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第21章 四边形
一．选择题（共10小题）
1．（2025秋 平谷区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边BC上，BE＝1，点M在BC的延长线上．CP平分∠DCM，点F在CP上，，过点F作FH⊥BM于点H，连接AF交CD于点N，连接AE、EF．下列结论：①AE⊥EF；②△AEF的面积为；③△ECN的周长为8；④EN2＝BE2+DN2．其中正确结论的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2025秋 梁溪区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的边AB在x轴上，AB的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点C落在y轴的正半轴上的点C′处，则点D的对应点D′的坐标为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025秋 辽阳期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点H是边AB的中点，连接OH，若OA＝12，OH＝6.5，则菱形ABCD的面积为（　　）
A．60 B．78 C．120 D．240
4．（2025秋 东河区期末）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且AC＝3AE，Rt△FEG的两直角边EF，EG分别交BC，DC于点M，N，若正方形ABCD的边长为6，则重叠部分四边形EMCN的面积为（　　）
A．36 B．32 C．16 D．8
5．（2025秋 青羊区校级期末）下列说法正确的是（　　）
A．有一组邻角相等的四边形是矩形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D．有一组邻边相等的矩形是正方形
6．（2025秋 榆树市校级期末）大自然是美的设计师，即使是一个小小的盆景，也会产生最具美感的黄金分割比．如图，B为AC的黄金分割点（即）．若AC＝100cm，则BC的长约为（　　）
A．42cm B．38.2cm C．61.8cm D．70cm
7．（2025秋 礼县期末）如图，在正八边形ABCDEFGH中，连接AD，EH，AE，DH，AE与DH交于点O，则∠DAO的度数是（　　）
A．20° B．22.5° C．25° D．30°
8．（2025秋 辽阳期末）黄金分割是汉字结构遵循的基本美学规律．如图，汉字“十”端庄稳重、舒展美观，横竖笔画交接处的点C恰好是线段AB的黄金分割点（BC＞AC），若AB＝6cm，则BC的长为（　　）
A． B．3cm C． D．4cm
9．（2025秋 建平县期末）如图，在正方形ABCD中，AC，BD相交于点O，CE平分∠ACD交BD于点E，则下列结论错误的是（　　）
A．BE＝CD B．
C．∠BEC＝75° D．OB2+OE2＝CE2
10．（2025秋 新抚区期末）数学书的综合与实践中学到，重心是一个物体受力的平衡点．如图，M1，M2分别是长方形ABGF，CDEG的重心，若AF＝2，AB＝6，BC＝6，CD＝2，以点B为坐标原点，“1”为一个单位长度，建立平面直角坐标系，则此“L”图形的重心坐标为（　　）
A． B． C． D．
二．填空题（共5小题）
11．（2025秋 双流区校级期末）如图，AC是正方形ABCD的对角线，E，F，O，G分别是AD，BE，AC，CF的中点．若，则AB的长为　 　 ．
12．（2025秋 宁波期末）如图，分别以Rt△ABC的三边为边长，向外作正方形ABDE，BCHI和ACFG，连结DF，其中BC＝5，AC＝10，则DF＝ 　 　 ．
13．（2025秋 龙凤区校级期末）如图，点O是坐标原点，菱形ABOC的顶点B在y轴的负半轴上，顶点C的坐标为（3，4），则顶点A的坐标为　 　 ．
14．（2025秋 成都期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，且BA＝9，AC＝12，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，点G为四边形DEAF对角线交点，则线段GF的最小值为　 　 ．
15．（2025秋 嘉定区期末）如图，点P是正方形ABCD边BC上一点，且，点Q是边DC的中点，那么的值为 　 　 ．
三．解答题（共5小题）
16．（2025秋 武都区期末）综合与探究
【感知】如图1，在△ABC中，BP、CP分别是∠ABC和∠ACB的角平分线．
【应用】
（1）若∠ABC＝50°，∠ACB＝70°，则∠BPC＝　 　 ；若∠BAC＝70°，则∠BPC＝　 　 ；
（2）求∠BPC与∠A之间的关系并证明；
【拓展】
（3）如图2，在四边形ABCD中，BP、CP分别是∠ABC和∠BCD的角平分线，求∠BPC与∠A+∠D的数量关系．
17．（2025秋 城关区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB中点，CE∥AB，DE是∠CDB的角平分线，连接AE、BE．
（1）求证：四边形CDBE是菱形；
（2）若AC＝AD＝3，求AE的长．
18．（2025秋 南山区校级期末）如图， ABCD的对角线AC，BD交于点O，BD＝2AB，AE∥BD，OE∥AB．
（1）求证：四边形ABOE是菱形；
（2）若AO＝2，S四边形ABOE＝4，BD的长为 　 　 ．
19．（2025秋 深圳月考）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，AD＝BC，AC平分∠DCB，点P是AC上一点，连接DP并延长分别交BC和AB的延长线于点E和点F．
（1）证明：四边形ABCD是菱形；
（2）若，，求BP的长．
20．（2025秋 南岗区期末）如图，点E是 ABCD对角线AC上的点（不与A，C重合），连接BE，过点E作EF⊥BE交CD于点F．连接BF交AC于点G，BE＝AD，∠FEC＝∠FCE．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若点E为AC的中点，请直接写出图中和∠EBA相等的角．
第21章 四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025秋 平谷区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边BC上，BE＝1，点M在BC的延长线上．CP平分∠DCM，点F在CP上，，过点F作FH⊥BM于点H，连接AF交CD于点N，连接AE、EF．下列结论：①AE⊥EF；②△AEF的面积为；③△ECN的周长为8；④EN2＝BE2+DN2．其中正确结论的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
正方形的性质；角平分线的性质；勾股定理．
图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】C
①证明△HCF是等腰直角三角形得CH＝FH，再由勾股定理得CH＝FH＝√2/2CF＝1，由此得BE＝FH＝1，AB＝EH＝4，进而依据“SAS”判定△ABE和△EHF全等得AE＝FE，∠BAE＝∠HEF，再由∠BAE+∠AEB＝90°得∠HEF+∠AEB＝90°，继而得∠AEF＝90°，据此可对结论①进行判断；
②在Rt△ABE中，根据AB＝4，BE＝4得AE，进而得AE＝FE，再根据AE⊥EF即可得△AEF的面积，继而可对结论②行判断；
③过点A作AQ⊥AF交CB的延长线于点Q，证明∠QAB＝∠NAD，进而依据“SAS”判定△ABQ和△ADN全等得AQ＝AN，BQ＝DN，则EQ＝BE+DN，证明△AEF是等腰直角三角形得∠EAN＝45°，进而得∠EAQ＝∠EAN＝45°，由此依据“SAS”判定△EAQ和△EAN全等得EQ＝EN＝BE+DN，设DN＝a，则CN＝4﹣a，EN＝1+a，在Rt△CEN中，由勾股定理求出a＝2.4得CN＝4﹣a＝1.6，EN＝1+a＝3.4，由此可求出△ECN的周长，继而可对结论③进行判断；
④根据DN＝2.4，BE＝1得BE2+DN2＝6.76，再根据EN＝3.4得EN2＝11.56，由此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，且边长为4，
∴AB＝BC＝CD＝1，∠DAB＝∠B＝∠BCD＝∠CDA＝90°，
∴∠DCM＝180°﹣∠BCD＝90°，
∵CP平分∠DCM，
∴∠PCM∠DCM＝45°，
∵FH⊥BM于点H，
∴∠FHE＝90°，
∴△HCF是等腰直角三角形，
∴CH＝FH，
在Rt△HCF中，CF，
由勾股定理得：CFCH，
∴CH＝FHCF1，
∵点E在边BC上，BE＝1，
∴CE＝BC﹣BE＝3，BE＝FH＝1，
∴EH＝CE+CH＝4，
∴AB＝EH＝4，
在△ABE和△EHF中，
，
∴△ABE≌△EHF（SAS），
∴AE＝FE，∠BAE＝∠HEF，
在Rt△ABE中，∠BAE+∠AEB＝90°，
∴∠HEF+∠AEB＝90°，
∴∠AEF＝180°﹣（∠HEF+∠AEB）＝90°，
∴AE⊥EF，
故结论①正确；
②在Rt△ABE中，AB＝4，BE＝4，
由勾股定理得：AE，
∴AE＝FE，
∵AE⊥EF，
∴△AEF的面积为：AE FE，
故结论②正确；
③过点A作AQ⊥AF交CB的延长线于点Q，如图所示：
∴∠QAF＝90°，
∵∠DAB＝∠ABC＝∠CDA＝90°，
∴∠ABQ＝∠ADN＝90°，∠QAF＝∠DAB＝90°，
∴∠QAF﹣∠BAF＝∠DAB﹣∠BAF，
∴∠QAB＝∠NAD，
在△ABQ和△ADN中，
，
∴△ABQ≌△ADN（SAS），
∴AQ＝AN，BQ＝DN，
∴EQ＝BE+BQ＝BE+DN，
∵AE＝FE，AE⊥EF，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴∠EAN＝45°，
∴∠NAD+∠BAE＝∠DAB﹣∠EAN＝45°，
∴∠QAB+∠BAE＝45°，
即∠EAQ＝45°，
∴∠EAQ＝∠EAN＝45°，
在△EAQ和△EAN中，
，
∴△EAQ≌△EAN（SAS），
∴EQ＝EN＝BE+DN，
设DN＝a，
∴CN＝CD﹣DN＝4﹣a，EN＝BE+DN＝1+a，
在Rt△CEN中，由勾股定理得：EN2＝CE2+CN2，
∴（1+a）2＝32+（4﹣a）2，
解得：a＝2.4，
∴CN＝4﹣a＝1.6，EN＝1+a＝3.4，
∴△ECN的周长为：CN+EN+CE＝1.6+3.4+3＝8，
故结论③正确；
④∵DN＝2.4，BE＝1，
∴BE2+DN2＝12+2.42＝6.76，
又∵EN＝3.4，
∴EN2＝3.42＝11.56，
∴EN2≠BE2+DN2，
故结论④不正确，
综上所述：正确的结论是①②③，共3个．
故选：C．
此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活利用勾股定理进行计算是解决问题的关键．
2．（2025秋 梁溪区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的边AB在x轴上，AB的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点C落在y轴的正半轴上的点C′处，则点D的对应点D′的坐标为（　　）
A． B． C． D．
正方形的性质；坐标与图形性质．
平面直角坐标系；图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】C
过点D'作D'E⊥x轴于点E，根据正方形性质得AB＝BC＝CD＝DA＝2，BC∥DA，则OB＝OA＝1，再根据四边形的不稳定性得BC'＝BC＝2，D'A＝DA＝2，BC'∥D'A，在Rt△C'OA中，由勾股定理得C'O，证明△D'EA和△C'OA全等得EA＝OB＝1，D'E＝C'O，进而得OE＝2，据此即可得出点点D的对应点D′的坐标．
【解答】解：过点D'作D'E⊥x轴于点E，如图所示：
∴∠D'EA＝∠C'OB＝90°，
∴△D'EA和△C'OA都是直角三角形，
∵四边形ABCD正方形，且边长为2，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝2，BC∥DA，
∵AB的中点是坐标原点O，
∴OB＝OAAB＝1，
根据四边形的不稳定性得：BC'＝BC＝2，D'A＝DA＝2，BC'∥D'A，
∴∠D'AE＝∠C'BO，
在Rt△C'OA中，由勾股定理得：C'O，
在△D'EA和△C'OA中，
，
∴△D'EA≌△C'OA（AAS），
∴EA＝OB＝1，D'E＝C'O，
∴OE＝OE+EA＝2，
∴点点D的对应点D′的坐标为．
故选：C．
此题主要考查了坐标与图形，正方形的性质，四边形的不稳定系，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，四边形的不稳定系，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．
3．（2025秋 辽阳期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点H是边AB的中点，连接OH，若OA＝12，OH＝6.5，则菱形ABCD的面积为（　　）
A．60 B．78 C．120 D．240
菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．
矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，求得AB＝2OH＝13，利用勾股定理求得OB＝5，应用菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，即可得出答案．
【解答】解：菱形ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∵点H是边AB的中点，∠AOB＝90°，OH＝6.5，
∴AB＝2OH＝13，
∵AC⊥BD，
由勾股定理可得：，
∴BD＝10，AC＝24，
∴菱形ABCD的面积．
故选：C．
本题主要考查了菱形的性质和面积及直角三角形的性质，关键是根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，求得AB＝2OH＝13，利用勾股定理求得OB＝5解答．
4．（2025秋 东河区期末）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且AC＝3AE，Rt△FEG的两直角边EF，EG分别交BC，DC于点M，N，若正方形ABCD的边长为6，则重叠部分四边形EMCN的面积为（　　）
A．36 B．32 C．16 D．8
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】C
过点E作EP⊥BC于点P，EQ⊥CD于点Q，先求出AC，由AC＝3AE得AE，CE，证明四边形EPCQ是正方形得EP＝EQ，∠PEQ＝90°，再由∠FEG＝90°得∠PEM＝∠QEN，由此依据“ASA”判定△PEM和△QEN全等得S△PEM＝S△QEN，则S四边形EMCN＝S正方形EPCQ，然后在Rt△EPC中，由勾股定理得EPCE＝4，继而得正方形EPCQ的面积16，据此即可得出答案．
【解答】解：过点E作EP⊥BC于点P，EQ⊥CD于点Q，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，且边长为6，
∴AB＝BC＝6，∠B＝∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC，
∵AC＝3AE，
∴AEAC，
∴CE＝AC﹣AE，
∵EP⊥BC，EQ⊥CD，∠BCD＝90°，
∴∠EPC＝∠EQC＝∠BCD＝90°，
∴四边形EPCQ是矩形，
∵∠EPC＝90°，∠BCA＝45°，
∴△EPC是等腰直角三角形，
∴EP＝CP，
∴矩形EPCQ是正方形，
∴EP＝EQ，∠PEQ＝90°，∠EPM＝∠EQN＝90°，
∴∠PEM+∠MEQ＝90°，
∵∠FEG＝90°，
∴∠QEN+∠MEQ＝90°，
∴∠PEM＝∠QEN，
在△PEM和△QEN中，
，
∴△PEM≌△QEN（ASA），
∴S△PEM＝S△QEN，
∴S四边形EMCN＝S△QEN+S四边形EQCM＝S△PEM+S四边形EQCM＝S正方形EPCQ，
在Rt△EPC中，EP＝CP，CE，
由勾股定理得：CEEP，
∴EPCE4，
∴正方形EPCQ的面积为：EP2＝16，
∴S四边形EMCN＝S正方形EPCQ＝16．
故选：C．
此题主要考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，灵活运用勾股定理进行运算是解决问题的关键．
5．（2025秋 青羊区校级期末）下列说法正确的是（　　）
A．有一组邻角相等的四边形是矩形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D．有一组邻边相等的矩形是正方形
正方形的判定；菱形的判定；矩形的判定与性质．
矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
根据矩形、菱形及正方形的判定定理进行排除．
【解答】解：A、有一组邻角相等的平行四边形是矩形；故原说法错误；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形；故原说法错误；
C、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故原说法错误；
D、有一组邻边相等的矩形是正方形，原说法正确；
故选：D．
本题主要考查矩形、菱形及正方形的判定，掌握判定定理是解题关键．
6．（2025秋 榆树市校级期末）大自然是美的设计师，即使是一个小小的盆景，也会产生最具美感的黄金分割比．如图，B为AC的黄金分割点（即）．若AC＝100cm，则BC的长约为（　　）
A．42cm B．38.2cm C．61.8cm D．70cm
黄金分割．
图形的相似；推理能力．
【答案】B
根据黄金分割点的定义，列出比例式进行求解即可．
【解答】解：根据黄金分割点的定义可得：，AC＝100cm，
∴AB≈61.8cm，
∴BC＝AC﹣AB≈38.2（cm）．
故选：B．
本题考查黄金分割．熟练掌握黄金分割中的比例关系是解题的关键．
7．（2025秋 礼县期末）如图，在正八边形ABCDEFGH中，连接AD，EH，AE，DH，AE与DH交于点O，则∠DAO的度数是（　　）
A．20° B．22.5° C．25° D．30°
多边形内角与外角．
圆的有关概念及性质；正多边形与圆；运算能力；推理能力．
【答案】B
根据正八边形的性质以及圆周角定理进行计算即可．
【解答】解：如图，由正八边形的对称性可知，点O是正八边形的中心，
所以∠DAO∠DOE22.5°，
故选：B．
本题考查多边形的内角与外角，掌握正八边形的性质以及圆周角定理是正确解答的关键．
8．（2025秋 辽阳期末）黄金分割是汉字结构遵循的基本美学规律．如图，汉字“十”端庄稳重、舒展美观，横竖笔画交接处的点C恰好是线段AB的黄金分割点（BC＞AC），若AB＝6cm，则BC的长为（　　）
A． B．3cm C． D．4cm
黄金分割．
图形的相似；运算能力．
【答案】C
把AB＝6cm，AC＝AB﹣BC代入BC2＝AC AB求解即可．
【解答】解：由黄金分割的定义得BC2＝6（6﹣BC），
∴BC2+6BC﹣36＝0，
解得（负值已舍去）．
故选：C．
本题考查了黄金分割的定义，熟练掌握该知识点是关键．
9．（2025秋 建平县期末）如图，在正方形ABCD中，AC，BD相交于点O，CE平分∠ACD交BD于点E，则下列结论错误的是（　　）
A．BE＝CD B．
C．∠BEC＝75° D．OB2+OE2＝CE2
正方形的性质；角平分线的定义；勾股定理．
等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】C
由正方形性质得BC＝CD，AC⊥BD，OB＝OC，∠BCO＝∠DCO＝∠CDO＝45°，由角平分线定义得∠OCE＝∠DCE＝22.5°，进而得∠BCE＝∠BCO+∠OCE＝67.5°，∠BEC＝∠DCE+∠CDO＝67.5°，据此可对选项C进行判断；根据∠BCE＝∠BEC＝67.5°得BE＝BC＝CD，据此可对选项A进行判断；在Rt△COE中，由勾股定理得OC2+OE2＝CE2，再根据OB＝OC得OB2+OE2＝CE2，据此可对选项D进行判断；过点E作EF⊥CD于点F，证明△DEF是等腰直角三角形，由勾股定理得DEEF，再根据角平分线性质得OE＝EF，进而得DEOE，据此可对选项B进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，AC⊥BD，OB＝OC，∠BCO＝∠DCO＝∠CDO＝45°，
∵CE平分∠ACD交BD于点E，
∴∠OCE＝∠DCE∠DCO＝22.5°，
∴∠BCE＝∠BCO+∠OCE＝45°+22.5°＝67.5°，
∵∠BEC是△CDE的外角，
∴∠BEC＝∠DCE+∠CDO＝22.5°+45°＝67.5°，
故选项C不正确，符合题意；
∵∠BCE＝∠BEC＝67.5°，
∴BE＝BC＝CD，
故选项A正确，不符合题意；
∵AC⊥BD，
∴∠COE＝∠COB＝90°，
∴△COE和△COD都是直角三角形，
在Rt△COE中，由勾股定理得：OC2+OE2＝CE2，
又∵OB＝OC，
∴OB2+OE2＝CE2，
故选项D正确，不符合题意；
过点E作EF⊥CD于点F，如图所示，
∴∠EFD＝90°，
∵∠CDO＝45°，
∴△DEF是等腰直角三角形，
∴EF＝DF，
由勾股定理得：DEEF，
∵AC⊥BD，
∴EO⊥CO，
∵CE平分∠ACD，EF⊥CD，
∴OE＝EF，
∴DEEFOE，
故选项B正确，
综上所述：结论错误的是选项C．
故选C．
此题主要考查了正方形的性质，角平分线的定义及性质，勾股定理，理解正方形的性质，角平分线的定义，熟练掌握角平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．
10．（2025秋 新抚区期末）数学书的综合与实践中学到，重心是一个物体受力的平衡点．如图，M1，M2分别是长方形ABGF，CDEG的重心，若AF＝2，AB＝6，BC＝6，CD＝2，以点B为坐标原点，“1”为一个单位长度，建立平面直角坐标系，则此“L”图形的重心坐标为（　　）
A． B． C． D．
矩形的性质；坐标与图形性质．
三角形；运算能力．
【答案】A
根据题意可得点A（0，6），G（2，0），B（0，0），D（6，2），S1＝S长方形ABGF＝AB AF＝12，S2＝S长方形CDEG＝GC CD＝（6﹣2）×2＝8，进而根据中点坐标公式可得M1（1，3），M2（4，1），最后代入重心坐标公式可进行求解．
【解答】解：∵AF＝2，AB＝6，BC＝6，CD＝2，
∴A（0，6），G（2，0），B（0，0），D（6，2），S1＝S长方形ABGF＝AB AF＝12，S2＝S长方形CDEG＝GC CD＝（6﹣2）×2＝8，
∵AG，BF是长方形ABGF的对角线，且交于一点M1，
∴点M1是AG的中点，
根据中点坐标公式可得M1（，），即M1（1，3），
同理可得M2（4，1），
根据重心坐标公式可得：
x，y，
∴此“L”形的重心坐标为（，）；
故选：A．
本题主要考查图形与坐标，解题的关键是理解题意．
二．填空题（共5小题）
11．（2025秋 双流区校级期末）如图，AC是正方形ABCD的对角线，E，F，O，G分别是AD，BE，AC，CF的中点．若，则AB的长为　16　 ．
正方形的性质；三角形中位线定理．
矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】16．
根据三角形中位线定理即可得到AF的长，然后根据直角三角形斜边中线的性质得到BE的长，再由勾股定理求解即可．
【解答】解：∵O，G分别是AC，CF的中点，OG＝2，
∴OG是△CAF的中位线，
∴AF＝2OG＝4，
∵F是BE的中点，
∴BE＝2AF＝8，
∵E是AD的中点，
∴AEAD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴AEAB，
∵BE2＝BA2+AE2，
∴（8）2＝BA2+（AB）2，
∴AB＝16（负值已经舍去），
故答案为：16．
本题考查三角形中位线定理，正方形的性质，勾股定理，关键是三角形中位线定理推出AF＝2OG，由勾股定理列出关于AB的方程．
12．（2025秋 宁波期末）如图，分别以Rt△ABC的三边为边长，向外作正方形ABDE，BCHI和ACFG，连结DF，其中BC＝5，AC＝10，则DF＝ 　　 ．
正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
过点D作DM⊥FC，交FC的延长线于点M，根据正方形性质得AB＝BD，∠ABD＝90°，进而得∠BAC＝∠DBM，由此依据“AAS”判定△ABC和△BDM全等得AC＝BM＝10，BC＝DM＝5，继而得CM＝5，再根据CF＝AC＝10得FM＝15，然后在Rt△FMD中，由勾股定理即可得出DF的长．
【解答】解：过点D作DM⊥FC，交FC的延长线于点M，如图所示：
∴∠M＝90°，
∴△FMD是直角三角形，
∵四边形ABDE是正方形，
∴AB＝BD，∠ABD＝90°，
∴∠DBM+∠ABC＝90°，
在△ABC中，∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠M＝90°，∠BAC+∠ABC＝90°，
∴∠BAC＝∠DBM，
在△ABC和△BDM中，
，
∴△ABC≌△BDM（AAS），
∴AC＝BM，BC＝DM，
∵BC＝5，AC＝10，
∴DM＝5，BM＝10，
∴CM＝BM﹣BC＝10﹣5＝5，
∵四边形ACFG是正方形，
∴CF＝AC＝10，
∴FM＝CF+CM＝10+5＝15，
在Rt△FMD中，DM＝5，FM＝15，
由勾股定理得：DF．
故答案为：．
此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．
13．（2025秋 龙凤区校级期末）如图，点O是坐标原点，菱形ABOC的顶点B在y轴的负半轴上，顶点C的坐标为（3，4），则顶点A的坐标为　（﹣2，4）　 ．
菱形的性质；坐标与图形性质．
矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（﹣2，4）．
由菱形的性质得到AC＝OC，AC∥BO，推出AC⊥OM，由点C的坐标，得到CM＝3，OM＝4，由勾股定理求出OC＝5，得到AC＝5，求出AM＝2，可得结论．
【解答】解：如图，AC交y轴于M，
∵四边形ABOC是菱形，
∴AC＝OC，AC∥BO，
∵BO⊥OM，
∴AC⊥OM，
∵点C的坐标为（3，4），
∴CM＝3，OM＝4，
∴OC，
∴AC＝OC＝5，
∴AM＝AC﹣MC＝2，
点A的坐标为（﹣2，4）．
故答案为：（﹣2，4）．
本题主要考查菱形的性质，勾股定理，坐标与图形性质，关键是由勾股定理求出OC的长．
14．（2025秋 成都期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，且BA＝9，AC＝12，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，点G为四边形DEAF对角线交点，则线段GF的最小值为　　 ．
矩形的判定与性质；垂线段最短．
等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】
由勾股定理求出BC的长，再证明四边形DEAF是矩形，可得EF＝AD，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题．
【解答】解：连接AD、EF，
∵∠BAC＝90°，且BA＝9，AC＝12，
∴BC15，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠DEA＝∠DFA＝∠BAC＝90°，
∴四边形DEAF是矩形，
∴EF＝AD，
∴当AD⊥BC时，AD的值最小，
此时，△ABC的面积AB×ACBC×AD，
∴AD，
∴EF的最小值为，
∵点G为四边形DEAF对角线交点，
∴GFEF；
故答案为：．
本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
15．（2025秋 嘉定区期末）如图，点P是正方形ABCD边BC上一点，且，点Q是边DC的中点，那么的值为 　2　 ．
正方形的性质；勾股定理．
等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】2．
依题意得AD＝CD＝BC，∠C＝∠D＝90°，进而得CQ＝DQCD，在Rt△PCQ中，由勾股定理得QP，在Rt△ADQ中，由勾股定理得AQ，由此即可得出的值．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝BC，∠C＝∠D＝90°，
∴△PCQ和△ADQ都是直角三角形，
∵点P是正方形ABCD边BC上一点，且BP，PC，
∴BC＝BP+PC，
∴AD＝CD＝BC，
∵点Q是边DC的中点，
∴CQ＝DQCD，
在Rt△PCQ中，由勾股定理得：QP，
在Rt△ADQ中，由勾股定理得：AQ，
∴2，
∴的值为2．
故答案为：2．
此题主要考查了正方形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，灵活利用勾股定理进行计算是解决问题的关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2025秋 武都区期末）综合与探究
【感知】如图1，在△ABC中，BP、CP分别是∠ABC和∠ACB的角平分线．
【应用】
（1）若∠ABC＝50°，∠ACB＝70°，则∠BPC＝　120°　 ；若∠BAC＝70°，则∠BPC＝　125°　 ；
（2）求∠BPC与∠A之间的关系并证明；
【拓展】
（3）如图2，在四边形ABCD中，BP、CP分别是∠ABC和∠BCD的角平分线，求∠BPC与∠A+∠D的数量关系．
多边形内角与外角；三角形内角和定理．
多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】（1）120°；125°；
（2），理由如下：
∵BP、CP分别是∠ABC和∠ACB的平分线，
∴，，
∴∠BPC＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB
＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）
；
（3）∠A+∠D＝2∠BPC．
（1）根据角平分线定义，三角形内角和定理求解即可；
（2）根据角平分线，三角形内角和定理进行求解；
（3）结合（2）的结论，根据三角形外角性质，内角和定理求解．
【解答】解：（1）若∠ABC＝50°，∠ACB＝70°，
由条件可知，
∴∠BPC＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB＝120°．
若∠BAC＝70°，
∵BP、CP分别是∠ABC和∠ACB的平分线，
∴，，
∴，
∵∠BAC＝70°，
∴，
故答案为：120°；125°；
（2）；理由如下：
∵BP、CP分别是∠ABC和∠ACB的平分线，
∴，，
∴∠BPC＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB
＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）
；
（3）∠A+∠D＝2∠BPC．
如图，延长BA，CD，交于点E，由（2）知，，
由条件可知∠BAD+∠CDA＝∠E+∠E+∠ADE+∠DAE＝180°+∠E，
∴∠E＝∠BAD+∠CDA﹣180°，
∴
，
即∠BAD+∠CDA＝2∠BPC．
本题考查三角形内角和定理，外角性质定理，角平分线的定义；熟练掌握三角形的内角和定理是解题的关键．
17．（2025秋 城关区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB中点，CE∥AB，DE是∠CDB的角平分线，连接AE、BE．
（1）求证：四边形CDBE是菱形；
（2）若AC＝AD＝3，求AE的长．
菱形的判定与性质；平行线的性质；等腰三角形的判定；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；平行四边形的判定与性质．
线段、角、相交线与平行线；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】（1）∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴CD＝AB＝AD＝BD，
∵CE∥AB，
∴∠CED＝∠BDE，
∵DE是∠CDB的角平分线，
∴∠CDE＝∠BDE，
∴∠CED＝∠CDE，
∴CD＝CE，
∴CE＝BD，
∵CE∥BD，
∴四边形CDBE是平行四边形，
又∵CD＝BD，
∴平行四边形CDBE是菱形；
（2）3．
（1）由直角三角形斜边上的中线性质得CDAB＝AD＝BD，进而证明∠CED＝∠CDE，则CD＝CE，再证明四边形CDBE是平行四边形，然后由菱形的判定即可得出结论；
（2）先证明四边形ACED是平行四边形，再证明平行四边形ACED是菱形，得AE⊥CD，则AE⊥BE，然后由勾股定理求出AE的长即可．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，
∴CD＝AB＝AD＝BD，
∵CE∥AB，
∴∠CED＝∠BDE，
∵DE是∠CDB的角平分线，
∴∠CDE＝∠BDE，
∴∠CED＝∠CDE，
∴CD＝CE，
∴CE＝BD，
∵CE∥BD，
∴四边形CDBE是平行四边形，
又∵CD＝BD，
∴平行四边形CDBE是菱形；
（2）解：由（1）可知，CD＝BD＝AD，四边形CDBE是菱形，
∴CD∥BE，BE＝BD＝CD，
∵CE∥AB，
∴四边形ACED是平行四边形，
∵AC＝AD＝3，
∴平行四边形ACED是菱形，AB＝2AD＝6，BE＝BD＝AD＝3，
∴AE⊥CD，
∴AE⊥BE，
∴∠AEB＝90°，
∴AE3．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的判定、平行线的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
18．（2025秋 南山区校级期末）如图， ABCD的对角线AC，BD交于点O，BD＝2AB，AE∥BD，OE∥AB．
（1）求证：四边形ABOE是菱形；
（2）若AO＝2，S四边形ABOE＝4，BD的长为 　2　 ．
菱形的判定与性质；三角形中位线定理；平行四边形的性质．
矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）2．
（1）由平行四边形的性质与已知得出AB＝OB，易证四边形ABOE是平行四边形，即可得出结论；
（2）连接BE，交OA于F，由菱形的性质得OA⊥BE，AF＝OFOA＝1，BF＝EFBE，由菱形的面积求出BE＝4，则BF＝2，由勾股定理得出OB，即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝ODBD，
∵BD＝2AB，
∴AB＝OB，
∵AE∥BD，OE∥AB，
∴四边形ABOE是平行四边形，
∵AB＝OB，
∴四边形ABOE是菱形；
（2）解：连接BE，交OA于F，如图所示：
∵四边形ABOE是菱形，
∴OA⊥BE，AF＝OFOA＝1，BF＝EFBE，
∵S四边形ABOE＝4，
S四边形ABOEOA BE2×BE＝BE，
∴BE＝4，
∴BF＝2，
∴OB，
∴BD＝2OB＝2．
故答案为：2．
本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、菱形面积的计算等知识，熟练掌握平行四边形和菱形的判定与性质是解题的关键．
19．（2025秋 深圳月考）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，AD＝BC，AC平分∠DCB，点P是AC上一点，连接DP并延长分别交BC和AB的延长线于点E和点F．
（1）证明：四边形ABCD是菱形；
（2）若，，求BP的长．
菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质．
线段、角、相交线与平行线；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；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明：∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAC＝∠DCA，
∵AC平分∠DCB，
∴∠DAC＝∠BAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴AD＝CD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）2．
（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，得AB∥CD，则∠BAC＝∠DCA，再证明∠DCA＝∠DAC，得AD＝CD，然后由菱形的判定即可得出结论；
（2）由菱形的性质得DC＝BC，∠DCP＝∠BCP，AB∥CD，再证明△DCP≌△BCP（SAS），得∠CDP＝∠CBP，进而证明∠CBP＝∠F，然后证明△BPE∽△FPB，得，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAC＝∠DCA，
∵AC平分∠DCB，
∴∠DAC＝∠BAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴AD＝CD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴DC＝BC，∠DCP＝∠BCP，AB∥CD，
在△DCP和△BCP中，
∴△DCP≌△BCP（SAS），
∴∠CDP＝∠CBP，
∵AB∥CD，
∴∠CDP＝∠F，
∴∠CBP＝∠F，
∵∠BPE＝∠FPB，
∴△BPE∽△FPB，
∴，
∴BP2＝PF EP＝（3）8，
∴BP2，
答：BP的长为2．
本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的判定以及角平分线的定义等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
20．（2025秋 南岗区期末）如图，点E是 ABCD对角线AC上的点（不与A，C重合），连接BE，过点E作EF⊥BE交CD于点F．连接BF交AC于点G，BE＝AD，∠FEC＝∠FCE．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若点E为AC的中点，请直接写出图中和∠EBA相等的角．
矩形的判定与性质；平行四边形的性质．
矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）证明：点E是 ABCD对角线AC上的点，BE＝AD，
∴AD＝BC＝BE，
∴∠ECB＝∠CEB，
∵∠FEC＝∠FCE，
∴∠FEC+∠CEB＝∠FCE+∠BCE，
∴∠BEF＝∠BCF，
∵EF⊥BE交CD于点F，
∴∠FEB＝∠BCD＝90°，
∴ ABCD是矩形；
（2）∠BAE、∠DCA、∠FEC、∠EBF、∠CBF．
（1）先由平行四边形的性质得到AD＝BC，则BE＝BC，由等边对等角得到∠ECB＝∠CEB，则可证明∠FEB＝∠BCD＝90°，进而可证明平行四边形ABCD是矩形；
（2）由斜中线易得BE＝CE＝AE＝BC，进而可证△BCE是等边三角形，可得∠EBA＝30°，进而可找出等角．
【解答】（1）证明：点E是 ABCD对角线AC上的点，BE＝AD，
∴AD＝BC＝BE，
∴∠ECB＝∠CEB，
∵∠FEC＝∠FCE，
∴∠FEC+∠CEB＝∠FCE+∠BCE，
∴∠BEF＝∠BCF，
∵EF⊥BE交CD于点F，
∴∠FEB＝∠BCD＝90°，
∴ ABCD是矩形；
（2）解：∵ ABCD是矩形，点E为AC的中点，
∴BE＝AE＝CEAC，
∴∠EBA＝∠BAE＝∠DCA＝∠FEC，，
∴BE＝CE＝BC，
∴△BCE是等边三角形，
∴∠CBE＝60°，
∴∠EBA＝30°，
∵EF＝CF，BE＝BC，BF＝BF，
∴△EBF△≌CBF（SSS），
∴∠EBF＝∠CBF∠EBA，
即和∠EBA相等的角有∠BAE、∠DCA、∠FEC、∠EBF、∠CBF．
本题主要考查了矩形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，平行四边形的性质等等，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键．

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