30/302011-2020北京10年中考真題數(shù)學(xué)匯編：四邊形一．選擇題（共6小題）1．（2020?北京）正五邊形的外角和為（）A．180° B．360° C．540° D．720°2．（2019?北京）正十邊形的外角和為（）A．180° B．360° C．720° D．1440°3．（2018?北京）若正多邊形的一個外角是60°，則該正多邊形的內(nèi)角和為（）A．360° B．540° C．720° D．900°4．（2017?北京）若正多邊形的一個內(nèi)角是150°，則該正多邊形的邊數(shù)是（）A．6 B．12 C．16 D．185．（2016?北京）內(nèi)角和為540°的多邊形是（）A． B． C． D．6．（2012?北京）正十邊形的每個外角等于（）A．18° B．36° C．45° D．60°二．填空題（共4小題）7．（2019?北京）在矩形ABCD中，M，N，P，Q分別為邊AB，BC，CD，DA上的點（不與端點重合），對于任意矩形ABCD，下面四個結(jié)論中，①存在無數(shù)個四邊形MNPQ是平行四邊形；②存在無數(shù)個四邊形MNPQ是矩形；③存在無數(shù)個四邊形MNPQ是菱形；④至少存在一個四邊形MNPQ是正方形．所有正確結(jié)論的序號是．8．（2019?北京）把圖1中的菱形沿對角線分成四個全等的直角三角形，將這四個直角三角形分別拼成如圖2，圖3所示的正方形，則圖1中菱形的面積為．9．（2015?北京）如圖是由射線AB，BC，CD，DE，EA組成的平面圖形，則∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝．10．（2013?北京）如圖，O是矩形ABCD的對角線AC的中點，M是AD的中點．若AB＝5，AD＝12，則四邊形ABOM的周長為．三．解答題（共15小題）11．（2020?北京）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，E是AD的中點，點F，G在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．（1）求證：四邊形OEFG是矩形；（2）若AD＝10，EF＝4，求OE和BG的長．12．（2019?北京）如圖，在菱形ABCD中，AC為對角線，點E，F(xiàn)分別在AB，AD上，BE＝DF，連接EF．（1）求證：AC⊥EF；（2）延長EF交CD的延長線于點G，連接BD交AC于點O．若BD＝4，tanG＝，求AO的長．13．如圖，在正方形ABCD中，E是邊AB上的一動點（不與點A、B重合），連接DE，點A關(guān)于直線DE的對稱點為F，連接EF并延長交BC于點G，連接DG，過點E作EH⊥DE交DG的延長線于點H，連接BH．（1）求證：GF＝GC；（2）用等式表示線段BH與AE的數(shù)量關(guān)系，并證明．14．（2018?北京）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，對角線AC，BD交于點O，AC平分∠BAD，過點C作CE⊥AB交AB的延長線于點E，連接OE．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）若AB＝，BD＝2，求OE的長．15．（2017?北京）數(shù)學(xué)家吳文俊院士非常重視古代數(shù)學(xué)家賈憲提出的“從長方形對角線上任一點作兩條分別平行于兩鄰邊的直線，則所得兩長方形面積相等（如圖所示）”這一推論，他從這一推論出發(fā)，利用“出入相補(bǔ)”原理復(fù)原了《海島算經(jīng)》九題古證．（以上材料來源于《古證復(fù)原的原理》、《吳文俊與中國數(shù)學(xué)》和《古代世界數(shù)學(xué)泰斗劉徽》）請根據(jù)該圖完成這個推論的證明過程．證明：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），S矩形EBMF＝S△ABC﹣（+）．易知，S△ADC＝S△ABC，＝，＝．可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF．16．（2017?北京）如圖，在四邊形ABCD中，BD為一條對角線，AD∥BC，AD＝2BC，∠ABD＝90°，E為AD的中點，連接BE．（1）求證：四邊形BCDE為菱形；（2）連接AC，若AC平分∠BAD，BC＝1，求AC的長．17．（2016?北京）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，AE平分∠BAD，交DC的延長線于點E．求證：DA＝DE．18．（2015?北京）在正方形ABCD中，BD是一條對角線，點P在射線CD上（與點C、D不重合），連接AP，平移△ADP，使點D移動到點C，得到△BCQ，過點Q作QH⊥BD于H，連接AH，PH．（1）若點P在線段CD上，如圖1．①依題意補(bǔ)全圖1；②判斷AH與PH的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系并加以證明；（2）若點P在線段CD的延長線上，且∠AHQ＝152°，正方形ABCD的邊長為1，請寫出求DP長的思路．（可以不寫出計算結(jié)果）19．（2015?北京）在?ABCD中，過點D作DE⊥AB于點E，點F在邊CD上，DF＝BE，連接AF，BF．（1）求證：四邊形BFDE是矩形；（2）若CF＝3，BF＝4，DF＝5，求證：AF平分∠DAB．20．（2014?北京）在正方形ABCD外側(cè)作直線AP，點B關(guān)于直線AP的對稱點為E，連接BE，DE，其中DE交直線AP于點F．（1）依題意補(bǔ)全圖1；（2）若∠PAB＝20°，求∠ADF的度數(shù)；（3）如圖2，若45°＜∠PAB＜90°，用等式表示線段AB，F(xiàn)E，F(xiàn)D之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．21．（2014?北京）如圖，在?ABCD中，AE平分∠BAD，交BC于點E，BF平分∠ABC，交AD于點F，AE與BF交于點P，連接EF，PD．（1）求證：四邊形ABEF是菱形；（2）若AB＝4，AD＝6，∠ABC＝60°，求tan∠ADP的值．22．（2013?北京）閱讀下面材料：小明遇到這樣一個問題：如圖1，在邊長為a（a＞2）的正方形ABCD各邊上分別截取AE＝BF＝CG＝DH＝1，當(dāng)∠AFQ＝∠BGM＝∠CHN＝∠DEP＝45°時，求正方形MNPQ的面積．小明發(fā)現(xiàn)，分別延長QE，MF，NG，PH交FA，GB，HC，ED的延長線于點R，S，T，W，可得△RQF，△SMG，△TNH，△WPE是四個全等的等腰直角三角形（如圖2）請回答：（1）若將上述四個等腰直角三角形拼成一個新的正方形（無縫隙不重疊），則這個新正方形的邊長為；（2）求正方形MNPQ的面積．（3）參考小明思考問題的方法，解決問題：如圖3，在等邊△ABC各邊上分別截取AD＝BE＝CF，再分別過點D，E，F(xiàn)作BC，AC，AB的垂線，得到等邊△RPQ．若S△RPQ＝，則AD的長為．23．（2013?北京）如圖，在?ABCD中，F(xiàn)是AD的中點，延長BC到點E，使CE＝BC，連接DE，CF．（1）求證：四邊形CEDF是平行四邊形；（2）若AB＝4，AD＝6，∠B＝60°，求DE的長．24．（2011?北京）在?ABCD中，∠BAD的平分線交直線BC于點E，交直線DC于點F．（1）在圖1中證明CE＝CF；（2）若∠ABC＝90°，G是EF的中點（如圖2），直接寫出∠BDG的度數(shù)；（3）若∠ABC＝120°，F(xiàn)G∥CE，F(xiàn)G＝CE，分別連接DB、DG（如圖3），求∠BDG的度數(shù)．25．（2011?北京）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，D是BC的中點，DE⊥BC，CE∥AD，若AC＝2，CE＝4，求四邊形ACEB的周長．

2011-2020北京10年中考真題數(shù)學(xué)匯編：四邊形參考答案一．選擇題（共6小題）1．【分析】根據(jù)多邊形的外角和等于360°，即可求解．【解答】解：任意多邊形的外角和都是360°，故正五邊形的外角和的度數(shù)為360°．故選：B．【點評】本題主要考查多邊形的外角和定理，解答本題的關(guān)鍵是掌握任意多邊形的外角和都是360°．2．【分析】根據(jù)多邊的外角和定理進(jìn)行選擇．【解答】解：因為任意多邊形的外角和都等于360°，所以正十邊形的外角和等于360°．故選：B．【點評】本題考查了多邊形外角和定理，關(guān)鍵是熟記：多邊形的外角和等于360度．3．【分析】根據(jù)多邊形的邊數(shù)與多邊形的外角的個數(shù)相等，可求出該正多邊形的邊數(shù)，再由多邊形的內(nèi)角和公式求出其內(nèi)角和；根據(jù)一個外角得60°，可知對應(yīng)內(nèi)角為120°，很明顯內(nèi)角和是外角和的2倍即720．【解答】解：該正多邊形的邊數(shù)為：360°÷60°＝6，該正多邊形的內(nèi)角和為：（6﹣2）×180°＝720°．故選：C．【點評】本題考查了多邊形的內(nèi)角與外角，熟練掌握多邊形的外角和與內(nèi)角和公式是解答本題的關(guān)鍵．4．【分析】根據(jù)多邊形的內(nèi)角和，可得答案．【解答】解：設(shè)多邊形為n邊形，由題意，得（n﹣2）?180°＝150°?n，解得n＝12，故選：B．【點評】本題考查了多邊形的內(nèi)角與外角，利用內(nèi)角和公式是解題關(guān)鍵．5．【分析】根據(jù)多邊形的內(nèi)角和公式（n﹣2）?180°列式進(jìn)行計算即可求解．【解答】解：設(shè)多邊形的邊數(shù)是n，則（n﹣2）?180°＝540°，解得n＝5．故選：C．【點評】本題主要考查了多邊形的內(nèi)角和公式，熟記公式是解題的關(guān)鍵．6．【分析】根據(jù)正多邊形的每一個外角等于多邊形的外角和除以邊數(shù)，計算即可得解．【解答】解：360°÷10＝36°，所以，正十邊形的每個外角等于36°．故選：B．【點評】本題考查了正多邊形的外角和、邊數(shù)、外角度數(shù)之間的關(guān)系，熟記正多邊形三者之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵．二．填空題（共4小題）7．【分析】根據(jù)矩形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，正方形的判定，平行四邊形的判定定理即可得到結(jié)論．【解答】解：①如圖，∵四邊形ABCD是矩形，連接AC，BD交于O，過點O直線MP和QN，分別交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，則四邊形MNPQ是平行四邊形，故存在無數(shù)個四邊形MNPQ是平行四邊形；故正確；②如圖，當(dāng)PM＝QN時，四邊形MNPQ是矩形，故存在無數(shù)個四邊形MNPQ是矩形；故正確；③如圖，當(dāng)PM⊥QN時，存在無數(shù)個四邊形MNPQ是菱形；故正確；④當(dāng)四邊形MNPQ是正方形時，MQ＝PQ，則△AMQ≌△DQP，∴AM＝QD，AQ＝PD，∵PD＝BM，∴AB＝AD，∴四邊形ABCD是正方形，當(dāng)四邊形ABCD為正方形時，四邊形MNPQ是正方形，故錯誤；故答案為：①②③．【點評】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，正方形的判定，平行四邊形的判定定理，熟記各定理是解題的關(guān)鍵．8．【分析】設(shè)OA＝x，OB＝y(tǒng)，根據(jù)圖2和圖3可知：分成的直角三角形兩直角邊的和為5，差為1，列方程組，解出x和y的值，根據(jù)菱形的面積公式：兩對角線積的一半可得結(jié)論．【解答】解：如圖1所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，設(shè)OA＝x，OB＝y(tǒng)，由題意得：，解得：，∴AC＝2OA＝6，BD＝2OB＝4，∴菱形ABCD的面積＝AC×BD＝×6×4＝12；故答案為：12．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、二元一次方程組的應(yīng)用；熟練掌握正方形和菱形的性質(zhì)，由題意列出方程組是解題的關(guān)鍵．9．【分析】首先根據(jù)圖示，可得∠1＝180°﹣∠BAE，∠2＝180°﹣∠ABC，∠3＝180°﹣∠BCD，∠4＝180°﹣∠CDE，∠5＝180°﹣∠DEA，然后根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理，求出五邊形ABCDE的內(nèi)角和是多少，再用180°×5減去五邊形ABCDE的內(nèi)角和，求出∠1+∠2+∠3+∠4+∠5等于多少即可．【解答】解：∠1+∠2+∠3+∠4+∠5＝（180°﹣∠BAE）+（180°﹣∠ABC）+（180°﹣∠BCD）+（180°﹣∠CDE）+（180°﹣∠DEA）＝180°×5﹣（∠BAE+∠ABC+∠BCD+∠CDE+∠DEA）＝900°﹣（5﹣2）×180°＝900°﹣540°＝360°．故答案為：360°．【點評】此題主要考查了多邊形內(nèi)角和定理，要熟練掌握，解答此題的關(guān)鍵是要明確：（1）n邊形的內(nèi)角和＝（n﹣2）?180（n≥3）且n為整數(shù)）．（2）多邊形的外角和指每個頂點處取一個外角，則n邊形取n個外角，無論邊數(shù)是幾，其外角和永遠(yuǎn)為360°．10．【分析】根據(jù)題意可知OM是△ADC的中位線，所以O(shè)M的長可求；根據(jù)勾股定理可求出AC的長，利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可求出BO的長，進(jìn)而求出四邊形ABOM的周長．【解答】解：∵O是矩形ABCD的對角線AC的中點，M是AD的中點，∴OM＝CD＝AB＝2.5，∵AB＝5，AD＝12，∴AC＝＝13，∵O是矩形ABCD的對角線AC的中點，∴BO＝AC＝6.5，∴四邊形ABOM的周長為AB+AM+BO+OM＝5+6+6.5+2.5＝20，故答案為：20．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)、三角形的中位線的性質(zhì)以及直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半這一性質(zhì)，題目的綜合性很好，難度不大．三．解答題（共15小題）11．【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出OB＝OD，再由點E是AD的中點，所以，AE＝DE，進(jìn)而判斷出OE是三角形ABD的中位線，得到AE＝OE＝AD，推出OE∥FG，求得四邊形OEFG是平行四邊形，根據(jù)矩形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到BD⊥AC，AB＝AD＝10，得到OE＝AE＝AD＝5；由（1）知，四邊形OEFG是矩形，求得FG＝OE＝5，根據(jù)勾股定理得到AF＝＝3，于是得到結(jié)論．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是菱形，∴OB＝OD，∵E是AD的中點，∴OE是△ABD的中位線，∴OE∥FG，∵OG∥EF，∴四邊形OEFG是平行四邊形，∵EF⊥AB，∴∠EFG＝90°，∴平行四邊形OEFG是矩形；（2）∵四邊形ABCD是菱形，∴BD⊥AC，AB＝AD＝10，∴∠AOD＝90°，∵E是AD的中點，∴OE＝AE＝AD＝5；由（1）知，四邊形OEFG是矩形，∴FG＝OE＝5，∵AE＝5，EF＝4，∴AF＝＝3，∴BG＝AB﹣AF﹣FG＝10﹣3﹣5＝2．【點評】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，正確的識別圖形是解題的關(guān)鍵．12．【分析】（1）由菱形的性質(zhì)得出AB＝AD，AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC，得出AB：BE＝AD：DF，證出EF∥BD即可得出結(jié)論；（2）由平行線的性質(zhì)得出∠G＝∠CDO，由三角函數(shù)得出tanG＝tan∠CDO＝＝，得出OC＝OD，由BD＝4，得出OD＝2，得出OC＝1，即可得出結(jié)果．【解答】（1）證明：連接BD，交AC于O，如圖1所示：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD，AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC，∵BE＝DF，∴AB：BE＝AD：DF，∴EF∥BD，∴AC⊥EF；（2）解：如圖2所示：∵由（1）得：EF∥BD，∴∠G＝∠CDO，∴tanG＝tan∠CDO＝＝，∴OC＝OD，∵BD＝4，∴OD＝2，∴OC＝1，∴OA＝OC＝1．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)、解直角三角形等知識；熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．13．【分析】（1）如圖1，連接DF，根據(jù)對稱得：△ADE≌△FDE，再由HL證明Rt△DFG≌Rt△DCG，可得結(jié)論；（2）證法一：如圖2，作輔助線，構(gòu)建AM＝AE，先證明∠EDG＝45°，得DE＝EH，證明△DME≌△EBH，則EM＝BH，根據(jù)等腰直角△AEM得：EM＝AE，得結(jié)論；證法二：如圖3，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明△DAE≌△ENH，得AE＝HN，AD＝EN，再說明△BNH是等腰直角三角形，可得結(jié)論．【解答】證明：（1）如圖1，連接DF，∵四邊形ABCD是正方形，∴DA＝DC，∠A＝∠C＝90°，∵點A關(guān)于直線DE的對稱點為F，∴△ADE≌△FDE，∴DA＝DF＝DC，∠DFE＝∠A＝90°，∴∠DFG＝90°，在Rt△DFG和Rt△DCG中，∵，∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），∴GF＝GC；（2）BH＝AE，理由是：證法一：如圖2，在線段AD上截取AM，使AM＝AE，∵AD＝AB，∴DM＝BE，由（1）知：∠1＝∠2，∠3＝∠4，∵∠ADC＝90°，∴∠1+∠2+∠3+∠4＝90°，∴2∠2+2∠3＝90°，∴∠2+∠3＝45°，即∠EDG＝45°，∵EH⊥DE，∴∠DEH＝90°，△DEH是等腰直角三角形，∴∠AED+∠BEH＝∠AED+∠1＝90°，DE＝EH，∴∠1＝∠BEH，在△DME和△EBH中，∵，∴△DME≌△EBH（SAS），∴EM＝BH，Rt△AEM中，∠A＝90°，AM＝AE，∴EM＝AE，∴BH＝AE；證法二：如圖3，過點H作HN⊥AB于N，∴∠ENH＝90°，由方法一可知：DE＝EH，∠1＝∠NEH，在△DAE和△ENH中，∵，∴△DAE≌△ENH（AAS），∴AE＝HN，AD＝EN，∵AD＝AB，∴AB＝EN＝AE+BE＝BE+BN，∴AE＝BN＝HN，∴△BNH是等腰直角三角形，∴BH＝HN＝AE．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理，對稱的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識，解決本題的關(guān)鍵是利用正方形的性質(zhì)得到相等的邊和相等的角，證明三角形全等，作出輔助線也是解決本題的關(guān)鍵．14．【分析】（1）先判斷出∠OAB＝∠DCA，進(jìn)而判斷出∠DAC＝∠DCA，得出CD＝AD＝AB，即可得出結(jié)論；（2）先判斷出OE＝OA＝OC，再求出OB＝1，利用勾股定理求出OA，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）∵AB∥CD，∴∠OAB＝∠DCA，∵AC為∠DAB的平分線，∴∠OAB＝∠DAC，∴∠DCA＝∠DAC，∴CD＝AD＝AB，∵AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AD＝AB，∴?ABCD是菱形；（2）∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC，BD⊥AC，∵CE⊥AB，∴OE＝OA＝OC，∵BD＝2，∴OB＝BD＝1，在Rt△AOB中，AB＝，OB＝1，∴OA＝＝2，∴OE＝OA＝2．【點評】此題主要考查了菱形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，角平分線的定義，勾股定理，判斷出CD＝AD＝AB是解本題的關(guān)鍵．15．【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)：矩形的對角線把矩形分成面積相等的兩部分，由此即可證明結(jié)論．【解答】證明：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC），S矩形EBMF＝S△ABC﹣（S△AEF+S△FCM）．易知，S△ADC＝S△ABC，S△ANF＝S△AEF，S△FGC＝S△FMC，可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF．故答案分別為S△AEF，S△FCM，S△ANF，S△AEF，S△FGC，S△FMC．【點評】本題考查矩形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運用矩形的對角線把矩形分成面積相等的兩部分這個性質(zhì)，屬于中考常考題型．16．【分析】（1）由DE＝BC，DE∥BC，推出四邊形BCDE是平行四邊形，再證明BE＝DE即可解決問題；（2）在Rt△ACD中只要證明∠ADC＝60°，AD＝2即可解決問題；【解答】（1）證明：∵AD＝2BC，E為AD的中點，∴DE＝BC，∵AD∥BC，∴四邊形BCDE是平行四邊形，∵∠ABD＝90°，AE＝DE，∴BE＝DE，∴四邊形BCDE是菱形．（2）解：連接AC．∵AD∥BC，AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC＝∠BCA，∴AB＝BC＝1，∵AD＝2BC＝2，∴sin∠ADB＝，∴∠ADB＝30°，∴∠DAC＝30°，∠ADC＝60°，在Rt△ACD中，∵AD＝2，∴CD＝1，AC＝．【點評】本題考查菱形的判定和性質(zhì)、直角三角形斜邊中線的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握菱形的判定方法，屬于中考常考題型．17．【分析】由平行四邊形的性質(zhì)得出AB∥CD，得出內(nèi)錯角相等∠E＝∠BAE，再由角平分線證出∠E＝∠DAE，即可得出結(jié)論．【解答】證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠E＝∠BAE，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE，∴∠E＝∠DAE，∴DA＝DE．【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、等腰三角形的判定；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，證出∠E＝∠DAE是解決問題的關(guān)鍵．18．【分析】（1）①根據(jù)題意畫出圖形即可；②連接CH，先根據(jù)正方形的性質(zhì)得出△DHQ是等腰直角三角形，再由SAS定理得出△HDP≌△HQC，故PH＝CH，∠HPC＝∠HCP，由正方形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)四邊形ABCD是正方形，QH⊥BD可知△DHQ是等腰直角三角形，再由平移的性質(zhì)得出PD＝CQ．作HR⊥PC于點R，由∠AHQ＝152°，可得出∠AHB及∠DAH的度數(shù)，設(shè)DP＝x，則DR＝HR＝RQ，由銳角三角函數(shù)的定義即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）①如圖1；②解法一：如圖1，連接CH，∵四邊形ABCD是正方形，QH⊥BD，∴∠HDQ＝45°，∴△DHQ是等腰直角三角形．∵DP＝CQ，在△HDP與△HQC中．∵，∴△HDP≌△HQC（SAS），∴PH＝CH，∠HPC＝∠HCP．∵BD是正方形ABCD的對稱軸，∴AH＝CH，∠DAH＝∠HCP，∵∠HPC+∠DPH＝180°，∴∠DAH+∠DPH＝180°，∴∠ADP+∠AHP＝180°，∴∠AHP＝180°﹣∠ADP＝90°，∴AH＝PH，AH⊥PH．解法二：如圖1，連接CH，∵QH⊥BD，∴∠QHB＝∠BCQ＝90°，∴B、H、C、Q四點共圓，∴∠DHC＝∠BQC，由正方形的性質(zhì)可知∠DHC＝∠AHD，由平移性質(zhì)可知∠BQC＝∠APD，∴∠AHD＝∠APD，∴A、H、P、D四點共圓，∴∠PAH＝∠PDH＝45°，∠AHP＝∠ADP＝90°，∴△HAP是等腰直角三角形，∴AH＝PH，AH⊥PH．（2）解法一：如圖2，∵四邊形ABCD是正方形，QH⊥BD，∴∠HDQ＝45°，∴△DHQ是等腰直角三角形．∵△BCQ由△ADP平移而成，∴PD＝CQ．作HR⊥PC于點R，∵∠AHQ＝152°，∴∠AHB＝62°，∴∠DAH＝17°．設(shè)DP＝x，則DR＝HR＝RQ＝．∵tan17°＝，即tan17°＝，∴x＝．解法二：由（1）②可知∠AHP＝90°，∴∠AHP＝∠ADP＝90°，∴A、H、D、P四點共圓，又∠AHQ＝152°，∠BHQ＝90°，∴∠AHB＝152°﹣90°＝62°，由圓的性質(zhì)可知∠APD＝∠AHB＝62°，在Rt△APD中，∠PAD＝90°﹣62°＝28°，∴PD＝AD?tan28°＝tan28°．【點評】本題考查的是四邊形綜合題，涉及到正方形的性質(zhì)、圖形平移的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，難度適中．19．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，可得AB與CD的關(guān)系，根據(jù)平行四邊形的判定，可得BFDE是平行四邊形，再根據(jù)矩形的判定，可得答案；（2）根據(jù)平行線的性質(zhì)，可得∠DFA＝∠FAB，根據(jù)等腰三角形的判定與性質(zhì)，可得∠DAF＝∠DFA，根據(jù)角平分線的判定，可得答案．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD．∵BE∥DF，BE＝DF，∴四邊形BFDE是平行四邊形．∵DE⊥AB，∴∠DEB＝90°，∴四邊形BFDE是矩形；（2）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥DC，∴∠DFA＝∠FAB．在Rt△BCF中，由勾股定理，得BC＝＝＝5，∴AD＝BC＝DF＝5，∴∠DAF＝∠DFA，∴∠DAF＝∠FAB，即AF平分∠DAB．【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，利用了平行四邊形的性質(zhì)，矩形的判定，等腰三角形的判定與性質(zhì)，利用等腰三角形的判定與性質(zhì)得出∠DAF＝∠DFA是解題關(guān)鍵．20．【分析】（1）根據(jù)題意直接畫出圖形得出即可；（2）利用對稱的性質(zhì)以及等角對等邊進(jìn)而得出答案；（3）由軸對稱的性質(zhì)可得：EF＝BF，AE＝AB＝AD，∠ABF＝∠AEF＝∠ADF，進(jìn)而利用勾股定理得出答案．【解答】解：（1）如圖1所示：（2）如圖2，連接AE，則∠PAB＝∠PAE＝20°，AE＝AB＝AD，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，∴∠EAP＝∠BAP＝20°，∴∠EAD＝130°，∴∠ADF＝＝25°；（3）如圖3，連接AE、BF、BD，由軸對稱的性質(zhì)可得：EF＝BF，AE＝AB＝AD，∠ABF＝∠AEF＝∠ADF，∴∠BFD＝∠BAD＝90°，∴BF2+FD2＝BD2，∴EF2+FD2＝2AB2．【點評】此題主要考查了正方形的性質(zhì)以及勾股定理和等腰三角形的性質(zhì)等知識，利用軸對稱的性質(zhì)得出對應(yīng)邊相等是解題關(guān)鍵．21．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形和角平分線的性質(zhì)可得AB＝BE，AB＝AF，AF＝BE，從而證明四邊形ABEF是菱形；（2）作PH⊥AD于H，根據(jù)四邊形ABEF是菱形，∠ABC＝60°，AB＝4，得到AB＝AF＝4，∠ABF＝∠ADB＝30°，AP⊥BF，從而得到PH＝，AH＝1，根據(jù)線段的和差關(guān)系可得DH＝5，然后利用銳角三角函數(shù)的定義求解即可．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC．∴∠DAE＝∠AEB．∵AE是角平分線，∴∠DAE＝∠BAE．∴∠BAE＝∠AEB．∴AB＝BE．同理AB＝AF．∴AF＝BE．∴四邊形ABEF是平行四邊形．∵AB＝BE，∴四邊形ABEF是菱形．（2）解：作PH⊥AD于H，∵四邊形ABEF是菱形，∠ABC＝60°，AB＝4，∴AB＝AF＝4，∠ABF＝∠AFB＝30°，AP⊥BF，∴AP＝AB＝2，∴PH＝，AH＝1，∴DH＝5，∴tan∠ADP＝＝．【點評】本題考查了菱形的判定及平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是牢記菱形的幾個判定定理，難度不大．22．【分析】（1）四個等腰直角三角形的斜邊長為a，其拼成的正方形面積為a2，邊長為a；（2）如題圖2所示，正方形MNPQ的面積等于四個虛線小等腰直角三角形的面積之和，據(jù)此求出正方形MNPQ的面積；（3）參照小明的解題思路，對問題做同樣的等積變換．如答圖1所示，三個等腰三角形△RSF，△QET，△PDW的面積和等于等邊三角形△ABC的面積，故陰影三角形△PQR的面積等于三個虛線等腰三角形的面積之和．據(jù)此列方程求出AD的長度．【解答】解：（1）四個等腰直角三角形的斜邊長為a，則斜邊上的高為a，每個等腰直角三角形的面積為：a?a＝a2，則拼成的新正方形面積為：4×a2＝a2，即與原正方形ABCD面積相等，∴這個新正方形的邊長為a；（2）∵四個等腰直角三角形的面積和為a2，正方形ABCD的面積為a2，∴S正方形MNPQ＝S△ARE+S△DWH+S△GCT+S△SBF＝4S△ARE＝4××12＝2；（3）如答圖1所示，分別延長RD，QF，PE，交FA，EC，DB的延長線于點S，T，W．由題意易得：△RSF，△QET，△PDW均為底角是30°的等腰三角形，其底邊長均等于△ABC的邊長．不妨設(shè)等邊三角形邊長為a，則SF＝AC＝a．如答圖2所示，過點R作RM⊥SF于點M，則MF＝SF＝a，在Rt△RMF中，RM＝MF?tan30°＝a×＝a，∴S△RSF＝a?a＝a2．過點A作AN⊥SD于點N，設(shè)AD＝AS＝x，則AN＝AD?sin30°＝x，SD＝2ND＝2ADcos30°＝x，∴S△ADS＝SD?AN＝?x?x＝x2．∵三個等腰三角形△RSF，△QET，△PDW的面積和＝3S△RSF＝3×a2＝a2，∴S△RPQ＝S△ADS+S△CFT+S△BEW＝3S△ADS，∴＝3×x2，得x2＝，解得x＝或x＝（不合題意，舍去）∴x＝，即AD的長為．故答案為：a；．【點評】本題考查了幾何圖形的等積變換，涉及正方形、等腰直角三角形、等腰三角形、正三角形、解直角三角形等多個知識點，是一道好題．通過本題我們可以體會到，運用等積變換的數(shù)學(xué)思想，不僅簡化了幾何計算，而且形象直觀，易于理解，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的魅力．23．【分析】（1）由“平行四邊形的對邊平行且相等”的性質(zhì)推知AD∥BC，且AD＝BC；然后根據(jù)中點的定義、結(jié)合已知條件推知四邊形CEDF的對邊平行且相等（DF＝CE，且DF∥CE），即四邊形CEDF是平行四邊形；（2）如圖，過點D作DH⊥BE于點H，構(gòu)造含30度角的直角△DCH和直角△DHE．通過解直角△DCH和在直角△DHE中運用勾股定理來求線段ED的長度．【解答】證明：（1）在?ABCD中，AD∥BC，且AD＝BC．∵F是AD的中點，∴DF＝．又∵CE＝BC，∴DF＝CE，∵DF∥CE，∴四邊形CEDF是平行四邊形；（2）解：如圖，過點D作DH⊥BE于點H．在?ABCD中，∵∠B＝60°，AB∥DC，∴∠B＝∠DCE，∴∠DCE＝60°．∵AB＝4，∴CD＝AB＝4，∴CH＝CD＝2，DH＝2．在?CEDF中，CE＝DF＝AD＝3，則EH＝1．∴在Rt△DHE中，根據(jù)勾股定理知DE＝＝．【點評】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、勾股定理．平行四邊形的判定方法共有4種，應(yīng)用時要認(rèn)真領(lǐng)會它們之間的聯(lián)系與區(qū)別，同時要根據(jù)條件合理、靈活地選擇方法．24．【分析】（1）根據(jù)AF平分∠BAD，可得