專題18四邊形2023年中考數(shù)學一輪復習專題訓練（北京專用）一、單選題1．（2021八上·豐臺期末）下列圖形中，內(nèi)角和等于外角和的是（）A． B．C． D．2．（2022八下·北京市期中）如圖，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，點O是斜邊AC的中點，AC＝10，則OB＝（）A．5 B．6 C．8 D．103．（2021八上·燕山期末）若一個多邊形的內(nèi)角和為1080°，則這個多邊形的邊數(shù)為()A．5 B．6 C．7 D．84．（2022八下·房山期中）如圖，矩形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，AO=3，∠AOB=60°，則AD的長為（）A．6 B．33 C．32 D5．（2022八下·北京市期中）如圖，?ABCD中，點O是對角線AC的中點，點E是BC的中點，CD＝8，則OE＝（）A．3 B．4 C．5 D．76．（2022八下·海淀期中）如圖，CD是△ABC的中線，E，F(xiàn)分別是AC，DC的中點，EF=1，則BD的長為（）A．1 B．2 C．3 D．47．（2021九上·石景山期末）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，若四邊形ABCO是菱形，則∠D的度數(shù)為（）A．45° B．60° C．90° D．120°8．（2022八下·北京市期中）有下列四個條件：①對角線互相平分的四邊形；②對角線互相垂直的四邊形；③對角線相等的平行四邊形；④有一個角是直角的平行四邊形，其中能作為矩形的判定條件的是（）A．①② B．③④ C．①③ D．②④9．（2021九上·朝陽期末）如圖，四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，若∠C=130°，則∠BOD的度數(shù)為（）A．50° B．100° C．130° D．150°10．（2022·通州模擬）如圖，已知∠1+∠2+∠3=240°，那么∠4的度數(shù)為（）A．60° B．120° C．130° D．150°二、填空題11．（2022八下·海淀期中）兩直角邊分別為6和8的直角三角形，斜邊上的中線的長是．12．（2022八下·大興期中）如圖，在?ABCD中，AD＝10，AB＝7，AE平分∠BAD交BC于點E，則EC的長為．13．（2022八下·大興期中）如圖，點C為線段AB延長線上一點，正方形AEFG和正方形BCDE的面積分別為8和4，則△EDF的面積為．14．（2022八下·北京市期中）如圖，點E在正方形ABCD中，△BEC是等邊三角形，則∠EAD＝°．15．（2022八下·房山期中）如圖1，菱形紙片ABCD的面積為30cm2，對角線AC的長為6cm，將這個菱形紙片沿對角線剪開，得到四個全等的直角三角形，將這四個直角三角形按圖2所示的方法拼成正方形．則大正方形中空白小正方形的邊長是16．（2021九上·東城期末）斛是中國古代的一種量器.據(jù)《漢書.律歷志》記載：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiāo）焉”．意思是說：“斛的底面為：正方形外接一個圓，此圓外是一個同心圓”.如圖所示，問題：現(xiàn)有一斛，其底面的外圓直徑為兩尺五寸（即2.5尺），“庣旁”為兩寸五分（即兩同心圓的外圓與內(nèi)圓的半徑之差為0.25尺），則此斛底面的正方形的邊長為尺．17．（2022八下·房山期中）在?ABCD中，∠A：∠B=2：3，則∠C的度數(shù)為°．18．（2022八下·房山期中）在平面直角坐標系中，?ABCD的頂點A、B、D的坐標分別是(0，0)，(5，0)，19．（2022八下·房山期中）在四邊形ABCD中，對角線AC，BD交于點O．現(xiàn)存在以下四個條件：①AB∥CD；②AO=OC；③AB=AD；④AC平分∠DAB．從中選取三個條件，可以判定四邊形ABCD為菱形．則可以選擇的條件序號是（寫出所有可能的情況）．20．（2021九上·東城期末）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是邊DC，CB上的動點，且始終滿足DE＝CF，AE，DF交于點P，則∠APD的度數(shù)為；連接CP，線段CP長的最小值為．三、綜合題21．（2022八下·大興期中）如圖，在四邊形ABCD中，AD＝CD，BD⊥AC于點O，點E是DB延長線上一點，OE＝OD，BF⊥AE于點F．（1）求證：四邊形AECD是菱形；（2）若AB平分∠EAC，OB＝3，BE＝5，求EF和AD的長．22．（2022八下·房山期中）如圖1，在正方形ABCD中，點E為AD邊上一點，連接BE．點M在CD邊上運動．（1）當點M和點C重合時（如圖2），過點C做BE的垂線，垂足為點P，交直線AB于點N．請直接寫出MN與BE的數(shù)量關系；（2）當點M在CD邊上運動時，過點M做BE的垂線，垂足為點P，交直線AB于點N（如圖3），（1）中的結論依舊成立嗎？請證明；（3）如圖4，當點M在CD邊上運動時，N為直線AB上一點，若MN=BE，請問是否始終能證明MN⊥BE？請你說明理由．23．（2022八下·海淀期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，AC⊥AD，作∠ECA=∠ACD，CE交AB于點O，交DA的延長線于點E，連接BE．（1）求證：四邊形ACBE是矩形；（2）連接OD．若AB=4，∠ACD=60°，求OD的長．24．（2022八下·大興期中）已知四邊形ABCD是正方形，點E為射線AC上一動點（點E不與A，C重合），連接DE，過點E作EF⊥DE，交射線BC于點F，過點D，F(xiàn)分別作DE，EF的垂線，兩垂線交于點G，連接CG．（1）如圖，當點E在對角線AC上時，依題意補全圖形，并證明：四邊形DEFG是正方形；（2）在（1）的條件下，猜想：CE，CG和AC的數(shù)量關系，并加以證明；（3）當點E在對角線AC的延長線上時，直接用等式表示CE，CG和AC的數(shù)量關系．25．（2022八下·大興期中）對于平面直角坐標系xOy中的線段AB和圖形M，給出如下的定義：若圖形M是以AB．為對角線的平行四邊形，則稱圖形M是線段AB的“關聯(lián)平行四邊形”．點A（8，a），點B（2，b），（1）當a＝8，b＝﹣2時，若四邊形AOBC是線段AB的“關聯(lián)平行四邊形”，則點C的坐標是；（2）若四邊形AOBC是線段AB的“關聯(lián)平行四邊形”，求對角線OC的最小值；（3）若線段AB的“關聯(lián)平行四邊形”AOBC是正方形，直接寫出點C的坐標．26．（2022八下·北京市期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，CE⊥AD于點E，延長DA至點F，使得EF＝DA，連接BF，CF．（1）求證：四邊形BCEF是矩形；（2）若AB＝3，CF＝4，DF＝5，求EF的長．27．（2022八下·北京市期中）我們規(guī)定：一組鄰邊相等且對角互補的四邊形叫做完美四邊形．（1）在以下四種四邊形中，一定是完美四邊形的是（請?zhí)钚蛱枺虎倨叫兴倪呅微诹庑微劬匦微苷叫危?）如圖1，菱形ABCD中，∠A＝60°，E，F(xiàn)分別是AB，BC上的點，且AE＝BF，求證：四邊形DEBF是完美四邊形；（3）完美四邊形ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝180°，連接AC．①如圖2，求證：CA平分∠DCB；②如圖3，當∠BAD＝90°時，直接用等式表示出線段AC，BC，CD之間的數(shù)量關系．28．（2022九下·北京市開學考）在正方形ABCD中，點P是邊BC上一動點（不包含端點），線段AP的垂直平分線與AB、AP、BD、CD分別交于點M、E、F、N．（1）過點B作BG∥MN交DC于G，求證：△BGC≌△APB；（2）若AB＝9，BP＝3，求線段MN的長度；（3）請你用等式表示線段ME，EF和FN的數(shù)量關系，并證明你的結論．29．（2022八下·大興期中）如圖，菱形ABCD對角線AC，BD相交于點O，點E是AD的中點，過點A作對角線AC的垂線，與OE的延長線交于點F，連接FD．（1）求證：四邊形AODF是矩形；（2）若AD＝10，∠ABC＝60°，求OF和OA的長．30．（2021九上·昌平期末）如圖，⊙O是△ABC的外接圓，AB是⊙O的直徑，AB⊥CD于點E，P是AB延長線上一點，且∠BCP＝∠BCD（1）求證：CP是⊙O的切線；（2）連接DO并延長，交AC于點F，交⊙O于點G，連接GC若⊙O的半徑為5，OE＝3，求GC和OF的長

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：設n邊形的內(nèi)角和等于外角和（n-2）×180°=360°解得：n=4故答案為：B

【分析】設n邊形的內(nèi)角和等于外角和，根據(jù)題意列出方程（n-2）×180°=360°求解即可。2．【答案】A【解析】【解答】解：Rt△ABC中，∠ABC=90°，點O是斜邊AC的中點，AC=10，則OB=12AC=5故答案為：A．

【分析】利用直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)可得OB=12AC=53．【答案】D【解析】【解答】設多邊形邊數(shù)有x條，由題意得：180°(x?2)=1080°解得：x=8故答案為8所以選D【分析】先求出180°(x?2)=1080°，再求解即可。4．【答案】B【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴BD＝AC＝2AO=6（矩形對角線相等），∴AO＝OB＝3（矩形對角線互相平分），∵∠AOB＝60°，∴△AOB是等邊三角形，∴AB＝OA＝3，在Rt△ABD中，∴AD=B故答案為：B．【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AO＝OB＝3，從而求出△AOB是等邊三角形，可得AB＝OA＝3，根據(jù)勾股定理求出AD即可.5．【答案】B【解析】【解答】由題意可知：CD=AB=8，∵O，E分別為AC，BC的中點，∴OE=1故答案為：B．【分析】利用三角形中位線的性質(zhì)可得OE=16．【答案】B【解析】【解答】解：∵點E、F分別是AC、DC的中點，∴EF是△ACD的中位線，∴AD=2EF=2，∵CD是△ABC的中線，∴BD=AD=2故答案為：B．【分析】根據(jù)中位線的性質(zhì)可得AD=2EF=2，再利用中線的性質(zhì)可得BD=AD=2。7．【答案】B【解析】【解答】解：設∠ADC=α，∠ABC=β；∵四邊形ABCO是菱形，∴∠ABC=∠AOC=β；∴∠ADC=12β∵四邊形ABCD為圓的內(nèi)接四邊形，∴α+β=180°，∴α+β=180°α=1解得：β=120°，α=60°，則∠ADC=60°，故答案為：B．【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得∠ABC=∠AOC=β，再利用圓周角的性質(zhì)可得∠ADC=12β，再根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得α+β=180°α=12β8．【答案】B【解析】【解答】解：①對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，故本條件不合題意；②對角線互相垂直的四邊形不一定互相平分，不一定是平行四邊形，故本條件不合題意；③對角線相等的平行四邊形是矩形，故本條件符合題意；④有一個角是直角的平行四邊形是矩形，故本條件符合題意；故答案為：B．【分析】根據(jù)矩形的判定方法逐項判斷即可。9．【答案】B【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴∠A+∠DCB=180°，∵∠DCB=130°，∴∠A=50°，由圓周角定理得，∠BOD=2∠A=100°，故答案為：B．【分析】根據(jù)四邊形的內(nèi)角和可得∠A+∠DCB=180°，從而求出∠A=50°，由圓周角定理得∠BOD=2∠A，據(jù)此即得結論.10．【答案】B【解析】【解答】解：∵∠1+∠2+∠3+∠4=360°，∠1+∠2+∠3=240°∴∠4=120°故答案為：B．

【分析】根據(jù)多邊形的外角和可得∠1+∠2+∠3+∠4=360°，再結合∠1+∠2+∠3=240°可得∠4=120°。11．【答案】5【解析】【解答】解：∵直角三角形兩條直角邊分別是6、8，∴斜邊長為62∴斜邊上的中線長為12故答案為：5．【分析】先利用勾股定理求出斜邊的長，再利用直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)可得答案。12．【答案】3【解析】【解答】解：∵AE平分∠BAD交BC邊于點E，∴∠BAE=∠EAD，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD=BC=10，∴∠DAE=∠AEB，∴∠BAE=∠AEB，∴AB=BE=7，∴EC=BC-BE=10-7=3，故答案為：3．【分析】由角平分線的定義可得∠BAE=∠EAD，由平行四邊形的性質(zhì)可得AD∥BC，AD=BC=10，利用平行線的性質(zhì)可得∠DAE=∠AEB，從而得出∠BAE=∠AEB，利用等角對等邊可得AB=BE=7，根據(jù)EC=BC-BE即可求解.13．【答案】2【解析】【解答】解：如圖所示，連接正方形BCDE的對角線CE，BD，且CE交BD于點O，∴∠BEC=45°，CE⊥BD，∵正方形AEFG和正方形BCDE的面積分別為8和4，∴正方形AEFG的邊長為8=22，正方形BCDE的邊長為∴EF=AE=22，BE=CD=BC=2∵點C是線段AB延長線上一點，∴∠ABE=90°，∴AB=AE∴Rt?ABE是等腰直角三角形，∴∠AEB=45°，∵∠AEF+∠AEB+∠BEC=180°，∴點F、E、C在同一直線上，∵CE⊥BD，∴OD=12∴S?EDF故答案為：2．【分析】連接正方形BCDE的對角線CE，BD，且CE交BD于點O，由正方形的性質(zhì)可得∠BEC=45°，CE⊥BD，根據(jù)正方形的面積可求出EF=AE=22，BE=CD=BC=2，在Rt△ABE中，利用勾股定理求出AB=2，即得Rt?ABE是等腰直角三角形，從而得出點F、E、C在同一直線上，由正方形的性質(zhì)及勾股定理可求出OD=12BD=214．【答案】15【解析】【解答】解：∵E為正方形ABCD內(nèi)一點，且△EBC是等邊三角形，∴∠ABC=∠BAD=90°，∠EBC=60°，BC=BE=AB，∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=30°，∵BA=BE，∴∠EAB=∠AEB=12×（180°-30°）=75°∴∠EAD=90°-75°=15°，故答案為：15．【分析】先求出∠ABE=30°，再利用三角形的內(nèi)角和及等腰三角形的性質(zhì)求出∠EAB=75°，再利用∠EAD=90°-75°=15°計算即可。15．【答案】2【解析】【解答】解：如圖，設AC與BD交于點O，在菱形ABCD中，AC⊥BD，AO=OC，OB=OD，∵菱形紙片ABCD的面積為30cm2，對角線AC的長為∴12AC?BD=30，∴BD=10cm，∴OB=5cm，∴大正方形中空白小正方形的邊長等于OB-OA=2cm．故答案為：2【分析】設AC與BD交于點O，由菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，AO=OC，OB=OD，根據(jù)菱形ABCD的面積=12AC?BD=30，可求出BD，即得OB的長，由于大正方形中空白小正方形的邊長等于OB-OA16．【答案】2【解析】【解答】解：如圖，∵四邊形CDEF為正方形，∴∠D=90°，CD=DE，∴CE是直徑，∠ECD=45°，根據(jù)題意得：AB=2.5，CE=2.5-0∴CE2∴CD=2即此斛底面的正方形的邊長為2尺．故答案為：2

【分析】根據(jù)正方形性質(zhì)確定三角形CDE為等腰直角三角形，CE為直徑，根據(jù)題意求出正方形外接圓的直徑CE，求出CD，即可得解。17．【答案】72【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，∠A=∠C，∴∠A+∠B=180°，∵∠A：∠B=2：3，∴∠A=22+3×180°∴∠C=∠A=72°，故答案為：72°．【分析】由平行四邊形的性質(zhì)可得AD∥BC，∠A=∠C，根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠A+∠B=180°，由∠A：∠B=2：3，可求出∠ADE度數(shù)，即得∠C.18．【答案】（7，3）【解析】【解答】如圖，∵?ABCD的頂點A（0，0），B（5，0），D（2，3），∴AB＝CD＝5，C點縱坐標與D點縱坐標相同，∴頂點C的坐標是；（7，3）．故答案為：（7，3）．【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AB＝CD＝5，AB∥CD，即得C點與D點縱坐標相同，繼而得解.19．【答案】①②③，①②④，①③④，②③④【解析】【解答】解：可以選擇的條件序號有：情況一：①②③，理由如下，∵AB∥CD，∴∠OAB=∠OCD，又∵OA=OC，∠AOB=∠COD，∴△AOB≌△COD（ASA）∴AB=CD，∴四邊形ABCD為平行四邊形，∵AB=AD，∴四邊形ABCD為菱形；情況二：①②④，理由如下，∵AB∥CD，∴∠OAB=∠OCD，又∵OA=OC，∠AOB=∠COD，∴△AOB≌△COD（ASA）∴AB=CD，∴四邊形ABCD為平行四邊形，∵AC平分∠DAB，∴∠OAB=∠OAD，∴∠OAD=∠OCD，∴AD=CD，∴四邊形ABCD為菱形；情況三：①③④，理由如下，∵AB∥CD，∴∠OAB=∠OCD，∵AC平分∠DAB，∴∠OAB=∠OAD，∴∠OAD=∠OCD，∴AD=CD，又∵AB=AD，∴AB=CD，∴四邊形ABCD為平行四邊形，∵AB=AD，∴四邊形ABCD為菱形；情況四：②③④，理由如下，∵AC平分∠DAB，∴∠OAB=∠OAD，又∵AB=AD，OA=OA，∴△AOB≌△AOD（SAS）∴OB=OD，∵OA=OC，∴四邊形ABCD為平行四邊形，∵AB=AD，∴四邊形ABCD為菱形．故答案為：①②③，①②④，①③④，②③④．【分析】共有四種組合①②③，①②④，①③④，②③④．根據(jù)平行線的性質(zhì)、角平分線的定義、三角形全等的判定與性質(zhì)、菱形的判定分別證明即可.20．【答案】90°【解析】【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADE＝∠BCD＝90°，在△ADE和△DCF中，AD=CD∠ADE=∠BCD=90°∴△ADE≌△DCF（SAS）∴∠DAE＝∠CDF，∵∠CDF＋∠ADF＝∠ADC＝90°，∴∠ADF＋∠DAE＝90°，∴∠APD＝90°，由于點P在運動中保持∠APD＝90°，∴點P的路徑是一段以AD為直徑的弧，取AD的中點Q，連接QC，此時CP的長度最小，則DQ＝12AD＝12×2＝在Rt△CQD中，根據(jù)勾股定理得，CQ＝CD2+QD2所以，CP＝CO?QP＝5?1．故答案為：90°；5?1．

【分析】根據(jù)邊角邊證明△ADE≌△DCF，根據(jù)全等三角形對應角相等求出∠DAE＝∠CDF，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得點P到AD的中點的距離不變，再根據(jù)兩點之間線段最短，取AD的中點Q，連接QC，此時CP的長度最小，再根據(jù)勾股定理列式求出CQ，再求解即可。21．【答案】（1）證明：∵BD⊥AC，∴∠AOD=∠COD=90°，在Rt△AOD和Rt△COD中，DA=DCOD=OD∴Rt△AOD≌Rt△COD（HL），∴AO=CO，又∵OE=OD，∴四邊形AECD為菱形．（2）解：∵AB平分∠EAC，∴BF=BO=3，在Rt△BEF中，由勾股定理可得，EF=B在Rt△ABF和Rt△ABO中，AB=ABBF=BO∴Rt△ABF≌Rt△ABO（HL），∴AO=AF，設AO=AF=x，AE=4+x，在Rt△AOE中，由勾股定理可得，AE得(x+4解得x=6，∴AE=4+6=10，即AD=10，∴EF和AD的長分別為4和10．【解析】【分析】（1）根據(jù)HL證明Rt△OAD≌Rt△COD，可得AO=CO，結合OE=OD，可證四邊形AECD為平行四邊形，由BD⊥AC即證四邊形AECD為菱形；

（2）由角平分線的性質(zhì)可得BF=BO=3，由勾股定理求出EF=4，根據(jù)HL證明Rt△ABF≌Rt△ABO，可得AO=AF，設AO=AF=x，可得AE=4+x，在Rt△AOE中，由勾股定理可建立關于x方程并解之即可.22．【答案】（1）相等（2）解：成立，證明如下：如圖，過點A作AF⊥BE于點G，∵MN⊥BE，∴AF∥MN，又∵四邊形ABCD是正方形，∴AB//CD，∴四邊形AFMN是平行四邊形，∴AF=MN，∵正方形ABCD，∴∠ADF=∠BAE=90°，AD=BA，∴∠DAF+∠FAB=90°，∠FAB+∠ABE=90°，∴∠DAF=∠ABE，在△ADF與△BAE中，∠DAF=∠ABEAD=BA∴△ADF≌△BAE（ASA），∴BE=AF，∴BE=MN．（3）不一定，理由如下：如圖，以點M為圓心，以線段BE的長為半徑作弧，與直線AB交于點N及點N連接MN、MN'，MN交BE于點O，MN'交BE于點G，過點A作AH∥MN交∴MN=MN∵MN=BE，∴MN∵四邊形ABCD是正方形，∴AB//CD，AD=BA，∠ADH=∠BAE=90°，∴四邊形AHMN是平行四邊形，∴AH=MN，∴AH=BE，在Rt△ADH與Rt△BAE中AH=BEAD=BA∴Rt△ADH≌Rt△BAE（HL），∴∠DAH=∠ABE，∵∠DAH+∠HAB=90°，∴∠HAB+∠ABE=90°，∴∠AJB=90°，∴AH⊥BE，∴MN⊥BE，∴∠GOM=90°，∴∠MGO<90°，∴MN'與BE不垂直，但綜上所述：若MN=BE，MN與BE不一定始終垂直．【解析】【解答】（1）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAE=∠CBN=90°，AB=BC，∴∠ABE+∠CBP=90°，∵CN⊥BE，∴∠BCN+∠CBP=90°，∴∠ABE=∠BCN，在△ABE和△BCN中∠BAE=∠CBN∴△ABE≌△BCN（ASA）∴BE=CN，∵點M和點C重合，∴BE=CN=MN．故答案為：相等【分析】（1）MN=BE.根據(jù)ASA證明△ABE≌△BCN，可得BE=CN=MN；

（2）成立.理由：過點A作AF⊥BE于點G，可證四邊形AFMN是平行四邊形，可得AF=MN，

根據(jù)ASA證明△ADF≌△BAE，可得BE=AF，即得結論；

（3）不一定，理由：如圖，以點M為圓心，以線段BE的長為半徑作弧，與直線AB交于點N及點N'，連接MN、MN'，MN交BE于點O，MN'交BE于點G，過點A作AH∥MN交BE于點J，可得MN'=MN=BE，再證四邊形AHMN是平行四邊形，可得AH=MN=BE，根據(jù)HL證明Rt△ADH≌Rt△BAE，可得∠DAH=∠ABE，從而求出∠AJB=90°，即得AH⊥BE，由MN⊥BE，可得∠GOM=90°，即得∠MGO<90°，繼而得出23．【答案】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD=BC，∵AC⊥AD，∴∠EAC=∠DAC=90°，∵∠ECA=∠ACD，∴∠AEC=∠ADC，∴CE=CD，∴AE=AD=BC，∵AE∥BC，∴四邊形ACBE是平行四邊形，∵∠EAC=90°，∴四邊形ACBE為矩形；（2）解：如圖，過點O作OF⊥DE于F，由（1）可知，四邊形ACBE為矩形，∴對角線AB與CE相等且互相平分，AO=12∴OA=OC，∵∠ACD=∠ACO=60°，∴?AOC為等邊三角形，∴∠OAC=60°，∵∠EAC=90°，∴∠FAO=90°-60°=30°，在Rt?AFO中，OF=12AO=1，在Rt?AEB中，BE=1AD=AE=42∴DF=AF+AD=3+2∴OD=DF【解析】【分析】（1）先證明四邊形ACBE是平行四邊形，再結合∠EAC=90°可得四邊形ACBE為矩形；

（2）過點O作OF⊥DE于F，先求出∠FAO=90°-60°=30°，再利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得AF=3，BE=12AB=2，再利用線段的和差求出24．【答案】（1）解：過點E作EM⊥BC，垂足為M，作EN⊥CD，垂足N，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BCD＝90°，且∠ECN＝45°∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，NE=NC，∴四邊形EMCN是正方形，∴EM=EN，∵EF⊥DE，DG⊥DE，F(xiàn)G⊥EF，∴四邊形DEFG為矩形，∵∠DEN+∠NEF=90°，∠MEF+∠NEF=90o，∴∠DEN=∠MEF，又∵∠DNE=∠FME=90o，在△DEN和△FEM中，∠DNE=∠FMEEN=EM∴△DEN≌△FEM，∴ED=EF，∴四邊形DEFG是正方形；（2）CE+CG=AC，證明：∵四邊形DEFG是正方形，∴DE=DG，∠EDC+CDG=90o，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠ADE+∠EDC=90o，∴∠ADE=∠CDG，在△ADE和△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDG∴△ADE≌△CDG，∴AE=CG，∴CE+CG=CE+AE=AC；（3）CG=AC+CE，如圖：∵四邊形ABCD為正方形，四邊形DEFG為正方形，∴AD=CD，∠ADC=90o，ED=GD，且∠GDE=90o，∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=∠GDE+∠CDE=∠GDC，在△ADE和△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDG∴△ADE≌△CDG，∴AE=CG=AC+CE；【解析】【分析】（1）過點E作EM⊥BC，垂足為M，作EN⊥CD，垂足N，先證四邊形DEFG為矩形，再證明△DEN≌△FEM（ASA），可得DE=EF，根據(jù)正方的判定定理即證；

（2）CE+CG=AC，證明：根據(jù)SAS證明△ADE≌△CDG，可得AE=CG，從而得出CE+CG=CE+AE

=AC；

（3）CG=AC+CE，理由：根據(jù)SAS證明△ADE≌△CDG，可得AE=CG，繼而得解.25．【答案】（1）（10，6）（2）解：如圖所示，連接OC，設點C（x，y），A（8，a），B（2，b），∵四邊形AOBC是線段AB的“關聯(lián)平行四邊形”，∴AO∥BC，AO=BC，得出：8-0=x-2a-0=y-b解得：x=10y=a+b∴C（10，a+b），OC=1當a+b=0時，OC最小為10；（3）解：如圖所示，當點B在x軸上方，點A在x軸下方時，過點A作AH⊥x軸，過點B作BG⊥x軸，∴∠AHO=∠BGO=90°，∵四邊形OACB為正方形，∴OA=OB，∠AOB=90°，∴∠AOH+∠BOG=90°，∵∠AOH+∠OAH=90°，∴∠OAH=∠BOG，∴?AOH??BOG，∴AH=OG=2，OH=BG=8，∴A（8，2），B（2，-8），由（2）可得：C（10，-6）；如圖所示，當點B’在x軸下方，點A’在x軸上方時，同理可得：A’（8，-2），B’（2，8），由（2）可得：C（10，6）；綜上可得：點C的坐標為（10，-6）或（10，6）．【解析】【解答】（1）解：如圖所示，設點C（x，y），∵四邊形AOBC是線段AB的“關聯(lián)平行四邊形”，∴AO∥BC，AO=BC，得出：8-0=x-28-0=y+2解得：x=10y=6∴C（10，6）；故答案為：（10，6）；【分析】（1）由A、B坐標，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及平移的性質(zhì)，可求出點C坐標；

（2）如圖所示，連接OC，先用含ab的式子表示出平行四邊形對角線交點的坐標，利用勾股定理求出OC，根據(jù)偶次冪的非負性即可求出OC最小值；

（3）分兩種情況：如圖所示，當點B在x軸上方，點A在x軸下方時，過點A作AH⊥x軸，過點B作BG⊥x軸，證明?AOH??BOG，可得AH=OG=2，OH=BG=8，即得A（8，2），B（2，-8），由（2）可得C（10，-6）；如圖所示，當點B’在x軸下方，點A’在x軸上方時，同理可求出結論.26．【答案】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD=BC，∵EF=DA，∴EF=BC，EF∥BC，∴四邊形BCEF是平行四邊形，又∵CE⊥AD，∴∠CEF=90°，∴平行四邊形BCEF是矩形；（2）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD=AB=3，∵CF=4，DF=5，∴CD2+CF2=DF2，∴△CDF是直角三角形，∠DCF=90°，∴△CDF的面積=12DF×CE=12∴CE=4×35=由（1）得：EF=BC，四邊形BCEF是矩形，∴∠FBC=90°，BF=CE=125∴BC=CF∴EF=165【解析】【分析】（1）先證明四邊形BCEF是平行四邊形，再結合∠CEF=90°，可得平行四邊形BCEF是矩形；

（2）先利用勾股定理的逆定理證明△CDF是直角三角形，∠DCF=90°，再利用等面積法可得CE=4×35=125，最后利用勾股定理求出27．【答案】（1）④（2）證明：如圖，連接BD，∵四邊形ABCD為菱形，∴AB＝AD，AD∥BC．∵∠A＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∠ABC＝120°，∴AD＝BD．∵BD平分∠ABC，∴∠DBC＝60°＝∠A．∵AE＝BF，∴△ADE≌△BDF（SAS），∴DE＝DF，∠AED＝∠BFD．∵∠AED+∠DEB＝180°，∴∠BFD+∠DEB＝180°，∴四邊形DEBF是完美四邊形；（3）①證明：延長CB至點E，使BE＝CD，∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠ABE＝180°，∴∠ABE＝∠D．又∵AB＝AD，∴△ADC≌△ABE（SAS），∴∠ACD＝∠E，AC＝AE，∴∠ACE＝∠E，∴∠ACD＝∠ACE，∴即CA平分∠DCB．②∵△ADC≌△ABE∴∠DAC＝∠BAE，BE=CD，∴∠DAC+∠CAB＝∠BAE+∠CAB，即∠DAC=∠CAE=90°，∴△CAE為等腰直角三角形，∴CE=2AC，即∴BC+CD=2【解析】【解答】解：（1）平行四邊形鄰邊不相等，故①不是完美四邊形；菱形對角不互補，故②不是完美四邊形；矩形鄰邊不相等，故③不是完美四邊形；正方形鄰邊相等，且對角互補，故④是完美四邊形．故答案為：④；【分析】（1）根據(jù)“完美四邊形”的定義判斷即可；

（2）連接BD，先利用“SAS”證明△ADE≌△BDF可得DE＝DF，∠AED＝∠BFD，再結合∠AED+∠DEB＝180°，可得∠BFD+∠DEB＝180°，從而得解；

（3）①延長CB至點E，使BE＝CD，先利用“SAS”證明△ADC≌△ABE可得∠ACD＝∠E，AC＝AE，再結合∠ACE＝∠E，可得∠ACD＝∠ACE，從而可得CA平分∠DCB；

②先證明△CAE為等腰直角三角形，可得CE=2AC，即BC+BE=228．【答案】（1）證明：如圖，過點B作BG∥MN交DC于G，∴BG⊥AP，∴∠CBG+∠BPA＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCG＝90°，∴∠CBG+∠CGB＝90°，∴∠CGB＝∠BPA，在△BGC與△APB中，∠CGB=∠BPA∠BCG=∠ABC∴△BGC≌△APB（AAS），（2）解：∵△BGC≌△APB，∴BG＝AP，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∵BG∥MN，∴四邊形BMNG是平行四邊形，∴MN＝BG＝AP