中考数学专项训练（15）平行四边形模型含解析答案

这是一份中考数学专项训练（15）平行四边形模型含解析答案，共28页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
中考数学专项训练（15）平行四边形模型
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知四边形ABCD中，分别是的中点，则四边形EFGH是（  ）
A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．梯形
2．顺次连接一个四边形的各边中点得到一个正方形，则这个四边形可能是（    ）．
A．梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
3．若顺次连接四边形ABCD各边中点所得的四边形是菱形，则下列结论中正确的是（　　）
A．AB∥CD B．AB⊥BC C．AC⊥BD D．AC＝BD
4．如图，在任意四边形ABCD中，M，N，P，Q分别是AB，BC，CD，DA上的点，对于四边形MNPQ的形状，以下结论中，错误的是　　

A．当M，N，P，Q是各边中点，四边MNPQ一定为平行四边形
B．当M，N，P，Q是各边中点，且时，四边形MNPQ为正方形
C．当M，N、P，Q是各边中点，且时，四边形MNPQ为菱形
D．当M，N、P、Q是各边中点，且时，四边形MNPQ为矩形
5．如图，在任意四边形ABCD中，AC，BD是对角线，E、F、G、H分别是线段BD、BC、AC、AD上的点，对于四边形EFGH的形状，某班的学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（    ）

A．当E，F，G，H是各条线段的中点时，四边形EFGH为平行四边形
B．当E，F，G，H是各条线段的中点，且AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形
C．当E，F，G，H是各条线段的中点，且AB=CD时，四边形EFGH为菱形
D．当E，F，G，H不是各条线段的中点时，四边形EFGH可以为平行四边形
6．如图，平行四边形ABCD中，AB=2，AD=4，对角线AC，BD相交于点O，且E，F，G，H分别是AO，BO，CO，DO的中点，则下列说法正确的是（   ）

A．EH=HG B．四边形EFGH是平行四边形
C．AC⊥BD D．的面积是的面积的2倍
7．如图，任意四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，对于四边形EFGH的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（ ）

A．当E，F，G，H是各边中点，且AC=BD时，四边形EFGH为菱形
B．当E，F，G，H是各边中点，且AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形
C．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可以为平行四边形
D．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH不可能为菱形
8．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，CD，AD，BC上．小明认为：若MN＝EF，则MN⊥EF；小亮认为：若MN⊥EF，则MN＝EF，你认为( )

A．仅小明对 B．仅小亮对 C．两人都对 D．两人都不对
9．如图，，矩形在的内部，顶点，分别在射线，上，，，则点到点的最大距离是（    ）　

A． B． C． D．
10．如图，为等边三角形，以为边向外作，使，再以点C为旋转中心把旋转到，则给出下列结论：①D，A，E三点共线；②平分；③；④．其中正确的有（    ）．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

二、填空题
11．如图，在正方形ABCD中，点E是BC上一点，BF⊥AE交DC于点F，若AB＝5，BE＝2，则AF＝ ．

12．如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝1，AC＝4，点A在y轴上，点C在x轴上，则点A在移动过程中，BO的最大值是 ．

13．如图，四边形ABCD中，已知AB＝AD，∠BAD＝60°，∠BCD＝120°，若四边形ABCD的面积为4，则AC＝ ．


三、解答题
14．如图所示，点E，F，G，H分别是四边形的边的中点，求证：四边形是平行四边形．

15．正方形内部，，求证．

16．如图，正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD上的点，且AE⊥BF，垂足为G．

（1）求证：AE＝BF；（2）若BE＝，AG＝2，求正方形的边长．
17．如图所示，线段的两端在坐标轴上滑动，，AB的中点为Q，连接，求证：O，Q，C三点共线时，取得最大值．

18．如图所示，一根长2.5米的木棍斜靠在与地面垂直的墙上，此时墙角O与木棍B端的距离为1.5米，设木棍的中点为P，若木棍A端沿墙不滑，则B端沿地面向右滑行．

（1）木棍在滑动过程中，线段的长度发生改变了吗？请说明理由；若不变，求的长．
（2）如果木棍的底端B向外滑出0.9米，那么木棍的顶端A沿墙下滑多少米？
19．如图，平面直角坐标系中，将含30°的三角尺的直角顶点C落在第二象限．其斜边两端点A、B分别落在x轴、y轴上且AB＝12cm
（1）若OB＝6cm．
①求点C的坐标；
②若点A向右滑动的距离与点B向上滑动的距离相等，求滑动的距离；
（2）点C与点O的距离的最大值是多少cm．

20．已知：，求证：．

21．已知，求证：，．

22．我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫作“完美四边形”．
（1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 （请填序号）；
（2）在“完美”四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，连接AC．
①如图1，求证：AC平分∠BCD；
小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明AC平分∠BCD：
想法一：通过∠B+∠D=180°，可延长CB到E，使BE=CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；
想法二：通过AB=AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB，可证C,B,E三点在条直线上，从而可证AC平分∠BCD．
请你参考上面的想法，帮助小明证明AC平分∠BCD；
②如图2，当∠BAD=90°，用等式表示线段AC,BC,CD之间的数量关系，并证明.
             

参考答案：
1．B
【详解】如图，

∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF∥AC，HG∥AC，
∴EF∥AC，
同理可得HE∥GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵EF∥AC，AC⊥BD，
∴EF⊥BD，
∵HE∥BD，
∴EF⊥HE，
∴∠HEF=90°，
∴平行四边形EFGH是矩形．
故选B．
2．D
【分析】利用连接四边形各边中点得到的四边形是正方形，则结合正方形的性质及三角形的中位线的性质进行分析，从而不难求解．
【详解】解：如图点E，F，G，H分别是四边形ABCD各边的中点，且四边形EFGH是正方形．
∵点E，F，G，H分别是四边形各边的中点，且四边形EFGH是正方形．
∴EF=EH，EF⊥EH，
∴BD=2EF，AC=2EH，EF//BD，EH//AC
∴AC=BD，AC⊥BD，
即四边形ABCD满足对角线相等且垂直，
选项D满足题意．
故选：D．

【点睛】本题考查了利用三角形中位线定理得到新四边形各边与相应线段之间的数量关系和位置．熟练掌握特殊四边形的判定是解题的关键．
3．D
【分析】根据三角形中位线的性质得到EH＝AC，EH∥AC，FG＝AC，FG∥AC，可得四边形EFGH为平行四边形，要得到四边形EFGH为菱形，则EH＝EF，而EF＝BD，所以当AC＝BD时可得到四边形EFGH为菱形．
【详解】解：如图，连接AC，BD，
点E、F、G、H分别为四边形ABCD各边中点，
∴EH＝AC，EH∥AC，FG＝AC，FG∥AC，
∴四边形EFGH为平行四边形，
当EH＝EF时，四边形EFGH为菱形，
又∵EF＝BD，
若EH＝EF，
则AC＝BD．
故选D．

【点睛】本题考查了菱形的判定定理：邻边相等的平行四边形是菱形．也考查了平行四边形的判定以及三角形中位线的性质．
4．B
【分析】连接AC、BD，根据三角形中位线定理得到，，，，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理判断即可．
【详解】解：连接AC、BD交于点O，

M，N，P，Q是各边中点，
∴，，，，
∴，，
四边MNPQ一定为平行四边形，A说法正确，不符合题意；
时，四边形MNPQ不一定为正方形，B说法错误，符合题意；
时，，
四边形MNPQ为菱形，C说法正确，不符合题意；
时，，
四边形MNPQ为矩形，D说法正确，不符合题意.
故选B．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理、三角形中位线定理是解题的关键．
5．B
【分析】A.用三角形的中位线定理判断四边形EFGH的形状；B.判断四边形EFGH的内角能否为直角；C.根据菱形的定义判断；D.当AD＝3DH，BD＝3DE，AC＝3CG，BC＝3CF时判断四边形EFGH是平行四边形.
【详解】解：如图1，∵E，F，G，H分别是线段BD，BC，AC，AD的中点，

∴EF＝CD，FG＝AB，GH＝CD，HE＝AB，
∴EF＝GH，FG＝HE，∴四边形EFGH为平行四边形.
则A正确；
如图2，当AC⊥BD时，∠1＝90°，
∠1>∠2>∠EHG，∴四边形EHGF不可能是矩形，则B错误；

AB＝CD，∴EF＝FG＝GH＝HE，∴四边形EFGHB是菱形.
则C正确；
如图3，当E，F，H，G是相应线段的三等分点时，四边形EFGH是平行四边形.

∵E，F，H，G是相应线段的三等分点，∴△EHD∽△BAD，△CFG∽△CBA，
，，∴EH＝FG，
又∵EH∥AB，FG∥AB，∴EH∥FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，则D正确.
故选B.
【点睛】判定两个三角形相似的方法有：①平行于三角形一边的直线和其他两边(或两边的延长线)相交，所构成的三角形与原三角形相似；②三边成比例的两个三角形相似；③两边成比例且夹角相等的两个三角形相似；④有两个角相等的三角形相似．
6．B
【分析】根据三角形中位线的性质和平行四边形的性质分别判断各选项即可解答，
【详解】解：因为E、H为OA、OD的中点，
所以，EH＝＝2，同理，HG＝＝1，所以，A错误；
EH∥AD，EH＝，
FG∥BC，FG＝，
因为平行四边形ABCD中，AD＝BC，且AD∥BC，
所以，EH＝FG，且EH∥FG，
所以，四边形EFGH是平行四边形， B正确．
AC与BD不一定垂直，C错误；
由相似三角形的面积比等于相似比的平方，知：△ABC的面积是△EFO的面积的4倍，D错误；
故选B.
【点睛】本题考查了三角形中位线的性质和平行四边形的性质，熟练掌握是解题的关键.
7．D
【分析】根据连接四边形各边中点所得的四边形必为平行四边形，根据中点四边形的性质进行判断，即可求解
【详解】解：A．当E，F，G，H是各边中点，且AC=BD时，EF=FG=GH=HE，故四边形EFGH为菱形，故A正确；
B．当E，F，G，H是各边中点，且AC⊥BD时，∠EFG=∠FGH=∠GHE=90°，故四边形EFGH为矩形，故B正确；
C．当E，F，G，H不是各边中点时，EF∥HG，EF=HG，故四边形EFGH为平行四边形，故C正确；
D．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可能为菱形，故D错误；
故选D．
8．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；对于小明的说法，先利用“HL”证明Rt△EFG≌Rt△MNP，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°，根据垂直的定义即可证得MN⊥EF
但，第一个图中的线段EF沿直线EG折叠过去，得到的就是反例，此时有MN=EF，但是MN与EF肯定不垂直，因此小明的观点是错误的；
对于小亮的说法，先推出∠EQM=∠EFG，∠EQM=∠MNP，然后得到∠EFG=∠MNP，然后利用“角角边”证明△EFG≌△MNP，根据全等三角形对应边相等可得EF=MN．
【详解】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，
对于小明的说法：
在Rt△EFG和Rt△MNP中，
，
∴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，
但EF不仅仅是这一种情况，如图，

如将第一个图中的线段EF沿直线EG折叠过去，得到的EF′就是反例，此时有MN=EF′，但是MN与EF′肯定不垂直，因此小明的观点是错误的；
对小亮的说法：
∵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（AAS），
∴MN=EF，故小亮的说法正确，
故选B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、同角的余角相等的性质，作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键，通常情况下，求两边相等，或已知两边相等，都是想法把这两条线段转化为全等三角形的对应边进行求解．
9．B
【分析】取AB的中点E，连接OE、DE、OD，根据三角形的任意两边之和大于第三边可知当O、E、D三点共线时，点D到点O的距离最大，再根据勾股定理求出DE的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OE的长，两者相加即可得解．
【详解】取中点，连接、、，
，
．
在中，利用勾股定理可得．
在中，根据三角形三边关系可知，
当、、三点共线时，最大为．

故选．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到性质，三角形的三边关系，矩形的性质，勾股定理，根据三角形的三边关系判断出点O、E、D三点共线时，点D到点O的距离最大是解题的关键．
10．D
【分析】①设∠1=x度，把∠2=（60-x）度，∠DBC=∠4=（x+60）度，∠3=60°加起来等于180度，即可证明D、A、E三点共线；
②根据△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE，判断出△CDE为等边三角形，求出∠BDC=∠E=60°，∠CDA=120°-60°=60°，可知DC平分∠BDA；
③由②可知，∠BAC=60°，∠E=60°，从而得到∠E=∠BAC．
④由旋转可知AE=BD，又∠DAE=180°，DE=AE+AD．而△CDE为等边三角形，DC=DE=DB+BA．
【详解】解：如图，

①设∠1=x度，则∠2=（60-x）度，∠DBC=（x+60）度，故∠4=（x+60）度，
∴∠2+∠3+∠4=60-x+60+x+60=180度，
∴D、A、E三点共线；故①正确；
②∵△BCD绕着点C按顺时针方向旋转60°得到△ACE，
∴CD=CE，∠DCE=60°，
∴△CDE为等边三角形，
∴∠E=60°，
∴∠BDC=∠E=60°，
∴∠CDA=120°-60°=60°，
∴DC平分∠BDA；故②正确；
③∵∠BAC=60°，
∠E=60°，
∴∠E=∠BAC．故③正确；
④由旋转可知AE=BD，
又∵∠DAE=180°，
∴DE=AE+AD．
∵△CDE为等边三角形，
∴DC=DB+DA．故④正确；
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等边三角形的性质等相关知识，要注意旋转不变性，找到变化过程中的不变量．
11．.
【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，推出∠BAE＝∠EBH，根据全等三角形的性质得到CF＝BE＝2，求得DF＝5﹣2＝3，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵BH⊥AE，
∴∠BHE＝90°，
∴∠AEB+∠EBH＝90°，
∴∠BAE＝∠EBH，
在△ABE和△BCF中，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴CF＝BE＝2，
∴DF＝5﹣2＝3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝5，∠ADF＝90°，
由勾股定理得：AF＝＝＝．
故答案为．
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，本题证明△ABE≌△BCF是解本题的关键．
12．2+
【分析】取AC的中点P，连接OP，BP，OB，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到OP的长．在Rt△ABP中，由勾股定理得到BP的长．在△OBP中，根据三角形三边关系定理得到OB≤OP+BP，当O、P、B三点共线时取等号，从而得到OB的最大值．
【详解】取AC的中点P，连接OP，BP，OB，则OP=AC=2．在Rt△ABP中，BP=．
在△OBP中，OB≤OP+BP，当O、P、B三点共线时取等号，∴OB的最大值为．
故答案为．

【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的斜边的一半和勾股定理．解题的关键是构造三角形OPB．
13．4．
【分析】将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE．证明△AEC是等边三角形，四边形ABCD面积等于△AEC面积，根据等边△AEC面积特征可求解AC长．
【详解】解：将△ACD绕点A顺时针旋转60°，得到△ABE．

∵四边形内角和360°，
∴∠D+∠ABC＝180°．
∴∠ABE+∠ABC＝180°，
∴E、B、C三点共线．
根据旋转性质可知∠EAC＝60度，AE＝AC，
∴△AEC是等边三角形．
四边形ABCD面积等于△AEC面积，
等边△AEC面积 ，
解得AC＝4．
故答案为4．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质、旋转的性质，解题的关键是根据AB=AD及∠BAD=60°，对△ACD进行旋转，把四边形转化为等边三角形求解．
14．见解析
【分析】连接BD，利用三角形的中位线定理证明得出，从而得到四边形是平行四边形
【详解】解：如图，连接．

∵点E，H分别是线段的中点，
∴是的中位线，
∴EH∥BD，．
同理，．
∴，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】此题主要考查了三角形中位线定理和平行四边形的判定方法，题目比较典型，又有综合性，难度不大，解题的关键是正确的添加辅助线，把四边形的问题转化为三角形的问题．
15．见解析
【分析】分别把和平移，根据证明即可得到结论．
【详解】证明：分别把和平移，如图．

∵四边形是正方形，
∴，
∴．
∵
∴，
∴，
∴．
在与中，

∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及平移的性质等知识，通过平移构造全等三角形是解答此题的关键．
16．（1）见解析；（2）正方形的边长为.
【分析】（1）由正方形的性质得出AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，∠BAE+∠AEB＝90°，由AE⊥BF，得出∠CBF+∠AEB＝90°，推出∠BAE＝∠CBF，由ASA证得△ABE≌△BCF即可得出结论；
（2）证出∠BGE＝∠ABE＝90°，∠BEG＝∠AEB，得出△BGE∽△ABE，得出BE2＝EG•AE，设EG＝x，则AE＝AG+EG＝2+x，代入求出x，求得AE＝3，由勾股定理即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵AE⊥BF，垂足为G，
∴∠CBF+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
在△ABE与△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE＝BF；
（2）解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC＝90°，
∵AE⊥BF，
∴∠BGE＝∠ABE＝90°，
∵∠BEG＝∠AEB，
∴△BGE∽△ABE，
∴＝，
即：BE2＝EG•AE，
设EG＝x，则AE＝AG+EG＝2+x，
∴（）2＝x•（2+x），
解得：x1＝1，x2＝﹣3（不合题意舍去），
∴AE＝3，
∴AB＝＝＝．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等与相似是解题的关键．
17．见解析
【分析】根据三角形三边关系和勾股定理判定即可；
【详解】如图．

在中，，
∴．
在中，由勾股定理得．
∵，
∴当O，Q，C三点共线，取得最大值，，即；
【点睛】本题主要考查了三角形三边关系和勾股定理的应用，准确计算是解题的关键．
18．（1）1.25米；（2）1.3米
【分析】（1）根据直角三角形斜边上中线性质得出即可；
（2）根据勾股定理求出OA，求出OA´，即可得到结论．
【详解】（1）的长不变．
连接，如图．

∴P是的中点，
∴．
∵，
∴（米）．
（2）如图．

由题意得米．
∵，
∴（米），
又（米），
∴（米），
∴（米）．
∴木棍的顶端A沿墙下滑1.3米．
【点睛】本题考查了勾股定理和直角三角形斜边上中线性质的应用，能根据勾股定理求出各个边的长是解此题的关键，注意：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
19．（1）①点C的坐标为（－3，9）；②滑动的距离为6（﹣1）cm；（2）OC最大值12cm．
【分析】（1）①过点C作y轴的垂线，垂足为D，根据30°的直角三角形的性质解答即可；
②设点A向右滑动的距离为x，根据题意得点B向上滑动的距离也为x，根据锐角三角函数和勾股定理解答即可；
（2）设点C的坐标为（x，y），过C作CE⊥x轴，CD⊥y轴，垂足分别为E，D，证得△ACE∽△BCD，利用相似三角形的性质解答即可．
【详解】解：（1）①过点C作y轴的垂线，垂足为D，如图1：

在Rt△AOB中，AB=12，OB=6，则sin∠BAO=
∴∠BAO=30°，∠ABO=60°，
又∵在Rt△ACB中，∠CBA=60°，
∴∠CBD=60°，∠BCD=30°，BC=AB·sin30°=6
∴BD=BC·sin30°=3，CD=BC·cos30°=3，
∴OD=OB+BD=9
∴点C的坐标为（﹣3，9）；
②设点A向右滑动的距离为x，根据题意得点B向上滑动的距离也为x，如图2：

AO=12×cos∠BAO=12×cos30°=6．
∴A'O=6﹣x，B'O=6+x，A'B'=AB=12
在△A'O B'中，由勾股定理得，
（6﹣x）2+（6+x）2=122，解得：x=6（﹣1），
∴滑动的距离为6（﹣1）；
（2）设点C的坐标为（x，y），过C作CE⊥x轴，CD⊥y轴，垂足分别为E，D，如图3：

则OE=﹣x，OD=y，
∵∠ACE+∠BCE=90°，∠DCB+∠BCE=90°，
∴∠ACE=∠DCB，
又∵∠AEC=∠BDC=90°，
∴△ACE∽△BCD，
∴，即，
∴y=﹣x，
OC2=x2+y2=x2+（﹣x）2=4x2，
∴当|x|取最大值时，即C到y轴距离最大时，OC2有最大值，即OC取最大值，
如图，即当C'B'旋转到与y轴垂直时．此时|x|=6，OC=，
故点C与点O的距离的最大值是12cm．
考点：相似三角形综合题．
20．见解析
【分析】过点D作的垂线交的延长线于点E，过点D作的垂线交于点F，根据证明得，再证明四边形是正方形，由勾股定理进一步得出结论．
【详解】证明：过点D作的垂线交的延长线于点E，过点D作的垂线交于点F，如图．

易知．
∵，
∴．
又，
∴．
∵，
∴．
又，
∴，
∴
又，，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的判定，勾股定理等知识，由勾股定理得出是解答本题的关键．
21．见解析
【分析】延长DC至点E使CE=AD，先证明△BAD≌△BCE，再证明△BDE是等边三角形，可证结论成立．
【详解】证明：延长DC至点E使CE=AD，
∵，
∴∠A+∠BCD=180°，
∵∠BCE+∠BCD=180°，
∴∠A=∠BCE，
在△BAD和△BCE中
，
∴△BAD≌△BCE，
∴BD=BE，∠ABD=∠CBE，
∵∠ABC=∠ABD+∠CBD=60°，
∴∠DBE=∠CBE+∠CBD=60°，
∴△BDE是等边三角形，
∴BD=DE，
∵DC+CE=DE，
∴；
作BF⊥DE于点F，则∠EBF=30°，EF=DF=DE=BE，
∴BF==，
∴S△DBE=DE×BF=×BE×=，
∴．

【点睛】此题主要考查了等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解决问题的关键是正确作出辅助线，证出△BAD≌△BCE，再证出△BDE是等边三角形．
22．（1）详见解析；（2）①详见解析；②BC+CD=AC．
【分析】（1）根据“完美四边形”的定义可以判断出正方形是完美四边形；
（2）①想法一：通过∠B+∠D=180°，可延长CB到E，使BE=CD，通过证明△AEB≌△ACD，从而可证AC平分∠BCD；
想法二：通过AB=AD，可将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD与AB重合，得到△AEB，可证C,B,E三点在条直线上，从而可证AC平分∠BCD；
②②延长CB使BE=CD，连接AE，可得△ACE为等腰三角形，因为∠BAD =90°得∠EAC=90°，由勾股定理可得AC,BC,CD之间的数量关系.
【详解】（1）（1）根据“邻等对补四边形”的定义，正方形一定是“邻等对补四边形”．
故答案为④．
（2）想法一：延长CB使BE=CD，连接AE

∵∠ADC+∠ABC=180°，∠ABE+∠ABC=180°，
∴∠ADC=∠ABE．
∵AD=AB，
∴△ADC≌△ABE．
∴∠ACD=∠AEB;
AC=AE．
∴∠ACB=∠AEB．
∴∠ACD=∠ACB．
即AC平分∠BCD
想法二：将△ACD绕点A顺时针旋转，使AD边与AB边重合，得到△ABE，
∴△ADC≌△ABE．
∴∠ADC=∠ABE;
∠ACD=∠AEB;
AC=AE．
∵∠ADC+∠ABC=180°，
∴∠ABE+∠ABC=180°．
∴点C,B,E在一条直线上．
∵AC=AE，
∴∠ACB=∠AEB．
∴∠ACD=∠ACB．
即AC平分∠BCD．
②延长CB使BE=CD，连接AE，

由①得△ADC≌△ABE
∴AC=AE
∴△ACE为等腰三角形．
∵∠BAD =90°，
∴∠EAC=90°．
∴．
∴ ．
∴BC+CD=AC．
【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、角平分线的判定定理、勾股定理等知识，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．