第20讲 多边形与特殊四边形-备战2023年中考数学核心考点+重点题型+高分秘籍+题组训练+过关检测（全国通用）

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(全国通用版)
第20讲多边形与特殊四边形
题组特训详解
选择题
1．如图，在四边形纸片中，，将纸片折叠，使点、落在边上的点、处，折痕为，则的结果为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据折叠的性质可求得：，，利用四边形的内角和求出，由补角的定义可求解．
【详解】解：由折叠可知：，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴
，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查四边形的内角和外角，折叠的性质，补角．掌握四边形的内角和为是解题的关键．
2．如图1，作平分线的反向延长线，现要分别以为内角作正多边形，且边长均为1，将作出的三个正多边形填充不同花纹后成为一个图案．例如，若以为内角，可作出一个边长为1的正方形，此时，而是 (多边形外角和)的，这样就恰好可作出两个边长均为1的正八边形，填充花纹后得到一个符合要求的图案．如图2所示，图2中的图案外轮廓周长是14．在所有符合要求的图案中选一个外轮廓周长最大的定为会标，则会标的外轮廓周长是（ ）
A．14B．16C．19D．21
【答案】D
【分析】设，先表示中间正多边形的边数：外角为，根据外角和可得边数为，同理可得两边正多边形的外角为x，可得边数为，计算其周长可得结论．
【详解】解：设，
∴以为内角的正多边形的边数为：，
以为内角的正多边形的边数为：，
∴图案外轮廓周长是：
，
根据题意可知：的值只能为，，，，
当x越小时，周长越大，
∴当时，周长最大，此时图案定为会标，
则则会标的外轮廓周长是：，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了阅读理解问题和正多边形的边数与内角、外角的关系，明确正多边形的各内角相等，各外角相等，且外角和为是关键，并利用数形结合的思想解决问题．
3．如图，在四边形中，，，点为延长线上一点，连接AC、AE，AE交于点H，的平分线交于点．若，点为的中点，，则的长为（ ）
A．9B．C．10D．
【答案】B
【分析】根据平行线的性质得，推出，得出，由点是的中点可得，则，由等腰三角形三角形合一的性质可得出，进而求出的长，由勾股定理可得出的长，进而求出的长．
【详解】解：，
，
，
，
；
四边形是平行四边形，
，，
，点是的中点，
，，，
，
，，
，
，，
，
平分，
，，
，
在中，，，
由勾股定理可得，
，
故选B．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、平行线的判定与性质等知识；本题综合性强，熟练掌握平行线的判定与性质是解题的关键．
4．如图，在中，，，，，分别是，边的中点，于点．连接，则的长为（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】D
【分析】先根据等边对等角得到，再由勾股定理得到，由线段中点的定义和三角形中位线定理得到，，，再由得到，，由此求出，即可利用勾股定理求出的长．
【详解】解：∵在中，，，
∴，
∵，
∴，
∵，分别是，边的中点，
∴是的中位线，，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故选D．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，三角形中位线定理，证明是的中位线是解题的关键．
5．如图，在平面直角坐标系中，已知，，，是线段上的一个动点，连接，过点作交轴于点．若点，在直线上，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】当点M在上运动时，交轴于点，此时点N在y轴的负半轴移动，定有；只要求出的最小值，也就是最大值时，就能确定点N的坐标，而直线与y轴交于点，此时b的值最大，因此根据相似三角形的对应边成比例，设未知数构造二次函数，通过求二次函数的最值得以解决．
【详解】解：连接，如图所示：
∵，，，
∴轴，轴，
∴，
∴四边形是矩形，
，
又，
，
，
，
，
设．则，
，
即：，
当时，，
直线与轴交于，且点N在y轴的负半轴上，
∴当最大时，最小，点越往上，的值最大，，
此时， ，
的最大值为，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查相似三角形的性质、二次函数的性质、二次函数的最值以及一次函数的性质，构造相似三角形、利用二次函数的最值是解题的关键．
6．如图，M，N分别是平行四边形的对边、的中点，且，连接，交于点P，连接，交于点Q，则以下结论错误的是（ ）
A．B．
C．四边形是矩形D．是等边三角形
【答案】D
【分析】连接．由平行四边形的性质推出平行且等于，再证出，得出，，证得四边形为平行四边形，得到；再根据矩形和菱形的判定定理证明推出四边形是矩形．
【详解】解：连接，
∵四边形为平行四边形，
∴平行且等于，
又∵M为的中点，N为的中点，
∴,
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴；
同理
∴A、B正确；
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴
同理：
∴四边形为平行四边形，
∵
∴
∴四边形为菱形，
∴，
∴
∴平行四边形为矩形．
∴C正确，D不正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、矩形的判定进行推理论证，正确掌握各定理并熟练应用是解题的关键．
7．如图，在中，，以点A为圆心，的长为半径画弧交于点F，再分别以点为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，连接交于点E，连接，则四边形的周长为（ ）
A．16B．18C．20D．25
【答案】A
【分析】利用基本作图得到，，根据平行四边形的性质得，则，所以，从而得到，于是可判断四边形为菱形，于是可得到四边形的周长．
【详解】解：由作法得，平分，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
而BE∥AF，
∴四边形为菱形，
∴四边形的周长．
故选：A．
【点睛】本题考查了作图-基本作图：熟练掌握基本作图（作一条线段等于已知线段；作一个角等于已知角；作已知线段的垂直平分线；作已知角的角平分线；过一点作已知直线的垂线）．也考查了平行四边形的性质．
8．如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，PEBC，PFCD，垂足分别为点E，F，连接AP，EF，给出下列四个结论：
①AP＝EF；
②PFE＝BAP；
③PD＝EF；
④APD可能是等腰三角形．
其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】由正方形的性质证明，得出，由，证明四边形PECF是矩形，得出，进而得出，可知①符合题意；由矩形的性质证明，得出，进而得出，可知②符合题意；由正方形的性质结合矩形的性质得出是等腰直角三角形，进而得出，由直角三角形的斜边大于直角边，可知，故，可知③不符合题意；只有或或时，才是等腰三角形，可知④符合题意；即可得出答案．
【详解】解：如图，连接PC，
四边形ABCD是正方形，
，，
在和中，
（SAS）
，，
，，
，
四边形PECF是矩形，
，
，
故①符合题意；
四边形PECF是矩形，
，，
在和中，
（SAS）
，
，
，
故②符合题意；
四边形PECF是矩形，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
故③不符合题意；
点P在BD上，
只有或或时，才是等腰三角形，
故④符合题意；
综上，①②④符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、直角三角形的斜边大于直角边、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定．
9．已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，BP＝．下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为；③EB⊥ED ④S△APD+S△APB＝；⑤S正方形ABCD＝4+．其中正确结论的个数是（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】C
【分析】根据正方形的性质即可求出三角形△APD≌△AEB；过点作直线的垂线，根据三角形三边大小关系即可求出点B到直线AE的距离大于；根据两角之和等于即可求出，从而求出EB⊥ED；根据图示（见详解）即可利用五边形的面积减去正方形的面积得到的面积，也就是的面积，再利用四边形的面积减去的面积即可求出的面积，即可求出S△APD+S△APB＝；如图所示（见详解），利用出正方形的边长即可求出正方形的面积．
【详解】解：结论①：
根据正方形的性质得，，且，，，
∵，，
∴，
∵，
∴，故①正确，符合题意；
结论③：
如图所示，在中，
，，，
∴，即是直角三角形，
∴，故③正确，符合题意；
结论②：
如下图所示，点到的垂线，
在中，，
∴，，
在中，，，
∴，，
∴，即点到的距离，故②是错的，不符合题意；
结论⑤：
在中，，，
∴，，
∴，
，
∴，故⑤正确，符合题意；
结论④：
，，
∴，
∴，故④正确，符号题意．
故选：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，结合图形，数据，解直角三角形的知识即可求出答案，理解和掌握正方形的性质及直角三角形的勾股定理是解题的关键．
10．如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O为原点，点A的坐标为，则点C的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，先证∠AOC＝∠ECO，再证明△OCE≌△AOD，得出对应边相等OE＝AD，CE＝OD＝2，即可得出结果．
【详解】解：如图所示，作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，则∠OEC＝∠ADO＝90°，
∴∠COE+∠ECO＝90°，
∵A的坐标为（2，），
∴AD，OD＝2，
∵四边形OABC是正方形，
∴OA＝OC，∠AOC＝90°，
∴∠AOD+∠COE＝90°，
∴∠AOD＝∠ECO，
在△OCE和△AOD中，
，
∴△OCE≌△AOD（AAS），
∴OE＝AD，CE＝OD＝2，
∴C（，2）．
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质、坐标与图形性质以及全等三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的性质，证明△OCE≌△AOD是解决问题的关键．
二、填空题
11．如图所示的五边形花环，是用五个全等的直角三角形拼成的，则图等于___________度．
【答案】18
【分析】根据题意，这是一个正五边形，由正五边形外角得到每一个内角度数为，结合五边形花环是用五个全等的直角三角形拼成的，由图可知正五边形一个内角为一个直角与拼成，从而列等式求解即可得到答案．
【详解】解：由题意可知，这个图形是正五边形，
正五边形一个内角度数为，
五边形花环是用五个全等的直角三角形拼成的，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查正五边形内角与外角性质，根据题意，得到正五边形的每一个内角度数及构成是解决问题的关键．
12．如图，七边形中，，的延长线交于点O，若，，，的和等于，则的度数为______．
【答案】##50度
【分析】延长交于点H，根据，得到，结合，得到，结合计算即可．
【详解】如图，延长交于点F，
因为，
所以，
因为，
所以，
因为，
所以．
故答案为：．
【点睛】本题考查了多边形的外角和定理，三角形外角的性质，三角形内角和定理，熟练掌握多边形的外角和定理是解题的关键．
13．如图，在中，，于点，为的中点，连接、，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论有________．（填序号）
【答案】①②③④
【分析】如图延长交的延长线于G，取的中点H连接．证明 得，，证明四边形是菱形即可解决问题.
【详解】解：如图，延长交的延长线于点G，取的中点H，连接．
∵为的中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．故①正确，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故②正确，
∵，
∴，故③正确，
∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，故④正确，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定、菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、全等三角形的判定和性质等知识，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．
14．如图，在中，，点分别是的中点，点在边上（均不与端点重合），．将绕点顺时针旋转，将绕点逆时针旋转，拼成四边形，则四边形周长的取值范围是____________．
【答案】
【分析】如图：连接作于首先证明要求四边形周长的取值范围，只要求的最大值和最小值即可．
【详解】解：如图：连接作于
在中，
∴四边形是平行四边形，
∴四边形是平行四边形，
∴当时，可得四边形周长的最小值
当与重合时可得周长的最大值为
不与重合，
故答案为：
【点睛】本题考查了旋转变换，勾股定理，平行四边形的性质，三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会取特殊点解决问题．
15．如图，矩形纸片中，，，点，分别在边，上，将矩形纸片沿折叠，点，的对应点分别为点，．
（1）若点在矩形内部，的延长线交边于点，已知，则______；
（2）若点恰好与点重合，则折痕的长是______．
【答案】
【分析】（1）根据折叠的性质得出，根据平行线的性质得出，即可求解．
（2）根据题意画出图形，证明四边形是菱形，根据勾股定理求得边长，进而等面积法即可求解．
【详解】解：（1）∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠，，
∴，
故答案为：．
（2）如图所示，连接，
依题意，点恰好与点重合，则,，，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∵，，
∴，
设，则中，，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，菱形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
三、解答题
16．如图，对角线，相交于点O，过点D作且，连接，，．
(1)求证：是菱形；
(2)若，，求的长．
【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明平行四边形是矩形，得到，根据菱形的判定即可得出结论；
（2）根据菱形的性质和等边三角形的判定证明是等边三角形，得到，，再由勾股定理求得，然后根据矩形性质得到，，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴平行四边形是矩形，
∴，
∴，
∴是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
由（1）可知，四边形是矩形，
∴，，
∴在中，，
即的长为．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形和矩形的判定与性质是解题的关键．
17．将两张完全相同的矩形纸片，矩形纸片按如图方式放置，为重合的对角线，重叠部分为四边形．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)若四边形的面积为60，，求的长．
【分析】（1）先根据矩形的性质可得，，，再根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，然后根据三角形全等的判定可证出，根据全等三角形的性质可得，最后根据菱形的判定即可得证；
（2）先根据菱形的面积公式可得，再利用勾股定理可得，然后根据即可得．
【详解】（1）证明：∵四边形、是完全相同的矩形，
∴，，，
∴四边形是平行四边形，
在和中，，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形．
（2）解：菱形的面积为60，，，
，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．
18．在正方形中，点、分别是边、的中点．
(1)如图，连接，相交于点．求证：①，②；
(2)如图，延长、相交于点，连接．求证：；
(3)如图，若正方形的边长为，将沿翻折得到，延长交的延长线于点，交于点，求的长．
【分析】（1）①根据正方形的性质结合已知条件根据证明，即可得证；
②根据①的结论，根据，得出,即可得证；
（2）根据正方形的性质得出，得出，进而根据相似三角形的性质即可得证；
（3）连接，证明，设，得出，由，得出，根据相似三角形的性质得出，进而即可求解．
【详解】（1）证明：①∵四边形是正方形，
∴，，，
∵点、分别是边、的中点，
∴，
∴，
②∵
∴，
∴，
∴,
即；
（2）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
又，是的中点，则，
∴，
∴，
又（1）②可得；
∴是直角三角形，
∴；
（3）解：如图所示，连接，
依题意，，，
又，
∴，
∴，
设，
则，
在中，，
∴，
解得：，
∴,
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，综合运用以上知识是解题的关键．
19．如图，在正方形中，E、F是对角线上两点，且，将绕点A顺时针旋转后，得到，连接．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)当F是的中点时，判断四边形的形状，并说明理由．
【分析】（1）由正方形的性质可得，由旋转的特征可得，还有已知条件，于是可证明，即可利用 证明；
（2）由旋转的特征可得，可证明，由得，在中用勾股定理可证得结论；
（3）可由（1）和（2）的结论先证明四边形有三个角是直角，则四边形是矩形，再由得，四边形是正方形．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
由旋转得，，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）证明：∵四边形是正方形，
∴，
由旋转得，，
∴，
在中，由勾股定理得，
由（1）得，，
∴，
∴；
（3）解：四边形是正方形，理由如下：
当点F是的中点时，则，
∵四边形是正方形，
∴，
由旋转的性质得，
由（2）得，
∴四边形是矩形，，
∴四边形是正方形．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定、旋转的特征、全等三角形的判定以及勾股定理等知识与方法，此题难度不大，但综合性较强，是很好的习题．
20．已知中，，，．点D由A出发沿向点C匀速运动，同时点E由B出发沿向点A匀速运动，它们的速度相同，点F在上，，且点F在点E的下方，当点D到达点C时，点E，F也停止运动，连接，设．解答下列问题：
(1)如图1，当x为何值时，为直角三角形；
(2)如图2，把沿翻折，使点D落在点．
①当x为何值时，四边形为菱形？并求出菱形的面积；
②如图3，连接，设为y，请求出y关于x的函数关系式；
③如图4，分别取，的中点M，N，在整个运动过程中，试确定线段扫过的区域的形状，并求其面积（直接写出答案）．
【分析】（1）解求出，，用含x的代数式表示出，分和两种情况，解即可；
（2）①连接，交于G，结合折叠的性质可知，当时，四边形为菱形，由菱形的性质可知，，由此解直角三角形即可；
②作于G，通过解直角三角形用含x的代数式表示出，，再利用勾股定理解即可；
③由三角形中位线的性质可得，，进而可得扫过的区域为平行四边形，求出点M到的距离，利用平行四边形面积公式即可求解．
【详解】（1）解：∵，，，
∴，，
∴，，，
当，如图，
∵，
∴，
∴，
∴；
当，如图，
∵，
∴，
∴，
∴；
∴当或，为直角三角形；
（2）解：①如图，连接，交于G，
由折叠的性质可知，，
∴当时，四边形为菱形，
∵四边形为菱形，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴菱形的面积；
②如图，作于G，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴；
③∵M、N分别为，的中点，
∴，，
∴线段扫过的区域的形状是平行四边形，
当D运动到C，则F正好运动到A，如图所示，作于H，
此时，
∵，
∴，
设，则，
由勾股定理得，即，
解得，，
∴线段扫过的区域的形状是平行四边形的面积．
【点睛】本题属于三角形上的动点问题，考查解直角三角形，菱形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，三角形中位线的性质等知识点，综合性较强，难度较大，综合运用上述知识，正确作出辅助线是解题的关键．
过关检测详细解析
一．选择题
1．如图，在四边形中，，，将沿翻折，得到，若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据两直线平行，同位角相等求出、，再根据翻折的性质求出和，然后利用三角形的内角和定理列式计算即可得解．
【详解】解：∵，，
∴，
∵沿MN翻折得，
∴，
在中，．
∵，且，
∴，
故选：A．
【点睛】本题考查了平行线的性质，翻折变换，平行线的性质是由平行关系来寻找角的数量关系．应用平行线的判定和性质定理时，一定要弄清题设和结论，切莫混淆．
2．一个正五边形和一个正六边形按如图所示方式摆放，它们都有一边在直线上，且有一个公共顶点，则的度数是（ ）
A．75°B．80°C．84°D．90°
【答案】C
【分析】利用正多边形的性质求出∠AOE，∠BOF，∠EOF即可解决问题；
【详解】由题意：∠AOE＝108°，∠BOF＝120°，∠OEF＝72°，∠OFE＝60°，
∴∠EOF＝180°−72°−60°＝48°，
∴∠AOB＝360°−108°−48°−120°＝84°，
故选C．
【点睛】此题考查正多边形的性质，三角形内角和定理，解题关键在于掌握各性质定义．
3．如图，在中，对角线，为的中点，经过点的直线交于，交于，连接、，现在添加一个适当的条件，使四边形是菱形，下列条件：①；②；③平分；④为中点．正确的有（ ）个．
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】由在中，O为的中点，易证得四边形是平行四边形；然后由一组邻边相等的平行四边形是菱形与对角线互相垂直的平行四边形是菱形，求得答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵O为的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
①∵，
∴，
∴四边形是矩形；故错误；
②∵，
∴四边形是菱形；故正确；
③∵平分，，
∴，
无法判定四边形是菱形；故错误；
④∵，，
∴，
∵E为中点，
∴，
∴四边形是菱形；故正确．
故选：B．
【点睛】此题考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意首先证得四边形是平行四边形是关键．
4．如图，E，F，G，H分别是，，，的中点，且，下列结论：①四边形是菱形；②；③若，则；④；其中正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【分析】根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半与可得四边形是菱形，然后根据菱形的对角线互相垂直平分，并且平分每一组对角的性质对各小题进行判断．
【详解】
解：、、、分别是、、、的中点，
，，，，，，
，
，
四边形是菱形，
∴四边形是菱形，故①正确；
∴，故②正确；
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∴，故③错误；
当，如图所示：，分别为，中点，
连接，延长到上一点，
，，
，只有时才可以成立，而本题与很显然不平行，故④错误．
综上所述，①②共2个正确．
故选：B．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理与菱形的判定与菱形的性质，根据三角形的中位线定理与判定四边形是菱形是解答本题的关键．
5．如图，在边长为2的等边三角形的外侧作正方形，过点D作，垂足为F，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过点分别作于点，于点，可得四边形是矩形，从而得到，再由△ABC为等边三角形，可得，，从而得到，再证得，然后根据直角三角形的性质，即可求解．
【详解】解：如图，过点分别作于点，于点，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵为等边三角形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
在正方形中，，，
∴，
∴，
∴．
故选：D
【点睛】本题主要考查了等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
6．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，边在y轴上，且点A的坐标为．根据四边形的不稳定性，固定点O，A，沿箭头方向推动正方形得到四边形，其中点B的对应点为点D，点C的对应点为点E，若，则点D的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图所示，过点D作轴于F，由题意得，四边形是菱形，则，，再求出得到，利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出，，即可得到答案．
【详解】解：如图所示，过点D作轴于F，
由题意得，四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴点D的坐标为，
故选A．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，菱形的性质与判定得到，正确作出辅助线是解题的关键．
7．如图，在中，，，过点A作边的的垂线交的延长线于点E，点F是垂足，连接，，交于点O．则下列结论：①四边形是正方形；②；③；④．正确的命题为（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】C
【分析】①先证明△ABF≌△ECF，得AB=EC，再得四边形ABEC为平行四边形，进而由∠BAC=90°，得四边形ABCD是正方形，便可判断正误；②根据BC=AB，DE=2AB进行推理说明即可；③根据CD=CE，得出CF是△EFD的中线，然后利用等底等高的三角形面积相等即可解决问题；④根据平行四边形的性质得出AD=BC，再根据正方形的性质得出AE=BC即可．
【详解】解：①∵∠BAC= 90°，AB = AC，AF⊥BC，
∴.BF= CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB//DE，
∴∠BAF= ∠CEF，又∠AFB=∠CFE，BF= CF，
∴△ABF≌△ECF(AAS)，
∴AB= CE，
∴四边形ABEC是平行四边形，又∠BAC=90°，AB=AC，
∴四边形ABEC是正方形，故①正确；
②∵AB=CD=CE，
∴DE=2AB，
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴BC=AB，
∴DE=BC，故②错误；
③∵CD=CE，
∴CF为△EFD的中线，
∴，故③正确；
④∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD= BC，又四边形ABEC是正方形，
∴AE= BC，AE= 2EF，
∴.AD=2EF，故④正确；
综上，正确的结论有①③④，
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形的中线性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
8．如图，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG．延长AE交CG于点F，连接DE．下列结论：①AF⊥CG，②四边形BEFG是正方形，③若DA＝DE，则CF＝FG；其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①②C．②③D．①③
【答案】A
【分析】设AF交BC于K，由∠ABK=90°及将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG．可得∠KAB=∠BCG，即可得∠KFC=90°，从而判断①正确；由旋转的性质可得∠AEB=∠CGB=90°，BE=BG，∠EBG=90°，由正方形的判定可证四边形BEFG是正方形，可判断②正确；过点D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性质可得AE=2AH，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得AE=2AE，由旋转的性质可得AE=CG，从而可得CF=FG，判断③正确．
【详解】解：如图，设AF交BC于点K，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABK=90°，
∴∠KAB+∠AKB=90°，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG．
∴∠KAB=∠BCG，
∵∠AKB=∠CKF，
∴∠BCG+∠CKF=90°，
∴∠KFC=90°，
∴AF⊥CG，故①正确；
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG．
∴∠AEB=∠CGB=90°，BE=BG，∠EBG=90°，
又∠BEF=90°，
∴四边形BEFG是矩形，
又∵BE=BG，
∴四边形BEFG是正方形，故②正确；
如图，过点D作DH⊥AE于点H，
∵DA=DE，DH⊥AE，
∴AE=2AH，
∴∠ADH+∠DAH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠DAH+∠EAB=90°，
∴∠ADH=∠EAB，
又AD=AB，∠AHD=∠AEB=90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH=BE，
∴AE=2AH=2BE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG．
∴AE=CG，
∵四边形BEFG是正方形，
∴BE=GF，
∴AE=2FG，即CG=2FG，
∴CF=FG，故③正确；
∴正确的有：①②③，
故选：A．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
9．勾股定理是几何中的一个重要定理，在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载．如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的，可以用其面积关系验证勾股定理．图2是由图1放入矩形内得到的∠BAC＝90°，正方形ABED的面积是9，正方形ACHI的面积是16，点D，E，F，G，H，I都在矩形KLMJ的边上，则矩形KLMJ的面积为（ ）
A．121B．110C．100D．90
【答案】B
【分析】延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，可得四边形AOLP是正方形，然后求出正方形的边长，再求出矩形KLMJ的长与宽，然后根据矩形的面积公式列式计算即可得解．
【详解】解：如图，延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，则四边形AOLP是矩形．
∵∠CBF＝90°，
∴∠ABC＋∠OBF＝90°，
又∵Rt△ABC中，∠ABC＋∠ACB＝90°，
∴∠OBF＝∠ACB，
在△OBF和△ACB中，
，
∴△OBF≌△ACB（AAS），
∴AC＝OB，
同理可得△ACB≌△PGC（AAS），
∴PC＝AB，
∴OA＝AP，
∴矩形AOLP是正方形，
∵正方形ABED的面积是9，正方形ACHI的面积是16，
∴，
∴AO＝AB＋AC＝3＋4＝7，
∴KL＝3＋7＝10，LM＝4＋7＝11，
∴矩形KLMJ的面积为10×11＝110．
故选：B．
【点睛】本题考查了勾股定理的证明，作出辅助线构造出正方形是解题的关键．
10．如图1，矩形纸片中，，，要在矩形纸片内折出一个菱形．现有两种方案：
甲：如图2，取两组对边中点的方法折出菱形．
乙：如图3，沿矩形的对角线折出，的方法得到菱形．下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙折出的菱形面积一样大B．乙折出的四边形不是菱形
C．甲折出的菱形面积大D．乙折出的菱形面积大
【答案】D
【分析】ACD.根据折叠分别求出两种方案中折出的菱形面积进行比较即可；
B.先证明四边形AECF是平行四边形，然后再证明AF=CF，从而判定四边形EFGH是菱形即可．
【详解】ACD.（方案甲）S菱形＝S矩形−4S△AEH＝12×5−4××6×＝30，
（方案乙）设BE＝x，则CE＝12−x，
∴，
∵四边形AECF是菱形，则AE2＝CE2，
∴25＋x2＝（12−x）2，
∴x＝，
∴S菱形＝S矩形−2S△ABE＝12×5−2××5×≈35.21，
∵，
∴乙同学所折的菱形面积较大，故AC错误，D正确；
B.∵四边形ABCD为矩形，
∴，，，，，
∵，，
又∵，，
∴，
∴，
∴AE=CF，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形EFGH是菱形，故B错误．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、菱形的性质和判定、勾股定理和全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，掌握数形结合思想与方程思想的应用是解题的关键．
二、填空题
11．如图，在正八边形中，对角线的延长线与边的延长线交于点M，则的度数为______．
【答案】
【分析】首先根据正多边形的内角和公式求出，根据正多边形的性质可求出，再根据三角形外角的性质，计算即可求解．
【详解】解：∵八边形是正八边形，
，平分，
，，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，角平分线的有关计算，三角形外角的性质，掌握正多边形的内角的求法是解题的关键．
12．如图，小明从A点出发，沿直线前进8米后向左转45°，再沿直线前进8米，又向左转45°…照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为____米．
【答案】64
【分析】根据题意可知，他需要转360÷45=8次才会回到原点，所以一共走了8×8=64米．
【详解】解：设边数为n，
多边形外角和为360°，所以n=360°÷45°=8，总边长为8×8=64米，
故答案为：64．
【点睛】此题考查多边形的外角和，正多边形的性质，正确理解题意是解题的关键．
13．如图，正方形，点、、、分别在边、、、上，若与的夹角为，，，则的长度为______．
【答案】##
【分析】过点作交于点，过点作交于点，延长至，使得，连接，证明，，得出，设，则，，在中，，然后在中，勾股定理即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作交于点，过点作交于点，延长至，使得，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
在中，,,
∴,
在与中，
∴
∴，
∵与的夹角为，
∴与的夹角为，即，
∴
∴，
即，
在与中，
∴，
∴，
设，则，，
在中，
∴
解得：，
∴,
在中，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了勾股定理，平行四边形的性质与判定，正方形的性质、全等三角形的性质以及判定定理，作出辅助线是解题的关键．
14．如图，矩形ABCD中，AB＝x，AD＝y，顺次连接AB、BC、CD、DA的中点得到四边形EFGH，若四边形EFGH的面积为7，则y关于x的函数表达式为_____．
【答案】
【分析】根据矩形的性质推出BE=AF，BE∥AF得到平行四边形BHFA，推出AB∥HF，AB=HF，同理得到BC=EG，BC∥EG，推出HF⊥EG，根据菱形的面积公式求出答案即可．
【详解】解：连接HF、EG，HF与EG交于点O，
∵矩形ABCD，
∴BC∥AD，BC=AD，
∵H、F分别为边DA、BC的中点，
∴AH=BF，
∴四边形BFHA是平行四边形，
∴AB=HF，AB∥HF，
同理BC=EG，BC∥EG，
∵AB⊥BC，
∴HF⊥EG，
∴四边形EFGH的面积=EG×HF=y•x=7，
∴y=．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查对矩形的性质，平行四边形的性质和判定，三角形的面积等知识点的理解和掌握，能求出HF、EG的长和HF⊥EG是解此题的关键．
15．如图，A（a，b）、B（－a，－b）是反比例的数的图象上的两点，分别过点A、B作y轴的平行线，与反比例函数的图象交于点C、D，若四边形ACBD的面积是8，则m、n之间的关系是________．
【答案】
【分析】连接，，根据反比例函数的性质可得点在线段上，且，由点是反比例函数的图象上的点，可得，由轴，可得点的坐标为，进而可得的长，从而可以判断四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得，然后根据三角形的面积公式可得，整理得：．
【详解】解：连接，，如图，
、关于原点对称，且是反比例函数的图象上的两点，
点在线段上，且，
是反比例函数的图象上的点，
，
∥y轴，
点的坐标为，
，
同理可得，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
整理得：．
故答案为：．
【点睛】本题考查了反比例函数系数的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征、平行四边形的判定与性质、三角形面积等知识，属于常考题型，熟练掌握反比例函数的图象和性质是解题关键．
16．在菱形中，，，为菱形内部一点，且，连接，点为中点，连接，取中点，连接，则的最大值为_____．
【答案】
【分析】先根据题目条件中的中点可联想中位线的性质，构造中位线将和的长度先求出来，再利用三角形的三边关系判断，当时最大．
【详解】解∶如图所示∶连接交于点，连接，取的中点，连接和，
∵在菱形中，为中点，为中点，，
∴，
当、、、共线时，也为，
∵为中点、为中点，
∴
∵在菱形中，且，，
∴，，，
∴，
∴．
∴，
∴，
∵．
∴，
∴的最大值为．
故答案为∶．
【点睛】本题难点在于辅助线的添加，要根据菱形的性质和题目条件中的中点构造中位线，然后借助三角形的三边关系可判断出当、、三点共线时最大．
17．如图，在菱形中，，，对角线交于点，，分别是，的中点，则线段的长度为______．
【答案】
【分析】根据菱形的对角线垂直平分，求出的长，取的中点，连接，则是的中位线，易得为直角三角形，求出的长，利用勾股定理求出的长即可．
【详解】解：∵菱形中，，，
∴互相垂直平分，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴，
取的中点，连接，则：，
∴，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴；
故答案为：．
【点睛】本题考查菱形的性质，含30度的直角三角形，勾股定理，三角形的中位线定理．熟练掌握菱形的对角线互相垂直平分，构造三角形的中位线，是解题的关键．
18．如图，菱形的对角线，相交于点O，点P为边上一动点（不与点A，B重合），于点E，于点F，若，则的最小值为_______．
【答案】##
【分析】连接，根据菱形的性质得到，，根据矩形的判定定理得到四边形是矩形，求得，当时，最小，根据三角形的面积公式结论得到结论．
【详解】解：连接，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∵于点，于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵当取最小值时，的值最小，
∴当时，最小，
∵，
∴，，
∴，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，垂线段最短，菱形的性质，熟练掌握垂线段最短是解题的关键．
19．如图，在中，，且，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，则线段的最小值为 ___________．
【答案】##
【分析】由勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题．
【详解】解：连接，
∵，且，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴当时，的值最小，
此时，的面积=，
∴，
∴的最小值为；
故答案为：．
【点睛】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．
20．如图，为锐角三角形，是边上的高，正方形的一边在上，顶点，分别在，上，已知，，则这个正方形的面积是______．
【答案】
【分析】证明，利用高线比等于相似比，列式求出正方形的边长，即可得解．
【详解】解：设交于点，
∵四边形为正方形，是边上的高，
∴，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴正方形的面积为．
故答案为：．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质．熟练掌握相似三角形的对应边上高线比等于相似比，是解题的关键．
三、解答题
21．如图，中，，是的角平分线，点O为的中点，连接并延长到点E，使．连接，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)当时，猜想四边形是什么图形？说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)正方形，见解析
【分析】（1）首先利用平行四边形的判定可证得四边形是平行四边形，再由等腰三角形的性质得出，即可证得结论；
（2）利用等腰直角三角形的性质得出，进而利用正方形的判定得出即可．
【详解】（1）证明：∵点O为的中点，，
∴四边形是平行四边形，
，是的角平分线，
，
，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：当时，四边形是正方形，
理由如下：
，是的角平分线，
，
，
，
由（1）可知，四边形是矩形，
∴矩形是正方形．
【点睛】此题主要考查了正方形以及矩形的判定，等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握正方形和矩形的判定是解题关键．
22．如图，在菱形中，对角线，相交于点O，过点D作的垂线交的延长线于以E．
(1)证明：．
(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先根据菱形的性质得出，，再证明，然后证明四边形是平行四边形，即可证明；
（2）先根据（1）中四边形是平行四边形得到，，结合菱形的性质以及勾股定理得出值，即可求出菱形的面积．
【详解】（1）解：∵四边形是菱形
∴，
∵
∴
∴四边形是平行四边形
∴
（2）解：由（1）得四边形是平行四边形
∴，
∵四边形是菱形
∴，，
那么在中，设，
∵
∴，则
∴
所以菱形的面积
【点睛】此题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
23．已知正方形，E为对角线AC上一点．
(1)如图1，连接，．求证：；
(2)如图2，F是延长线上一点，，交于点G．
①判断的形状并说明理由；
②若G为的中点，且，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）利用正方形的性质得出，，进而判断出，即可得出结论；
（2）①先判断出，进而判断出，即可得出结论；
②过点F作于H，先求出，，进而求出，利用锐角三角函数可求，最后用勾股定理即可求出答案．
【详解】（1）证明：∵是正方形的对角线，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（2）解：①为等腰三角形，
理由：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
由（1）知，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
②如图，过点F作于H，
∵四边形为正方形，点G为的中点，，
∴，，
由①知，，
∴，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，．
【点睛】此题是四边形综合题，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，锐角三角函数，作出辅助线构造出直角三角形是解（2）的关键．
24．如图，点E，F分别在正方形的边，上，且，点P在射线上（点P不与点F重合）．将线段绕点E顺时针旋转得到线段，过点E作的垂线，垂足为点H，交射线于点Q．
(1)如图1，若点E是的中点，点P在线段上，请直接写出线段，，满足的数量关系______．
(2)如图2，若点E不是的中点，点P在线段上，判断（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
(3)正方形的边长为9，，，请直接写出线段的长______．
【答案】(1)
(2)成立，理由见解析
(3)4或8
【分析】（1）先证明可得，再根据、，即可得出结论；
（2）先证明可得，再根据，，且即可证明；
（3）①当点P在线段上时，点Q在线段上，由（2）可得，根据即可求出结果；②当点P在线段上时，点Q在线段的延长线上，证明，可得，再根据，求出，即可求出结果．
【详解】（1）解：，证明如下：
，
，
又，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
又点E是的中点，
，
，
∵四边形是正方形，
，
，
，
．
（2）解：成立，证明过程如下：
，
，
又，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
∵四边形是正方形，
，
，
，
又，
．
（3）解：①当点P在线段上时，点Q在线段上，如图所示；
由（2）可知：，
，，；
②当点P在线段上时，点Q在线段的延长线上，如图：
，
，
又，
，
，，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
；
综上所述，线段的长为4或8．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定及线段中点的定义和对顶角的性质、正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定证明是解题的关键．
25．如图，在矩形中，过的中点作，分别与，交于点，．连接，．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若是中点，连接与交于点，，则的长是多少？
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据矩形的性质可证明，可得进而可知且与互相平分，即可证明四边形是菱形．
（2）由题意可知是的中位线，可知，，则，利用其性质列比例式可得，设为，则为，由矩形和菱形的性质可得，进而可求得，再根据计算即可．
【详解】（1）是矩形，
，
，
是中点，
，
在与中，
，
，
且与互相平分，
四边形是菱形．
（2）是中点，是中点，
是的中位线，
，，则
，
，
，
设为，则为，
是菱形，
，
，
，
，，，
，
则
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【点睛】本题考查了菱形的判定及性质，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，解决本题的关键在于运用勾股定理和三角形中位线求线段长度．