2025年中考数学复习新题速递之四边形（2024年9月）

第1页（共1页）2025年中考数学复习新题速递之四边形（2024年9月）一．选择题（共10小题）1．（2024•汕头一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4．以AB为边在点C同侧作正方形ABDE，则正方形ABDE的周长为（）A．12 B．16 C．20 D．252．（2024春•句容市期中）如图，在直角坐标系中，矩形OABC，点B的坐标是（1，3），则AC的长是（）A．3 B．7 C．10 D．43．（2024•长沙开学）在图中，平行线之间的三个图形的面积相比，正确的是（）A．平行四边形的面积最大 B．三角形的面积最大 C．梯形的面积最大 D．三个图形的面积都相等4．（2024春•源汇区校级期中）如图，诚诚用橡胶皮和布料自制了一块四边形鼠标垫，为了检验这块鼠标垫是不是标准的矩形，他想出了以下几种方案，其中合理的是（）A．测量一组对边是否平行且相等 B．测量两组对边是否分别相等 C．测量其中的三个角是否都为直角 D．测量对角线是否相等5．（2024春•源汇区校级期中）李叔叔不慎将一块平行四边形的玻璃打碎成如图所示的四块，他带了两块碎玻璃到商店就成功找到了一块与原来相同的平行四边形玻璃，他带的碎玻璃编号是（）A．①② B．①③ C．②③ D．③④6．（2024•青秀区校级开学）如图，在平行四边形ABCD中，若∠A＝132°，则∠C等于（）A．142° B．132° C．25° D．38°7．（2024•青秀区校级开学）如图，点E为正方形ABCD外一点，且ED＝CD，连接AE，交BD于点F．若∠CDE＝36°，则∠DCF的度数为（）A．27° B．36° C．25° D．30°8．（2024春•栾城区校级期末）菱形，矩形，正方形都具有的性质是（）A．四条边相等，四个角相等 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分9．（2024春•福田区校级期中）如图，在▱ABCO中，A（1，2），C（4，0），将▱ABCO绕点O逆时针方向旋转90°到▱A′B′C′O的位置，则点B′的坐标是（）A．（﹣2，4） B．（﹣2，5） C．（﹣1，5） D．（﹣1，4）10．（2024•肇源县开学）下列说法不正确的是（）A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．有一个角是直角的平行四边形是矩形 C．有一组邻边相等，有一个角是直角的平行四边形是正方形 D．一组邻边相等的四边形是菱形二．填空题（共5小题）11．（2024春•句容市期中）面积为24的菱形的一条对角线长为6，则这个菱形的边长为．12．（2024•海淀区校级开学）若一个多边形的内角和为540°，则该多边形为边形．若一个多边形的每一个角都等于120°，则这个多边形的边数是．13．（2024春•句容市期中）在平行四边形ABCD中，∠A＝125°，则∠D＝°．14．（2024春•镇海区期末）已知一个多边形的内角和是720度，则这个多边形是边形．15．（2024春•句容市期中）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且EC平分∠BED，若BC＝2，∠CBE＝45°，则AB＝．三．解答题（共5小题）16．（2024春•句容市期中）如图，已知四边形ABCD是正方形，AB＝3，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连CG．（1）求证：矩形DEFG为正方形；（2）CE+CG＝．17．（2024•永修县校级模拟）在平行四边形ABCD中，E为BC上一点，点F为AE的中点，连接DF并延长，交CB的延长线于点G，求证：BG＝CE．18．（2024春•源汇区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接ED并延长到点F，使DF＝ED，连接BE，BF，CF，AD．（1）求证：四边形BFCE是菱形；（2）若BC＝6，EF＝3，则AD的长为．19．（2024春•朝阳区期末）如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，E为AB的中点，连接OE并延长至点F，使EF＝EO，连接AF，BF．求证：四边形AFBO是菱形．20．（2024•衡阳模拟）阅读短文，解决问题定义：三角形的一个角与菱形的一个角重合，且菱形的这个角的对角顶点在三角形的这个角的对边上，则称这个菱形为该三角形的“亲密菱形”．例如：如图1，四边形AEFD为菱形，∠BAC与∠DAE重合，点F在BC上，则称菱形AEFD为△ABC的“亲密菱形”．如图2，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AF平分∠BAC，交BC于点F，过点F作FD∥AC，EF∥AB．（1）求证：四边形AEFD为△ABC的“亲密菱形”；（2）若AC＝12，FC＝26，求四边形AEFD的周长；（3）如图3，M、N分别是DF、AC的中点，连接MN．若MN＝3，求AD2+CF2的值．

2025年中考数学复习新题速递之四边形（2024年9月）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024•汕头一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4．以AB为边在点C同侧作正方形ABDE，则正方形ABDE的周长为（）A．12 B．16 C．20 D．25【考点】正方形的性质；勾股定理．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】C【分析】根据勾股定理求出AB的长，再求出正方形的周长即可．【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝3，AC＝4，则AB=A所以，正方形ABDE的周长＝4AB＝4×5＝20，故选：C．【点评】本题主要考查勾股定理的应用，掌握勾股定理是关键．2．（2024春•句容市期中）如图，在直角坐标系中，矩形OABC，点B的坐标是（1，3），则AC的长是（）A．3 B．7 C．10 D．4【考点】矩形的性质；坐标与图形性质；勾股定理．【专题】矩形菱形正方形；几何直观；推理能力．【答案】C【分析】先求得OB的长度，然后根据矩形的对角线相等求解即可．【解答】解：连接OB，AC，∵点B的坐标是（1，3），∴OB=1∵四边形OABC是矩形，∴AC=OB=10故选：C．【点评】本题考查矩形的性质，坐标与图形性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练运用数形结合的思想解决问题．3．（2024•长沙开学）在图中，平行线之间的三个图形的面积相比，正确的是（）A．平行四边形的面积最大 B．三角形的面积最大 C．梯形的面积最大 D．三个图形的面积都相等【考点】平行四边形的性质；平行线之间的距离；三角形的面积．【专题】线段、角、相交线与平行线；三角形；多边形与平行四边形；推理能力．【答案】D【分析】根据平行线间的距离处处相等，结合图形的面积公式进行判断即可．【解答】解：设两平行线间的距离为h，由图可知：平行四边形的面积为：4h，三角形的面积为12×8h=故三个图形的面积都相等；故选：D．【点评】本题考查平行线间的距离，平行四边形的性质，三角形面积公式，熟练掌握各知识点是解题的关键．4．（2024春•源汇区校级期中）如图，诚诚用橡胶皮和布料自制了一块四边形鼠标垫，为了检验这块鼠标垫是不是标准的矩形，他想出了以下几种方案，其中合理的是（）A．测量一组对边是否平行且相等 B．测量两组对边是否分别相等 C．测量其中的三个角是否都为直角 D．测量对角线是否相等【考点】矩形的判定．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】C【分析】根据矩形的判定方法，逐一进行判断即可．【解答】解：A、测量一组对边是否平行且相等，只能判断出这块鼠标垫是不是标准的平行四边形，不符合题意；B、测量两组对边是否分别相等，只能判断出这块鼠标垫是不是标准的平行四边形，不符合题意；C、测量其中的三个角是否都为直角，可以检验这块鼠标垫是不是标准的矩形，符合题意；D、测量对角线是否相等，不能检验这块鼠标垫是不是标准的矩形，不符合题意；故选：C．【点评】本题考查矩形的判定，熟记矩形的判定定理是解题的关键．5．（2024春•源汇区校级期中）李叔叔不慎将一块平行四边形的玻璃打碎成如图所示的四块，他带了两块碎玻璃到商店就成功找到了一块与原来相同的平行四边形玻璃，他带的碎玻璃编号是（）A．①② B．①③ C．②③ D．③④【考点】平行四边形的判定；全等三角形的应用．【专题】三角形；图形的全等；多边形与平行四边形；推理能力．【答案】D【分析】确定平行四边形的四个顶点，由此即可解决问题．【解答】解：∵只有③④两块角的两边互相平行，且中间部分相联，角的两边的延长线的交点就是平行四边形的顶点，∴带③④两块碎玻璃，就可以确定平行四边形的大小．故选：D．【点评】本题考查平行四边形的判定和性质，确定有关平行四边形，关键是确定平行四边形的四个顶点．6．（2024•青秀区校级开学）如图，在平行四边形ABCD中，若∠A＝132°，则∠C等于（）A．142° B．132° C．25° D．38°【考点】平行四边形的性质．【专题】多边形与平行四边形；推理能力．【答案】B【分析】根据平行四边形的对角相等即可解答．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠C＝∠A＝132°．故选：B．【点评】本题考查平行四边形的性质，7．（2024•青秀区校级开学）如图，点E为正方形ABCD外一点，且ED＝CD，连接AE，交BD于点F．若∠CDE＝36°，则∠DCF的度数为（）A．27° B．36° C．25° D．30°【考点】正方形的性质．【专题】推理能力．【答案】A【分析】由正方形的性质得CD＝AD，∠ADC＝90°，∠CDF＝∠ADF＝45°，即可得∠ADE＝126°，又由ED＝CD得到AD＝ED，即得∠DAE＝∠DEA＝27°，最后证明△CDF≌△ADF（SAS）即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴CD＝AD，∠ADC＝90°，∠CDF＝∠ADF＝45°，∵∠CDE＝36°，∴∠ADE＝90°+36°＝126°，∵ED＝CD，∴AD＝ED，∴∠DAE=在△CDF和△ADF中，CD=AD∠CDF=∠ADF=45°∴△CDF≌△ADF（SAS），∴∠DCF＝∠DAF＝27°，故选：A．【点评】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．8．（2024春•栾城区校级期末）菱形，矩形，正方形都具有的性质是（）A．四条边相等，四个角相等 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分【考点】正方形的性质；菱形的性质；矩形的性质．【专题】常规题型．【答案】D【分析】利用菱形、矩形和正方形的性质进行判断．【解答】解：菱形，矩形，正方形都具有的性质为对角线互相平分．故选：D．【点评】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．9．（2024春•福田区校级期中）如图，在▱ABCO中，A（1，2），C（4，0），将▱ABCO绕点O逆时针方向旋转90°到▱A′B′C′O的位置，则点B′的坐标是（）A．（﹣2，4） B．（﹣2，5） C．（﹣1，5） D．（﹣1，4）【考点】平行四边形的性质；坐标与图形变化﹣旋转．【专题】多边形与平行四边形；运算能力．【答案】B【分析】直接利用旋转的性质B点对应点到原点距离相同，进而得出坐标．【解答】解：∵将▱ABCO绕O点逆时针方向旋转90°到▱A′B′C′O的位置，B（5，2），∴点B′的坐标是：（﹣2，5）．故选：B．【点评】此题主要考查了平行四边形的性质以及旋转的性质，正确掌握平行四边形的性质是解题关键．10．（2024•肇源县开学）下列说法不正确的是（）A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．有一个角是直角的平行四边形是矩形 C．有一组邻边相等，有一个角是直角的平行四边形是正方形 D．一组邻边相等的四边形是菱形【考点】正方形的判定；菱形的判定；矩形的判定．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】D【分析】由矩形、菱形、正方形的判定方法，即可判断．【解答】解：A、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故A不符合题意；B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故B不符合题意；C、有一组邻边相等，有一个角是直角的平行四边形是正方形，故C不符合题意；D、一组邻边相等的四边形可能不是平行四边形，所以也不一定是菱形，故D符合题意．故选：D．【点评】本题考查矩形、菱形、正方形的判定，关键是掌握矩形、菱形、正方形的判定方法．二．填空题（共5小题）11．（2024春•句容市期中）面积为24的菱形的一条对角线长为6，则这个菱形的边长为5．【考点】菱形的性质；勾股定理．【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】5．【分析】由菱形的面积求出另一条对角线的长度，再利用勾股定理即可求解．【解答】解：设菱形的另一条对角线长为x，由题意得，12∴x＝8，即菱形的另一条对角线长为8，∵菱形的对角线互相垂直平分，∴菱形的边长=(故答案为：5．【点评】本题考查了菱形的性质，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．12．（2024•海淀区校级开学）若一个多边形的内角和为540°，则该多边形为五边形．若一个多边形的每一个角都等于120°，则这个多边形的边数是六．【考点】多边形内角与外角．【专题】多边形与平行四边形；运算能力．【答案】五，六．【分析】设这个多边形的边数为n，则（n﹣2）•180°＝540°再解方程即可；先求解多边形的每一个外角，再利用多边形的外角和为360°，从而可得答案．【解答】解：设这个多边形的边数为n，∴（n﹣2）•180°＝540°，解得：n＝5，∴若一个多边形的内角和为540°，则该多边形为五边形，∵一个多边形的每一个内角都等于120°，∴这个多边形的每一个外角为：180°﹣120°＝60°，∴这个多边形的边数为：360°60°∴若一个多边形的每一个角都等于120°，则这个多边形的边数是六，故答案为：五，六．【点评】本意主要考查多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式是解题的关键．13．（2024春•句容市期中）在平行四边形ABCD中，∠A＝125°，则∠D＝55°．【考点】平行四边形的性质．【专题】多边形与平行四边形；推理能力．【答案】55．【分析】根据平行四边形对边平行得到一组邻角互补，即∠D+∠A＝180°，据此可得答案．【解答】解：∵在平行四边形ABCD中，AB∥CD，∴∠D+∠A＝180°，∵∠A＝125°，∴∠D＝55°，故答案为：55．【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．14．（2024春•镇海区期末）已知一个多边形的内角和是720度，则这个多边形是六边形．【考点】多边形内角与外角．【专题】多边形与平行四边形；运算能力．【答案】六．【分析】n边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，设这个正多边形的边数是n，就得到方程，从而求出边数．【解答】解：这个正多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°＝720°，解得：n＝6．则这个多边形是六边形．故答案为：六．【点评】本题考查了多边形内角和定理，此题比较简单，只要结合多边形的内角和公式，寻求等量关系，构建方程求解．15．（2024春•句容市期中）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且EC平分∠BED，若BC＝2，∠CBE＝45°，则AB＝2．【考点】矩形的性质；角平分线的性质．【专题】线段、角、相交线与平行线；矩形菱形正方形；几何直观；推理能力．【答案】2．【分析】由矩形的性质和角平分线的定义得出∠DEC＝∠ECB＝∠BEC，推出BE＝BC，进而求得AE=AB=2【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC．∴∠DEC＝∠BCE．∵EC平分∠BED，∴∠DEC＝∠BEC．∴∠BEC＝∠ECB．∴BE＝BC＝2，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ABC＝90°，∵∠CBE＝45°，∴∠ABE＝90°﹣45°＝45°，∴∠ABE＝∠AEB＝45°．AB2+AE2＝BE2，∴AB=AE=2故答案为：2．【点评】本题考查了矩形的性质，角平分线的性质，熟练掌握矩形的性质，证出BE＝BC是解题的关键．三．解答题（共5小题）16．（2024春•句容市期中）如图，已知四边形ABCD是正方形，AB＝3，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连CG．（1）求证：矩形DEFG为正方形；（2）CE+CG＝32．【考点】正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质．【专题】矩形菱形正方形；运算能力．【答案】（1）见解析；（2）32【分析】（1）过点E作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，证△DEN≌△FEM，得DE＝EF，即可证矩形DEFG为正方形；（2）证明△ADE≌△CDG，可得AE＝CG，由此可推得CE+CG＝AC，利用勾股定理计算即可．【解答】（1）证明：如图，过点E作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，则∠MEN＝90°．∵四边形ABCD是正方形，∴CA平分∠BCD，又∵EM⊥BC，EN⊥CD，∴EM＝EN．∵∠DEF＝∠MEN＝90°，∴∠DEN+∠NEF＝90°，∠MEF+∠NEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF．在△DEN和△FEM中，∠DEN=∴△DEN≌△FEM（ASA）．∴DE＝EF，∵四边形DEFG是矩形，∴矩形DEFG是正方形．（2）解：∵四边形ABCD与四边形EFGH为正方形，∴DE＝DG，AD＝CD＝AB＝3，∠ADC＝∠EDG＝90°，∴∠ADE+∠CDE＝∠CDG+∠CDE＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，在△ADE与△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDG∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG．∴CE+CG=CE+AE=AC=A故答案为：32．【点评】本题考查了正方形的性质与判定，角平分线的性质定理，全等三角形的性质与判定，勾股定理，化为最简二次根式，解决本题的关键是熟练运用相关性质定理．17．（2024•永修县校级模拟）在平行四边形ABCD中，E为BC上一点，点F为AE的中点，连接DF并延长，交CB的延长线于点G，求证：BG＝CE．【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；几何直观；推理能力．【答案】证明见解答过程．【分析】根据平行四边形的性质证明△AFD≌△EFG，得到GE＝BC，即可证明．【解答】证明：∵点F为AE的中点，∴AF＝FE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠ADF＝∠EGF，∵∠AFD＝∠EFG，∴△AFD≌△EFG（AAS），∴AD＝GE，∴GE＝BC，∴BG＝CE．【点评】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．18．（2024春•源汇区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接ED并延长到点F，使DF＝ED，连接BE，BF，CF，AD．（1）求证：四边形BFCE是菱形；（2）若BC＝6，EF＝3，则AD的长为32【考点】菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】（1）见解析；（2）32【分析】（1）证明BD＝CD，又由DF＝ED即可证明四边形BFCE是平行四边形，证明DE是△ABC的中位线，则DE∥AB，得到DE⊥BC，即可证明四边形BFCE是菱形；（2）先求出BD=12BC=3，ED=12EF=32，由DE【解答】（1）证明：∵点D是BC的中点，∴BD＝CD，∵DF＝ED，∴四边形BFCE是平行四边形，∵点D，E分别是边BC，AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE∥AB，∴∠CDE＝∠ABC＝90°，即DE⊥BC，∴四边形BFCE是菱形；（2）解：∵BC＝6，EF＝3，∴BD=∵DE是△ABC的中位线，∴AB＝2DE＝3，∴AD=A故答案为：32【点评】此题考查了菱形的判定、勾股定理、三角形的中位线等知识，证明四边形BFCE是菱形是解题的关键．19．（2024春•朝阳区期末）如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，E为AB的中点，连接OE并延长至点F，使EF＝EO，连接AF，BF．求证：四边形AFBO是菱形．【考点】矩形的性质；三角形中位线定理；菱形的判定．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】见试题解答内容【分析】先根据矩形性质证明AO＝BO，∠ABC＝90°，再根据E为AB中点，利用三角形中位线定理证明OE∥BC，求出∠AEO的度数，然后证明Rt△AEO≌Rt△AEF，从而证明AF＝AO，同理证明BO＝BF，最后利用菱形的判定定理证明即可．【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AO=BO=12AC=12∵E为AB的中点，∴OE是△ABC的中位线，∴OE∥AB，∴∠AEO＝∠ABC＝90°，∵∠AEO+∠AEF＝180°，∴∠AEO＝∠AEF＝90°，在Rt△AEO和Rt△AEF中，AE=AE∠AEO=∠AEF∴Rt△AEO≌Rt△AEF（SAS），∵AF＝AO，同理可证：Rt△BEO≌Rt△BEF（SAS），∴BO＝BF，∴AO＝BO＝AF＝BF，∴四边形AFBO是菱形．【点评】本题主要考查了菱形的判定和矩形的性质，解题关键是熟练掌握矩形和菱形的判定定理和性质定理．20．（2024•衡阳模拟）阅读短文，解决问题定义：三角形的一个角与菱形的一个角重合，且菱形的这个角的对角顶点在三角形的这个角的对边上，则称这个菱形为该三角形的“亲密菱形”．例如：如图1，四边形AEFD为菱形，∠BAC与∠DAE重合，点F在BC上，则称菱形AEFD为△ABC的“亲密菱形”．如图2，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AF平分∠BAC，交BC于点F，过点F作FD∥AC，EF∥AB．（1）求证：四边形AEFD为△ABC的“亲密菱形”；（2）若AC＝12，FC＝26，求四边形AEFD的周长；（3）如图3，M、N分别是DF、AC的中点，连接MN．若MN＝3，求AD2+CF2的值．【考点】四边形综合题．【专题】新定义；方程思想；等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；推理能力；应用意识．【答案】见试题解答内容【分析】（1）由FD∥AC，EF∥AB，得四边形AEFD是平行四边形，根据AF平分∠BAC，可得∠AFE＝∠EAF，AE＝EF，即可证明四边形AEFD是菱形，而菱形AEFD的∠DAE与△ABC的∠BAC重合，F在BC上，故四边形AEFD为△ABC的“亲密菱形”；（2）设AE＝EF＝DF＝AD＝x，由∠B＝90°，EF∥AB，得∠EFC＝90°，即EF2+CF2＝CE2，列方程x2+（26）2＝（12﹣x）2，解得x＝5，即可求出四边形AEFD的周长为20；（3）过F作FG∥MN交AC于G，由四边形MNGF是平行四边形，得FG＝MN＝3，MF＝NG，根据M、N分别是DF、AC的中点，可得G为CE中点，即可得CE＝2FG＝6，从而得EF2+CF2＝36，AD2+CF2＝36．【解答】（1）证明：∵FD∥AC，EF∥AB，∴四边形AEFD是平行四边形，∴∠DAF＝∠AFE，∵AF平分∠BAC，∴∠DAF＝∠EAF，∴∠AFE＝∠EAF，∴AE＝EF，∴四边形AEFD是菱形，而菱形AEFD的∠DAE与△ABC的∠BAC重合，F在BC上，∴四边形AEFD为△ABC的“亲密菱形”；（2）解：由（1）知四边形AEFD是菱形，设AE＝EF＝DF＝AD＝x，∵AC＝12，∴CE＝12﹣x，∵∠B＝90°，EF∥AB，∴∠EFC＝90°，∴EF2+CF2＝CE2，∴x2+（26）2＝（12﹣x）2，解得x＝5，∴四边形AEFD的周长为5×4＝20；（3）解：过F作FG∥MN交AC于G，如图：∵FD∥AC，FG∥MN，∴四边形MNGF是平行四边形，∴FG＝MN＝3，MF＝NG，∵M、N分别是DF、AC的中点，∴CN=12AC，MF=∴NG=12∴CG＝CN﹣NG=12AC-12DF=12（AC﹣DF）=12∴G为CE中点，∵∠EFC＝90°，∴CE＝2FG＝6，EF2+CF2＝CE2，∴EF2+CF2＝36，∴AD2+CF2＝36．【点评】本题利用新定义考查直角三角形性质及菱形的性质与判定，解题的关键是掌握菱形的性质与判定，熟练应用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半．

考点卡片1．坐标与图形性质1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的，表现在两个方面：①到x轴的距离与纵坐标有关，到y轴的距离与横坐标有关；②距离都是非负数，而坐标可以是负数，在由距离求坐标时，需要加上恰当的符号．2、有图形中一些点的坐标求面积时，过已知点向坐标轴作垂线，然后求出相关的线段长，是解决这类问题的基本方法和规律．3、若坐标系内的四边形是非规则四边形，通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题．2．平行线之间的距离（1）平行线之间的距离从一条平行线上的任意一点到另一条直线作垂线，垂线段的长度叫两条平行线之间的距离．（2）平行线间的距离处处相等．3．三角形的面积（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△=1（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．4．全等三角形的判定与性质（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．5．全等三角形的应用（1）全等三角形的性质与判定综合应用用全等寻找下一个全等三角形的条件，全等的性质和判定往往是综合在一起应用的，这需要认真分析题目的已知和求证，分清问题中已知的线段和角与所证明的线段或角之间的联系．（2）作辅助线构造全等三角形常见的辅助线做法：①把三角形一边的中线延长，把分散条件集中到同一个三角形中是解决中线问题的基本规律．②证明一条线段等于两条线段的和，可采用“截长法”或“补短法”，这些问题经常用到全等三角形来证明．（3）全等三角形在实际问题中的应用一般方法是把实际问题先转化为数学问题，再转化为三角形问题，其中，画出示意图，把已知条件转化为三角形中的边角关系是关键．6．角平分线的性质角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．注意：①这里的距离是指点到角的两边垂线段的长；②该性质可以独立作为证明两条线段相等的依据，有时不必证明全等；③使用该结论的前提条件是图中有角平分线，有垂直角平分线的性质语言：如图，∵C在∠AOB的平分线上，CD⊥OA，CE⊥OB∴CD＝CE7．直角三角形斜边上的中线（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．该定理可以用来判定直角三角形．8．勾股定理（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的变形有：a=c2-b2，b（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．9．三角形中位线定理（1）三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．（2）几何语言：如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点∴DE∥BC，DE=1210．多边形内角与外角（1）多边形内角和定理：（n﹣2）•180°（n≥3且n为整数）此公式推导的基本方法是从n边形的一个顶点出发引出（n﹣3）条对角线，将n边形分割为（n﹣2）个三角形，这（n﹣2）个三角形的所有内角之和正好是n边形的内角和．除此方法之和还有其他几种方法，但这些方法的基本思想是一样的．即将多边形转化为三角形，这也是研究多边形问题常用的方法．（2）多边形的外角和等于360°．①多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n边形取n个外角，无论边数是几，其外角和永远为360°．②借助内角和和邻补角概念共同推出以下结论：外角和＝180°n﹣（n﹣2）•180°＝360°．11．平行四边形的性质（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．（2）平行四边形的性质：①边：平行四边形的对边相等．②角：平行四边形的对角相等．③对角线：平行四边形的对角线互相平分．（3）平行线间的距离处处相等．（4）平行四边形的面积：①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．12．平行四边形的判定（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形．（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB＝DC，AD＝BC∴四边行ABCD是平行四边形．（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵AB∥DC，AB＝DC∴四边行ABCD是平行四边形．（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．符号语言：∵∠ABC＝∠ADC，∠DAB＝∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形．（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．符号语言：∵OA＝OC，OB＝OD∴四边行ABCD是平行四边形．