【文档说明】《备战中考数学临考题号押题（全国通用）》专题05 四边形中的计算（选择题）（解析版）.doc，共(26)页，1.522 MB，由管理员店铺上传

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1专题05四边形中的计算【2020金昌第8题】如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，根据实际需要可以调节AE间的距离，若AE间的距离调节到60cm，菱形的边长20ABcm=，则DAB的度数是（）

A．90B．100C．120D．150【答案】C【解析】【分析】如图（见解析），先根据菱形的性质可得,//ABBCADBC=，再根据全等的性质可得1203ACAEcm==，然后根据等边三角形的判定与性质可得60B=

，最后根据平行线的性质即可得．【详解】如图，连接ACQ四边形ABCD是菱形20,//ABBCcmADBC==Q如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，60AEcm=1203ACAEcm==2ABBCAC==ABCV是等边三角形60B=//ADBCQ1806

0180120DABB===−−故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、平行线的性质等知识点，理解题意，熟练掌握菱形的性质是解题关键．【2020广州第10题】如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点

O，6AB=，8BC=，过点O作OEAC⊥，交AD于点E，过点E作EFBD⊥，垂足为F，则OEEF+的值为（）A．485B．325C．245D．125【答案】C【解析】【分析】根据勾股定理求出AC=BD=10，由矩形的性质得出AO=5，证明AOEADCV:

V得到OE的长，再证明DEFDBAV:V可得到EF的长，从而可得到结论．【详解】∵四边形ABCD是矩形，3ACBD=，90ABCBCDADCBAD====6AB=Q，8BC=8ADBC==，6DCAB==2210ACABBC=+=，10BD=，152OAAC==，

OEAC⊥Q，90AOE=AOEADC=，又CADDAC=，AOEADCV:V，AOAEEOADACCD==，58106AEEO==，254AE=，154OE=，74DE=，同

理可证，DEFDBAV:V，DEEFBDBA=，74106FF=，2120EF=，1521244205OEEF+=+=，故选：C．【点睛】本题主要考查了矩形的性质和相似三角形的判定与性质，熟练掌握判定与性质是解答此题的关

键．【2020深圳第12题】如图，矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=12．将纸片折叠，使点B落在边AD的延长线上的点G处，折痕为EF，点E、F分别在边AD和边BC上．连接BG，交CD于点K,FG交CD于点H．给出以下结论：①EF⊥BG；②GE=G

F；③△GDK和△GKH4的面积相等；④当点F与点C重合时，∠DEF=75°．其中正确．．的结论共有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】C【解析】【分析】由折叠的性质可得四边形EBFG是菱形从而判断①②正确;由角平分线定理即

可判断DG≠GH,由此推出③错误;根据F、C重合时的性质,可得∠AEB=30°,进而算出④正确．【详解】连接BE,由折叠可知BO=GO，∵EG//BF，∴∠EGO=∠FBO，又∵∠EOG=∠FOB，∴△EOG≌△FOB(ASA)，∴EG=BF，∴四边形EBFG是平行四边形，由折叠可知B

E=EG，则四边形EBFG为菱形，故EF⊥BG，GE=GF，∴①②正确；∵四边形EBFG为菱形，5∴KG平分∠DGH，∴,DG≠GH，∴S△GDK≠S△GKH,故③错误；当点F与点C重合时，BE=BF=BC=12=2AB，∴

∠AEB＝30°，1752DEFDEB==，故④正确．综合，正确的为①②④．故选C．【点睛】本题考查矩形的性质,菱形的判断,折叠的性质,关键在于结合图形对线段和角度进行转换．【2020铜仁第10题】如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE＝1，∠DAM＝45°，点F在射线

AM上，且AF＝2，过点F作AD的平行线交BA的延长线于点H，CF与AD相交于点G，连接EC、EG、EF．下列结论：①△ECF的面积为172；②△AEG的周长为8；③EG2＝DG2+BE2；其中正确的是（）A．①②③B．①③C．①②D

．②③【答案】C【解析】【分析】先判断出∠H＝90°，进而求出AH＝HF＝1＝BE．进而判断出△EHF≌△CBE（SAS），得出EF＝EC，∠HEF＝∠BCE，判断出△CEF是等腰直角三角形，再用勾股定理求出EC2＝17，即可得出①正确；

先判断出四边形APFH是矩形，进而判断出矩形AHFP是正方形，得出AP＝PH＝AH＝1，同理：四边形ABQP是矩形，得出PQ＝4，BQ＝1，FQ＝5，CQ＝3，再6判断出△FPG∽△FQC，得出FPPGFQC

Q=,求出PG＝35，再根据勾股定理求得EG＝175，即△AEG的周长为8，判断出②正确；先求出DG＝125，进而求出DG2+BE2＝16925，在求出EG2=28925≠16925，判断出③错误，即可得出结论．【详解】解：如图，在正方形ABCD中,AD∥BC，AB＝BC＝AD＝4,∠B＝∠BA

D＝90°,∴∠HAD＝90°,∵HF∥AD,∴∠H＝90°,∵∠HAF＝90°﹣∠DAM＝45°,∴∠AFH＝∠HAF.∵AF＝2,∴AH＝HF＝1＝BE.∴EH＝AE+AH＝AB﹣BE+AH＝4＝BC,∴△EHF≌△CBE（SAS）,∴EF＝EC，∠HEF＝∠BCE,∵∠BCE+∠B

EC＝90°,∴HEF+∠BEC＝90°,∴∠FEC＝90°,∴△CEF是等腰直角三角形,在Rt△CBE中，BE＝1，BC＝4,∴EC2＝BE2+BC2＝17,∴S△ECF＝12EF•EC＝12EC2＝172,故①正确:过点F作FQ⊥BC于Q,交AD于P,∴∠APF＝

90°＝∠H＝∠HAD,∴四边形APFH是矩形,∵AH＝HF,∴矩形AHFP是正方形,7∴AP＝PH＝AH＝1,同理：四边形ABQP是矩形,∴PQ＝AB＝4,BQ＝AP1,FQ＝FP+PQ＝5,CQ＝BC﹣

BQ＝3,∵AD∥BC,∴△FPG∽△FQC,∴FPPGFQCQ=,∴153PG=,∴PG＝35,∴AG＝AP+PG＝85,在Rt△EAG中，根据勾股定理得，EG＝22175AGAE+=,∴△AEG的周长为AG+E

G+AE＝817355++=8，故②正确；∵AD＝4，∴DG＝AD﹣AG＝125,∴DG2+BE2＝14425+1＝16925,∵EG2＝（175）2＝28925≠16925,∴EG2≠DG2+BE2,故③错误,∴正确的有①②,故选

:C.8【点睛】本题主要考查了三角形的综合应用,结合了全等三角形,勾股定理,三角形相似等知识点解题.【2020遵义第9题】如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝6，过点D作DE⊥BA，交BA的延长线于点E，则线段DE的长为（）A．125B．185C．4D．24

5【答案】D【解析】【分析】利用菱形的面积等于两对角线之积的一半，求解菱形的面积，再利用等面积法求菱形的高DE即可．【详解】解：记AC与BD的交点为O，Q菱形ABCD,6,AC=,3,,ACBDOAOCOBOD⊥===5,AB=Q22534,8,OBBD=

−==9菱形的面积16824,2==,DEAB⊥Q菱形的面积,ABDE=•524,DE=24.5DE=故选D．【点睛】本题考查的是菱形的性质，菱形的面积公式，勾股定理．理解菱形的对角线互相垂直平分和学会用等面积法是解题关键．【2020河南第10题】如图，在△ABC中，AB＝

BC＝，∠BAC＝30°，分别以点A，C为圆心，AC的长为半径作弧，两弧交于点D，连接DA，DC，则四边形ABCD的面积为（）A．6B．9C．6D．3【答案】D【分析】连接BD交AC于O，根据已知条件得到BD垂直平分AC，求得BD⊥AC，AO＝CO，根据等腰三角形的性质得到∠

ACB＝∠BAC＝30°，根据等边三角形的性质得到∠DAC＝∠DCA＝60°，求得AD＝CD＝AB＝3，于是得到结论．10【解答】解：连接BD交AC于O，∵AD＝CD，AB＝BC，∴BD垂直平分AC，∴BD⊥AC，AO＝CO，∵AB

＝BC，∴∠ACB＝∠BAC＝30°，∵AC＝AD＝CD，∴△ACD是等边三角形，∴∠DAC＝∠DCA＝60°，∴∠BAD＝∠BCD＝90°，∠ADB＝∠CDB＝30°，∵AB＝BC＝，∴AD＝CD＝AB＝3，∴四边形ABCD的面积＝2×＝

3，故选：D．【点评】本题考查了含30°角的直角三角形，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．【2020大庆第10题】如图，在边长为2的正方形EFGH中，M，N分别为EF与GH的中点

，一个三角形ABC沿竖直方向向上平移，在运动的过程中，点A恒在直线MN上，当点A运动到线段MN的中点时，点E，F恰与AB，AC两边的中点重合．设点A到EF的距离为x，三角形ABC与正方形EFGH的公共部分的面积为y，则当52y=时，x的值为（）11A．74或222+B．102或22

2−C．222D．74或102【答案】A【解析】【分析】本题应该分类讨论，从以下三个情况进行讨论，分别是：①当x<1时，重叠部分为直角三角形的面积，将其三角形面积用x表示，但是求出10x=2，与x<1相违背，要舍去；②当1

<x<2时，除去重叠部分，剩下的图形为两个直角梯形的面积，将剩余的直角梯形ANHP用x表示，求出x即可；③当x>2时，重叠部分为一个多边形，可以从剩余部分IHKJGLPQFE3SSS=2++△△矩形的角度进行求解，分别

将矩形PQFE、IHK△、JGL△的面积用x表示，求出x即可，将x求出后，应该与前提条件假设的x的范围进行比较，判断x的值．【详解】解：∵在边长为2的正方形EFGH中，如图所示，当A运动到MN的中点时，点E、F恰好与AB、AC的中点重合，即AM=EM=FM=1，且MN⊥EF，∴VAME和VAMF均

为等腰直角三角形，可得：VABC也是等腰直角三角形，其中AB=AC=22，BC=4，设A到EF的距离AM=x，①当x<1时，此时图形的位置如下图所示，AB与EF交于P点，AC与EF交于Q点，12∵AM=x，且△APQ为等腰直角三角形，∴2APQ

15S=2xx=x=22△，解得：10x=2，但是与前提条件x<1相违背，故不存在该情况；②当1<x<2时，此时图形的位置如下图所示，AB与EH交于P点，AC与GF交于Q点，∵公共部分面积为52，正方形剩余部分32，∴ANHP

133S==224四边形，四边形ANHP是直角梯形，当AM=x，则AN=2-x，PE=x-1，HP=3-x，NH=1，∴ANHP(ANHP)NH52x3S===224+−四边形，解得：7x=4；③当x>2时，此时图形的位

置如下图所示，AB与EH交于K点，AB与HG交于I点，AC与FG交于L点，AC与HG交于J点，BC与EH交于P点，BC与GF交于Q点，∵公共部分面积为52，∴IJLQPK5S=2多边形，IHKJGLPQFE3SSS=2++△△矩形且22IHKJGLPQFE113SSS=2(x-2)+(

3-x)(3-x)222+++=△△矩形，解得：2x=22+或132x=2-2（舍），所以，满足条件的AM的值为7x=4或2x=22+，故选：A．【点睛】本题考察了移动图形间的重叠问题，需要进行分类讨论，必须要把x的移动范围

进行分类，根据不同的x取值，画出不同重叠的图形，并将重叠部分的面积用x进行表示，解题的关键在于利用剩余部分的面积进行倒推求解．【2020鹤岗第10题】如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DHAB⊥于点H，连接

OH，若6OA=，4OH=，则菱形ABCD的面积为（）A．72B．24C．48D．96【答案】C【解析】【分析】根据菱形的性质得O为BD的中点，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得BD的长度，最后由菱形的面积公式求得面积．【详

解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴OAOC=，OBOD=，ACBD⊥，∵DHAB⊥，∴90BHD=，∴2BDOH=，∵4OH=，∴8BD=，∵6OA=，14∴12AC=，∴菱形ABCD的面积11128482

2ACBD==.故选：C.【点睛】本题主要考查了菱形的性质，直角三角形的性质，菱形的面积公式，关键是根据直角三角形的性质求得BD．【2020鄂州第8题】如图，在AOBV和COD△中，OAOB=，OCOD=，OAOC

，36AOBCOD==．连接AC、BD交于点M，连接OM．下列结论：①36AMB=；②ACBD=；③OM平分AOD；④MO平分AMD∠其中正确的结论个数有（）个．A．4B．3C．2D．1【答案】B【解析】【分析】由SA

S证明△AOC≌△BOD，得到∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB＋∠OBD＝∠AOB＋∠OAC，得出∠AMB＝∠AOB＝36°，①正确；根据全等三角形的性质得出∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，②正确；作OG⊥AC于G，OH⊥BD于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，由AA

S证明△OCG≌△ODH（AAS），得出OG＝OH，由角平分线的判定方法得出MO平分AMD∠，④正确；由∠AOB＝∠COD，得出当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DOM＝∠AOM，由△AOC≌△BOD得出∠COM＝∠BOM，由MO平分∠BMC得出∠CMO＝∠BMO，推出△COM≌

△BOM，得OB＝OC，而OA＝OB，所以OA＝OC，而OAOC，故③错误；即可得出结论．【详解】15∵∠AOB＝∠COD＝36°，∴∠AOB＋∠BOC＝∠COD＋∠BOC，即∠AOC＝∠BOD，在△AOC和△BOD中，OA

OBAOCBODOCOD===，∴△AOC≌△BOD（SAS），∴∠OCA＝∠ODB，AC＝BD，②正确；∴∠OAC＝∠OBD，由三角形的外角性质得：∠AMB＋∠OBD＝∠AOB＋∠OAC，∴∠AMB＝∠AOB＝36°，②正确；作OG⊥AC于G

，OH⊥BD于H，如图所示：则∠OGC＝∠OHD＝90°，在△OCG和△ODH中，OCAODBOGCOHDOCOD===，∴△OCG≌△ODH（AAS），∴OG＝OH，∴MO平分AMD∠，④正确；∵∠AOB＝∠COD，∴当∠DOM＝∠AOM时，OM才平分∠BOC，假设∠DO

M＝∠AOM∵△AOC≌△BOD，∴∠COM＝∠BOM，16∵MO平分∠BMC，∴∠CMO＝∠BMO，在△COM和△BOM中，COMBOMOMOMCMOBMO===，∴△COM≌△BOM（ASA），∴OB＝OC，

∵OA＝OB∴OA＝OC与OAOC矛盾，∴③错误；正确的有①②④；故选B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、三角形的外角性质、角平分线的判定等知识；证明三角形全等是解题的关键．四边形的性质及计算是中考的重难题型之一，这类题目通常以四边形的性质，及最短距离，

线段求和为研究对象。一方面考察学生对四边形性质的综合应用能力，另一方面体现了初17中数学课程标准所要求的。此类题应该首先明确它的考题特点，避免盲目和无从下手，同时明确题目所涉及的数学知识及应用，明确题目问题是什么要解决什么样的问题，再结合我们所学习的知识合理解答。1．如图，正方形AB

CD的边长为4，点E在AB上且1BE=，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【解析】【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.【详解】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，此时周长最小，∵正方形ABCD的边长为4，18∴AD=AB=4，∠DAB=90°，∵点E在AB上且1BE=，

∴AE=3，∴DE=225ADAE+=，∴BFE△的周长=5+1=6，故选：B.【点睛】此题考查正方形的性质：四条边都相等，四个角都是直角以及正方形的对称性质，还考查了勾股定理的计算，依据对称性得到连接DE交AC于点F是BFE△的周长有最小值的思路

是解题的关键.2．如图，在矩形ABCD中，2AB=，25BC=，E是BC的中点，将ABE△沿直线AE翻折，点B落在点F处，连结CF，则cosECF的值为（）A．23B．104C．53D．255【答案】C【解析】【分析】根据折叠的性质得到∠AEB=

∠AEF，再根据点E是BC中点可得EF=EC，可得∠EFC=∠ECF，从而推出∠ECF=∠AEB，求出cosAEB即可得到结果.【详解】19解：由折叠可得：AB=AF=2，BE=EF，∠AEB=∠AEF，∵点E是BC中点，25BC=，∴

BE=CE=EF=5，∴∠EFC=∠ECF，AE=()22253+=，∵∠BEF=∠AEB+∠AEF=∠EFC+∠ECF，∴∠ECF=∠AEB，∴cosECF=cosAEB=53BEAE=，故选C.【点睛】本题考查了矩形的性

质和折叠的性质，以及余弦的定义，解题的关键是利用折叠的性质得到∠ECF=∠AEB.3．如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将ADEV绕点A顺时针旋转90到ABFV的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点

G．若3BG=，2CG=，则CE的长为（）A．54B．154C．4D．92【答案】B【解析】【分析】根据正方形性质和已知条件可知BC=CD=5,再由旋转可知DE=BF,设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x，然后再证明△ABG∽△CEF，根据相似三角形的性质列

方程求出x，最后求CE即可．【详解】解：∵3BG=，2CG=20∴BC=BG+GC=2+3=5∵正方形ABCD∴CD=BC=5设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x∵AH⊥EF，∠ABG=∠C=90°∴∠HFG+∠AGF=90°，∠BAG+∠AGF=90°∴∠H

FG=∠BAG∴△ABG∽△CEF∴CEBGFCAB=,即5355xx−=+，解得x=54∴CE=CD-DE=5-54=154．故答案为B．【点睛】本题考查了正方形的性质和相似三角形的判定与性质，根据相似三角形的性质列方程求出DE的长是解答本题的关键．4．如图，在

菱形ABCD中，对角线ACBD、相交于点,OH为BC中点，6,8ACBD==．则线段OH的长为：（）A．125B．52C．3D．5【答案】B【解析】【分析】因为菱形的对角线互相垂直且平分，从而有ACBD⊥，3AOOC==，4BOOD==，

又因为H为BC中点，借助直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可作答．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形21∴ACBD⊥，3AOOC==，4BOOD==∴△BOC是直角三角形∴222BOOCBC+=∴BC=5∵H为BC中点∴152

2OHBC==故最后答案为52．【点睛】本题考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，其中知道菱形的性质，对角线互相垂直且平分是解题的关键．5.如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与B

C重合，得到折痕EF，把纸片展平后再次折叠，使点A落在EF上的点A′处，得到折痕BM，BM与EF相交于点N．若直线BA′交直线CD于点O，BC＝5，EN＝1，则OD的长为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据中位线定理可得AM＝2，根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得A′M＝A

′N＝2，过M点作MG⊥EF于G，可求A′G，根据勾股定理可求MG，进一步得到BE，再根据平行线分线段成比例可求OF，从而得到OD．【解答】解：∵EN＝1，∴由中位线定理得AM＝2，由折叠的性质可得A

′M＝2，∵AD∥EF，22∴∠AMB＝∠A′NM，∵∠AMB＝∠A′MB，∴∠A′NM＝∠A′MB，∴A′N＝2，∴A′E＝3，A′F＝2过M点作MG⊥EF于G，∴NG＝EN＝1，∴A′G＝1，由勾股定理得MG＝＝，∴BE

＝OF＝MG＝，∴OF：BE＝2：3，解得OF＝，∴OD＝﹣＝．故选：B．【点评】考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，关键是得到矩形的宽和A′E的长．1．如图，矩形ABCD中，,ACBD相交于点O，过点B作BFAC⊥交

CD于点F，交AC于点M，过点D作//DEBF交AB于点E，交AC于点N，连接,FNEM．则下列结论：23①DNBM=；②//EMFN；③AEFC=；④当AOAD=时，四边形DEBF是菱形．其中，正确结论的个数是（）A．1个B．

2个C．3个D．4个【答案】D【解析】【分析】通过判断△AND≌△CMB即可证明①，再判断出△ANE≌△CMF证明出③，再证明出△NFM≌△MEN，得到∠FNM=∠EMN，进而判断出②，通过DF与EB先证明出四边形为平行四边形，再通过三线合一以及内角和定理得到∠NDO=∠ABD=30

°，进而得到DE=BE，即可知四边形为菱形．【详解】∵BF⊥AC∴∠BMC=90°又∵//DEBF∴∠EDO=∠MBO，DE⊥AC∴∠DNA=∠BMC=90°∵四边形ABCD为矩形∴AD=BC，AD∥BC，DC∥AB∴∠ADB=∠CBD∴∠ADB-∠

EDO=∠CBD-∠MBO即∠AND=∠CBM在△AND与△CMB∵90DNABMCANDCBMADBC====∴△AND≌△CMB(AAS)24∴AN=CM，DN=BM，故①正确．∵AB∥CD∴∠NAE=∠MCF又∵∠DNA=∠BMC=90°∴∠ANE=∠CMF=90°在△A

NE与△CMF中∵90ANECMFANCMNAEMCF====∴△ANE≌△CMF（ASA）∴NE=FM，AE=CF，故③正确．在△NFM与△MEN中∵90FMNEFMNENMMNMN====∴△NFM≌△M

EN（SAS）∴∠FNM=∠EMN∴NF∥EM，故②正确．∵AE=CF∴DC-FC=AB-AE，即DF=EB又根据矩形性质可知DF∥EB∴四边形DEBF为平行四边根据矩形性质可知OD=AO，当AO=AD时，即三角形DAO为等边三角形∴∠ADO=60°又∵DN⊥AC根据

三线合一可知∠NDO=30°又根据三角形内角和可知∠ABD=180°-∠DAB-∠ADB=30°故DE=EB∴四边形DEBF为菱形，故④正确．25故①②③④正确故选D．【点睛】本题矩形性质、全等三角形的性质与证明、菱形的判定，能够找

对相对应的全等三角形是解题关键．2．七巧板是我国祖先的一项卓越创造，流行于世界各地．由边长为2的正方形可以制作一副中国七巧板或一副日本七巧板，如图1所示．分别用这两副七巧板试拼如图2中的平行四边形或矩形，则这两个图形中，中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数分别是（）A．1和1B．1和

2C．2和1D．2和2【答案】D【解析】【分析】解答此题要熟悉中国和日本七巧板的结构，中国七巧板的结构：五个等腰直角三角形，有大、小两对全等三角形；一个正方形；一个平行四边形；日本七巧板的结构：三个等腰直角三角形，一个直角梯形，一个等腰梯形，一个平行四边形，一个正方形，根据这些图形的性质便可解答．

【详解】解：中国七巧板和日本七巧板能拼成的个数都是2，如图所示：26故选：D．【点睛】此题是一道趣味性探索题，结合我国传统玩具七巧板，用七巧板来拼接图形，可以培养学生动手能力，展开学生的丰富想象力．3．如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长

EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（）A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形C．平行四边形→正方形→菱形→矩形D．平行四边形→菱形→正方形→矩形【答案】B【解析】【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得

四边形AECF形状的变化情况．【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．故选：B．【点睛】考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．