中考数学二轮复习第12讲 四边形（易错点梳理+微练习）（教师版）

这是一份中考数学二轮复习第12讲 四边形（易错点梳理+微练习）（教师版），共40页。试卷主要包含了5D．2，5D．5，5，，6D．4，5°=∠CGB，等内容，欢迎下载使用。

第12讲 四边形易错点梳理

易错点梳理

易错点01 混淆特殊平行四边形的判定定理
矩形、菱形、正方形有各自成立的前提条件，解题时应明确矩形、菱形、正方形的判定定理，不要混淆。
易错点02 对对角线所分割而成的三角形的特征把握不准
平行四边形的两条对角线把其分割为4个三角形，其中相对的两个互相全等；矩形的两条对角线把其分割为4个等腰三角形，其中相对的两个互相全等；菱形的两条对角线把其分割为4个全等的直角三角形；正方形的两条对角线把其分割为4个全等的等腰直角三角形.解题时要充分应用这些三角形的特征，注意它们的联系与区别。
易错点03 混淆三角形的两个性质
三角形的中位线等于第三边的一半，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，尽管都有“一半”，但二者成立的条件和结论不一样，不要混淆。
例题分析

考向01 平行四边形的判定和性质
例题1：如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交点O，AC＝10，P、Q分别为AO、AD的中点，则PQ的长度为（　　）

A．10 B．5 C．2.5 D．2.25
【答案】C
【思路分析】先由矩形的性质可得AC=BD=10，BO=DO=BD=5，再由三角形中位线定理可得PQ=DO，即可得出答案．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝10，BO＝DO，
∴DO＝BD＝5，
∵点P、Q是AO，AD的中点，
∴PQ是△AOD的中位线，
∴PQ＝DO＝2.5，
故选：C．
【点拨】本题考查了矩形的性质以及三角形中位线定理，关键是掌握矩形的对角线相等且互相平分．
例题2：（2021·四川·成都绵实外国语学校九年级期中）如图，矩形ABCD的周长是28，对角线AC、BD相交于点O，点E是CD的中点，AC＝10，则△DOE的周长是（　　）

A．12 B．13 C．14 D．15
【答案】A
【思路分析】先求解再证明再利用三角形的周长公式即可得到答案.
【解析】解： 矩形ABCD的周长是28，

为CD的中点，



故选A
【点拨】本题考查的是矩形的性质，三角形的中位线的性质，掌握“三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边”是解题的关键.
考向02 矩形的判定和性质
例题3：（2021·广东紫金·九年级期中）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使顶点C恰好落在边AB上的点C′上，且GE＝GC′，若DE＝3，AB＝6，BC＝9，则BF的长为（ ）

A．4 B．3 C．4.5 D．5
【答案】A
【思路分析】由矩形的性质可得∠A＝∠D，由折叠的性质可得D'E＝DE＝3，∠D＝∠D'，C'F＝CF＝9﹣BF，证得△AC'G≌△D'EG，从而得AC'＝D'E＝3，从而可求得BC'＝3，利用勾股定理即可求解．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝∠B＝90°，
由折叠性质可得：D'E＝DE＝3，∠D＝∠D'，C'F＝CF＝BC﹣BF＝9﹣BF，
在△AC'G与△D'EG中，
，
∴△AC'G≌△D'EG（AAS），
∴AC'＝D'E＝3，
∴BC'＝AB﹣AC'＝3，
在Rt△BC'F中，C'F2＝BF2+BC'2，
则（9﹣BF）2＝BF2+32，
解得：BF＝4．
故选：A．
【点拨】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，根据勾股定理建立方程是解题的关键．
例题4：（2021·广西凤山·九年级期中）如图，在中，，点、分别是边、的中点，将绕点旋转得，则四边形一定是（ ）

A．矩形 B．菱形
C．正方形 D．梯形
【答案】A
【思路分析】根据旋转的性质确定，，进而确定四边形是平行四边形，再根据等腰三角形三线合一的性质确定，进而确定四边形是矩形．
【解析】解：∵绕点旋转得，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵，点是边的中点，
∴，
∴四边形是矩形．
故选：A．
【点拨】本题考查旋转的性质，等腰三角形的性质，矩形的判定定理，熟练掌握以上知识点是解题关键．
考向03 菱形的判定和性质
例题5：（2021·江苏·无锡市东林中学九年级期中）如图，菱形ABCD∽菱形AEFG，菱形AEFG的顶点G在菱形ABCD的BC边上运动，GF与AB相交于点H，∠E＝60°，若CG＝3，AH＝7，则菱形ABCD的边长为（　　）

A．9 B．10 C．9 D．10
【答案】A
【思路分析】连接AC，首先证明△ABC是等边三角形，再证明△BGH∽△CAG，推出，由此构建方程即可解决问题．
【解析】解：连接AC．

∵菱形ABCD∽菱形AEFG，
∴∠B＝∠E＝∠AGF＝60°，AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，设AB＝BC＝AC＝a，则BH＝a−7，BG＝a−3，
∴∠ACB＝60°，
∵∠AGB＝∠AGH＋∠BGH＝∠ACG＋∠CAG，
∵∠AGH＝∠ACG＝60°，
∴∠BGH＝∠CAG，
∵∠B＝∠ACG，
∴△BGH∽△CAG，
∴，
∴
∴a2−10a＋9＝0，
∴a＝9或1（舍弃），
∴AB＝9，
故选：A．
【点拨】本题考查相似多边形的性质，等边三角形的性质，菱形的性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．
例题6：（2021·山东南区·九年级期末）如图，在菱形ABCD中，E是AD边的中点，连接BE交AC于点F，连接DF，下列四个结论：①△AEF∽△CBF，②CF＝2AF，③DF＝DC，④2S四边形CDEF＝5S△ABF，其中正确正确的结论有（　　）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【思路分析】①由菱形的性质得出ADBC，得出△AEF∽△CBF，故①正确；
②根据相似三角形对应边成比例，可得CF＝2AF，故②正确；
③根据菱形的性质得到AD=CD，由三角形外角定理得到△CDF不是等腰三角形可得DF≠DC，故③错误；
④根据△AEF∽△CBF得到EF与BF的比值，以及AF与AC的比值，据此求出S△AEF＝S△ABF，S△ABF＝S四边形ABCD，可得S四边形CDEF＝S△ACD−S△AEF＝S四边形ABCD，即可得到S四边形CDEF＝S△ABF，故④正确．
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴ADBC，
∴△AEF∽△CBF，
∴，
∵E是AD边的中点，
∴AE＝AD＝BC，
∴，
∴CF＝2AF，故①，②正确；
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=CD，∠DAC=∠DCA
∵∠DFC=∠DAC+∠ADF
∴∠DFC ≠∠DCA
∴△CDF不是等腰三角形
∴DF≠DC，故③错误；
∵△AEF∽△CBF，
∴，
∴S△AEF＝S△ABF，
∵E是AD边的中点，
∴S△ABE＝S四边形ABCD，
∴S△ABF＝S△ABE=×S四边形ABCD= S四边形ABCD，
∴S△AEF＝S四边形ABCD，
又∵S四边形CDEF＝S△ACD−S△AEF＝S四边形ABCD−S四边形ABCD＝S四边形ABCD，
∴2S四边形CDEF＝5 S△ABF，故④正确；
故选B．
【点拨】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，证明△AEF∽△CBF是解题的关键．
考向04 正方形的判定和性质
例题7：（2021·四川·隆昌市知行中学九年级期中）如图，已知在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AE，DF分别是与的角平分线，AE的延长线与DF相交于点G，则下列结论：①；②；③；④，其中正确的有（　　）个

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【思路分析】①证明∠DAE＝∠CDF，进而得∠DAF＋∠ADG＝90°，便可判断①的正误；
②证明△AGF≌△AGD（ASA），得AG垂直平分DF，得ED＝EF，得∠EFD＝∠EDF＝∠CDF，得EFCD，便可判断②的正误；
③由△AGF≌△AGD得AF＝AD，便可判断③的正误；
④证明EF＝ED＝，由平行于三角形一边的直线所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例便可得AB与EF的数量关系，进而判断④的正误．
【解析】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CAD＝∠BDC＝45°，
∵AE，DF分别是∠OAD与∠ODC的平分线，
∴∠DAE＝∠CDF，
∵∠ADF＋∠CDF＝90°，
∴∠DAF＋∠ADG＝90°，
∴∠AGD＝90°，即AG⊥DF，
故①结论正确；
②在△AGF和△AGD中，，
∴△AGF≌△AGD（ASA），
∴GF＝GD，
∵AG⊥DF，
∴EF＝ED，
∴∠EFD＝∠EDF＝∠CDF，
∴EFCDAB，
故②正确；
③∵△AGF≌△AGD（ASA），
∴AD＝AF＝AB，
故③正确；
④∵EFCD，
∴∠OEF＝∠ODC＝45°，
∵∠COD＝90°，
∴EF＝ED＝OE，
∴，
故④错误．
故选：C．
【点拨】主要考查了正方形的性质，直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，角平分线的性质，平行线的性质与判定，涉及的知识点多，关系复杂，增加了解题的难度，关键是灵活运用这些知识解题．
例题8：如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM交CD于点N．若S四边形MOND＝2，则BD的长为（　　）

A．2 B． C．4 D．2
【答案】C
【思路分析】利用正方形的性质得到OD＝OB＝OC，∠COD＝90°，∠OCD＝∠ODA＝45°，利用等角的余角相等可证得∠CON＝∠DOM，则可判断△OCN≌△ODM，所以S△OCN＝S△ODM，从而得到S△ODC＝S四边形MOND＝2，然后利用等腰三角形的面积计算出OD即可．
【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴OD＝OB＝OC，∠COD＝90°，∠OCD＝∠ODA＝45°，
∵ON⊥OM，
∴∠MON＝90°，
∵∠CON＋∠DON＝90°，∠DOM＋∠DON＝90°，
∴∠CON＝∠DOM，
在△OCN和△ODM中，
，
∴△OCN≌△ODM（ASA），
∴S△OCN＝S△ODM，
∴S△OCN＋S△DON=S△ODM＋S△DON，
即S△ODC＝S四边形MOND＝2，
∵OD•OC＝2，
而OD＝OC，
∴OD＝2，
∴BD＝2OD＝4．
故选：C．
【点拨】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．证明△OCN≌△ODM是解决问题的关键．
考向05 梯形的性质
例题9：如图，直角梯形中， ，且，连，则的面积为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【思路分析】如图，过作于，过作交的延长线于，通过证明可得∠EDH=∠FDC，由已知∠EHD=∠DFC=90°，且DE=CD，可推得，
从而可得EH=FC，即可求得的面积
【解析】如图，过作于，过作交的延长线于，

，
，
，
，，
，
，
直角梯形中，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
故选C．
【点拨】本题考查了三角形全等、直角梯形的性质等相关知识，正确画出辅助线是解题的关键．
例题10：（2021·山东济南·二模）如图，为的中点，设，，，则，，的关系是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【思路分析】作DM⊥BC于M，AN⊥BC于N，EH⊥BC于H，根据梯形中位线定理得到AN=（DM+EH），根据三角形的面积公式计算即可判断．
【解析】解：作DM⊥BC于M，AN⊥BC于N，EH⊥BC于H，

则DM∥AN∥EH，
∵A为DE的中点，
∴AN是梯形DMHE的中位线，
∴AN=（DM+EH），
∴S1+S3=×BC×DM+×BC×EH=×BC×（DM+EH）=×BC×2AN=2S2，
∴S2=（S1+S3），
故选C．
【点拨】本题考查的是三角形的面积计算，掌握三角形的面积公式、梯形的中位线定理是解题的关键．
微练习

一、单选题
1．（2021·四川·成都教育科学研究院附属学校九年级期中）如图，D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点，若△ADE的面积为2，则四边形DECB的面积为（ ）

A．4 B．6 C．8 D．12
【答案】B
【解析】解：∵D，E分别是△ABC的边AB，AC的中点
∴是的中位线
∴，
∴
∴，即
四边形DECB的面积
故选B
2．（2021·四川恩阳·九年级期中）如图所示，四边形ABCD中，Q是CD上的一定点，P是BC上的一动点，E、F分别是PA、PQ两边的中点；当点P在BC边上移动的过程中，线段EF的长度将（ ）．

A．先变大，后变小 B．保持不变
C．先变小，后变大 D．无法确定
【答案】B
【解析】如图，连接AQ，

∵，分别为、的中点，
∴为的中位线，
∴，
∵为定点，
∴的长不变，
∴的长不变，
故选：
3．（2021·陕西武功·九年级期中）下列判断错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．四个内角都相等的四边形是矩形
C．一组对边平行且对角线相等的四边形是矩形
D．四条边都相等的四边形是菱形
【答案】C
【解析】A.两组对边分别相等的四边形是平行四边形，正确；B.四个内角都相等，故均为90°，这个四边形是矩形，正确C.一组对边平行且对角线相等的四边形是矩形或者等腰梯形，故错误；D.四条边都相等的四边形是菱形，正确；故选C．
4．（2021·广东·深圳市龙岗区龙城初级中学九年级期中）如图，中，点为上一点，，连结，交于点，延长线交的延长线于点，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】解：由AF＝2DF，可以假设DF＝k，则AF＝2k，AD＝3k，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC＝3k，
∴，
∴,
故选：B．
5．（2021·四川省成都市石室联合中学九年级期中）如图，O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是AD的中点．若AB＝5，AD＝12，则四边形ABOM的周长为（ ）

A．16 B．20 C．29 D．34
【答案】B
【解析】解：∵矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，
∴BC＝AD＝12，CD＝AB＝5，∠ABC＝90°，OA＝OC，
∴AC＝，
∴OB＝OA＝OC＝AC＝6.5，
∵M是AD的中点，
∴OM＝CD＝2.5，AM＝AD＝6，
∴四边形ABOM的周长为：AB＋OB＋OM＋AM＝5＋6.5＋2.5＋6＝20．
故选：B．
6．（2021·辽宁本溪·九年级期中）如图，有一块锐角三角形材料，边，高，要把它加工成矩形零件，使其边在BC上，其余两个顶点分别在AB，AC上，且，则这个矩形零件的长为（ ）

A．32mm B．36mm C．40mm D．44mm
【答案】B
【解析】解：如图，设与的交点为点，

是的高，
，
四边形是矩形，
，
四边形是矩形，
，
设，则，
又，
，，
，，
，即，
解得，
则这个矩形零件的长为，
故选：B．
7．（2021·山西·介休市第三中学校九年级阶段练习）如图，菱形ABCD中，，对角线AC等于8，，则DE的长为（ ）

A．5 B．6 C．9.6 D．4.8
【答案】D
【解析】解：连接BD，交AC于点O，

∵四边形ABCD是菱形，AC=8，BC=5，
∴AC⊥BD，AO=AC=4，
∴由勾股定理得到：．
∴BD=6，
又∵AC•BD=AB•DE．
∴DE=4.8．
故选：D．
8．（2021·山东·日照市田家炳实验中学一模）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB：BC＝3：2，过点B作BE∥AC，过点C作CE∥DB，BE、CE交于点E，连接DE，则tan∠EDC＝（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解：∵矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB：BC＝3：2，
∴设AB＝3x，BC＝2x．
如图，过点E作EF⊥直线DC交线段DC延长线于点F，连接OE交BC于点G．
∵BE∥AC，CE∥BD，
∴四边形BOCE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OC，
∴四边形BOCE是菱形．
∴OE与BC垂直平分，
∴EF＝AD＝＝x，OE∥AB，
∴四边形AOEB是平行四边形，
∴OE＝AB，
∴CF＝OE＝AB＝x．
∴tan∠EDC＝．
故选A．

9．如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，，CE交BO于点E，过点B作，垂足为F，交AC于点G．现给出下列结论：①；②；③；④若，则．其中正确的个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BAC=∠ACB=∠ABD=∠CBD=45°，
∵∠BCE=∠ACB，
∴∠BCE=∠ACE=22.5°，
∵CF⊥BF，
∴∠BFC=∠CFG=90°，
∴∠CBG=67.5°=∠CGB，
∴BC=CG，故①正确；
∵∠ABG=∠ABC-∠CBG=22.5°，
∴∠ABG=∠BCE，
在△ABG和△BCE中，
，
∴△ABG≌△BCE（ASA），故②正确；
∴BG=CE，
∵BC=CG，CF⊥BG，
∴BF=FG=BG，
∴BF=CE，故③正确；
∵BC=2，BO=CO，∠BOC=90°，
∴BC=CG=2，BO=，
∴S△BCG=，故④正确，
故选：D．
10．（2021·重庆一中九年级期中）如图，正方形ABCD的边长为4，点E、F分别为CD、BC的中点，把△ADE沿AE翻折得到△AD'E，延长AD'交BC于点G，连接EG，M是AB边上一点，连接FM，把△BMF沿MF翻折，点B的对应点B'恰好落在AG上，则B'D'的长度为（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】解：如图，过点作于，

点、分别为、的中点，
，，
把沿翻折得到△，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，，，
，，
，
，
，
，，
把沿翻折，
，
，
，
故选：A．
11．（2021·内蒙古包头·三模）如图，直角梯形中，，将腰绕点D逆时针方向旋转并缩短，恰好使，连接，则的面积是（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】解：如图，过D作DG⊥BC于点G，过E作EF垂直于AD交AD的延长线于F，

则∠FDG=90°，即∠CDG+∠CDF=90°，
由旋转可知：∠CDE=90°，即∠CDF+∠EDF=90°，
∴∠EDF=∠CDG，
又∠F=∠CGD=90°，
∴△EDF∽△CDG，
又，
∴，
∵AB⊥BC，AB⊥AD，DG⊥BC，
∴四边形ABGD为矩形，
∴AD=BG=3，
∴CG=BC-BG=2，
∴，则EF=，
∴△ADE的面积=，
故选B．
12．如图，在平行四边形ABCD中，AD＝2AB，作CE⊥AB于点E，点F是AD的中点，连接CF，EF．关于下列四个结论：①∠BCF＝∠DCF；②∠FEC＝∠FCE；③∠AEF＝∠CFD；④S△CEF＝S△BCE，则所有正确结论的序号是（　　）

A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．③④
【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AB＝CD，
∴∠DFC＝∠BCF，
∵点F是AD的中点，
∴AD＝2DF，
∵AD＝2AB，
∴AD＝2CD，
∴DF＝CD，
∴∠DFC＝∠DCF，
∴∠BCF＝∠DCF，故①正确；
取EC的中点G，连接FG，则FG为梯形AECD的中位线，

∴FG∥AB，
∵CE⊥AB，
∴FG⊥CE，
∴EF＝CF，
∴∠FEC＝∠FCE，故②正确；
∵CE⊥AB，AB∥CD，
∴CE⊥CD，
∴∠AEC＝∠DCE＝90°，
即∠AEF+∠FEC＝∠DCF+∠FCE＝90°，
∴∠AEF＝∠DCF，
∵∠DCF＝∠CFD，
∴∠AEF＝∠CFD，故③正确；
∵

而不一定等于
∴不一定等于，故④错误；
故选：B．
二、填空题
13．（2021·上海市松江九峰实验学校九年级期中）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点A与点C重合，折痕EF与AC相交于点O，连接BO．若AB＝4，CF＝5，则OB的长为_______________．

【答案】2
【解析】解：连接AF，过O作OH⊥BC于H，如图：

∵将矩形纸片ABCD折叠，使点A与点C重合，折痕EF与AC相交于点O，
∴AF＝CF＝5，OA＝OC，
在Rt△ABF中，BF＝＝＝3，
∴BC＝BF＋CF＝8，
∵OA＝OC，OH⊥BC，AB⊥BC，
∴O为AC中点，OH∥AB，
∴ ，
∴H为BC中点，
∴OH是△ABC的中位线，
∴BH＝CH＝BC＝4，OH＝AB＝2，
在Rt△BOH中，OB＝＝＝2，
故答案为：2．
14．（2021·黑龙江·哈尔滨市第十七中学校九年级阶段练习）如图，中，D为AC中点，E为BC上一点，连接DE，且，若，，则BC的长度为______．


【答案】17
【解析】如图，取BC的中点F，连接DF
则BC=2CF
∵D点是AC的中点
∴DF是△ABC的中位线
∴，DF∥AB
∴∠CFD=∠ABC
∵
∴∠CFD=2∠DEC
∵∠CFD=∠DEC+∠FDE
∴∠DEC=∠FDE
∴
∴
∴
故答案为：17

15．（2021·辽宁甘井子·九年级期中）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E在边BC上，点F在边CD上，∠AEF＝90°，设BE＝x，CF＝y，当0＜x＜4时，y关于x的函数解析式是______．

【答案】
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝∠C＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB+∠FEC＝90°，
∴∠BAE＝∠FEC，
∴△ABE∽△ECF，
∴，
∵AB＝3，BC＝4，BE＝x，CF＝y，
∴，
∴．
故答案为：．
16．（2021·山东薛城·九年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，且BA＝3，AC＝4，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，连接MN，则线段MN的最小值为_________________．

【答案】
【解析】解：∵∠BAC＝90°，且BA＝3，AC＝4，
∴BC＝＝5，
∵DM⊥AB，DN⊥AC，
∴∠DMA＝∠DNA＝∠BAC＝90°，
∴四边形DMAN是矩形，
∴MN＝AD，
∴当AD⊥BC时，AD的值最小，
此时，△ABC的面积＝AB×AC＝BC×AD，
∴AD＝＝，
∴MN的最小值为；
故答案为：．
17．（2021·浙江·杭州市杭州中学九年级期中）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，F是边AD上的动点，E是边CD上的动点，满足AF+CE＝2，则FDE的最大面积为____．

【答案】
【解析】连接BD．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，
∵∠A＝∠C＝60°，
∴△ABD，△BDC都是等边三角形，
∴∠BDF＝∠C＝∠DBC＝60°，BD＝BC，
∵AF +CE＝= AF+DF，
∴DF＝CE，
在△BDF和△BCE中，
，
∴△BDF≌△BCE（SAS），
∴BE＝BF，∠DBF＝∠CBE，
∴∠EBF＝∠DBC＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴S四边形DEBF＝S△DBC＝，
∴S△FDE＝S四边形DEBF﹣S△BEF＝﹣S△BEF，
∴当S△BEF取得最小值时，S△BEF的值最大，
根据垂线段最短可知，当BE⊥AD时，BE的长最短，此时△BFE的面积最小，
BE的最小值＝，
∴△FDE的面积的最大值＝，
故答案为：．

18．（2021·山东·济南市济阳区实验中学九年级期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DEAC，CEBD．若AD＝2，AB＝3，则四边形CODE的周长是________．

【答案】2
【解析】解：∵CEBD，DEAC，
∴四边形CODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OD＝OC＝AC，
∴四边形CODE是菱形，
∵AD＝2，AB＝3，
∴AC＝，
∴四边形CODE的周长为：4OC＝2AC＝2．
故答案为：2．
19．正方形ABCD的边长为1， E为边BC上动点，将AE绕点E顺时针旋转90°得到线段EF，M为DE的中点，连接MF，则MF的最小值为________

【答案】
【解析】方法一：连接AC,AF,CF,A点是定点，E,F动点，
∵AE=EF,AE⊥EF,
∴∠EAF=45°， ,
在正方形ABCD中，∠BAC=45°， ,
∵∠BAE=∠BAC-∠EAC, ∠CAF=∠EAF-∠EAC,
∴∠BAE=∠CAF，
又∵ ,
∴△ABE∽△ACF,
∴∠ACF=∠ABE=90°，
∴∠DCF=45°，
∴F在射线CF上运动，且∠DCF=45°.

取EC的中点H，连接MH，
∵MD=ME，
∴，，
∴MH⊥EC，
过F点作FP⊥MH，
∴四边形FGHP是矩形，
∴PH=FG
设，则， ，
∴，
，
在Rt△MPF中， ,
即：，
∴，
当时，的最大值为，
∴的最大值为，
故答案为．

方法二：解：如图，过点F作FG⊥BC垂足为G，
∵在正方形ABCD中，AB=BC=CD=1，∠ABC=90°，
由旋转性质可知：AE=FE，∠AEF=90°，
∴，
∴，
∴（SAS） ，
∴，，
∵，
∴，
∴，
取EC的中点H，连接MH，
∵MD=ME，
∴，，
∴MH⊥EC，
过F点作FP⊥MH，
∴四边形FGHP是矩形，
∴PH=FG
设，则， ，
∴，
，
在Rt△MPF中， ,
即：，
∴，
当时，的最大值为，
∴的最大值为，
故答案为．

方法三：以点B为原点，BC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系，
设点E（a，0），
∵正方形的边长为1，


∴点D（1，1）；
过点F作FG⊥x轴，垂足为G，
∵∠AEF=90°，
∴∠BAE=∠GEF，
∵∠ABE=∠EGF=90°，AE=EF，
∴△ABE≌△EGF，
∴BE=GF，AB=EG=1，
∴M（，），F（，a），
∴MF=
=
=
=
=，
当a=时，MF有最小值，且最小值为；
故答案为：．
20．（2021·辽宁·建昌县教师进修学校二模）如图，E是正方形ABCD外一点，连接AE，BE，DE，AP⊥AE交DE于点P，连接BP，若AE＝AP＝1，PB＝，则下列结论：①EB⊥ED；②点B到直线DE的距离是；③；④S正方形ABCD=．其中正确结论的序号为______．

【答案】①②③
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠BAD=∠ADC=90°
∵AP⊥AE，
∴∠EAP=90°
∴∠BAE+∠BAP=∠BAP+∠DAP=90°，
∵∠BAE=∠DAP，
∵AE=AP=1，
∴△ABE≌△ADP（SAS），
∴∠AEB=∠APD，BE=DP
∵△AEP是等腰直角三角形，
∴∠AEP=∠APE=45°， ，
∴∠APD=180°-∠APE=180°-45°=135°，
∴∠AEB=135°，
∴∠BED=∠AEB-∠AEP=135°-45°=90°，
∴EB⊥ED，故①正确；
∴ ，故②正确；
过点E作EF⊥AB于点F，过点P作PG⊥AB于点G，

∴AF=BF，∠AFE=∠PGA=90°，
∵∠EAF+∠PAG=∠PAG+∠APG=90°，
∴∠EAF=∠APG，
∴△EAF≌△APG（AAS），
∴EF=AG，AF=PG，
设正方形ABCD边长为a，则AB=a，
，
∴ ，
∴ ，
在 中，由勾股定理得：
，
解得： ，
∴
，
故③正确；
∴ ，故④错误，
故正确的有①②③．
故答案为：①②③．
三、解答题
21．（2021·湖南新田·九年级期中）如图，点F为边CD上一点，连接AF并延长交BC延长线于点E．

（1）求证：；
（2）若，，求CE的长．
【答案】（1）见解析；（2）3
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴．
22．（2021·河南桐柏·九年级期中）如图，在中，，分别是边，的中点，连接，．若平分，求证：．

【答案】见解析
【解析】解：证明：∵D，E分别是边AC，AB的中点，
∴DE∥BC且BC=2DE，
∵BD平分∠ABC，
∴∠CBD=∠DBE=∠BDE，
∴BE=DE=AE，
∴AB=2DE，BC=2DE，
∴AB=BC，
∵点D是AC的中点，
∴BD⊥AC．
23．（2021·广东高州·九年级期中）如图，已知平行四边形的对角线、交于点O，是等边三角形，．

（1）求证：平行四边形是矩形；
（2）求平行四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1）∵是等边三角形，
∴OA=OB=4cm，∠OAB=∠OBA=60゜
∵四边形是平行四边形
∴OA=OC=4cm，OB=OD=4cm
∴OA=OB=OC=OD
即AC=BD
∴四边形ABCD是矩形
（2）∵AC=2OA=8cm
∵四边形ABCD是矩形
∴∠B=90゜
∴由勾股定理得：
∴四边形ABCD的面积=
24．（2021·辽宁本溪·九年级期中）在中，AE平分，交BC于点E，BF平分，交AD于点F，AE与BF交于点O，连接EF、OC．
（1）求证：四边形ABEF是菱形；
（2）若点E为BC的中点，且，，求OC的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
∵BE平分，
∴，
∴，
∴，
同理，
∴，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∴四边形ABEF是菱形；
（2）解：过O作于H，
∴，
∵E为BC的中点，
∴，
∵，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵四边形ABEF是菱形，
∴，
∴，
在中，
，
在中，
．

25．（2021·湖北·黄石八中三模）如图，正方形ABCD的边长为4，E是正方形ABCD的边DC上的一点，过A作AF⊥AE，交CB延长线于点F．

（1）求证：△ADE≌△ABF；
（2）若DE＝1，求△AFE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】（1）证明：，
，
，
．
，，
．
（2）解：，
．
，，，
．
的面积为：．
26．（2021·北京·中考真题）如图，在四边形中，，点在上，，垂足为．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若平分，求和的长．
【答案】（1）见详解；（2），
【解析】（1）证明：∵，
∴AD∥CE，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）可得四边形是平行四边形，
∴，
∵，平分，，
∴，
∴EF=CE=AD，
∵，
∴，
∴，
∴．