北师大版2022年中考数学专项复习：07四边形综合复习（含答案）

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07四边形综合复习

【考纲要求】
1.探索并了解多边形的内角和与外角和公式，了解正多边形的概念.
2.掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形、直角梯形、等腰梯形的概念和性质，了解它们之间的关系；了解四边形的不稳定性.
3.探索并掌握平行四边形的有关性质和四边形是平行四边形的条件.
4.探索并掌握矩形、菱形、正方形的有关性质和四边形是矩形、菱形、正方形的条件.
5.探索并了解等腰梯形的有关性质和四边形是等腰梯形的条件.
6.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.
【知识网络】


【考点梳理】
考点一、四边形的相关概念
1.多边形的定义：在平面内，由不在同一直线上的一些线段首尾顺次相接组成的封闭图形叫做多边形.
2.多边形的性质：(1)多边形的内角和定理：n边形的内角和等于(n-2)·180°；
　　 (2)推论：多边形的外角和是360°；
　 (3)对角线条数公式：n边形的对角线有条；
　　 (4)正多边形定义：各边相等，各角也相等的多边形是正多边形.

3.四边形的定义：同一平面内，由不在同一条直线上的四条线段首尾顺次相接组成的图形叫做四边形.
4.四边形的性质：(1)定理：四边形的内角和是360°； (2)推论：四边形的外角和是360°.
考点二、特殊的四边形
1.平行四边形及特殊的平行四边形的性质

2. 平行四边形及特殊的平行四边形的判定

【要点诠释】
面积公式：S菱形 =ab=ch.（a、b为菱形的对角线 ,c为菱形的边长 ，h为c边上的高）
S平行四边形 =ah. a为平行四边形的边，h为a上的高）
考点三、梯形
1.梯形的定义：一组对边平行而另一组对边不平行的四边形叫做梯形.
　　(1)互相平行的两边叫做梯形的底；较短的底叫做上底，较长的底叫做下底.
　　(2)不平行的两边叫做梯形的腰.
　　(3)梯形的四个角都叫做底角.
2.直角梯形：一腰垂直于底的梯形叫做直角梯形.
3.等腰梯形：两腰相等的梯形叫做等腰梯形.
4.等腰梯形的性质：
　 (1)等腰梯形的两腰相等； (2)等腰梯形同一底上的两个底角相等. (3)等腰梯形的对角线相等.
5.等腰梯形的判定方法：
　　(1)两腰相等的梯形是等腰梯形(定义)；
　　(2)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.
6.梯形中位线：连接梯形两腰中点的线段叫梯形的中位线.
7.面积公式： S=(a+b)h(a、b是梯形的上、下底，h是梯形的高).
【要点诠释】
解决四边形问题常用的方法
（1）有些四边形问题可以转化为三角形问题来解决．
（2）有些梯形的问题可以转化为三角形、平行四边形问题来解决．
（3）有时也可以运用平移、轴对称来构造图形，解决四边形问题.
考点四、平面图形
1.平面图形的镶嵌的定义：用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙，不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌，又称做平面图形的密铺.
2.平面图形镶嵌的条件：
(1)同种正多边形镶嵌成一个平面的条件：周角是否是这种正多边形的一个内角的整倍数.在正多边形里只有正三角形、正四边形、正六边形可以镶嵌.
(2)n种正多边形组合起来镶嵌成一个平面的条件：
①n个正多边形中的一个内角的和的倍数是360°；
②n个正多边形的边长相等，或其中一个或n个正多边形的边长是另一个或n个正多边形的边长的整数倍.
【典型例题】
类型一、特殊的四边形
1.如图所示，已知P、R分别是矩形ABCD的边BC、CD上的点，E、F分别是PA、PR的中点，点P在BC上从B向C移动，点R不动，那么下列结论成立的是（ ）
A．线段EF的长逐渐增大 B．线段EF的长逐渐变小
C．线段EF的长不变 D．无法确定

【思路点拨】此题的考点是矩形的性质；三角形中位线定理．
【答案】C.
【解析】点R固定不变，点P在BC上从B向C移动，在这个过程中△APR的AR边不变，EF是△APR的中位线，EF＝AR，所以EF的长不变．
【总结升华】本题考查矩形的性质及三角形中位线定理，难度适中，根据中位线定理得出EF=AR是解题的突破口．
2.过正方形ABCD的顶点A作线段AE使DC=DE，交DC于G，作DF⊥AE，连接CE.
（1）若∠CDE=60°，AB=1，求DF的长；
（2）作∠CDE平分线，交AE于P，交CE与Q，连接BP，求证：DP+BP=AP；
（3）若AD=2，DF=1，求PQ的长.

【思路点拨】（1）根据等边三角形三线合一，相似，勾股定理可求得；
（2）巧妙运用旋转和四点共圆的知识即可.
【答案与解析】(1)作EH⊥DC于H,

因为DC=DE , ∠CDE=60°,    ∴△CDE是等边三角形，
∴DH=AB/2= ，  HE=DH=，
因为AD∥EH(同垂直于CD),
∴, 即 ，
∴DG=2- ; 
AG===，
因为DG•AD=DF•AG   
∴DF= ==;
(2)连PC,BD,AC,易证△PDE≌△PDC(SAS)

∴∠PCD=∠PED   DE=DC=DA，
∴∠DAE=∠DEA   ∴∠PCD=∠DAE，
∴A，C，P，D四点共圆，
∴∠APD=∠ACD=45°，
因为∠APD=∠ABD=45°，
∴A，B，P，D四点共圆，
∴∠APB=∠ADB=45°
作RA⊥AE交PB延长线于R，则△APR是等腰直角三角形，
PR=BR+BP=AP，∠DAP=∠BAR(同为∠BAP的余角)，
AD=AB  AP=AR，
∴△DAG≌△BAR，
∴BR=DP，∴DP+BP=AP,
(3)因为DF=   ∠ADG=90°,
∴AF=DF==FE ,PF=FP=1 
 ∴PE=-1 
PQ= = = .
【总结升华】考查了正方形的性质，勾股定理以及四点共圆，是一道综合性很强的运算证明相结合的中档题.
举一反三：
【变式】如图，E是正方形ABCD外的一点，连接AE、BE、DE，且∠EBA=∠ADE，点F在DE上，连接AF，BE=DF．
（1）求证：△ADF≌△ABE；
（2）小明还发现线段DE、BE、AE之间满足等量关系：DE-BE=AE．请你说明理由．

【答案】证明：（1）∵四边形正ABCD是正方形，∴AB=AD，
∵在△ADF和△ABE中，
，∴△ADF≌△ABE；

（2）理由如下：
由（1）有△ADF≌△ABE，
∴AF=AE，∠1=∠2，
在正方形ABCD中，∠BAD=90°，
∴∠BAF+∠3=90°，
∴∠BAF+∠4=90°，
∴∠EAF=90°，
∴△EAF是等腰直角三角形，
∴EF2=AE2+AF2，∴EF2=2AE2，
∴EF=AE，即DE-DF=AE，
∴DE-BE=AE．
【高清课堂：四边形综合复习 例2】
3．如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=8，，CA=CD，E、F分别是线段AD、AC上的动点（点E与点A、D不重合），且∠FEC=∠ACB，设DE=x，CF=y.
（1）求AC和AD的长；
（2）求y与x的函数关系式；
（3）当△EFC为等腰三角形时，求x的值.






【思路点拨】本题涉及到的考点有相似三角形的判定与性质；等腰三角形的判定；直角梯形；锐角三角函数的定义．
【答案与解析】

（1）∵AD∥BC，∠B=90°，
∴∠ACB=∠CAD．
∴tan∠ACB=tan∠CAD=．
∴=．
∵AB=8，∴BC=6．则AC=10．
过点C作CH⊥AD于点H，
∴CH=AB=8，则AH=6．
∵CA=CD，∴AD=2AH=12．
（2）∵CA=CD，
∴∠CAD=∠D．
∵∠FEC=∠ACB，∠ACB=∠CAD，
∴∠FEC=∠D．
∵∠AEC=∠1+∠FEC=∠2+∠D，
∴∠1=∠2．
∴△AEF∽△DCE．
∴，即．
∴y=．
（3）若△EFC为等腰三角形．
①当EC=EF时，此时△AEF≌△DCE，
∴AE=CD．
∵12-x=10，∴x=2．
②当FC=FE时，有∠FCE=∠FEC=∠CAE，
∴CE=AE=12-x．
在Rt△CHE中，由（12-x）2=（6-x）2+82，解得x=．
③当CE=CF时，有∠CFE=∠CEF=∠CAE，
此时点F与点A重合，故点E与点D也重合，不合题意，舍去．
综上，当△EFC为等腰三角形时，x=2或x=．
【总结升华】本题考查了相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定、直角梯形及锐角三角形函数的定义等知识；应用相似的性质，得到比例式，借助比例式解题是很重要的方法，做题时注意应用，对于等腰三角形问题要注意分类讨论也是比较重要的，注意掌握．
举一反三：
【变式】在直角梯形ABCD中，AB∥DC，AB⊥BC，∠A＝60°，AB＝2CD，E、F分别为AB、AD的中点，连结EF、EC、BF、CF.
⑴判断四边形AECD的形状（不证明）；
⑵在不添加其它条件下，写出图中一对全等的三角形，用符号“≌”表示，并证明.
⑶若CD＝2，求四边形BCFE的面积.





【答案】（1）平行四边形；
（2）△BEF≌△CDF或（△AFB≌△EBC≌△EFC）
证明：连接DE，

∵AB=2CD，E为AB中点，
∴DC=EB，
又∵DC∥EB，
∴四边形BCDE是平行四边形，
∵AB⊥BC，
∴四边形BCDE为矩形，
∴∠AED=90°，∠CDE=∠BED=90°，BE=CD，
在Rt△AED中，∠A=60°，F为AD的中点，
∴AF=AD=EF，
∴△AEF为等边三角形，
∴∠DFE=180°-60°=120°，
∵EF=DF，
∴∠FDE=∠FED=30°．
∴∠CDF=∠BEF=120°，
在△BEF和△FDC中，
，
∴△BEF≌△CDF（SAS）．
（3）若CD=2，则AD=4，
∵∠A=60°，
∴sin60°==，
∴DE=AD•=
∴DE=BC=，
∵四边形AECD为平行四边形，
∴S△ECF与S四边形AECD等底同高，
∴S△ECF=S四边形AECD=CD•DE=×2×=，
S△CBE=BE•BC=×2×=，
∴S四边形BCFE=S△ECF+S△EBC=+=．
类型二、四边形与其他知识的综合运用
4. 有矩形纸片ABCD，AB=2，AD=1，将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合.
（1）如果折痕FG分别与AD、AB交于点F、G，AF=，求DE的长；
（2）如果折痕FG分别与CD、DA交于点F、G，△AED的外接圆与直线BC相切，求折痕FG的长.


【思路点拨】（1）根据AF，AD的长可以求得DF的长，根据折叠知EF=AF，再根据勾股定理即可计算得到DE的长；
（2）根据直角三角形的外接圆的圆心是斜边的中点，则折痕与AE的交点O即是其外接圆的圆心．设DE=x，根据三角形ADE的中位线定理求得OM=x，进一步表示出ON的长．根据直线和圆相切，则圆心到直线的距离等于圆的半径得到AE=2ON，在直角三角形ADE中，根据勾股定理列方程求解．再根据直角三角形FOE相似于直角三角形ADE，求得OF的长，从而根据轴对称的性质得到FG=2OF．
【答案与解析】（1）在矩形ABCD中，AB=2，AD=1，AF=，∠D=90°．
根据轴对称的性质，得EF=AF=．
∴DF=AD-AF=．
在Rt△DEF中，DE=．

（2）设AE与FG的交点为O．
根据轴对称的性质，得AO=EO．
取AD的中点M，连接MO．
则MO=DE，MO∥DC．
设DE=x，则MO=x，
在矩形ABCD中，∠C=∠D=90°，
∴AE为△AED的外接圆的直径，O为圆心．


延长MO交BC于点N，则ON∥CD．
∴∠CNM=180°-∠C=90°．
∴ON⊥BC，四边形MNCD是矩形．
∴MN=CD=AB=2．∴ON=MN-MO=2-x．
∵△AED的外接圆与BC相切，
∴ON是△AED的外接圆的半径．
∴OE=ON=2-x，AE=2ON=4-x．
在Rt△AED中，AD2+DE2=AE2，
∴12+x2=（4-x）2．
解这个方程，得x=．
∴DE=，OE=2-x=．
根据轴对称的性质，得AE⊥FG．
∴∠FOE=∠D=90°．可得FO=．
又AB∥CD，∴∠EFO=∠AGO，∠FEO=∠GAO．
∴△FEO≌△GAO．∴FO=GO．
∴FG=2FO=．
∴折痕FG的长是．
【总结升华】本题通过矩形纸片折叠，利用轴对称图形的性质，在丰富的图形关系中，考查学生获取信息和利用所得信息认识新事物的能力，本题对图形折叠前后的不变量的把握、直线与圆位置关系的准确理解、方程思想的运用意识和策略等具有可再抽象性．
【高清课堂：四边形综合复习 例3】
5．已知如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5．点P从点C出发沿CA以每秒1个单位的速度向点A匀速运动；点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动，点P、Q同时出发，当点P到达点A时停止运动，点Q也随之停止．伴随着P、Q的运动，DE保持垂直平分PQ，且交PQ于点D，交折线QB-BC-CP于点E．设点P、Q运动的时间是t秒（t＞0）．在点E运动的过程中，四边形QBED成为直角梯形时，t的值为 .

【思路点拨】当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯形，由△AQP∽△ABC，得=，解得t．
【答案与解析】①如图，当DE∥QB时．∵DE⊥PQ，
∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形，
此时∠AQP=90°．
由△APQ∽△ABC，得=，
∴，
解得t=；
②如图，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯形
．
此时∠APQ=90°．
由△AQP∽△ABC，得=，
即．
解得t=．
综上，可知当t=或时，四边形QBED能成为直角梯形．
【总结升华】本题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，是中考压轴题．
6 .如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为（－8，0），直线BC经过点B（－8，6），C（0，6），将四边形OABC绕点O按顺时针方向旋转а度得到四边形OAB'C'，此时直线OA’、直线B’C’分别与直线BC相交于点P、Q.
（1）四边形OABC的现状是 ，当а=90°时，BP：BQ的值是 ；
（2）①如图，当四边形OA’B’C’的顶点B’落在y轴正半轴时，求BP：BQ的值；
②如图，当四边形OA’B’C’的顶点B’落在直线BC上时，求△OPB'的面积；
（3）在四边形OA’B’C’旋转过程中，当0＜а°≤180°时，是否存在这样的点P和点Q，使BP=0.5BQ？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由.

【思路点拨】（1）根据有一个角是直角的平行四边形进行判断当α=90°时，就是长与宽的比；
（2）①利用相似三角形求得CP的比，就可求得BP，PQ的值；
②根据勾股定理求得PB′的长，再根据三角形的面积公式进行计算．
【答案与解析】（1）四边形OA′B′C′的形状是矩形；根据题意即是矩形的长与宽的比，即 ．
（2）①∵∠POC=∠B′OA′，∠PCO=∠OA′B′=90°，
∴△COP∽△A′OB′．
∴=，即 =，
∴CP=，BP=BC-CP=．
同理△B′CQ∽△B′C′O，
∴=，即 =，
∴CQ=3，BQ=BC+CQ=11．
∴==；
②在△OCP和△B′A′P中，
，
∴△OCP≌△B′A′P（AAS）．
∴OP=B′P．设B′P=x，
在Rt△OCP中，（8-x）2+62=x2，解得x=．
∴S△OPB′=××6=；
（3）
过点Q画QH⊥OA′于H，连接OQ，则QH=OC′=OC，
∵S△POQ=PQ•OC，S△POQ=OP•QH，
∴PQ=OP．
设BP=x，∵BP=BQ，
∴BQ=2x，
如图1，当点P在点B左侧时，

OP=PQ=BQ+BP=3x，
在Rt△PCO中，（8+x）2+62=（3x）2，
解得 x1=1+，x2=1-（不符实际，舍去）．
∴PC=BC+BP=9+，
∴P1（-9-，6）．
如图2，当点P在点B右侧时，
∴OP=PQ=BQ-BP=x，PC=8-x．
在Rt△PCO中，（8-x）2+62=x2，
解得x=．
∴PC=BC-BP=8-=，
∴P2（-，6），
综上可知，点P1（-9-，6），P2（-，6），使BP=BQ．
【总结升华】本题考查了旋转的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；相似三角形的判定与性质．

举一反三：
【变式】如图，直角梯形ABCD中，，，且，过点D作，交的平分线于点E，连接BE．
（1）求证：；
（2）将绕点C，顺时针旋转得到，连接EG.．求证：CD垂直平分EG.
（3）延长BE交CD于点P．求证：P是CD的中点．
A
D
G
E
C
B



【答案】（1）延长DE交BC于F，
∵AD∥BC，AB∥DF，
∴AD=BF，∠ABC=∠DFC．
在Rt△DCF中，
∵tan∠DFC=tan∠ABC=2，
∴，
即CD=2CF，
∵CD=2AD=2BF，
∴BF=CF，
∴BC=BF+CF=CD+CD=CD．即BC=CD．



（2）∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE=∠DCE，
由（1）知BC=CD，
∵CE=CE，
∴△BCE≌△DCE，
∴BE=DE，
由图形旋转的性质知CE=CG，BE=DG，
∴DE=DG，
∴C，D都在EG的垂直平分线上，
∴CD垂直平分EG．
（3）连接BD，
由（2）知BE=DE，
∴∠1=∠2．
∵AB∥DE，
∴∠3=∠2．∴∠1=∠3．
∵AD∥BC，∴∠4=∠DBC．
由（1）知BC=CD，
∴∠DBC=∠BDC，∴∠4=∠BDP．
又∵BD=BD，∴△BAD≌△BPD，
∴DP=AD．
∵AD=CD，∴DP=CD．
∴P是CD的中点．



中考总复习：四边形综合复习--巩固练习（提高）

【巩固练习】
一、选择题
1．如图，在中，，是上异于、的一点，则的值
　是（ ）．A．16　　　 B．20 　　　C．25　　　 D．30
　
2. 如图1，在矩形中，动点从点出发，沿→→→方向运动至点处停止．设点运动的路程为，的面积为，如果关于的函数图象如图2所示，则当
时，点应运动到（ ）.　A．处 　　　 B．处 　　　 C．处 　　　D．处
　　　　　　　　　　　　　　
3．如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，E、F分别是AB，AD的中点，DE、BF相交于点G，连接BD，CG．有下列结论：①∠BGD=120°；②BG+DG=CG；③△BDF≌△CGB；④S△ABD=AB2其中正确的结论有（　　）. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个


4.一个正方形纸片，用剪刀沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分；拿出其中一部分，再沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分；又从得到的三部分中拿出其中之一，还是沿一条不过任何顶点的直线将其剪成两部分……如此下去，最后得到了34个六十二边形和一些多边形纸片，则至少要剪的刀数是（ ）.A. 2004 B. 2005 C. 2006 D. 2007
5．如图所示，已知菱形OABC，点C在x轴上，直线y=x经过点A，菱形OABC的面积是.若反比例函数的图象经过点B，则此反比例函数表达式为（ ）.
　　A． 　　　B．　　　 C． 　　　D．
　　　　　　　A
B
C
Q
R
M

D

第5题 第6题
6. 如图,正方形ABCD的边长为2，将长为2的线段QR的两端放在正方形的相邻的两边上同时滑动．如果Q点从A点出发，沿图中所示方向按A→B→C→D→A滑动到A止，同时点R从B点出发，沿图中所示方向按B→C→D→A→B滑动到B止，在这个过程中，线段QR的中点M所经过的路线围成的图形的面积为（ ）．
A．2 B． C． D．
二、填空题
7. 如图，将两张长为8，宽为2的矩形纸条交叉，使重叠部分是一个菱形，容易知道当两张纸条垂直
　 时，菱形的周长有最小值8，那么菱形周长的最大值是_________．

第7题 第8题

8. 如图，在等腰梯形中，，= 4=，=45°．直角三角板含45°角
　的顶点在边上移动，一直角边始终经过点，斜边与交于点．若为等腰三角
　形，则的长等于____________． 
　　　
9.如图，正方形A1B1B2C1，A2B2B3C2，A3B3B4C3，…，AnBnBn+1Cn，按如图所示放置，使点A1、A2、A3、A4、…、An在射线OA上，点B1、B2、B3、B4、…、Bn在射线OB上．若∠AOB=45°，OB1=1，图中阴影部分三角形的面积由小到大依次记作S1，S2，S3，…，Sn，则Sn=________________-
．
第9题 第10题
10.如图，Rt△ABC中，∠C=90°，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，且正方形对角线交于点O，连接OC，已知AC=5，OC=6，则另一直角边BC的长为　　 ．


11.如图，已知正方形ABCD的边长为1，以顶点A、B为圆心，1为半径的两弧交于点E，以顶点C、D为圆心，1为半径的两弧交于点F，则EF的长为　 ．

第11题 第12题
12.如图，在直角梯形ABCD中，∠A=90°，∠B=120°，AD=，AB=6．在底边AB上取点E，在射线DC上取点F，使得∠DEF=120°．
（1）当点E是AB的中点时，线段DF的长度是______；
（2）若射线EF经过点C，则AE的长是_______.

三、解答题
13.如图，在边长为4cm的正方形ABCD中，点E，F，G，H分别按A⇒B，B⇒C，C⇒D，D⇒A的方向同时出发，以1cm/s的速度匀速运动．在运动过程中，设四边形EFGH的面积为S（cm2），运动时间为t（s）．
（1）试证明四边形EFGH是正方形；
（2）写出S关于t的函数关系式，并求运动几秒钟时，面积最小，最小值是多少？
（3）是否存在某一时刻t，使四边形EFGH的面积与正方形ABCD的面积比是5：8？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．



14.如图,在矩形ABCD中，AB=3，AD=1，点P在线段AB上运动，设AP=x，现将纸片还原，使点D与P重合，得折痕EF（点E、F为折痕与矩形边的交点，再将纸片还原。
（1）当x=0时，折痕EF的长为 ；当点与E与A重合时，折痕EF的长为 ；
（2）请求出使四边形EPFD为菱形的x的取值范围，并求出x=2时菱形的边长：
（3）令EF2为y，当点E在AD，点F在BC上时，写出y与x的函数关系式。当y取最大值时，判断△EAP与△PBF是否相似；若相似，求出x的值；若不相似，请说明理由。


15.如图，在梯形ABCD中，，，，，点由B出发沿BD方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，线段EF由DC出发沿DA方向匀速运动，速度为1cm/s，交于Q，连接PE．若设运动时间为（s）（）．解答下列问题：
（1）当为何值时，？（2）设的面积为（cm2），求与之间的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻，使？若存在，求出此时的值；若不存在，说明理由．
（4）连接，在上述运动过程中，五边形的面积是否发生变化？说明理由．
A
E
D
Q
P
B
F
C



16.已知，以AC为边在外作等腰，其中AC=AD.
（1）如图1，若，AC=BC，四边形ABCD是平行四边形，则 °；
（2）如图2，若，是等边三角形， AB=3，BC=4.求BD的长；
（3）如图3，若为锐角，作于H，当时，
是否成立？若不成立，说明你的理由，若成立，并证明你的结论.


【答案与解析】
一．选择题
1．【答案】A．
2．【答案】C.
3．【答案】C．
【解析】①由菱形的性质可得△ABD、BDC是等边三角形，∠DGB=∠GBE+∠GEB=30°+90°=120°，故①正确；
②∵∠DCG=∠BCG=30°，DE⊥AB，∴可得DG=CG（30°角所对直角边等于斜边一半）、BG=CG，故可得出BG+DG=CG，即②也正确；
③首先可得对应边BG≠FD，因为BG=DG，DG＞FD，故可得△BDF不全等△CGB，即③错误；
④S△ABD=AB•DE=AB•（BE）=AB•AB=AB2，即④正确．综上可得①②④正确，共3个．
4．【答案】B.
根据题意，用剪刀沿不过顶点的直线剪成两部分时，每剪开一次，使得各部分的内角和增加360°．于是，剪过k次后，可得(k＋1)个多边形，这些多边形的内角和为(k＋1)×360°．
因为这(k＋1)个多边形中有34个六十二边形，它们的内角和为34×(62－2)×180°=34×60×180°，其余多边形有(k＋1)－34= k－33(个)，而这些多边形的内角和不少于(k－33) ×180°．
所以(k＋1)×360°≥34×60×180°＋(k－33)×180°，解得k≥2005．
当我们按如下方式剪2005刀时，可以得到符合条件的结论．先从正方形上剪下1个三角形，得到1个三角形和1个五边形；再在五边形上剪下1个三角形，得到2个三角形和1个六边形……如此下去，剪了58刀后，得到58个三角形和1个六十二边形．再取33个三角形，在每个三角形上剪一刀，又可得到33个三角形和33个四边形，对这33个四边形，按上述正方形的剪法，再各剪58刀，便34个六十二边形和33×58个三角形．于是共剪了58＋33＋33×58=2005（刀）．
5．【答案】C.
【解析】提示：可得A(1,1)，B(1+,1).　
6．【答案】B.
【解析】根据题意得点M到正方形各顶点的距离都为1，点M所走的运动轨迹为以正方形各顶点为圆心，以1为半径的四个扇形，
∴点M所经过的路线围成的图形的面积为正方形ABCD的面积减去4个扇形的面积．
而正方形ABCD的面积为2×2=4，4个扇形的面积为4×=π，
∴点M所经过的路线围成的图形的面积为4 -π．
二．填空题
7．【答案】17.
【解析】提示：当两张矩形纸条的对角线重合时，矩形纸条的一条对角线也是菱形的对角线，菱形的对角线有最大值，那么菱形的边长也有最大值。菱形的边长就成为不重叠的两个全等直角三角形的斜边，此时重叠部分的菱形有最大值.
设菱形边长为x,根据勾股定理，x²=2²+（8-x）², 解得：X=4.25，所以，周长为4×4.25=17. 
8．【答案】.
9．【答案】.
【解析】根据正方形性质和等腰直角三角形性质得出OB1=A1B1=1，求出A1C1=A2C1=1，A2C2=A3C2=2，A3C3=A4C3=4，根据三角形的面积公式求出S1=×20×20，S2=×21×21,S3=×22×22，推出Sn=×2n-1×2n-1，求出即可．
10．【答案】7.
【解析】如图2所示，

过点O作OM⊥CA，交CA的延长线于点M；过点O作ON⊥BC于点N．
易证△OMA≌△ONB，∴OM=ON，MA=NB．
∴O点在∠ACB的平分线上，∴△OCM为等腰直角三角形．
∵OC=6，∴CM=6．∴MA=CM﹣AC=6﹣5=1，
∴BC=CN+NB=6+1=7．
11.【答案】﹣1．
【解析】解：连接AE，BE，DF，CF．
∵以顶点A、B为圆心，1为半径的两弧交于点E，AB=1，
∴AB=AE=BE，∴△AEB是等边三角形，∴边AB上的高线为：，
同理：CD边上的高线为：，
延长EF交AB于N，并反向延长EF交DC于M，则E、F、M，N共线，
∵AE=BE，∴点E在AB的垂直平分线上，
同理：点F在DC的垂直平分线上，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥DC，∴MN⊥AB，MN⊥DC，
设F到AB到距离为x，E到DC的距离为x′，EF=y，
由题意可知：x=x′，则x+y+x=1，
∵x+y=，∴x=1﹣，∴EF=1﹣2x=﹣1．
12．【答案】6；2或5．
【解析】（1）过E点作EG⊥DF，由E是AB的中点，得出DG=3，再根据∠DEG=60°得出∠DEF=
120°，由tan60°=即可求出GF的长，进而得出结论；
（2）过点B作BH⊥DC，延长AB至点M，过点C作CM⊥AB于F，则BH=AD=，再由锐角三角函数的定义求出CH及BC的长，设AE=x，则BE=6-x，利用勾股定理用x表示出DE及EF的长，再判断出△EDF∽△BCE，由相似三角形的对应边成比例即可得出关于x的方程，求出x的值即可．
三.综合题
13．【解析】（1）∵点E，F，G，H在四条边上的运动速度相同，
∴AE=BF=CG=DH，
在正方形ABCD中，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，
且AB=BC=CD=DA，
∴EB=FC=GD=HA，
∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS），
∴EH=FE=GF=HG（全等三角形的对应边相等），
∠AEH=∠BFE（全等三角形的对应角相等），
∴四边形EFGH是菱形．（四条边相等的四边形是菱形），
又∵∠BEF+∠BFE=90°，
∴∠BEF+∠AEH=90°，
∴∠FEH=180°-（∠BEF+∠AEH）=90°，
∴四边形EFGH为正方形．（有一个角是直角的菱形是正方形）．
（2）∵运动时间为t（s），运动速度为1cm/s，
∴AE=tcm，AH=（4-t）cm，
由（1）知四边形EFGH为正方形，
∴S=EH2=AE2+AH2=t2+（4-t）2
即S=2t2-8t+16=2（t-2）2+8，
当t=2秒时，S有最小值，最小值是8cm2；
（3）存在某一时刻t，使四边形EFGH的面积与正方形ABCD的面积比是5：8．
∵S=S正方形ABCD，
∴2（t-2）2+8=×16，∴t1=1，t2=3；
当t=1或3时，
四边形EFGH的面积与正方形ABCD的面积的比是5：8．
14．【解析】（1）∵纸片折叠，使点D与点P重合，得折痕EF，
当AP=x=0时，点D与点P重合，即为A，D重合，B，C重合，那么EF=AB=CD=3；
当点E与点A重合时，
∵点D与点P重合是已知条件，
∴∠DEF=∠FEP=45°，
∴∠DFE=45°，
即：ED=DF=1，
利用勾股定理得出EF=
∴折痕EF的长为；
（2）∵要使四边形EPFD为菱形，
∴DE=EP=FP=DF，
只有点E与点A重合时，EF最长为，此时x=1，
当EF最短时，即EF=BC，此时x=3，
∴探索出1≤x≤3
当x=2时，如图，连接DE、PF．
∵EF是折痕，
∴DE=PE，设PE=m，则AE=2-m
∵在△ADE中，∠DAE=90°，
∴AD2+AE2=DE2，即12+（2-m）2=m2
解得m=，此时菱形EPFD的边长为．
（3）过E作EH⊥BC；
∵∠OED+∠DOE=90°，∠FEO+∠EOD=90°，
∴∠ODE=∠FEO，
∴△EFH∽△DPA，
∴，
∴FH=3x；
∴y=EF2=EH2+FH2=9+9x2；
当F与点C重合时，如图，连接PF；
∵PF=DF=3，
∴PB==2，
∴0≤x≤3-2．
15．【解析】（1）∵PE∥AB，
∴．
而DE=t，DP=10-t，
∴，
∴t=，
∴当t=（s），PE∥AB．
（2）∵线段EF由DC出发沿DA方向匀速运动，
∴EF平行且等于CD，
∴四边形CDEF是平行四边形．
∴∠DEQ=∠C，∠DQE=∠BDC．
∵BC=BD=10，
∴△DEQ∽△BCD．
∴．
．
∴EQ=t．
过B作BM⊥CD，交CD于M，过P作PN⊥EF，交EF于N，
∵BC=BD，BM⊥CD，CD=4cm，
∴CM=CD=2cm，
∴BM==cm，
∵EF∥CD，
∴∠BQF=∠BDC，∠BFG=∠BCD，
又∵BD=BC，
∴∠BDC=∠BCD，
∴∠BQF=∠BFG，
∵ED∥BC，
∴∠DEQ=∠QFB，
又∵∠EQD=∠BQF，
∴∠DEQ=∠DQE，
∴DE=DQ，
∴ED=DQ=BP=t，
∴PQ=10-2t．
又∵△PNQ∽△BMD，
∴．
∴．
∴PN=4(1-)．
∴S△PEQ=EQ•PN=×t×(1-)=.
（3）S△BCD=CD•BM=×4×4=8，
若S△PEQ=S△BCD，
则有=×8，
解得t1=1，t2=4．
（4）在△PDE和△FBP中，
∵DE=BP=t，PD=BF=10-t，∠PDE=∠FBP，
∴△PDE≌△FBP（SAS）．
∴S五边形PFCDE=S△PDE+S四边形PFCD=S△FBP+S四边形PFCD=S△BCD=8．
∴在运动过程中，五边形PFCDE的面积不变．
16. 【解析】（1）45；
（2）如图2，以A为顶点AB为边在外作=60°，并在AE上取AE=AB，连结BE和CE.
∵是等边三角形,
∴AD=AC，=60°.
∵=60°,
∴+=+.
即=.
∴≌.
∴EC=BD.
∵=60°，AE=AB=3,
∴是等边三角形，
∴=60°, EB= 3，
∵,
∴.
∵，EB=3，BC=4,
∴EC=5.
∴BD=5.
（3）=2成立.
以下证明：
如图３，过点B作BE∥AH，并在BE上取BE=2AH，连结EA，EC. 并取BE的中点K，连结AK.
∵于H，
∴.
∵BE∥AH,
∴.
∵，BE=2AH,
∴.
∵,
∴EC=BD.
∵K为BE的中点，BE=2AH,
∴BK=AH.
∵BK∥AH，
∴四边形AKBH为平行四边形.
又∵,
∴四边形AKBH为矩形.
∴.
∴AK是BE的垂直平分线.
∴AB=AE.
∵AB=AE，EC=BD，AC=AD,
∴≌.
∴.
∴.
即.
∵，为锐角,
∴.
∵AB=AE,
∴.
∴.
∴=2.
∴=2.