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2025年中考数学复习高频易错考前预测：四边形
一．选择题（共10小题）
1．（2024 达州）如图，在四边形ABCD中，∠A+∠D＝α，∠ABC的平分线与∠BCD的平分线交于点P，则∠P＝（　　）
A．90°α B．90°α C． D．360°﹣α
2．（2024 威海）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为（　　）
A． B． C． D．
3．（2024 南充）如图，把矩形ABCD沿EF翻折，点B恰好落在AD边的B′处，若AE＝2，DE＝6，∠EFB＝60°，则矩形ABCD的面积是（　　）
A．12 B．24 C．12 D．16
4．（2024 青岛）如图， ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E，AB，AC＝2，BD＝4，则AE的长为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024 河南）如图，在 ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG交BC于点E．若BF＝6，AB＝5，则AE的长为（　　）
A．4 B．6 C．8 D．10
6．（2024 丹东）如图，在 ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB＝6，EF＝2，则BC长为（　　）
A．8 B．10 C．12 D．14
7．（2024 遵义）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E、F，连接PB、PD．若AE＝2，PF＝8．则图中阴影部分的面积为（　　）
A．10 B．12 C．16 D．18
8．（2024 临沂）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE＝AD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（　　）
A．AB＝BE B．BE⊥DC C．∠ADB＝90° D．CE⊥DE
9．（2024 兰州）如图，菱形ABCD中，AB＝4，∠B＝60°，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，连接EF，则△AEF的面积是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．
10．（2024 绵阳）如图，平行四边形ABCD的周长是26cm，对角线AC与BD交于点O，AC⊥AB，E是BC中点，△AOD的周长比△AOB的周长多3cm，则AE的长度为（　　）
A．3cm B．4cm C．5cm D．8cm
二．填空题（共5小题）
11．（2024 宜宾）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，BD为AC的中线，过点C作CE⊥BD于点E，过点A作BD的平行线，交CE的延长线于点F，在AF的延长线上截取FG＝BD，连接BG、DF．若AG＝13，CF＝6，则四边形BDFG的周长为　 　．
12．（2024 凉山州）如图，在四边形ABCD中，AC＝BD＝6，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则EG2+FH2＝　 　．
13．（2024 黄冈）如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E．若∠CBF＝20°，则∠AED等于 　 　度．
14．（2024 天津）如图， ABCD的顶点C在等边△BEF的边BF上，点E在AB的延长线上，G为DE的中点，连接CG．若AD＝3，AB＝CF＝2，则CG的长为 　 　．
15．（2024 深圳）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，且正方形对角线交于点O，连接OC，已知AC＝5，OC＝6，则另一直角边BC的长为　 　．
三．解答题（共5小题）
16．（2024 重庆）如图，在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是BC上一点，且AB＝AE，连接EO并延长交AD于点F．过点B作AE的垂线，垂足为H，交AC于点G．
（1）若AH＝3，HE＝1，求△ABE的面积；
（2）若∠ACB＝45°，求证：DFCG．
17．（2024 吉林模拟）如图，正方形ABCD中，E是BD上一点，AE的延长线交CD于F，交BC的延长线于G，M是FG的中点．
（1）求证：①∠1＝∠2；②EC⊥MC．
（2）试问当∠1等于多少度时，△ECG为等腰三角形？请说明理由．
18．（2024 深圳）已知BD垂直平分AC，∠BCD＝∠ADF，AF⊥AC，
（1）证明四边形ABDF是平行四边形；
（2）若AF＝DF＝5，AD＝6，求AC的长．
19．（2024 梅州）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．
（1）求证：CE＝CF；
（2）若点G在AD上，且∠GCE＝45°，则GE＝BE+GD成立吗？为什么？
20．（2024 南通）如图，在矩形ABCD中，E是AD上一点，PQ垂直平分BE，分别交AD、BE、BC于点P、O、Q，连接BP、EQ．
（1）求证：四边形BPEQ是菱形；
（2）若AB＝6，F为AB的中点，OF+OB＝9，求PQ的长．
2025年中考数学复习高频易错考前预测：四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2024 达州）如图，在四边形ABCD中，∠A+∠D＝α，∠ABC的平分线与∠BCD的平分线交于点P，则∠P＝（　　）
A．90°α B．90°α C． D．360°﹣α
【考点】多边形内角与外角；三角形内角和定理．
【专题】几何图形问题．
【答案】C
【分析】先求出∠ABC+∠BCD的度数，然后根据角平分线的性质以及三角形的内角和定理求解∠P的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD中，∠ABC+∠BCD＝360°﹣（∠A+∠D）＝360°﹣α，
∵PB和PC分别为∠ABC、∠BCD的平分线，
∴∠PBC+∠PCB（∠ABC+∠BCD）（360°﹣α）＝180°α，
则∠P＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）＝180°﹣（180°α）α．
故选：C．
【点评】本题考查了多边形的内角和外角以及三角形的内角和定理，属于基础题．
2．（2024 威海）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E为BC的中点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内点F处，连接CF，则CF的长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．
【答案】D
【分析】连接BF，根据三角形的面积公式求出BH，得到BF，根据直角三角形的判定得到∠BFC＝90°，根据勾股定理求出答案．
【解答】解：连接BF，
∵BC＝6，点E为BC的中点，
∴BE＝3，
又∵AB＝4，
∴AE5，
由折叠知，BF⊥AE（对应点的连线必垂直于对称轴）
∴BH，
则BF，
∵FE＝BE＝EC，
∴∠BFC＝90°，
∴CF．
故选：D．
【点评】本题考查的是翻折变换的性质和矩形的性质，掌握折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．
3．（2024 南充）如图，把矩形ABCD沿EF翻折，点B恰好落在AD边的B′处，若AE＝2，DE＝6，∠EFB＝60°，则矩形ABCD的面积是（　　）
A．12 B．24 C．12 D．16
【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．
【专题】压轴题．
【答案】D
【分析】在矩形ABCD中根据AD∥BC得出∠DEF＝∠EFB＝60°，由折叠的性质可得∠A＝∠A′＝90°，A′E＝AE＝2，AB＝A′B′，∠A′EF＝∠AEF＝180°﹣60°＝120°，∴∠A′EB′＝60°．根据直角三角形的性质得出A′B′＝AB＝2，然后根据矩形的面积公式列式计算即可得解．
【解答】解：在矩形ABCD中，
∵AD∥BC，
∴∠B′EF＝∠EFB＝60°，
由折叠的性质得∠A＝∠A′＝90°，A′E＝AE＝2，AB＝A′B′，∠A′EF＝∠AEF＝180°﹣60°＝120°，
∴∠A′EB′＝∠A′EF﹣∠B′EF＝120°﹣60°＝60°．
在Rt△A′EB′中，
∵∠A′B′E＝90°﹣60°＝30°，
∴B′E＝2A′E，而A′E＝2，
∴B′E＝4，
∴A′B′＝2，即AB＝2，
∵AE＝2，DE＝6，
∴AD＝AE+DE＝2+6＝8，
∴矩形ABCD的面积＝AB AD＝28＝16．
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，翻折变换的性质，两直线平行，同旁内角互补，两直线平行，内错角相等的性质，解直角三角形，作辅助线构造直角三角形并熟记性质是解题的关键．
4．（2024 青岛）如图， ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E，AB，AC＝2，BD＝4，则AE的长为（　　）
A． B． C． D．
【考点】平行四边形的性质．
【答案】D
【分析】由勾股定理的逆定理可判定△BAO是直角三角形，所以平行四边形ABCD的面积即可求出．
【解答】解：∵AC＝2，BD＝4，四边形ABCD是平行四边形，
∴AOAC＝1，BOBD＝2，
∵AB，
∴AB2+AO2＝BO2，
∴∠BAC＝90°，
∵在Rt△BAC中，BC
S△BACAB×ACBC×AE，
∴2AE，
∴AE，
故选：D．
【点评】本题考查了勾股定理的逆定理和平行四边形的性质，能得出△BAC是直角三角形是解此题的关键．
5．（2024 河南）如图，在 ABCD中，用直尺和圆规作∠BAD的平分线AG交BC于点E．若BF＝6，AB＝5，则AE的长为（　　）
A．4 B．6 C．8 D．10
【考点】平行四边形的性质；作图—基本作图；等腰三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】计算题．
【答案】C
【分析】由基本作图得到AB＝AF，加上AO平分∠BAD，则根据等腰三角形的性质得到AO⊥BF，BO＝FOBF＝3，再根据平行四边形的性质得AF∥BE，所以∠1＝∠3，于是得到∠2＝∠3，根据等腰三角形的判定得AB＝EB，然后再根据等腰三角形的性质得到AO＝OE，最后利用勾股定理计算出AO，从而得到AE的长．
【解答】解：连接EF，AE与BF交于点O，如图，
∵AB＝AF，AO平分∠BAD，
∴AO⊥BF，BO＝FOBF＝3，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AF∥BE，
∴∠1＝∠3，
∴∠2＝∠3，
∴AB＝EB，
而BO⊥AE，
∴AO＝OE，
在Rt△AOB中，AO4，
∴AE＝2AO＝8．
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对边相等；平行四边形的对角相等；平行四边形的对角线互相平分．也考查了等腰三角形的判定与性质和基本作图．
6．（2024 丹东）如图，在 ABCD中，BF平分∠ABC，交AD于点F，CE平分∠BCD，交AD于点E，AB＝6，EF＝2，则BC长为（　　）
A．8 B．10 C．12 D．14
【考点】平行四边形的性质．
【答案】B
【分析】由平行四边形的性质和角平分线得出∠ABF＝∠AFB，得出AF＝AB＝6，同理可证DE＝DC＝6，再由EF的长，即可求出BC的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，DC＝AB＝6，AD＝BC，
∴∠AFB＝∠FBC，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠FBC，
则∠ABF＝∠AFB，
∴AF＝AB＝6，
同理可证：DE＝DC＝6，
∵EF＝AF+DE﹣AD＝2，
即6+6﹣AD＝2，
解得：AD＝10；
故选：B．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定；熟练掌握平行四边形的性质，证出AF＝AB是解决问题的关键．
7．（2024 遵义）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E、F，连接PB、PD．若AE＝2，PF＝8．则图中阴影部分的面积为（　　）
A．10 B．12 C．16 D．18
【考点】矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形．
【答案】C
【分析】想办法证明S△PEB＝S△PFD解答即可．
【解答】解：作PM⊥AD于M，交BC于N．
则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴S△ADC＝S△ABC，S△AMP＝S△AEP，S△PBE＝S△PBN，S△PFD＝S△PDM，S△PFC＝S△PCN，
∴S△DFP＝S△PBE2×8＝8，
∴S阴＝8+8＝16，
（本题也可以证明两个阴影部分的面积相等，由此解决问题）
故选：C．
【点评】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证明S△PEB＝S△PFD．
8．（2024 临沂）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE＝AD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（　　）
A．AB＝BE B．BE⊥DC C．∠ADB＝90° D．CE⊥DE
【考点】矩形的判定；平行四边形的性质．
【答案】B
【分析】先证明四边形BCDE为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
又∵AD＝DE，
∴DE∥BC，且DE＝BC，
∴四边形BCED为平行四边形，
A、∵AB＝BE，DE＝AD，∴BD⊥AE，∴ DBCE为矩形，故本选项错误；
B、∵对角线互相垂直的平行四边形为菱形，不一定为矩形，故本选项正确；
C、∵∠ADB＝90°，∴∠EDB＝90°，∴ DBCE为矩形，故本选项错误；
D、∵CE⊥DE，∴∠CED＝90°，∴ DBCE为矩形，故本选项错误．
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定，首先判定四边形BCDE为平行四边形是解题的关键．
9．（2024 兰州）如图，菱形ABCD中，AB＝4，∠B＝60°，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，连接EF，则△AEF的面积是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．
【考点】菱形的性质．
【答案】B
【分析】首先利用菱形的性质及等边三角形的判定可得出△AEF是等边三角形，再根据三角函数计算出AE＝EF的值，再过A作AM⊥EF，再进一步利用三角函数计算出AM的值，即可算出三角形的面积．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD，∠B＝∠D＝60°，
∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴BC×AE＝CD×AF，∠BAE＝∠DAF＝30°，
∴AE＝AF，
∵∠B＝60°，
∴∠BAD＝120°，
∴∠EAF＝120°﹣30°﹣30°＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AE＝EF，∠AEF＝60°，
∵AB＝4，
∴BE＝2，
∴AE2，
∴EF＝AE＝2，
过A作AM⊥EF，
∴AM＝AE sin60°＝3，
∴△AEF的面积是：EF AM23＝3．
故选：B．
【点评】此题考查菱形的性质，等边三角形的判定及三角函数的运用．关键是掌握菱形的性质，证明△AEF是等边三角形．
10．（2024 绵阳）如图，平行四边形ABCD的周长是26cm，对角线AC与BD交于点O，AC⊥AB，E是BC中点，△AOD的周长比△AOB的周长多3cm，则AE的长度为（　　）
A．3cm B．4cm C．5cm D．8cm
【考点】平行四边形的性质．
【答案】B
【分析】由 ABCD的周长为26cm，对角线AC、BD相交于点O，若△AOD的周长比△AOB的周长多3cm，可得AB+AD＝13cm，AD﹣AB＝3cm，求出AB和AD的长，得出BC的长，再由直角三角形斜边上的中线性质即可求得答案．
【解答】解：∵ ABCD的周长为26cm，
∴AB+AD＝13cm，OB＝OD，
∵△AOD的周长比△AOB的周长多3cm，
∴（OA+OD+AD）﹣（OA+OB+AB）＝AD﹣AB＝3cm，
∴AB＝5cm，AD＝8cm．
∴BC＝AD＝8cm．
∵AC⊥AB，E是BC中点，
∴AEBC＝4cm；
故选：B．
【点评】此题考查了平行四边形的性质、直角三角形斜边上的中线性质．熟练掌握平行四边形的性质，由直角三角形斜边上的中线性质求出AE是解决问题的关键．
二．填空题（共5小题）
11．（2024 宜宾）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，BD为AC的中线，过点C作CE⊥BD于点E，过点A作BD的平行线，交CE的延长线于点F，在AF的延长线上截取FG＝BD，连接BG、DF．若AG＝13，CF＝6，则四边形BDFG的周长为　20　．
【考点】菱形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理．
【专题】压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】首先可判断四边形BGFD是平行四边形，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半，可得BD＝FD，则可判断四边形BGFD是菱形，设GF＝x，则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，
∴四边形BGFD是平行四边形，
∵CF⊥BD，
∴CF⊥AG，
又∵点D是AC中点，
∴BD＝DFAC，
∴四边形BGFD是菱形，
设GF＝x，则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，
故四边形BDFG的周长＝4GF＝20．
故答案为：20．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、勾股定理及直角三角形的斜边中线的性质，解答本题的关键是判断出四边形BGFD是菱形．
12．（2024 凉山州）如图，在四边形ABCD中，AC＝BD＝6，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，则EG2+FH2＝　36　．
【考点】菱形的判定与性质；勾股定理；三角形中位线定理．
【专题】计算题；压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】连接EF，FG，GH，EH，由E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，得到EH，EF，FG，GH分别是△ABD，△ABC，△BCD，△ACD的中位线，根据三角形中位线定理得到EH，FG等于BD的一半，EF，GH等于AC的一半，由AC＝BD＝6，得到EH＝EF＝GH＝FG＝3，根据四边都相等的四边形是菱形，得到EFGH为菱形，然后根据菱形的性质得到EG⊥HF，且EG＝2OE，FH＝2OH，在Rt△OEH中，根据勾股定理得到OE2+OH2＝EH2＝9，再根据等式的性质，在等式的两边同时乘以4，根据4＝22，把等式进行变形，并把EG＝2OE，FH＝2OH代入变形后的等式中，即可求出EG2+FH2的值
【解答】解：如图，连接EF，FG，GH，EH，
∵E、H分别是AB、DA的中点，
∴EH是△ABD的中位线，
∴EHBD＝3，
同理可得EF，FG，GH分别是△ABC，△BCD，△ACD的中位线，
∴EF＝GHAC＝3，FGBD＝3，
∴EH＝EF＝GH＝FG＝3，
∴四边形EFGH为菱形，
∴EG⊥HF，且垂足为O，
∴EG＝2OE，FH＝2OH，
在Rt△OEH中，根据勾股定理得：OE2+OH2＝EH2＝9，
等式两边同时乘以4得：4OE2+4OH2＝9×4＝36，
∴（2OE）2+（2OH）2＝36，
即EG2+FH2＝36．
故答案为：36．
【点评】此题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，三角形的中位线定理以及等式的基本性质，本题的关键是连接EF，FG，GH，EH，得到四边形EFGH为菱形，根据菱形的性质得到EG⊥HF，建立直角三角形，利用勾股定理来解决问题．
13．（2024 黄冈）如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E．若∠CBF＝20°，则∠AED等于 　65　度．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据正方形的性质得出∠BAE＝∠DAE，再利用SAS证明△ABE与△ADE全等，再利用三角形的内角和解答即可．
【解答】解：∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠BAE＝∠DAE，
在△ABE与△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴∠AEB＝∠AED，∠ABE＝∠ADE，
∵∠CBF＝20°，
∴∠ABE＝70°，
∴∠AED＝∠AEB＝180°﹣45°﹣70°＝65°，
故答案为：65
【点评】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质得出∠BAE＝∠DAE，再利用全等三角形的判定和性质解答．
14．（2024 天津）如图， ABCD的顶点C在等边△BEF的边BF上，点E在AB的延长线上，G为DE的中点，连接CG．若AD＝3，AB＝CF＝2，则CG的长为 　　．
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据平行四边形的性质和等边三角形的性质，可以得到BF和BE的长，然后可以证明△DCG和△EHG全等，然后即可得到CG的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，CD＝AB，DC∥AB，
∵AD＝3，AB＝CF＝2，
∴CD＝2，BC＝3，
∴BF＝BC+CF＝5，
∵△BEF是等边三角形，G为DE的中点，
∴BF＝BE＝5，DG＝EG，
延长CG交BE于点H，
∵DC∥AB，
∴∠CDG＝∠HEG，
在△DCG和△EHG中，
，
∴△DCG≌△EHG（ASA），
∴DC＝EH，CG＝HG，
∵CD＝2，BE＝5，
∴HE＝2，BH＝3，
∵∠CBH＝60°，BC＝BH＝3，
∴△CBH是等边三角形，
∴CH＝BC＝3，
∴CGCH，
故答案为：．
【点评】本题考查平行四边形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
15．（2024 深圳）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，且正方形对角线交于点O，连接OC，已知AC＝5，OC＝6，则另一直角边BC的长为　7　．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【专题】计算题；压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】过O作OF垂直于BC，再过A作AM垂直于OF，由四边形ABDE为正方形，得到OA＝OB，∠AOB为直角，可得出两个角互余，再由AM垂直于MO，得到△AOM为直角三角形，其两个锐角互余，利用同角的余角相等可得出一对角相等，再由一对直角相等，OA＝OB，利用AAS可得出△AOM与△BOF全等，由全等三角形的对应边相等可得出AM＝OF，OM＝FB，由三个角为直角的四边形为矩形得到ACFM为矩形，根据矩形的对边相等可得出AC＝MF，AM＝CF，等量代换可得出CF＝OF，即△COF为等腰直角三角形，由斜边OC的长，利用勾股定理求出OF与CF的长，根据OF﹣MF求出OM的长，即为FB的长，由CF+FB即可求出BC的长．
【解答】解法一：如图1所示，过O作OF⊥BC，过A作AM⊥OF，
∵四边形ABDE为正方形，
∴∠AOB＝90°，OA＝OB，
∴∠AOM+∠BOF＝90°，
又∠AMO＝90°，∴∠AOM+∠OAM＝90°，
∴∠BOF＝∠OAM，
在△AOM和△BOF中，
，
∴△AOM≌△BOF（AAS），
∴AM＝OF，OM＝FB，
又∠ACB＝∠AMF＝∠CFM＝90°，
∴四边形ACFM为矩形，
∴AM＝CF，AC＝MF＝5，
∴OF＝CF，
∴△OCF为等腰直角三角形，
∵OC＝6，
∴根据勾股定理得：CF2+OF2＝OC2，
解得：CF＝OF＝6，
∴FB＝OM＝OF﹣FM＝6﹣5＝1，
则BC＝CF+BF＝6+1＝7．
故答案为：7．
解法二：如图2所示，
过点O作OM⊥CA，交CA的延长线于点M；过点O作ON⊥BC于点N．
易证△OMA≌△ONB，∴OM＝ON，MA＝NB．
∴O点在∠ACB的平分线上，
∴△OCM为等腰直角三角形．
∵OC＝6，
∴CM＝ON＝6．
∴MA＝CM﹣AC＝6﹣5＝1，
∴BC＝CN+NB＝6+1＝7．
故答案为：7．
【点评】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，以及等腰直角三角形的判定与性质、角平分线的判定，利用了转化及等量代换的思想，根据题意作出相应的辅助线是解本题的关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2024 重庆）如图，在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是BC上一点，且AB＝AE，连接EO并延长交AD于点F．过点B作AE的垂线，垂足为H，交AC于点G．
（1）若AH＝3，HE＝1，求△ABE的面积；
（2）若∠ACB＝45°，求证：DFCG．
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】多边形与平行四边形．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用勾股定理即可得出BH的长，进而运用公式得出△ABE的面积；
（2）过A作AM⊥BC于M，交BG于K，过G作GN⊥BC于N，判定△AME≌△BNG（AAS），可得ME＝NG，进而得出BEGC，再判定△AFO≌△CEO（AAS），可得AF＝CE，即可得到DF＝BECG．
【解答】解：（1）∵AH＝3，HE＝1，
∴AB＝AE＝4，
又∵Rt△ABH中，BH，
∴S△ABEAE×BH4；
（2）如图，过A作AM⊥BC于M，交BG于K，过G作GN⊥BC于N，则∠AMB＝∠AME＝∠BNG＝90°，
∵∠ACB＝45°，
∴∠MAC＝∠NGC＝45°，
∵AB＝AE，
∴BM＝EMBE，∠BAM＝∠EAM，
又∵AE⊥BG，
∴∠AHK＝90°＝∠BMK，而∠AKH＝∠BKM，
∴∠MAE＝∠NBG，
设∠BAM＝∠MAE＝∠NBG＝α，则∠BAG＝45°+α，∠BGA＝∠GCN+∠GBC＝45°+α，
∴AB＝BG，
∴AE＝BG，
在△AME和△BNG中，
，
∴△AME≌△BNG（AAS），
∴ME＝NG，
在等腰Rt△CNG中，NG＝NC，
∴GCNGMEBE，
∴BEGC，
∵O是AC的中点，
∴OA＝OC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠OAF＝∠OCE，∠AFO＝∠CEO，
∴△AFO≌△CEO（AAS），
∴AF＝CE，
∴AD﹣AF＝BC﹣EC，即DF＝BE，
∴DF＝BECG．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合运用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形以及等腰直角三角形，利用全等三角形的对应边相等得出结论．
17．（2024 吉林模拟）如图，正方形ABCD中，E是BD上一点，AE的延长线交CD于F，交BC的延长线于G，M是FG的中点．
（1）求证：①∠1＝∠2；②EC⊥MC．
（2）试问当∠1等于多少度时，△ECG为等腰三角形？请说明理由．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质．
【专题】几何综合题；压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）①根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ADE＝∠CDE，然后利用边角边定理证明△ADE与△CDE全等，再根据全等三角形对应角相等即可证明；
②根据两直线平行，内错角相等可得∠1＝∠G，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得MC＝MG，然后据等边对等角的性质得到∠G＝∠MCG，所以∠2＝∠MCG，然后根据∠FCG＝90°即可证明∠MCE＝90°，从而得证；
（2）根据（1）的结论，结合等腰三角形两底角相等∠G＝∠GEC，然后利用三角形的内角和定理列式进行计算即可求解．
【解答】（1）证明：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADE＝∠CDE，AD＝CD，
在△ADE与△CDE，，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴∠1＝∠2，
②∵AD∥BG（正方形的对边平行），
∴∠1＝∠G，
∵M是FG的中点，
∴MC＝MG＝MF，
∴∠G＝∠MCG，
又∵∠1＝∠2，
∴∠2＝∠MCG，
∵∠FCG＝∠MCG+∠FCM＝90°，
∴∠ECM＝∠2+∠FCM＝90°，
∴EC⊥MC；
（2）解：∠1＝30°时，△ECG为等腰三角形．
理由如下：∵△ECG为等腰三角形，
∴∠G＝∠CEG，
又∵∠1＝∠2＝∠G，
∴在△ECG中，∠G+∠CEG+∠2+∠FCG＝180°，
即3∠1+90°＝180°，
解得∠1＝30°．
故答案为：∠1＝30°时，△ECG为等腰三角形．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，是综合题，但难度不大，细心分析即可找出解题思路．
18．（2024 深圳）已知BD垂直平分AC，∠BCD＝∠ADF，AF⊥AC，
（1）证明四边形ABDF是平行四边形；
（2）若AF＝DF＝5，AD＝6，求AC的长．
【考点】平行四边形的判定；线段垂直平分线的性质；勾股定理．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）先证得△ADB≌△CDB求得∠BCD＝∠BAD，从而得到∠ADF＝∠BAD，所以AB∥FD，因为BD⊥AC，AF⊥AC，所以AF∥BD，即可证得．
（2）先证得平行四边形是菱形，然后根据勾股定理即可求得．
【解答】（1）证明：∵BD垂直平分AC，
∴AB＝BC，AD＝DC，
在△ADB与△CDB中，
，
∴△ADB≌△CDB（SSS）
∴∠BCD＝∠BAD，
∵∠BCD＝∠ADF，
∴∠BAD＝∠ADF，
∴AB∥FD，
∵BD⊥AC，AF⊥AC，
∴AF∥BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
（2）解：∵四边形ABDF是平行四边形，AF＝DF＝5，
∴ ABDF是菱形，
∴AB＝BD＝5，
∵AD＝6，
设BE＝x，则DE＝5﹣x，
∴AB2﹣BE2＝AD2﹣DE2，
即52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2
解得：x，
∴，
∴AC＝2AE．
【点评】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质以及勾股定理的应用．
19．（2024 梅州）如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF＝BE．
（1）求证：CE＝CF；
（2）若点G在AD上，且∠GCE＝45°，则GE＝BE+GD成立吗？为什么？
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】证明题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由DF＝BE，四边形ABCD为正方形可证△CEB≌△CFD，从而证出CE＝CF．
（2）由（1）得，CE＝CF，∠BCE+∠ECD＝∠DCF+∠ECD即∠ECF＝∠BCD＝90°又∠GCE＝45°所以可得∠GCE＝∠GCF，故可证得△ECG≌△FCG，即EG＝FG＝GD+DF．又因为DF＝BE，所以可证出GE＝BE+GD成立．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，
∵，
∴△CBE≌△CDF（SAS）．
∴CE＝CF．
（2）解：GE＝BE+GD成立．
理由是：∵由（1）得：△CBE≌△CDF，
∴∠BCE＝∠DCF，
∴∠BCE+∠ECD＝∠DCF+∠ECD，即∠ECF＝∠BCD＝90°，
又∵∠GCE＝45°，∴∠GCF＝∠GCE＝45°．
∵，
∴△ECG≌△FCG（SAS）．
∴GE＝GF．
∴GE＝DF+GD＝BE+GD．
【点评】本题主要考查证两条线段相等往往转化为证明这两条线段所在三角形全等的思想，在第二问中也是考查了通过全等找出和GE相等的线段，从而证出关系是不是成立．
20．（2024 南通）如图，在矩形ABCD中，E是AD上一点，PQ垂直平分BE，分别交AD、BE、BC于点P、O、Q，连接BP、EQ．
（1）求证：四边形BPEQ是菱形；
（2）若AB＝6，F为AB的中点，OF+OB＝9，求PQ的长．
【考点】矩形的性质；线段垂直平分线的性质；菱形的判定与性质．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）先根据线段垂直平分线的性质证明PB＝PE，由ASA证明△BOQ≌△EOP，得出PE＝QB，证出四边形BPEQ是平行四边形，再根据菱形的判定即可得出结论；
（2）根据三角形中位线的性质可得AE+BE＝2OF+2OB＝18，设AE＝x，则BE＝18﹣x，在Rt△ABE中，根据勾股定理可得62+x2＝（18﹣x）2，BE＝10，得到OBBE＝5，设PE＝y，则AP＝8﹣y，BP＝PE＝y，在Rt△ABP中，根据勾股定理可得62+（8﹣y）2＝y2，解得y，在Rt△BOP中，根据勾股定理可得PO，由PQ＝2PO即可求解．
【解答】（1）证明：∵PQ垂直平分BE，
∴PB＝PE，OB＝OE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠PEO＝∠QBO，
在△BOQ与△EOP中，
，
∴△BOQ≌△EOP（ASA），
∴PE＝QB，
又∵AD∥BC，
∴四边形BPEQ是平行四边形，
又∵QB＝QE，
∴四边形BPEQ是菱形；
（2）解：∵O，F分别为PQ，AB的中点，
∴AE+BE＝2OF+2OB＝18，
设AE＝x，则BE＝18﹣x，
在Rt△ABE中，62+x2＝（18﹣x）2，
解得x＝8，
BE＝18﹣x＝10，
∴OBBE＝5，
设PE＝y，则AP＝8﹣y，BP＝PE＝y，
在Rt△ABP中，62+（8﹣y）2＝y2，解得y，
在Rt△BOP中，PO，
∴PQ＝2PO．
【点评】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质，平行四边形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度．
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