四边形 （试题）2023年中考数学专题复习 人教版

这是一份四边形 （试题）2023年中考数学专题复习 人教版，共25页。试卷主要包含了八边形的外角和是，正八边形的一个外角度数是等内容，欢迎下载使用。
2023年中考数学专题复习--四边形
一．选择题（共10小题）
1．八边形的外角和是（　　）
A．360° B． 720° C．1080° D．1440°
2．若一个多边形的每一个外角都等于40°，则这个多边形的边数是（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
3．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝（　　）

A．90° B．180° C．360° D．540°
4．矩形ABCD中，AB＝3，AC＝5，则BD的长为（　　）
A．5 B．4 C．3 D．2
5．已知菱形ABCD的周长为36cm，则此菱形的边长为（　　）
A．9cm B．18cm C．3cm D．20cm
6．如图，小明从A点出发，沿直线前进16米后向左转45°，又向左转45°，…，照这样走下去，他第一次回到点A时，共走路程为（　　）

A．96米 B．128米 C．160米 D．192米
7．一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是1440°，则原来多边形的边数是（　　）
A．9 B．10 C．8或9或10 D．9或10或11
8．正八边形的一个外角度数是（　　）
A．45° B．135° C．108° D．125°
9．长方形ABCD中，AB＝12，AD＝17，E，F分别在边BC，CD上，BE＝5，DF＝7，则∠AEB+∠AFD等于（　　）
A．105° B．120° C．90° D．135°
10．如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且OA＝OC，OB＝OD，下列说法错误的是（　　）

A．若AC⊥BD，四边形ABCD是菱形
B．若AC＝BD，四边形ABCD是矩形
C．若AC⊥BD且AC＝BD，四边形ABCD是正方形
D．若∠ABC＝90°，四边形ABCD是正方形
二．填空题（共5小题）
11．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD的交点为O，AC＝6，CD＝5．若点E在BC上，且AE⊥BC，则AE的长为 　 　．

12．数学家迪尔卡在《几何》一书中阐述了坐标几何的思想，主张取代数和几何中最好的东西，互相以长不短．在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝120°．如图建立平面直角坐标系xOy，使得边AB在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，则C的坐标是 　 　．

13．如图，某人从点A出发沿直线前进5m到达点B后向左旋转的角度为α，再沿直线前进5m，到达点C后，又向左旋转α，照这样走下去，第一次回到出发地点时，他共走了60m，则每次旋转的角度α为 　 　．

14．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，点D在线段AC上，过点D作DE⊥AB于点B，DF⊥BC于点F，若四边形DEBF为正方形，AD＝5cm，CD＝12cm，则阴影部分的面积为 　 　cm2．（提示：线段DE可看作由DF绕点D顺时针旋转90°得到）

15．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为E、F．则PE+PF＝　 　．

三．解答题（共6小题）
16．如图，小华有一块三角板ABC，其中∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线l，分别过A，B作l的垂线，垂足分别是D，E．
（1）求证：△ACD≌△CBE；
（2）若DE＝6，求梯形ABED的面积．

17．如图，E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若AB＝4，BE＝2，求四边形AECF的面积．

18．我们发现，用不同的方式表示同一图形的面积可以解决线段长度之间关系的有关问题，这种方法称为等面积法，这是一种重要的数学方法，请你用等面积法来探究下列两个问题：
（1）如图①是著名的“赵爽弦图”，由四个全等的直角三角形拼成，请用它验证勾股定理；
（2）如图②，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝4，BC＝3，求CD的长度；
（3）如图①，若大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，求（a+b）2的值．

19．如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，D为AB的中点，点P从点C出发，沿折线CB﹣BA向点A运动，点P在CB边上以每秒3个单位长度的速度运动，在BA边上以每秒5个单位长度的速度运动，在点P运动过程中，连结PD，将△PDC绕线段PD的中点旋转180°得到△PDC'，设点P的运动时间为t秒（0＜t＜4）．
（1）AB的长为 　 　；
（2）用含t的代数式表示线段PB的长；
（3）当四边形CPC'D是轴对称图形时，求出t的值；
（4）连结CC'，如图②，当CC'将△ABC的面积分成2：3两部分时，直接写出t的值．

20．如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BD＝24cm，AC＝12cm，点E在线段BO上从点B以1cm/s的速度向点O运动，点F在线段OD上从点O以2cm/s的速度向点D运动．
（1）若点E、F同时运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，四边形AECF是平行四边形；
（2）在（1）的条件下，当AB为何值时，平行四边形AECF是菱形；
（3）求（2）中菱形AECF的面积．

21．已知正方形ABCD，边长为4，动点P以每秒1个单位的速度从点B出发沿线段BC方向运动，动点Q同时以每秒4个单位速度从A点出发沿正方形的边AD﹣DC﹣CB﹣BA方向顺时针作折线运动，当点Q回到A点时停止运动，设点P的运动时间为t．
（1）当t＝时，证明：△ABP≌△BCQ；
（2）当S△ADQ＝6时，S△ABP的面积是多少？
（3）S△ADQ是否有最大值？如果有，请直接写出3个满足的t的值；如果没有，请说明理由．


2023年中考数学专题复习--四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．八边形的外角和是（　　）
A．360° B． 720° C．1080° D．1440°
【分析】利用n边形的外角和是360°即可求解．
【解答】解：∵n边形的外角和是360°，
∴八边形的外角和是360°，
故选：A．
【点评】本题主要考查多边形的外角和，解题关键是掌握多边形的外角和是360°．
2．若一个多边形的每一个外角都等于40°，则这个多边形的边数是（　　）
A．7 B．8 C．9 D．10
【分析】根据任何多边形的外角和都是360°，利用360°除以外角的度数就可以求出多边形的边数．
【解答】解：∵360÷40＝9，
∴这个多边形的边数是9．
故选：C．
【点评】本题考查了多边形内角与外角，根据外角和的大小与多边形的边数无关，由外角和求正多边形的边数，是常见的题目，需要熟练掌握．
3．如图，∠A+∠B+∠C+∠D+∠E＝（　　）

A．90° B．180° C．360° D．540°
【分析】根据三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角和∠BFC＝∠A+∠B，∠DGF＝∠C+∠BFC，再根据三角形内角和公式即可求解．
【解答】解：如图所示：延长BE交AC于点F，

∵∠BFC＝∠A+∠B，∠DGF＝∠C+∠BFC，
∴∠A+∠B+∠C+∠D+∠E
＝∠BFC+∠C+∠D+∠E
＝∠DGF+∠D+∠E
＝180°．
故选：B．

【点评】考查了多边形内角与外角，本题运用三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角和，将已知角转化在同一个三角形中，再根据三角形内角和定理求解．
4．矩形ABCD中，AB＝3，AC＝5，则BD的长为（　　）
A．5 B．4 C．3 D．2
【分析】根据矩形的对角线相等即可解决问题．
【解答】解：因为矩形ABCD中，BD＝AC＝5，
所以BD的长为5．
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的对角线相等．
5．已知菱形ABCD的周长为36cm，则此菱形的边长为（　　）
A．9cm B．18cm C．3cm D．20cm
【分析】根据菱形的四条边相等即可解决问题．
【解答】解：∵菱形ABCD的周长为36cm，
∴菱形的边长＝36÷4＝9（cm）．
故选：A．
【点评】本题考查了菱形的性质，解决本题的关键是掌握菱形的四条边都相等．
6．如图，小明从A点出发，沿直线前进16米后向左转45°，又向左转45°，…，照这样走下去，他第一次回到点A时，共走路程为（　　）

A．96米 B．128米 C．160米 D．192米
【分析】根据多边形的外角和即可求出答案．
【解答】解：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8×16＝128（米）．
故选：B．
【点评】本题主要考查了利用多边形的外角和定理求多边形的边数．任何一个多边形的外角和都是360°．
7．一个多边形截去一个角后，形成的另一个多边形的内角和是1440°，则原来多边形的边数是（　　）
A．9 B．10 C．8或9或10 D．9或10或11
【分析】首先求得内角和为1440°的多边形的边数，即可确定原多边形的边数．
【解答】解：设内角和为1440°的多边形的边数是n，则（n﹣2）•180＝1440，
解得：n＝10．
则原多边形的边数为9或10或11
故选：D．
【点评】本题考查了多边形的内角和定理，理解分三种情况是关键．
8．正八边形的一个外角度数是（　　）
A．45° B．135° C．108° D．125°
【分析】利用正八边形的外角和等于360度即可求出答案．
【解答】解：360°÷8＝45°，
故选：A．
【点评】本题主要考查了多边形的外角和定理，任何一个多边形的外角和都是360°．
9．长方形ABCD中，AB＝12，AD＝17，E，F分别在边BC，CD上，BE＝5，DF＝7，则∠AEB+∠AFD等于（　　）
A．105° B．120° C．90° D．135°
【分析】根据题意画出图形，证明△ABE≌△ECF（SAS），可得∠EAB＝∠CEF，AE＝FE，∠AEB＝∠EFC，然后证明△AEF是等腰直角三角形，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，连接EF，

在长方形ABCD中，DC＝AB＝12，BC＝AD＝17，
∵BE＝5，DF＝7，
∴CE＝12，CF＝5，
∴AB＝EC，BE＝CF，
∵∠B＝∠C＝90°，
在△ABE和△ECF中，
，
∴△ABE≌△ECF（SAS），
∴∠EAB＝∠CEF，AE＝FE，∠AEB＝∠EFC，
∵∠EAB+∠AEB＝90°，
∴∠CEF+∠AEB＝90°，
∴∠AEF＝90°，
∴△AEF是等腰直角三角形，
∴∠AFE＝45°，
∴∠AEB+∠AFD＝∠EFC+∠AFD＝180°﹣45°＝135°．
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，解决本题的关键是得到△ABE≌△ECF．
10．如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且OA＝OC，OB＝OD，下列说法错误的是（　　）

A．若AC⊥BD，四边形ABCD是菱形
B．若AC＝BD，四边形ABCD是矩形
C．若AC⊥BD且AC＝BD，四边形ABCD是正方形
D．若∠ABC＝90°，四边形ABCD是正方形
【分析】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的判定以及正方形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
A、若AC⊥BD，则平行四边形ABCD是菱形，故选项A不符合题意；
B、若AC＝BD，则平行四边形ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C、若AC⊥BD且AC＝BD，则平行四边形ABCD是正方形，故选项C不符合题意；
D、若∠ABC＝90°，则平行四边形ABCD是矩形，故选项D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质以及正方形的判定等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
11．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD的交点为O，AC＝6，CD＝5．若点E在BC上，且AE⊥BC，则AE的长为 　　．

【分析】利用菱形的性质即可计算得出BC的长，再根据面积法即可得到AE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CO＝AC＝3，OD＝BO＝BD，AO⊥BO，
∵BC＝CD＝5．
∴OD＝＝4，
∴BD＝2OD＝8，
∵S菱形ABCD＝AC•BD＝BC×AE，
∴6×8＝5AE，
∴AE＝，
故答案为：．
【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据面积法得到AE的长．
12．数学家迪尔卡在《几何》一书中阐述了坐标几何的思想，主张取代数和几何中最好的东西，互相以长不短．在菱形ABCD中，AB＝2，∠DAB＝120°．如图建立平面直角坐标系xOy，使得边AB在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上，则C的坐标是 　（2，）　．

【分析】根据直角三角形的性质可得OA和OD的长，根据菱形的性质和坐标与图形的性质可得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，AB＝2，
∴CD＝AD＝AB＝2，
∵∠DAB＝120°，
∴∠OAD＝60°，
在Rt△AOD中，∠ADO＝30°，
∴OA＝AD＝＝1，OD＝＝，
∴C（2，），
故答案为：（2，）．
【点评】此题主要考查了含30度角的直角三角形的性质，菱形的性质，坐标与图形的性质等知识，解题的关键是确定OD的长．
13．如图，某人从点A出发沿直线前进5m到达点B后向左旋转的角度为α，再沿直线前进5m，到达点C后，又向左旋转α，照这样走下去，第一次回到出发地点时，他共走了60m，则每次旋转的角度α为 　30°　．

【分析】根据共走了45米，每前进5米左转一次可求得左转的次数，则已知多边形的边数，再根据外角和计算左转的角度．
【解答】解：向左转的次数60÷5＝12（次），
则左转的角度是360°÷12＝30°．
故答案是：30°．
【点评】本题考查了多边形的计算，正确理解多边形的外角和是360°是关键．
14．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，点D在线段AC上，过点D作DE⊥AB于点B，DF⊥BC于点F，若四边形DEBF为正方形，AD＝5cm，CD＝12cm，则阴影部分的面积为 　30　cm2．（提示：线段DE可看作由DF绕点D顺时针旋转90°得到）

【分析】根据正方形的下找得到DE＝DF，∠EDF＝90°，过D作DH⊥AC交AB的延长线于H，根据全等三角形的性质得到DH＝CD＝12cm，根据三角形的面积公式即可得到结论．
【解答】解：∵四边形DEBF为正方形，
∴DE＝DF，∠EDF＝90°，
过D作DH⊥AC交AB的延长线于H，
∵∠EDF＝∠CDH＝90°，
∴∠EDH＝∠CDF，
∵∠DEH＝∠DFC＝90°，DE＝DF，
∴△DEH≌△DFC（ASA），
∴DH＝CD＝12cm，
阴影部分的面积＝S△ADH＝AD•DH＝5×12＝30（cm2），
故答案为：30．

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键．
15．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为E、F．则PE+PF＝　　．

【分析】首先连接OP．由矩形ABCD的两边AB＝5，AD＝12，可得S矩形ABCD＝AB•AD＝5×12＝60，根据勾股定理可得AC＝BD＝＝13，然后根据S△AOD＝S△AOP+S△DOP，进而可以求得答案．
【解答】解：连接OP，如图所示，

∵矩形ABCD的两边AB＝5，AD＝12，
∴S矩形ABCD＝AB•AD＝5×12＝60，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD＝＝13，
∴S△AOD＝S矩形ABCD＝15，OA＝OD＝，
∴S△AOD＝S△AOP+S△DOP＝OA•PE+OD•PF＝OA（PE+PF）＝（PE+PF）＝15，
∴PE+PF＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了矩形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
三．解答题（共6小题）
16．如图，小华有一块三角板ABC，其中∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线l，分别过A，B作l的垂线，垂足分别是D，E．
（1）求证：△ACD≌△CBE；
（2）若DE＝6，求梯形ABED的面积．

【分析】（1）根据垂直的定义得出∠ADC＝∠ACB＝∠BEC＝90°，根据三角形的内角和定理和邻补角得出∠DAC＝∠ECB，根据AAS证△ADC≌△CEB；
（2）根据△ACD≌△CBE得出CD＝BE，AD＝CE，得DE＝AD+BE．根据梯形面积公式则可得出答案．
【解答】（1）证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE，∠ACB＝90°，
∴∠ADC＝∠ACB＝∠BEC＝90°，
∴∠DAC+∠DCA＝90°，∠DCA+∠ECB＝90°，
∴∠DAC＝∠ECB，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）解：∵△ACD≌△CBE，
∴AD＝CE，DC＝BE，
∴DE＝DC+CE＝BE+AD，即DE＝AD+BE．
∴梯形ABED的面积为：（BE+AD）•DE＝DE2＝62＝18．
【点评】本题考查了梯形，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，解题的关键是证明三角形全等．
17．如图，E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）若AB＝4，BE＝2，求四边形AECF的面积．

【分析】（1）根据全等三角形的判定定理证明即可；
（2）根据正方形的性质，菱形的判定定理和性质定理解答即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴CD＝AB，∠ABE＝∠CDF＝45°，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SAS）．
（2）解：如图，连接AC，交BD于点O，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，DO＝BO，
又∵DF＝BE，
∴OE＝OF，AO＝CO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形，
∵AB＝4，
∴AC＝BD＝AB＝8，
∵BE＝DF＝2，
∴EF＝BD﹣2BE＝4，
∴四边形AECF的面积＝AC•EF＝×8×4＝16．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，菱形的判定和性质，熟练掌握相关性质是解答本题的关键．
18．我们发现，用不同的方式表示同一图形的面积可以解决线段长度之间关系的有关问题，这种方法称为等面积法，这是一种重要的数学方法，请你用等面积法来探究下列两个问题：
（1）如图①是著名的“赵爽弦图”，由四个全等的直角三角形拼成，请用它验证勾股定理；
（2）如图②，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝4，BC＝3，求CD的长度；
（3）如图①，若大正方形的面积是13，小正方形的面积是1，求（a+b）2的值．

【分析】（1）根据题意，我们可在图中找等量关系，由中间的小正方形的面积等于大正方形的面积减去四个直角三角形的面积，列出等式化简即可得出勾股定理的表达式．
（2）先由勾股定理求出AB的长，再根据三角形的面积求CD的长即可；
（3）根据所给的面积，分别得到c2＝169，（b﹣a）2＝1，再结合（1）的结论，求出ab＝84，根据（a+b）2＝（b﹣a）2+4ab，再求值即可．
【解答】解：（1）∵大正方形面积为c2，直角三角形面积为 ab，小正方形面积为：（b﹣a）2，
∴c2＝4×ab+（a﹣b）2＝2ab+a2﹣2ab+b2，
即c2＝a2+b2．
（2）在Rt△ABC中，
∵∠ACB＝90°，
∴由勾股定理，得：AB＝＝5，
∵CD⊥AB，
∴S△ABC＝AC•BC＝AB•CD，
∴CD＝；
（3）∵大正方形的面积是13，
∴c2＝169，
∵小正方形的面积是1，
∴（b﹣a）2＝1，
∵c2＝a2+b2，
∴169＝1+2ab，
解得ab＝84，
∴（a+b）2＝（b﹣a）2+4ab＝1+336＝337．
【点评】本题考查了学生对勾股定理的证明和对三角形和正方形面积公式的熟练掌握和运用，属于基本题型．
19．如图①，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，D为AB的中点，点P从点C出发，沿折线CB﹣BA向点A运动，点P在CB边上以每秒3个单位长度的速度运动，在BA边上以每秒5个单位长度的速度运动，在点P运动过程中，连结PD，将△PDC绕线段PD的中点旋转180°得到△PDC'，设点P的运动时间为t秒（0＜t＜4）．
（1）AB的长为 　10　；
（2）用含t的代数式表示线段PB的长；
（3）当四边形CPC'D是轴对称图形时，求出t的值；
（4）连结CC'，如图②，当CC'将△ABC的面积分成2：3两部分时，直接写出t的值．

【分析】（1）由∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，根据勾股定理求得AB＝10，于是得到问题的答案；
（2）先根据点P在CB边、BA边上的速度分别为每秒3个单位长度、每秒5个单位长度，计算出点P在CB边上的运动时间为2秒，在BA边上的运动时间为2秒，则当0＜t≤2时，PB＝6﹣3t；当2＜t＜4时，PB＝5（t﹣2）＝5t﹣10；
（3）先由△PDC绕线段PD的中点旋转180°得到△PDC'，证明四边形CPC′D是平行四边形，再由∠ACB＝90°，D为AB的中点，求得CD＝AD＝BD＝5，再分两种情况讨论，一是点P在CB边上，四边形CPC'D是轴对称图形，此时四边形CPC'D是菱形，则CP＝CD＝5，所以3t＝5，则t＝；二是点P在BA边上，四边形CPC'D是轴对称图形，此时四边形CPC'D是菱形，则CC′⊥AB，设CC′交AB于点E，由×10CE＝×6×8＝S△ABC，求得CE＝，再根据勾股定理求得PE＝DE＝＝，则PB＝，所以5t﹣10＝，则t＝；
（4）设CC′交AB于点E，由CC'将△ABC的面积分成2：3两部分，得＝或＝，再分三种情况讨论，一是点P在CB边上，＝，则BE＝AB，所以DE＝AB﹣AB＝AB，即可推导出＝，再证明△DC′E∽△BCE，则＝＝，因为DC′＝CP＝3t，所以3t＝×6，求得t＝；二是点P在BA边上，＝，则BE＝AB，所以PE＝DE＝AB＝×10＝1，BP＝3，所以5t﹣10＝3，求得t＝；三是点P在BA边上，＝，则BE＝AB，所以PE＝DE＝AB﹣AB＝AB＝1，则BP＝7，所以5t﹣10＝7，求得t＝．
【解答】解：（1）∵∠ACB＝90°，BC＝6，AC＝8，
∴AB＝＝＝10，
故答案为：10．
（2）∵点P在CB边、BA边上的速度分别为每秒3个单位长度、每秒5个单位长度，
∴点P在CB边上的运动时间为6÷3＝2（秒），在BA边上的运动时间为10÷5＝2（秒），
当0＜t≤2时，PB＝6﹣3t，
当2＜t＜4时，PB＝5（t﹣2）＝5t﹣10．
（3）如图①，取PD的中点O，连结OC、OC′，
∵△PDC绕线段PD的中点旋转180°得到△PDC'，
∴C、O、C′三点在同一条直线上，且OC＝OC′，
∴四边形CPC′D是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，D为AB的中点，
∴CD＝AD＝BD＝AB＝5，
如图②，点P在CB边上，四边形CPC'D是轴对称图形，此时四边形CPC'D是菱形，
由CP＝CD＝5，得3t＝5，
解得t＝；
如图③，点P在BA边上，四边形CPC'D是轴对称图形，此时四边形CPC'D是菱形，
∴CC′⊥AB，
设CC′交AB于点E，则∠DEC＝90°，
∵×10CE＝×6×8＝S△ABC，
∴CE＝，
∴PE＝DE＝＝＝，
∴PB＝5﹣﹣＝，
∴5t﹣10＝，
解得t＝，
综上所述，t的值为或．
（4）设CC′交AB于点E，
∵CC'将△ABC的面积分成2：3两部分，
∴＝或＝，
如图④，点P在CB边上，＝，则BE＝AB，
∵BD＝AB，
∴DE＝AB﹣AB＝AB，
∴＝＝，
∵DC′∥BC，DC′＝CP＝3t，
∴△DC′E∽△BCE，
∴＝＝，
∴3t＝×6，
解得t＝；
如图⑤，点P在BA边上，＝，则BE＝AB，
∵PE＝DE＝AB＝×10＝1，
∴BP＝5﹣1﹣1＝3，
∴5t﹣10＝3，
解得t＝；
如图⑥，点P在BA边上，＝，
∴BE＝AB，
∴PE＝DE＝AB﹣AB＝AB＝1，
∴BP＝5+1+1＝7，
∴5t﹣10＝7，
解得t＝，
综上所述，t的值为或或．





【点评】此题重点考查勾股定理的应用、相似三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、根据面积等式求线段的长度、菱形的判定与性质、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
20．如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BD＝24cm，AC＝12cm，点E在线段BO上从点B以1cm/s的速度向点O运动，点F在线段OD上从点O以2cm/s的速度向点D运动．
（1）若点E、F同时运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，四边形AECF是平行四边形；
（2）在（1）的条件下，当AB为何值时，平行四边形AECF是菱形；
（3）求（2）中菱形AECF的面积．

【分析】（1）由平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，得OB＝OD＝BD＝12cm，，OA＝OC＝AC＝6cm，而BE＝tcm，OF＝2tcm，所以OE＝（12﹣t）cm，当OE＝OF时，四边形AECF是平行四边形，所以12﹣t＝2t，得t＝4，则当t的值是4时，四边形AECF是平行四边形；
（2）由“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”可知，当AC⊥BD时，平行四边形AECF是菱形，则OB2+OB2＝AB2，所以AB＝6cm，则当AB为6cm时，平行四边形AECF是菱形；
（3）先求出当t＝4时，OE＝OF＝8cm，则EF＝16cm，再根据菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，求得菱形AECF的面积为96cm2．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，且对角线AC、BD相交于点O，
∴OB＝OD，OA＝OC，
∵BD＝24cm，AC＝12cm，
∴OB＝OD＝BD＝12cm，OA＝OC＝AC＝6cm，
∵点E在线段BO上从点B以1cm/s的速度向点O运动，
∴BE＝tcm，
∴OE＝（12﹣t）cm，
∵点F在线段OD上从点O以2cm/s的速度向点D运动，
∴OF＝2tcm，
当OE＝OF时，四边形AECF是平行四边形，
∴12﹣t＝2t，
解得t＝4，
∴当t的值为4时，四边形AECF是平行四边形．
（2）∵四边形AECF是平行四边形，
∴当AC⊥BD时，平行四边形AECF是菱形，
∴∠AOB＝90°，
∵当OB2+OB2＝AB2时，∠AOB＝90°，
∴AB＝＝＝6（cm），
∴当AB为6cm时，平行四边形AECF是菱形．
（3）当t＝4时，OE＝12﹣t＝12﹣4＝8（cm），
∴OE＝OF＝8cm，
∴EF＝16cm，
∵AC⊥EF，且AC＝12cm，
∴S菱形AECF＝EF•AC＝×16×12＝96（cm2），
∴菱形AECF的面积为96cm2．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、菱形的判定与性质、菱形面积的求解、勾股定理及其逆定理的应用、动点问题的求解等知识与方法，正确地用含t的代数式表示线段BE、OE、OF的长度是解题的关键．
21．已知正方形ABCD，边长为4，动点P以每秒1个单位的速度从点B出发沿线段BC方向运动，动点Q同时以每秒4个单位速度从A点出发沿正方形的边AD﹣DC﹣CB﹣BA方向顺时针作折线运动，当点Q回到A点时停止运动，设点P的运动时间为t．
（1）当t＝时，证明：△ABP≌△BCQ；
（2）当S△ADQ＝6时，S△ABP的面积是多少？
（3）S△ADQ是否有最大值？如果有，请直接写出3个满足的t的值；如果没有，请说明理由．

【分析】（1）根据SAS证明三角形全等即可；
（2）当S△ADQ＝6时，点Q可能在CD上，也可能在AB上，分别求出t的值，再求出BP的长，可得结论；
（3）△ADQ的面积有最大值，当点Q在线段BC上运动时，面积最大，
【解答】（1）证明：如图1中，当t＝时，点Q在CD边上，CQ＝8﹣4×＝，BP＝，

∴CQ＝BP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB，∠ABP＝∠C＝90°，
在△ABP和△BCQ中，
，
∴△ABP≌△BCQ（SAS）；

（2）解：当S△ADQ＝6时，点Q可能在CD上，也可能在AB上，
t＝＝或＝，
∴PB＝或，
∴S△ABP＝××4＝3.5或××4＝6.5；

（3）解：△ADQ的面积有最大值，当点Q在线段BC上运动时，面积最大，
满足条件的t的值为2或2.5或3（答案不唯一）．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．