-7=3，故答案为：3．【分析】由角平分线的定义可得∠BAE=∠EAD，由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD=BC=10，利用平行线的性质可得∠DAE=∠AEB，从而得出∠BAE=∠AEB，利用等角对等边可得AB=BE=7，根据EC=BC-BE即可求解.13．【答案】2【解析】【解答】解：如图所示，连接正方形BCDE的对角线CE，BD，且CE交BD于点O，∴∠BEC=45°，CE⊥BD，∵正方形AEFG和正方形BCDE的面积分别为8和4，∴正方形AEFG的边长为8=22，正方形BCDE的边长为∴EF=AE=22，BE=CD=BC=2∵点C是线段AB延长线上一点，∴∠ABE=90°，∴AB=AE∴Rt∆ABE是等腰直角三角形，∴∠AEB=45°，∵∠AEF+∠AEB+∠BEC=180°，∴点F、E、C在同一直线上，∵CE⊥BD，∴OD=12∴S∆EDF故答案为：2．【分析】连接正方形BCDE的对角线CE，BD，且CE交BD于点O，由正方形的性质可得∠BEC=45°，CE⊥BD，根据正方形的面积可求出EF=AE=22，BE=CD=BC=2，在Rt△ABE中，利用勾股定理求出AB=2，即得Rt∆ABE是等腰直角三角形，从而得出点F、E、C在同一直线上，由正方形的性质及勾股定理可求出OD=12BD=214．【答案】15【解析】【解答】解：∵E为正方形ABCD内一点，且△EBC是等边三角形，∴∠ABC=∠BAD=90°，∠EBC=60°，BC=BE=AB，∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=30°，∵BA=BE，∴∠EAB=∠AEB=12×（180°-30°）=75°∴∠EAD=90°-75°=15°，故答案为：15．【分析】先求出∠ABE=30°，再利用三角形的内角和及等腰三角形的性质求出∠EAB=75°，再利用∠EAD=90°-75°=15°计算即可。15．【答案】2【解析】【解答】解：如图，设AC与BD交于点O，在菱形ABCD中，AC⊥BD，AO=OC，OB=OD，∵菱形纸片ABCD的面积为30cm2，对角线AC的长为∴12AC⋅BD=30，∴BD=10cm，∴OB=5cm，∴大正方形中空白小正方形的边长等于OB-OA=2cm．故答案为：2【分析】设AC与BD交于点O，由菱形的性质可得AC⊥BD，AO=OC，OB=OD，根据菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=30，可求出BD，即得OB的长，由于大正方形中空白小正方形的边长等于OB-OA16．【答案】2【解析】【解答】解：如图，∵四边形CDEF为正方形，∴∠D=90°，CD=DE，∴CE是直径，∠ECD=45°，根据题意得：AB=2.5，CE=2.5-0∴CE2∴CD=2即此斛底面的正方形的边长为2尺．故答案为：2

【分析】根据正方形性质确定三角形CDE为等腰直角三角形，CE为直径，根据题意求出正方形外接圆的直径CE，求出CD，即可得解。17．【答案】72【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥BC，∠A=∠C，∴∠A+∠B=180°，∵∠A：∠B=2：3，∴∠A=22+3×180°∴∠C=∠A=72°，故答案为：72°．【分析】由平行四边形的性质可得AD∥BC，∠A=∠C，根据平行线的性质可得∠A+∠B=180°，由∠A：∠B=2：3，可求出∠ADE度数，即得∠C.18．【答案】（7，3）【解析】【解答】如图，∵▱ABCD的顶点A（0，0），B（5，0），D（2，3），∴AB＝CD＝5，C点纵坐标与D点纵坐标相同，∴顶点C的坐标是；（7，3）．故答案为：（7，3）．【分析】根据平行四边形的性质可得AB＝CD＝5，AB∥CD，即得C点与D点纵坐标相同，继而得解.19．【答案】①②③，①②④，①③④，②③④【解析】【解答】解：可以选择的条件序号有：情况一：①②③，理由如下，∵AB∥CD，∴∠OAB=∠OCD，又∵OA=OC，∠AOB=∠COD，∴△AOB≌△COD（ASA）∴AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，∵AB=AD，∴四边形ABCD为菱形；情况二：①②④，理由如下，∵AB∥CD，∴∠OAB=∠OCD，又∵OA=OC，∠AOB=∠COD，∴△AOB≌△COD（ASA）∴AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，∵AC平分∠DAB，∴∠OAB=∠OAD，∴∠OAD=∠OCD，∴AD=CD，∴四边形ABCD为菱形；情况三：①③④，理由如下，∵AB∥CD，∴∠OAB=∠OCD，∵AC平分∠DAB，∴∠OAB=∠OAD，∴∠OAD=∠OCD，∴AD=CD，又∵AB=AD，∴AB=CD，∴四边形ABCD为平行四边形，∵AB=AD，∴四边形ABCD为菱形；情况四：②③④，理由如下，∵AC平分∠DAB，∴∠OAB=∠OAD，又∵AB=AD，OA=OA，∴△AOB≌△AOD（SAS）∴OB=OD，∵OA=OC，∴四边形ABCD为平行四边形，∵AB=AD，∴四边形ABCD为菱形．故答案为：①②③，①②④，①③④，②③④．【分析】共有四种组合①②③，①②④，①③④，②③④．根据平行线的性质、角平分线的定义、三角形全等的判定与性质、菱形的判定分别证明即可.20．【答案】90°【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADE＝∠BCD＝90°，在△ADE和△DCF中，AD=CD∠ADE=∠BCD=90°∴△ADE≌△DCF（SAS）∴∠DAE＝∠CDF，∵∠CDF＋∠ADF＝∠ADC＝90°，∴∠ADF＋∠DAE＝90°，∴∠APD＝90°，由于点P在运动中保持∠APD＝90°，∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，取AD的中点Q，连接QC，此时CP的长度最小，则DQ＝12AD＝12×2＝在Rt△CQD中，根据勾股定理得，CQ＝CD2+QD2所以，CP＝CO−QP＝5−1．故答案为：90°；5−1．

【分析】根据边角边证明△ADE≌△DCF，根据全等三角形对应角相等求出∠DAE＝∠CDF，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得点P到AD的中点的距离不变，再根据两点之间线段最短，取AD的中点Q，连接QC，此时CP的长度最小，再根据勾股定理列式求出CQ，再求解即可。21．【答案】（1）证明：∵BD⊥AC，∴∠AOD=∠COD=90°，在Rt△AOD和Rt△COD中，DA=DCOD=OD∴Rt△AOD≌Rt△COD（HL），∴AO=CO，又∵OE=OD，∴四边形AECD为菱形．（2）解：∵AB平分∠EAC，∴BF=BO=3，在Rt△BEF中，由勾股定理可得，EF=B在Rt△ABF和Rt△ABO中，AB=ABBF=BO∴Rt△ABF≌Rt△ABO（HL），∴AO=AF，设AO=AF=x，AE=4+x，在Rt△AOE中，由勾股定理可得，AE得(x+4解得x=6，∴AE=4+6=10，即AD=10，∴EF和AD的长分别为4和10．【解析】【分析】（1）根据HL证明Rt△OAD≌Rt△COD，可得AO=CO，结合OE=OD，可证四边形AECD为平行四边形，由BD⊥AC即证四边形AECD为菱形；

（2）由角平分线的性质可得BF=BO=3，由勾股定理求出EF=4，根据HL证明Rt△ABF≌Rt△ABO，可得AO=AF，设AO=AF=x，可得AE=4+x，在Rt△AOE中，由勾股定理可建立关于x方程并解之即可.22．【答案】（1）相等（2）解：成立，证明如下：如图，过点A作AF⊥BE于点G，∵MN⊥BE，∴AF∥MN，又∵四边形ABCD是正方形，∴AB//CD，∴四边形AFMN是平行四边形，∴AF=MN，∵正方形ABCD，∴∠ADF=∠BAE=90°，AD=BA，∴∠DAF+∠FAB=90°，∠FAB+∠ABE=90°，∴∠DAF=∠ABE，在△ADF与△BAE中，∠DAF=∠ABEAD=BA∴△ADF≌△BAE（ASA），∴BE=AF，∴BE=MN．（3）不一定，理由如下：如图，以点M为圆心，以线段BE的长为半径作弧，与直线AB交于点N及点N连接MN、MN'，MN交BE于点O，MN'交BE于点G，过点A作AH∥MN交∴MN=MN∵MN=BE，∴MN∵四边形ABCD是正方形，∴AB//CD，AD=BA，∠ADH=∠BAE=90°，∴四边形AHMN是平行四边形，∴AH=MN，∴AH=BE，在Rt△ADH与Rt△BAE中AH=BEAD=BA∴Rt△ADH≌Rt△BAE（HL），∴∠DAH=∠ABE，∵∠DAH+∠HAB=90°，∴∠HAB+∠ABE=90°，∴∠AJB=90°，∴AH⊥BE，∴MN⊥BE，∴∠GOM=90°，∴∠MGO<90°，∴MN'与BE不垂直，但综上所述：若MN=BE，MN与BE不一定始终垂直．【解析】【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAE=∠CBN=90°，AB=BC，∴∠ABE+∠CBP=90°，∵CN⊥BE，∴∠BCN+∠CBP=90°，∴∠ABE=∠BCN，在△ABE和△BCN中∠BAE=∠CBN∴△ABE≌△BCN（ASA）∴BE=CN，∵点M和点C重合，∴BE=CN=MN．故答案为：相等【分析】（1）MN=BE.根据ASA证明△ABE≌△BCN，可得BE=CN=MN；

（2）成立.理由：过点A作AF⊥BE于点G，可证四边形AFMN是平行四边形，可得AF=MN，

根据ASA证明△ADF≌△BAE，可得BE=AF，即得结论；

（3）不一定，理由：如图，以点M为圆心，以线段BE的长为半径作弧，与直线AB交于点N及点N'，连接MN、MN'，MN交BE于点O，MN'交BE于点G，过点A作AH∥MN交BE于点J，可得MN'=MN=BE，再证四边形AHMN是平行四边形，可得AH=MN=BE，根据HL证明Rt△ADH≌Rt△BAE，可得∠DAH=∠ABE，从而求出∠AJB=90°，即得AH⊥BE，由MN⊥BE，可得∠GOM=90°，即得∠MGO<90°，继而得出23．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，∵AC⊥AD，∴∠EAC=∠DAC=90°，∵∠ECA=∠ACD，∴∠AEC=∠ADC，∴CE=CD，∴AE=AD=BC，∵AE∥BC，∴四边形ACBE是平行四边形，∵∠EAC=90°，∴四边形ACBE为矩形；（2）解：如图，过点O作OF⊥DE于F，由（1）可知，四边形ACBE为矩形，∴对角线AB与CE相等且互相平分，AO=12∴OA=OC，∵∠ACD=∠ACO=60°，∴∆AOC为等边三角形，∴∠OAC=60°，∵∠EAC=90°，∴∠FAO=90°-60°=30°，在Rt∆AFO中，OF=12AO=1，在Rt∆AEB中，BE=1AD=AE=42∴DF=AF+AD=3+2∴OD=DF【解析】【分析】（1）先证明四边形ACBE是平行四边形，再结合∠EAC=90°可得四边形ACBE为矩形；

（2）过点O作OF⊥DE于F，先求出∠FAO=90°-60°=30°，再利用含30°角的直角三角形的性质可得AF=3，BE=12AB=2，再利用线段的和差求出24．【答案】（1）解：过点E作EM⊥BC，垂足为M，作EN⊥CD，垂足N，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD＝90°，且∠ECN＝45°∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，NE=NC，∴四边形EMCN是正方形，∴EM=EN，∵EF⊥DE，DG⊥DE，FG⊥EF，∴四边形DEFG为矩形，∵∠DEN+∠NEF=90°，∠MEF+∠NEF=90º，∴∠DEN=∠MEF，又∵∠DNE=∠FME=90º，在△DEN和△FEM中，∠DNE=∠FMEEN=EM∴△DEN≌△FEM，∴ED=EF，∴四边形DEFG是正方形；（2）CE+CG=AC，证明：∵四边形DEFG是正方形，∴DE=DG，∠EDC+CDG=90º，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠ADE+∠EDC=90º，∴∠ADE=∠CDG，在△ADE和△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDG∴△ADE≌△CDG，∴AE=CG，∴CE+CG=CE+AE=AC；（3）CG=AC+CE，如图：∵四边形ABCD为正方形，四边形DEFG为正方形，∴AD=CD，∠ADC=90º，ED=GD，且∠GDE=90º，∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=∠GDE+∠CDE=∠GDC，在△ADE和△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDG∴△ADE≌△CDG，∴AE=CG=AC+CE；【解析】【分析】（1）过点E作EM⊥BC，垂足为M，作EN⊥CD，垂足N，先证四边形DEFG为矩形，再证明△DEN≌△FEM（ASA），可得DE=EF，根据正方的判定定理即证；

（2）CE+CG=AC，证明：根据SAS证明△ADE≌△CDG，可得AE=CG，从而得出CE+CG=CE+AE

=AC；

（3）CG=AC+CE，理由：根据SAS证明△ADE≌△CDG，可得AE=CG，继而得解.25．【答案】（1）（10，6）（2）解：如图所示，连接OC，设点C（x，y），A（8，a），B（2，b），∵四边形AOBC是线段AB的“关联平行四边形”，∴AO∥BC，AO=BC，得出：8-0=x-2a-0=y-b解得：x=10y=a+b∴C（10，a+b），OC=1当a+b=0时，OC最小为10；（3）解：如图所示，当点B在x轴上方，点A在x轴下方时，过点A作AH⊥x轴，过点B作BG⊥x轴，∴∠AHO=∠BGO=90°，∵四边形OACB为正方形，∴OA=OB，∠AOB=90°，∴∠AOH+∠BOG=90°，∵∠AOH+∠OAH=90°，∴∠OAH=∠BOG，∴∆AOH≅∆BOG，∴AH=OG=2，OH=BG=8，∴A（8，2），B（2，-8），由（2）可得：C（10，-6）；如图所示，当点B’在x轴下方，点A’在x轴上方时，同理可得：A’（8，-2），B’（2，8），由（2）可得：C（10，6）；综上可得：点C的坐标为（10，-6）或（10，6）．【解析】【解答】（1）解：如图所示，设点C（x，y），∵四边形AOBC是线段AB的“关联平行四边形”，∴AO∥BC，AO=BC，得出：8-0=x-28-0=y+2解得：x=10y=6∴C（10，6）；故答案为：（10，6）；【分析】（1）由A、B坐标，根据平行四边形的性质及平移的性质，可求出点C坐标；

（2）如图所示，连接OC，先用含ab的式子表示出平行四边形对角线交点的坐标，利用勾股定理求出OC，根据偶次幂的非负性即可求出OC最小值；

（3）分两种情况：如图所示，当点B在x轴上方，点A在x轴下方时，过点A作AH⊥x轴，过点B作BG⊥x轴，证明∆AOH≅∆BOG，可得AH=OG=2，OH=BG=8，即得A（8，2），B（2，-8），由（2）可得C（10，-6）；如图所示，当点B’在x轴下方，点A’在x轴上方时，同理可求出结论.26．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD=BC，∵EF=DA，∴EF=BC，EF∥BC，∴四边形BCEF是平行四边形，又∵CE⊥AD，∴∠CEF=90°，∴平行四边形BCEF是矩形；（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD=AB=3，∵CF=4，DF=5，∴CD2+CF2=DF2，∴△CDF是直角三角形，∠DCF=90°，∴△CDF的面积=12DF×CE=12∴CE=4×35=由（1）得：EF=BC，四边形BCEF是矩形，∴∠FBC=90°，BF=CE=125∴BC=CF∴EF=165【解析】【分析】（1）先证明四边形BCEF是平行四边形，再结合∠CEF=90°，可得平行四边形BCEF是矩形；

（2）先利用勾股定理的逆定理证明△CDF是直角三角形，∠DCF=90°，再利用等面积法可得CE=4×35=125，最后利用勾股定理求出27．【答案】（1）④（2）证明：如图，连接BD，∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝AD，AD∥BC．∵∠A＝60°，∴△ABD是等边三角形，∠ABC＝120°，∴AD＝BD．∵BD平分∠ABC，∴∠DBC＝60°＝∠A．∵AE＝BF，∴△ADE≌△BDF（SAS），∴DE＝DF，∠AED＝∠BFD．∵∠AED+∠DEB＝180°，∴∠BFD+∠DEB＝180°，∴四边形DEBF是完美四边形；（3）①证明：延长CB至点E，使BE＝CD，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，∴∠ABE＝∠D．又∵AB＝AD，∴△ADC≌△ABE（SAS），∴∠ACD＝∠E，AC＝AE，∴∠ACE＝∠E，∴∠ACD＝∠ACE，∴即CA平分∠DCB．②∵△ADC≌△ABE∴∠DAC＝∠BAE，BE=CD，∴∠DAC+∠CAB＝∠BAE+∠CAB，即∠DAC=∠CAE=90°，∴△CAE为等腰直角三角形，∴CE=2AC，即∴BC+CD=2【解析】【解答】解：（1）平行四边形邻边不相等，故①不是完美四边形；菱形对角不互补，故②不是完美四边形；矩形邻边不相等，故③不是完美四边形；正方形邻边相等，且对角互补，故④是完美四边形．故答案为：④；【分析】（1）根据“完美四边形”的定义判断即可；

（2）连接BD，先利用“SAS”证明△ADE≌△BDF可得DE＝DF，∠AED＝∠BFD，再结合∠AED+∠DEB＝180°，可得∠BFD+∠DEB＝180°，从而得解；

（3）①延长CB至点E，使BE＝CD，先利用“SAS”证明△ADC≌△ABE可得∠ACD＝∠E，AC＝AE，再结合∠ACE＝∠E，可得∠ACD＝∠ACE，从而可得CA平分∠DCB；

②先证明△CAE为等腰直角三角形，可得CE=2AC，即BC+BE=228．【答案】（1）证明：如图，过点B作BG∥MN交DC于G，∴BG⊥AP，∴∠CBG+∠BPA＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCG＝90°，∴∠CBG+∠CGB＝90°，∴∠CGB＝∠BPA，在△BGC与△APB中，∠CGB=∠BPA∠BCG=∠ABC∴△BGC≌△APB（AAS），（2）解：∵△BGC≌△APB，∴BG＝AP，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∵BG∥MN，∴四边形BMNG是平行四边形，∴MN＝BG＝AP