第43頁（共43頁）2025年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)難題速遞之四邊形（2025年4月）一．選擇題（共10小題）1．（2025春?沙坪壩區(qū)校級月考）如圖，在平行四邊形ABCD中，點E、點F是AD邊上兩點，滿足AE＝AB，AF＝AC，延長BE、CF交于點G，連接AG，設(shè)∠BGC＝α，則∠CAG的大小用含α的代數(shù)式表示為（）A．α B．90°﹣α C．30°+12α D2．（2025春?南京月考）下列說法正確的是（）A．平行四邊形是軸對稱圖形 B．平行四邊形的對角線相等 C．對角線相等的四邊形是矩形 D．對角線互相垂直平分的四邊形是菱形3．（2025?合肥一模）在?ABCD中，對角線AC與BD交于點O，點E在BC上，點F在CD上，連接AE，AF，EF．下列結(jié)論錯誤的是（）A．若EF∥BD，則CECFB．若AC⊥BD，AE＝AF，則EF∥BD C．若CECF=ADAB，則D．若AE⊥BC，AF⊥CD，AE＝AF，則EF∥BD4．（2025?千山區(qū)模擬）如圖，在?ABCD中，AC是對角線，當(dāng)△ABC是等邊三角形時，∠BAD為（）A．30° B．45° C．60° D．120°5．（2025?永年區(qū)模擬）如圖，在矩形紙片ABCD中，DC＝8，點M是AB邊上的一點，點N是DC邊上的中點，佳佳按如下方式作圖：①連接MC，MD；②取MC，MD的中點P，Q；③連接PN，QN．若四邊形MPNQ是矩形，可以推斷AD的長度不可能是（）A．2 B．3 C．4 D．56．（2025?朝陽區(qū)校級一模）學(xué)校在舉辦了“叩問蒼穹，征途永志”主題活動后，邀請同學(xué)們參與設(shè)計航天紀(jì)念章．小明以正八邊形為邊框，設(shè)計了如圖所示的作品，則此正八邊形徽章一個內(nèi)角的大小為（）A．135° B．75° C．45° D．105°7．（2025?湖南模擬）如圖，在菱形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AC，CD的中點，AB＝8，則EF的長為（）A．4 B．6 C．8 D．不確定8．（2025?烏魯木齊一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝5．正方形DEFG的邊長為5，它的頂點D，E，G分別在△ABC的邊上，則BG的長為（）A．3 B．32 C．5 D．9．（2025?晉州市模擬）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點A（0，4），P（t，t），且0＜t＜4，點Q在x軸的負(fù)半軸上，OQ＞OA，將線段QP繞點Q逆時針旋轉(zhuǎn)90°變?yōu)榫€段QB，以PA，PQ為鄰邊作?PACQ，射線BC交x軸于點D，BE是點B到y(tǒng)軸的垂線段．則下列結(jié)論中：①AC⊥BQ；②四邊形ODBE是正方形；③AE+CD＝OQ；④CQ存在最小值，且其最小值是22；⑤若連接OP，則t值從小變大時，∠ACQ+∠OPQ的值先增大A．0個 B．1個 C．2個 D．3個10．（2025?金寨縣模擬）如圖，在正方形ABCD中，M，N分別是AB，AD的中點，CM，BN相交于點E，AC與BN相交于點F，分別連接AE，DE，則下列結(jié)論錯誤的是（）A．AD＝DE B．EA平分∠MEF C．EMCE=14二．填空題（共5小題）11．（2025?南關(guān)區(qū)模擬）如圖，點E為正方形ABCD對角線AC上一點，連結(jié)DE，過點E作EF⊥DE，交BC延長線于點F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連結(jié)CG．給出下列四個結(jié)論：①DE＝EF；②△DAE≌△DCG；③AC⊥CG；④2CE上述結(jié)論中，正確結(jié)論的序號有．12．（2025春?南京月考）如圖，四邊形ABCD是菱形，CD＝5，BD＝8，AE⊥BC于點E，則AE的長是．13．（2025?碑林區(qū)校級二模）菱形ABCD的周長為20，對角線AC長為6，CE是邊AB上的高線，則線段CE的長為．14．（2025?碧江區(qū)一模）如圖，四邊形ABCD是矩形，且對角線AC、BD相交于點O，若∠AOB＝50°，則∠OCD＝．15．（2025?浙江模擬）如圖，AC是菱形ABCD的對角線，∠BAC＝38°，點E在BC的延長線上，則∠DCE＝°．三．解答題（共5小題）16．（2025?花溪區(qū)模擬）【問題情境】如圖，四邊形ABCD是正方形．過點C在正方形ABCD的外側(cè)作射線CN，∠DCN＝α（0°＜α＜90°）．作點D關(guān)于射線CN的對稱點E，線段DE交射線CN于點M，連接BE交直線CN于點F．【探究發(fā)現(xiàn)】（1）當(dāng)0°＜α≤45°時，∠EFN的度數(shù)為度；【猜想論證】（2）在（1）的條件下，猜想線段FB，F(xiàn)C，F(xiàn)E之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；【拓展應(yīng)用】（3）若CF＝1，F(xiàn)M＝2，求FB的長．17．（2025?天鎮(zhèn)縣模擬）綜合與探究在數(shù)學(xué)課上，老師讓同學(xué)們以“矩形的折疊”為主題開展活動．實踐操作：如圖，在矩形紙片ABCD中，AB＝8，BC＝10．第一步：如圖1，將矩形紙片ABCD沿過點C的直線折疊，使點B落在AD邊上的點F處，得到折痕CE，然后把紙片展平．第二步：如圖2，再將矩形紙片沿BF折疊，此時點A恰好落在CF上的點N處，BF，BN分別與CE交于點G，M，然后展平．問題解決：（1）求AE的長．（2）判斷EF，MN與CD之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．拓展應(yīng)用：（3）如圖3，延長CE，DA相交于點P，請直接寫出PM的長．18．（2025?市北區(qū)校級一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6cm，BC＝10cm，在BC上取一點D，使BD＝AB＝6cm，連接AD，分別過點A，點C，作AE∥BC，CE∥AD，交點為E．點P從點A出發(fā)，沿AC方向勻速運動，速度為1cm/s；同時，點Q從點B出發(fā)，沿BA方向勻速運動，速度為1cm/s．過點P作PF∥CE，交AE于點F，連接PD，DQ．設(shè)運動時間為t（s）（0＜t＜6），解答下列問題：（1）當(dāng)t為何值時，點PD∥AB？（2）設(shè)五邊形AFPDQ的面積為S（cm2），求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；（3）連接BP，是否存在某一時刻t，使得PB垂直平分AD？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．19．（2025?浦口區(qū)校級模擬）如圖，?ABCD的對角線AC，BD相交于點O、E是BC的中點，連接EO并延長交AD于點F，連接AE，CF．（1）求證：四邊形AECF是平行四邊形；（2）若EF平分∠AEC，求證AB⊥AC．20．（2025春?南京月考）如圖，?ABCD的對角線交于點O，點E、F、G、H分別是AD、BC、BO、DO的中點．（1）求證：四邊形EGFH是平行四邊形；（2）當(dāng)?ABCD滿足什么條件時，四邊形EGFH是矩形？請說明理由．

2025年中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)難題速遞之四邊形（2025年4月）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號12345678910答案BDBDDAABBD一．選擇題（共10小題）1．（2025春?沙坪壩區(qū)校級月考）如圖，在平行四邊形ABCD中，點E、點F是AD邊上兩點，滿足AE＝AB，AF＝AC，延長BE、CF交于點G，連接AG，設(shè)∠BGC＝α，則∠CAG的大小用含α的代數(shù)式表示為（）A．α B．90°﹣α C．30°+12α D【考點】平行四邊形的性質(zhì)．【專題】多邊形與平行四邊形；推理能力．【答案】B【分析】過點G作GM⊥BA延長線于點M，GK⊥AC于點K，GN⊥BC延長線于點N，由四邊形ABCD是平行四邊形，得AD∥BC，利用平行和等腰易得∠ABE＝∠CBE，可得GM＝GN，設(shè)∠ABE＝∠AEB＝∠CBE＝β，通過等腰三角形性質(zhì)、三角形內(nèi)角和及平行可以導(dǎo)角推出∠BAC＝2α，∠FCN＝∠AFC＝α+β，可得GN＝GK，則GK＝GM，推出AG平分∠CAM，則可求出∠GAC【解答】解：如圖，過點G作GM⊥BA延長線于點M，GK⊥AC于點K，GN⊥BC延長線于點N，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠AEB＝∠CBE，AE＝AB，∴∠ABE＝∠AEB，∴∠ABE＝∠CBE，∴GM＝GN，設(shè)∠ABE＝∠AEB＝∠CBE＝β，∴∠BAE＝180°﹣∠AEB﹣∠ABE＝180°﹣2β，∠FEG＝β，∠ABC＝∠ABE+∠CBE＝2β，∵∠BGC＝α，∴∠AFC＝∠FEG+∠BGC＝α+β，∵AF＝AC，∴∠ACF＝∠AFC＝α+β，∴∠FAC＝180°﹣∠AFC﹣∠ACF＝180°﹣2（α+β），∴∠BAC＝∠BAE﹣∠BAC＝180°﹣2β﹣[180°﹣2（α+β）]＝2α，∴∠CAM＝180°﹣∠BAC＝180°﹣2α，∵AD∥BC，∴∠FCN＝∠AFC＝α+β，∴∠FCN＝∠ACF，∴GN＝GK，∴GK＝GM，∴AG平分∠CAM，∴∠GAC故選：B．【點評】本題考查角平分線的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，三角形外角的性質(zhì)，熟練掌握這些性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．2．（2025春?南京月考）下列說法正確的是（）A．平行四邊形是軸對稱圖形 B．平行四邊形的對角線相等 C．對角線相等的四邊形是矩形 D．對角線互相垂直平分的四邊形是菱形【考點】矩形的判定；軸對稱圖形；線段垂直平分線的性質(zhì)；菱形的判定．【專題】推理能力．【答案】D【分析】由矩形的判定、菱形的判定、平行四邊形的判定和軸對稱圖形的判定分別對各個選項進行判斷即可．【解答】解：A、平行四邊形不是軸對稱圖形，故A不符合題意；B、平行四邊形的對角線不一定相等，故B不符合題意；C、對角線相等的平行四邊形可能是矩形，也有可能是等腰梯形，故C不符合題意；D、對角線互相垂直平分的四邊形是菱形，故D符合題意；故選：D．【點評】本題考查了矩形的判定、菱形的判定、軸對稱圖形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)，掌握矩形的判定、菱形的判定、軸對稱圖形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2025?合肥一模）在?ABCD中，對角線AC與BD交于點O，點E在BC上，點F在CD上，連接AE，AF，EF．下列結(jié)論錯誤的是（）A．若EF∥BD，則CECFB．若AC⊥BD，AE＝AF，則EF∥BD C．若CECF=ADAB，則D．若AE⊥BC，AF⊥CD，AE＝AF，則EF∥BD【考點】平行四邊形的性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)；平行線分線段成比例；全等三角形的判定與性質(zhì)．【專題】圖形的全等；多邊形與平行四邊形；矩形菱形正方形；運算能力；推理能力．【答案】B【分析】平行線分線段成比例結(jié)合平行四邊形的對邊相等，判斷A；先證明四邊形ABCD是菱形，得到CB＝CD，分CE＝CF和CE≠CF，兩種情況，判斷B，根據(jù)平行線分線段成比例的推論，判斷C；先證明四邊形ABCD是菱形，再證明CE＝CF，得到CECB=CF【解答】解：四邊形ABCD是平行四邊形，如圖1：∴AD＝BC，AB＝CD；若EF∥BD，則：CECB∴CECF故選項A正確，不符合題意；若AC⊥BD，則四邊形ABCD是菱形；∴CB＝CD，∴∠ACE＝∠ACF，當(dāng)AE與BC不垂直時，BC上還存在一點E′，使AE′＝AF，如圖2，假設(shè)CE＝CF，在△ACE和△ACF中，CE=∴△ACE≌△ACF（SAS），∴AE＝AF，∴CECB∴EF∥BD，而另一點E′也滿足AE′＝AF，但E′F與BD不平行，∴EF與BD不一定平行，故B選項錯誤，符合題意；若CECF=AD∴CECB∴EF∥BD，故C選項正確，不符合題意；若AE⊥BC，AF⊥CD，AE＝AF，則：SABCD＝BC?AF＝CD?AF，∴BC＝CD，∴四邊形ABCD是菱形；∵∠AEC＝∠AFC＝90°，∴△AEC和△AFC是直角三角形，在Rt△AEC和Rt△AFC中，AC=∴Rt△AEC≌Rt△AFC（HL），∴CE＝CF，∴CECB∴EF∥BD，故選項D正確，不符合題意；故選：B．【點評】本題考查平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，平行線分線段成比例，熟練掌握相關(guān)知識點是解題的關(guān)鍵．4．（2025?千山區(qū)模擬）如圖，在?ABCD中，AC是對角線，當(dāng)△ABC是等邊三角形時，∠BAD為（）A．30° B．45° C．60° D．120°【考點】平行四邊形的性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)．【專題】多邊形與平行四邊形；推理能力．【答案】D【分析】△ABC是等邊三角形時，∠B＝60°；由平行四邊形的對邊相互平行知AD∥BC，則由“兩直線平行，同旁內(nèi)角互補”求得答案．【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，∴∠B＝60°．在?ABCD中，∵AD∥BC，∴∠B+∠BAD＝180°．∴∠BAD＝120°．故選：D．【點評】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．5．（2025?永年區(qū)模擬）如圖，在矩形紙片ABCD中，DC＝8，點M是AB邊上的一點，點N是DC邊上的中點，佳佳按如下方式作圖：①連接MC，MD；②取MC，MD的中點P，Q；③連接PN，QN．若四邊形MPNQ是矩形，可以推斷AD的長度不可能是（）A．2 B．3 C．4 D．5【考點】矩形的性質(zhì)；作圖—復(fù)雜作圖；垂線段最短；三角形中位線定理．【專題】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】D【分析】連接NM，PQ，求解四邊形MPNQ是矩形時，MN＝PQ＝4，再進一步分析即可．【解答】解：如圖，連接NM，PQ，∵MC，MD，CD的中點分別是P，Q，N，∴PN、QN是△CDM的中位線，∵DC＝8，∴PQ=∴四邊形MPNQ是平行四邊形．當(dāng)四邊形MPNQ是矩形時，則MN＝PQ＝4．∴點M到DC的距離不超過4，即AD≤4，故選：D．【點評】本題考查的是矩形的性質(zhì)，掌握三角形的中位線的性質(zhì)，垂線段最短的含義是解題的關(guān)鍵．6．（2025?朝陽區(qū)校級一模）學(xué)校在舉辦了“叩問蒼穹，征途永志”主題活動后，邀請同學(xué)們參與設(shè)計航天紀(jì)念章．小明以正八邊形為邊框，設(shè)計了如圖所示的作品，則此正八邊形徽章一個內(nèi)角的大小為（）A．135° B．75° C．45° D．105°【考點】多邊形內(nèi)角與外角．【專題】多邊形與平行四邊形；運算能力．【答案】A【分析】利用多邊形的外角和求出一個外角的大小，然后再用180度減去外角度數(shù)即可．【解答】解：∵每個外角為360°÷8＝45°，∴每個內(nèi)角為180°﹣45°＝135°，故選：A．【點評】本題考查正多邊形的外角和以及內(nèi)角與外角之間的關(guān)系．熟練掌握該知識點是關(guān)鍵．7．（2025?湖南模擬）如圖，在菱形ABCD中，E，F(xiàn)分別是AC，CD的中點，AB＝8，則EF的長為（）A．4 B．6 C．8 D．不確定【考點】菱形的性質(zhì)；三角形中位線定理．【專題】線段、角、相交線與平行線；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】A【分析】先求解AD＝AB＝8，再利用三角形的中位線的性質(zhì)求解即可．【解答】解：在菱形ABCD中，AB＝8，∴AD＝AB＝8，∵E，F(xiàn)分別是AC，CD的中點，∴EF=12AD=12所以EF的長為4，故選：A．【點評】本題考查的是菱形的性質(zhì)，三角形的中位線定理，關(guān)鍵是菱形性質(zhì)的熟練掌握．8．（2025?烏魯木齊一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝5．正方形DEFG的邊長為5，它的頂點D，E，G分別在△ABC的邊上，則BG的長為（）A．3 B．32 C．5 D．【考點】正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；等腰直角三角形．【專題】等腰三角形與直角三角形；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】B【分析】根據(jù)題意得到AB=2AC=52，∠A＝∠B＝45°，DE=EF=FG=DG=5，∠DEF=∠EFG=∠FGD=∠EDG=90°，如圖所示，過點G作GH⊥AC于點H，則AH＝GH，∠GHD＝∠C＝90°，可證△GDH≌△DEC（AAS），得到GH＝DC，HD＝CB，設(shè)AH＝GH＝DC＝a，HD＝CB＝b，由題意得到AC＝AH+HD+DC＝2a+b＝5①，在【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝5，∴AB=2AC=52，∠A∵四邊形DEFG是正方形，∴DE=如圖，過點G作GH⊥AC于點H，則AH＝GH，∠GHD＝∠C＝90°，∵∠EDG＝90°，∴∠EDC+∠GDH＝∠EDC+∠DEC＝90°，∴∠GDH＝∠DEC，在△GDH和△DEC中，∠GDH∴△GDH≌△DEC（AAS），∴GH＝DC，HD＝CB，設(shè)AH＝GH＝DC＝a，HD＝CB＝b，∴AC＝AH+HD+DC＝2a+b＝5①，在Rt△CDE中，由勾股定理得：CE2+CD2＝DE2，∴a2+∴聯(lián)立得2a解得a=2∴AH＝GH＝2，在Rt△AGH中，AG=∴BG=故選：B．【點評】本題考查了等腰直角三角形，正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．9．（2025?晉州市模擬）如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點A（0，4），P（t，t），且0＜t＜4，點Q在x軸的負(fù)半軸上，OQ＞OA，將線段QP繞點Q逆時針旋轉(zhuǎn)90°變?yōu)榫€段QB，以PA，PQ為鄰邊作?PACQ，射線BC交x軸于點D，BE是點B到y(tǒng)軸的垂線段．則下列結(jié)論中：①AC⊥BQ；②四邊形ODBE是正方形；③AE+CD＝OQ；④CQ存在最小值，且其最小值是22；⑤若連接OP，則t值從小變大時，∠ACQ+∠OPQ的值先增大A．0個 B．1個 C．2個 D．3個【考點】正方形的判定與性質(zhì)；坐標(biāo)與圖形變化﹣旋轉(zhuǎn)；垂線段最短；勾股定理；平行四邊形的性質(zhì)．【專題】平面直角坐標(biāo)系；線段、角、相交線與平行線；多邊形與平行四邊形；矩形菱形正方形；運算能力；推理能力．【答案】B【分析】①四邊形PACQ是平行四邊形，故AC∥PQ．線段QP繞Q逆時針旋轉(zhuǎn)90°得QB，則BQ⊥PQ，因此AC⊥BQ，①正確．結(jié)論②：設(shè)設(shè)Q（﹣4，0），P（t，t），過旋轉(zhuǎn)坐標(biāo)公式求B坐標(biāo)，結(jié)合BE⊥y軸，證明ODBE四邊相等且有直角，得正方形，②正確．③用坐標(biāo)計算AE、CD、OQ長度，化簡后驗證AE+CD＝OQ，③正確．④求C坐標(biāo)，得CQ長度表達式，利用距離公式求最小值為22，④正確．⑤分析∠ACQ+∠OPQ，通過角的轉(zhuǎn)換發(fā)現(xiàn)其和為定值，并非先增后減，⑤錯誤．【解答】解：①∵四邊形PACQ是平行四邊形，∴AC∥PQ．∵旋轉(zhuǎn)角∠PQB＝90°，即PQ⊥QB．AC∥PQ且PQ⊥QB，∴AC⊥BQ，結(jié)論①正確．②∵A（0，4），OQ＝OA＝4，∴Q（﹣4，0）．又∵P（t，t），0＜t＜4．設(shè)Q（﹣4，0），P（t，t），將QP繞Q逆時針旋轉(zhuǎn)90°，根據(jù)旋轉(zhuǎn)坐標(biāo)變化規(guī)律：橫坐標(biāo)：x＝﹣4﹣（t﹣0）＝﹣4﹣t；縱坐標(biāo)：y＝0+[t（﹣4）]t+4，∴B（﹣4﹣t，t+4）．∵BE是B到y(tǒng)軸的垂線段，∴E（0，t+4）．OD＝4（OQ＝4），∴OB在y軸上的投影OE＝t+4，BE水平長度為|﹣4﹣t|＝4+t（因為t＞0），∵BQ旋轉(zhuǎn)，∴BE＝4．又∵∠DOB＝90°，四邊形ODBE四邊都為4，且有直角，∴是正方形，結(jié)論②正確．③∵A（0，4），E（0，t+4），∴AE＝t+4﹣4＝t．∵四邊形ODBE是正方形，OD＝4，CD＝OD﹣OC．∴OC＝4﹣t，∴CD＝4﹣（4﹣t）＝t．∴AE+CD＝t+（4﹣t）＝4，∵OQ＝4，∴AE+CD＝OQ，結(jié)論③正確．④設(shè)C（x，y），∵PACQ是平行四邊形，∴AP→=（t，t﹣4），QC→=（x∴x+4＝t，y＝t﹣4，即C（t﹣4，t﹣4）．∴CQ=(當(dāng)t＝2時，2（t﹣2）2＝0，CQ取得最小值8=22.故④⑤∵四邊形PACQ是平行四邊形，∴∠ACQ＝∠APQ．∴∠ACQ+∠OPQ＝∠APQ+∠OPQ＝∠APO．連接OP，A（0，4），P（t，t），tan∠APO由A、P坐標(biāo)決定，是固定值（幾何關(guān)系固定），即∠APO為定值，所以∠ACQ+∠OPQ的值不變，不是先增大再減小，結(jié)論⑤錯誤．綜上，只有結(jié)論⑤錯誤，錯誤的有1個．故選：B．【點評】本題考查正方形判定與性質(zhì)，垂線段最短，平行四邊形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形變化，解題的關(guān)鍵是掌握相關(guān)知識的綜合運用．10．（2025?金寨縣模擬）如圖，在正方形ABCD中，M，N分別是AB，AD的中點，CM，BN相交于點E，AC與BN相交于點F，分別連接AE，DE，則下列結(jié)論錯誤的是（）A．AD＝DE B．EA平分∠MEF C．EMCE=14【考點】正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．【專題】圖形的全等；矩形菱形正方形；圖形的相似；推理能力．【答案】D【分析】如圖1，分別延長CD，BN相交于點P．易證△ABN≌△DPN，則DP＝AB＝CD，易證BN⊥CM，ED為直角△CEP斜邊上的中線，得DE＝CD＝AD，故選項A正確；如圖2，過點A作AG∥BN，與CM的延長線交于點G，易證△AGM≌△BEM，△AGM∽△CBM，得AGGM=BCBM=2，則AG＝EG，即可得EA根據(jù)AN∥BC，得AFFC=ANBC=12，根據(jù)EF證明△CFE∽△CAG，即可判斷選項D錯誤．【解答】解：如圖1，延長CD，BN交于點P，∵四邊形ABCD是正方形，∴CD∥AB，CD＝AB＝AD＝BC，∠BAN＝∠CBM＝90°，∴∠P＝∠ABN，∠BAN＝∠PDN，∵N是AD的中點，∴AN＝DN=12∴△ABN≌△DPN（AAS），∴PD＝AB＝CD，∵M是AB的中點，∴BM=12AB=12∵∠NAB＝∠MBC，AB＝BC，∴△ANB≌△BMC（SAS），∴∠ABN＝∠BCM，∵∠ABN+∠CBN＝90°，∴∠BCM+∠CBN＝90°，∴∠CEN＝90°，∵D為PC的中點，∴DE=12PC＝∴AD＝DE，故選項A正確；如圖2，過點A作AG∥BN，與CM的延長線交于點G，同理得△AGM≌△BEM（AAS），∴∠G＝∠BEM＝90°，EM＝GM，∠GAM＝∠MBE＝∠BCM，∴∠G＝∠CBM＝90°，∴△AGM∽△CBM，∴AGGM∴AG＝2GM，∴AG＝EG，∴△AEG是等腰直角三角形，∴∠AEG＝45°，∴∠AEN＝45°＝∠AEG，∴EA平分∠MEF，故選項B正確；∵AN∥BC，∴△ANF∽△CBF，∴AFFC∵EF∥AG，∴EGCE∴EMCE=1∵AG∥EF，∴△CFE∽△CAG，∴EFAG∵AG＝BE，∴EFBE=2故選：D．【點評】此題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，正確作輔助線構(gòu)建全等三角形是解本題的關(guān)鍵．二．填空題（共5小題）11．（2025?南關(guān)區(qū)模擬）如圖，點E為正方形ABCD對角線AC上一點，連結(jié)DE，過點E作EF⊥DE，交BC延長線于點F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連結(jié)CG．給出下列四個結(jié)論：①DE＝EF；②△DAE≌△DCG；③AC⊥CG；④2CE上述結(jié)論中，正確結(jié)論的序號有①②③．【考點】正方形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．【專題】圖形的全等；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】①②③．【分析】過E作EM⊥BC，過E作EN⊥CD于N，如圖所示，根據(jù)正方形性質(zhì)得∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，推出四邊形EMCN是正方形，由矩形性質(zhì)得EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得ED＝EF，故①正確；推出矩形DEFG是正方形，根據(jù)正方形性質(zhì)得AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°推出△ADE≌△CDG，故②正確；得到AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，由此推出CG平分∠DCF，故③正確；進而求得AC＝AE+CE＝CE+CG=2CD，故④【解答】解：過E作EM⊥BC，過E作EN⊥CD于N，如圖所示，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，∴NE＝NC，∴四邊形EMCN是正方形，∴EM＝EN，∵四邊形DEFG是矩形，∴∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF，在△DEN和△FEM中，∠DNE∴△DEN≌△FEM（ASA），∴ED＝EF，故①正確；∴平行四邊形DEFG是正方形，∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，在△ADE和△CDG中，AD=∴△ADE≌△CDG（SAS），故②正確；∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，∴∠ACG＝90°，∴CG⊥AC，故③正確；∴AC＝AE+CE＝CE+CG=2CD，故④∴正確結(jié)論的序號有①②③，故答案為：①②③．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，正確作出輔助線是解本題的關(guān)鍵．12．（2025春?南京月考）如圖，四邊形ABCD是菱形，CD＝5，BD＝8，AE⊥BC于點E，則AE的長是245【考點】菱形的性質(zhì)；勾股定理．【專題】推理能力．【答案】245【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得BC＝CD＝5，BO＝DO＝4，OA＝OC，AC⊥BD，運用勾股定理可得OC，AC的長，再根據(jù)菱形面積的計算方法S菱形【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，CD＝5，BD＝8，∴BC＝CD＝5，BO＝DO＝4，OA＝OC，AC⊥BD，∴∠BOC＝90°．∴OC=∴AC＝2OC＝6，∵S菱形∴AE=故答案為：245【點評】本題主要考查菱形的性質(zhì)，掌握勾股定理，菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．13．（2025?碑林區(qū)校級二模）菱形ABCD的周長為20，對角線AC長為6，CE是邊AB上的高線，則線段CE的長為4.8．【考點】菱形的性質(zhì)；勾股定理．【專題】等腰三角形與直角三角形；矩形菱形正方形；運算能力；推理能力．【答案】4.8．【分析】連接BD交AC于點O，由菱形的性質(zhì)得AB＝5，OA＝OC＝3，OB＝OD，AC⊥BD，再由勾股定理求出OB＝4，則BD＝8，然后由菱形面積求出CE的長即可．【解答】解：如圖，連接BD交AC于點O，∵四邊形ABCD是菱形，周長為20，AC＝6，∴AB=14×20＝5，OA＝OC=12AC＝3，OB＝OD∴∠AOB＝90°，∴OB=AB∴BD＝2OB＝8，∵CE是邊AB上的高線，∴S菱形ABCD＝AB?CE=12AC?即5CE=12×6∴CE＝4.8，故答案為：4.8．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)以及勾股定理等知識，熟練掌握菱形的性質(zhì)和勾股定理是解題的關(guān)鍵．14．（2025?碧江區(qū)一模）如圖，四邊形ABCD是矩形，且對角線AC、BD相交于點O，若∠AOB＝50°，則∠OCD＝65°．【考點】矩形的性質(zhì)；多邊形內(nèi)角與外角．【專題】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】65°．【分析】先根據(jù)矩形對角線互相平分且相等得到OC＝OD，根據(jù)對頂角相等得到∠COD的度數(shù)，再由等邊對等角和三角形內(nèi)角和定理即可求出答案．【解答】解：由條件可知OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC，∵∠COD＝∠AOB＝50°，∴∠OCD故答案為：65°．【點評】本題主要考查了等邊對等角，三角形內(nèi)角和定理，矩形的性質(zhì)，熟練掌握以上知識點是關(guān)鍵．15．（2025?浙江模擬）如圖，AC是菱形ABCD的對角線，∠BAC＝38°，點E在BC的延長線上，則∠DCE＝104°．【考點】菱形的性質(zhì)．【專題】矩形菱形正方形；運算能力；推理能力．【答案】104．【分析】由菱形的性質(zhì)得∠BCD＝∠BAD＝2∠BAC＝76°，即可解決問題．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠BAC＝38°，∴∠BCD＝∠BAD＝2∠BAC＝76°，∴∠DCE＝180°﹣∠BCD＝180°﹣76°＝104°，故答案為：104．【點評】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，熟練掌握菱形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．三．解答題（共5小題）16．（2025?花溪區(qū)模擬）【問題情境】如圖，四邊形ABCD是正方形．過點C在正方形ABCD的外側(cè)作射線CN，∠DCN＝α（0°＜α＜90°）．作點D關(guān)于射線CN的對稱點E，線段DE交射線CN于點M，連接BE交直線CN于點F．【探究發(fā)現(xiàn)】（1）當(dāng)0°＜α≤45°時，∠EFN的度數(shù)為45度；【猜想論證】（2）在（1）的條件下，猜想線段FB，F(xiàn)C，F(xiàn)E之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的猜想；【拓展應(yīng)用】（3）若CF＝1，F(xiàn)M＝2，求FB的長．【考點】四邊形綜合題．【專題】幾何綜合題；運算能力；推理能力．【答案】（1）45；（2）BF=2CF+EF（3）2或32．【分析】（1）由題意畫出圖形；（2）過點C作CH⊥CF，交BE于點H，證明△CBH≌△CEF（AAS），得出CH＝CF，BH＝EF，則可得出結(jié)論；（3）分兩種情況，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得出結(jié)論．【解答】解：（1）由題意補全圖形如下：∵作點D關(guān)于射線CN的對稱點E，∴DC＝CE，∠DCN＝∠ECN＝α，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，BC＝CD，∴BC＝CE，∴∠CBE＝∠CEB=12×[180°﹣（90°+2α）]＝45∴∠EFN＝∠ECN+∠CEB＝α+45°﹣α＝45°故答案為：45；（2）BF=2CF+EF證明：過點C作CH⊥CF，交BE于點H，∵∠EFN＝45°，∴∠CHF＝45°，∴∠BHC＝∠EFC＝135°，∵BC＝CE，∴∠CBH＝∠CEF，∴△CBH≌△CEF（AAS），∴CH＝CF，BH＝EF，∴HF=2CF∴BF＝BH+HF＝EF+2CF（3）由對稱可知∠CME＝90°，∵FM＝2，∠EFN＝45°，∴EF=2FM＝22當(dāng)0°＜α＜45°時，由（2）可知BF＝EF+2CF＝22+2當(dāng)45°≤α＜90°時，如圖，同理可得BF＝EH＝EF-2CF＝22綜上所述，BF的長為2或32．【點評】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識點，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．17．（2025?天鎮(zhèn)縣模擬）綜合與探究在數(shù)學(xué)課上，老師讓同學(xué)們以“矩形的折疊”為主題開展活動．實踐操作：如圖，在矩形紙片ABCD中，AB＝8，BC＝10．第一步：如圖1，將矩形紙片ABCD沿過點C的直線折疊，使點B落在AD邊上的點F處，得到折痕CE，然后把紙片展平．第二步：如圖2，再將矩形紙片沿BF折疊，此時點A恰好落在CF上的點N處，BF，BN分別與CE交于點G，M，然后展平．問題解決：（1）求AE的長．（2）判斷EF，MN與CD之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．拓展應(yīng)用：（3）如圖3，延長CE，DA相交于點P，請直接寫出PM的長．【考點】四邊形綜合題．【專題】線段、角、相交線與平行線；圖形的全等；等腰三角形與直角三角形；矩形菱形正方形；圖形的相似；運算能力；推理能力．【答案】（1）5；（2）EF，MN與CD之間的數(shù)量關(guān)系為：EF+MN＝CD，理由見解析；（3）PM＝55．【分析】（1）設(shè)AE＝x，則BE＝8﹣x，利用矩形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)得到CF＝CB＝10，EF＝BE＝8﹣x，∠EFC＝∠B＝90°，再利用相似三角形的判定與性質(zhì)解答即可得出結(jié)論；（2）利用折疊的性質(zhì)得到CG⊥BF，BG＝GF，BE＝EF，∠ABF＝∠NBF，BA＝BN，利用全等三角形的判定與性質(zhì)得到BE＝BM，EG＝GM，再利用矩形的性質(zhì)和等式的性質(zhì)解答即可；（3）連接FM，利用菱形的判定與性質(zhì)得到BE＝EF＝FM＝BM＝5，F(xiàn)M∥AB，利用相似三角形的判定與性質(zhì)得到PAPF=AE【解答】解：（1）設(shè)AE＝x，則BE＝8﹣x．∵四邊形ABCD為矩形，∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，CD＝AB＝8，AD＝BC＝10，∵將矩形紙片ABCD沿過點C的直線折疊，使點B落在AD邊上的點F處，∴CF＝CB＝10，EF＝BE＝8﹣x，∠EFC＝∠B＝90°，∴∠AFE+∠DFC＝90°，∵∠DFC+∠DCF＝90°，∴∠AFE＝∠DCF．∵∠A＝∠D＝90°，∴△AFE∽△DCF，∴AEDF∵DF=CF∴AF＝AD﹣DF＝4．∴8-x∴x＝5．∴AE＝5；（2）EF，MN與CD之間的數(shù)量關(guān)系為：EF+MN＝CD，理由：∵將矩形紙片ABCD沿過點C的直線折疊，使點B落在AD邊上的點F處，∴CE垂直平分BF，∴CG⊥BF，BG＝GF，BE＝EF．∵將矩形紙片沿BF折疊，此時點A恰好落在CF上的點N處，∴∠ABF＝∠NBF，BA＝BN，在△BGE和△BGM中，∠BGE∴△BGE≌△BGM（ASA），∴BE＝BM，EG＝GM，∴EF＝BM，∵BM+MN＝BN＝AB，∴EF+MN＝AB，由（1）知：AB＝CD，∴EF+MN＝CD；（3）PM的長為55.理由：連接FM，如圖，由（2）知：BG＝GF，EG＝GM，∴四邊形BEFM為平行四邊形，∵BE＝BM，∴四邊形BEFM為菱形，∴BE＝EF＝FM＝BM＝5，F(xiàn)M∥AB，∴△PAE∽△PFM，∴PAPF∴PAPA由（1）知：AF＝4，AE＝AB﹣BE＝8﹣5＝3，∴PAPA∴PA＝6．∴PE=PA2∵△PAE∽△PFM，∴PEPM∴35∴PM＝55．【點評】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．18．（2025?市北區(qū)校級一模）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6cm，BC＝10cm，在BC上取一點D，使BD＝AB＝6cm，連接AD，分別過點A，點C，作AE∥BC，CE∥AD，交點為E．點P從點A出發(fā)，沿AC方向勻速運動，速度為1cm/s；同時，點Q從點B出發(fā)，沿BA方向勻速運動，速度為1cm/s．過點P作PF∥CE，交AE于點F，連接PD，DQ．設(shè)運動時間為t（s）（0＜t＜6），解答下列問題：（1）當(dāng)t為何值時，點PD∥AB？（2）設(shè)五邊形AFPDQ的面積為S（cm2），求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；（3）連接BP，是否存在某一時刻t，使得PB垂直平分AD？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．【考點】四邊形綜合題．【專題】幾何綜合題；推理能力．【答案】（1）當(dāng)t=245時，PD∥（2）S=320t2-65t+725（（3）存在，t的值為3．【分析】（1）由題意可知∠BAC＝90°，AB＝6cm，BC＝10cm，且BD＝AB＝6cm，AP＝tcm，則DC＝BC﹣BD＝4cm，根據(jù)勾股定理求出AB＝8cm，當(dāng)∠PDC＝∠B時，PD∥AB，△PDC∽△ABC，對應(yīng)邊成比例，解方程求出t的值即可；（2）作DM⊥AC于點M，DN⊥AB于點N，分別用含t的代數(shù)式表示S△PAD，S△QAD，再由△PAF∽△CAE，根據(jù)相似三角形面積比等于相似比的平方，再根據(jù)S五邊形AFPDQ＝S△PAD+S△QAD+S△PAF，即可解決問題；（3）當(dāng)DP＝AP時，由BD＝BA，可知此時PB垂直平分AD，可證明△PDB≌△PAB，∠PDB＝∠PAB＝90°，所以∠PDC＝90°，根據(jù)銳角三角函數(shù)，可知存在使PB垂直平分AD的t值，t的值為3．【解答】解：（1）如圖1，∵AB＝6cm，BC＝10cm，且BD＝AB＝6cm，AP＝tcm，∴DC＝BC﹣BD＝4cm，∵∠BAC＝90°，∴AC=BC2-當(dāng)∠PDC＝∠B時，PD∥AB，∵∠PCD＝∠ACB，∴△PDC∽△ABC，∴PCAC∴8-t解得t=24∴當(dāng)t=245時，PD∥（2）如圖2，作DM⊥AC于點M，DN⊥AB于點N，則∠CMD＝∠BNQ＝90°，∵AE∥BC，CE∥AD，∴∠EAC＝∠DCA，∠ACE＝∠CAD，∵AC＝CA，∴△CAE≌△ACD（ASA），∵DM＝CD?sin∠ACB＝4×6∴S△CAE＝S△ACD=12×8×125=485，∵BQ＝t，DN＝BD?sinB＝6×8∴S△QAD=12×245（6﹣∵PF∥CE，∴△PAF∽△CAE，∴S△PAFS△CAE=（APAC）2＝（∴S△PAF=485×164t∵S五邊形AFPDQ＝S△PAD+S△QAD+S△PAF=65t+725-125t+320∴S=320t2-65t+725（（3）存在，如圖3，當(dāng)DP＝AP時，∵BD＝BA，∴點P、點B都在AD的垂直平分線上，∴PB垂直平分AD，∵DP＝AP，DB＝AB，PB＝PB，∴△PDB≌△PAB（SSS），∴∠PDB＝∠PAB＝90°，∴∠PDC＝180°﹣∠PDB＝90°，∵cos∠ACB=DC∴PC=54×4∴8﹣t＝5，解得t＝3，∴t的值為3．【點評】此題是四邊形綜合題，考查全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、線段的垂直平分線的判定、勾股定理、根據(jù)轉(zhuǎn)化思想表示多邊形的面積等知識與方法，此題難度較大，屬于考試壓軸題．19．（2025?浦口區(qū)校級模擬）如圖，?ABCD的對角線AC，BD相交于點O、E是BC的中點，連接EO并延長交AD于點F，連接AE，CF．（1）求證：四邊形AECF是平行四邊形；（2）若EF平分∠AEC，求證AB⊥AC．【考點】平行四邊形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；三角形中位線定理．【專題】多邊形與平行四邊形；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AO＝CO，AD∥BC，易證△AOF≌△CEO（ASA），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得AF＝CE，進一步即可得證；（2）先根據(jù)有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形可得四邊形AECF是菱形，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AC⊥EF，再證明四邊形ABEF是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AB∥EF，進一步即可得證．【解答】證明：（1）在平行四邊形ABCD中，AO＝CO，AD∥BC，∴∠FAO＝∠ECO，在△AOF和△CEO中，∠FAO∴△AOF≌△CEO（ASA），∴AF＝CE，∵AF∥CE，∴四邊形AECF是平行四邊形；（2）∵AF∥CE，∴∠AFE＝∠CEF，∵EF平分∠AEC，∴∠AEF＝∠CEF，∴∠AFE＝∠AEF，∴AE＝AF，∵四邊形AECF是平行四邊形，∴四邊形AECF是菱形，∴AC⊥EF，∵點E是BC的中點，∴BE＝CE，∴BE＝AF，∵BE∥AF，∴四邊形ABEF是平行四邊形，∴AB∥EF，∴AB⊥AC．【點評】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握這些知識是解題的關(guān)鍵．20．（2025春?南京月考）如圖，?ABCD的對角線交于點O，點E、F、G、H分別是AD、BC、BO、DO的中點．（1）求證：四邊形EGFH是平行四邊形；（2）當(dāng)?ABCD滿足什么條件時，四邊形EGFH是矩形？請說明理由．【考點】中點四邊形；三角形中位線定理；平行四邊形的判定與性質(zhì)；矩形的判定．【專題】多邊形與平行四邊形；矩形菱形正方形；幾何直觀；推理能力．【答案】（1）見解析；（2）當(dāng)BD＝2AB時，四邊形EGFH是矩形，理由見解析．【分析】（1）由三角形中位線定理得GF∥OC，GF=12OC，同理EH∥OA，EH=12OA，再由平行四邊形的性質(zhì)得OA＝OC，則GF∥EH，（2）連接EF，由平行四邊形的性質(zhì)得AD∥BC，AD＝BC，OB＝OD，再證四邊形ABFE是平行四邊形，得AB＝EF，然后證GH＝EF，即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵G，F(xiàn)分別為BO，BC的中點，∴GF為△BOC的中位線，∴GF∥OC，GF=12∵點E、H分別是AD、DO的中點．∴EF為△AOD的中位線，∴EH∥OA，EH=12∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，∴GF∥EH，GF＝EH，∴四邊形EGFH是平行四邊形；（2）解：當(dāng)BD＝2AB時，四邊形EGFH是矩形；理由如下：如圖，連接EF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，OB＝OD，∵E，F(xiàn)H分別是AD，BC的中點，∴AE＝BF，AE∥BF，∴四邊形ABFE是平行四邊形，∴AB＝EF，∵G，H分別是BO，DO的中點，∴BG＝OG＝OH＝DH，∴BD＝2GH，∵BD＝2AB，∴GH＝AB，∴GH＝EF，∴平行四邊形EGFH是矩形．【點評】本題考查了中點四邊形，三角形中位線定理，平行四邊形的判定與性質(zhì)，矩形的判定，熟練掌握菱形的判定和平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

考點卡片1．垂線段最短（1）垂線段：從直線外一點引一條直線的垂線，這點和垂足之間的線段叫做垂線段．（2）垂線段的性質(zhì)：垂線段最短．正確理解此性質(zhì)，垂線段最短，指的是從直線外一點到這條直線所作的垂線段最短．它是相對于這點與直線上其他各點的連線而言．（3）實際問題中涉及線路最短問題時，其理論依據(jù)應(yīng)從“兩點之間，線段最短”和“垂線段最短”這兩個中去選擇．2．全等三角形的判定與性質(zhì)（1）全等三角形的判定是結(jié)合全等三角形的性質(zhì)證明線段和角相等的重要工具．在判定三角形全等時，關(guān)鍵是選擇恰當(dāng)?shù)呐卸l件．（2）在應(yīng)用全等三角形的判定時，要注意三角形間的公共邊和公共角，必要時添加適當(dāng)輔助線構(gòu)造三角形．3．線段垂直平分線的性質(zhì)（1）定義：經(jīng)過某一條線段的中點，并且垂直于這條線段的直線，叫做這條線段的垂直平分線（中垂線）垂直平分線，簡稱“中垂線”．（2）性質(zhì)：①垂直平分線垂直且平分其所在線段．②垂直平分線上任意一點，到線段兩端點的距離相等．③三角形三條邊的垂直平分線相交于一點，該點叫外心，并且這一點到三個頂點的距離相等．4．等邊三角形的性質(zhì)（1）等邊三角形的定義：三條邊都相等的三角形叫做等邊三角形，等邊三角形是特殊的等腰三角形．①它可以作為判定一個三角形是否為等邊三角形的方法；②可以得到它與等腰三角形的關(guān)系：等邊三角形是等腰三角形的特殊情況．在等邊三角形中，腰和底、頂角和底角是相對而言的．（2）等邊三角形的性質(zhì)：等邊三角形的三個內(nèi)角都相等，且都等于60°．等邊三角形是軸對稱圖形，它有三條對稱軸；它的任意一角的平分線都垂直平分對邊，三邊的垂直平分線是對稱軸．5．等邊三角形的判定與性質(zhì)（1）等邊三角形是一個非常特殊的幾何圖形，它的角的特殊性給有關(guān)角的計算奠定了基礎(chǔ)，它的邊角性質(zhì)為證明線段、角相等提供了便利條件．同是等邊三角形又是特殊的等腰三角形，同樣具備三線合一的性質(zhì)，解題時要善于挖掘圖形中的隱含條件廣泛應(yīng)用．（2）等邊三角形的特性如：三邊相等、有三條對稱軸、一邊上的高可以把等邊三角形分成含有30°角的直角三角形、連接三邊中點可以把等邊三角形分成四個全等的小等邊三角形等．（3）等邊三角形判定最復(fù)雜，在應(yīng)用時要抓住已知條件的特點，選取恰當(dāng)?shù)呐卸ǚ椒?，一般地，若從一般三角形出發(fā)可以通過三條邊相等判定、通過三個角相等判定；若從等腰三角形出發(fā)，則想法獲取一個60°的角判定．6．勾股定理（1）勾股定理：在任何一個直角三角形中，兩條直角邊長的平方之和一定等于斜邊長的平方．如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理應(yīng)用的前提條件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的變形有：a=c2-b2，b（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜邊大于該直角三角形中的每一條直角邊．7．等腰直角三角形（1）兩條直角邊相等的直角三角形叫做等腰直角三角形．（2）等腰直角三角形是一種特殊的三角形，具有所有三角形的性質(zhì)，還具備等腰三角形和直角三角形的所有性質(zhì)．即：兩個銳角都是45°，斜邊上中線、角平分線、斜邊上的高，三線合一，等腰直角三角形斜邊上的高為外接圓的半徑R，而高又為內(nèi)切圓的直徑（因為等腰直角三角形的兩個小角均為45°，高又垂直于斜邊，所以兩個小三角形均為等腰直角三角形，則兩腰相等）；（3）若設(shè)等腰直角三角形內(nèi)切圓的半徑r＝1，則外接圓的半徑R=2+1，所以r：R＝1：28．三角形中位線定理（1）三角形中位線定理：三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半．（2）幾何語言：如圖，∵點D、E分別是AB、AC的中點∴DE∥BC，DE=129．多邊形內(nèi)角與外角（1）多邊形內(nèi)角和定理：（n﹣2）?180°（n≥3且n為整數(shù)）此公式推導(dǎo)的基本方法是從n邊形的一個頂點出發(fā)引出（n﹣3）條對角線，將n邊形分割為（n﹣2）個三角形，這（n﹣2）個三角形的所有內(nèi)角之和正好是n邊形的內(nèi)角和．除此方法之和還有其他幾種方法，但這些方法的基本思想是一樣的．即將多邊形轉(zhuǎn)化為三角形，這也是研究多邊形問題常用的方法．（2）多邊形的外角和等于360°．①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，其外角和永遠為360°．②借助內(nèi)角和和鄰補角概念共同推出以下結(jié)論：外角和＝180°n﹣（n﹣2）?180°＝360°．10．平行四邊形的性質(zhì)（1）平行四邊形的概念：有兩組對邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形．（2）平行四邊形的性質(zhì)：①邊：平行四邊形的對邊相等．②角：平行四邊形的對角相等．③對角線：平行四邊形的對角線互相平分．（3）平行線間的距離處處相等．（4）平行四邊形的面積：①平行四邊形的面積等于它的底和這個底上的高的積．②同底（等底）同高（等高）的平行四邊形面積相等．11．平行四邊形的判定與性質(zhì)平行四邊形的判定與性質(zhì)的作用平行四邊形對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等，對角線互相平分及它的判定，是我們證明直線的平行、線段相等、角相等的重要方法，若要證明兩直線平行和兩線段相等、兩角相等，可考慮將要證的直線、線段、角、分別置于一個四邊形的對邊或?qū)堑奈恢蒙希ㄟ^證明四邊形是平行四邊形達到上述目的．運用定義，也可以判定某個圖形是平行四邊形，這是常用的方法，不要忘記平行四邊形的定義，有時用定義判定比用其他判定定理還簡單．凡是可以用平行四邊形知識