2022年中考数学真题分类汇编：18四边形解析版

这是一份2022年中考数学真题分类汇编：18四边形解析版，共14页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学真题分类汇编：18 四边形
一、单选题
1．如图，点A(0，3)、B(1，0)，将线段AB平移得到线段DC，若∠ABC=90°，BC=2AB，则点D的坐标是（　　）
A．(7，2) B．(7，5) C．(5，6) D．(6，5)
【答案】D
【知识点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质；图形的平移；用坐标表示平移
【解析】【解答】如图过点C作x轴垂线，垂足为点E，
∵∠ABC=90°
∴∠ABO+∠CBE=90°
∵∠CBE+BCE=90°
∴∠ABO=∠BCE
在ΔABO和ΔBCE中，
∠ABO=∠BCE∠AOB=∠BEC=90° ，
∴ΔABO∽ΔBCE，
∴ABBC=AOBE=OBEC=12 ，
则BE=2AO=6 ，EC=2OB=2
∵点C是由点B向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，
∴点D同样是由点A向右平移6个单位，向上平移2个单位得到，
∵点A坐标为(0，3)，
∴点D坐标为(6，5)，选项D符合题意，
故答案为：D

【分析】过点C作x轴垂线，垂足为点E，利用余角的性质可证得∠ABO=∠BCE，利用有两组对应角分别相等的两三角形相似，可证得△ABO∽△BCE，利用相似三角形的性质可求出BE，EC的长利用点的坐标平移规律可知点D同样是由点A向右平移6个单位，向上平移2个单位得到即可得到点D的坐标.
2．如图，菱形ABCD中，点E是边CD的中点，EF垂直AB交AB的延长线于点F，若BF：CE=1：2，EF=7，则菱形ABCD的边长是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．457
【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】过C作CM⊥AB延长线于M，
∵BF：CE=1：2
∴设BF=x，CE=2x
∵点E是边CD的中点
∴CD=2CE=4x
∵菱形ABCD
∴CD=BC=4x，CE∥AB
∵EF⊥AB，CM⊥AB
∴四边形EFMC是矩形
∴CM=EF=7，MF=CE=2x
∴BM=3x
在Rt△BCM中，BM2+CM2=BC2
∴(3x)2+(7)2=(4x)2，解得x=1或x=−1（舍去）
∴CD=4x=4
故答案为：B.

【分析】过C作CM⊥AB延长线于M，利用BF与CE的比值，设BF=x，则CE=2x，利用线段中点的定义可表示出CD的长，利用菱形的性质可得到BC的长，同时可证得四边形EFMC是矩形，利用矩形的性质可得到CM的长，可表示出MF，BM的长，利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CD的长.
3．如图，在边长为2的等边三角形ABC的外侧作正方形ABED，过点D作DF⊥BC，垂足为F，则DF的长为（　　）
A．23+2 B．5−33 C．3−3 D．3+1
【答案】D
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，
∵DF⊥BC，
∴∠GFH=∠AHF=∠AGF=90°，
∴四边形AGFH是矩形，
∴FH=AG，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°，BC=AB=2，
∴∠BAG=30°，BG=1，
∴AG=AB2−BG2=3，
∴FH=3，
在正方形ABED中，AD=AB=2，∠BAD=90°，
∴∠DAH=∠BAG=30°，
∴DH=12AD=1，
∴DF=DH+FH=3+1.
故答案为：D

【分析】过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，利用垂直的定义和矩形的性质可证得∠GFH=∠AHF=∠AGF，FH=AG，利用等边三角形的性质可证得∠BAC=60°，同时可求出AB的长；利用勾股定理求出AG的长，可得到FH的长；然后利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，可求出DH的长，根据DF=DH+FH，代入计算求出DF的长.
4．一块直角三角板按如图所示方式放置在一张长方形纸条上，若∠1=28°，则∠2的度数为（　　）
A．28° B．56° C．36° D．62°
【答案】D
【知识点】平行公理及推论；平行线的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图所示标注字母，
∵四边形EGHF为矩形，
∴EF∥GH，
过点C作CA∥EF，
∴CA∥EF∥GH，
∴∠2=∠MCA，∠1=CAN，
∵∠1=28°，∠MCN=90°，
∴∠2=∠MCA=90°-∠1=62°，
故答案为：D.
【分析】利用矩形的性质可证得EF∥GH；过点C作CA∥EF，过点C作CA∥EF，利用同平行于一条直线的两直线平行，可证得CA∥EF∥GH；再利用平行线的性质可推出∠2=∠MCA=90°-∠1，代入计算求出∠2的度数.
5．如图，定直线MN∥PQ，点B、C分别为MN、PQ上的动点，且BC=12，BC在两直线间运动过程中始终有∠BCQ=60°.点A是MN上方一定点，点D是PQ下方一定点，且AE∥BC∥DF，AE=4，DF=8，AD=243，当线段BC在平移过程中，AB+CD的最小值为（　　）
A．2413 B．2415 C．1213 D．1215
【答案】C
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：如图所示，过点F作FH∥CD交BC于H，连接EH，
∵BC∥DF，FH∥CD，
∴四边形CDFH是平行四边形，
∴CH=DF=8，CD=FH，
∴BH=4，
∴BH=AE=4，
又∵AE∥BC，
∴四边形ABHE是平行四边形，
∴AB=HE，
∵EH+FH≥EF，
∴当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF，
延长AE交PQ于G，过点E作ET⊥PQ于T，过点A作AL⊥PQ于L，过点D作DK⊥PQ于K，
∵MN∥PQ，BC∥AE，
∴四边形BEGC是平行四边形，∠EGT=∠BCQ=60°，
∴EG=BC=12，
∴GT=GE⋅cos∠EGT=6，ET=GE⋅sin∠EGT=63，
同理可求得GL=8，AL=83，KF=4，DK=43，
∴TL=2，
∵AL⊥PQ，DK⊥PQ，
∴AL∥DK，
∴△ALO∽△DKO，
∴ALDK=AODO=2，
∴AO=23AD=163，DO=13AD=83，
∴OL=AO2−AL2=24，OK=DO2−DK2=12，
∴TF=TL+OL+OK+KF=42，
∴EF=ET2+TF2=1213.
故答案为：C.
【分析】过点F作FH∥CD交BC于H，连接EH，易得四边形CDFH、ABHE是平行四边形，根据平行四边形的性质得CH=DF=8，CD=FH，AB=HE，故当E、F、H三点共线时，EH+HF有最小值EF即AB+CD有最小值EF，延长AE交PQ于G，过点E作ET⊥PQ于T，过点A作AL⊥PQ于L，过点D作DK⊥PQ于K，则四边形BEGC是平行四边形，∠EGT=∠BCQ=60°，EG=BC=12，根据三角函数的概念可得GT、ET，同理可得GL、AL、FK、DK，易证△ALO∽△DKO，根据相似三角形的性质可得AO、DO，利用勾股定理可得OL、OK，由TF=TL+OL+OK+KF可得TF，然后利用勾股定理进行计算.
6．如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，OE⊥OF交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP．则下列结论：①AE⊥BF；②∠OPA=45°；③AP−BP=2OP；④若BE：CE=2：3，则tan∠CAE=47；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的14．其中正确的结论是（　　）
A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤
【答案】B
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；四边形的综合
【解析】【解答】①∵四边形ABCD是正方形，O是对角线AC、BD的交点，
∴OC=OD，OC⊥OD，∠ODF=∠OCE=45°
∵OE⊥OF
∴∠DOF+∠FOC=∠FOC+∠EOC=90°
∴∠DOF=∠EOC
在△DOF与△COE中
∠ODF=∠OCEOC=OD∠DOF=∠EOC
∴△DOF≌△COE(ASA)
∴EC=FD
∵在△EAC与△FBD中EC=FD∠ECA=∠FDB=45°AC=BD
∴△EAC≌△FBD(SAS)
∴∠EAC=∠FBD
又∵∠BQP=∠AQO
∴∠BPQ=∠AOQ=90°
∴AE⊥BF
所以①符合题意；
②∵∠AOB=∠APB=90°
∴点P、O在以AB为直径的圆上
∴AO是该圆的弦
∴∠OPA=∠OBA=45°
所以②符合题意；
③∵tan∠BAE=BEAB=BPAP
∴ABBE=APBP
∴AB−BEBE=AP−BPBP
∴AP−BPBP=CEBE
∴AP−BP=CE⋅BPBE
∵∠EAC=∠OAP，∠OPA=∠ACE=45°
∴△AOP∽△AEC
∴OPCE=AOAE
∴CE=OP⋅AEAO
∴AP−BP=OP⋅AE⋅BPAO⋅BE
∵12AE⋅BP=12AB⋅BE=S△ABE
∴AE⋅BP=AB⋅BE
∴AP−BP=OP⋅AB⋅BEAO⋅BE=ABAOOP=2OP
所以③符合题意；
④作EG⊥AC于点G，则EG∥BO，
∴EGOB=CEBC=CGOC
设正方形边长为5a，则BC=5a，OB=OC=522a，
若BE：CE=2：3，则BECE=23，
∴BE+CECE=2+33
∴CEBC=35
∴EG=CEBC⋅OB=35×522a=322a
∵EG⊥AC，∠ACB=45°，
∴∠GEC=45°
∴CG=EG=322a
∴tan∠CAE=EGAG=EGAC−CG=322a52a−322a=37
所以④不符合题意；
⑤∵△DOF≌△COE(ASA)，S四边形OECF=S△COE+S△COF
∴S四边形OECF= S△DOF+S△COF= S△COD
∵S△COD=14S正方形ABCD
∴S四边形OECF=14S正方形ABCD
所以⑤符合题意；
综上，①②③⑤符合题意，④不符合题意，
故答案为： B

【分析】利用全等三角形的判定和性质、正方形的性质和相似三角形的判定和性质逐项判断即可。
7．如图，在矩形ABCD中，P是边AD上的一个动点，连接BP，CP，过点B作射线，交线段CP的延长线于点E，交边AD于点M，且使得∠ABE=∠CBP，如果AB=2，BC=5，AP=x，PM=y，其中2b，根据小正方形面积与每个直角三角形面积均为1，得出a-b2=12ab，然后解方程得出ab=2，再根据正切的定义求解即可.
13．在▱ABCD中（如图），连接AC，已知∠BAC=40°，∠ACB=80°，则∠BCD=（　　）
A．80° B．100° C．120° D．140°
【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；平行四边形的性质
【解析】【解答】解：∵∠B=180°-∠BAC-∠ACB
=180°-40°-80°
=60°，
∵▱ABCD，
∴AB∥CD，
∴∠BCD=180°-∠B=180°-60°=120°.
故答案为：C.

【分析】根据三角形内角和定理求出∠B的度数，由平行四边形的性质得出AB∥CD，然后由平行线的性质求∠BCD的度数即可.
14．七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DC的中点，连接AP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之前，关于该图形，下列说法：①图中的三角形都是等腰直角三角形；②四边形MPEB是菱形；③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的14.正确的有（　　）
A．只有① B．①② C．①③ D．②③
【答案】C
【知识点】四边形的综合
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABO＝∠ADB＝∠CBD＝∠BDC＝45°，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴△ABD、△BCD是等腰直角三角形，
∵AP⊥EF，
∴∠APF＝∠APE＝90°，
∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF是△BCD的中位线，CE＝12BC，CF＝12CD，
∴ CE＝CF，
∵∠C＝90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴EF∥BD，EF＝12BD，
∴∠APE＝∠AOB＝90°，∠APF＝∠AOD＝90°，
∴△ABO、△ADO是等腰直角三角形，
∴AO＝BO，AO＝DO，
∴BO＝DO，
∵M，N分别为BO，DO的中点，
∴OM＝BM＝12BO，ON＝ND＝12DO，
∴OM＝BM＝ON＝ND，
∵∠BAO＝∠DAO＝45°，
∴由正方形是轴对称图形，则A、P、C三点共线，PE＝PF＝12EF＝ON＝BM＝OM，
连接PC，如图，
∴NF是△CDO的中位线，
∴NF∥AC，NF＝12OC＝12OD＝ON＝ND，
∴∠ONF＝180°－∠COD＝90°，
∴∠NOP＝∠OPF＝∠ONF＝90°，
∴四边形FNOP是矩形，
∴四边形FNOP是正方形，
∴NF＝ON＝ND，
∴△DNF是等腰直角三角形，
∴图中的三角形都是等腰直角三角形；
故①正确，
∵PE∥BM，PE＝BM，
∴四边形MPEB是平行四边形，
∵BE＝12BC，BM＝12OB，
在Rt△OBC中，BC＞OB，
∴BE≠BM，
∴四边形MPEB不是菱形；
故②错误，
∵PC＝PO＝PF＝OM，∠MOP＝∠CPF＝90°，
∴△MOP≌△CPF（SAS），
∴S四边形PFDM=S四边形PFDO+S△MOP
=S四边形PFDO+S△CPF
=S△COD
=14S正方形ABCD，
故③正确，
故答案为：C
【分析】利用正方形的性质可知∠ABO＝∠ADB＝∠CBD＝∠BDC＝45°，∠BAD＝∠BCD＝90°，可推出△ABD和△BCD是等腰直角三角形；再证明EF是△BCD的中位线，同时可证得CE=CF，可得到△CEF是等腰直角三角形，再利用AP⊥EF，AD∥EF，去证明△ABO，△ADO，△DNF，△MOP都是等腰直角三角形，可对①作出判断；利用有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得四边形MPEB是平行四边形，由BC＞BO，不能证明BE=BM，由此可知不能证明四边形MPEB是菱形，可对②作出判断；利用SAS证明△MOP≌△CPF，利用全等三角形的面积相等，去证明 四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的14 ，可对③作出判断；综上所述可得到正确结论的序号.
15．在下列条件中，能够判定▱ABCD为矩形的是（　　）
A．AB=AC B．AC⊥BD C．AB=AD D．AC=BD
【答案】D
【知识点】菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：当AB=AC时，不能说明平行四边形ABCD是矩形，所以A不符合题意；
当AC⊥BD时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，能说明平行四边形ABCD是菱形，不能说明平行四边形ABCD是矩形，所以B不符合题意；
当AB=AD时，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，能说明平行四边形ABCD是菱形，不能说明平行四边形ABCD是矩形，所以C不符合题意；
当AC=BD时，根据对角线相等的平行四边形是矩形，能说明平行四边形ABCD是矩形，所以D符合题意.
故答案为：D.
【分析】对角线相等的平行四边形是矩形，有一个内角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，据此一一判断得出答案.
二、填空题
16．如图，在正方形ABCD中， AB=42 ，对角线 AC，BD 相交于点O.点E是对角线AC上一点，连接BE，过点E作 EF⊥BE ，分别交 CD，BD 于点F、G，连接BF，交AC于点H，将 △EFH 沿EF翻折，点H的对应点 H′ 恰好落在BD上，得到 △EFH′ 若点F为CD的中点，则 △EGH′ 的周长是　 　.
【答案】5+5
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点E作PQ∥AD交AB于点P，交DC于点Q，
∵AD∥PQ，
∴AP=DQ， ∠BPQ=∠CQE ，
∴BP=CQ，
∵∠ACD=45° ，
∴BP=CQ=EQ，
∵EF⊥BE，
∴∠PEB+∠FEQ=90°
∵∠PBE+∠PEB=90°
∴∠PBE=∠FEQ ，
在 △BPE 与 △EQF 中
∠BPQ=∠FQEPB=EQ∠PBE=∠FEQ
∴△BPE ≌ △EQF ，
∴BE=EF，
又∵BC=AB=42 ，F为中点，
∴CF=22 ，
∴BF=BC2+CF2=210 ，
∴BE=EF=2102=25 ，
又∵BO=422=4 ，
∴EO=BE2−BO2=2 ，
∴AE=AO-EO=4-2=2，
∵AB // FC，
∴△ABH∽△CFH ，
∴ABCF=AHCH ，
∴4222=AHCH=21 ，
∵AC=2AB=8 ，
∴AH=23×8=163 ，
CH=13×8=83 ，
∴EH=AH-AE= 163−2=103 ，
∵∠BEO+∠FEO=90° ，
∠BEO+∠EBO=90° ，
∴∠FEO=∠EBO ，
又∵∠EOB=∠EOG=90° ，
∴△EOB∽△GOE
∴EGBE=OGOE=OEOB ，
EG25=OG2=24=12 ，
∴EG= 5 ，OG=1，
过点F作FM⊥AC 于点M，
∴FM=MC== FC2=2 ，
∴MH=CH-MC= 83−2=23 ，
作FN⊥OD于点N，
FN=DF2=2， ，
在Rt △FH′N 与Rt △FMH 中
FH′=FHFN=FM
∴Rt △FH′N ≌Rt △FHM
∴H′N=MH=23 ，
∴ON=2，NG=1，
∴GH′=23+1=53 ，
∴C△EGH′=EH′+EG+GH′=EH+EG+GH=103+5+53=5+5
故答案为：5+5.
【分析】过点E作PQ∥AD交AB于点P，交DC于点Q，易得AP=DQ，∠BPQ=∠CQE，则BP=CQ，根据正方形的性质可得∠ACD=45°，则BP=CQ=EQ，由同角的余角相等可得∠PBE=∠FEQ，证明△BPE≌△EQF，得到BE=EF，根据中点的概念可得CF，利用勾股定理可得BF，然后求出BE、EF、EO、AE，证明△ABH∽△CFH，根据相似三角形的性质可得AH、CH，然后求出EH，由同角的余角相等可得∠FEO=∠EBO，证明△EOB∽△GOE，根据相似三角形的性质可得EG、OG，过点F作FM⊥AC于点M，作FN⊥OD于点N，易得FM、MH′、FN的值，证明△FH′N ≌△FHM，得到H′N=MH，进而求出GH′，据此不难求出△EGH′的周长.
17．如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，AE=AF，∠EAF=30°，则∠AEB=　 　°；若△AEF的面积等于1，则AB的值是　 　.
【答案】60；3
【知识点】三角形的面积；直角三角形全等的判定（HL）；正方形的性质；解直角三角形
【解析】【解答】∵正方形ABCD
∴∠B=∠D=∠BAD=90°，AB=AD=DC=CB
∵AE=AF
∴Rt△ABE≅Rt△ADF（HL）
∴∠BAE=∠DAF，BE=DF
∵∠EAF=30°，∠BAE+∠DAF+∠EAF=90°
∴∠BAE=∠DAF=∠EAF=30°
∴∠AEB=60°
设BE=x
∴AB=3x，DF=BE=x，CE=CF=(3−1)x
∴S△AEF=S正方形△ABCD−S△ABE−S△ADF−S△CEF
=AB2−12AB⋅BE×2−12CE⋅CF
=(3x)2−3x⋅x−12(3−1)x⋅(3−1)x
=x2
∵△AEF的面积等于1
∴x2=1，解得x=1，x=−1（舍去）
∴AB=3x=3
故答案为：60；3.
【分析】利用正方形的性质可证得AB=AD，∠B=∠D=90°，利用HL证明△ABE≌△ADF，利用全等三角形的性质可证得∠BAE=∠DAF，BE=DF；结合已知条件可求出∠AEB的度数，设BE=x，利用解直角三角形表示AB，DF，CE的长；根据S△AEF=S正方形△ABCD−S△ABE−S△ADF−S△CEF，可表示出△AEF的面积，由此可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到AB的长.
18．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE//AC，CE//BD.若AC=10，则四边形OCED的周长是　 　.
【答案】20
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=10，OA=OC，OB=OD，
∴OC=OD=12BD=5，
∵DE//AC，CE//BD.，
∴四边形CODE是平行四边形，
∵OC=OD =5，
∴四边形CODE是菱形，
∴四边形CODE的周长为：4OC=4×5=20.
故答案为20.
【分析】利用矩形的性质可证明AC=BD=10，OA=OC，OB=OD，同时可求出OC，OD的长；再根据有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，可证得四边形CODE是平行四边形，利用有一组邻边相等的四边形是菱形，可证得四边形CODE是菱形，然后求出四边形CODE的周长.
19．如图，折叠边长为4cm的正方形纸片ABCD，折痕是DM，点C落在点E处，分别延长ME、DE交AB于点F、G，若点M是BC边的中点，则FG=　 　cm.
【答案】53
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接DF，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA=4，∠A=∠B=∠C=∠CDA=90°.
∵点M为BC的中点，
∴BM=CM=12BC=12×4=2
由折叠得，ME=CM=2，DE=DC=4，∠DEM=∠C=90°，
∴∠DEF=90°，∠FEG=90°，
设FE=x，则有DF2=DE2+EF2
∴DF2=42+x2
又在RtΔFMB中，FM=2+x，BM=2，
∵FM2=FB2+BM2
∴FB=FM2−BM2=(2+x)2−22
∴AF=AB−FB=4−(2+x)2−22
在RtΔDAF中，DA2+AF2=DF2，
∴42+(4−(2+x)2−22)=42+x2，
解得，x1=43，x2=−8（舍去）
∴FE=43，
∴FM=FE+ME=43+2=103
∴FB=(2+43)2−22=83
∵∠DEM=90°
∴∠FEG=90°
∴∠FEG=∠B，
又∠GFE=∠MFB.
∴△FEG∼ΔFBM
∴FGFM=FEFB，即FG103=4383
∴FG=53，
故答案为：53
【分析】连接DF，利用正方形的性质，可证得∠A=∠B=∠C=∠CDA=90°，利用线段中点的定义可求出BM，CM的长；利用折叠的性质可得到ME，DE的长，同时可证得∠DEM=90°，设FE=x，利用勾股定理建立关于x的方程，可表示出DF2，从而可表示出FB的长，再表示出AF的长；在Rt△DAF中，利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出符合题意的x的值，可得到FE，FM，FB的长；然后证明△FEG∽△FBM，利用相似三角形的对应边成比例，可求出FG的长.
20．如图，在四边形ABCD中，AC⊥BD，垂足为O，AB∥CD，要使四边形ABCD为菱形，应添加的条件是　 　．（只需写出一个条件即可）
【答案】AB=CD或AD∥BC或OA=OC或OB=OD等（只需写出一个条件即可）
【知识点】菱形的判定
【解析】【解答】解：可以添加的条件是：AB＝CD，理由如下：
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
也可以添加条件是：AD∥BC，利用如下：
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
也可以添加的条件是OA=OC，利用如下：
∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠OCD，∠OBA=∠ODC，
∴ΔOAB≌ΔOCD（AAS），
∴AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形；
也可以添加的条件是OB=OD，利用如下：
∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠OCD，∠OBA=∠ODC，
∴ΔOAB≌ΔOCD（AAS），
∴AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
故答案为：AB=CD或AD∥BC或OA=OC或OB=OD等．（只需写出一个条件即可）

【分析】根据菱形的判定方法求解即可。
三、解答题
21．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE=DF，OE=OA.
求证：四边形AECF是正方形.
【答案】证明：∵ 四边形ABCD是菱形
∴ OA=OC，OB=OD且AC⊥BD，
又∵ BE=DF
∴ OB-BE=OD-DF
即OE=OF
∵OE=OA
∴OA=OC=OE=OF，
∴AC=EF
又∵AC⊥EF
∴ 四边形DEBF是正方形.
【知识点】菱形的性质；正方形的判定
【解析】【分析】根据菱形的性质可得OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，由已知条件知BE=DF，结合线段的和差关系可得OE=OF ，结合OE=OA可得OA=OC=OE=OF，即AC=EF，然后根据正方形的判定定理进行证明.
22．小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB＝OD.求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．
小惠：
证明：∵AC⊥BD，OB＝OD，
∴AC垂直平分BD．
∴AB＝AD，CB＝CD，
∴四边形ABCD是菱形．
小洁：
这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明．
若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明．
【答案】解：赞成小洁的说法，补充的条件为AB=CB（或AD=DC），证明如下：
∵ AC⊥BD，OB= OD，
∴AC垂直平分BD，
∴AB= AD，CB=CD，
∵AB=CB，
∴AB= AD=CB=CD，
∴四边形ABCD为菱形.
【知识点】菱形的判定
【解析】【分析】因为小慧的证明方法中只是证明出四边形ABCD相对的邻边各自相等，无法证出四边形是菱形；因而赞成小洁的说法，补充条件为AB=CB（或AD=DC），在小惠的证明过程基础上，只需要证明出AB= AD=CB=CD，即四边相等，即可得出四边形ABCD为菱形.
四、综合题
23．如图，在 ▱ABCD 中，BD是它的一条对角线，
（1）求证： △ABD≌△CDB ；
（2）尺规作图：作BD的垂直平分线EF，分别交AD，BC于点E，F（不写作法，保留作图痕迹）；
（3）连接BE，若 ∠DBE=25° ，求 ∠AEB 的度数.
【答案】（1）证明： ∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC ，
∵BD=BD ，
∴△ABD≌△CDB(SSS)
（2）解：如图，EF即为所求；
（3）解： ∵ BD的垂直平分线为EF，
∴BE=DE ，
∴∠DBE=∠BDE ，
∵∠DBE=25° ，
∴∠DBE=∠BDE=25° ，
∴∠AEB=∠BDE+∠DBE=50°
【知识点】线段垂直平分线的性质；等腰三角形的性质；平行四边形的性质；三角形全等的判定（SSS）；作图-线段垂直平分线
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AB=CD，AD=BC，然后根据全等三角形的判定定理SSS进行证明；
（2）分别以点D、B为圆心，大于BD一半的长度为半径画弧，两弧在BD的两侧分别相交，过两交点作直线交AD于点E，交BC于点F，该线就是线段BD的垂直平分线；
（3）根据垂直平分线的性质可得BE=DE，由等腰三角形的性质可得∠DBE=∠BDE=25°，由外角的性质可得∠AEB=∠BDE+∠DBE，据此计算.
24．如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=AD.
（1）求证：AC⊥BD；
（2）若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，EF=32，AO=2，求BD的长及四边形ABCD的周长.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD
（2）解：∵点E，F分别为AD，AO的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴EF=12OD，
∵EF=32，
∴OD=3，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD=2OD=6，
∵AC⊥BD，
在Rt△AOD中，AO=2，OD=3，
∴AD=AO2+OD2=22+32=13，
∴菱形形ABCD的周长为413.
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）由一组邻边相等的平行四边形是菱形可得四边形ABCD为菱形，然后根据菱形的对角线互相垂直可得结论；
（2）易得EF为△AOD的中位线，则EF=12OD，结合EF的值可得OD的值，根据菱形的性质可得BD，利用勾股定理求出AD，据此不难求出菱形ABCD的周长.
25．如图，点E，F分别在▱ABCD的边AB，BC上，AE=CF，连接DE，DF.请从以下三个条件：①∠1=∠2；②DE=DF；③∠3=∠4中，选择一个合适的作为已知条件，使▱ABCD为菱形.
（1）你添加的条件是　 　（填序号）；
（2）添加了条件后，请证明▱ABCD为菱形.
【答案】（1）①
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，
在△ADE和△CDF中，
∠1=∠2∠A=∠CAE=CF，
∴△ADE≌△CDF(AAS)，
∴AD=CD，
∴▱ABCD为菱形.
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：（1）添加的条件是∠1=∠2.
故答案为：①；
【分析】（1）根据菱形的判定定理进行解答；
（2）根据平行四边形的性质可得∠A=∠C，利用AAS证明△ADE≌△CDF，得到AD=CD，然后根据一组邻边相等的平行四边形是菱形进行证明.
26．如图1，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点P在边BC上，且不与点B、C重合，直线AP与DC的延长线交于点E.
（1）当点P是BC的中点时，求证：△ABP≌△ECP；
（2）将△APB沿直线AP折叠得到△APB′，点B′落在矩形ABCD的内部，延长PB′交直线AD于点F.
①证明FA=FP，并求出在（1）条件下AF的值；
②连接B′C，求△PCB′周长的最小值；
③如图2，BB′交AE于点H，点G是AE的中点，当∠EAB′=2∠AEB′时，请判断AB与HG的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）证明：如图9-1，在矩形ABCD中，AB∥DC，
即AB∥DE，
∴∠1=∠E，∠B=∠2.
∵点P是BC的中点，
∴BP=CP.
∴△ABP≌△ECP(AAS)
（2）解：①证明：如图9-2，在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴∠3=∠FAP.
由折叠可知∠3=∠4，
∴∠FAP=∠4.
∴FA=FP.
在矩形ABCD中，BC=AD=8，
∵点P是BC的中点，
∴BP=12BC=12×8=4.
由折叠可知AB′=AB=6，PB′=PB=4，∠B=∠AB′P=∠AB′F=90°.
设FA=x，则FP=x.
∴FB′=x−4.
在Rt△AB′F中，由勾股定理得AF2=B′A2+B′F2，
∴x2=62+(x−4)2，
∴x=132，
即AF=132.
②解：如图9-3，由折叠可知AB′=AB=6，B′P=BP.
∴C△PCB′=CP+PB′+CB′=CB+CB′=8+CB′.
由两点之间线段最短可知，
当点B′恰好位于对角线AC上时，CB′+AB′最小.
连接AC，在Rt△ADC中，∠D=90°，
∴AC=AD2+DC2=82+62=10，
∴CB′最小值=AC−AB′=10−6=4，
∴C△PCB′最小值=8+CB′=8+4=12.
③解：AB与HG的数量关系是AB=2HG.
理由是：如图9-4，由折叠可知∠1=∠6，AB′=AB，BB′⊥AE.
过点B′作B′M∥DE，交AE于点M，
∵AB∥DE，
∴AB∥DE∥B′M，
∴∠1=∠6=∠5=∠AED.
∴AB′=B′M=AB，
∴点H是AM中点.
∵∠EAB′=2∠AEB′，即∠6=2∠8，
∴∠5=2∠8.
∵∠5=∠7+∠8，
∴∠7=∠8.
∴B′M=EM.
∴B′M=EM=AB′=AB.
∵点G为AE中点，点H是AM中点，
∴AG=12AE，AH=12AM.
∴HG=AG−AH=12(AE−AM)=12EM.
∴HG=12AB.
∴AB=2HG.
【知识点】等腰三角形的判定；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质可得AB∥DC，由平行线的性质可得∠1=∠E，∠B=∠2，根据中点的概念可得BP=CP，然后根据全等三角形的判定定理AAS进行证明；
（2）①根据矩形以及平行线的性质可得∠3=∠FAP，由折叠可知∠3=∠4，则可推出FA=FP，根据矩形以及中点的概念可得BC=AD=8，BP=12BC=4，由折叠得AB′=AB=6，PB′=PB=4，∠B=∠AB′P=∠AB′F=90°，设FA=x，则FP=x，FB′=x-4，利用勾股定理可得x；
②由折叠可知AB′=AB=6，PB′=PB，则C△PCB′=8+CB′，由两点之间线段最短可知：当点B′恰好位于对角线AC上时，CB′+AB′最小，利用勾股定理可得AC，根据CB′最小值=AC-AB′可得CB′的最小值，据此解答；
③由折叠可知∠1=∠6，AB′=AB，BB′⊥AE，过点B′作B′M∥DE，交AE于点M，根据平行线的性质可得∠1=∠6=∠5=∠AED，则AB′=B′M=AB，结合已知条件可得∠5=2∠8，由外角的性质可得∠5=∠7+∠8，则∠7=∠8，推出B′M=EM，结合中点的概念可得HG=AG-AH=12EM，据此解答.