人教版数学八年级下册第十八章、平行四边形 试卷

这是一份人教版数学八年级下册第十八章、平行四边形，共37页。

初中数学试卷
一、单选题
1．如图，在平行四边形ABCD中，∠DBC=25°，∠BAD=115°，则∠BDC=（　　）

A．25° B．30° C．40° D．65°
2．下列命题中，其逆命题是真命题的是（　　）
A．两直线平行，内错角相等 B．对顶角相等
C．全等三角形的对应角相等 D．正方形的四条边相等
3．如图，四边形 ABCD 的对角线互相平分，要使它变为菱形，需要添加的条件是(　　)

A．AB=CD B．AD=BC C．AC=BD D．AB=BC
4．下列说法正确的是（　　）.
A．对角线相等的平行四边形是菱形
B．有一组邻边相等的平行四边形是菱形
C．对角线相互垂直的四边形是菱形
D．有一个角是直角的平行四边形是菱形
5．如图，在 ABCD中，AD=2AB，CE平分∠BCD交AD边于点E， 且AE=3，则AB的长为(　　)

A．4 B．3 C． D．2
6．红丝带是关注艾滋病防治问题的国际性标志，如图，红丝带重叠部分形成的图形是 ( )

A．正方形 B．等腰梯形 C．菱形 D．矩形
7．在 ▱ABCD 中， ∠A:∠B:∠C:∠D 可能是(　　)
A．x=−1 B．1:1:2:2 C．2:1:2:1 D．1:2:3:4
8．如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠ADB＝30°，AB＝2018，则AD＝(　　)

A．1009 B．2018 C．1009 3 D．2018 3
9．下列说法正确的是(　　)
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线相等的平行四边形是菱形
C．三个角都是直角的四边形是矩形
D．一组邻边相等的平行四边形是正方形
10．如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，下列条件不能判定这个四边形是平行四边形的是（　　）

A．AB∥CD，AD∥BC B．AB＝CD，AD＝BC
C．AB∥CD，AD＝BC D．AO＝CO，BO＝DO
11．如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝6，AC的垂直平分线交AD于点E，则△CDE的周长是（　　）

A．7 B．10 C．11 D．12
12．已知AB、CD是⊙O的直径，则四边形ACBD是（　　）

A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．等腰梯形
13．如图，正方形ABCD内有两条相交线段MN、EF，M、N、E、F分别在边AB、C D、A D、BC上．小明认为：若MN=EF，则MN⊥EF；小亮认为：若MN丄EF，则MN=EF，你认为（　　）

A．两人都对 B．仅小亮对 C．仅小明对 D．两人都不对
14．如图所示，平行四边形 OABC 的顶点C在 x 轴的正半轴上，O为坐标原点，以 OA 为斜边构造等腰 Rt△AOD ，反比例函数 y=kx(x>0) 的图象经过点A，交 BC 于点E，连接 DE .若 cos∠AOC=1010 ， DE//x 轴， DE=22 ，则k的值为（　　）

A．12 B．16 C．18 D．24
15．如图，点 A,B 为定点，直线 l//AB,P 是直线 l 上一动点.对于下列各值：①线段 AB 的长；②∠APB 的度数；③△PAB 的周长；④△PAB 的面积.其中不会随点 P 的移动而变化的是（　　）

A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
16．如图，▱ABCD的周长为32cm，AC，BD相交于点O，OE⊥AC交AD于点E，则△DCE的周长为 （　　）

A．8cm B．24cm C．10cm D．16cm
17．如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点A(1，−1)，D(3，−1)，规定把正方形ABCD“先沿y轴翻折，再向下平移1个单位”为一次变换，这样连续经过2022次变换后，点C的坐标为（　　）

A．(−3，−2023) B．(3，−2024)
C．(3，−2025) D．(−3，−2026)
18．如图，正方形ABCD边长为2，BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，点P，Q分别是平分线BM、DN上的点，且满足∠PAQ＝45°，连接PQ、PC、CQ．则下列结论：①BP•DQ＝3.6；②∠QAD＝∠APB；③∠PCQ＝135°；④BP2+DQ2=PQ2．其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
19．如图，△ABC的周长为19，点D，E在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为N，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为M，若BC=7，则MN的长度为（　　）

A．32 B．2 C．52 D．3
20．如图，正方形ABCD的边长为4，点E是边BC上一点，且BE=3，以点A为圆心，3为半径的圆分别交AB、AD于点F、G，DF与AE交于点H，并与圆A交于点K，连接HG、CH，给出下列4个结论，其中正确的结论有（　　）
①H是FK的中点；②S△AHG：S△DHC=9：16；③△HGD≌△HEC；④DK=75．

A．①③④ B．①②③ C．②③ D．①②④
二、填空题
21．若菱形两条对角线的长的乘积等于48，则这个菱形的面积为　 　.
22．在平行四边形ABCD中，若∠A=50°，则∠C=　 　.
23．如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AB且E为垂足，如果∠A＝125°，则∠BCE＝　 　.

24．如图在△ABC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分线EF交BC于点D，交AB于点E，且BE=BF,请你添加一个条件　 　，使四边形BECF是正方形.

25．如图，学校大门口的电动伸缩门，其中间部分都是四边形的结构，这是应用了四边形的　 　．

26．已知，如图在四边形ABCD中，AB=CD,则添加一个　 　 条件（只需填写一种）可以使得四边形ABCD为平行四边形。

27．如图，在矩形纸片ABCD中，AB=12，BC=5，点E在AB上，将△DAE沿DE折叠，使点A落在对角线BD上的点A′处，则AE的长为　 　．

28．如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，且OA=OC，OB=OD，要使四边形ABCD为矩形，则需要添加的条件是　 　(只填一个即可).

29．在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OA=OC=OB=OD，添加一个条件使四边形ABCD是正方形，那么所添加的条件可以是　 　(写出一个即可)
30．如图，已知AD∥BC，要使四边形 ABCD 为平行四边形，需要添加的一个条件是：　 　.(填一个你认为正确的条件即可，不再添加任何线段与字母)

31．矩形ABCD旋转后能与矩形DCFE重合，那么它的旋转中心有　 　个．

32．如图，在菱形ABCD中，AB＝4，按以下步骤作图：①分别以点C和点D为圆心，大于 12 CD的长为半径画弧，两弧交于点M，N；②作直线MN，且MN恰好经过点A，与CD交于点E，连接BE，则BE的值为　 　．

33．在平行四边形 ABCD 中， E 为靠近点 D 的 AD 的三等分点，连结 BE ，交 AC 于点 F ， AC=12 ，则 AF 为　 　.

34．如图，Rt △ABC 中， ∠ACB=90°，CD 是斜边AB上的中线，已知 CD=2，AC=3 ，则 cosA=　 　.

35．在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为AD的中点，如果▱ABCD周长为20，OE=2，那么BC=　 　．

36．如图，四边形ABCD中，AB=CD，AD∥BC，以点B为圆心，BA为半径的圆弧与BC交于点E，四边形AECD是平行四边形，AB=5，则图中阴影部分的面积是　 　

37．已知点 E 是正方形 ABCD 外的一点，连接 DE ， AE ， CE .请从下面A，B两题中任选一题作答.我选择　 　题：

A.如图1，若 ∠DCE=45° ， DC=CE=2 ，则 AE 的长为　 　.
B.如图2，若 ∠DEC=45° ， DE=CE=2 ，则 AE 的长为　 　.
38．如图，在△ABC中，AD和BE是高，∠ABE=45°，点F是AB的中点，AD与FE、BE分别交于点G、H，∠CBE=∠BAD.有下列结论：①FD=FE；②AH=2CD；③BC•AD= 2 AE2；④S△ABC=4S△ADF.其中正确的有　 　.

39．如图，在正方形ABCD中，以CD为边向形内作等边三角形CDG，连接AG，点E和F在边CD上，连接AE，BF，分别交DG，CG于点M，N，连接MN，则∠AGD＝　 　，若∠DAE＝∠CBF＝15°，则 MNCD ＝　 　.

40．如图，已知正方形 ABCD 的边长为 4 ，点 E 是 AB 边上的点，且 AE=1 ，连接 CE ，过线段 CE 中点作射线DO交边 BC 于点 F ．下列结论：①CF=165②cos∠DCE=35 ，③∠DOC=90° ，④S四边形BEOF:S△COF =3:2 中，正确的有　 　．

三、解答题
41．如图， AE∥BF ， AC 平分 ∠BAD ，交 BF 于点 C ， BD 平分 ∠ABC ，交 AE 于点 D ，连接 CD .求证：四边形 ABCD 是菱形.

42．如图，已知四边形ABCD是菱形，DE⊥AB，DF⊥BC，求证：△ADE≌△CDF．

43．如图，已知平行四边形ABCD，若M，N是BD上两点，且BM＝DN，AC＝2MO．
求证：四边形AMCN是矩形．

44．如图，已知∠AOB，OA=OB，点E在OB上，且四边形AEBF是平行四边形，请你只用无刻度的直尺在图中画出∠AOB的平分线（保留画图痕迹，不写画法），并说明理由．

45．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AC为直径的⊙O与AB边交于点D，过点D的切线交BC于点E．

（1）求证：EB=EC；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ODEC是正方形？证明你的结论．
46．如图1所示,将矩形OABC置于平面直角坐标系中,点A,C分别在x,y轴的正半轴上,已知点B(4,2),将矩形OABC翻折,使得点C的对应点P恰好落在线段OA(包括端点O,A)上,折痕所在直线分别交BC、OA于点D、E；若点P在线段OA上运动时,过点P作OA的垂线交折痕所在直线于点Q.

（1）求证：CQ=QP
（2）设点Q的坐标为(x,y),求y关于x的函数关系式及自变量x的取值范围;
（3）如图2,连结OQ,OB,当点P在线段OA上运动时,设三角形OBQ的面积为S,当x取何值时,S取得最小值,并求出最小值；


答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A=∠C=115°，
在△BCD中，∠BDC=180°-115°-25°=40°，
故答案为：C.
【分析】根据平行四边形的性质和三角形内角和定理即可求解.
2．【答案】A
【解析】【解答】解：A、其逆命题为：内错角相等，两直线平行，此逆命题是真命题，此项符合题意；
B、其逆命题为：如果两个角相等，那么它们是对顶角，相等的角不一定是对顶角，所以此逆命题是假命题，此项不符题意；
C、其逆命题为：如果两个三角形的对应角相等，那么这两个三角形全等，如果两个三角形的对应角相等，那么这两个三角形一定相似，但不一定全等，所以此逆命题是假命题，此项不符题意；
D、其逆命题为：如果一个四边形的四条边相等，那么这个四边形是正方形，如果一个四边形的四条边相等，那么这个四边形一定是菱形，但不一定是正方形，所以此逆命题是假命题，此项不符题意.
故答案为：A.
【分析】一个命题通常包括题设和结论两部分，题设一般由“如果”领起，结论一般由“那么”领起，把一个命题的题设和结论交换位置即可得出该命题的逆命题；先分别写出各个选项中的逆命题，再利用利用平行线的判定，可对A作出判断；利用对顶角的定义，可对B作出判断；利用全等三角形的判定定理，可对C作出判断；利用正方形的判断方法，可对D作出判断.
3．【答案】D
【解析】【解答】解：需要添加的条件是 AB=BC ；
理由如下：
∵ 四边形ABCD的对角线互相平分，
∴ 四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC ，
∴ 平行四边形ABCD 是菱形 （一组邻边相等的平行四边形是菱形） ；
故答案为：D.
【分析】根据对角线互相平行的四边形是平行四边形可得四边形ABCD为平行四边形，然后结合一组邻边相等的平行四边形是菱形进行判断.
4．【答案】B
【解析】【解答】对角线相等的平行四边形是矩形，故A选项错误；有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故B选项正确；对角线相互垂直的平行四边形是菱形，故C选项错误；有一个角是直角的平行四边形是矩形，故D选项错误；故选B．
【分析】利用菱形的判定定理对各个选项逐一判断后即可确定正确的选项．
5．【答案】B
【解析】【解答】解：∵CE平分∠BCD，∴∠BCE＝∠ECD，∵AD∥BC，∴∠BCE＝∠DEC，∴ED＝DC，又∵2AB＝AD，∴AE＋ED＝3＋AB，∴AB＝3.
故答案为：B
【分析】根据CE平分∠BCD得∠BCE＝∠ECD，AD∥BC得∠BCE＝∠DEC，从而△DCE为等腰三角形，即ED＝DC＝AB，再结合2AB＝AD，可得AE＋ED＝3＋AB，即可解得AB＝3.

6．【答案】C
【解析】【解答】解：如图所示，过点A作AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，

因为两条彩带宽度相同，
所以AB//CD，AD//BC，AE=AF.
∴四边形ABCD是平行四边形.
∵S▱ABCD=BC•AE=CD•AF.又AE=AF.
∴BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形.
故答案为：C.
【分析】首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条彩带宽度相同；再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形.
7．【答案】C
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A=∠C，∠B=∠D，
∴∠A：∠B：∠C：∠D可能是2：1：2：1；
故答案为：C.
【分析】由平行四边形的对角相等得出∠A=∠C，∠B=∠D，即可得出结果.
8．【答案】D
【解析】【解答】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
在Rt△ABD中，∠ADB＝30°，AB＝2018，
∴BD=2AB=4036，
由勾股定理可得，AD=2018 3 .
故答案为：D.
【分析】根据30度角的直角三角形的性质得BD=2AB=4036，再由勾股定理求值即可。
9．【答案】C
【解析】【解答】解：A、 一组对边平行且相等，或两组对边分别相等的的四边形是平行四边形 ，
不符合题意；
B、 对角线相等的平行四边形是矩形，不符合题意；
C、三个角都是直角的四边形是矩形，符合题意；
D、 一组邻边相等的平行四边形是菱形, 不符合题意.
故答案为：C

【分析】分别根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理分析即可判断。
10．【答案】C
【解析】【解答】解：A、由“AB∥DC，AD∥BC”可知，四边形ABCD的两组对边互相平行，则该四边形是平行四边形.故答案为：A不符合题意；
B、由“AB=DC，AD=BC”可知，四边形ABCD的两组对边相等，则该四边形是平行四边形.故答案为：B不符合题意；
D、由“AO=CO，BO=DO”可知，四边形ABCD的两条对角线互相平分，则该四边形是平行四边形.故答案为：D不符合题意；
C、由“AB=DC，AD∥BC”可知，四边形ABCD的一组对边相等，另一组对边平行，此四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形.据此不能判定该四边形是平行四边形.故答案为：C符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据平行四边形的判定“①一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；②两组对角分别相等的四边形是平行四边形；③两组对边分别平行的四边形是平行四边形；④两组对边分别相等的四边形是平行四边形”并结合各选项即可判断求解.
11．【答案】B
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD=BC，AB=CD，
∵AC的垂直平分AD，
则AE=CE，
∴△CDE的周长= CE+ED+DC
=AE+ED+DC
=AD+DC
=AB+BC=4+6=10；
故答案为：B.

【分析】由平行四边形的性质定理得AD=BC，AB=CD，由于垂直平分线上点到线段的两个端点距离相等，得AE=CE，根据等量代换求出△CDE的周长等于AD与DC之和，代入数据即可求出结果。
12．【答案】B
【解析】【解答】解：如图，

∵AB、CD是⊙O的直径，
∴∠ADB=∠ACB=90°，∠CAD=∠CBD=90°，
∴四边形ACBD是矩形．
故答案为：B．
【分析】根据AB、CD是⊙O的直径，用圆周角定理可得∠ADB=∠ACB=90°，∠CAD=∠CBD=90°，根据矩形的判定即可得解。
13．【答案】B
【解析】【解答】解：如图，

过点E作EG⊥BC于点G，过点M作MP⊥CD于点P，设EF与MN相交于点O，MP与EF相交于点Q，
∵四边形ABCD是正方形，
∴EG=MP，
对同学小明的说法：
在Rt△EFG和Rt△MNP中，
MN=EFEG=MP ，
∴Rt△EFG≌Rt△MNP（HL），
∴∠MNP=∠EFG，
∵MP⊥CD，∠C=90°，
∴MP∥BC，
∴∠EQM=∠EFG=∠MNP，
又∵∠MNP+∠NMP=90°，
∴∠EQM+∠NMP=90°，
在△MOQ中，∠MOQ=180°﹣（∠EQM+∠NMP）=180°﹣90°=90°，
∴MN⊥EF，
当E向D移动，F向B移动，同样使MN=EF，此时就不垂直，
故小明不正确．
对乙同学的说法：∵MP⊥CD，∠C=90°，
∴MP∥BC，
∴∠EQM=∠EFG，
∵MN⊥EF，
∴∠NMP+∠EQM=90°，
又∵MP⊥CD，
∴∠NMP+∠MNP=90°，
∴∠EQM=∠MNP，
∴∠EFG=∠MNP，
在△EFG和△MNP中，
∠EFG=∠MNP∠EGF=∠MPN=90∘EG=MP ，
∴△EFG≌△MNP（AAS），
∴MN=EF，故小亮同学的说法正确，
综上所述，仅小亮同学的说法正确．
故选B．
【分析】分别过点E作EG⊥BC于点G，过点M作MP⊥CD于点P，设EF与MN相交于点O，MP与EF相交于点Q，根据正方形的性质可得EG=MP，对小明同学的说法，先利用“HL”证明Rt△EFG和Rt△MNP全等，根据全等三角形对应角相等可得∠MNP=∠EFG，再根据角的关系推出∠EQM=∠MNP，然后根据∠MNP+∠NMP=90°得到∠NMP+∠EQM=90°，从而得到∠MOQ=90°，根据垂直的定义，MN⊥EF，当E向D移动，F向B移动，同样使MN=EF，此时就不垂直；对小亮同学的说法，先推出∠EQM=∠EFG，∠EQM=∠MNP，然后得到∠EFG=∠MNP，然后利用“角角边”证明△EFG和△MNP全等，根据全等三角形对应边相等可得EF=MN．
14．【答案】D
【解析】【解答】解：如图，过点A作AH⊥x轴于点H，过点D作DG⊥x于点G，交AB于点F

则AH=FG，AF=HG
∵四边形OABC是平行四边形
∴AB∥OC
∴GF⊥AB
∴∠FAD+∠FDA=90°
∵AD⊥OD
∴∠FDA+∠ODG=90°
∴∠FAD=∠ODG
在△DFA和△OGD中
∠DFA=∠OGD=90°∠FAD=∠ODGAD=OD
∴△DFA≌△OGD（AAS）
∴AF=DG，DF=OG
设H(a,0)，则cos∠AOC= OHOA=aOA=1010
∴OA=10a
在Rt△AOH中，
∴A（a，3a）
由于点A在反比例函数 y=kx 的图象上
∴k=a·3a=3a2
∴y=3a2x
∵FG=AH=3a
∴DF+DG=3a
∴OG+DG=3a
∵四边形AFGH为矩形
∴HG=AF=DG
∴OG-HG=OG-DG=OH=a
解方程组 OG+DG=3aOG−DG=a ，得：OG=2a，DG=a
∴D点的横坐标为 2a+22 ，纵坐标为a
由于点D在 y=3a2x 的图象上，故有 a(2a+22)=3a2
解得： a=22
∴k=3a2=24
故答案为：D
【分析】 过点A作AH⊥x轴于点H，过点D作DG⊥x于点G，交AB于点F，易证四边形OABC是平行四边形，利用平行四边形的性质可证得AB∥OC，利用余角的性质可证得∠FAD=∠ODG；再利用AAS证明△DAF≌△OGD，利用全等三角形的对应边相等，可得到AF=DG，DF=OG，设H(a,0)，由勾股定理得：AH=3a 利用解直角三角形和勾股定理求出点A的坐标，由此可得到y=3a2x；然后求出点D的坐标，利用待定系数法求出k的值.
15．【答案】B
【解析】【解答】解：∵A、B为定点，∴AB长为定值，∴①线段AB的长不会随点P的移动而变化；
当P点移动时，∠APB的度数发生变化，∴②∠APB的度数会随点P的移动而变化；
当P点移动时，PA+PB的长发生变化，∴③△PAB的周长会随点P的移动而变化；
∵点A，B为定点，直线l∥AB，∴P到AB的距离为定值，∴④△APB的面积不会随点P的移动而变化；
综上，不会随点P的移动而变化的是①④.
故答案为：B.
【分析】由于A、B为定点，则AB长为定值，据此判断①；当P点移动时，∠APB的度数发生变化，据此判断②；当P点移动时，PA+PB的长发生变化，据此判断③；根据两平行线间的距离与三角形的面积公式可判断④.
16．【答案】D
【解析】【解答】解：∵平行四边形ABCD，
∴AD=BC，AB=CD，OA=OC，
∵EO⊥AC，
∴AE=EC，
∵AB+BC+CD+AD=32cm，
∴AD+DC=16cm，
∴△DCE的周长是：CD+DE+CE=AE+DE+CD=AD+CD=16cm，
故答案为：D.
【分析】根据平行四边形性质得出AD=BC，AB=CD，OA=OC，根据线段垂直平分线得出AE=CE，求出CD+DE+EC=AD+CD，代入求出即可.
17．【答案】C
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的顶点A(1，−1)，D(3，−1)，
∴点C坐标为（3，-3），
∵方形ABCD“先沿y轴翻折，再向下平移1个单位”为一次变换，
∴第一次变换后，点C坐标为（-3，-4），
第二次变换后，点C坐标为（3，-5），
第三次变换后，点C的坐标为（-3，-6），
……
则第n次变换后，点C坐标为（（-1）n×3，-n-3），
当n=2022时，点C坐标为（3，-2025），
故答案为：C．

【分析】由正方形的性质求出C坐标为（3，-3），分别求出第一次、第二次、第三次变换后点C的坐标，从而得出规律第n次变换后，点C坐标为（（-1）n×3，-n-3），然后求出n=2022时点C的坐标即可.
18．【答案】C
【解析】【解答】∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB=2，∠BAD=90°，
∵∠PAQ＝45°，
∴∠BAP+∠QAD =45°，
∵BM是正方形的外角的平分线，
∴∠MBC=135°，
∴∠BAP+∠APB=45°，
∴∠QAD＝∠APB，
∴②符合题意；
∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，
∴∠ABP=∠QDA=135°，
∵∠QAD＝∠APB，
∴△ABP∽△QDA，
∴BP：DA=BA：DQ，
∴BP•DQ＝BA2=22=4，
∴①不符合题意；
∵△ABP∽△QDA，
∴BP：DA=BA：DQ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，
∴BP：BC=DC：DQ，
∵BM、DN分别是正方形的两个外角的平分线，
∴∠PBC=∠QDC=45°，
∴△BPC∽△DCQ，
∴∠BCP=∠DQC，
∴∠PCQ=360°-∠BCD-∠BCP-∠DCQ=270°-（∠DQC+∠DCQ）=270°-（180°-∠CDQ）=135°.
∴③符合题意；
如图，将△AQD绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，连接PF．则△ABF≌△ADQ．

∴∠1=∠3，AF=AQ，BF=DQ，∠AFB=∠AQD．
∴∠PAF=∠1+∠2=∠2+∠3=∠BAD-∠PAQ=45°．
∴∠PAF=∠PAQ．
又∵AP=AP，
∴△APF≌△APQ．∴PF=PQ．
∵∠PBF=（∠AFB+∠1）+45°=（∠AQD+∠3）+45°=90°．
∴在Rt△BPF中，BP2+BF2=PF2，
∴BP2+DQ2=PQ2．
∴④符合题意；
故答案为：C．

【分析】①根据BM、DN分别是正方形ABCD的两个外角平分线，即可得到结论，进而即可判断；②结合以上结论证明△ABP∽△QDA，对应边成比例即可判断；③△ABP∽△QDA，对应边成比例，根据正方形的性质可得BP：DA=BA：DQ，∠PBC=∠QDC=45°，再求出∠PCQ=135°，即可判断；④将△AQD绕点A顺时针旋转90°得到△ABF，连接PF，证明△APF≌△APQ，再结合∠PBF=（∠AFB+∠1）+45°=（∠AQD+∠3）+45°=90°，即可得到BP2+DQ2=PQ2。
19．【答案】C
【解析】【解答】解：∵BN平分∠ABC，BN⊥AE，
∴∠NBA=∠NBE，∠BNA=∠BNE，
在△BNA和△BNE中，
∠ABN=∠EBNBN=BN∠ANB=∠ENB ，
∴△BNA≌△BNE，
∴BA=BE，
∴△BAE是等腰三角形，
同理△CAD是等腰三角形，
∴点N是AE中点，点M是AD中点（三线合一），
∴MN是△ADE的中位线，
∵BE+CD=AB+AC=19﹣BC=19﹣7=12，
∴DE=BE+CD﹣BC=5，
∴MN= 12 DE= 52 .
故答案为：C.
【分析】很容易利用ASA判断出△BNA≌△BNE，根据全等三角形的对应边相等得出BA=BE，故△BAE是等腰三角形，同理△CAD是等腰三角形，根据等腰三角形的三线合一得出点N是AE中点，点M是AD中点（三线合一），故MN是△ADE的中位线，然后根据等式的性质及等量代换、三角形的周长计算方法得出BE+CD=AB+AC=19﹣BC=19﹣7=12，进而再根据DE=BE+CD﹣BC算出DE的长最后根据三角形的中位线定理得出MN= 12 DE= 52 。
20．【答案】D
【解析】【解答】①在ΔABE与ΔDAF中，
AD=AB∠DAF=∠ABEAF=BE
∴ΔABE≌ΔDAF （SAS），
∴∠AFD=∠AEB，
∴∠AFD+∠BAE=∠AEB+∠BAE＝90°，
∴AH⊥FK，
由垂径定理，得：FH=HK，
即H是FK的中点，故①符合题意；
③如图，

过H分别作HM⊥AD于M，HN⊥BC于N，
∵AB=4，BE=3，
∴AE=AB2+BE2=5，
∴∠BAE=∠HAF=∠AHM，
∴cos∠BAE=cos∠HAF=cos∠AHM，
∴HMAH=AHAF=ABAE=45，
∴AH=125，HM=4825，
∴HN=4−4825=5225，
即HM≠HN，
∵MN∥CD，
∴MD=CN，
∵HD=HM2+MD2，HC=HN2+CN2，
∴HC≠HD，
∴ΔHGD≌ΔHEC是错误的，故③不符合题意；
②过H分别作HT⊥CD于T，由③知，AM=AH2−HM2=3625，
∴DM=4−3625=6425，
∵MN∥CD，
∴MD=HT=6425，
∴S△AHGS△HCD=12AG·HM12CD·HT=916，
故②符合题意；
④由③知，
HF=AF2−AH2=95，
∴FK=2HF=185，
∴DK=DF-FK=75，故④符合题意．
故答案为：D．

【分析】利用正方形的性质、圆的性质及相似三角形的判定和性质逐项判断即可。
21．【答案】24
【解析】【解答】解：∵菱形两条对角线的长的乘积等于48，
∴这个菱形的面积为48× 12 =24.
故答案为：24.
【分析】菱形的面积等于对角线乘积的一半，据此计算即可.
22．【答案】50°
【解析】【解答】解：在平行四边形ABCD中，∠A=50°，
则∠C=∠A=50°.
故答案为：50°
【分析】根据平行四边形的对角相等可得∠C=∠A，据此解答.
23．【答案】35
【解析】【解答】解：∵AD∥BC，
∴∠A+∠B=180°，
∴∠B=180°-125°=55°，
∵CE⊥AB，
∴在Rt△BCE中，∠BCE=90°-∠B=90°-55°=35°。
故答案为：35。
【分析】根据平行四边形的对边平行得出AD∥BC，根据二直线平行同旁内角互补得出∠B=180°-∠A=55°，进而根据垂直的定义及三角形的内角和即可算出∠BCE的度数。
24．【答案】AC=BC
【解析】【解答】∵EF垂直平分BC，
∴BE=EC，BF=CF，
∵BF=BE，
∴BE=EC=CF=BF，
∴四边形BECF是菱形；
当AC=BC时，
∵∠ACB=90°，
则∠A=45°时，菱形BECF是正方形．
【分析】由条件可知四边形BECF是菱形，要想成为正方形需保证∠ACB=90，即∠ABC=45°,也就是△ABC是等腰直角三角形。
25．【答案】不稳定性
【解析】【解答】解：学校大门做成伸缩门，这是应用了四边形不稳定性的特性．
故答案为：不稳定性．

【分析】根据平行四边形的性质即可得出答案。
26．【答案】AB∥CD(或AD=BC)
【解析】【解答】试题解析：添加AD=BC，
∵AD=BC，AB=CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，

【分析】由平行四边的判定定理：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；或者两组对边分别相等的四边形是平行四边形即可写出答案
27．【答案】103
【解析】【解答】∵AB=12，BC=5，
∴AD=5，
∴BD= 122+52 =13，
根据折叠可得：AD=A′D=5，
∴A′B=13﹣5=8，
设AE=x，则A′E=x，BE=12﹣x，
在Rt△A′EB中：（12﹣x）2=x2+82，
解得：x= 103 ，
故答案为： 103 ．
【分析】设AE=x，则A′E=x，BE=12﹣x，由折叠的性质可得AD=A′D=5，由矩形的性质可得AD=BC=5，在直角三角形ABD中，用勾股定理可求得BD=13，所以A′B=13﹣5=8，在Rt△A′EB中：（12﹣x）2=x2+82，解得x=103.
28．【答案】∠DAB=90°
【解析】【解答】解：可以添加条件∠DAB=90°，
∵AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠DAB=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
故答案为：∠DAB=90°.
【分析】根据对角线互相平分线的四边形为平行四边形可得四边形ABCD是平行四边形，添加条件∠DAB=90°可根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行判定.
29．【答案】AC⊥BD (答案不唯一)
【解析】【解答】解：需要添加的条件是：AC⊥BD，理由如下：
∵对角线AC，BD交于点O，OA=OC=OB=OD，
∴四边形ABCD是矩形，
又∵AC⊥BD，
∴矩形ABCD是正方形.
故答案为：AC⊥BD.（答案不唯一）
【分析】根据OA=OC=OB=OD，可判定四边形ABCD为矩形，因此根据对角线相互垂直的矩形为为正方形，添加AC⊥BD即可，也可以根据有一组邻边相等的矩形是正方形添加条件.
30．【答案】AD=BC,AB∥DC, ∠A=∠C, ∠B=∠D等
【解析】【解答】解：可由一组对边平行且相等判定四边形是平行四边形, 可添加AD=BC；因为其一组对边平行，要使其为平行四边形，添加对边相等即可.
故答案为：AD=BC等

【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可添加AB∥CD；根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可添加AD=BC。

31．【答案】1
【解析】【解答】∵矩形ABFE的中心对称图形，
∴对称中心是CD的中点，
∴把矩形ABCD绕CD的中点旋转180°能与矩形CDEF重合，则旋转中心为CD的中点，
故答案为：1

【分析】根据矩形的性质和旋转的性质可求解．
32．【答案】27
【解析】【解答】解：由作法得MN垂直平分CD，即CE＝DE，AE⊥CD，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD＝CD＝AB＝4，CD∥AB，
∴DE＝2，AE⊥AB，
在Rt△ADE中，AE＝ 42−22=23 ，
在Rt△ABE中，BE＝ 42+(23)2 ＝2 7 ．
故答案为2 7 ．
【分析】利用基本作法得到得MN垂直平分CD，即CE＝DE，AE⊥CD，再利用菱形的性质得到AD＝CD＝AB＝4，CD∥AB，则利用勾股定理先计算出AE，然后计算出BE．
33．【答案】245
【解析】【解答】解：在 ▱ABCD 中， AD=BC ， AD//BC ，
∵E 为 AD 的三等分
∴AEBC=AEAD=23
∵AD//BC
∴ΔAEF ∽ ΔCBF
∴AFFC=AEBC=23
又 ∵AC=12 ， AC=AF+FC ，
∴AF=25×12=245.
故答案为： 245 .
【分析】由平行四边形的性质可得AD=BC，AD∥BC，根据E为AD的三等分点，可得AEBC=AEAD=23，易证△AEF∽△CBF，然后根据相似三角形的性质进行求解.
34．【答案】34
【解析】【解答】解：∵D是AB上的中点，CD=2，
∴AC=2CD=4，
cosA=ACAB=34.
故答案为：34.

【分析】根据三角形斜边中线的性质得出AC长，再根据余弦三角函数的定义定义计算即可.
35．【答案】6
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∵点E为AD的中点，
∴OE是△ACD的中位线，
∴CD=2OE=4，
∵▱ABCD周长为20，
∴BC+CD=10，
∴BC=6，
故答案为：6．

【分析】根据三角形中位线的性质可得CD=2OE=4，再利用BC+CD=10，即可得到BC=6。
36．【答案】256π
【解析】【解答】根据题干信息，四边形AECD是平行四边形，则AE=CD，又BE=AB=CD，则△ABE是等边三角形，∠B=60°，所以S阴影=nπR2360=60×π×52360=256π 。

【分析】阴影部分是扇形，只需求出扇形的圆心角，结合扇形面积公式进行分析。
37．【答案】A或B；23；23
【解析】【解答】解：A、如图，连接 AC ，

∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴∠ACD=45° ，
∵∠DCE=45° ，
∴∠ACE=90° ，
∵DC=CE=2 ，
∴AC=DC2+AD2=22+22=22 ，
∴ 在 RtΔACE 中，
AE=AC2+CE2=(22)2+22=23 ；
B、如图，将 ΔADE 绕点 D 逆时针旋转 90° ，点 A 与点 C 重合，点 E 旋转至点 F ，连接 DF 、 CF 、 EF ，

∴ΔADE≅ΔCDF ，
∴AE=CF ， DE=DF=2 ，
由旋转的性质得： ∠EDF=90° ，
∴∠DEF=45° ，
EF=DE2+DF2=22+22=22 ，
∵∠CED=45°
∴∠CEF=90° ，
在 RtΔACE 中，
∴CF=CE2+EF2=22+(22)2=23 ，
∵AE=CF ，
∴AE=23 .
故答案为： A或B A. 23 B. 23
【分析】A、连接AC，利用正方形的性质可证得∠ACD=45°，从而可得到∠ACE=90°，利用勾股定理求出AC，AE的长；
B、将△ADE绕点D逆时针旋转90°，点A与点C重合，点E旋转至点F ，连接DF 、CF、EF ，利用旋转的性质得△ADE≌△CDF，DE=DF=2，利用全等三角形的性质可证得AE=CF，利用勾股定理求出EF，CF的长，然后根据AE=CF可求出AE的长.
38．【答案】①②③④
【解析】【解答】解：∵在△ABC中，AD和BE是高，
∴∠ADB=∠AEB=∠CEB=90°，
∵点F是AB的中点，
∴FD= 12 AB，FE= 12 AB，
∴FD=FE，①正确；
∵∠ABE=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE=BE，
∵∠CBE=∠BAD，∠CBE+∠C=90°，∠BAD+∠ABC=90°，
∴∠ABC=∠C，
∴AB=AC，
∵AD⊥BC，
∴BC=2CD，∠BAD=∠CAD=∠CBE，
在△AEH和△BEC中，
∠AEH＝∠CEBAE＝BE∠EAH＝∠CBE ，
∴△AEH≌△BEC（ASA），
∴AH=BC=2CD，②正确；
∵∠BAD=∠CBE，∠ADB=∠CEB，
∴△ABD～△BCE，
∴ABBC=ADBE ，即BC•AD=AB•BE，
∵2 AE2=AB•AE=AB•BE，BC•AD=AC•BE=AB•BE，
∴BC•AD= 2 AE2；③正确；
∵F是AB的中点，BD=CD，
∴S△ABC=2S△ABD=4S△ADF，④正确.
故答案为：①②③④.
【分析】根据高线的概念可得∠ADB=∠AEB=∠CEB=90°，由直角三角形斜边上中线的性质可得FD=12AB，FE= 12 AB，据此判断①；根据等角的余角相等可得∠ABC=∠C，结合等腰三角形的性质可得BC=2CD，∠BAD=∠CAD=∠CBE，证明△AEH≌△BEC，得到AH=BC，据此判断②；证明△ABD～△BCE，利用相似三角形的性质可判断③；根据等底等高的三角形面积相等可判断④.
39．【答案】75°；3−32
【解析】【解答】解：∵△CDG是等边三角形，
∴GD＝CD，∠GDC＝∠DGC＝60°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°
∴AD＝GD，∠ADG＝30°，
∴∠AGD＝∠DAG＝ 12(180°−30°)=75° ，
过点G作PQ⊥CD于点P，交AB于点Q，过点A作AH⊥GD于点H，

设DP＝CP＝x，
∵△CDG是等边三角形，四边形ABCD是正方形，
∴PG＝ 3 x，CD＝AD＝DG＝PQ＝2x，∠DGP＝30°，
∴GQ＝2x﹣ 3 x，
∵∠AGD＝∠DAG＝75°，
∴∠AGQ＝∠AGH＝75°，
在△AGQ和△AGH中，
∠AQG=∠AHG=90°∠AGQ=∠AGHAG=AG ，
∴△AGQ≌△AGH（AAS），
∴AH＝AQ＝DP＝x，GH＝GQ＝2x﹣ 3 x，
∵∠AMG＝∠DAE+∠ADG＝15°+30°＝45°，AH⊥GD，
∴HM＝AH＝x，
∴GM＝3x﹣ 3 x，
同理GN＝3x﹣ 3 x，
∵△CDG是等边三角形，
∴∠DGC＝60°，
∴△GMN是等边三角形，
∴MN＝GM＝3x﹣ 3 x，
∴MNCD ＝ 3x−3x2x ＝ 3−32 .
故答案为：75°， 3−32 .
【分析】利用正方形的性质可证得∠ADC＝90°，AD＝CD，利用等边三角形的性质可知GD＝CD，∠GDC＝∠DGC＝60°，由此可推出AD＝GD，∠ADG＝30°，利用等边对等角及三角形的内角和求出∠AGD，∠DAG的度数；过点G作PQ⊥CD于点P，交AB于点Q，过点A作AH⊥GD于点H，设DP＝CP＝x，再利用AAS证明△AGQ≌△AGH，利用全等三角形的性质可得到AH，AQ，GH，GQ的长；同时可求出∠AMG的度数，然后表示出MN的长，从而可求出MN与CD的比值.
40．【答案】①②④
【解析】【解答】解：连接DE，过点O作OH⊥BC于点H，OG⊥CD于点G，

∴∠OHC＝∠OGC＝90°，
∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴AB∥CD，AB＝BC＝CD＝DA＝4，∠A＝∠B＝∠DCF＝90°．
∴OH∥BE，OG∥BC，∠OHC＝∠OGC＝∠DCF＝90°，
∴四边形OHCG是矩形．
∴OG＝CH．
∵AE＝1，
∴BE＝AB－AE＝4－1＝3．
∴CE＝ BE2+BC2=5 ．
∵点O是CE的中点，OH∥BE，
∴OE＝OC＝ 12 CE＝ 52 ，CH＝ 12 BC＝2，OH＝ 12 BE＝ 32 ．
∴OG＝CH＝2．
设CF＝x，
∵S△FCD＝S△OCF＋S△OCD，
∴12 CF•CD＝ 12 OH•CF＋ 12 OG•CD．
即 12 ×4x＝ 12 × 32 x＋ 12 ×2×4，
解得x＝ 165 ，故①符合题意；
∵AB∥CD，
∴∠BEC=∠DCE．
∵cos∠BCE=BEBC=35 ，
∴cos∠DCE=35 ，故②符合题意；
在Rt△ADE中，DE＝ AE2+AD2=17 ，
假设∠DOC＝90°，
∵OE＝OC，OD⊥CE，
∴DE＝CD．
∵DE≠CD，
∴假设不成立，∠DOC≠90°，故③不符合题意；
∵S△EBC＝ 12 BC•BE＝ 12 ×4×3＝6，
S△COF＝ 12 CF•OH＝ 12 × 165 × 32 ＝ 125 ，
∴S四边形BEOF＝S△EBC－S△COF＝6－ 125 ＝ 185 ．
∴S四边形BEOF：S△COF＝ 185 ： 125 ＝3:2，故④符合题意．
故答案为：①②④．
【分析】①根据正方形的性质求出BE，由勾股定理求得CE，再利用矩形的判定及性质及三角形中位线定理求出OG、OH，则可利用面积公式求得CF；②利用平行线性质证得∠BEC=∠DCE，则可由 cos∠BCE=BEBC=35 证明结论；③利用反证法，根据线段垂直平分线的性质定理即可证明结论；④利用面积公式分别求出S△COF和S四边形BEOF，计算后即可得证．
41．【答案】证明：∵AC 平分 ∠BAD ，
∴∠BAC=∠DAC ，
∵AE∥BF ，
∴∠DAC=∠ACB ，
∴∠BAC=∠ACB ，
∴AB=BC ，
同理 AB=AD .
∴AD=BC ，
∵AE∥BF ，
∴AD∥BC 且 AD=BC ，
∴四边形 ABCD 是平行四边形，
∵AB=BC ，
∴四边形 ABCD 是菱形.
【解析】【分析】由角平分线和平行线的性质先证出 AB=BC ， AB=AD ，从而有 AD=BC ，得到四边形 ABCD 是平行四边形，又因为 AB=BC ，所以四边形 ABCD 是菱形.
42．【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，∴∠A=∠C，AD=CD，又∵DE⊥AB，DF⊥BC，∴∠AED=∠CFD=90°，在△ADE和△CDF中，∠A=∠C∠AED=∠CFDAD=CD ，∴△ADE≌△CDF（AAS）．
【解析】【分析】先利用菱形的性质可求出∠A=∠C，AD=CD，再结合已知条件DE⊥AB，DF⊥BC，可得∠AED=∠CFD，从而由AAS可证△ADE≌△CDF。
43．【答案】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BM＝DN，
∴OB﹣BM＝OD﹣DN，即OM＝ON，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∵MO＝NO，
∴MN＝2MO，
∵AC＝2MO，
∴MN＝AC，
∴四边形AMCN是矩形．
【解析】【分析】先证明四边形AMCN是平行四边形，再结合MN=AC，可得四边形AMCN是矩形。
44．【答案】解：如图：OP是∠AOB的平分线；

理由：由四边形AEBF是平行四边形可以知道AP=BP，
又OA=0B，
则OP是等腰三角形OAB底边AB上的中线，
所以OP是∠AOB的平分线
【解析】【分析】∠AOB的平分线必定经过平行四边形对角线的交点．所以先作平行四边形的对角线，再作∠AOB的平分线．设对角线交点为P，根据平行四边形的性质可得：AP=BP．再由条件AO=BO，OP=OP，可得△APO≌△BPO，进而得到∠AOP=∠BOP．
45．【答案】（1）证明：连接CD，∵AC是直径，∠ACB=90°，∴BC是⊙O的切线，∠ADC=90°．∵DE是⊙O的切线，
∴DE=CE（切线长定理）．
∴∠DCE=∠CDE，又∵∠DCE+∠EBD=∠CDE+∠EDB=90°，∴∠EBD=∠EDB．
∴DE=BE，
∴CE=BE．
（2）解：当△ABC是等腰直角三角形时，四边形ODEC是正方形.证明如下：△ABC是等腰直角三角形．则∠B=45°，
∴∠DCE=∠CDE=45°，则∠DEB=90°，
又∵OC=OD，∠ACB=90°，∴∠OCD=∠ODC=45°，∴∠ODE=90°，
∴四边形ODEC是矩形，
∵EC=ED，∴四边形ODEC是正方形.
【解析】【分析】（1）由条件可知BC、DE都是⊙O的切线，根据切线长定理可得DE=CE，连接CD，由直径所对的圆周角是直角又知∠ADC=90°，在Rt△CDB中借助等边对等角及互余的性质可得DE=BE，据此即可证明；
（2）由△ABC是等腰直角三角形可知∠B=45°，借助(1)的推理可得∠DEB=90°，从而可知四边形ODEC是矩形，再根据同圆半径相等即可得结论。
46．【答案】（1）解：连接CQ，
由已知易得CD=PD,
∠CDE=∠PDE,
∴ ∠CDQ=∠PDQ,
又DQ=DQ,
∴△CDQ≌△PDQ得CQ=PQ.

（2）解：∵Q(x,y) ， CQ=PQ=y
设BC与PQ的交点为M，则QM=y-2,CG=x
由勾股定理，得
x2+(y-2)2=y2，
则y=14x2+1(0