【文档说明】《九年级数学》考点11 中考一轮复习之四边形（解析版）.docx，共(28)页，343.894 KB，由管理员店铺上传

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1考点11中考一轮复习之四边形姓名：__________________班级：______________得分：_________________一、单选题（共14小题）1.（2020秋•镇原县期末）一个多边形的每个外角为30°，那么这个多边形边数为（）A．12B．6C．10D．

8【答案】A【分析】一个多边形的外角和为360°，而每个外角为30°，进而求出外角的个数，即为多边形的边数．【解答】解：360°÷30°＝12，故选：A．【知识点】多边形内角与外角2.（2020秋•铁锋区期中）如图，∠A+∠

B+∠C+∠D+∠E+∠F的度数为（）A．180°B．360°C．540°D．720°【答案】B【分析】根据多边形的内角和定理可求解∠A+∠B+∠1+∠C+∠D+∠3+∠E+∠F+∠2＝540°，结合三角形的内角和定理可求解．【解答】解：∵∠A+∠B+∠1＝180°，∠C+∠D+∠3＝1

80°，∠E+∠F+∠2＝180°，2∴∠A+∠B+∠1+∠C+∠D+∠3+∠E+∠F+∠2＝540°，∵∠1+∠2+∠3＝180°，∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E+∠F＝360°，故选：B．【知识点】多边形内角与外角、三角形内角和定理

3.（2020秋•龙凤区校级期末）若平行四边形的两条对角线长为6cm和16cm，则下列长度的线段可作为平行四边形边长的是（）A．5cmB．8cmC．12cmD．16cm【答案】B【分析】平行四边形的两条对角线互相平分，根据三角形形成的条件：任意两边之和大于

第三边，任意两边之差小于第三边，进行判断．【解答】解：由题意可知，平行四边形边长的取值范围是：8﹣3＜边长＜8+3，即5＜边长＜11．只有选项B在此范围内，故选B．【知识点】三角形三边关系、平行四边形的性质4.（2020秋•肇州县期末）平行四边形

的周长为24cm，相邻两边的差为2cm，则平行四边形的各边长为（）A．4cm，4cm，8cm，8cmB．5cm，5cm，7cm，7cmC．5.5cm，5.5cm，6.5cm，6.5cmD．3cm，3cm，9cm，9cm【答案】B【分析】利用平行四边形两组邻边相等，进而再利用周长及两边的

关系建立方程组即可求解．【解答】解：可设两边分别为xcm，ycm，由题意可得，解得，所以平行四边形的各边长为5cm，5cm，7cm，7cm，故选：B．【知识点】平行四边形的性质5.（2020春•涧西区校级月考）如图，在▱ABCD中，DE平分∠ADC

，AD＝6，BE＝2，则▱ABCD的周长是（）3A．60B．30C．20D．16【答案】C【分析】根据角平分线的定义以及两直线平行，内错角相等求出∠CDE＝∠CED，再根据等角对等边的性质可得CE＝CD，然后利用平行四边形对边相等求出CD、BC的长度，再求出▱ABCD的周长．【解答】解：∵

DE平分∠ADC，∴∠ADE＝∠CDE，∵▱ABCD中，AD∥BC，∴∠ADE＝∠CED，∴∠CDE＝∠CED，∴CE＝CD，在▱ABCD中，AD＝6，BE＝2，∴AD＝BC＝6，∴CE＝BC﹣BE＝6﹣2＝4，∴CD＝AB

＝4，∴▱ABCD的周长＝6+6+4+4＝20．故选：C．【知识点】平行四边形的性质6.（2020•荆州）如图，点E在菱形ABCD的AB边上，点F在BC边的延长线上，连接CE，DF，对于下列条件：①BE＝CF；②CE⊥AB

，DF⊥BC；③CE＝DF；④∠BCE＝∠CDF．只选取其中一条添加，不能确定△BCE≌△CDF的是（）A．①B．②C．③D．④【答案】C【分析】根据菱形的性质和全等三角形的判定定理即可得到结论．【解答】解：∵四边形ABC

D是菱形，∴BC＝CD，AB∥CD，∴∠B＝∠DCF，①∵添加BE＝CF，∴△BCE≌△CDF（SAS），4②∵添加CE⊥AB，DF⊥BC，∴∠CEB＝∠F＝90°，∴△BCE≌△CDF（AAS），③∵添加CE＝DF，不能确定△BCE≌△CDF；④∵添加∠

BCE＝∠CDF，∴△BCE≌△CDF（ASA），故选：C．【知识点】菱形的性质、全等三角形的判定7.（2020•毕节市）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是AO，AD的中点，连接E

F，若AB＝6cm，BC＝8cm．则EF的长是（）A．2.2cmB．2.3cmC．2.4cmD．2.5cm【答案】D【分析】根据矩形性质得出∠ABC＝90°，BD＝AC，BO＝OD，根据勾股定理求出AC，进而求出BD、OD，最后根据三角形中位线求出EF的长即可．【解答】解：∵四边形ABCD是矩

形，∴∠ABC＝90°，BD＝AC，BO＝OD，∵AB＝6cm，BC＝8cm，∴由勾股定理得：AC＝＝＝10（cm），∴BD＝10cm，DO＝5cm，∵点E、F分别是AO、AD的中点，∴EF是△AOD的中位线，∴EF＝OD＝2.5cm，故选：D．【知识点】勾股定理、三角形中位线定

理、矩形的性质8.（2020春•和平区校级月考）已知▱ABCD的周长为56，AB＝4，则BC＝（）A．4B．12C．24D．28【答案】C【分析】根据平行四边形的性质可得AB＝CD，AD＝BC，进而可得AB+BC＝28，然后可得BC的长．【解答

】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AD＝BC，5∵▱ABCD的周长为56，∴AB+BC＝28，∵AB＝4，∴BC＝24，故选：C．【知识点】平行四边形的性质9.（2020•天津）如图，四边形OBCD是正方形，O，D两点的坐标分别是（

0，0），（0，6），点C在第一象限，则点C的坐标是（）A．（6，3）B．（3，6）C．（0，6）D．（6，6）【答案】D【分析】利用正方形的性质求出OB，BC，CD即可．【解答】解：∵四边形OBCD是正方形，∴OB＝BC＝CD＝OD，∠CDO＝∠CBO＝90°

，∵O，D两点的坐标分别是（0，0），（0，6），∴OD＝6，∴OB＝BC＝CD＝6，∴C（6，6）．故选：D．【知识点】坐标与图形性质、正方形的性质10.（2020•荆门）如图，菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若EF＝5，则菱形ABCD的周长为（）A．

20B．30C．40D．506【答案】C【分析】由三角形中位线定理可求AB＝10，由菱形的性质即可求解．【解答】解：∵E，F分别是AD，BD的中点，∴EF是△ABD的中位线，∴EF＝AB＝5，∴AB＝10，∵四边形

ABD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝10，∴菱形ABCD的周长＝4AB＝40；故选：C．【知识点】三角形中位线定理、菱形的性质11.（2020•鄂尔多斯）如图，四边形OAA1B1是边长为1的正方形，以对角线OA1为边作第二个正方形OA1

A2B2，连接AA2，得到△AA1A2；再以对角线OA2为边作第三个正方形OA2A3B3，连接A1A3，得到△A1A2A3，再以对角线OA3为边作第四个正方形OA3A4B4，连接A2A4，得到△A2A3A4，…，设△AA1A2，△A1A2A3，△A2A3A4

，…，的面积分别为S1，S2，S3，…，如此下去，则S2020的值为（）A．B．22018C．22018+D．1010【答案】B【分析】首先求出S1、S2、S3，然后猜测命题中隐含的数学规律，即可解决问题．【解答】解：∵四边

形OAA1B1是正方形，∴OA＝AA1＝A1B1＝1，∴S1＝1×1＝，∵∠OAA1＝90°，∴OA12＝12+12＝2，∴OA2＝A2A3＝2，∴S2＝2×1＝1，7同理可求：S3＝2×2＝2，S4＝4…，∴Sn＝2n﹣2，∴S2020＝

22018，故选：B．【知识点】正方形的性质12.（2020春•莒县期末）如图，周长为20的菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、AD上，AE＝2，AF＝3，P为BD上一动点，则线段EP+FP长度的最小值为（）A．3B．4

C．5D．6【答案】C【分析】在DC上截取DG＝FD＝AD﹣AF＝4﹣3＝1，连接EG，则EG与BD的交点就是P．EG的长就是EP+FP的最小值，据此即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，周长为20，∴AD＝20，在DC上截取DG＝FD＝AD﹣AF＝5﹣3＝2，连接EG，EG与BD交于

点P′，连接P′F，此时P′E+P′F的值最小，最小值＝EG的长，∵AE＝DG＝2，且AE∥DG，∴四边形ADGE是平行四边形，∴EG＝AD＝5．故选：C．8【知识点】菱形的性质、轴对称-最短路线问题13.（2020•恩施州）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在AB上

且BE＝1，F为对角线AC上一动点，则△BFE周长的最小值为（）A．5B．6C．7D．8【答案】B【分析】连接ED交AC于一点F，连接BF，根据正方形的对称性得到此时△BFE的周长最小，利用勾股定理求出DE即可得到答案．【解答】解：如图，

连接ED交AC于一点F，连接BF，∵四边形ABCD是正方形，∴点B与点D关于AC对称，∴BF＝DF，∴△BFE的周长＝BF+EF+BE＝DE+BE，此时△BEF的周长最小，∵正方形ABCD的边长为4，∴AD＝AB

＝4，∠DAB＝90°，∵点E在AB上且BE＝1，∴AE＝3，∴DE＝，∴△BFE的周长＝5+1＝6，故选：B．【知识点】正方形的性质、勾股定理、轴对称-最短路线问题914.（2020秋•海淀区校级期中）如图，在正方形ABCD中，点M是

AB上一动点，点E是CM的中点，AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接DE，DF给出结论：①DE＝EF；②∠CDF＝45°；③＝；④若正方形的边长为2，则点M在射线AB上运动时，CF有最小值．其中结论正确的是（

）A．②③④B．①②③C．①③④D．①②④【答案】D【分析】延长AE交DC的延长线于点H，由“AAS”可证△AME≌△HCE，可得AE＝EH，由直角三角形的性质可得AE＝EF＝EH，可判断①；由四边形内角和定理可求2∠ADE

+2∠EDF＝270°，可得∠ADF＝135°，可判断②；由垂线段最短，可得当CF⊥DF时，CF有最小值，由等腰直角三角形的性质可求CF的最小值，可判断④；由连接AC，过点E作EP⊥AD于点P，过点F作FN⊥EP于N，交CD于G，连接CF，由梯形中位线定理可求PE＝（AM+CD），

由“AAS”可证△APE≌△ENF，可得AP＝NE＝AD，即可求AM＝2DG＝2×＝DF，可判断③，即可求解．【解答】解：如图，延长AE交DC的延长线于点H，∵点E是CM的中点，∴ME＝EC，∵AB∥CD，∴∠MAE＝∠

H，∠AME＝∠HCE，∴△AME≌△HCE（AAS），∴AE＝EH，又∵∠ADH＝90°，∴DE＝AE＝EH，∵AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，∴AE＝EF，∠AEF＝90°，∴AE＝DE＝EF，故①正确；10∵AE＝DE＝

EF，∴∠DAE＝∠ADE，∠EDF＝∠EFD，∵∠AEF+∠DAE+∠ADE+∠EDF+∠EFD＝360°，∴2∠ADE+2∠EDF＝270°，∴∠ADF＝135°，∴∠CDF＝∠ADF﹣∠ADC＝135°﹣90°＝45°，故②正确；如图，连接AC，过点E作EP⊥AD于点P

，过点F作FN⊥EP于N，交CD于G，连接CF，∵EP⊥AD，FN⊥EP，∠ADC＝90°，∴四边形PDGN是矩形，∴PN＝DG，∠DGN＝90°，∵∠CDF＝45°，∴点F在DF上运动，∴当CF⊥DF时，CF有最小值，∵CD＝2，∠CDF＝45°，∴CF的最小值＝＝，故④正

确；∵EP⊥AD，AM⊥AD，CD⊥AD，∴AM∥PE∥CD，∴＝＝1，∴AP＝PD，∴PE是梯形AMCD的中位线，∴PE＝（AM+CD），∵∠FDC＝45°，FN⊥CD，∴∠DFG＝∠FDC＝45°，∴DG＝GF，DF＝DG，∵∠A

EP+∠FEN＝90°，∠AEP+∠EAP＝90°，∴∠FEN＝∠EAP，又∵AE＝EF，∠APE＝∠ENF＝90°，∴△APE≌△ENF（AAS），∴AP＝NE＝AD，∵PE＝（AM+CD）＝NE+NP＝AD+NP，11∴AM＝NP＝DG，∴AM＝2D

G＝2×＝DF，∴＝，故③错误；故选：D．【知识点】正方形的性质、旋转的性质二、填空题（共10小题）15.（2020春•海淀区校级期末）在平行四边形ABCD中，∠A与∠B的度数之比为2：1，则∠C＝．【答案】120°【分析】由四边形ABC

D为平行四边形，可知∠A+∠B＝180°，根据∠A：∠B＝2：1，即可求得∠B的度数，进而得出∠C的度数．【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠A+∠B＝180°，∵∠A：∠B＝2：1，∴∠B＝×180°＝60°，∴∠C＝180°﹣60°＝120°．故答案为：120°．【知识点】平行四边

形的性质16.（2020•青海）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，已知∠BOC＝120°，DC＝3cm，则AC的长为cm．【答案】6【分析】根据矩形的性质即可求出答案．【解答】解：在矩形ABCD中，∴OB＝OC，12∴∠OCB＝∠OBC，∵∠BOC＝120°，∴∠OCB

＝30°，∵DC＝3cm，∴AB＝CD＝3cm，在Rt△ACB中，AC＝2AB＝6cm，故答案为：6【知识点】矩形的性质17.（2020春•玄武区期末）如图，将四边形纸片ABCD沿MN折叠，点A、D分别落在A1、D1处，若∠1+∠2＝145°，则∠B+∠C

＝°．【答案】107.5【分析】先根据∠1+∠2＝145°得出∠AMN+∠DNM的度数，再由四边形内角和定理即可得出结论．【解答】解：∵∠1+∠2＝145°，∴∠AMN+∠DNM＝＝107.5°，∵∠A+∠D+（∠AMN+∠DNM）＝360°，∠A+∠D+（∠B

+∠C）＝360°，∴∠B+∠C＝∠AMN+∠DNM＝107.5°，故答案为：107.5°．【知识点】多边形内角与外角18.（2020秋•顺德区期末）如图，四边形ABCD是正方形，△CBE是等边三角形，则∠AEB＝．【答案】150°【分析】先根据正方形和等边三角形的性质得出AD＝DE，∠ADE

＝30°，求出∠DEA和∠CEB，再用周角减去三个角即可得出结果．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，△CDE是等边三角形，∴AD＝CD＝BC，∠ADC＝90°，DE＝CD＝CE，∠EDC＝∠DEC＝60°，∴AD＝DE，∠ADE＝30°，13∴∠DEA＝（180°﹣30°）＝75°，同理

：∠CEB＝75°，∴∠AEB＝360°﹣75°﹣75°＝﹣60°＝150°，故答案为：150°．【知识点】正方形的性质、等边三角形的性质19.（2020春•临泉县期末）在平行四边形ABCD中，∠A＝

30°，AD＝2，BD＝2，则平行四边形ABCD的面积等于．【分析】过D作DE⊥AB于E，解直角三角形得到AB＝2，根据平行四边形的面积公式即可得到结论．【解答】解：过D作DE⊥AB于E，在Rt△ADE中，∵∠A＝30°，AD＝2，∴DE

＝AD＝，AE＝AD＝3，在Rt△BDE中，∵BD＝2，∴BE＝＝＝2，如图1，∴AB＝4，∴平行四边形ABCD的面积＝AB•DE＝4，如图2，AB＝2，∴平行四边形ABCD的面积＝AB•DE＝2，如图3，过B作BE⊥AD于E，在Rt△ABE中，设AE＝x，则D

E＝2﹣x，∵∠A＝30°，BE＝x，在Rt△BDE中，∵BD＝4，∴42＝（x）2+（2﹣x）2，∴x＝，x＝2（不合题意舍去），∴BE＝1，∴平行四边形ABCD的面积＝AD•BE＝1×2＝2，如图4，当AD⊥BD时，平行四边形ABCD的面积＝AD•BD＝4，故答案为：2或4．14【知

识点】三角形的面积、平行四边形的性质20.（2020•营口）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，其中OA＝1，OB＝2，则菱形ABCD的面积为．【答案】4【分析】根据菱形的面积等于对角线之

积的一半可得答案．【解答】解：∵OA＝1，OB＝2，∴AC＝2，BD＝4，∴菱形ABCD的面积为×2×4＝4．故答案为：4．【知识点】菱形的性质21.（2020•镇江）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为

°．15【答案】135【分析】由正方形的性质可得∠ACB＝∠BAC＝45°，可得∠2+∠BCP＝45°＝∠1+∠BCP，由三角形内角和定理可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACB＝∠BAC＝45°，∴∠2

+∠BCP＝45°，∵∠1＝∠2，∴∠1+∠BCP＝45°，∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP，∴∠BPC＝135°，故答案为：135．【知识点】正方形的性质22.（2020•陕西）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8

，延长BA至E，使AE＝AB，以AE为边向右侧作正方形AEFG，O为正方形AEFG的中心，若过点O的一条直线平分该组合图形的面积，并分别交EF、BC于点M、N，则线段MN的长为．【分析】连接AC，BD交于点H，过点O和点H的直线

MN平分该组合图形的面积，交AD于S，取AE中点P，取AB中点Q，连接OP，HQ，过点O作OT⊥QH于T，由三角形中位线定理可求QH＝BC＝4，QH∥BC，AQ＝BQ＝2，PO＝AG＝2，PO∥AG，EP＝AP＝2，由

平行线分线段成比例可得MO＝OS＝SH＝NH，由勾股定理可求OH的长，即可求解．【解答】解：如图，连接AC，BD交于点H，过点O和点H的直线MN平分该组合图形的面积，交AD于S，取AE中点P，取AB中点Q，连接OP，HQ，过点O作OT⊥QH于T，16∵四边形ABCD是矩形，∴AH＝HC，又∵Q是A

B中点，∴QH＝BC＝4，QH∥BC，AQ＝BQ＝2，同理可求PO＝AG＝2，PO∥AG，EP＝AP＝2，∴PO∥AD∥BC∥EF∥∥QH，EP＝AP＝AQ＝BQ，∴MO＝OS＝SH＝NH，∠OPQ＝∠PQH＝90°，∵OT⊥QH，∴四边形POTQ是矩形，∴PO＝QT＝2，O

T＝PQ＝4，∴TH＝2，∴OH＝＝＝2，∴MN＝2OH＝4，故答案为：4．【知识点】正方形的性质、矩形的性质23.（2020•鄂尔多斯）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到

，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：①点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM；②无论点M运动到何处，都有DM＝HM；③在点M的运动过程中，四边形CEMD可能成为菱形；④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于

135°．以上结论正确的有（把所有正确结论的序号都填上）．17【答案】①②④【分析】①正确．证明∠ADM＝30°，即可得出结论．②正确．证明△DHM是等腰直角三角形即可．③错误．首先证明四边形CEMD是平行四边形，再证明，DM＞CD即可判断．④正确．证明∠AHM＜∠BAC＝45°，即可判断．【解答

】解：如图，连接DH，HM．由题可得，AM＝BE，∴AB＝EM＝AD，∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，∴EM＝AD，∠AHE＝90°，∠MEH＝∠DAH＝45°＝∠EAH，∴EH＝AH，∴△MEH≌△DAH（SAS），∴∠MHE＝∠DHA，MH＝DH，∴∠MHD＝∠AHE＝9

0°，△DHM是等腰直角三角形，∴DM＝HM，故②正确；当∠DHC＝60°时，∠ADH＝60°﹣45°＝15°，∴∠ADM＝45°﹣15°＝30°，∴Rt△ADM中，DM＝2AM，即DM＝2BE，故①正确；

∵CD∥EM，EC∥DM，∴四边形CEMD是平行四边形，∵DM＞AD，AD＝CD，∴DM＞CD，∴四边形CEMD不可能是菱形，故③错误，∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，∴∠AHM＜∠BAC＝45

°，∴∠CHM＞135°，故④正确；由上可得正确结论的序号为①②④．故答案为①②④．【知识点】正方形的性质、平移的性质、菱形的判定与性质24.（2020春•松北区月考）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，连接A

E、EF、AF，过点F作AE的平行线交AD于点G，连接EG，且EG⊥AF，若BE＝2DG，则tan∠FEC＝．18【分析】注意到EG与AF垂直，于是作BH∥EG交AD于H，交AF于M，可得△ABH≌△DAF，从而AH＝DF．另外，由GF∥AE可

推出△FGD∼△AEB，而BE＝2DG，故DF是AB的一半，H、F分别AD、CD中点，设DG＝x，DF＝y，可得y＝3x，CF＝y＝3x，CE＝2y﹣2x＝4x，CF与CE之比即是答案．【解答】解：如图，作BH∥EG交AD于H，交AF于M．设DG＝x，则BE＝2DG＝2x，∵ABC

D是正方形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AD∥BC，AB∥CD，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠BAD＝90°，∴∠AEB＝∠EAD，BEGH是平行四边形，∴GH＝BE＝2x，∴DH＝GH+DG＝3x，∵GF∥AE，∴∠FGD＝∠EAD，∴∠AEB＝∠FGD，∴△FGD∼△AEB，∴＝＝

，设DF＝y，则AB＝2y＝AD，∵∠ABH+∠BAM＝∠BAM+∠DAF＝90°，∴∠ABH＝∠DAF，在△ABH和△DAF中：∴△ABH≌△DAF（ASA），∴AH＝DF＝y，∴DH＝CF＝y，19∴y＝3x，∴tan∠FEC＝＝＝＝．故答案为：．【知识点】正方形的性质、

全等三角形的判定与性质、解直角三角形三、解答题（共10小题）25.（2020秋•莲湖区期中）已知，如图，在Rt△ABC中，E是两锐角平分线的交点，ED⊥BC，EF⊥AC，垂足分别为D，F，求证：四边形CDEF

是正方形．【分析】过E作EM⊥AB，根据角平分线的性质可得EF＝ED＝EM．再证明四边形EFDC是矩形，可根据邻边相等的矩形是正方形得到四边形CDEF是正方形．【解答】证明：过E作EM⊥AB，∵AE平分∠CAB，∴EF＝

EM，∵EB平分∠CBA，∴EM＝ED，∴EF＝ED，∵ED⊥BC，EF⊥AC，△ABC是直角三角形，∴∠CFE＝∠CDE＝∠C＝90°，∴四边形EFDC是矩形，∵EF＝ED，∴四边形CDEF是正方形．【知识点】正方形的判定26.（2020春•揭西县期末）如图，E，

F分别是平行四边形ABCD的边AD、BC边上的点，且AE＝CF，连接BE，DF．求证：四边形BFDE是平行四边形．20【分析】由平行四边形的性质得到AD＝BC，AD∥BC，由已知得到ED＝BF，根据平

行四边形的判定即可得到结论．【解答】证明：∵ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴ED∥BF，又∵AE＝CF，且ED＝AD﹣AE，BF＝BC﹣CF，∴ED＝BF，∴四边形BFDE是平行四边形．【知识点】平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质27

.（2020秋•中原区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AD⊥DC，BC⊥AB，AE平分∠BAD，CF平分∠DCB，AE交CD于点E，CF交AB于点F，试判断AE与CF的位置关系，并说明理由．【分析】先根据四边形内角和定理得出

∠BAD+∠DCB＝180°，再由角平分线的定义得出∠DCF＝∠BCF，∠DAE＝∠BAE，再根据直角三角形的性质可得出∠BFC+∠DCF＝BFC+∠BCF＝90°，故可得出结论．【解答】解：∵四边形ABCD中，∠B＝∠D＝90°，∴∠BAD+∠DCB＝180°，∵AE平分∠BAD，CF平分∠

DCB，∴∠DCF＝∠BCF，∠DAE＝∠BAE，∴∠BAE+∠DCF＝∠BAD+∠BCD＝（∠BAD+∠DCB）＝90°．又∵∠BFC+∠DCF＝BFC+∠BCF＝90°，∴∠BAE＝∠BFC，∴AE∥CF．【知识点】平行线的判定、多边形内

角与外角28.（2020•花都区一模）如图，在▱ABCD中，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，求证：BE＝DF．21【分析】利用平行四边形的性质可得AD＝BC，AD∥BC，再利用平行线的性质可得∠DAF＝∠BCE，结合AAS判

定△AFD≌△CEB，进而可得BE＝DF．【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAF＝∠BCE．又∵BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，∴∠AFD＝∠CEB＝90°

，在△AFD和△CEB中，∴△AFD≌△CEB（AAS），∴BE＝DF．【知识点】全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质29.（2020秋•松江区期末）如图，已知在▱ABCD中，E是边AD上一点，联结BE、CE，延长BA、CE相交于点F，CE2＝DE•BC．（1）求证：∠EBC＝∠DCE；（

2）求证：BE•EF＝BF•AE．【分析】（1）通过证明△DEC∽△ECB，可得结论；（2）通过证明△ABE∽△EBF，可得△ABE∽△EBF，可得结论．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，22∴∠DEC＝∠BCE，∵

CE2＝DE•BC，∴，∴△DEC∽△ECB，∴∠EBC＝∠DCE；（2）∵AD∥BC，AB∥CD，∴∠AEB＝∠EBC，∠F＝∠ECD，∴∠AEB＝∠F，又∵∠ABE＝∠EBF，∴△ABE∽△EBF，

∴，∴BE•EF＝BE•AE．【知识点】平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质30.（2020秋•河南期末）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边AD、CD上的点，AE＝ED，DF＝DC，连接EF并延长交BC的延长线于点G．（1）求证：△ABE∽△DEF；（2

）若正方形的边长为4，求FG的长．【分析】（1）由正方形的性质可得AD＝AB＝DC＝BC，∠A＝∠D＝90°，然后根据对应边成比例且夹角相等可判定△ABE∽△DEF；（2）通过证明△DEF∽△CGF，可得，根据DF＝DC可得CF＝3，CG＝6，由勾股定理可求解．【解答】（1）证明：∵

四边形ABCD为正方形，∴AD＝AB＝DC＝BC，∠A＝∠D＝90°，∵AE＝ED，∴＝，∵DF＝DC，∴＝，23∴，∴△ABE∽△DEF；（2）∵四边形ABCD为正方形，∴ED∥BG，∴△DEF∽△CGF，

∴，又∵DF＝DC，正方形的边长为4，∴DF＝1，ED＝2，∴CF＝3，CG＝6，∴GF＝＝＝3．【知识点】正方形的性质、相似三角形的判定与性质31.（2020秋•平房区期末）已知：在矩形ABCD中，点E在BC边上，连接DE，且DE＝BC，过点A作AF⊥DE于点F．（

1）如图1，求证：AB＝AF；（2）如图2，连接AE，当BE＝DF时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中所有长度等于AB的线段．【分析】（1）由“AAS”可证△ADF≌△DEC，可得AF＝CD＝

AB；（2）由全等三角形的性质可得BE＝EC＝DF＝EF，由勾股定理可求解．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，AF⊥DE，∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，∠C＝∠AFD＝90°，∴∠ADE＝∠DEC，∵DE＝BC，∴AD＝DE，在△A

DF和△DEC中，24，∴△ADF≌△DEC（AAS），∴AF＝CD，∴AF＝AB；（2）AD，BC，DE的长度等于AB，理由如下：∵△ADF≌△DEC，∴CE＝DF，∴BE＝EF，∵BE＝DF，∴BE＝EC＝DF＝EF，∴D

E＝2EC，∵DE2＝EC2+CD2，∴DE＝AB，∴AD＝BC＝DE＝AB．【知识点】矩形的性质、全等三角形的判定与性质32.（2020秋•朝阳区校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠B＝90°，BC∥AD，对角线AC⊥CD．（1）求证：△CBA∽△ACD

．（2）若AB＝2，CD＝3，求△ABC与△DCA的面积比．【分析】（1）利用平行线的性质得∠ACB＝∠CAD，加上∠B＝∠ACD，则可判断△CBA∽△ACD；（2）根据相似三角形的性质求解．【解答】（1）证明：∵AC⊥CD，∴

∠ACD＝90°，∵BC∥AD，∴∠ACB＝∠CAD，∵∠B＝∠ACD，∴△CBA∽△ACD；（2）解：∵△CBA∽△ACD，∴＝（）2＝（）2＝．【知识点】角平分线的性质、直角梯形、相似三角形的判定与性质2533.（2020秋•昌图县期末）如图，在平行四边形ABCD中，过点A向BC边作垂线，垂足

为E，连接DE，F为线段DE上一点，且∠AFE＝∠B．（1）求证：△ADF∽△DEC；（2）若AE＝6，AD＝6，AF＝4，求AB的长．【分析】（1）由平行线的性质可得∠ADE＝∠DEC，∠B+∠C＝180°，由平角的性质可证∠C＝∠AFD，可得结论；

（2）由勾股定理求出DE＝12，由相似三角形的性质得出，求出CD，则可得出答案．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∴∠ADE＝∠DEC，∠B+∠C＝180°，∵∠AFB＝∠B，∠AFE+∠AFD＝180°，∴∠C＝∠AF

D，∴△ADF∽△DEC；（2）解：∵AE⊥BC，AB∥CD，∴∠DAE＝90°，∴DE＝＝＝12，∵△ADF∽△DEC，∴，∴CD＝＝8，∵AB＝CD，∴AB＝8．【知识点】相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、勾股定

理34.（2020秋•双阳区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，点O为对角线AC的中点，动点P从点A出发沿AC向终点C运动，同时动点Q从点B出发沿BA向点A运动，点P运动速度为每秒2个单位长度，点Q运动速度为每秒1个单位长度，当点P

到达点C时停止运动，点Q也同时停止运动，连结PQ，设点P运动时间为t（t＞0）秒．（1）cos∠BAC＝．26（2）当PQ⊥AC时，求t的值．（3）求△QOP的面积S关于t的函数表达式，并写出t的取值范围．（4）当线段PQ的垂

直平分线经过△ABC的某个顶点时，请直接写出t的值．【分析】（1）先由勾股定理求出AC＝10，再由锐角三角函数定义求解即可；（2）由题意得：BQ＝t，AP＝2t，则AQ＝6﹣t，由锐角三角函数定义得cos∠QAP＝＝，

即＝，解得t＝即可；（3）过Q作QE⊥AC于E，先证△AEQ∽△ABC，求出QE＝（6﹣t），再分两种情况，由三角形面积公式求解即可；（4）分三种情况：①当线段PQ的垂直平分线经过点C时；②当线段PQ的垂直平分线经过点B时；③当线段PQ的垂直平分线经过点A时；由线段垂直平分线的性质、勾股定理、相

似三角形的判定与性质解答即可．【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴AC＝＝＝10，∴cos∠BAC＝＝＝，故答案为：；（2）由题意得：BQ＝t，AP＝2t，则AQ＝6﹣t，当PQ⊥AC时，

∠APQ＝90°，∴cos∠QAP＝＝，即＝，解得：t＝，即当PQ⊥AC时，t的值为；（3）过Q作QE⊥AC于E，如图1所示：则∠AEQ＝90°＝∠ABC，又∵∠QAE＝∠CAB，27∴△AEQ∽△ABC，∴

＝，即＝，解得：QE＝（6﹣t），∵点O为对角线AC的中点，∴AO＝AC＝5，若P与O重合时，则AP＝AO＝5，∴2t＝5，∴t＝，若P与C重合时，则AP＝AC＝10，∴2t＝10，∴t＝5，当点P在线段AO上时，OP＝5﹣2t，则△QOP的面积S＝

OP×QE＝×（5﹣2t）×（6﹣t）＝t2﹣t+12，即S＝t2﹣t+12（0≤t＜）；当点P在线段CO上时，OP＝2t﹣5，则△QOP的面积S＝OP×QE＝×（2t﹣5）×（6﹣t）＝﹣t2+t﹣12，即S＝﹣t

2+t﹣12（＜t≤5）；（4）分三种情况：①当线段PQ的垂直平分线经过点C时，连接QC，如图2所示：PC＝QC＝10﹣2t，在Rt△QBC中，由勾股定理得：QC2＝BC2+BQ2，即（10﹣2t）2＝82

+t2，解得：t＝或t＝（舍去），∴t＝；②当线段PQ的垂直平分线经过点B时，BQ＝BP＝t，过点P作PG⊥BC于G，连接BP，如图3所示：则PG∥AB，∴△PCG∽△ACB，∴＝＝，即＝＝，28解得：P

G＝（10﹣2t）＝6﹣t，CG＝（10﹣2t），∴BG＝8﹣（10﹣2t）＝t，在Rt△BPG中，由勾股定理得：BP2＝BG2+PG2，即t2＝（t）2+（6﹣t）2，此方程无解；③当线段PQ的垂直平分线经过点A时，如图4所示：则AQ＝AP，即6﹣t＝2t，解得：t＝2

；综上所述，当线段PQ的垂直平分线经过△ABC的某个顶点时，t的值为或2．【知识点】四边形综合题