资源简介

2025年中考数学二轮复习押题预测 四边形
一．选择题（共10小题）
1．（2025 江北区模拟）如图，在正方形ABCD中，点E为BC边上一点，BE：CE＝1：2，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°后，点A对应点为点F，连接CF、DF，则的值是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024秋 本溪期末）如图，正方形ABCD是小明用木条制作的一个学具，在取放学具时，学具发生了形变，此时∠D1＝30°，则形变后四边形A1BCD1的面积是原正方形ABCD面积的（　　）
A． B． C． D．
3．（2024秋 泰兴市期末）如图，把直角三角形拆解为一个正方形与两对全等的直角三角形．下面给出的条件中，一定能求出该直角三角形的面积的是（　　）
A．AD BD B．AI BD C．BI AD D．AI BI
4．（2024秋 沙坪坝区校级期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝α，点E为对角线BD上一点，F为AD边上一点，连接CE，EF，若CE＝EF，CE⊥BD，则∠DEF一定等于（　　）
A．α B． C．90°﹣α D．90°+α
5．（2024秋 秦都区期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，AD＝BC，连接AC、BD，AC与BD交于点O，若OA＝OD＝5，AB＝6，则四边形ABCD的面积为（　　）
A．24 B．36 C．48 D．60
6．（2024秋 钢城区期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．下列结论：
①BE＝EF；
②矩形DEFG是正方形；
③CG＝AE；
④CG平分∠DCF．
其中结论正确的序号有（　　）
A．①③④ B．①②④ C．①②③ D．①②③④
7．（2024秋 天山区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC．若∠DAB的角平分线AE交CD于E，连接BE，且BE平分∠ABC，得到如下结论：①∠AEB＝90°；②AB﹣AD＝BC：③AD＝DE；④；⑤若AB＝x，则AE的取值范围为0＜AE＜x，那么以上结论正确的个数是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
8．（2024秋 城阳区期末）如图，P是矩形ABCD的对角线BD上一点，AB＝3，BC＝5，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF，则AP+EF的最小值为（　　）
A． B．4 C． D．8
9．（2024秋 庄河市期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E与点F分别为射线BC，CD上一点，且BE＝CF，连接AE，BF并交于点G，点P为边CD上一点，DP＝1，连接PG，则线段PG长度的最小值为（　　）
A．2 B． C． D．
10．（2025 嘉定区一模）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，如果对角线AC⊥AB，那么的值是（　　）
A．sinB B．cosB C．tanB D．cotB
二．填空题（共5小题）
11．（2024秋 东城区期末）已知正方形ABCD的边长为30cm．
（1）如图1，正方形ABCD各边的中点分别为E，F，G，H，依次连接四个中点，得到阴影部分．该阴影部分的面积为 　 　cm2；
（2）如图2，点P1在边AB上，且．在正方形ABCD的四条边上截取BP2＝BP3＝CP4＝CP5＝DP6＝DP7＝AP8＝AP1．连接P2P3，P4P5，P6P7，P8P1，得到阴影部分．设P1P2＝x cm，则阴影部分的面积为 　 　cm2（用含x的代数式表示）．
12．（2024秋 海陵区期末）正方形ABCD的边长为3，点E是BC上一点，BE＝1，连接AE，点F是正方形边上一点，AE与BF相交于点G．若BF＝AE，则AG＝　 　．
13．（2024秋 海州区期末）如图，大正方形内有四个形状大小完全相同的长方形，且每个长方形的两条边分别在大正方形的边上，大正方形内有个小正方形与四个长方形有重叠（阴影部分），若两个正方形的周长分别为40和32，且四个阴影部分的周长为44，则长方形的周长为　 　．
14．（2024秋 城阳区期末）如图，把两个全等的矩形ABCD和矩形CEFG拼成如图所示的图案，已知AB＝3，BC＝4，则AF的长为 　 　．
15．（2024秋 连平县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AC＝5，对角线AC、BD相交于点O，则△AOB的周长是 　 　．
三．解答题（共5小题）
16．（2024秋 连州市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，CE∥AD，AE⊥AD，EF⊥AC．
（1）求证：四边形ADCE是矩形；
（2）若BC＝12，CE＝8，求EF的长．
17．（2024秋 南通期末）如图，点E为正方形ABCD内一点，以BE为边作正方形BEFG，顶点F恰好落在边CD上，连接AE．
（1）求∠BAE的度数；
（2）若，连接CE，求CE长．
18．（2024秋 同安区期末）已知，在正方形ABCD中，△ADE是一个等边三角形，点P在射线DE上运动且与直线AB上的两动点M，N（点M在N点左侧）构成等边三角形PMN．
（1）如图1，当点M与A点重合时，求证：AE平分∠PAB；
（2）当点P在直线AB下方时．
①如图2，试说明：PN+AN为定值；
②如图3，若AM的中点为F点，连接EF，EN．试探究S△EFN与S△ADE的数量关系．
19．（2024秋 秦都区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是AB的中点，AD＝BC．过点D作DE⊥AB且DE＝BD，连接CE．求证：四边形BCED是正方形．
20．（2024秋 博罗县期末）阅读下列材料：
在数学课上，老师要求学生探究如下问题：
（1）【提出问题】如图1，在等边三角形ABC内有一点P且PA＝2，，PC＝1．求∠BPC的度数．李华同学一时没有思路，当他跟同学讨论后，发现以PA、PB、PC的长为边构成的三角形是直角三角形，他突然有了正确的思路：如图2，将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BP′A，连接PP'，易得△P′PB是等边三角形，△PP′A是直角三角形．请帮李华同学求出∠BPC的度数．
（2）【类比问题】如图3，在正方形ABCD内有一点P且，，PC＝1．求∠BPC的度数；
（3）【探索问题】如图4，在正六边形ABCDEF内有一点P且，PB＝4，PC＝2，则∠BPC＝ 　 　．
2025年中考数学二轮复习押题预测 四边形
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D A A C C D B C C A
一．选择题（共10小题）
1．（2025 江北区模拟）如图，在正方形ABCD中，点E为BC边上一点，BE：CE＝1：2，连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°后，点A对应点为点F，连接CF、DF，则的值是（　　）
A． B． C． D．
【考点】正方形的性质；旋转的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】作FL⊥CD于点L，FH⊥BC交BC的延长线于点H，可证明△HEF≌△BAE，则EH＝AB＝BC，HF＝BE，推导出HC＝BE＝HF，则四边形CHFL是正方形，所以FL＝CL＝HF＝BE，则DL＝CE，由BE：CE＝1：2，得CL：DL＝1：2，则DL＝2CL＝2FL，求得CFFL，DFFL，则，于是得到问题的答案．
【解答】解：作FL⊥CD于点L，FH⊥BC交BC的延长线于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠H＝∠B＝∠DCB＝90°，CD＝BC＝AB，
∵将线段AE绕点E顺时针旋转90°后，点A对应点为点F，
∴∠AEF＝90°，EF＝AE，
∴∠HEF＝∠BAE＝90°﹣∠AEB，
在△HEF和△BAE中，
，
∴△HEF≌△BAE（AAS），
∴EH＝AB，HF＝BE，
∴EH＝BC，
∴EH﹣CE＝BC﹣CE，
∴HC＝BE，
∴HF＝HC，
∵∠H＝∠HCL＝∠FLC＝90°，
∴四边形CHFL是矩形，且HF＝HC，
∴四边形CHFL是正方形，
∴FL＝CL＝HF＝BE，
∴DL＝CD﹣CL＝BC﹣BE＝CE，
∵BE：CE＝1：2，
∴CL：DL＝1：2，
∴DL＝2CL＝2FL，
∵∠FLC＝∠DLF＝90°，
∴CFFL，DFFL，
∴，
故选：D．
【点评】此题重点考查正方形的判定与性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
2．（2024秋 本溪期末）如图，正方形ABCD是小明用木条制作的一个学具，在取放学具时，学具发生了形变，此时∠D1＝30°，则形变后四边形A1BCD1的面积是原正方形ABCD面积的（　　）
A． B． C． D．
【考点】正方形的判定与性质．
【专题】运算能力．
【答案】A
【分析】过点A1作A1H⊥BC于点H，则可得四边形A1BCD1为菱形，∠A1BC＝∠D1＝30°，设BA1＝BA＝BC＝2x，则，即可计算菱形A1BCD1的面积，继而求解．
【解答】解：过点A1作A1H⊥BC于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BA＝BC＝CD＝AD，
由题意可得BA1＝BA＝BC＝A1D1＝CD1，
∴四边形A1BCD1为菱形，
∴∠A1BC＝∠D1＝30°，
设BA1＝BA＝BC＝2x，
∵A1H⊥BC，
∴，
∴，
而，
∴，
故选：A．
【点评】本题考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，含30°角直角三角形的性质．正确添加辅助线是解题的关键．
3．（2024秋 泰兴市期末）如图，把直角三角形拆解为一个正方形与两对全等的直角三角形．下面给出的条件中，一定能求出该直角三角形的面积的是（　　）
A．AD BD B．AI BD C．BI AD D．AI BI
【考点】正方形的性质；解直角三角形；三角形的面积；直角三角形全等的判定．
【专题】运算能力．
【答案】A
【分析】由题意可得：△ADI≌△AFI，△BDI≌△BEI，四边形IFCE是正方形，则AF＝AD，BD＝BE，IE＝IF＝EC＝FC，设IE＝IF＝EC＝FC＝x，然后根据勾股定理列方程并整理可得x2+（AD+BD）x＝AD BD，又该直角三角形的面积的是，整理得，将x2+（AD+BD）x＝AD BD整体代入可得该直角三角形的面积的是AD BD，再结合选项即可解答．
【解答】解：由题意可得：△ADI≌△AFI，△BDI≌△BEI，四边形IFCE是正方形，
∴AF＝AD，BD＝BE，IE＝IF＝EC＝FC，
设IE＝IF＝EC＝FC＝x，则AC＝AF+x＝AD+x，BC＝BE+x＝BD+x，AB＝AD+BD，
∵AB2＝BC2+AC2，
∴（AD+BD）2＝（BD+x）2+（AD+x）2，整理为：x2+（AD+BD）x＝AD BD，
∵直角三角形的面积是：
＝AD BD．
∴当AD BD确定时，一定能求出该直角三角形的面积．
故选：A．
【点评】本题主要考查全等三角形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识点，正确进行分析、推理成为解题的关键．
4．（2024秋 沙坪坝区校级期末）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝α，点E为对角线BD上一点，F为AD边上一点，连接CE，EF，若CE＝EF，CE⊥BD，则∠DEF一定等于（　　）
A．α B． C．90°﹣α D．90°+α
【考点】菱形的性质；三角形内角和定理；等腰三角形的性质．
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】连接AC，根据菱形的性质证得AC⊥BD，∠ABE＝∠CBE＝∠ADE，AB＝CB，进而得到∠EAD＝90°，证明△ABE≌△CBE（SAS），得到AE＝EC＝EF，由等腰三角形的性质得到∠EFA＝∠EAD＝90°，根据三角形内角和定理和直角三角形的性质即可求得答案．
【解答】解：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，E点在对角线BD上，AC⊥BD，
∴∠ABE＝∠CBE＝∠ADE∠ABC，AB＝CB，
∴∠EAD＝90°﹣∠ADE＝90°，
∵CE⊥BD，
∴A，E，C三点共线，
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴AE＝EC，
∵CE＝EF，
∴AE＝EF，
∴∠EFA＝∠EAD＝90°，
∴∠AEF＝180°﹣（90°）﹣（90°）＝α，
∴∠DEF＝90°﹣∠AEF＝90°﹣α．
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质和判定，全等三角形的判定与性质，解题的关键是证明△ABE≌△CBE．
5．（2024秋 秦都区期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，AD＝BC，连接AC、BD，AC与BD交于点O，若OA＝OD＝5，AB＝6，则四边形ABCD的面积为（　　）
A．24 B．36 C．48 D．60
【考点】矩形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】由AB＝CD，AD＝BC，证明四边形ABCD是平行四边形，因为OA＝OD＝5，所以AC＝2OA＝10，BD＝2OD＝10，则AC＝BD，所以四边形ABCD是矩形，则∠ABC＝90°，而AB＝6，求得BC8，所以S四边形ABCD＝BC AD＝48，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OD＝OB，
∵OA＝OD＝5，
∴AC＝2OA＝10，BD＝2OD＝10，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵AB＝6，
∴BC8，
∴S四边形ABCD＝BC AD＝8×6＝48，
故选：C．
【点评】此题重点考查平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，推导出四边形ABCD是平行四边形，且AC＝BD＝10是解题的关键．
6．（2024秋 钢城区期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．下列结论：
①BE＝EF；
②矩形DEFG是正方形；
③CG＝AE；
④CG平分∠DCF．
其中结论正确的序号有（　　）
A．①③④ B．①②④ C．①②③ D．①②③④
【考点】正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
【分析】连接BD，作EH⊥CB于点H，EL⊥CD于点L，由正方形的性质得CB＝CD＝AD，AC垂直平分BD，则BE＝ED，因为CA平分∠BCD，所以EH＝EL，再推导出∠HEF＝∠LED，进而证明△HEF≌△LED，得EF＝ED，所以BE＝EF，可判断①正确；由四边形DEFG是矩形，EF＝ED，证明四边形DEFG是正方形，可判断②正确；再证明△CDG≌△ADE，得CG＝AE，可判断③正确；可证明∠DCG＝∠DAE＝45°，则∠FCG＝∠DCG＝45°，可判断④正确，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接BD，作EH⊥CB于点H，EL⊥CD于点L，则∠EHF＝∠ELD＝∠ELC＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，CB＝CD＝AD，AC垂直平分BD，
∵E为AC上一点，
∴BE＝ED，
∵CB＝CD，CA⊥BD，
∴CA平分∠BCD，
∴EH＝EL，
∵EF⊥DE，
∴∠DEF＝90°，
∵∠HEL＝180°﹣∠EHF﹣∠BCD﹣∠ELC＝90°，
∴∠HEF＝∠LED＝90°﹣∠FEL，
在△HEF和△LED中，
，
∴△HEF≌△LED（ASA），
∴EF＝ED，
∴BE＝EF，
故①正确；
∵四边形DEFG是矩形，EF＝ED，
∴四边形DEFG是正方形，
故②正确；
∴∠EDG＝∠ADC＝90°，GD＝ED，
∴∠CDG＝∠ADE＝90°﹣∠CDE，
在△CDG和△ADE中，
，
∴△CDG≌△ADE（SAS），
∴CG＝AE，
故③正确；
∵∠DCE＝∠DAE＝45°，
∴∠DCG＝∠DAE＝45°，
∵∠DCF＝90°，
∴∠FCG＝∠DCG＝45°，
∴CG平分∠DCF，
故④正确，
故选：D．
【点评】此题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
7．（2024秋 天山区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC．若∠DAB的角平分线AE交CD于E，连接BE，且BE平分∠ABC，得到如下结论：①∠AEB＝90°；②AB﹣AD＝BC：③AD＝DE；④；⑤若AB＝x，则AE的取值范围为0＜AE＜x，那么以上结论正确的个数是（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据两直线平行，同旁内角互补可得∠ABC+∠BAD＝180°，又BE、AE都是角平分线，可以推出∠ABE+∠BAE＝90°，从而得到∠AEB＝90°，然后延长AE交BC的延长线于点F，先证明△ABE与△FBE全等，再根据全等三角形对应边相等得到AE＝EF，然后证明△AED与△FEC全等，从而可以证明①②⑤正确，AD与DE不一定相等，所以③④不正确．
【解答】解：∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∵AE、BE分别是∠BAD与∠ABC的平分线，
∴∠BAE∠BAD，∠ABE∠ABC，
∴∠BAE+∠ABE（∠BAD+∠ABC）＝90°，
∴∠AEB＝180°﹣（∠BAE+∠ABE）＝180°﹣90°＝90°，
故①小题正确；
如图，延长AE交BC延长线于F，
∵∠AEB＝90°，
∴BE⊥AF，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠FBE，
在△ABE与△FBE中，
，
∴△ABE≌△FBE（ASA），
∴AB＝BF，AE＝FE，
∵AD∥BC，
∴∠EAD＝∠F，
在△ADE与△FCE中，
，
∴△ADE≌△FCE（ASA），
∴AD＝CF，
∴AB＝BF＝BC+CF＝BC+AD，故②小题正确；
∵△ADE≌△FCE，
∴CE＝DE，即点E为CD的中点，
∵BE与CE不一定相等
∴BE与CD不一定相等，故④小题错误；
若AD＝BC，则CE是Rt△BEF斜边上的中线，则BC＝CE，
∵AD与BC不一定相等，
∴AD与DE不一定相等，故③小题错误；
∵BF＝AB＝x，BE⊥EF，
∴BE的取值范围为0＜BE＜x，故⑤小题正确．
综上所述，正确的有①②⑤．
故选：B．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，平行线的性质，角平分线的定义，证明BE⊥AF并作出辅助线是解题的关键，本题难度较大，对同学们的能力要求较高．
8．（2024秋 城阳区期末）如图，P是矩形ABCD的对角线BD上一点，AB＝3，BC＝5，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF，则AP+EF的最小值为（　　）
A． B．4 C． D．8
【考点】矩形的性质；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】连接CP，根据矩形的性质得到EF＝CP，AP+EF的最小值即为AP+CP的最小值，当A，P，C三点共线时，AP+CP的值最小，且为AC的长度，根据勾股定理得到AC，于是得到结论．
【解答】解：连接CP，
∵四边形ABCD是矩形，
∴EF＝CP，
∴AP+EF的最小值即为AP+CP的最小值，
当A，P，C三点共线时，AP+CP的值最小，且为AC的长度，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC，
∴AP+EF的最小值为，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
9．（2024秋 庄河市期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E与点F分别为射线BC，CD上一点，且BE＝CF，连接AE，BF并交于点G，点P为边CD上一点，DP＝1，连接PG，则线段PG长度的最小值为（　　）
A．2 B． C． D．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】如图，取AB中点O，根据正方形的性质得到AB＝BC＝4，BDBD，∠DBC＝45°，求得BO＝OA＝2，根据全等三角形的性质得到∠AEB＝∠BFC，求得∠AGB＝90°，推出点G在以AB为直径的圆上运动，连接OP，当点G在OP上时，线段PG长度的值最小，过P作PH⊥AB于H，根据勾股定理得到OP，求得PG＝OP﹣OG2，于是得到结论．
【解答】解：如图，取AB中点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝4，BDBD，∠DBC＝45°，
∵点O是AB的中点，
∴BO＝OA＝2，
∵BE＝CF，∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠AEB＝∠BFC，
∴∠BFC+∠FBC＝90°＝∠AEB+∠FBC，
∴∠AGB＝90°，
∴点G在以AB为直径的圆上运动，连接OP，当点G在OP上时，线段PG长度的值最小，
过P作PH⊥AB于H，
∴PH＝AD＝4，AH＝DP＝1，
∴OH＝1，
∴OP，
∴PG＝OP﹣OG2，
即线段PG长度的最小值为2，
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，最短路径问题，正确地作出辅助线是解题的关键．
10．（2025 嘉定区一模）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，如果对角线AC⊥AB，那么的值是（　　）
A．sinB B．cosB C．tanB D．cotB
【考点】直角梯形；相似三角形的判定与性质；解直角三角形；平行线的性质．
【专题】梯形；推理能力．
【答案】A
【分析】根据直角梯形得出∠D＝90°，根据AD∥BC得出∠DAC＝∠BCA，进而得出△ADC与△BAC相似，利用相似三角形的性质解答即可．
【解答】解：∵直角梯形ABCD，
∴∠D＝90°，
∵AC⊥AB，
∴∠BAC＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠BCA，
∴△ADC∽△BAC，
∴，
故选：A．
【点评】此题考查直角梯形，关键是根据直角梯形得出∠D＝90°解答．
二．填空题（共5小题）
11．（2024秋 东城区期末）已知正方形ABCD的边长为30cm．
（1）如图1，正方形ABCD各边的中点分别为E，F，G，H，依次连接四个中点，得到阴影部分．该阴影部分的面积为 　450　cm2；
（2）如图2，点P1在边AB上，且．在正方形ABCD的四条边上截取BP2＝BP3＝CP4＝CP5＝DP6＝DP7＝AP8＝AP1．连接P2P3，P4P5，P6P7，P8P1，得到阴影部分．设P1P2＝x cm，则阴影部分的面积为 　　cm2（用含x的代数式表示）．
【考点】中点四边形；列代数式．
【专题】实数；运算能力．
【答案】450；．
【分析】（1）利用正方形ABCD的面积减去四个三角形面积即可得到阴影部分的面积；
（2）利用正方形ABCD的面积减去四个三角形面积即可得到阴影部分的面积．
【解答】解：（1）根据题意可知：AE＝BE＝BF＝CF＝CG＝DG＝DH＝AH＝5×30＝15cm，
∴阴影部分的面积为：，
故答案为：450；
（2）根据题意可知：
，
∴阴影部分的面积为：，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了中点四边形、四则混合运算的实际应用、列代数式等知识点，根据题中的面积关系正确列出算式或代数式是解题的关键．
12．（2024秋 海陵区期末）正方形ABCD的边长为3，点E是BC上一点，BE＝1，连接AE，点F是正方形边上一点，AE与BF相交于点G．若BF＝AE，则AG＝　或　．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】或．
【分析】利用勾股定理列式求出AE，再分①点F在CD上时，利用“HL”证明Rt△ABE和Rt△BCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠BAE＝∠CBF，再求出BF⊥AE，利用三角形的面积列式求解即可得到BG的长，再利用勾股定理求出AG；②点F在AD上时，利用“HL”证明Rt△ABE和Rt△BAF全等，根据全等三角形对应边相等可得AF＝BE，连接EF，可得四边形ABEF是矩形，再根据矩形的对角线相等且互相平分解答．
【解答】解：如图，∵正方形的边长为3，BE＝1，
∴AE，
①点F在CD上时，如图1，
在Rt△ABE和Rt△BCF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△BCF（HL），
∴∠BAE＝∠CBF，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠CBF+∠AEB＝90°，
∴∠BGE＝90°，
∴BF⊥AE，
∴S△ABE BG3×1，
解得BG
∴AG；
②点F在AD上时，如图2，
在Rt△ABE和Rt△BAF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△BAF（HL），
∴AF＝BE，
连接EF，则四边形ABEF是矩形，
∴AG＝BGAE，
综上所述，AG的长为或．
故答案为：或．
【点评】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是分情况讨论，作出图形更形象直观．
13．（2024秋 海州区期末）如图，大正方形内有四个形状大小完全相同的长方形，且每个长方形的两条边分别在大正方形的边上，大正方形内有个小正方形与四个长方形有重叠（阴影部分），若两个正方形的周长分别为40和32，且四个阴影部分的周长为44，则长方形的周长为　15　．
【考点】正方形的性质；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】15．
【分析】根据小正方形的周长减去阴影部分周长的一半等于4个长方形之间的长可求出AB的长，再根据两正方形的周长可得DA和BC的长即可得出结论．
【解答】解：由图形可得：小正方形的周长减去阴影部分周长的一半等于4个长方形之间的长，即4个AB的长，
即：32﹣4432﹣22＝10，
∴AB＝10÷4＝2.5，
长方形的长为DA，宽为BC，
∴DA+BC＝DC﹣AB，DC＝40÷4＝10，
∴长方形的周长＝（DA+BC）×2
＝（DC﹣AB）×2
＝（10﹣2.5）×2
＝15，
故答案为：15．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，列代数式，代数式求值，矩形的性质，求出AB的长是解答此题的关键．
14．（2024秋 城阳区期末）如图，把两个全等的矩形ABCD和矩形CEFG拼成如图所示的图案，已知AB＝3，BC＝4，则AF的长为 　5　．
【考点】矩形的性质；全等图形．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】5．
【分析】根据四边形ABCD，EFGC为全等的矩形，得到AB＝CE，∠B＝∠E＝90°，BC＝EF，即可得到△ABC≌△CEF，根据全等的性质得到∠ACB＝∠CFE，AC＝CF，再根据角角之间的关系得到∠ACF＝90°，于是判断出△ACF的形状，进而根据等腰直角三角形的性质即可解决问题．
【解答】解：在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，
∴AC5，
∵四边形ABCD，CEFG为全等的矩形，
∴AB＝CE，∠B＝∠E＝90°，BC＝EF，
在△ABC和△CEF中，
，
∴△ABC≌△CEF（SAS），
∴∠ACB＝∠CFE，AC＝CF，
∵点B、C、E共线，
∴∠ACB+∠ACF+∠FCE＝180°，
∴∠ACF＝180°﹣（∠ECF+∠EFC）＝90°，
∴△ACF是等腰直角三角形，
∴AC＝CF＝5，
∴AFAC＝5，
故答案为：5．
【点评】本题主要考查矩形的性质以及全等图形，解答本题的关键是熟练掌握矩形的性质．
15．（2024秋 连平县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AC＝5，对角线AC、BD相交于点O，则△AOB的周长是 　8　．
【考点】矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】8．
【分析】由矩形的性质得出OA，OB，即可得出结果．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝5，OAAC，OBBD，
∴△AOB的周长＝AB+OA+OB＝38，
故答案为：8．
【点评】本题考查了矩形的性质、三角形周长等知识，熟练掌握矩形的对角线相等幷互相平分是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2024秋 连州市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，CE∥AD，AE⊥AD，EF⊥AC．
（1）求证：四边形ADCE是矩形；
（2）若BC＝12，CE＝8，求EF的长．
【考点】矩形的判定与性质；三角形的面积；等腰三角形的性质；勾股定理．
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）4.8．
【分析】（1）证明∠ADC＝∠ECD＝∠EAD＝90°，再由矩形的判定即可得出结论；
（2）由矩形的性质得AE＝CD＝6，∠AEC＝90°，再由勾股定理求出AC＝10，然后由三角形面积求出EF的长即可．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，
∵CE∥AD，
∴∠ECD＝∠ADB＝90°，
∵AE⊥AD，
∴∠EAD＝90°，
∴∠ADC＝∠ECD＝∠EAD＝90°，
∴四边形ADCE是矩形；
（2）解：∵AB＝AC，D是BC的中点，BC＝12，
∴BD＝CDBC＝6，
由（1）可知：四边形ADCE是矩形，
∴AE＝CD＝6，∠AEC＝90°，
在Rt△AEC中，由勾股定理得：AC10，
∵EF⊥AC，
∴S△AECAC EFAE CE，
∴EF4.8，
即EF的长为4.8．
【点评】此题主要考查了矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
17．（2024秋 南通期末）如图，点E为正方形ABCD内一点，以BE为边作正方形BEFG，顶点F恰好落在边CD上，连接AE．
（1）求∠BAE的度数；
（2）若，连接CE，求CE长．
【考点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）45°；
（2）5．
【分析】（1）连接BD，BF，根据正方形的性质得∠ABD＝∠EBF＝∠BDF＝45°，AB＝AD，BE＝EF，则△ABD和△BEF都是等腰直角三角形，进而得BDAB，BFBE，则，再证明∠ABE＝∠DBF，则△ABE和△DBF相似，由此得∠BAE＝∠BDF＝45°；
（2）根据正方形的性质得∠BAC＝45°，再根据∠BAE＝45°得点A，E，C在同一条直线上，再根据DF＝3CF＝3得AD＝CD＝AB＝BC＝4，进而得AC＝BD＝8，然后根据△ABE和△DBF相似得AE＝3，由此可得CE的长．
【解答】解：（1）连接BD，BF，AC，如图所示：
∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，
∴∠ABD＝∠EBF＝∠BDF＝45°，AB＝AD，BE＝EF，
∴△ABD和△BEF都是等腰直角三角形，
由勾股定理得：BDAB，BFBE，
∴，
∵∠ABD＝∠EBF＝45°，
∴∠ABE+∠EBD＝∠EBD+∠DBF，
∴∠ABE＝∠DBF，
∴△ABE∽△DBF，
∴∠BAE＝∠BDF＝45°；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝45°，AD＝CD＝AB＝BC，
由（1）可知：∠BAE＝45°，
∴点A，E，C在同一条直线上，
∵DF＝3CF，
∵DF，CF，
∴CD＝DF+CF，
∴AD＝CD＝AB＝BC＝4√（2），
在Rt△ACD中，由勾股定理得：ACCD＝8，
∴AC＝BD＝8，
∵△ABE∽△DBF，
∴，
∴，
∴AE＝3，
∴CE＝AC﹣AE＝8﹣3＝5．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，理解正方形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解决问题的关键．
18．（2024秋 同安区期末）已知，在正方形ABCD中，△ADE是一个等边三角形，点P在射线DE上运动且与直线AB上的两动点M，N（点M在N点左侧）构成等边三角形PMN．
（1）如图1，当点M与A点重合时，求证：AE平分∠PAB；
（2）当点P在直线AB下方时．
①如图2，试说明：PN+AN为定值；
②如图3，若AM的中点为F点，连接EF，EN．试探究S△EFN与S△ADE的数量关系．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；运算能力；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）①见解析；
②．理由见解析．
【分析】（1）根据正方形的性质得到∠BAD＝90°，根据等边三角形的性质得到∠DAE＝∠NAP＝60°，得到∠BAE＝30°，求得∠PAE＝60°﹣30°＝30°，根据角平分线的定义得到AE平分∠PAB；
（2）假设射线DE与直线AB的交点为Q点，
①根据题意得到∠BAD＝90°，∠ADE＝60°，∠MNP＝60°，求得∠AQD＝30°，得到PN+AN＝AQ；
②由（2）①得：QN＝PN根据等边三角形的性质得到MN＝PN，求得，由点F为AM中点，求得，得到，根据三角形的面积公式得到S△EFNS△AQE，推出S△ADE＝S△AQE，于是得到结论．
【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，
∴∠BAD＝90°，
∵△ADE、△PMN是等边三角形，
∴∠DAE＝∠NAP＝60°，
∵∠BAE＝∠BAD﹣∠NAP，
∴∠BAE＝30°，
∴∠PAE＝60°﹣30°＝30°，
∴AE平分∠PAB；
（2）解：假设射线DE与直线AB的交点为Q点，
①由题可得：∠BAD＝90°，∠ADE＝60°，∠MNP＝60°，
∴∠AQD＝30°，
∴∠MNP＝∠AQD+∠NPQ
∴∠NPQ＝30°；
∴PN＝QN；
∵AQ＝QN+AN；
∴PN+AN＝AQ；
②．
理由：由（2）①得：QN＝PN
在等边△PMN中，MN＝PN，
∴，
∵点F为AM中点，
∴，
∴，
∴S△EFNS△AQE，
∵∠BAE＝∠AQD＝30°，
∴AE＝QE，
∵AE＝DE，
∴DE＝QE，
∴S△ADE＝S△AQE，
∴；
∴．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了等边三角形的性质，三角形的面积的计算，正方形的性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，熟练掌握各知识点是解题的关键．
19．（2024秋 秦都区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D是AB的中点，AD＝BC．过点D作DE⊥AB且DE＝BD，连接CE．求证：四边形BCED是正方形．
【考点】正方形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】证明见解答．
【分析】由AD＝BD，且AD＝BC，得BD＝BC，由∠ABC＝90°，DE⊥AB且DE＝BD，推导出DE∥BC，且DE＝BC，则四边形BCED是平行四边形，即可由∠B＝90°，DE＝BD，证明四边形BCED是正方形．
【解答】证明：∵点D是AB的中点，
∴AD＝BD，
∵AD＝BC，
∴BD＝BC，
∵∠ABC＝90°，DE⊥AB且DE＝BD，
∴∠ADE＝∠ABC＝90°，DE＝BC，
∴DE∥BC，且DE＝BC，
∴四边形BCED是平行四边形，
∵∠B＝90°，
∴四边形BCED是矩形，
∵DE＝BD，
∴四边形BCED是正方形．
【点评】此题重点考查正方形的判定，推导出DE∥BC，且DE＝BC是解题的关键．
20．（2024秋 博罗县期末）阅读下列材料：
在数学课上，老师要求学生探究如下问题：
（1）【提出问题】如图1，在等边三角形ABC内有一点P且PA＝2，，PC＝1．求∠BPC的度数．李华同学一时没有思路，当他跟同学讨论后，发现以PA、PB、PC的长为边构成的三角形是直角三角形，他突然有了正确的思路：如图2，将△BPC绕点B逆时针旋转60°，得到△BP′A，连接PP'，易得△P′PB是等边三角形，△PP′A是直角三角形．请帮李华同学求出∠BPC的度数．
（2）【类比问题】如图3，在正方形ABCD内有一点P且，，PC＝1．求∠BPC的度数；
（3）【探索问题】如图4，在正六边形ABCDEF内有一点P且，PB＝4，PC＝2，则∠BPC＝ 　120°　．
【考点】四边形综合题．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】（1）150°；
（2）135°；
（3）120°．
【分析】（1）将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BP′，连结AP′、PP′，证明△BP′P是等边三角形，得出∠BP'P＝∠PBP'＝60°，PP'＝BP，证明△AP′P是直角三角形，∠AP′P＝90°，得出∠AP′B＝∠APP′+∠BP′P＝150°；
（2）由旋转的性质可得BP＝BP'，∠P'BP＝90°，∠BP'A＝∠BPC，AP'＝AP＝1，然后证明PA2＝P′A2+PP′2得到∠AP′P＝90°，则∠BPC＝∠BP′A＝∠AP′P+∠BP′P＝135°；
（3）根据六边形ABCDEF是正六边形，∠ABC＝120°，AB＝BC，则∠BAC＝∠BCA＝30°，将△BPC绕点B逆时针旋转120度得到△AP′B，则∠P′BP＝120°，P′B＝PB＝4，AP′＝PC＝2，∠BP′A＝∠BPC，∠BPP′＝∠BP′P＝30°，然后过点B作BH⊥PP′于H，可得BH＝2，P'H＝PH＝2，则P'P＝2PH＝4，然后得到AP′2+PP′2＝AP2，则∠AP′P＝90°，可以得到∠BPC＝∠BP′A＝∠AP′P+∠BP′P＝120°．
【解答】解：（1）将线段BP绕点B逆时针旋转60°得到线段BP′，连结AP′、PP′，如图2，
由旋转的性质得：△BPC≌△BP′A，
∴BP＝BP′，AP′＝PC＝1，∠PBP′＝60°，∠AP′B＝∠BPC，
∴△BP′P是等边三角形，
∴∠BP'P＝∠PBP'＝60°，PP'＝BP，
∵AP′2+PP′2＝1+3＝4＝AP2，
∴△AP′P是直角三角形，∠AP′P＝90°，
∴∠AP′B＝∠APP′+∠BP′P＝150°，
∴∠BPC＝150°；
（2）在正方形ABCD内有一点P且PC＝1．将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到了△BP′A，连接PP′．如图3，
∴BP＝BP'，∠P'BP＝90°，∠BP'A＝∠BPC，AP'＝AP＝1，
∴∠BP'P＝∠BPP'＝45°，PP'2，
∵5，P'A2＝1，PP'2＝22＝4，
∴PA2＝P′A2+PP′2，
∴∠AP′P＝90°，
∴∠BPC＝∠BP′A＝∠AP′P+∠BP′P＝135°；
（3）∵六边形ABCDEF是正六边形，
∴∠ABC＝120°，AB＝BC，
∴∠BAC＝∠BCA＝30°，
在正六边形ABCDEF内有一点P且PA＝2，PB＝4，PC＝2，如图4，将△BPC绕点B逆时针旋转120度得到△AP′B，
∴∠P′BP＝120°，P′B＝PB＝4，AP′＝PC＝2，∠BP′A＝∠BPC，
∴∠BPP′＝∠BP′P＝30°，
过点B作BH⊥PP′于点H，
∴PH＝P′H，∠BHP＝90°，
∴BHBP＝2，
∴P'H＝PH2，
∴P'P＝2PH＝4，
∵52，P'P2＝（4）2＝48，AP'2＝22＝4，
∴AP′2+PP′2＝AP2，
∴∠AP′P＝90°，
∴∠BPC＝∠BP′A＝∠AP′P+∠BP′P＝120°，
故答案为：120°．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质，正方形的性质，多边形内角和，等腰三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键在于能够熟练掌握旋转的性质．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑