中考数学专题20 四边形（学案含解析）

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中考数学一轮复习学案
20 四边形

中考命题说明



考点
课标要求
考查角度
1
多边形
①探索并了解多边形内角和与外角和公式；②通过探索平面图形的镶嵌，知道任意一个三角形、四边形或正六边形可以镶嵌平面，并能运用这几种图形进行简单的镶嵌设计．
常以选择题、填空题的形式考查多边形的内角和、外角和以及平面镶嵌．
2
平行四边形
掌握平行四边形的概念和性质以及一个四边形是平行四边形的条件．
常以选择题、填空题、证明题的形式考查．
平行四边形的判定和性质，有时也以探究性试题的形式考查．
3
矩形、菱形、正方形
掌握矩形、菱形、正方形的概念和性质以及四边形是矩形、菱形、正方形的条件，了解它们之间的关系．
常以选择题、填空题、解答题的形式考查矩形、菱形、正方形的性质和判定，注重图形变换的考查，部分地市以探究性试题的形式考查．
4
梯形
探究并了解等腰梯形的有关性质和四边形是等腰梯形的条件．
常以选择题、填空题、解答题的形式考查．
梯形的判定和性质，注重梯形中辅助线作法的考查，部分地市以探究性试题的形式考查．


知识点1：多边形


知识点梳理

1. 多边形：
（1）内角和：n边形的内角和为(n－2) ×180°．四边形的内角和等于360°．
（2）外角和：任意多边形的外角和为360°．
（3）对角线：在多边形中连接 互不相邻 的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线．
①n边形共有条对角线．
②从一个顶点出发的对角线把n边形分成 (n-2)个三角形．
（4）不稳定性：n边形(n>3)具有不稳定性．
【温馨提示】（1）多边形的外角和与边数无关；（2）多边形的内角中最多有3个锐角．
2. 正多边形：
（1）边：各条边 都相等 ．
（2）内角：各个内角 都相等 ，且正n边形的每个内角为．
（3）外角：各个外角相等，且正n边形的每个外角为．
（4）对称性：①正多边形都是　轴　对称图形，其中边数为偶数的正多边形也是 中心 对称图形．②正n边形有　n　条对称轴 ．
3. 平面镶嵌：用一些不重叠摆放的多边形把平面的一部分完全 覆盖 ，叫做用多边形覆盖平面（或平面镶嵌）．平面镶嵌的条件：当围绕一点拼在一起的几个多边形的内角和为 360° 时，可以平面镶嵌．
典型例题

【例1】（2022•无锡）正八边形的每一个内角都是（ ）
A．120° B．135° C．140° D．150°
【考点】多边形内角与外角
【分析】首先根据多边形内角和定理：(n－2)·180°（n≥3且n为正整数）求出内角和，然后再计算一个内角的度数．
【解答】解：正八边形的内角和为：(8－2)×180°＝1080°，
每一个内角的度数为．
故选：B．
【点评】本题主要考查了多边形内角和定理，关键是熟练掌握计算公式：(n－2)·180°（n≥3且n为正整数）
【例2】（2022•烟台）一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为3:1，则这个正多边形是（ ）
A．正方形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形
【考点】多边形内角与外角
【分析】设这个外角是x°，则内角是3x°，根据内角与它相邻的外角互补列出方程求出外角的度数，根据多边形的外角和是360°即可求解．
【解答】解：∵一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为3:1，
∴设这个外角是x°，则内角是3x°，
根据题意得：x＋3x＝180，
解得：x＝45，
360°÷45°＝8（边），
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的内角和外角，根据内角与它相邻的外角互补列出方程是解题的关键．
【例3】（3分）（2021•河北10/26）如图，点O为正六边形ABCDEF对角线FD上一点，S△AFO＝8，S△CDO＝2，则S正六边形ABCDEF的值是（　　）

A．20 B．30
C．40 D．随点O位置而变化
【考点】三角形的面积；正多边形和圆．
【分析】正六边形ABCDEF的面积＝S矩形AFDC+S△EFD+S△ABC，由正六边形每个边相等，每个角相等可得FD=AF，过E作FD垂线，垂足为M，利用解直角三角形可得△FED的高，即可求出正六边形的面积．
【解答】解：设正六边形ABCDEF的边长为x，
过E作FD的垂线，垂足为M，连接AC，

∵∠FED＝120°，FE＝ED，
∴∠EFD＝∠FDE，
∴∠EDF=（180°﹣∠FED）＝30°，
∵正六边形ABCDEF的每个角为120°．
∴∠CDF＝120°﹣∠EDF＝90°．
同理∠AFD＝∠FAC＝∠ACD＝90°，
∴四边形AFDC为矩形，
∵S△AFO=FO×AF，
S△CDO=OD×CD，
在正六边形ABCDEF中，AF＝CD，
∴S△AFO+S△CDO=FO×AF=OD×CD
=（FO+OD）×AF
=FD×AF
＝10，
∴FD×AF＝20，
DM＝cos30°DE=，
DF＝2DM=，
EM＝sin30°DE=，
∴S正六边形ABCDEF＝S矩形AFDC+S△EFD+S△ABC
＝AF×FD+2S△EFD
＝
＝
＝20+10
＝30，
故选：B．
【点评】本题考查正多边形和三角形的面积，解本题关键掌握正六边形的性质和解直角三角形．
【例4】（3分）（2021•江西12/23）如图，在边长为的正六边形ABCDEF中，连接BE，CF，其中点M，N分别为BE和CF上的动点．若以M，N，D为顶点的三角形是等边三角形，且边长为整数，则该等边三角形的边长为 ．

【考点】等边三角形的判定与性质；正多边形和圆．
【分析】连接DF，DB，BF．则△DBF是等边三角形．解直角三角形求出DF，可得结论．当点N在OC上，点M在OE上时，求出等边三角形的边长的最大值，最小值，可得结论．
【解答】解：连接DF，DB，BF．则△DBF是等边三角形．

设BE交DF于J．
∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴由对称性可知，DF⊥BE，∠JEF＝60°，EF＝ED＝，
∴FJ＝DJ＝EF•sin60°＝，
∴DF＝18，
∴当点M与B重合，点N与F重合时，满足条件，
∴△DMN的边长为18，
如图，当点N在OC上，点M在OE上时，

等边△DMN的边长的最大值为≈10.39，最小值为9，
∴△DMN的边长为整数时，边长为10或9，
综上所述，等边△DMN的边长为9或10或18．
故答案为：9或10或18．
【点评】本题考查正多边形与圆，等边三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是判断出△BDF是等边三角形，属于中考常考题型．
知识点2： 平行四边形


知识点梳理

1. 平行四边形的概念：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）平行四边形的邻角互补，对角相等．
（2）平行四边形的对边平行且相等．
推论：夹在两条平行线间的平行线段相等．
（3）平行四边形的对角线互相平分．
（4）若一直线过平行四边形两对角线的交点，则这条直线被一组对边截下的线段以对角线的交点为中点，并且这两条直线二等分此平行四边形的面积．
3. 平行四边形的判定：
（1）定义：两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
（2）定理1：两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
（3）定理2：两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
（4）定理3：对角线互相平分的四边形是平行四边形．
（5）定理4：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
4. 面积： S=ah（a表示一条边长，h表示此边上的高） ．
5. 相关结论：
（1）平行四边形的两条对角线将平行四边形分成 面积相等 的四个三角形． 
（2）同底等高的平行四边形的面积相等．
（3）若一条直线过平行四边形的对角线的交点，则这条直线等分平行四边形的面积．
典型例题

【例5】（3分）（2021•江西11/23）如图，将□ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点E处，CE交AD于点F，若∠B＝80°，∠ACE＝2∠ECD，FC＝a，FD＝b，则□ABCD的周长为 ．

【考点】平行四边形的性质；翻折变换（折叠问题）．
【分析】由∠B＝80°，四边形ABCD为平行四边形，折叠的性质可证明△AFC为等腰三角形．所以AF＝FC＝a．设∠ECD＝x，则∠ACE＝2x，在△ADC中，由三角形内角和定理可知，2x+2x+x+80°＝180°，解得x＝20°，由外角定理可证明△DFC为等腰三角形．所以DC＝FC＝a．故平行四边形ABCD的周长为2（DC+AD）＝2（a+a+b）＝2＝4a+2b．
【解答】解：∵∠B＝80°，四边形ABCD为平行四边形．
∴∠D＝80°．
由折叠可知∠ACB＝∠ACE，
又AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∴∠ACE＝∠DAC，
∴△AFC为等腰三角形．
∴AF＝FC＝a．
设∠ECD＝x，则∠ACE＝2x，
∴∠DAC＝2x，
在△ADC中，由三角形内角和定理可知，2x+2x+x+80°＝180°，
解得：x＝20°．
∴由三角形外角定理可得∠DFC＝4x＝80°，
故△DFC为等腰三角形．
∴DC＝FC＝a．
∴AD＝AF+FD＝a+b，
故平行四边形ABCD的周长为2（DC+AD）＝2（a+a+b）＝2＝4a+2b．
故答案为：4a+2b．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、三角形内角和定理、外角定理、图形的翻折变换，证明△AFC和△DFC为等腰三角形是解题关键．
【例6】（2分）（2021•青海18/25）如图，在□ABCD中，对角线BD＝8 cm，AE⊥BD，垂足为E，且AE＝3 cm，BC＝4 cm，则AD与BC之间的距离为 ．

【考点】平行四边形的性质．
【分析】设AB与CD之间的距离为h，由条件可知□ABCD的面积是△ABD的面积的2倍，可求得□ABCD的面积，再S四边形ABCD＝BC•h，可求得h的长．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，
在△ABD和△BCD中

∴△ABD≌△BCD（SSS），
∵AE⊥BD，AE＝3 cm，BD＝8 cm，
∴S△ABD=BD•AE=×8×3＝12（cm2），
∴S四边形ABCD＝2S△ABD＝24 cm2，
设AD与BC之间的距离为h，
∵BC＝4 cm，
∴S四边形ABCD＝BC•h＝4h，
∴4h＝24，
解得h＝6 cm，
故答案为：6 cm．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质，由条件得到四边形ABCD的面积是△ABC的面积的2倍是解题的关键，再借助等积法求解使解题事半功倍．
【例7】（5分）（2020•陕西18/25）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=∠C．E是边BC上一点，且DE=DC．求证：AD=BE．

【考点】平行四边形的判定与性质
【分析】根据等边对等角的性质求出∠DEC=∠C，再由∠B=∠C得∠B=∠DEC，所以AB∥BE，得出四边形ABED是平行四边形，进而得出结论．
【解答】证明：∵DE=DC，
∴∠DEC=∠C．
∵∠B=∠C，
∴∠B=∠DEC，
∴ AB∥BE，
∵AD∥BC，
∴四边形ABED是平行四边形．
∴AD=BE．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定和性质．解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定定理和性质定理的运用．
知识点3： 矩形、菱形、正方形、梯形


知识点梳理

1．矩形：
（1）矩形的概念：有一个角是 直角 的平行四边形叫做矩形．
（2）矩形的性质：
①具有平行四边形的一切性质．
②矩形的四个角都是直角．
③矩形的对角线相等．
④矩形既是轴对称图形，它有两条对称轴；又是中心对称图形，它的对称中心是　对角线的交点　．
（3）矩形的判定：
①定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
②定理1：有三个角是直角的四边形是矩形．
③定理2：对角线相等的平行四边形是矩形．
（4）矩形的有关计算：
①周长C矩形=2(a+b) （其中a为长，b为宽）．
②面积S矩形=长×宽=ab （其中a为长，b为宽）．
2．菱形：
（1）菱形的概念：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
（2）菱形的性质：
①具有平行四边形的一切性质．
②菱形的四条边相等．
③菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角．
④菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，对称轴是两条对角线所在的直线，对称中心是 对角线的交点 ．
（3）菱形的判定：
①定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形．
②定理1：四边都相等的四边形是菱形．
③定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形．
（4）菱形的有关计算：
①周长C菱形=4a （其中a为边长）．
②面积S菱形=ah=两条对角线乘积的一半 （其中a为边长，h为此边上的高）．
3．正方形：
（1）正方形的概念： 四条边 都相等，四个角都是 直角 的四边形是正方形．有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质：
①具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
②正方形的四个角都是直角，四条边都相等．
③正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角．
④正方形是轴对称图形，有4条对称轴，又是中心对称图形，对称中心是对角线的交点．
⑤正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等的小等腰直角三角形．
⑥正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等．
（3）正方形的判定：
①判定一个四边形是正方形的主要依据是定义，途径有两种：
先证它是矩形，再证有一组邻边相等．
先证它是菱形，再证有一个角是直角．
②判定一个四边形为正方形的一般顺序如下：
先证明它是平行四边形；
再证明它是菱形（或矩形）；
最后证明它是矩形（或菱形）．
（4）正方形的面积：设正方形边长为a，对角线长为b，S正方形=．
4. 总结：四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形之间关系的梳理：

5. 梯形：
（1）梯形的概念：一组对边平行，另一组对边 不平行 的四边形叫做梯形． 两腰 相等的梯形叫做等腰梯形；有一个角是直角的梯形叫做直角梯形．
（2）等腰梯形的性质：
①等腰梯形的两腰相等，两底平行．
②等腰梯形的 两条对角线 相等．
③等腰梯形是轴对称图形，它只有一条对称轴，即两底的垂直平分线．
（3）等腰梯形的判定：
①定义：两腰相等的梯形是等腰梯形．
②定理：在同一底上的两个角相等的梯形是等腰梯形．
③对角线相等的梯形是等腰梯形．
（4）梯形中位线定理：梯形中位线平行于两底，并且等于两底和的一半．
典型例题

【例8】（3分）（2021•西藏7/27）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O．点E、F分别是AB，AO的中点，且AC=8．则EF的长度为（ ）

A．2 B．4 C．6 D．8
【考点】三角形中位线定理；矩形的性质
【分析】根据矩形的性质可得AC=BD=8，，再根据三角形中位线定理可得．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=8，，
∴，
∵点E、F是AB，AO的中点，
∴EF是△AOB的中位线，
∴，
故选：A．
【点评】此题主要考查了矩形的性质，以及三角形中位线定理，关键是掌握矩形对角线相等且互相平分．
【例9】（3分）（2021•陕西5/26）在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，连接AC、BD，则的值为（　　）

A． B． C． D．
【考点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质．
【分析】由菱形的性质可得AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD，∠ABD=∠ABC＝30°，由锐角三角函数可求解．
【解答】解：设AC与BD交于点O，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD，∠ABD＝∠ABC＝30°，
∵tan∠ABD＝ ，
∴，
故选：D．
【点评】本题考查了菱形的性质，锐角三角函数，掌握菱形的性质是解题的关键．
【例10】（3分）（2021•西藏9/27）已知一元二次方程x2-10x+24=0的两个根是菱形的两条对角线长，则这个菱形的面积为（ ）
A．6 B．10 C．12 D．24
【考点】解一元二次方程—因式分解法；菱形的性质
【分析】利用因式分解法求出已知方程的解确定出菱形两条对角线长，进而求出菱形面积即可．
【解答】解：方程x2-10x+24=0，
分解得：(x-4)( x-6)=0，
可得x-4=0或x-6=0，
解得：x=4或x=6，
∴菱形两对角线长为4和6，
则这个菱形的面积为．
故选：C．
【点评】此题考查了解一元二次方程—因式分解法，以及菱形的性质，熟练掌握因式分解法是解本题的关键．
【例11】（2分）（2021•北京14/28）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，AF＝EC．只需添加一个条件即可证明四边形AECF是菱形，这个条件可以是 （写出一个即可）．

【考点】全等三角形的判定与性质；菱形的判定；矩形的性质．
【分析】根据矩形的性质得到AD∥BC，即AF∥CE，推出四边形ABCD是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：这个条件可以是AE＝AF，
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
即AF∥CE，
∵AF＝EC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AE＝AF，
∴四边形AECF是菱形，
故答案为：AE＝AF．
【点评】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
【例12】（2分）（2021•青海19/25）如图，正方形ABCD的边长为8，点M在DC上且DM＝2，N是AC上的一动点，则DN+MN的最小值是 ．

【考点】勾股定理；正方形的性质；轴对称﹣最短路线问题．
【分析】要求DN+MN的最小值，DN，MN不能直接求，可考虑通过作辅助线转化DN，MN的值，从而找出其最小值求解．
【解答】解：∵正方形是轴对称图形，点B与点D是关于直线AC为对称轴的对称点，
∴连接BN，

∴BN＝ND，
∴DN+MN＝BN+MN，
连接BM交AC于点P，
∵点 N为AC上的动点，
由三角形两边和大于第三边，
知当点N运动到点P时，
BN+MN＝BP+PM＝BM，
BN+MN的最小值为BM的长度，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD＝8，CM＝8﹣2＝6，BCM＝90°，
∴，
∴DN+MN的最小值是10．
故答案为：10．
【点评】考查正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用．
【例13】（3分）（2021•云南14/23）已知△ABC的三个顶点都是同一个正方形的顶点，∠ABC的平分线与线段AC交于点D．若△ABC的一条边长为6，则点D到直线AB的距离为 ．

【考点】正方形的性质；角平分线的性质
【分析】分两种情况：①当B为直角顶点时，过D作DH⊥AB于H，由△AHD和△BHD是等腰直角三角形可得AH=DH=BH，故，若AC=6，则，即点D到直线AB的距离为；若AB=BC=6，则点D到直线AB的距离为3；②当B不是直角顶点时，过D作DH⊥BC于H，由△CDH是等腰直角三角形，得AD=DH=CH，证明△ABD ≌△HBD（AAS），有AB=BH，若AB=AC=6时，则此时点D到直线AB的距离为；若BC=6，则此时点D到直线AB的距离为．
【解答】解：①当B为直角顶点时，过D作DH⊥AB于H，如图：

∵△ABC的三个顶点都是同一个正方形的顶点，∠ABC的平分线与线段AC交于点D，
∴△ABC是等腰直角三角形，∠ABD=∠ADH=45°，，
∴△AHD和△BHD是等腰直角三角形，
∴AH=DH=BH，
∴，
若AC=6，则，此时，即点D到直线AB的距离为；
若AB=BC=6，则，即点D到直线AB的距离为3；
②当B不是直角顶点时，过D作DH⊥BC于H，如图：

∵△ABC的三个顶点都是同一个正方形的顶点，∠ABC的平分线与线段AC交于点D，
∴△CDH是等腰直角三角，AD=DH=CH，
在△ABD和△HBD中，
，
∴△ABD ≌△HBD（AAS），
∴AB=BH，
若AB=AC=6时，BH=6，，
∴，
∴，即此时点D到直线AB的距离为；
若BC=6，则，
∴，
∴，
∴，即此时点D到直线AB的距离为；
综上所述，点D到直线AB的距离为或3或或．
故答案为：或3或或．
【点评】本题考查正方形、等腰直角三角形性质及应用，涉及角平分线、勾股定理、解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，正确分类，画出图形．
【例14】（8分）（2021•吉林24/26）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，CD是斜边AB上的中线，点E为射线BC上一点，将△BDE沿DE折叠，点B的对应点为点F．

（1）若AB=a．直接写出CD的长（用含a的代数式表示）；
（2）若DF⊥BC，垂足为G，点F与点D在直线CE的异侧，连接CF，如②，判断四边形ADFC的形状，并说明理由；
（3）若DF⊥AB，直接写出∠BDE的度数．
【考点】四边形综合题
【分析】（1）根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”得；
（2）由题意可得DF∥AC，，由“直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半”，得，得DF=AC，则四边形ADFC是平行四边形，再由折叠得DF=BD=AD，于是判断四边形ADFC是菱形；
（3）题中条件是“点E是射线BC上一点”，因此DF⊥AB又分两种情况，即点F与点D在直线CE的异侧或同侧，正确地画出图形即可求出结果．
【解答】解：（1）如图①，

在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∵CD是斜边AB上的中线，AB=a，
∴．
（2）四边形ADFC是菱形．
理由如下：
如图②：

∵DF⊥BC于点G，
∴∠DGB=∠ACB=90°，
∴DF∥AC；
由折叠得，DF=DB，
∵，
∴；
∵∠ACB=90°，∠A=60°，
∴∠B=90°-60°=30°，
∴，
∴DF=AC，
∴四边形ADFC是平行四边形；
∵，
∴AD=DF，
∴四边形ADFC是菱形．
（3）如图③，点F与点D在直线CE异侧，

∵DF⊥AB，
∴∠BDF=90°；
由折叠得，∠BDE=∠FDE，
∴；
如图④，点F与点D在直线CE同侧，

∵DF⊥AB，
∴∠BDF=90°，
∴∠BDE+∠FDE=360°-90°=270°，
由折叠得，∠BDE=∠FDE，
∴∠BDE+∠FDE=270°，
∴∠BDE=135°．
综上所述，∠BDE=45°或∠BDE=135°．
【点评】此题重点考查直角三角形的性质、轴对称的特征、平行四边形及特殊平行四边形的判定等知识与方法，在解第（3）题时，应进行分类讨论，解题的关键是准确地画出图形，以免丢解．
知识点4： 中点四边形


知识点梳理

1．中点四边形：顺次连接四边形各边中点所得的四边形，我们称之为中点四边形.中点四边形形状的判定依据主要是三角形的中位线定理.
2. 常见结论如下：
原四边形的形状
中点四边形的形状
任意四边形
平行四边形
平行四边形
平行四边形
矩形
菱形
菱形
矩形
正方形
正方形
典型例题

【例15】（3分）（2019·娄底3/26）顺次连接菱形四边中点得到的四边形是（ ）
A. 平行四边形 B. 菱形
C. 矩形 D. 正方形
【答案】C．
【解答】如下图，顺次连接任意四边形的四边中点，得到的四边形一定是平行四边形；如果原四边形的对角线相等，则可得中点四边形的邻边相等，即是菱形；如果原四边形的对角线互相垂直，则可得中点四边形的邻边垂直，即是矩形．菱形的对角线互相垂直，所以顺次连接它的中点得到的四边形是矩形．

巩固训练

1.（4分）（2021•云南3/23）一个10边形的内角和等于（ ）
A． B． C． D．
2.（3分）（2021•陕西10/26）正九边形一个内角的度数为 　140°　．
3.（3分）（2021•呼伦贝尔•兴安盟4/26）一个正多边形的中心角为，这个正多边形的边数是（ ）
A．3 B．6 C．8 D．12
4.（3分）（2021•赤峰17/26）如图，在拧开一个边长为的正六角形螺帽时，扳手张开的开口，则边长　　．

5.（4分）（2021•上海17/25）六个带30度角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，求中间正六边形的面积　　．

6.（3分）（2021•呼伦贝尔•兴安盟9/26）如图，□ABCD中，、交于点，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于、两点，作直线，交于点，交于点，连接，若，△BCE的周长为14，则的长为（ ）

A． B．6 C．8 D．10
7.（3分）（2021•鄂尔多斯7/24）已知：□AOCD的顶点，点在轴的正半轴上，按以下步骤作图：
①以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点，交于点．
②分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内相交于点．
③画射线，交于点，则点的坐标为（ ）

A．， B．， C．， D．，
8.（3分）（2021•天津8/25）如图，□ABCD的顶点，，的坐标分别是，，，则顶点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
9.（10分）（2021•重庆A卷21/26）如图，在□ABCD中，．
（1）用尺规完成以下基本作图：在上截取，使；作的平分线交于点．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）所作的图形中，连接交于点，猜想△CDP按角分类的类型，并证明你的结论．

10.（10分）（2021•重庆B卷21/26）如图，四边形为平行四边形，连接，且．请用尺规完成基本作图：作出的角平分线与交于点．连接交于点，交于点，猜想线段和线段的数量关系，并证明你的猜想．（尺规作图保留作图痕迹，不写作法）

11.（3分）（2021•河北7/26）如图1，□ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（　　）

A．甲、乙、丙都是 B．只有甲、乙才是
C．只有甲、丙才是 D．只有乙、丙才是
12.（8分）（2021•福建21/25）如图，在Rt△ABC中，．线段是由线段平移得到的，点在边上，△EFD是以为斜边的等腰直角三角形，且点恰好在的延长线上．
（1）求证：；
（2）求证：．

13.（7分）（2021•吉林19/26）图①、图2均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点，点均在格点上，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上．
（1）在图①中，以点，，为顶点画一个等腰三角形；
（2）在图②中，以点，，，为顶点画一个面积为3的平行四边形．

14.（3分）（2021•通辽9/26）如图，已知AD∥BC，，，点为射线上一个动点，连接，将△ABE沿折叠，点落在点处，过点作的垂线，分别交，于，两点，当为线段的三等分点时，的长为（ ）

A． B． C．或 D．或
15.（4分）（2021•福建16/25）如图，在矩形中，，，点，分别是边，上的动点，点不与，重合，且，是五边形内满足且的点．现给出以下结论：
①与一定互补；
②点到边，的距离一定相等；
③点到边，的距离可能相等；
④点到边的距离的最大值为．
其中正确的是 　①②④　．（写出所有正确结论的序号）

16.（10分）（2021•新疆18/23）如图，在矩形中，点在边上，点在的延长线上，且．
求证：（1）△ABE≌△DCF；
（2）四边形是平行四边形．

17.（10分）（2021•吉林25/26）如图，在矩形中，，．动点从点出发沿折线向终点运动，在边上以的速度运动；在边上以的速度运动，过点作线段与射线相交于点，且，连接，．设点的运动时间为，△DPQ与△DBC重合部分图形的面积为．
（1）当点与点重合时，直接写出的长；
（2）当点在边上运动时，直接写出的长（用含的代数式表示）；
（3）求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围．

18.（3分）（2021•呼和浩特15/24）已知菱形的面积为，点是一边上的中点，点是对角线上的动点．连接，若平分，则线段与的和的最小值为 　　，最大值为 　　．
19.（8分）（2021•呼和浩特18/24）如图，四边形是平行四边形，且分别交对角线于点，．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）当四边形分别是矩形和菱形时，请分别说出四边形的形状．（无需说明理由）

20.（3分）（2021•河南6/23）关于菱形的性质，以下说法不正确的是（ ）
A．四条边相等 B．对角线相等
C．对角线互相垂直 D．是轴对称图形
21.（3分）（2021•海南11/22）如图，在菱形中，点、分别是边、的中点，连接、、．若菱形的面积为8，则△AEF的面积为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
22.（3分）（2021•山西13/23）如图，在菱形中，对角线，相交于点，，，OE∥AB，交于点，则的长为 　　．

23.（8分）（2021•云南20/23）如图，四边形是矩形，、分别是线段、上的点，点是与的交点．若将△BED沿直线折叠，则点与点重合．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的值．

24.（10分）（2021•青海22/25）如图，DB是□ABCD的对角线．
（1）尺规作图（请用2B铅笔）：作线段BD的垂直平分线EF，交AB，DB，DC分别于E，O，F，连接DE，BF（保留作图痕迹，不写作法）．
（2）试判断四边形DEBF的形状并说明理由．

25.（3分）（2021•包头19/26）如图，是正方形的一条对角线，是上一点，是延长线上一点，连接，，．若，，则的度数为 　　．

26.（6分）（2021•呼伦贝尔•兴安盟20/26）如图，是△ABC的角平分线，，，垂足分别是、，连接，与相交于点．
（1）求证：；
（2）△ABC满足什么条件时，四边形是正方形？说明理由．

27.（4分）（2021•重庆A卷9/26）如图，正方形的对角线，交于点，是边上一点，连接，过点作，交于点．若四边形的面积是1，则的长为（ ）

A．1 B． C．2 D．
28.（4分）（2021•重庆B卷9/26）如图，把含30°的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，，直角顶点在正方形的对角线上，点，分别在和边上，与交于点，且点为的中点，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
29.（3分）（2021•天津17/25）如图，正方形的边长为4，对角线，相交于点，点，分别在，的延长线上，且，，为的中点，连接，交于点，连接，则的长为 　　．

巩固训练解析

1.（4分）（2021•云南3/23）一个10边形的内角和等于（ ）
A． B． C． D．
【考点】多边形内角与外角
【分析】根据多边形的内角和等于即可得解．
【解答】解：根据多边形内角和公式得，10边形的内角和等于：
，
故选：C．
【点评】此题考查了多边形的内角与外角，熟记多边形的内角和公式是解题的关键．
2.（3分）（2021•陕西10/26）正九边形一个内角的度数为 　140°　．
【考点】多边形内角与外角．
【分析】先根据多边形内角和定理：180°•（n﹣2）求出该多边形的内角和，再求出每一个内角的度数．
【解答】解：该正九边形内角和＝180°×（9﹣2）＝1260°，
则每个内角的度数．
故答案为：140°．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和定理：180°•（n﹣2），比较简单，解答本题的关键是直接根据内角和公式计算可得内角和．
3.（3分）（2021•呼伦贝尔•兴安盟4/26）一个正多边形的中心角为，这个正多边形的边数是（ ）
A．3 B．6 C．8 D．12
【考点】正多边形和圆
【分析】根据正多边形的中心角和为和正多边形的中心角相等，列式计算即可．
【解答】解：正多边形的中心角和为，正多边形的中心角是，
这个正多边形的边数．
故选：D．
【点评】本题考查的是正多边形和圆，掌握正多边形的中心角和为和正多边形的中心角相等是解题的关键．
4.（3分）（2021•赤峰17/26）如图，在拧开一个边长为的正六角形螺帽时，扳手张开的开口，则边长　　．

【考点】正多边形和圆
【分析】如图，连接、，过作于．解直角三角形求出即可．
【解答】解：如图，连接、，过作于．

则，
，△OCD是等边三角形，
，
，，
，
，
故答案为：．
【点评】本题考查了正多边形和圆的知识，构造一个由半径、半边、边心距组成的直角三角形是解题的关键．
5.（4分）（2021•上海17/25）六个带30度角的直角三角板拼成一个正六边形，直角三角板的最短边为1，求中间正六边形的面积　　．

【考点】含30度角的直角三角形；正多边形和圆
【分析】利用△ABG≌△BCH得到，再根据含30度的直角三角形三边的关系得到，接着证明可得结论．
【解答】解：如图，

∵△ABG≌△BCH，
，
，
，
即，
，
小两个正六边形的面积，
故答案为：．
【点评】本题考查了含30度角的直角三角形：在直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半．也考查了正多边形与圆，解题的关键是求出．
6.（3分）（2021•呼伦贝尔•兴安盟9/26）如图，□ABCD中，、交于点，分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于、两点，作直线，交于点，交于点，连接，若，△BCE的周长为14，则的长为（ ）

A． B．6 C．8 D．10
【考点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质；作图—基本作图
【分析】根据平行四边形的性质可知，，再由垂直平分线的性质得出，据此可得出结论．
【解答】解：由作图可知，是线段的垂直平分线，
，
四边形是平行四边形，，
，，
∵△BCE的周长为14，
，
则．
故选：C．
【点评】本题考查的是作图基本作图，熟知线段垂直平分线的作法是解答此题的关键．
7.（3分）（2021•鄂尔多斯7/24）已知：□AOCD的顶点，点在轴的正半轴上，按以下步骤作图：
①以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交于点，交于点．
②分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内相交于点．
③画射线，交于点，则点的坐标为（ ）

A．， B．， C．， D．，
【考点】平行四边形的性质；作图—基本作图；坐标与图形性质
【分析】利用基本作图得到，再根据平行四边形的性质得到，接着证明得到，设交轴于，如图，设，则，，利用勾股定理得到，然后解方程求出即可得到点坐标．
【解答】解：由作法得平分，则，
四边形为平行四边形，
，
，
，
，
设交轴于，如图，

，
，，
设，
，，
在Rt△OAM中，，解得，
，．
故选：A．
【点评】本题考查了作图基本作图：熟练掌握基本作图（作已知角的角平分线）；也考查了平行四边形的性质．利用方程的思想求出是解决问题的关键．
8.（3分）（2021•天津8/25）如图，□ABCD的顶点，，的坐标分别是，，，则顶点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
【考点】平行四边形的性质；坐标与图形性质
【分析】首先根据、两点的坐标确定线段的长，然后根据点的坐标向右平移线段的长度即可求得点的坐标．
【解答】解：，，
，
四边形是平行四边形，
，
点的坐标为，
点的坐标为，
故选：C．
【点评】考查了平行四边形的性质及坐标与图形性质的知识，解题的关键是求得线段的长，难度不大．
9.（10分）（2021•重庆A卷21/26）如图，在□ABCD中，．
（1）用尺规完成以下基本作图：在上截取，使；作的平分线交于点．（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）所作的图形中，连接交于点，猜想△CDP按角分类的类型，并证明你的结论．

【考点】平行四边形的性质；作图—复杂作图
【分析】（1）利用基本作图画出对应的几何图形；
（2）根据平行四边形的性质得到AB∥CD，AD∥BC，则，，再证明，，从而得到，于是可判断△CDP为直角三角形．
【解答】解：（1）如图，、为所作；

（2）△CDP为直角三角形．
理由如下：四边形为平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
，，
，
，
，
，
平分，
，
，
，
∴△CDP为直角三角形．
【点评】本题考查了作图—复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了平行四边形的性质．
10.（10分）（2021•重庆B卷21/26）如图，四边形为平行四边形，连接，且．请用尺规完成基本作图：作出的角平分线与交于点．连接交于点，交于点，猜想线段和线段的数量关系，并证明你的猜想．（尺规作图保留作图痕迹，不写作法）

【考点】平行四边形的性质；作图—基本作图
【分析】根据题意作出图即可；
【解答】解：如图：

猜想：．
证明：四边形为平行四边形．
，．
．
．
的角平分线与交于点．
．
．
【点评】本题考查平行四边形的性质、等腰三角形的性质．关键在于利用平行四边形的对角线互相平分得到△ABO是等腰三角形．
11.（3分）（2021•河北7/26）如图1，□ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（　　）

A．甲、乙、丙都是 B．只有甲、乙才是
C．只有甲、丙才是 D．只有乙、丙才是
【考点】平行四边形的判定与性质．
【分析】方案甲，连接AC，由平行四边形的性质得OB＝OD，OA＝OC，则NO＝OM，得四边形ANCM为平行四边形，方案甲正确；
方案乙：证△ABN≌△CDM（AAS），得AN＝CM，再由AN∥CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案乙正确；
方案丙：证△ABN≌△CDM（ASA），得AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，则∠ANM＝∠CMN，证出AN∥CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案丙正确．
【解答】解：方案甲中，连接AC，如图所示：

∵四边形ABCD是平行四边形，O为BD的中点，
∴OB＝OD，OA＝OC，
∵BN＝NO，OM＝MD，
∴NO＝OM，
∴四边形ANCM为平行四边形，方案甲正确；
方案乙中：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABN＝∠CDM，
∵AN⊥B，CM⊥BD，
∴AN∥CM，∠ANB＝∠CMD，
在△ABN和△CDM中，，
∴△ABN≌△CDM（AAS），
∴AN＝CM，
又∵AN∥CM，
∴四边形ANCM为平行四边形，方案乙正确；
方案丙中：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD＝∠BCD，AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABN＝∠CDM，
∵AN平分∠BAD，CM平分∠BCD，
∴∠BAN＝∠DCM，
在△ABN和△CDM中，
，
∴△ABN≌△CDM（ASA），
∴AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，
∴∠ANM＝∠CMN，
∴AN∥CM，
∴四边形ANCM为平行四边形，方案丙正确；
故选：A．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
12.（8分）（2021•福建21/25）如图，在Rt△ABC中，．线段是由线段平移得到的，点在边上，△EFD是以为斜边的等腰直角三角形，且点恰好在的延长线上．
（1）求证：；
（2）求证：．

【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；平移的性质
【分析】（1）由，得，△EFD是以为斜边的等腰直角三角形，得，，由等量代换得；
（2）证明四边形是平行四边形，得，，再证△ADE≌△CFD，得，由等量代换得到结论．
【解答】（1）证明：，
，
∵△EFD是以为斜边的等腰直角三角形，
，，
，
；
（2）连接，如下图：

线段是由线段平移得到的，
∴EF∥AB，，
四边形是平行四边形，
∴AE∥BC，，
，
，
在△ADE和△CFD中，
，
∴△ADE≌△CFD（AAS），
，
，
．
【点评】本题考查了三角形全等判定与性质、等腰直角三角形和平移的性质，熟练掌握三角形全等判定与性质是解题的关键．
13.（7分）（2021•吉林19/26）图①、图2均是的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，小正方形的边长为1，点，点均在格点上，在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上．
（1）在图①中，以点，，为顶点画一个等腰三角形；
（2）在图②中，以点，，，为顶点画一个面积为3的平行四边形．

【考点】等腰三角形的判定与性质；平行四边形的判定；作图—应用与设计作图
【分析】（1）根据等腰三角形的定义画出图形即可（答案不唯一）．
（2）作应该底为1，高为3的平行四边形即可．
【解答】解：（1）如图①中，△ABC即为所求（答案不唯一）．
（2）如图②中，四边形即为所求．

【点评】本题考查作图应用与设计作图，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
14.（3分）（2021•通辽9/26）如图，已知AD∥BC，，，点为射线上一个动点，连接，将△ABE沿折叠，点落在点处，过点作的垂线，分别交，于，两点，当为线段的三等分点时，的长为（ ）

A． B． C．或 D．或
【考点】翻折变换（折叠问题）；平行线的性质
【分析】分类画出图形，设，由折叠的性质表示出相关线段，再用勾股定理列方程即可解得的长．
【解答】解：①当时，如图：

Rt△中，，，
，
∵AD∥BC，，，
四边形是矩形，
，，
设，则，，
△中，，，
，
解得，
的长为；
②当时，如图：

，
，
设，
同①可得，
的长为，
综上所述，的长为或．
故选：D．
【点评】本题考查直角三角形的性质及应用，解题的关键是分类画出图形，用勾股定理列方程解决问题．
15.（4分）（2021•福建16/25）如图，在矩形中，，，点，分别是边，上的动点，点不与，重合，且，是五边形内满足且的点．现给出以下结论：
①与一定互补；
②点到边，的距离一定相等；
③点到边，的距离可能相等；
④点到边的距离的最大值为．
其中正确的是 　①②④　．（写出所有正确结论的序号）

【考点】矩形的性质；角平分线的性质；等腰直角三角形
【分析】根据矩形的性质得出，又，有三角形内角和为可判断①；
过作，，分别交于，交于，根据且，，可以求出，然后证明△GEM≌△GFN，可以判断②；
由，和②的结论可以判断③；
当四边形是正方形时，点到的距离最大，从而可以判断④．
【解答】解：四边形是矩形，
，
又，四边形内角和是，
，
故①正确；
过作，，分别交于，交于，

且，
，
又，
，即，
，
，
，
在△GEM和△GFN中，
，
∴△GEM≌△GFN（AAS），
，
故②正确；
，，并由②知，
点到边，的距离不相等，
故③错误：
当四边形是正方形时，点到的距离最大，
，
，
故④正确．
故答案为：①②④．
【点评】本题主要考查矩形的性质、全等三角形的判定以及三角形内角和定理，关键是对知识的掌握和运用．
16.（10分）（2021•新疆18/23）如图，在矩形中，点在边上，点在的延长线上，且．
求证：（1）△ABE≌△DCF；
（2）四边形是平行四边形．

【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定
【分析】（1）由矩形的性质可得，，，，由“”可证△ABE≌△DCF；
（2）由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证四边形是平行四边形．
【解答】证明：（1）四边形是矩形，
，，，，
，
在△ABE和△DCF中，
，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
（2），
，
，
又∵AD∥BC，
四边形是平行四边形．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，掌握矩形的性质是解题的关键．
17.（10分）（2021•吉林25/26）如图，在矩形中，，．动点从点出发沿折线向终点运动，在边上以的速度运动；在边上以的速度运动，过点作线段与射线相交于点，且，连接，．设点的运动时间为，△DPQ与△DBC重合部分图形的面积为．
（1）当点与点重合时，直接写出的长；
（2）当点在边上运动时，直接写出的长（用含的代数式表示）；
（3）求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围．

【考点】四边形综合题
【分析】（1）由求解．
（2）点在上运动时间为，则点在上时．
（3）分类讨论①点在上，点在上．②点在上，点在延长线上．③点在上．
【解答】解：（1）如图，

在Rt△PDQ中，，，
，
．
（2）点在上运动时间为，
点在上时．
（3）当时，点在上，作于点，交于点，作于点，

同（1）可得．
，
当时，
时，点在上，
，
，
，
．
，
，
，
，
．
当时，点在延长线上，交于点，如图，

，，
，
，

=
=．
当时，点在上，如图，

，
．
综上所述，
【点评】本题考查四边形综合应用，解题关键是熟练掌握矩形的性质及解直角三角形方法，通过数形结合求解．
18.（3分）（2021•呼和浩特15/24）已知菱形的面积为，点是一边上的中点，点是对角线上的动点．连接，若平分，则线段与的和的最小值为 　　，最大值为 　　．
【考点】菱形的性质；轴对称—最短路线问题
【分析】由点是一边上的中点及平分，可得△ABC是等边三角形，根据菱形的面积为，可得菱形的边长为2；求的最小值，点和点是定点，点是线段上动点，由轴对称最值问题，可求出最小值；求和的最大值，观察图形可知，当和的长度最大时，和最大，即点和点重合时，的值最大．
【解答】解：根据图形可画出图形，如图所示，

过点作交的延长线于点，
，，
点是的中点，
∴△ACE≌△FBE（AAS），
，
平分，
，
，
，
在菱形中，，
，即△ABC是等边三角形；
，
设，则，
菱形的面积，即，
，即；
四边形是菱形，
点和点关于对称，
，
当点，，三点共线时，的和最小，此时；
点和点重合时，的值最大，此时，
过点作交的延长线于点，连接，

，，
，
，，
，
，
此时；
即线段与的和的最小值为；最大值为．
故答案为：；．
【点评】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的性质与判定，轴对称最值问题等，证明△ABC是等边三角形是解题关键．
19.（8分）（2021•呼和浩特18/24）如图，四边形是平行四边形，且分别交对角线于点，．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）当四边形分别是矩形和菱形时，请分别说出四边形的形状．（无需说明理由）

【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的性质
【分析】（1）由平行四边形的性质可得，，再由，可得，进而判断△ABE≌△CDF；
（2）连接，，，先证明四边形是平行四边形，当四边形分别是矩形和菱形，根据矩形和菱形对角线的性质判断即可．
【解答】解：（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
（2）连接，，，

由（1）知△ABE≌△CDF，
，
，
四边形是平行四边形，
当四边形是矩形时，四边形是平行四边形，
当四边形是菱形时，
四边形是菱形，
，
，
四边形是菱形．
【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，解答本题的关键寻找两条线段所在的三角形，然后证明两三角形全等．
20.（3分）（2021•河南6/23）关于菱形的性质，以下说法不正确的是（ ）
A．四条边相等 B．对角线相等
C．对角线互相垂直 D．是轴对称图形
【考点】轴对称图形；菱形的性质
【分析】根据菱形的性质逐一推理分析即可选出正确答案．
【解答】解：A、菱形的四条边相等，正确，不符合题意，
B、菱形的对角线互相垂直且平分，对角线不一定相等，不正确，符合题意，
C、菱形的对角线互相垂直且平分，正确，不符合题意，
D、菱形是轴对称图形，正确，不符合题意，
故选：B．
【点评】本题考查菱形的性质，熟练掌握菱形的基本性质并能正确分析推理是解题的关键．
21.（3分）（2021•海南11/22）如图，在菱形中，点、分别是边、的中点，连接、、．若菱形的面积为8，则△AEF的面积为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】三角形的面积；三角形中位线定理；菱形的性质
【分析】连接、，交于点，交于点，根据菱形性质可得菱形面积公式，然后根据三角形中位线定理得与关系，最后根据三角形面积公式代入计算可得答案．
【解答】解：连接、，交于点，交于点，

四边形是菱形，
，菱形的面积为：，
点、分别是边、的中点，
∴EF∥BD，，
，，
设，，
，即，
．
故选：B．
【点评】此题考查的是菱形的性质、三角形中位线定理，能够利用三角形面积公式得到答案是解决此题关键．
22.（3分）（2021•山西13/23）如图，在菱形中，对角线，相交于点，，，OE∥AB，交于点，则的长为 　　．

【考点】三角形中位线定理；菱形的性质；直角三角形斜边上的中线
【分析】由菱形的性质可得：，，，借助勾股定理求出，再证明是△ABC的中位线即可求解．
【解答】解：菱形中，对角线，相交于点，
，，，
∵OE∥AB，
，
为△ABC的中位线，
，
在Rt△ABO中，由勾股定理得：
，
．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理以及三角形中位线定理等知识，熟记各性质是解题的关键．
23.（8分）（2021•云南20/23）如图，四边形是矩形，、分别是线段、上的点，点是与的交点．若将△BED沿直线折叠，则点与点重合．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）若，，求的值．

【考点】菱形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【分析】（1）证明△OBF ≌△ODE，得到即可得出结论．
（2）由，，可得出菱形的面积，进而可得出的值．
【解答】解：（1）证明：矩形沿折叠，使，重合，
，，
四边形是矩形，
，AD∥BC，
，
在△OBF和△ODE中，
，
∴△OBF≌△ODE（ASA），
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是菱形．
（2）如图，，
，
，
，
，
，
菱形的面积，
．
【点评】本题考查了翻折变换的性质、菱形的判定与性质、矩形的性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
24.（10分）（2021•青海22/25）如图，DB是□ABCD的对角线．
（1）尺规作图（请用2B铅笔）：作线段BD的垂直平分线EF，交AB，DB，DC分别于E，O，F，连接DE，BF（保留作图痕迹，不写作法）．
（2）试判断四边形DEBF的形状并说明理由．

【考点】线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质；作图—基本作图．
【分析】（1）利用基本作图，作线段BD的垂直平分线即可；
（2）先根据线段垂直平分线的性质得到EB＝ED，FB＝FD，OB＝OD，再证明△ODF≌△OBE得到DF＝BE，所以DE＝EB＝BF＝DF，于是可判断四边形DEBF为菱形．
【解答】解：（1）如图，DE、BF为所作；

（2）四边形DEBF为菱形．
理由如下：如图，
∵EF垂直平分BD，
∴EB＝ED，FB＝FD，OB＝OD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD∥AB，
∴∠FDB＝∠EBD，
在△ODF和△OBE中，
，
∴△ODF≌△OBE（ASA），
∴DF＝BE，
∴DE＝EB＝BF＝DF，
∴四边形DEBF为菱形．
【点评】本题考查了作图﹣基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了线段垂直平分线的性质和菱形的判定．
25.（3分）（2021•包头19/26）如图，是正方形的一条对角线，是上一点，是延长线上一点，连接，，．若，，则的度数为 　　．

【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质
【分析】连接，根据SAS证△ADE≌△CDE，得出，再证△AEF为等腰直角三角形，得出，即可求出的度数．
【解答】解：如下图，连接，

为正方形的对角线，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
在△ADE和△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
，
，
即△AEF为等腰直角三角形，
，
，
，
，
故答案为：．
【点评】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
26.（6分）（2021•呼伦贝尔•兴安盟20/26）如图，是△ABC的角平分线，，，垂足分别是、，连接，与相交于点．
（1）求证：；
（2）△ABC满足什么条件时，四边形是正方形？说明理由．

【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的判定
【分析】（1）根据AAS证明△AED≌△AFD，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（2）根据正方形的判定解答即可．
【解答】证明：（1）是△ABC的角平分线，
，
，，
，
在△AED与△AFD中，
，
∴△AED≌△AFD（AAS），
，
；
（2）△ABC满足时，四边形是正方形，
理由：，
四边形是矩形，
，
矩形是正方形．
【点评】本题主要考查了正方形的判定，关键是根据AAS证明△AED≌△AFD解答．
27.（4分）（2021•重庆A卷9/26）如图，正方形的对角线，交于点，是边上一点，连接，过点作，交于点．若四边形的面积是1，则的长为（ ）

A．1 B． C．2 D．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质
【分析】根据正方形的性质，可以得到△DOM≌△CON，然后即可发现四边形的面积等于△DOC的面积，从而可以求得正方形的面积，从而可以求得的长．
【解答】解：四边形是正方形，
，，，
，
，
，
，
，
在△DOM和△CON中，
，
∴△DOM≌△CON（ASA），
四边形的面积是1，四边形的面积=△DOM的面积+△DON的面积，
四边形的面积=△CON的面积+△DON的面积=△DOC的面积，
∴△DOC的面积是1，
正方形的面积是4，
，
，
故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是发现四边形的面积等于△DOC的面积，利用数形结合的思想解答．
28.（4分）（2021•重庆B卷9/26）如图，把含30°的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，，直角顶点在正方形的对角线上，点，分别在和边上，与交于点，且点为的中点，则的度数为（ ）

A． B． C． D．
【考点】直角三角形斜边上的中线；正方形的性质
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：，从而得出，利用四边形内角和定理即可求得．
【解答】解：在Rt△PMN中，，
为的中点，
，
，
，
，
在四边形中，
，，，


．
故选：C．
【点评】本题以正方形为背景，考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，再进行导角转化，发现是解题的关键．
29.（3分）（2021•天津17/25）如图，正方形的边长为4，对角线，相交于点，点，分别在，的延长线上，且，，为的中点，连接，交于点，连接，则的长为 　　．

【考点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质；三角形中位线定理
【分析】以为原点，垂直的直线为轴，由已知可得，，又为的中点，得，设直线解析式为，可得，从而，．
【解答】解：以为原点，垂直的直线为轴，建立直角坐标系，如图：

正方形的边长为4，，，
，，
为的中点，
，
设直线解析式为，将代入得：
，解得，
直线解析式为，
令得，
，
，
故答案为：．
【点评】本题考查正方形的性质及应用，解题的关键是建立直角坐标系，求出和的坐标