第37頁（共37頁）2026年中考數(shù)學(xué)復(fù)習熱搜題速遞之四邊形一．選擇題（共10小題）1．如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3．若點E是邊CD的中點，連接AE，過點B作BF⊥AE交AE于點F，則BF的長為（）A．3102 B．3105 C．102．矩形具有而平行四邊形不一定具有的性質(zhì)是（）A．對邊相等 B．對角相等 C．對角線相等 D．對角線互相平分3．已知菱形OABC在平面直角坐標系的位置如圖所示，頂點A（5，0），OB＝45，點P是對角線OB上的一個動點，D（0，1），當CP+DP最短時，點P的坐標為（）A．（0，0） B．（1，12） C．（65，35） D．（104．如圖，將矩形紙片ABCD沿直線EF折疊，使點C落在AD邊的中點C′處，點B落在點B′處，其中AB＝9，BC＝6，則FC′的長為（）A．103 B．4 C．4.5 D．5．如圖，?ABCD的對角線AC與BD相交于點O，AE⊥BC，垂足為E，AB=3，AC＝2，BD＝4，則AEA．32 B．32 C．217 6．如圖，在?ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于點F，CE平分∠BCD，交AD于點E，AB＝6，EF＝2，則BC長為（）A．8 B．10 C．12 D．147．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6cm，動點P從點A出發(fā)，沿AB方向以每秒2cm的速度向終點B運動；同時，動點Q從點B出發(fā)沿BC方向以每秒1cm的速度向終點C運動，將△PQC沿BC翻折，點P的對應(yīng)點為點P′．設(shè)Q點運動的時間為t秒，若四邊形QP′CP為菱形，則t的值為（）A．2 B．2 C．22 D．8．平行四邊形的一條邊長是12cm，那么它的兩條對角線的長可能是（）A．8cm和16cm B．10cm和16cm C．8cm和14cm D．8cm和12cm9．如圖，在?ABCD中，用直尺和圓規(guī)作∠BAD的平分線AG交BC于點E．若BF＝6，AB＝5，則AE的長為（）A．4 B．6 C．8 D．1010．如圖，在菱形ABCD中，P是對角線AC上一動點，過點P作PE⊥BC于點E．PF⊥AB于點F．若菱形ABCD的周長為20，面積為24，則PE+PF的值為（）A．4 B．245 C．6 D．二．填空題（共5小題）11．如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，BD為AC的中線，過點C作CE⊥BD于點E，過點A作BD的平行線，交CE的延長線于點F，在AF的延長線上截取FG＝BD，連接BG、DF．若AG＝13，CF＝6，則四邊形BDFG的周長為．12．如圖，?ABCD的頂點C在等邊△BEF的邊BF上，點E在AB的延長線上，G為DE的中點，連接CG．若AD＝3，AB＝CF＝2，則CG的長為．13．如圖所示，把同樣大小的黑色棋子擺放在正多邊形的邊上，按照這樣的規(guī)律擺下去，則第n個圖形需要黑色棋子的個數(shù)是．14．如圖，在邊長為4的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是AD邊的中點，點N是AB邊上一動點，將△AMN沿MN所在的直線翻折得到△A′MN，連接A′C，則線段A′C長度的最小值是．15．如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，對角線AC，BD相交于點O，AE垂直平分OB于點E，則AD的長為．三．解答題（共5小題）16．如圖1，四邊形ABCD為正方形，E為對角線AC上一點，連接DE，BE．（1）求證：BE＝DE；（2）如圖2，過點E作EF⊥DE，交邊BC于點F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．①求證：矩形DEFG是正方形；②若正方形ABCD的邊長為9，CG＝32，求正方形DEFG的邊長．17．如圖，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，點P是AB邊上一點（不與A，B重合），連接CP，過點P作PQ⊥CP交AD邊于點Q，連接CQ．（1）當△CDQ≌△CPQ時，求AQ的長；（2）取CQ的中點M，連接MD，MP，MD⊥MP，求AQ的長．18．如圖，已知?ABCD中，AE平分∠BAD交DC于E，DF⊥BC于F，交AE于G，且AD＝DF．過點D作AB的垂線，分別交AE、AB于點M、N．（1）若M為AG中點，且DM＝2，求DE的長；（2）求證：AB＝CF+DM．19．如圖，在平行四邊形ABCD中，點O是對角線AC的中點，點E是BC上一點，且AB＝AE，連接EO并延長交AD于點F．過點B作AE的垂線，垂足為H，交AC于點G．（1）若AH＝3，HE＝1，求△ABE的面積；（2）若∠ACB＝45°，求證：DF=2CG20．如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，BD為AC的中線，過點C作CE⊥BD于點E，過點A作BD的平行線，交CE的延長線于點F，在AF的延長線上截取FG＝BD，連接BG、DF．（1）求證：BD＝DF；（2）求證：四邊形BDFG為菱形；（3）若AG＝13，CF＝6，求四邊形BDFG的周長．

2026年中考數(shù)學(xué)復(fù)習熱搜題速遞之四邊形（2025年10月）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號12345678910答案BCDDDBBBCB一．選擇題（共10小題）1．如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3．若點E是邊CD的中點，連接AE，過點B作BF⊥AE交AE于點F，則BF的長為（）A．3102 B．3105 C．10【考點】矩形的性質(zhì)．【答案】B【分析】根據(jù)S△ABE=12S矩形ABCD＝3=12?AE?BF，先求出【解答】解：如圖，連接BE．∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝2，BC＝AD＝3，∠D＝90°，在Rt△ADE中，AE=A∵S△ABE=12S矩形ABCD＝3=12?∴BF=3故選：B．【點評】本題考查矩形的性質(zhì)、勾股定理、三角形的面積公式等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題，學(xué)會用面積法解決有關(guān)線段問題，屬于中考?？碱}型．2．矩形具有而平行四邊形不一定具有的性質(zhì)是（）A．對邊相等 B．對角相等 C．對角線相等 D．對角線互相平分【考點】矩形的性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)．【專題】證明題．【答案】C【分析】矩形的對角線互相平分且相等，而平行四邊形的對角線互相平分，不一定相等．【解答】解：矩形的對角線相等，而平行四邊形的對角線不一定相等．故選：C．【點評】本題考查矩形的性質(zhì)，矩形具有平行四邊形的性質(zhì)，又具有自己的特性，要注意運用矩形具備而一般平行四邊形不具備的性質(zhì)．如，矩形的對角線相等．3．已知菱形OABC在平面直角坐標系的位置如圖所示，頂點A（5，0），OB＝45，點P是對角線OB上的一個動點，D（0，1），當CP+DP最短時，點P的坐標為（）A．（0，0） B．（1，12） C．（65，35） D．（10【考點】菱形的性質(zhì)；軸對稱﹣最短路線問題；坐標與圖形性質(zhì)．【答案】D【分析】如圖連接AC，AD，分別交OB于G、P，作BK⊥OA于K．首先說明點P就是所求的點，再求出點B坐標，求出直線OB、DA，列方程組即可解決問題．【解答】解：如圖連接AC，AD，分別交OB于G、P，作BK⊥OA于K．∵四邊形OABC是菱形，∴AC⊥OB，GC＝AG，OG＝BG＝25，A、C關(guān)于直線OB對稱，∴PC+PD＝PA+PD＝DA，∴此時PC+PD最短，在Rt△AOG中，AG=O∴AC＝25，∵OA?BK=12?AC?∴BK＝4，AK=AB∴點B坐標（8，4），∴直線OB解析式為y=12x，直線AD解析式為y=-1由y=12∴點P坐標（107，5故選：D．【點評】本題考查菱形的性質(zhì)、軸對稱﹣最短問題、坐標與圖象的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確找到點P位置，構(gòu)建一次函數(shù)，列出方程組求交點坐標，屬于中考常考題型．4．如圖，將矩形紙片ABCD沿直線EF折疊，使點C落在AD邊的中點C′處，點B落在點B′處，其中AB＝9，BC＝6，則FC′的長為（）A．103 B．4 C．4.5 D．【考點】矩形的性質(zhì)；勾股定理．【答案】D【分析】設(shè)FC′＝x，則FD＝9﹣x，根據(jù)矩形的性質(zhì)結(jié)合BC＝6、點C′為AD的中點，即可得出C′D的長度，在Rt△FC′D中，利用勾股定理即可找出關(guān)于x的一元一次方程，解之即可得出結(jié)論．【解答】解：設(shè)FC′＝x，則FD＝9﹣x，∵BC＝6，四邊形ABCD為矩形，點C′為AD的中點，∴AD＝BC＝6，C′D＝3．在Rt△FC′D中，∠D＝90°，F(xiàn)C′＝x，F(xiàn)D＝9﹣x，C′D＝3，∴FC′2＝FD2+C′D2，即x2＝（9﹣x）2+32，解得：x＝5．故選：D．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)以及勾股定理，在Rt△FC′D中，利用勾股定理找出關(guān)于FC′的長度的一元一次方程是解題的關(guān)鍵．5．如圖，?ABCD的對角線AC與BD相交于點O，AE⊥BC，垂足為E，AB=3，AC＝2，BD＝4，則AEA．32 B．32 C．217 【考點】平行四邊形的性質(zhì)．【答案】D【分析】由勾股定理的逆定理可判定△BAO是直角三角形，所以平行四邊形ABCD的面積即可求出．【解答】解：∵AC＝2，BD＝4，四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO=12AC＝1，BO=12∵AB=3∴AB2+AO2＝BO2，∴∠BAC＝90°，∵在Rt△BAC中，BC=S△BAC=12×AB×AC=1∴3×2=7∴AE=2故選：D．【點評】本題考查了勾股定理的逆定理和平行四邊形的性質(zhì)，能得出△BAC是直角三角形是解此題的關(guān)鍵．6．如圖，在?ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于點F，CE平分∠BCD，交AD于點E，AB＝6，EF＝2，則BC長為（）A．8 B．10 C．12 D．14【考點】平行四邊形的性質(zhì)．【答案】B【分析】由平行四邊形的性質(zhì)和角平分線得出∠ABF＝∠AFB，得出AF＝AB＝6，同理可證DE＝DC＝6，再由EF的長，即可求出BC的長．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，DC＝AB＝6，AD＝BC，∴∠AFB＝∠FBC，∵BF平分∠ABC，∴∠ABF＝∠FBC，則∠ABF＝∠AFB，∴AF＝AB＝6，同理可證：DE＝DC＝6，∵EF＝AF+DE﹣AD＝2，即6+6﹣AD＝2，解得：AD＝10；故選：B．【點評】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)、等腰三角形的判定；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)，證出AF＝AB是解決問題的關(guān)鍵．7．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6cm，動點P從點A出發(fā)，沿AB方向以每秒2cm的速度向終點B運動；同時，動點Q從點B出發(fā)沿BC方向以每秒1cm的速度向終點C運動，將△PQC沿BC翻折，點P的對應(yīng)點為點P′．設(shè)Q點運動的時間為t秒，若四邊形QP′CP為菱形，則t的值為（）A．2 B．2 C．22 D．【考點】菱形的性質(zhì)；翻折變換（折疊問題）．【專題】壓軸題；動點型．【答案】B【分析】首先連接PP′交BC于O，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得PP′⊥CQ，可證出PO∥AC，根據(jù)平行線分線段成比例可得APAB=COCB，再表示出AP、AB、【解答】解：連接PP′交BC于O，∵若四邊形QPCP′為菱形，∴PP′⊥QC，∴∠POQ＝90°，∵∠ACB＝90°，∴PO∥AC，∴APAB∵設(shè)點Q運動的時間為t秒，∴AP=2t，QB＝t∴QC＝6﹣t，∴CO＝3-t∵AC＝CB＝6，∠ACB＝90°，∴AB＝62，∴2t解得：t＝2，故選：B．【點評】此題主要考查了菱形的性質(zhì)，勾股定理，平行線分線段成比例，關(guān)鍵是熟記平行線分線段成比例定理的推論：平行于三角形一邊的直線截其他兩邊（或兩邊的延長線），所得的對應(yīng)線段成比例．推出比例式APAB8．平行四邊形的一條邊長是12cm，那么它的兩條對角線的長可能是（）A．8cm和16cm B．10cm和16cm C．8cm和14cm D．8cm和12cm【考點】平行四邊形的性質(zhì)；三角形三邊關(guān)系．【答案】B【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)中，兩條對角線的一半和一邊構(gòu)成三角形，利用三角形三邊關(guān)系判斷可知．【解答】解：A、4+8＝12，不能構(gòu)成三角形，不滿足條件，故A選項錯誤；B、5+8＞12，能構(gòu)成三角形，滿足條件，故B選項正確．C、4+7＜12，不能構(gòu)成三角形，不滿足條件，故C選項錯誤；D、4+6＜12，不能構(gòu)成三角形，不滿足條件，故D選項錯誤．故選：B．【點評】主要考查了平行四邊形中兩條對角線的一半和一邊構(gòu)成三角形的性質(zhì)．并結(jié)合三角形的性質(zhì)解題．9．如圖，在?ABCD中，用直尺和圓規(guī)作∠BAD的平分線AG交BC于點E．若BF＝6，AB＝5，則AE的長為（）A．4 B．6 C．8 D．10【考點】平行四邊形的性質(zhì)；作圖—基本作圖；等腰三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理．【專題】計算題．【答案】C【分析】由基本作圖得到AB＝AF，加上AO平分∠BAD，則根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到AO⊥BF，BO＝FO=12BF＝3，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得AF∥BE，所以∠1＝∠3，于是得到∠2＝∠3，根據(jù)等腰三角形的判定得AB＝EB，然后再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到AO＝OE，最后利用勾股定理計算出AO，從而得到【解答】解：連接EF，AE與BF交于點O，如圖，∵AB＝AF，AO平分∠BAD，∴AO⊥BF，BO＝FO=12BF＝∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AF∥BE，∴∠1＝∠3，∴∠2＝∠3，∴AB＝EB，而BO⊥AE，∴AO＝OE，在Rt△AOB中，AO=AB∴AE＝2AO＝8．故選：C．【點評】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)：平行四邊形的對邊相等；平行四邊形的對角相等；平行四邊形的對角線互相平分．也考查了等腰三角形的判定與性質(zhì)和基本作圖．10．如圖，在菱形ABCD中，P是對角線AC上一動點，過點P作PE⊥BC于點E．PF⊥AB于點F．若菱形ABCD的周長為20，面積為24，則PE+PF的值為（）A．4 B．245 C．6 D．【考點】菱形的性質(zhì)．【專題】矩形菱形正方形；推理能力．【答案】B【分析】連接BP，如圖，根據(jù)菱形的性質(zhì)得BA＝BC＝5，S△ABC=12S菱形ABCD＝12，然后利用三角形面積公式，由S△ABC＝S△PAB+S△PBC，得到12×5×PE+12×5×PF【解答】解：連接BP，如圖，∵四邊形ABCD為菱形，菱形ABCD的周長為20，∴BA＝BC＝5，S△ABC=12S菱形ABCD＝∵S△ABC＝S△PAB+S△PBC，∴12×5×PE+12×∴PE+PF=24故選：B．【點評】本題考查了菱形的性質(zhì)，三角形的面積的計算，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．二．填空題（共5小題）11．如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，BD為AC的中線，過點C作CE⊥BD于點E，過點A作BD的平行線，交CE的延長線于點F，在AF的延長線上截取FG＝BD，連接BG、DF．若AG＝13，CF＝6，則四邊形BDFG的周長為20．【考點】菱形的判定與性質(zhì)；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理．【專題】壓軸題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】首先可判斷四邊形BGFD是平行四邊形，再由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半，可得BD＝FD，則可判斷四邊形BGFD是菱形，設(shè)GF＝x，則AF＝13﹣x，AC＝2x，在Rt△ACF中利用勾股定理可求出x的值．【解答】解：∵AG∥BD，BD＝FG，∴四邊形BGFD是平行四邊形，∵CF⊥BD，∴CF⊥AG，又∵點D是AC中點，∴BD＝DF=12∴四邊形BGFD是菱形，設(shè)GF＝x，則AF＝13﹣x，AC＝2x，∵在Rt△ACF中，∠CFA＝90°，∴AF2+CF2＝AC2，即（13﹣x）2+62＝（2x）2，解得：x＝5，故四邊形BDFG的周長＝4GF＝20．故答案為：20．【點評】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理及直角三角形的斜邊中線的性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是判斷出四邊形BGFD是菱形．12．如圖，?ABCD的頂點C在等邊△BEF的邊BF上，點E在AB的延長線上，G為DE的中點，連接CG．若AD＝3，AB＝CF＝2，則CG的長為32【考點】平行四邊形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)．【專題】圖形的全等；等腰三角形與直角三角形；多邊形與平行四邊形．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)，可以得到BF和BE的長，然后可以證明△DCG和△EHG全等，然后即可得到CG的長．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，CD＝AB，DC∥AB，∵AD＝3，AB＝CF＝2，∴CD＝2，BC＝3，∴BF＝BC+CF＝5，∵△BEF是等邊三角形，G為DE的中點，∴BF＝BE＝5，DG＝EG，延長CG交BE于點H，∵DC∥AB，∴∠CDG＝∠HEG，在△DCG和△EHG中，∠CDG∴△DCG≌△EHG（ASA），∴DC＝EH，CG＝HG，∵CD＝2，BE＝5，∴HE＝2，BH＝3，∵∠CBH＝60°，BC＝BH＝3，∴△CBH是等邊三角形，∴CH＝BC＝3，∴CG=12CH故答案為：32【點評】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，利用數(shù)形結(jié)合的思想解答．13．如圖所示，把同樣大小的黑色棋子擺放在正多邊形的邊上，按照這樣的規(guī)律擺下去，則第n個圖形需要黑色棋子的個數(shù)是n2+2n．【考點】多邊形．【專題】壓軸題；規(guī)律型．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】第1個圖形是2×3﹣3，第2個圖形是3×4﹣4，第3個圖形是4×5﹣5，按照這樣的規(guī)律擺下去，則第n個圖形需要黑色棋子的個數(shù)是（n+1）（n+2）﹣（n+2）＝n2+2n．【解答】解：第一個是1×3，第二個是2×4，第三個是3×5，…第n個是n?（n+2）＝n2+2n故答案為：n2+2n．【點評】首先計算幾個特殊圖形，發(fā)現(xiàn)：數(shù)出每邊上的個數(shù)，乘以邊數(shù)，但各個頂點的重復(fù)了一次，應(yīng)再減去．14．如圖，在邊長為4的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是AD邊的中點，點N是AB邊上一動點，將△AMN沿MN所在的直線翻折得到△A′MN，連接A′C，則線段A′C長度的最小值是27-2【考點】菱形的性質(zhì)；翻折變換（折疊問題）．【專題】平移、旋轉(zhuǎn)與對稱；推理能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)題意，在N的運動過程中A′在以M為圓心、AD為直徑的圓上的弧AD上運動，當A′C取最小值時，由兩點之間線段最短知此時M、A′、C三點共線，得出A′的位置，進而利用銳角三角函數(shù)關(guān)系求出A′C的長即可．【解答】解：如圖所示：∵在N的運動過程中A′在以M為圓心，MA的長為半徑的圓上，∴MA′是定值，A′C長度取最小值時，即A′在MC上時，過點M作MF⊥DC于點F，∵在邊長為4的菱形ABCD中，∠A＝60°，M為AD中點，∴MD＝2，∠FDM＝60°，∴∠FMD＝30°，∴FD=12MD＝∴FM＝DM×cos30°=3∴MC=FM2∴A′C＝MC﹣MA′＝27-2故答案為：27-2【點評】此題主要考查了菱形的性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)關(guān)系等知識，得出A′點位置是解題關(guān)鍵．15．如圖，在矩形ABCD中，AB＝3，對角線AC，BD相交于點O，AE垂直平分OB于點E，則AD的長為33．【考點】矩形的性質(zhì)；線段垂直平分線的性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】由矩形的性質(zhì)和線段垂直平分線的性質(zhì)證出OA＝AB＝OB＝3，得出BD＝2OB＝6，由勾股定理求出AD即可．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴OB＝OD，OA＝OC，AC＝BD，∴OA＝OB，∵AE垂直平分OB，∴AB＝AO，∴OA＝AB＝OB＝3，∴BD＝2OB＝6，∴AD=BD2故答案為：33．【點評】此題考查了矩形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、勾股定理；熟練掌握矩形的性質(zhì)，證明三角形是等邊三角形是解決問題的關(guān)鍵．三．解答題（共5小題）16．如圖1，四邊形ABCD為正方形，E為對角線AC上一點，連接DE，BE．（1）求證：BE＝DE；（2）如圖2，過點E作EF⊥DE，交邊BC于點F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．①求證：矩形DEFG是正方形；②若正方形ABCD的邊長為9，CG＝32，求正方形DEFG的邊長．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．【專題】證明題；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)正方形的性質(zhì)證明△ABE≌△ADE（SAS），即可解決問題；（2）①作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得到EN＝EM，然后證得∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，則有DE＝EF，根據(jù)正方形的判定即可證得矩形DEFG是正方形；②證明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，證明CE⊥CG，連接EG，根據(jù)勾股定理即可解決問題．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BAE＝∠DAE＝45°，AB＝AD，在△ABE和△ADE中，AB=∴△ABE≌△ADE（SAS），∴BE＝DE；（2）①證明：如圖，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得矩形EMCN，∴∠MEN＝90°，∵點E是正方形ABCD對角線上的點，∴EM＝EN，∵∠DEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF＝90°﹣∠FEN，∵∠DNE＝∠FME＝90°，在△DEN和△FEM中，∠DNE∴△DEN≌△FEM（ASA），∴EF＝DE，∵四邊形DEFG是矩形，∴矩形DEFG是正方形；②解：∵正方形DEFG和正方形ABCD，∴DE＝DG，AD＝DC，∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，∴∠CDG＝∠ADE，在△ADE和△CDG中，AD=∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，∵∠ACD＝45°，∴∠ACG＝∠ACD+∠DCG＝90°，∴CE⊥CG，∴CE+CG＝CE+AE＝AC=2AB＝92∵CG＝32，∴CE＝62，連接EG，∴EG=CE2∴DE=22EG＝3∴正方形DEFG的邊長為35．【點評】此題主要考查了正方形的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，三角形的全等的性質(zhì)和判定，勾股定理，解本題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，證得△DEN≌△FEM．17．如圖，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，點P是AB邊上一點（不與A，B重合），連接CP，過點P作PQ⊥CP交AD邊于點Q，連接CQ．（1）當△CDQ≌△CPQ時，求AQ的長；（2）取CQ的中點M，連接MD，MP，MD⊥MP，求AQ的長．【考點】矩形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理．【專題】壓軸題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)求得DQ＝PQ，PC＝DC＝5，然后利用勾股定理即可求得；（2）方法1、過M作EF⊥CD于F，則EF⊥AB，先證得△MDF≌△PME，求得ME＝DF=5方法2、先利用三角形的外角和∠DMP＝90°，得出∠DCP＝90°，得出BP＝BC＝3，再判斷出AQ＝AP＝2即可．【解答】解：（1）∵△CDQ≌△CPQ，∴DQ＝PQ，PC＝DC，∵AB＝DC＝5，AD＝BC＝3，∴PC＝5，在Rt△PBC中，PB=PC∴PA＝AB﹣PB＝5﹣4＝1，設(shè)AQ＝x，則DQ＝PQ＝3﹣x，在Rt△PAQ中，（3﹣x）2＝x2+12，解得x=4∴AQ=4（2）方法1，如圖2，過M作EF⊥CD于F，則EF⊥AB，∵MD⊥MP，∴∠PMD＝90°，∴∠PME+∠DMF＝90°，∵∠FDM+∠DMF＝90°，∴∠MDF＝∠PME，∵M是QC的中點，∴DM=12QC，PM=∴DM＝PM，在△MDF和△PME中，∠MDF∴△MDF≌△PME（AAS），∴ME＝DF，PE＝MF，∵EF⊥CD，AD⊥CD，∴EF∥AD，∵QM＝MC，∴DF＝CF=12DC∴ME=5∵ME是梯形ABCQ的中位線，∴2ME＝AQ+BC，即5＝AQ+3，∴AQ＝2．方法2、∵點M是Rt△CDQ的斜邊CQ中點，∴DM＝CM，∴∠DMQ＝2∠DCQ，∵點M是Rt△CPQ的斜邊的中點，∴MP＝CM，∴∠PMQ＝2∠PCQ，∵∠DMP＝90°，∴2∠DCQ+2∠PCQ＝90°，∴∠PCD＝45°，∠BCP＝90°﹣45°＝45°，∴∠BPC＝45°＝∠BCP，∴BP＝BC＝3，∵∠CPQ＝90°，∴∠APQ＝180°﹣90°﹣45°＝45°，∴∠AQP＝90°﹣45°＝45°＝∠APQ，∴AQ＝AP＝2．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，梯形的中位線的性質(zhì)等，（2）求得△MDF≌△PME是本題的關(guān)鍵．18．如圖，已知?ABCD中，AE平分∠BAD交DC于E，DF⊥BC于F，交AE于G，且AD＝DF．過點D作AB的垂線，分別交AE、AB于點M、N．（1）若M為AG中點，且DM＝2，求DE的長；（2）求證：AB＝CF+DM．【考點】平行四邊形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．【專題】壓軸題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）由?ABCD中，AE平分∠BAD交DC于E，DF⊥BC，易證得∠DMG＝∠DGM，求得DG＝DM＝2，由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊上的一半，求得AG的長，繼而求得DE的長；（2）此題有多種解法，通過構(gòu)造不同的直角三角形，找到相應(yīng)的全等三角形，在根據(jù)對應(yīng)邊和對應(yīng)角相等，即可推出結(jié)論．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠BAE＝∠DEA，∵AE平分∠BAD，∴∠DAE＝∠DEA，∴DE＝AD，∵DF⊥BC，∴DF⊥AD，∵M為AG中點，∴AG＝2DM＝4，∵DN⊥CD，∴∠ADM+∠MDG＝∠MDG+∠EDG，∴∠ADM＝∠EDG，∴∠DAE+∠ADM＝∠DEA+∠EDG，即∠DMG＝∠DGM，∴DG＝DM＝2，在Rt△ADG中，DE＝AD=A（2）證法一：過點A作AD的垂線交DN的延長線于點H，在△ADH和△FDC中，∠ADH∴△DAH≌△DFC（ASA），∴AH＝FC，DH＝DC，∵DF⊥AD，∴AH∥DF，∴∠HAM＝∠DGM，∵∠AMH＝∠DMG，∠DMG＝∠DGM，∴∠HAM＝∠HMA，∴AH＝MH，∴MH＝CF，∴AB＝CD＝DH＝MH+DM＝CF+DM．證法二：延長MD到點P，使DP＝CF，連接PE由（1）知AD＝DE，又AD＝DF，∴DF＝DE，∠DFC＝∠EDP＝90°∴Rt△DCF≌Rt△EPD，∴DC＝EP，∠CDF＝∠PED∴PE∥DF，∴∠PEA＝∠DGA，由（1）得∠DGA＝∠DME，∴∠PEA＝∠DME∴PM＝PE，而PM＝DM+DP＝DM+CF，PE＝CD＝AB，∴AB＝DM+FC．證法三：過點A作AH⊥CB于點H，易證△ABH≌△DCF，從而證得四邊形AHFD為正方形．把△ADG繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°，得△AHP，∠AHP＝∠AHB＝90°∴P、H、B三點共線∵AE平分∠BAD，∴∠1＝∠2，而∠2＝∠HAP，∴∠HAB+∠1＝∠HAB+∠HAP，即∠HAG＝∠PAB∵AH∥DF，∴∠HAG＝∠DGA而∠DGA＝∠APB∴∠PAB＝∠APB∴AB＝PB∵PB＝PH+HB＝DG+FC∴AB＝DM+FC．證法四：在DC上截取DP＝DM，連接PF，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD∴∠BAE＝∠DEA，而∠BAE＝∠DAE，∴∠DAE＝∠DEA?DA＝DE，又∠ADF＝∠MDE＝90°，∴∠ADM＝∠EDG，∴△ADM≌△EDG，∴DM＝DG，∴DG＝DP，又AD＝DF，∴DF＝DE，而∠PDF＝∠FDP，∴△PDF≌△GDE，∴∠DPF＝∠DGE，∠DFP＝∠DEG，∴∠CPF＝∠DGM，∵∠DFP+∠CFP＝∠DEG+∠DMG＝90°，∴∠CFP＝∠DMG，而∠DMG＝∠DGM，∴∠CFP＝∠CPF?CF＝CP，而CD＝DP+CP＝DM+CF，AB＝CD，∴AB＝DM+CF．【點評】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)、全等三角形的判定、等腰三角形的判定與性質(zhì)與性質(zhì)以及勾股定理．此題難度適中，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．19．如圖，在平行四邊形ABCD中，點O是對角線AC的中點，點E是BC上一點，且AB＝AE，連接EO并延長交AD于點F．過點B作AE的垂線，垂足為H，交AC于點G．（1）若AH＝3，HE＝1，求△ABE的面積；（2）若∠ACB＝45°，求證：DF=2CG【考點】平行四邊形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．【專題】多邊形與平行四邊形．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）利用勾股定理即可得出BH的長，進而運用公式得出△ABE的面積；（2）過A作AM⊥BC于M，交BG于K，過G作GN⊥BC于N，判定△AME≌△BNG（AAS），可得ME＝NG，進而得出BE=2GC，再判定△AFO≌△CEO（AAS），可得AF＝CE，即可得到DF＝BE=2【解答】解：（1）∵AH＝3，HE＝1，∴AB＝AE＝4，又∵Rt△ABH中，BH=A∴S△ABE=12AE×BH=1（2）如圖，過A作AM⊥BC于M，交BG于K，過G作GN⊥BC于N，則∠AMB＝∠AME＝∠BNG＝90°，∵∠ACB＝45°，∴∠MAC＝∠NGC＝45°，∵AB＝AE，∴BM＝EM=12BE，∠BAM＝∠又∵AE⊥BG，∴∠AHK＝90°＝∠BMK，而∠AKH＝∠BKM，∴∠MAE＝∠NBG，設(shè)∠BAM＝∠MAE＝∠NBG＝α，則∠BAG＝45°+α，∠BGA＝∠GCN+∠GBC＝45°+α，∴AB＝BG，∴AE＝BG，在△AME和△BNG中，∠AME∴△AME≌△BNG（AAS），∴ME＝NG，在等腰Rt△CNG中，NG＝NC，∴GC=2NG=2ME=∴BE=2GC∵O是AC的中點，∴OA＝OC，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠OAF＝∠OCE，∠AFO＝∠CEO，∴△AFO≌△CEO（AAS），∴AF＝CE，∴AD﹣AF＝BC﹣EC，即DF＝BE，∴DF＝BE=2CG【點評】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理的綜合運用，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造全等三角形以及等腰直角三角形，利用全等三角形的對應(yīng)邊相等得出結(jié)論．20．如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，BD為AC的中線，過點C作CE⊥BD于點E，過點A作BD的平行線，交CE的延長線于點F，在AF的延長線上截取FG＝BD，連接BG、DF．（1）求證：BD＝DF；（2）求證：四邊形BDFG為菱形；（3）若AG＝13，CF＝6，求四邊形BDFG的周長．【考點】菱形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）先可判斷四邊形BGFD是平行四邊形，再由直角三角形斜邊中線等于斜邊一半，可得BD＝FD；（2）由鄰邊相等可判斷四邊形BGFD是菱形；（3）設(shè)GF＝x，則AF＝13﹣x，AC＝2x，在Rt△ACF中利用勾股定理可求出x的值．【解答】（1）證明：∵∠ABC＝90°，BD為AC的中線，∴BD=12∵AG∥BD，BD＝FG，∴四邊形BGFD是平行四邊形，∵CF⊥BD，∴CF⊥AG，又∵點D是AC中點，∴DF=12∴BD＝DF；（2）證明：∵BD＝DF，∴四邊形BGFD是菱形，（3）解：設(shè)GF＝x，則AF＝13﹣x，AC＝2x，∵在Rt△ACF中，∠CFA＝90°，∴AF2+CF2＝AC2，即（13﹣x）2+62＝（2x）2，解得：x＝5，∴四邊形BDFG的周長＝4GF＝20．【點評】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、勾股定理及直角三角形的斜邊中線的性質(zhì)；解答本題的關(guān)鍵是證明四邊形BGFD是菱形．

考點卡片1．坐標與圖形性質(zhì)1、點到坐標軸的距離與這個點的坐標是有區(qū)別的，表現(xiàn)在兩個方面：①到x軸的距離與縱坐標有關(guān)，到y(tǒng)軸的距離與橫坐標有關(guān)；②距離都是非負數(shù)，而坐標可以是負數(shù)，在由距離求坐標時，需要加上恰當?shù)姆枺?、有圖形中一些點的坐標求面積時，過已知點向坐標軸作垂線，然后求出相關(guān)的線段長，是解決這類問題的基本方法和規(guī)律．3、若坐標系內(nèi)的四邊形是非規(guī)則四邊形，通常用平行于坐標軸的輔助線用“割、補”法去解決問題．2．三角形三邊關(guān)系（1）三角形三邊關(guān)系定理：三角形兩邊之和大于第三邊．（2）在運用三角形三邊關(guān)系判定三條線段能否構(gòu)成三角形時并不一定要列出三個不等式，只要兩條較短的線段長度之和大于第三條線段的長度即可判定這三條線段能構(gòu)成一個三角形．（3）三角形的兩邊差小于第三邊．（4）在涉及三角形的邊長或周長的計算時，注意最后要用三邊關(guān)系去檢驗，這是一個隱藏的定時炸彈，容易忽略．3．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?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，必要時添加適當輔助線構(gòu)造三角形．4．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．5．等腰三角形的判定與性質(zhì)1、等腰三角形提供了好多相等的線段和相等的角，判定三角形是等腰三角形是證明線段相等、角相等的重要手段．2、在等腰三角形有關(guān)問題中，會遇到一些添加輔助線的問題，其頂角平分線、底邊上的高、底邊上的中線是常見的輔助線，雖然“三線合一”，但添加輔助線時，有時作哪條線都可以，有時不同的做法引起解決問題的復(fù)雜程度不同，需要具體問題具體分析．3、等腰三角形性質(zhì)問題都可以利用三角形全等來解決，但要注意糾正不顧條件，一概依賴全等三角形的思維定勢，凡可以直接利用等腰三角形的問題，應(yīng)當優(yōu)先選擇簡便方法來解決．6．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．7．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?shù)呐卸ǚ椒ǎ话愕?，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．8．直角三角形斜邊上的中線（1）性質(zhì)：在直角三角形中，斜邊上的中線等于斜邊的一半．（即直角三角形的外心位于斜邊的中點）（2）定理：一個三角形，如果一邊上的中線等于這條邊的一半，那么這個三角形是以這條邊為斜邊的直角三角形．該定理可以用來判定直角三角形．9．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．10．多邊形（1）多邊形的概念：在平面內(nèi)，由一些線段首尾順次相接組成的圖形叫做多邊形．（2）多邊形的對角