专题18 四边形 中考数学一轮复习专题训练（北京专用）

这是一份专题18 四边形 中考数学一轮复习专题训练（北京专用），共37页。试卷主要包含了单选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。

1．（2021八上·丰台期末）下列图形中，内角和等于外角和的是（ ）
A．B．
C．D．
2．（2022八下·北京市期中）如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点O是斜边AC的中点，AC＝10，则OB＝（ ）
A．5B．6C．8D．10
3．（2021八上·燕山期末）若一个多边形的内角和为1080°，则这个多边形的边数为( )
A．5B．6C．7D．8
4．（2022八下·房山期中）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AO=3，∠AOB=60°，则AD的长为（ ）
A．6B．33C．32D．35
5．（2022八下·北京市期中）如图， ▱ ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是BC的中点，CD＝8，则OE＝（ ）
A．3B．4C．5D．7
6．（2022八下·海淀期中）如图，CD是△ABC的中线，E，F分别是AC，DC的中点，EF=1，则BD的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．（2021九上·石景山期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若四边形ABCO是菱形，则∠D的度数为（ ）
A．45°B．60°C．90°D．120°
8．（2022八下·北京市期中）有下列四个条件：①对角线互相平分的四边形；②对角线互相垂直的四边形；③对角线相等的平行四边形；④有一个角是直角的平行四边形，其中能作为矩形的判定条件的是（ ）
A．①②B．③④C．①③D．②④
9．（2021九上·朝阳期末）如图，四边形ABCD内接于⊙O，若∠C=130°，则∠BOD的度数为（ ）
A．50°B．100°C．130°D．150°
10．（2022·通州模拟）如图，已知∠1+∠2+∠3=240°，那么∠4的度数为（ ）
A．60°B．120°C．130°D．150°
二、填空题
11．（2022八下·海淀期中）两直角边分别为6和8的直角三角形，斜边上的中线的长是 ．
12．（2022八下·大兴期中）如图，在▱ABCD中，AD＝10，AB＝7，AE平分∠BAD交BC于点E，则EC的长为 ．
13．（2022八下·大兴期中）如图，点C为线段AB延长线上一点，正方形AEFG和正方形BCDE的面积分别为8和4，则△EDF的面积为 ．
14．（2022八下·北京市期中）如图，点E在正方形ABCD中，△BEC是等边三角形，则∠EAD＝ °．
15．（2022八下·房山期中）如图 1 ，菱形纸片ABCD的面积为30cm2，对角线AC的长为6cm，将这个菱形纸片沿对角线剪开，得到四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形按图2 所示的方法拼成正方形．则大正方形中空白小正方形的边长是 cm．
16．（2021九上·东城期末）斛是中国古代的一种量器.据《汉书 .律历志》记载：“斛底，方而圜（huán）其外，旁有庣（tiā）焉”．意思是说：“斛的底面为：正方形外接一个圆，此圆外是一个同心圆” . 如图所示，
问题：现有一斛，其底面的外圆直径为两尺五寸（即2.5尺），“庣旁”为两寸五分（即两同心圆的外圆与内圆的半径之差为0.25尺），则此斛底面的正方形的边长为 尺．
17．（2022八下·房山期中）在▱ABCD中，∠A：∠B=2：3，则∠C的度数为 °．
18．（2022八下·房山期中）在平面直角坐标系中，▱ABCD的顶点A、B、D的坐标分别是(0，0)，(5，0)，(2，3)，则顶点C的坐标是 ．
19．（2022八下·房山期中）在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．现存在以下四个条件：①AB∥CD；②AO=OC；③AB=AD；④AC平分∠DAB．从中选取三个条件，可以判定四边形ABCD为菱形． 则可以选择的条件序号是 （写出所有可能的情况）．
20．（2021九上·东城期末）如图，在边长为2的正方形ABCD 中，E，F分别是边DC，CB上的动点，且始终满足DE＝CF，AE，DF交于点 P，则∠APD的度数为 ；连接CP，线段CP长的最小值为 ．
三、综合题
21．（2022八下·大兴期中）如图，在四边形ABCD中，AD＝CD，BD⊥AC于点O，点E是DB延长线上一点，OE＝OD，BF⊥AE于点F．
（1）求证：四边形AECD是菱形；
（2）若AB平分∠EAC，OB＝3，BE＝5，求EF和AD的长．
22．（2022八下·房山期中）如图 1，在正方形ABCD中，点E为AD边上一点，连接BE．点M在CD边上运动．
（1）当点M和点C重合时（如图2），过点C做BE的垂线，垂足为点P，交直线AB于点N．请直接写出MN与BE的数量关系 ；
（2）当点M在CD边上运动时，过点M做BE的垂线，垂足为点P，交直线AB于点N（如图 3 ），（1）中的结论依旧成立吗？请证明；
（3）如图 4 ，当点M在CD边上运动时，N为直线AB上一点，若MN=BE，请问是否始终能证明MN⊥BE？请你说明理由．
23．（2022八下·海淀期中）如图，在平行四边形ABCD中，AC⊥AD，作∠ECA=∠ACD，CE交AB于点O，交DA的延长线于点E，连接BE．
（1）求证：四边形ACBE是矩形；
（2）连接OD．若AB=4，∠ACD=60°，求OD的长．
24．（2022八下·大兴期中）已知四边形ABCD是正方形，点E为射线AC上一动点（点E不与A，C重合），连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，过点D，F分别作DE，EF的垂线，两垂线交于点G，连接CG．
（1）如图，当点E在对角线AC上时，依题意补全图形，并证明：四边形DEFG是正方形；
（2）在（1）的条件下，猜想：CE，CG和AC的数量关系，并加以证明；
（3）当点E在对角线AC的延长线上时，直接用等式表示CE，CG和AC的数量关系．
25．（2022八下·大兴期中）对于平面直角坐标系xOy中的线段AB和图形M，给出如下的定义：若图形M是以AB．为对角线的平行四边形，则称图形M是线段AB的“关联平行四边形”．点A（8，a），点B（2，b），
（1）当a＝8，b＝﹣2时，若四边形AOBC是线段AB的“关联平行四边形”，则点C的坐标是 ；
（2）若四边形AOBC是线段AB的“关联平行四边形”，求对角线OC的最小值；
（3）若线段AB的“关联平行四边形”AOBC是正方形，直接写出点C的坐标．
26．（2022八下·北京市期中）如图，在平行四边形ABCD中，CE⊥AD于点E，延长DA至点F，使得EF＝DA，连接BF，CF．
（1）求证：四边形BCEF是矩形；
（2）若AB＝3，CF＝4，DF＝5，求EF的长．
27．（2022八下·北京市期中）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做完美四边形．
（1）在以下四种四边形中，一定是完美四边形的是 （请填序号）；
①平行四边形 ②菱形 ③矩形 ④正方形
（2）如图1，菱形ABCD中，∠A＝60°，E，F分别是AB，BC上的点，且AE＝BF，求证：四边形DEBF是完美四边形；
（3）完美四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD+∠BCD＝180°，连接AC．
①如图2，求证：CA平分∠DCB；
②如图3，当∠BAD＝90°时，直接用等式表示出线段AC，BC，CD之间的数量关系．
28．（2022九下·北京市开学考）在正方形ABCD中，点P是边BC上一动点（不包含端点），线段AP的垂直平分线与AB、AP、BD、CD分别交于点M、E、F、N．
（1）过点B作BG∥MN交DC于G，求证：△BGC≌△APB；
（2）若AB＝9，BP＝3，求线段MN的长度；
（3）请你用等式表示线段ME，EF和FN的数量关系，并证明你的结论．
29．（2022八下·大兴期中）如图，菱形ABCD对角线AC，BD相交于点O，点E是AD的中点，过点A作对角线AC的垂线，与OE的延长线交于点F，连接FD．
（1）求证：四边形AODF是矩形；
（2）若AD＝10，∠ABC＝60°，求OF和OA的长．
30．（2021九上·昌平期末）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB是⊙O的直径，AB⊥CD于点E，P是AB延长线上一点，且∠BCP＝∠BCD
（1）求证：CP是⊙O的切线；
（2）连接DO并延长，交AC于点F，交⊙O于点G，连接GC若⊙O的半径为5，OE＝3，求GC和OF的长
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】解：设n边形的内角和等于外角和
（n-2）×180°=360°
解得：n=4
故答案为：B
【分析】设n边形的内角和等于外角和，根据题意列出方程（n-2）×180°=360°求解即可。
2．【答案】A
【解析】【解答】解：Rt△ABC中，∠ABC=90°，点O是斜边AC的中点，AC=10，
则OB=12AC=5，
故答案为：A．
【分析】利用直角三角形斜边上中线的性质可得OB=12AC=5。
3．【答案】D
【解析】【解答】设多边形边数有x条，由题意得：
180° (x−2)=1080°
解得：x=8
故答案为8
所以选D
【分析】先求出180° (x−2)=1080°，再求解即可。
4．【答案】B
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝AC＝2AO=6（矩形对角线相等），
∴AO＝OB＝3（矩形对角线互相平分），
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝OA＝3，
在Rt△ABD中，
∴AD=BD2−AB2=62−32=33，
故答案为：B．
【分析】根据矩形的性质可得AO＝OB＝3，从而求出△AOB是等边三角形，可得AB＝OA＝3，根据勾股定理求出AD即可.
5．【答案】B
【解析】【解答】由题意可知：CD=AB=8，
∵O，E分别为AC，BC的中点，
∴OE=12AB=4．
故答案为：B．
【分析】利用三角形中位线的性质可得OE=12AB=4。
6．【答案】B
【解析】【解答】解：∵点E、F分别是AC、DC的中点，
∴EF是△ACD的中位线，
∴AD=2EF=2，
∵CD是△ABC的中线，
∴BD=AD=2
故答案为：B．
【分析】根据中位线的性质可得AD=2EF=2，再利用中线的性质可得BD=AD=2。
7．【答案】B
【解析】【解答】解：设∠ADC=α，∠ABC=β；
∵四边形ABCO是菱形，
∴∠ABC=∠AOC=β；
∴ ∠ADC=12β；
∵ 四边形ABCD为圆的内接四边形，
∴α+β=180°，
∴α+β=180°α=12β，
解得：β=120°，α=60°，则∠ADC=60°，
故答案为：B．
【分析】根据菱形的性质可得∠ABC=∠AOC=β，再利用圆周角的性质可得∠ADC=12β，再根据圆内接四边形的性质可得α+β=180°α=12β，再求出β=120°，α=60°，即可得到答案。
8．【答案】B
【解析】【解答】解：①对角线互相平分的四边形是平行四边形，故本条件不合题意；
②对角线互相垂直的四边形不一定互相平分，不一定是平行四边形，故本条件不合题意；
③对角线相等的平行四边形是矩形，故本条件符合题意；
④有一个角是直角的平行四边形是矩形，故本条件符合题意；
故答案为：B．
【分析】根据矩形的判定方法逐项判断即可。
9．【答案】B
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD内接于⊙O，
∴∠A+∠DCB=180°，
∵∠DCB=130°，
∴∠A=50°，
由圆周角定理得，∠BOD=2∠A=100°，
故答案为：B．
【分析】根据四边形的内角和可得∠A+∠DCB=180°，从而求出∠A=50°，由圆周角定理得∠BOD=2∠A，据此即得结论.
10．【答案】B
【解析】【解答】解：∵∠1+∠2+∠3+∠4=360°，
∠1+∠2+∠3=240°
∴∠4=120°
故答案为：B．
【分析】根据多边形的外角和可得∠1+∠2+∠3+∠4=360°，再结合∠1+∠2+∠3=240°可得∠4=120°。
11．【答案】5
【解析】【解答】解：∵直角三角形两条直角边分别是6、8，
∴斜边长为62+82=36+64=100=10，
∴斜边上的中线长为12×10=5．
故答案为：5．
【分析】先利用勾股定理求出斜边的长，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得答案。
12．【答案】3
【解析】【解答】解：∵AE平分∠BAD交BC边于点E，
∴∠BAE=∠EAD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC=10，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠BAE=∠AEB，
∴AB=BE=7，
∴EC=BC-BE=10-7=3，
故答案为：3．
【分析】由角平分线的定义可得∠BAE=∠EAD，由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD=BC=10，利用平行线的性质可得∠DAE=∠AEB，从而得出∠BAE=∠AEB，利用等角对等边可得AB=BE=7，根据EC=BC-BE即可求解.
13．【答案】2
【解析】【解答】解：如图所示，连接正方形BCDE的对角线CE，BD，且CE交BD于点O，
∴∠BEC=45°，CE⊥BD，
∵正方形AEFG和正方形BCDE的面积分别为8和4，
∴正方形AEFG的边长为8=22，正方形BCDE的边长为4=2，
∴EF=AE=22，BE=CD=BC=2，
∵点C是线段AB延长线上一点，
∴∠ABE=90°，
∴AB=AE2−BE2=2，
∴Rt∆ABE是等腰直角三角形，
∴∠AEB=45°，
∵∠AEF+∠AEB+∠BEC=180°，
∴点F、E、C在同一直线上，
∵CE⊥BD，
∴OD=12BD=12BC2+CD2=1222+22=2，
∴S∆EDF=12EF·OD=12×22×2=2，
故答案为：2．
【分析】连接正方形BCDE的对角线CE，BD，且CE交BD于点O，由正方形的性质可得∠BEC=45°，CE⊥BD，根据正方形的面积可求出EF=AE=22，BE=CD=BC=2，在Rt△ABE中，利用勾股定理求出AB=2，即得Rt∆ABE是等腰直角三角形，从而得出点F、E、C在同一直线上，由正方形的性质及勾股定理可求出OD=12BD=2，根据三角形的面积公式即可求解.
14．【答案】15
【解析】【解答】解：∵E为正方形ABCD内一点，且△EBC是等边三角形，
∴∠ABC=∠BAD=90°，∠EBC=60°，BC=BE=AB，
∴∠ABE=∠ABC-∠EBC=30°，
∵BA=BE，
∴∠EAB=∠AEB=12×（180°-30°）=75°，
∴∠EAD=90°-75°=15°，
故答案为：15．
【分析】先求出∠ABE=30°，再利用三角形的内角和及等腰三角形的性质求出∠EAB=75°，再利用∠EAD=90°-75°=15°计算即可。
15．【答案】2
【解析】【解答】解：如图，设AC与BD交于点O，
在菱形ABCD中，AC⊥BD，AO=OC，OB=OD，
∵菱形纸片ABCD的面积为30cm2，对角线AC的长为6cm，
∴12AC⋅BD=30，OA=3cm，
∴BD=10cm，
∴OB=5cm，
∴大正方形中空白小正方形的边长等于OB-OA=2cm．
故答案为：2
【分析】设AC与BD交于点O，由菱形的性质可得AC⊥BD，AO=OC，OB=OD，根据菱形ABCD的面积=12AC⋅BD=30，可求出BD，即得OB的长，由于大正方形中空白小正方形的边长等于OB-OA，据此计算即可.
16．【答案】2
【解析】【解答】解：如图，
∵四边形CDEF为正方形，
∴∠D=90°，CD=DE，
∴CE是直径，∠ECD=45°，
根据题意得：AB=2.5，CE=2.5−0.25×2=2 ，
∴CE2=CD2+DE2=2CD2 ，
∴CD=2 ，
即此斛底面的正方形的边长为2 尺．
故答案为：2
【分析】根据正方形性质确定三角形CDE为等腰直角三角形，CE为直径，根据题意求出正方形外接圆的直径CE，求出CD，即可得解。
17．【答案】72
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，∠A=∠C，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠A：∠B=2：3，
∴∠A=22+3×180°=72°，
∴∠C=∠A=72°，
故答案为：72°．
【分析】由平行四边形的性质可得AD∥BC，∠A=∠C，根据平行线的性质可得∠A+∠B=180°，由∠A：∠B=2：3，可求出∠ADE度数，即得∠C.
18．【答案】（7，3）
【解析】【解答】如图，∵▱ABCD的顶点A（0，0），B（5，0），D（2，3），
∴AB＝CD＝5，C点纵坐标与D点纵坐标相同，
∴顶点C的坐标是；（7，3）．
故答案为：（7，3）．
【分析】根据平行四边形的性质可得AB＝CD＝5，AB∥CD，即得C点与D点纵坐标相同，继而得解.
19．【答案】①②③，①②④，①③④，②③④
【解析】【解答】解：可以选择的条件序号有：
情况一：①②③，理由如下，
∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠OCD，
又∵OA=OC，∠AOB=∠COD，
∴△AOB≌△COD（ASA）
∴AB=CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD为菱形；
情况二：①②④，理由如下，
∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠OCD，
又∵OA=OC，∠AOB=∠COD，
∴△AOB≌△COD（ASA）
∴AB=CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AC平分∠DAB，
∴∠OAB=∠OAD，
∴∠OAD=∠OCD，
∴AD=CD，
∴四边形ABCD为菱形；
情况三：①③④，理由如下，
∵AB∥CD，
∴∠OAB=∠OCD，
∵AC平分∠DAB，
∴∠OAB=∠OAD，
∴∠OAD=∠OCD，
∴AD=CD，
又∵AB=AD，
∴AB=CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD为菱形；
情况四：②③④，理由如下，
∵AC平分∠DAB，
∴∠OAB=∠OAD，
又∵AB=AD，OA=OA，
∴△AOB≌△AOD（SAS）
∴OB=OD，
∵OA=OC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AB=AD，
∴四边形ABCD为菱形．
故答案为：①②③，①②④，①③④，②③④．
【分析】共有四种组合①②③，①②④，①③④，②③④．根据平行线的性质、角平分线的定义、三角形全等的判定与性质、菱形的判定分别证明即可.
20．【答案】90°；5−1
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD 是正方形，
∴ AD＝CD，∠ADE＝∠BCD＝90°，
在△ADE和△DCF中，AD=CD∠ADE=∠BCD=90°DE=CF，
∴△ADE≌△DCF（SAS）
∴∠DAE＝∠CDF，
∵∠CDF＋∠ADF＝∠ADC＝90°，
∴∠ADF＋∠DAE＝90°，
∴∠APD＝90°，
由于点P在运动中保持∠APD＝90°，
∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，
取AD的中点Q，连接QC，此时CP的长度最小，
则DQ＝12AD＝12×2＝1，
在Rt△CQD中，根据勾股定理得，CQ＝CD2+QD2＝22+12＝5，
所以，CP＝CO−QP＝5−1．
故答案为：90°；5−1．
【分析】根据边角边证明△ADE≌△DCF，根据全等三角形对应角相等求出∠DAE＝∠CDF，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得点P到AD的中点的距离不变，再根据两点之间线段最短，取AD的中点Q，连接QC，此时CP的长度最小，再根据勾股定理列式求出CQ，再求解即可。
21．【答案】（1）证明：∵BD⊥AC，
∴∠AOD=∠COD=90°，
在Rt△AOD和Rt△COD中，
DA=DCOD=OD ，
∴Rt△AOD≌Rt△COD（HL），
∴AO=CO，
又∵OE=OD，
∴四边形AECD为菱形．
（2）解：∵AB平分∠EAC ，
∴BF=BO=3，
在Rt△BEF中，由勾股定理可得，
EF=BE2−BF2=52−32=4，
在Rt△ABF和Rt△ABO中，
AB=ABBF=BO ，
∴Rt△ABF≌Rt△ABO（HL），
∴AO=AF，
设AO=AF=x，AE=4+x，
在Rt△AOE中，由勾股定理可得，
AE2=OE2+OA2，
得(x+4)2=82+x2，
解得x=6，
∴AE=4+6=10，
即AD=10，
∴EF和AD的长分别为4和10．
【解析】【分析】（1）根据HL证明Rt△OAD≌Rt△COD，可得AO=CO， 结合OE=OD，可证四边形AECD为平行四边形，由BD⊥AC即证四边形AECD为菱形；
（2）由角平分线的性质可得BF=BO=3，由勾股定理求出EF=4，根据HL证明Rt△ABF≌Rt△ABO，可得AO=AF，设AO=AF=x，可得AE=4+x，在Rt△AOE中，由勾股定理可建立关于x方程并解之即可.
22．【答案】（1）相等
（2）解：成立，证明如下：
如图，过点A作AF⊥BE于点G，
∵MN⊥BE，
∴AF∥MN，
又∵四边形ABCD是正方形，
∴AB//CD，
∴四边形AFMN是平行四边形，
∴AF=MN，
∵正方形ABCD，
∴∠ADF=∠BAE=90°，AD=BA，
∴∠DAF+∠FAB=90°，∠FAB+∠ABE=90°，
∴∠DAF=∠ABE，
在△ADF与△BAE中，
∠DAF=∠ABEAD=BA∠ADF=∠BAE，
∴△ADF≌△BAE（ASA），
∴BE=AF，
∴BE=MN．
（3）不一定，理由如下：
如图，以点M为圆心，以线段BE的长为半径作弧，与直线AB交于点N及点N'
连接MN、MN'，MN交BE于点O，MN'交BE于点G，过点A作AH∥MN交BE于点J，
∴MN=MN'，
∵MN=BE，
∴MN'=MN=BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB//CD，AD=BA，∠ADH=∠BAE=90°，
∴四边形AHMN是平行四边形，
∴AH=MN，
∴AH=BE，
在Rt△ADH与Rt△BAE中
AH=BEAD=BA，
∴Rt△ADH≌Rt△BAE（HL），
∴∠DAH=∠ABE，
∵∠DAH+∠HAB=90°，
∴∠HAB+∠ABE=90°，
∴∠AJB=90°，
∴AH⊥BE，
∴MN⊥BE，
∴∠GOM=90°，
∴∠MGO<90°，
∴MN'与BE不垂直，但MN'=MN=BE，
综上所述：若MN=BE，MN与BE不一定始终垂直．
【解析】【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠CBN=90°，AB=BC，
∴∠ABE+∠CBP=90°，
∵CN⊥BE，
∴∠BCN+∠CBP=90°，
∴∠ABE=∠BCN，
在△ABE和△BCN中
∠BAE=∠CBNAB=BC∠ABE=∠BCN
∴△ABE≌△BCN（ASA）
∴BE=CN，
∵点M和点C重合，
∴BE=CN=MN．
故答案为：相等
【分析】（1）MN=BE.根据ASA证明△ABE≌△BCN，可得BE=CN=MN；
（2）成立.理由：过点A作AF⊥BE于点G，可证四边形AFMN是平行四边形，可得AF=MN，
根据ASA证明△ADF≌△BAE，可得BE=AF，即得结论；
（3）不一定，理由：如图，以点M为圆心，以线段BE的长为半径作弧，与直线AB交于点N及点N' ， 连接MN、MN'，MN交BE于点O，MN'交BE于点G，过点A作AH∥MN交BE于点J， 可得MN'=MN=BE，再证四边形AHMN是平行四边形，可得AH=MN=BE，根据HL证明Rt△ADH≌Rt△BAE，可得∠DAH=∠ABE，从而求出∠AJB=90°， 即得AH⊥BE，由MN⊥BE，可得∠GOM=90°，即得∠MGO<90°，继而得出MN'与BE不垂直，但MN'=MN=BE，据此判断即可.
23．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵AC⊥AD，
∴∠EAC=∠DAC=90°，
∵∠ECA=∠ACD，
∴∠AEC=∠ADC，
∴CE=CD，
∴AE=AD=BC，
∵AE∥BC，
∴四边形ACBE是平行四边形，
∵∠EAC=90°，
∴四边形ACBE为矩形；
（2）解：如图，过点O作OF⊥DE于F，
由（1）可知，四边形ACBE为矩形，
∴对角线AB与CE相等且互相平分，AO=12AB=2，
∴OA=OC，
∵∠ACD=∠ACO=60°，
∴∆AOC为等边三角形，
∴∠OAC=60°，
∵∠EAC=90°，
∴∠FAO=90°-60°=30°，
在Rt∆AFO中，
OF=12AO=1，AF=3，
在Rt∆AEB中，BE=12AB=2，
AD=AE=42−22=23，
∴DF=AF+AD=3+23=33，
∴OD=DF2+OF2=27．
【解析】【分析】（1）先证明四边形ACBE是平行四边形，再结合∠EAC=90°可得四边形ACBE为矩形；
（2）过点O作OF⊥DE于F，先求出∠FAO=90°-60°=30°，再利用含30°角的直角三角形的性质可得AF=3，BE=12AB=2，再利用线段的和差求出DF的长，最后利用勾股定理求出OD的长即可。
24．【答案】（1）解：过点E作EM⊥BC，垂足为M，作EN⊥CD，垂足N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD＝90°，且∠ECN＝45°
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，NE=NC，
∴四边形EMCN是正方形，
∴EM=EN，
∵EF⊥DE，DG⊥DE，FG⊥EF，
∴四边形DEFG为矩形，
∵∠DEN+∠NEF=90°，∠MEF+∠NEF=90º，
∴∠DEN=∠MEF，
又∵∠DNE=∠FME=90º，
在△DEN和△FEM中，
∠DNE=∠FMEEN=EM∠DEN=∠FEM，
∴△DEN≌△FEM，
∴ED=EF，
∴四边形DEFG是正方形；
（2）CE+CG=AC，
证明：∵四边形DEFG是正方形，
∴DE=DG，∠EDC+CDG=90º，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADE+∠EDC=90º，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴△ADE≌△CDG，
∴AE=CG，
∴CE+CG=CE+AE=AC；
（3）CG=AC+CE，
如图：
∵四边形ABCD为正方形，四边形DEFG为正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90º，ED=GD，且∠GDE=90º，
∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=∠GDE+∠CDE=∠GDC，
在△ADE和△CDG中，
AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴△ADE≌△CDG，
∴AE=CG=AC+CE；
【解析】【分析】（1）过点E作EM⊥BC，垂足为M，作EN⊥CD，垂足N，先证四边形DEFG为矩形，再证明△DEN≌△FEM（ASA），可得DE=EF，根据正方的判定定理即证；
（2）CE+CG=AC，证明：根据SAS证明△ADE≌△CDG，可得AE=CG，从而得出CE+CG=CE+AE
=AC；
（3） CG=AC+CE， 理由：根据SAS证明△ADE≌△CDG，可得AE=CG，继而得解.
25．【答案】（1）（10，6）
（2）解：如图所示，连接OC，
设点C（x，y），A（8，a），B（2，b），
∵四边形AOBC是线段AB的“关联平行四边形”，
∴AO∥BC，AO=BC，
得出：8−0=x−2a−0=y−b，
解得：x=10y=a+b，
∴C（10，a+b），
OC=102+(a+b)2，
当a+b=0时，
OC最小为10；
（3）解：如图所示，当点B在x轴上方，点A在x轴下方时，过点A作AH⊥x轴，过点B作BG⊥x轴，
∴∠AHO=∠BGO=90°，
∵四边形OACB为正方形，
∴OA=OB，∠AOB=90°，
∴∠AOH+∠BOG=90°，
∵∠AOH+∠OAH=90°，
∴∠OAH=∠BOG，
∴∆AOH≅∆BOG，
∴AH=OG=2，OH=BG=8，
∴A（8，2），B（2，-8），
由（2）可得：C（10，-6）；
如图所示，当点B’在x轴下方，点A’在x轴上方时，
同理可得：A’（8，-2），B’（2，8），
由（2）可得：C（10，6）；
综上可得：点C的坐标为（10，-6）或（10，6）．
【解析】【解答】（1）解：如图所示，设点C（x，y），
∵四边形AOBC是线段AB的“关联平行四边形”，
∴AO∥BC，AO=BC，
得出：8−0=x−28−0=y+2，
解得：x=10y=6，
∴C（10，6）；
故答案为：（10，6）；
【分析】（1）由A、B坐标，根据平行四边形的性质及平移的性质，可求出点C坐标；
（2）如图所示，连接OC， 先用含ab的式子表示出平行四边形对角线交点的坐标，利用勾股定理求出OC，根据偶次幂的非负性即可求出OC最小值；
（3） 分两种情况：如图所示，当点B在x轴上方，点A在x轴下方时，过点A作AH⊥x轴，过点B作BG⊥x轴，证明∆AOH≅∆BOG，可得AH=OG=2，OH=BG=8，即得A（8，2），B（2，-8），由（2）可得C（10，-6）；如图所示，当点B’在x轴下方，点A’在x轴上方时，同理可求出结论.
26．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵EF=DA，
∴EF=BC，EF∥BC，
∴四边形BCEF是平行四边形，
又∵CE⊥AD，
∴∠CEF=90°，
∴平行四边形BCEF是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=3，
∵CF=4，DF=5，
∴CD2+CF2=DF2，
∴△CDF是直角三角形，∠DCF=90°，
∴△CDF的面积=12DF×CE=12CF×CD，
∴CE=4×35=125，
由（1）得：EF=BC，四边形BCEF是矩形，
∴∠FBC=90°，BF=CE=125，
∴BC=CF2−BF2=165，
∴EF=165．
【解析】【分析】（1）先证明四边形BCEF是平行四边形，再结合∠CEF=90°，可得平行四边形BCEF是矩形；
（2）先利用勾股定理的逆定理证明△CDF是直角三角形，∠DCF=90°，再利用等面积法可得CE=4×35=125， 最后利用勾股定理求出BC的长即可得到EF的长。
27．【答案】（1）④
（2）证明：如图，连接BD，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD，AD∥BC．
∵∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，∠ABC＝120°，
∴AD＝BD．
∵BD平分∠ABC，
∴∠DBC＝60°＝∠A．
∵AE＝BF，
∴△ADE≌△BDF（SAS），
∴DE＝DF，∠AED＝∠BFD．
∵∠AED+∠DEB＝180°，
∴∠BFD+∠DEB＝180°，
∴四边形DEBF是完美四边形；
（3）①证明：延长CB至点E，使BE＝CD，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC +∠ABE＝180°，
∴∠ABE＝∠D．
又∵AB＝AD，
∴△ADC≌△ABE（SAS），
∴∠ACD＝∠E，AC＝AE，
∴∠ACE＝∠E，
∴∠ACD＝∠ACE，
∴即CA平分∠DCB．
②∵△ADC≌△ABE
∴∠DAC＝∠BAE，BE=CD，
∴∠DAC+∠CAB＝∠BAE+∠CAB，即∠DAC=∠CAE=90°，
∴△CAE为等腰直角三角形，
∴CE=2AC，即BC+BE=2AC，
∴BC+CD=2AC．
【解析】【解答】解：（1）平行四边形邻边不相等，故①不是完美四边形；菱形对角不互补，故②不是完美四边形；矩形邻边不相等，故③不是完美四边形；正方形邻边相等，且对角互补，故④是完美四边形．
故答案为：④；
【分析】（1）根据“完美四边形”的定义判断即可；
（2）连接BD，先利用“SAS”证明△ADE≌△BDF可得DE＝DF，∠AED＝∠BFD，再结合∠AED+∠DEB＝180°，可得∠BFD+∠DEB＝180°，从而得解；
（3）①延长CB至点E，使BE＝CD，先利用“SAS”证明△ADC≌△ABE可得∠ACD＝∠E，AC＝AE，再结合∠ACE＝∠E，可得∠ACD＝∠ACE，从而可得CA平分∠DCB；
②先证明△CAE为等腰直角三角形，可得CE=2AC，即BC+BE=2AC，即可得到BC+CD=2AC。
28．【答案】（1）证明：如图，过点B作BG∥MN交DC于G，
∴BG⊥AP，
∴∠CBG+∠BPA＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCG＝90°，
∴∠CBG+∠CGB＝90°，
∴∠CGB＝∠BPA，
在△BGC与△APB中，∠CGB=∠BPA∠BCG=∠ABCBC=AB，
∴△BGC≌△APB（AAS），
（2）解：∵△BGC≌△APB，
∴BG＝AP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∵BG∥MN，
∴四边形BMNG是平行四边形，
∴MN＝BG＝AP，
在Rt△ABP中，AB＝9，BP＝3，
∴AP=AB2+BP2=310，
∴MN＝310；
（3）解：ME+FN＝EF．理由如下
证明：如图，过P作PH∥AB交MN于H，过F作ST∥AB交BC于S，交AD与T，连接AF，PF，
∵MN垂直平分AP，
∴AE＝PE，AF＝PF，
∵PH∥AB，
∴∠MAE＝∠HPE，
在△AME与△PHE中，∠MAE=∠HPEAE=PE∠AEM=∠PEH，
∴△AME≌△PHE（ASA），
∴ME＝HE，
∵∠TDF＝∠FBP＝45°，
∴TD＝TF，FS＝BS，
∵四边形ABST是矩形，
∴BS＝AT，
∴FS＝AT，t
在Rt△FPS与Rt△ATF中，AT=FSAF=PF，
∴Rt△FPS≌Rt△ATF（HL），
∴PS＝TF，
∴PS＝TD，
∵四边形TSCD是矩形，
∴TD＝SC，
∴PS＝SC，
∵PH∥TS∥CD，
∴HF＝FN，
∴ME+FN＝EF．
【解析】【分析】（1）过点B作BG∥MN交DC于G，利用AAS即可得出△BGC≌△APB；
（2）由△BGC≌△APB，得出BG＝AP，证明四边形BMNG是平行四边形，由平行四边形的性质得出MN＝BG＝AP，由勾股定理得出AP的长度，即可得出结果；
（3）过P作PH∥AB交MN于H，过F作ST∥AB交BC于S，交AD与与T，连接AF，PF，通过△AME≌△PHE（ASA），得出ME＝HE，再由矩形的性质和三角形全等得出BS＝AT，FS＝AT，利用HL证出Rt△FPS≌Rt△ATF，得出PS＝TF，PS＝TD，再根据平行线分线段成比例定理即可证明结论。
29．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∵AF⊥OA，
∴AF∥OD，
∴∠FAE=∠ODE，
∵点E是AD中点，
∴AE=DE，
在△AEF和△DEO中，
∠FAE=∠ODEAE=DE∠AEF=∠DEO ，
∴△AEF≌△DEO（ASA），
∴OE=EF，
∴四边形AODF为平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形AODF为矩形．
（2）解：由（1）可知四边形AODF为距形，
∴AD=OF=10，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABO=30°，
∴OA=12AB=5，
∴OF和OA的长分别为10和5．
【解析】【分析】（1）由点E是AD中点，可得AE=DE，根据ASA证明△AEF≌△DEO，可得OE=EF，根据对角线互相平分可证四边形AODF为平行四边形，由菱形的性质可知AC⊥BD，即得∠AOD=90°，根据矩形的判定定理即证；
（2）由矩形的性质可得AD=OF=10，由菱形的性质可得∠ABO=12∠ABC=30°，AB=AD=10，从而得出OA=12AB=5.
30．【答案】（1）证明：连接OC
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB
∵AB⊥CD于点E，
∴∠CEB＝90°
∴∠OBC＋∠BCD＝90°
∴∠OCB＋∠BCD＝90°
∵∠BCP＝∠BCD，
∴∠OCB＋∠BCP＝90°
∴OC⊥CP
∴CP是⊙O的切线
（2）解：∵AB⊥CD于点E，
∴E为CD中点
∵O为GD中点，
∴OE为△DCG的中位线
∴GC＝2OE＝6，OE∥GC
∵AO∥GC
∴△GCF∽△OAF
∴GCOA=GFOF
即65=GFOF
∵GF＋OF＝5，
∴OF＝2511
【解析】【分析】（1）连接OC，求出∠OCP=90°，根据切线的判定定理即可证明；
（2）由垂径定理可得E为CD中点 ，从而求出OE为△DCG的中位线，可得GC＝2OE＝6，OE∥GC，根据平行线△GCF∽△OAF，可得GCOA=GFOF ，结合GF+OF=5，即可求解