2022年中考数学复习：四边形专题练习（Word版，附答案解析）

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2022年中考数学复习（选择题）：四边形（10题）
一．选择题（共10小题）
1．（2021•贵阳模拟）过多边形一个顶点与其他顶点连线把图形分割成三角形，可以分成4个三角形的是（　　）
A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．七边形
2．（2021•苏州）如图，在平行四边形ABCD中，将△ABC沿着AC所在的直线折叠得到△AB′C，B′C交AD于点E，连接B′D，若∠B＝60°，∠ACB＝45°，AC＝，则B′D的长是（　　）

A．1 B． C． D．
3．（2021•枣庄）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，AC＝6，BD＝6，点P是AC上一动点，点E是AB的中点，则PD+PE的最小值为（　　）

A．3 B．6 C．3 D．6
4．（2021•朝阳）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且BE＝2AE，DF＝2CF，点G，H分别是AC的三等分点，则的值为（　　）

A． B． C． D．
5．（2021•泰州）如图，P为AB上任意一点，分别以AP、PB为边在AB同侧作正方形APCD、正方形PBEF，设∠CBE＝α，则∠AFP为（　　）

A．2α B．90°﹣α C．45°+α D．90°﹣α
6．（2021•河北）如图1，▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（　　）

A．甲、乙、丙都是 B．只有甲、乙才是
C．只有甲、丙才是 D．只有乙、丙才是
7．（2021•黑龙江）如图，平行四边形ABFC的对角线AF、BC相交于点E，点O为AC的中点，连接BO并延长，交FC的延长线于点D，交AF于点G，连接AD、OE，若平行四边形ABFC的面积为48，则S△AOG的面积为（　　）

A．5.5 B．5 C．4 D．3
8．（2021•黔西南州）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，CE，DF交于点G，连接AG．下列结论：①CE＝DF；②CE⊥DF；③∠AGE＝∠CDF．其中正确的结论是（　　）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
9．（2021•河池）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在CD，AC上，BF⊥EF，CE＝1，则AF的长是（　　）

A． B． C． D．
10．（2021•安徽模拟）如图，E、F分别为矩形ABCD边AB、AD上的两点，BE、DF相交于G点，且BE＝FD，∠FGB＝19°，则∠BGC＝（　　）

A．71° B．80.5° C．81° D．71.5°
2022年中考数学复习（填空题）：四边形（10题）
二．填空题（共10小题）
1．（2021•内江）如图，矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，点A在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上．当点A在x轴上运动时，点D也随之在y轴上运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为 　 　．

2．（2021•西宁）如图，在矩形ABCD中，E为AD的中点，连接CE，过点E作CE的垂线交AB于点F，交CD的延长线于点G，连接CF．已知AF＝，CF＝5，则EF＝　 　．

3．（2021•长兴县模拟）如图，在给定的一张平行四边形纸片上按如下操作：连结AC，分别以点A，C为圆心画弧，交于M，N两点，直线MN与AD，BC分别交于点E，F，连结AF，CE．若AC＝4，EF＝2，则AE的长是 　 　．

4．（2021•济南）如图，正方形AMNP的边AM在正五边形ABCDE的边AB上，则∠PAE＝　 　．

5．（2021•封丘县二模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，下列条件①AC⊥BD；②OA＝OC；③AC平分∠BCD；④∠ABC＝∠ADC，能判定四边形ABCD是菱形的有 　 　．（填写序号）

6．（2021•威海）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，E为边AB上一点，F为边BC上一点．连接DE和AF交于点G，连接BG．若AE＝BF，则BG的最小值为 　 　．

7．（2021•绵阳）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，G为AD中点，点E在BC延长线上，F、H分别为CE、GE中点，∠EHF＝∠DGE，CF＝，则AB＝　 　．

8．（2021•宜宾二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O．下列结论：①AE＝AD；②∠AED＝∠CED；③H为BF的中点；④CF＝DF．其中正确的有 　 　．（将所有正确结论的序号填在横线上）

9．（2021•攀枝花）如图，在正方形ABCD中，点M、N分别为边CD、BC上的点，且DM＝CN，AM与DN交于点P，连接AN，点Q为AN的中点，连接PQ，BQ，若AB＝8，DM＝2，给出以下结论：①AM⊥DN；②∠MAN＝∠BAN；③△PQN≌△BQN；④PQ＝5．其中正确的结论有 　 　（填上所有正确结论的序号）

10．（2021•鞍山）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，F是线段OD上的动点（点F不与点O，D重合），连接CF，过点F作FG⊥CF分别交AC，AB于点H，G，连接CG交BD于点M，作OE∥CD交CG于点E，EF交AC于点N．有下列结论：①当BG＝BM时，AG＝BG；②＝；③当GM＝HF时，CF2＝CN•BC；④CN2＝BM2+DF2．其中正确的是 　 　（填序号即可）．

2022年中考数学复习（解答题）：四边形（10题）
三．解答题（共10小题）
1．（2021•宁夏）如图，BD是▱ABCD的对角线，∠BAD的平分线交BD于点E，∠BCD的平分线交BD于点F．求证：AE∥CF．

2．（2021•西宁）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，△BOC≌△CEB．
（1）求证：四边形OBEC是矩形；
（2）若∠ABC＝120°，AB＝6，求矩形OBEC的周长．

3．（2021•滨州）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AOBE是菱形；
（2）若∠AOB＝60°，AC＝4，求菱形AOBE的面积．

4．（2021•盘龙区二模）如图，已知点E是▱ABCD中BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接AC，BF，AF＝BC．
（1）求证：四边形ABFC为矩形；
（2）若△AFD是等边三角形，且边长为4，求四边形ABFC的面积．

5．（2021•白银一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝6，CD＝8，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH＝2，连接CF．
（1）当DG＝2时，求证：四边形EFGH是正方形；
（2）当△FCG的面积为2时，求DG的值．

6．（2021•开江县模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB＝3，BD＝4，求OE的长．

7．（2021•甘肃模拟）如图，在矩形ABCD中，E是边AD上点．连接BE，过点C向BE作垂线，交BE于点F，交DA的延长线于点G．且满足AG＝DE．
（1）求证：BF＝EF；
（2）若AE＝CD＝2，求CG的长．

8．（2021•广州）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使AF＝AE，且CF、DE相交于点G．

（1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；
（2）当CG＝2时，求AE的长；
（3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度．
9．（2021•五峰县模拟）已知正方形ABCD与正方形BEFG，正方形BEFG绕点B顺时针旋转α度，其中0°＜α＜360°．

（1）求证：AG＝CE，AG⊥CE．
（2）如图2，当点F在边DC上时，∠BCE的值是否会改变，若不变，请求出∠BCE的度数，若改变，请说明理由．
（3）若正方形ABCD的面积是正方形BEFG面积的5倍，直线AG与直线CB、CE分别相交于点P、H，在旋转的过程中，当点H与点F重合时．
①求PG：PF的值．
②当AB＝时，求DG的值．
10．（2021•兰州）已知正方形ABCD，E，F为平面内两点．

【探究建模】
（1）如图1，当点E在边AB上时，DE⊥DF，且B，C，F三点共线．求证：AE＝CF；
【类比应用】
（2）如图2，当点E在正方形ABCD外部时，DE⊥DF，AE⊥EF，且E，C，F三点共线．猜想并证明线段AE，CE，DE之间的数量关系；
【拓展迁移】
（3）如图3，当点E在正方形ABCD外部时，AE⊥EC，AE⊥AF，DE⊥BE，且D，F，E三点共线，DE与AB交于G点．若DF＝3，AE＝，求CE的长．

2022年中考数学复习（选择题）：四边形（10题）
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2021•贵阳模拟）过多边形一个顶点与其他顶点连线把图形分割成三角形，可以分成4个三角形的是（　　）
A．四边形 B．五边形 C．六边形 D．七边形
考点：多边形的对角线．
专题：多边形与平行四边形；几何直观．
分析：从一个n边形的某个顶点出发，分别连接这个顶点与其余各顶点，则n边形被分为（n﹣2）个三角形．
解答：设这个多边形的边数为n，
则n﹣2＝4，
解得：n＝6．
故选：C．
点评：本题主要考查多边形的性质，从n边形的一个顶点出发，分别连接这个点与其余各顶点，形成的三角形个数为（n﹣2）．
2．（2021•苏州）如图，在平行四边形ABCD中，将△ABC沿着AC所在的直线折叠得到△AB′C，B′C交AD于点E，连接B′D，若∠B＝60°，∠ACB＝45°，AC＝，则B′D的长是（　　）

A．1 B． C． D．
考点：勾股定理；平行四边形的性质．
专题：多边形与平行四边形；推理能力．
分析：首先根据平行四边形的性质得AD∥BC，AB∥CD，可证出∠CAE＝45°，∠ADC＝60°，根据翻折可得∠ACB′＝∠ACB＝45°，∠AB′C＝∠B＝60°，进而可得∠AEC＝90°，从而可得AE＝CE＝，再根据含30°角的直角三角形的性质求出B′E＝DE＝1，根据勾股定理即可得B′D的长．
解答：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，∠ADC＝60°，
∴∠CAE＝∠ACB＝45°，
∵将△ABC沿AC翻折至△AB′C，
∴∠ACB′＝∠ACB＝45°，∠AB′C＝∠B＝60°，
∴∠AEC＝180°﹣∠CAE﹣∠ACB′＝90°，
∴AE＝CE＝AC＝，
∵∠AEC＝90°，∠AB′C＝60°，∠ADC＝60°，
∴∠B′AD＝30°，∠DCE＝30°，
∴B′E＝DE＝1，
∴B′D＝＝．
故选：B．
点评：此题主要考查了平行四边形的性质，翻折的性质，勾股定理的应用，关键是熟练掌握平行四边形的性质．
3．（2021•枣庄）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，AC＝6，BD＝6，点P是AC上一动点，点E是AB的中点，则PD+PE的最小值为（　　）

A．3 B．6 C．3 D．6
考点：线段的性质：两点之间线段最短；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；锐角三角函数的定义．
专题：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；解直角三角形及其应用；推理能力．
分析：由三角形的三边关系可得当点P在DE上时，PD+PE的最小值为DE的长，由菱形的性质可得AO＝CO＝3，BO＝DO＝3，AC⊥BD，AB＝AD，由锐角三角函数可求∠ABO＝60°，可证△ABD是等边三角形，由等边三角形的性质可得DE⊥AB，即可求解．
解答：如图，连接DE，

在△DPE中，DP+PE＞DE，
∴当点P在DE上时，PD+PE的最小值为DE的长，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO＝3，BO＝DO＝3，AC⊥BD，AB＝AD，
∴tan∠ABO＝＝，
∴∠ABO＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵点E是AB的中点，
∴DE⊥AB，
∵sin∠ABD＝，
∴＝，
∴DE＝3，
故选：A．
点评：本题考查了菱形的性质，两点之间线段最短，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数等知识，利用锐角三角函数求出∠ABD的度数是解题的关键．
4．（2021•朝阳）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且BE＝2AE，DF＝2CF，点G，H分别是AC的三等分点，则的值为（　　）

A． B． C． D．
考点：菱形的性质．
专题：矩形 菱形 正方形；推理能力．
分析：由题意可证EG∥BC，HF∥AD，根据比例式即可求解．
解答：∵BE＝2AE，DF＝2FC，
∴，
∵G、H分别是AC的三等分点，
∴，，
∴，
∴EG∥BC
∴，
同理可得HF∥AD，，
∴，
故选：A．
点评：本题考查了菱形的性质，由题意可证EG∥BC，HF∥AD是本题的关键．
5．（2021•泰州）如图，P为AB上任意一点，分别以AP、PB为边在AB同侧作正方形APCD、正方形PBEF，设∠CBE＝α，则∠AFP为（　　）

A．2α B．90°﹣α C．45°+α D．90°﹣α
考点：正方形的性质．
专题：图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
分析：根据正方形的性质先表示出∠PBC的度数，然后利用“SAS”证明△APF≌△CPB，证得∠AFP＝∠PBC即可求得答案．
解答：∵四边形PBEF为正方形，
∴∠PBE＝90°，
∵∠CBE＝α，
∴∠PBC＝90°﹣α，
∵四边形APCD、PBEF是正方形，
∴AP＝CP，∠APF＝∠CPB＝90°，PF＝PB，
在△APF和△CPB中，
，
∴△APF≌△CPB（SAS），
∴∠AFP＝∠PBC＝90°﹣α．
故选：B．
点评：本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，对于解决四边形的问题往往是通过解决三角形的问题而实现的．
6．（2021•河北）如图1，▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为锐角．要在对角线BD上找点N，M，使四边形ANCM为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（　　）

A．甲、乙、丙都是 B．只有甲、乙才是
C．只有甲、丙才是 D．只有乙、丙才是
考点：平行四边形的判定与性质．
专题：线段、角、相交线与平行线；图形的全等；多边形与平行四边形；推理能力．
分析：方案甲，连接AC，由平行四边形的性质得OB＝OD，OA＝OC，则NO＝OM，得四边形ANCM为平行四边形，方案甲正确；
方案乙：证△ABN≌△CDM（AAS），得AN＝CM，再由AN∥CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案乙正确；
方案丙：证△ABN≌△CDM（ASA），得AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，则∠ANM＝∠CMN，证出AN∥CM，得四边形ANCM为平行四边形，方案丙正确．
解答：方案甲中，连接AC，如图所示：
∵四边形ABCD是平行四边形，O为BD的中点，
∴OB＝OD，OA＝OC，
∵BN＝NO，OM＝MD，
∴NO＝OM，
∴四边形ANCM为平行四边形，方案甲正确；
方案乙中：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABN＝∠CDM，
∵AN⊥BD，CM⊥BD，
∴AN∥CM，∠ANB＝∠CMD，
在△ABN和△CDM中，
，
∴△ABN≌△CDM（AAS），
∴AN＝CM，
又∵AN∥CM，
∴四边形ANCM为平行四边形，方案乙正确；
方案丙中：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD＝∠BCD，AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABN＝∠CDM，
∵AN平分∠BAD，CM平分∠BCD，
∴∠BAN＝∠DCM，
在△ABN和△CDM中，
，
∴△ABN≌△CDM（ASA），
∴AN＝CM，∠ANB＝∠CMD，
∴∠ANM＝∠CMN，
∴AN∥CM，
∴四边形ANCM为平行四边形，方案丙正确；
故选：A．

点评：本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
7．（2021•黑龙江）如图，平行四边形ABFC的对角线AF、BC相交于点E，点O为AC的中点，连接BO并延长，交FC的延长线于点D，交AF于点G，连接AD、OE，若平行四边形ABFC的面积为48，则S△AOG的面积为（　　）

A．5.5 B．5 C．4 D．3
考点：平行四边形的性质；平行线分线段成比例；三角形的面积；三角形中位线定理．
专题：多边形与平行四边形；运算能力．
分析：利用平行四边形ABFC的对角线AF、BC相交于点E，可得BE＝CE，即点E为BC的中点，由于点O为AC的中点，所以OE为△ABC的中位线，可得OE∥AB，且OE＝AB；利用OE∥AB可得，进而得出；利用高相等的三角形的面积比等于它们底的比可得；利用AO＝OC，可得，利用△ABC≌△FCB，可得，答案可得．
解答：∵四边形ABFC是平行四边形，
∴BE＝EC．
∵OA＝OC，
∴OE是△ABC的中位线．
∴OE＝AB，OE∥AB．
∴．
∴．
∴，
∵AO＝OC，
∴，
∵四边形ABFC是平行四边形，
∴FC＝AB，FB＝AC．
在△ABC和△FCB中，
，
∴△ABC≌△FCB（SSS）．
∴S△ABC＝S△FCB＝＝24．
∴＝＝4．
故选：C．
点评：本题主要考查了平行四边形的性质，三角形的中位线定理，平行线的性质，三角形的面积，三角形全等的判定与性质．利用高相等的三角形的面积比等于它们底的比是解题的关键．
8．（2021•黔西南州）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，CE，DF交于点G，连接AG．下列结论：①CE＝DF；②CE⊥DF；③∠AGE＝∠CDF．其中正确的结论是（　　）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
考点：全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
专题：图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
分析：根据正方形的性质得到AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，得到BE＝AB，CF＝BC，根据全等三角形的性质得到∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正确；求得∠CGD＝90°，根据垂直的定义得到CE⊥DF，故②正确；延长CE交DA的延长线于H，根据线段中点的定义得到AE＝BE，根据全等三角形的性质得到BC＝AH＝AD，由AG是斜边的中线，得到AG＝DH＝AD，求得∠ADG＝∠AGD，根据余角的性质得到∠AGE＝∠CDF．故③正确．
解答：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，
∵E，F分别是AB，BC的中点，
∴BE＝AB，CF＝BC，
∴BE＝CF，
在△CBE与△DCF中，
，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正确；
∵∠BCE+∠ECD＝90°，
∴∠ECD+∠CDF＝90°，
∴∠CGD＝90°，
∴CE⊥DF，故②正确；
∴∠EGD＝90°，
延长CE交DA的延长线于H，
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∵∠AHE＝∠BCE，∠AEH＝∠CEB，AE＝BE，
∴△AEH≌△BEC（AAS），
∴BC＝AH＝AD，
∵AG是斜边的中线，
∴AG＝DH＝AD，
∴∠ADG＝∠AGD，
∵∠AGE+∠AGD＝90°，∠CDF+∠ADG＝90°，
∴∠AGE＝∠CDF．故③正确；
故选：D．

点评：此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
9．（2021•河池）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在CD，AC上，BF⊥EF，CE＝1，则AF的长是（　　）

A． B． C． D．
考点：正方形的性质；勾股定理．
专题：方程思想；转化思想；几何直观．
分析：由于BF⊥EF，所以过F作AB的垂线交AB于N，交CD于M，证明△MFE≌△NBF，设ME＝x，利用MN＝4列出方程，即可求解．
解答：过F作AB的垂线交AB于N，交CD于M，如图，
∵ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠BNM＝90°，AB＝BC＝CD＝4，
∴四边形CMNB为矩形，
∴MN＝BC＝4，CM＝BN，
∵BF⊥EF，
∴∠EFB＝∠FNB＝90°，
∴∠FBN+∠NFB＝∠NFB+∠EFM，
∴∠FBN＝∠EFM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD＝45°，
∴∠MFC＝∠MCF＝45°，
∴MF＝MC＝NB，
在△MEF与△NFB中，
，
∴△MFE≌△NBF（ASA），
∴ME＝FN，
设ME＝FN＝x，则MC＝MF＝BN＝1+x，
∵MN＝MF+FN＝4，
∴1+x+x＝4，
∴x＝，
∴FN＝，
∵四边形ABCD为正方形，MN⊥AB，
∴∠NAF＝∠NFA＝45°，
∴FN＝AN，
∴AF＝＝FN＝，
故选：B．

点评：本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，利用BF⊥EF，构造一线三直角的全等模型，是解决此题的突破口．
10．（2021•安徽模拟）如图，E、F分别为矩形ABCD边AB、AD上的两点，BE、DF相交于G点，且BE＝FD，∠FGB＝19°，则∠BGC＝（　　）

A．71° B．80.5° C．81° D．71.5°
考点：全等三角形的判定与性质；矩形的性质．
专题：矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
分析：过点C作CH⊥BE于点H，CQ⊥DF于点Q，根据S△CDF＝S矩形ABCD，S△BCE＝S矩形ABCD，可得S△CDF＝S△BCE，然后证明点C在∠BGD的平分线上，进而可以解决问题．
解答：如图，过点C作CH⊥BE于点H，CQ⊥DF于点Q，

∵S△CDF＝S矩形ABCD，
S△BCE＝S矩形ABCD，
∴S△CDF＝S△BCE，
∴DF•CQ＝BE•CH，
∵BE＝FD，
∴CQ＝CH，
∵CH⊥BE，CQ⊥DF，
∴点C在∠BGD的平分线上，
∴∠BGC＝∠DGC．
∵∠FGB＝19°，
∴∠BGC＝（180°﹣19°）＝80.5°．
故选：B．
点评：本题考查了矩形的性质，三角形的面积，角平分线的性质，解决本题的关键是得到∠BGC＝∠DGC．
2022年中考数学复习（填空题）：四边形（10题）
参考答案与试题解析
二．填空题（共10小题）
1．（2021•内江）如图，矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，点A在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上．当点A在x轴上运动时，点D也随之在y轴上运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为 　+1　．

考点：坐标与图形性质；三角形三边关系；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；矩形的性质．
专题：等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
分析：取AD的中点H，连接CH，OH，由勾股定理可求CH的长，由直角三角形的性质可求OH的长，由三角形的三边关系可求解．
解答：如图，取AD的中点H，连接CH，OH，

∵矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，
∴CD＝AB＝1，AD＝BC＝2，
∵点H是AD的中点，
∴AH＝DH＝1，
∴CH＝＝＝，
∵∠AOD＝90°，点H是AD的中点，
∴OH＝AD＝1，
在△OCH中，CO＜OH+CH，
当点H在OC上时，CO＝OH+CH，
∴CO的最大值为OH+CH＝+1，
故答案为：+1．
点评：本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角形的三边关系，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造三角形是解题的关键．
2．（2021•西宁）如图，在矩形ABCD中，E为AD的中点，连接CE，过点E作CE的垂线交AB于点F，交CD的延长线于点G，连接CF．已知AF＝，CF＝5，则EF＝　　．

考点：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；图形的相似；推理能力．
分析：由“ASA”可证△AEF≌△DEG，可得EF＝EG，AF＝DG＝，通过证明△EDG∽△CEG，可得，即可求解．
解答：∵点E是AD中点，
∴AE＝DE，
在△AEF和△DEG中，
，
∴△AEF≌△DEG（ASA），
∴EF＝EG，AF＝DG＝，
∵CE⊥EF，
∴CF＝CG＝5，
∵∠G＝∠G，∠EDG＝∠CEG＝90°，
∴△EDG∽△CEG，
∴，
∴EG2＝DG•CG＝，
∴EG＝＝EF，
故答案为．
点评：本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键．
3．（2021•长兴县模拟）如图，在给定的一张平行四边形纸片上按如下操作：连结AC，分别以点A，C为圆心画弧，交于M，N两点，直线MN与AD，BC分别交于点E，F，连结AF，CE．若AC＝4，EF＝2，则AE的长是 　　．

考点：平行四边形的性质．
专题：图形的全等；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
分析：由作图可知：MN是AC的垂直平分线，即可得AE＝CE，AF＝CF，通过证明△AOE≌△AOF（ASA），可证明四边形ABCD为菱形，进而可求解AO，EO的长，再利用勾股定理可求解AE的长．
解答：由作图可知：MN是AC的垂直平分线，

∴AE＝CE，AF＝CF，∠AOE＝∠AOF，
∴∠FAC＝∠FCA，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠EAC＝∠FCA，
∴∠EAC＝∠FAC，
在△AOE和△AOF中，
，
∴△AOE≌△AOF（ASA），
∴AE＝AF，
∴AE＝AF＝CF＝CE，
∴四边形ABCD为菱形，
∵AC＝4，EF＝2，
∴AO＝AC＝2，EO＝EF＝1，
∴AE＝．
故答案为．
点评：本题主要考查全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，尺规作图﹣作线段的垂直平分线，证明四边形ABCD为菱形时解题的关键．
4．（2021•济南）如图，正方形AMNP的边AM在正五边形ABCDE的边AB上，则∠PAE＝　18°　．

考点：多边形内角与外角．
专题：线段、角、相交线与平行线；运算能力．
分析：根据多边形内角和公式，计算出正五边形ABCDE中，∠EAB＝＝108°，正方形AMNP中，∠PAM＝90°，∠PAE＝∠EAB﹣∠PAM即可．
解答：∵五边形ABCDE为正五边形，
∴∠EAB＝＝108°，
∵四边形AMNP为正方形，
∴∠PAM＝90°，
∴∠PAE＝∠EAB﹣∠PAM＝108°﹣90°＝18°．
故答案为：18°．
点评：本题考查了多边形内角和公式，掌握多边形内角和公式是解题的关键．
5．（2021•封丘县二模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，下列条件①AC⊥BD；②OA＝OC；③AC平分∠BCD；④∠ABC＝∠ADC，能判定四边形ABCD是菱形的有 　①②④　．（填写序号）

考点：全等三角形的判定与性质；菱形的性质；菱形的判定．
专题：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；推理能力．
分析：由菱形的判定、平行四边形的判定与性质分别对各个条件进行判断即可．
解答：①∵AB＝AD，AC⊥BD，
∴OB＝OD，
∵AD∥BC，
∴∠ADO＝∠CBO，
又∵∠AOD＝∠COB，
∴△AOD≌△COB（ASA），
∴AD＝CB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故①能判定四边形ABCD是菱形；
②∵AB＝AD，AC⊥BD，
∴OB＝OD，
∵OA＝OC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故②能判定四边形ABCD是菱形；
③∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠BCA，
∵AC平分∠BCD，
∴∠DCA＝∠BCA，
∴∠DAC＝∠DCA，
∴AD＝CD，
∴AB＝AD＝CD，不能判定四边形ABCD是菱形；
④∵AD∥BC，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠ABC＝∠ADC，
∴∠BAD+∠ADC＝180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝AD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故④能判定四边形ABCD是菱形；
故答案为：①②④．
点评：本题主要考查菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定，证明四边形ABCD为平行四边形是解题的关键．
6．（2021•威海）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，E为边AB上一点，F为边BC上一点．连接DE和AF交于点G，连接BG．若AE＝BF，则BG的最小值为 　﹣1　．

考点：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；勾股定理．
专题：动点型；矩形 菱形 正方形；推理能力．
分析：如图，取AD的中点T，连接BT，GT，首先利用全等三角形的性质证明∠AGD＝90°，求出GT＝1，BT＝，根据BG≥BT﹣GT，可得结论．
解答：如图，取AD的中点T，连接BT，GT，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝2，∠DAE＝∠ABF＝90°，
在△DAE和△ABF中，
，
∴△DAE≌△ABF（SAS），
∴∠ADE＝∠BAF，
∵∠BAF+∠DAF＝90°，
∴∠EDA+∠DAF＝90°，
∴∠AGD＝90°，
∵DT＝AT，
∴GT＝AD＝1，BT＝＝＝，
∴BG≥BT﹣GT，
∴BG≥﹣1，
∴BG的最小值为﹣1．
故答案为：﹣1．

点评：本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，求出GT，BT是解题的关键．
7．（2021•绵阳）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，G为AD中点，点E在BC延长线上，F、H分别为CE、GE中点，∠EHF＝∠DGE，CF＝，则AB＝　4　．

考点：等边三角形的判定与性质；三角形中位线定理；菱形的性质．
专题：矩形 菱形 正方形；推理能力．
分析：连接CG，过点C作CM⊥AD，交AD的延长线于M，利用平行线的性质和三角形中位线定理可得CG＝2HF＝2，由AB∥CD，得∠CDM＝∠A＝60°，设DM＝x，则CD＝2x，CM＝，在Rt△CMG中，借助勾股定理得：CG＝＝2，即可求出x的值，从而解决问题．
解答：连接CG，过点C作CM⊥AD，交AD的延长线于M，

∵F、H分别为CE、GE中点，
∴FH是△CEG的中位线，
∴HF＝CG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DGE＝∠E，
∵∠EHF＝∠DGE，
∴∠E＝∠EHF，
∴HF＝EF＝CF，
∴CG＝2HF＝2，
∵AB∥CD，
∴∠CDM＝∠A＝60°，
设DM＝x，则CD＝2x，CM＝，
∵点G为AD的中点，
∴DG＝x，
在Rt△CMG中，由勾股定理得：
CG＝＝2，
∴x＝2，
∴AB＝CD＝2x＝4．
故答案为：4．
点评：本题主要考查了菱形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理等知识，作辅助线，构造直角三角形，利用方程思想是解题的关键．
8．（2021•宜宾二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O．下列结论：①AE＝AD；②∠AED＝∠CED；③H为BF的中点；④CF＝DF．其中正确的有 　①②③　．（将所有正确结论的序号填在横线上）

考点：四边形综合题．
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；推理能力．
分析：设AB＝a，则AD＝a，用a表示出AE长度可判断①；证明DH＝DC即可说明②；证明△DHF≌△EBH，可判断③；用含a是式子表示CF与DF，比较即可判断④．
解答：①设AB＝a，则AD＝a，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝45°，
∴BA＝BE．
在Rt△ABE中，AE＝a，
∴AE＝AD，故①正确；
②∵DH⊥AH，∠DAE＝45°，AD＝a，
∴DH＝AH＝a，
∴DH＝DC，
∴DE平分∠AEC，
∴∠AED＝∠CED，故②正确；
③∵AH＝AB＝a，
∴∠ABH＝∠AHB，
∵AB∥CD，
∴∠ABF+∠DFB＝180°，
又∠AHB+∠BHE＝180°，
∴∠BHE＝∠HFD，∠HEB＝∠FDH＝45°，
在△DHF和△EBH中，
，
∴△DHF≌△EBH（AAS），
∴BH＝HF，
∴点H是BF的中点，故③正确；
④∵△BHE≌△HFD，
∴HE＝DF＝AE﹣AH＝a﹣a，
∴CF＝a﹣（a﹣a）＝2a﹣a，
∴CF＝DF，故④错误；
故答案为：①②③．
点评：本题是四边形综合题，考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
9．（2021•攀枝花）如图，在正方形ABCD中，点M、N分别为边CD、BC上的点，且DM＝CN，AM与DN交于点P，连接AN，点Q为AN的中点，连接PQ，BQ，若AB＝8，DM＝2，给出以下结论：①AM⊥DN；②∠MAN＝∠BAN；③△PQN≌△BQN；④PQ＝5．其中正确的结论有 　①④　（填上所有正确结论的序号）

考点：四边形综合题．
专题：矩形 菱形 正方形；推理能力．
分析：①正确，证明△ADM≌△DCN（SAS），可得结论．
②③错误，利用反证法证明即可．
④正确，利用勾股定理求出AN，再利用直角三角形斜边中线的性质求出PQ，可得结论．
解答：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADM＝∠DCN＝90°，
在△ADM和△DCN，
，
∴△ADM≌△DCN（SAS），
∴∠DAM＝∠CDN，
∵∠CDN+∠ADP＝90°，
∴∠ADP+∠DAM＝90°，
∴∠APD＝90°，
∴AM⊥DN，故①正确，
不妨假设∠MAN＝∠BAN，
在△APN和△ABN中，
，
∴△PAN≌△ABN（AAS），
∴AB＝AP，
∵这个与AP＜AD，AB＝AD，矛盾，
∴假设不成立，故②错误，
不妨假设△PQN≌△BQN，
则∠ANP＝∠ANB，同法可证△APN≌△ABN，
∴AP＝AB，
∵这个与AP＜AD，AB＝AD，矛盾，
∴假设不成立，故③错误，
∵DM＝CN＝2，AB＝BC＝8，
∴BN＝6，
∵∠ABN＝90°，
∴AN＝＝＝10，
∵∠APN＝90°，AQ＝QN，
∴PQ＝AN＝5．故④正确，
故答案为：①④．

点评：本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用反证法解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
10．（2021•鞍山）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，F是线段OD上的动点（点F不与点O，D重合），连接CF，过点F作FG⊥CF分别交AC，AB于点H，G，连接CG交BD于点M，作OE∥CD交CG于点E，EF交AC于点N．有下列结论：①当BG＝BM时，AG＝BG；②＝；③当GM＝HF时，CF2＝CN•BC；④CN2＝BM2+DF2．其中正确的是 　①③④　（填序号即可）．

考点：四边形综合题．
专题：几何综合题；推理能力．
分析：①正确．利用面积法证明＝＝即可．
②错误．假设成立，推出∠OFH＝∠OCM，显然不符合条件．
③正确．如图2中，过点M作MP⊥BC于P，MQ⊥AB于Q，连接AF．想办法证明CM＝CF，再利用相似三角形的性质，解决问题即可．
④正确．如图3中，将△CBM绕点C顺时针旋转90°得到△CDW，连接FW．则CM＝CW，BM＝DW，∠MCW＝90°，∠CBM＝∠CDW＝45°，证明FM＝FW，利用勾股定理，即可解决问题．
解答：如图1中，过点G作GT⊥AC于T．
∵BG＝BM，
∴∠BGM＝∠BMG，
∵∠BGM＝∠GAC+∠ACG，∠BMG＝∠MBC+∠BCM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠GAC＝∠MBC＝45°，AC＝BC，
∴∠ACG＝∠BCG，
∵GB⊥CB，GT⊥AC，
∴GB＝GT，
∵＝＝＝＝，
∴AG＝BG，故①正确，
假设＝成立，
∵∠FOH＝∠COM，
∴△FOH∽△COM，
∴∠OFH＝∠OCM，显然这个条件不成立，故②错误，
如图2中，过点M作MP⊥BC于P，MQ⊥AB于Q，连接AF．
∵∠OFH+∠FHO＝90°，∠FHO+∠FCO＝90°，
∴∠OFH＝∠FCO，
∵AB＝CB，∠ABF＝∠CBF，BF＝BF，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF＝CF，∠BAF＝∠BCF，
∵∠CFG＝∠CBG＝90°，
∴∠BCF+∠BGF＝180°，
∵∠BGF+∠AGF＝180°，
∴∠AGF＝∠BCF＝∠GAF，
∴AF＝FG，
∴FG＝FC，
∴∠FCG＝∠BCA＝45°，
∴∠ACF＝∠BCG，
∵MQ∥CB，
∴∠GMQ＝∠BCG＝∠ACF＝∠OFH，
∵∠MQG＝∠FOH＝90°，FH＝MG，
∴△FOH≌△MQG（AAS），
∴MQ＝OF，
∵∠BMP＝∠MBQ，M⊥AB，MP⊥BC，
∴MQ＝MP，
∴MP＝OF，
∵∠CPM＝∠COF＝90°，∠PCM＝∠OCF，
∴△CPM≌△COF（AAS），
∴CM＝CF，
∵OE∥AG，OA＝OC，
∴EG＝EC，
∵△FCG是等腰直角三角形，
∴∠GCF＝45°，
∴∠CFN＝∠CBM，
∵∠FCN＝∠BCM，
∴△BCM∽△FCN，
∴＝，
∴CF2＝CB•CN，故③正确，
如图3中，将△CBM绕点C顺时针旋转90°得到△CDW，连接FW．则CM＝CW，BM＝DW，∠MCW＝90°，∠CBM＝∠CDW＝45°，
∵∠FCG＝∠FCW＝45°，CM＝CW，CF＝CF，
∴△CFM≌△CFW（SAS），
∴FM＝FW，
∵∠FDW＝∠FDC+∠CDW＝45°+45°＝90°，
∴FW2＝DF2+DW2，
∴FM2＝BM2+DF2，
∵BD⊥AC，FG⊥CF，
∴∠COF＝90°，∠CFG＝90°，
∴∠FCN+∠OFC＝90°，∠OFC+∠GFM＝90°，
∴∠FCN＝∠GFM，
∵∠NFC＝∠FGM＝45°，FG＝CF，
∴△CFN≌△FGN（ASA），
∴CN＝FM，
∴CN2＝BM2+DF2，故④正确，
故答案为：①③④．



点评：本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
2022年中考数学复习（解答题）：四边形（10题）
参考答案与试题解析
三．解答题（共10小题）
1．（2021•宁夏）如图，BD是▱ABCD的对角线，∠BAD的平分线交BD于点E，∠BCD的平分线交BD于点F．求证：AE∥CF．

考点：角平分线的定义；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
专题：证明题；多边形与平行四边形；推理能力．
分析：由在▱ABCD中，可证得AD＝BC，AD∥BC，∠BAD＝∠BCD，又由∠BAD和∠BCD的平分线AE、CF分别与对角线BD相交于点E，F，可证得∠EAD＝∠FCB，继而可证得△AED≌△CFB（ASA），由全等三角形的性质可得∠AED＝∠CFB，进而可得AE∥CF．
解答：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，∠BAD＝∠BCD．
∴∠ADB＝∠CBD．
∵∠BAD、∠BCD的平分线分别交对角线BD于点E、F，
∴∠EAD＝∠BAD，∠FCB＝∠BCD，
∴∠EAD＝∠FCB．
在△AED和△CFB中，
，
∴△AED≌△CFB（ASA），
∴∠AED＝∠CFB，
∴AE∥CF．
点评：此题考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质．注意证得△AED≌△CFB是证题的关键．
2．（2021•西宁）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，△BOC≌△CEB．
（1）求证：四边形OBEC是矩形；
（2）若∠ABC＝120°，AB＝6，求矩形OBEC的周长．

考点：全等三角形的性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；矩形的判定与性质．
专题：图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
分析：（1）由全等三角形的性质得OB＝EC，OC＝EB，则四边形OBEC是平行四边形，再由菱形的性质得∠BOC＝90°，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得AC⊥BD，BC＝AB＝6，∠DBC＝∠ABC＝60°，则∠OCB＝30°，再由含30°角的直角三角形的性质得OB＝BC＝3，然后由勾股定理求出OC的长，即可求解．
解答：（1）证明：∵△BOC≌△CEB，
∴OB＝EC，OC＝EB，
∴四边形OBEC是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∴平行四边形OBEC是矩形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，AB＝6，∠ABC＝120°，
∴AC⊥BD，BC＝AB＝6，∠DBC＝∠ABC＝60°，
∴∠BOC＝90°，
∴∠OCB＝30°，
∴OB＝BC＝3，
∴OC＝＝＝3，
∴矩形OBEC的周长＝2（3+3）＝6+6．
点评：本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的性质，证明四边形OBEC为矩形是解题的关键．
3．（2021•滨州）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AOBE是菱形；
（2）若∠AOB＝60°，AC＝4，求菱形AOBE的面积．

考点：菱形的判定与性质；矩形的性质．
专题：矩形 菱形 正方形；推理能力；应用意识．
分析：（1）根据BE∥AC，AE∥BD，可以得到四边形AOBE是平行四边形，然后根据矩形的性质，可以得到OA＝OB，由菱形的定义可以得到结论成立；
（2）根据∠AOB＝60°，AC＝4，可以求得菱形AOBE边OA上的高，然后根据菱形的面积＝底×高，代入数据计算即可．
解答：（1）证明：∵BE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AOBE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，
∴OA＝OB，
∴四边形AOBE是菱形；
（2）作BF⊥OA于点F，
∵四边形ABCD是矩形，AC＝4，
∴AC＝BD＝4，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，
∴OA＝OB＝2，
∵∠AOB＝60°，
∴BF＝OB•sin∠AOB＝2×＝，
∴菱形AOBE的面积是：OA•BF＝2×＝2．

点评：本题考查菱形的判定、矩形的性质，解答：本题的关键是明确菱形的判定方法，知道菱形的面积＝底×高或者是对角线乘积的一半．
4．（2021•盘龙区二模）如图，已知点E是▱ABCD中BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接AC，BF，AF＝BC．
（1）求证：四边形ABFC为矩形；
（2）若△AFD是等边三角形，且边长为4，求四边形ABFC的面积．

考点：等边三角形的性质；平行四边形的性质；矩形的判定与性质．
专题：图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
分析：（1）证△ABE≌△FCE（AAS），得AB＝FC，再由AB∥FC，证四边形ABFC是平行四边形，然后由AF＝BC即可得出结论；
（2）由矩形的性质得∠ACF＝90°，再由等边三角形的性质得AF＝DF＝4，CF＝DF＝2，然后由勾股定理求出AC＝2，即可求解．
解答：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠BAE＝∠CFE，
∵点E是▱ABCD中BC边的中点，
∴BE＝CE，
在△ABE和△FCE中，
，
∴△ABE≌△FCE（AAS），
∴AB＝FC，
∵AB∥FC，
∴四边形ABFC是平行四边形，
又∵AF＝BC，
∴平行四边形ABFC为矩形；
（2）由（1）得：四边形ABFC为矩形，
∴∠ACF＝90°，
∵△AFD是等边三角形，
∴AF＝DF＝4，CF＝DF＝2，
∴AC＝＝＝2，
∴四边形ABFC的面积＝AC×CF＝2×2＝4．
点评：本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
5．（2021•白银一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝6，CD＝8，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH＝2，连接CF．
（1）当DG＝2时，求证：四边形EFGH是正方形；
（2）当△FCG的面积为2时，求DG的值．

考点：三角形的面积；菱形的性质；矩形的性质；正方形的判定与性质．
专题：图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
分析：（1）由于四边形ABCD为矩形，四边形HEFG为菱形，那么∠D＝∠A＝90°，HG＝HE，而AH＝DG＝2，易证△AHE≌△DGH，从而有∠DHG＝∠HEA，等量代换可得∠AHE+∠DHG＝90°，易证四边形HEFG为正方形；
（2）过F作FQ⊥DC于M，根据AB∥CD，可得∠AEG＝∠QGE，同理有∠HEG＝∠FGE，利用等式性质有∠AEH＝∠QGF，再结合∠A＝∠M＝90°，HE＝FG，可证△AHE≌△QFG，利用三角形面积解答：即可．
解答：（1）证明：在矩形ABCD中，有∠A＝∠D＝90°，
∴∠DGH+∠DHG＝90°，
在菱形EFGH中，EH＝GH，
∵AH＝2，DG＝2，
∴AH＝DG，
∴Rt△AEH≌Rt△DHG（HL），
∴∠AHE＝∠DGH，
∴∠AHE+∠DHG＝90°，
∴∠EHG＝90°，
∴四边形EFGH是正方形；

（2）过F作FQ⊥DC于Q，连接EG，如图所示，则∠FQG＝90°，
∴∠A＝∠FQG＝90°，连接EG，
由矩形和菱形性质，知AB∥DC，HE∥GF，
∴∠AEG＝∠QGE，∠HEG＝∠FGE，
∴∠AEH＝∠QGF，
∵EH＝GF，
∴△AEH≌△QGF（AAS），
∴FQ＝AH＝2，
∵S△FCG＝CG•FQ＝＝2，
∴CG＝2，
∴DG＝DC﹣CG＝6．

点评：本题考查了矩形、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理．解题的关键是作辅助线：过F作FM⊥DC，交DC延长线于M，连接GE，构造全等三角形和内错角．
6．（2021•开江县模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若AB＝3，BD＝4，求OE的长．

考点：全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；菱形的判定与性质．
专题：线段、角、相交线与平行线；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
分析：（1）先证CD＝AD＝AB，则四边形ABCD是平行四边形，再由AD＝AB，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得OA＝OC，OB＝OD，BD⊥AC，再由直角三角形斜边上的中线性质得OE＝OA＝OC，然后由勾股定理得OA＝，即可求解．
解答：（1）证明：∵AB∥CD，
∴∠OAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD＝AB，
∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝AB，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，BD⊥AC，
∵CE⊥AB，
∴OE＝AC＝OA＝OC，
∵BD＝4，
∴OB＝BD＝2，
在Rt△AOB中，AB＝3，OB＝2，
∴OA＝＝＝，
∴OE＝OA＝．
点评：本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、直角三角形斜边上的中线性质、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．
7．（2021•甘肃模拟）如图，在矩形ABCD中，E是边AD上点．连接BE，过点C向BE作垂线，交BE于点F，交DA的延长线于点G．且满足AG＝DE．
（1）求证：BF＝EF；
（2）若AE＝CD＝2，求CG的长．

考点：矩形的性质；全等三角形的判定与性质．
专题：证明题；图形的全等；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
分析：（1）根据矩形的性质证明△GEF≌△CBF，进而可以解决问题；
（2）根据勾股定理可得BE的长，然后证明△GFE∽△BAE，可得＝，得AG＝3，进而可以解决问题．
解答：（1）证明：在矩形ABCD中，AB＝DC，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠G＝∠FCB，
∵AG＝DE，
∴AG+AE＝DE+AE，
∴GE＝AD，
∴GE＝BC，
在△GEF和△CBF中，
，
∴△GEF≌△CBF（AAS），
∴EF＝BF；
（2）∵AE＝CD＝2，
∴AB＝CD＝4，
∴BE＝＝＝2，
∴EF＝BF＝BE＝，
∵GF⊥BE，
∴∠GFE＝∠BAD＝90°，
∴∠G+∠GEF＝∠ABE+∠BEA＝90°，
∴∠G＝∠ABE，
∴△GFE∽△BAE，
∴＝，
∴＝，
∴AG＝3，
∴DG＝AG+AE+DE＝2AG+AE＝6+2＝8，
∴CG＝＝＝4．
∴CG的长为4．
点评：本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△GEF∽△BEA．
8．（2021•广州）如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，点E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使AF＝AE，且CF、DE相交于点G．

（1）当点E运动到AB中点时，证明：四边形DFEC是平行四边形；
（2）当CG＝2时，求AE的长；
（3）当点E从点A开始向右运动到点B时，求点G运动路径的长度．
考点：四边形综合题．
专题：综合题；几何直观．
分析：（1）利用平行四边形的判定定理：两边平行且相等的四边形是平行四边形，
（2）利用三角形相似，求出此时FG的长，再借助直角三角形勾股定理求解，
（3）利用图形法，判断G点轨迹为一条线段，在对应点处求解．
解答：（1）证明：连接DF，CE，如图所示：
，
∵E为AB中点，
∴AE＝AF＝AB，
∴EF＝AB＝CD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴EF∥AB∥CD，
∴四边形DFEC是平行四边形．
（2）作CH⊥BH，设AE＝FA＝m，如图所示，
，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD∥EF，
∴△CDG∽△FEG，
∴，
∴FG＝2m，
在Rt△CBH中，∠CBH＝60°，BC＝2，
sin60°＝，CH＝，
cos60°＝，BH＝1，
在Rt△CFH中，CF＝2+2m，CH＝，FH＝3+m，
CF²＝CH²+FH²，
即（2+2m）²＝（）²+（3+m）²，
整理得：3m²+2m﹣8＝0，
解得：m1＝，m2＝﹣2（舍去），
∴．
（3）G点轨迹为线段AG，
证明：如图，
（此图仅作为证明AG轨迹用），
延长线段AG交CD于H，作HM⊥AB于M，作DN⊥AB于N，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BF∥CD，
∴△DHG∽△EGA，△HGC∽△AGF，
∴，，
∴，
∵AE＝AF，
∴DH＝CH＝1，
在Rt△ADN中，AD＝2，∠DAB＝60°．
∴sin60°＝，DN＝．cos60°＝，AN＝1，
在Rt△AHM中，HM＝DN＝，AM＝AN+NM＝AN+DH＝2，
tan∠HAM＝，
G点轨迹为线段AG．
∴G点轨迹是线段AG．
如图所示，作GH⊥AB，

∵四边形ABCD为菱形，∠DAB＝60°，AB＝2，
∴CD∥BF，BD＝2，
∴△CDG∽△FBG，
∴，即BG＝2DG，
∵BG+DG＝BD＝2，
∴BG＝，
在Rt△GHB中，BG＝，∠DBA＝60°，
sin60°＝，GH＝，
cos60°＝，BH＝，
在Rt△AHG中，AH＝2﹣＝，GH＝，
AG²＝（）²+（）²＝，
∴AG＝．
∴G点路径长度为．
解法二：如图，连接AG，延长AG交CD于点W．

∵CD∥BF，
∴＝，＝，
∴＝，
∵AF＝AE，
∴DW＝CW，
∴点G在AW上运动．
下面的解法同上．
点评：本题主要考查平行四边形的判定，菱形的性质，解题关键是借助锐角三角比和勾股定理求解．
9．（2021•五峰县模拟）已知正方形ABCD与正方形BEFG，正方形BEFG绕点B顺时针旋转α度，其中0°＜α＜360°．

（1）求证：AG＝CE，AG⊥CE．
（2）如图2，当点F在边DC上时，∠BCE的值是否会改变，若不变，请求出∠BCE的度数，若改变，请说明理由．
（3）若正方形ABCD的面积是正方形BEFG面积的5倍，直线AG与直线CB、CE分别相交于点P、H，在旋转的过程中，当点H与点F重合时．
①求PG：PF的值．
②当AB＝时，求DG的值．
考点：四边形综合题．
专题：矩形 菱形 正方形；应用意识．
分析：（1）延长AG交直线CE于点M，根据SAS证△ABG≌△CBE，得出AG＝CE，再根据角的关系，得出∠CMG＝∠ABC＝90°即可；
（2）根据∠DCB＝∠FEB＝90°，得点F、B、E、C四点共圆，即可得出∠BCE＝∠BFE＝45°；
（3）①根据旋转角度分情况求出PG：PF的值；
②根据旋转角度分情况求出DG的值即可．
解答：（1）证明：延长AG交直线CE于点M，
∵正方形ABCD与正方形BEFG，

∴AB＝BC，BG＝BE，∠ABC＝∠GBE＝90°，
∴∠ABG＝∠CBE＝α，
∴△ABG≌△CBE（SAS），
∴AG＝CE，∠BAG＝∠BCE，
又∵∠1＝∠2，
∴∠CMG＝∠ABC＝90°，
∴AG⊥CE，
即AG＝CE，AG⊥CE；
（2）∠BCE的值不变，∠BCE＝45°，
理由如下：∵正方形ABCD与正方形BEFG，
∴∠DCB＝∠FEB＝90°，

∴点F、B、E、C四点共圆，
∴∠BCE＝∠BFE＝45°；
（3）设正方形ABCD与正方形BEFG的边长分别为a，b，
∵正方形ABCD的面积是正方形BEFG面积的5倍，
∴a2：b2＝5：1，
∴，
∴AB＝BC＝，
如图，当0°＜α＜90°，

①在△AGB中，∠AGB＝90°，AB＝，BG＝b，
∴AG＝2b，
∴tan∠GAB＝，
∴，
又∵AB＝，
∴BP＝，CP＝CB﹣BP＝，
又∵BG∥CE，
∴△GBP∽△FCP，
∴PG：PF＝PB：PC＝1；
②过点D作DT⊥AP于点T，

在△ADT与△BAG中，
∵AB＝AD，∠DTA＝∠AGB＝90°，∠DAB＝90°，
∴∠DAT+∠ADT＝90°，∠DAT+∠GAB＝90°，
∴∠ADT＝∠GAB，
∴△ADT≌△BAG（AAS），
∴DT＝AG＝2b，AT＝BG＝b，
∴GT＝b，
AB＝，
∴a＝，b＝1，
在Rt△GDT中，
DG＝；
当90°＜α＜360°时，如图，

①此时BP＝，PC＝PB+BC＝，
同理可得PG：PF＝PB：PC＝；
②DT＝AG＝2b，AT＝BG＝b，
∴GT＝3b，
∵AB＝，
∴a＝，b＝1，
在Rt△GDT中，
DG＝，
综上，当0°＜α＜90°时，PG：PF＝1，DG＝，当90°＜α＜360°时，PG：PF＝，DG＝．
点评：本题主要考查四边形的综合题，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识是解题的关键．
10．（2021•兰州）已知正方形ABCD，E，F为平面内两点．

【探究建模】
（1）如图1，当点E在边AB上时，DE⊥DF，且B，C，F三点共线．求证：AE＝CF；
【类比应用】
（2）如图2，当点E在正方形ABCD外部时，DE⊥DF，AE⊥EF，且E，C，F三点共线．猜想并证明线段AE，CE，DE之间的数量关系；
【拓展迁移】
（3）如图3，当点E在正方形ABCD外部时，AE⊥EC，AE⊥AF，DE⊥BE，且D，F，E三点共线，DE与AB交于G点．若DF＝3，AE＝，求CE的长．
考点：四边形综合题．
专题：几何综合题；推理能力．
分析：（1）证明△DAE≌△DCF（ASA），可得结论．
（2）猜想：EA+EC＝DE．如图2中，证明△DAE≌△DCF，推出DE＝DF．AE＝CF，即可证明．
（3）如图3中，连接AC，取AC的中点O，连接OE，OD．证明∠AED＝∠DEC＝45°，利用（2）中结论求解即可．
解答：（1）证明：如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠A＝∠ADC＝∠DCB＝∠DCF＝90°，
∵DE⊥DF，
∴∠EDF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
在△DAE和△DCF中，
，
∴△DAE≌△DCF（ASA），
∴AE＝CF．

（2）猜想：EA+EC＝DE．
理由：如图2中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝DC，∠ADC＝90°，
∵DE⊥DF，AE⊥EF，
∴∠AEF＝∠EDF＝90°，
∴∠ADC＝∠EDF，
∴∠ADE＝∠CDF，
∵∠ADC+∠AEC＝180°，
∴∠DAE+∠DCE＝180°，
∵∠DCF+∠DCE＝180°，
∴∠DAE＝∠DCF，
∴△DAE≌△DCF（AAS），
∴AE＝CF，DE＝DF，
∴EF＝DE，
∵AE+EC＝EC+CF＝EF，
∴EA+EC＝DE．

（3）如图3中，连接AC，取AC的中点O，连接OE，OD．

∵四边形ABCD是正方形，AE⊥EC，
∴∠AEC＝∠ADC＝90°，
∵OA＝OC，
∴OD＝OA＝OC＝OE，
∴A，E，C，D四点共圆，
∴∠AED＝∠ACD＝45°，
∴∠AED＝∠DEC＝45°，
由（2）可知，AE+EC＝DE，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF＝90°，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
∴AE＝AF＝，
∴EF＝AE＝2，
∵DF＝3，
∴DE＝5，
∴+EC＝5，
∴EC＝4．
点评：本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用建模的思想思考问题，属于中考压轴题．