三年广东中考数学模拟题分类汇总之四边形

这是一份三年广东中考数学模拟题分类汇总之四边形，共30页。
A．6B．7C．8D．9
2．（2021•宁波模拟）两张全等的矩形（非正方形）纸片先后按如图①呈轴对称方式，按如图②呈中心对称方式放置在同一个正方形中，若知道图形①与图形④的面积差，则一定能求出（ ）
A．图形②与③的面积差B．图形②与③的周长差
C．图形②与③的面积和D．图形②与③的周长和
3．（2021•温岭市一模）正n边形的一个外角为30°，则n＝（ ）
A．9B．10C．12D．14
4．（2021•湖州模拟）一个多边形的每一个外角都是72°，这个多边形的内角和为（ ）
A．360°B．540°C．720°D．900°
5．（2022•温州校级模拟）如图，菱形ABCD中，过点C作CE⊥BC交BD于点E，若∠BAD＝118°，则∠CEB＝（ ）
A．59°B．62°C．69°D．72°
6．（2022•嘉兴一模）如图1，直线l1∥l2，直线l3分别交直线l1，l2于点A，B．小嘉在图1的基础上进行尺规作图，得到如图2，并探究得到下面两个结论：
①四边形ABCD是邻边不相等的平行四边形；
②四边形ABCD是对角线互相垂直的平行四边形．下列判断正确的是（ ）
A．①②都正确B．①错误，②正确
C．①②都错误D．①正确，②错误
7．（2022•海曙区一模）如图，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，BF⊥CE于点G，若已知下列三角形面积，则可求阴影部分面积和的是（ ）
A．S△BAFB．S△BCFC．S△BCGD．S△FCG
8．（2022•嘉兴一模）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，作BG⊥AE于G，若AB＝6，AD＝9，BG＝42，则△EFC的周长为（ ）
A．8B．9C．10D．11
9．（2023•西湖区校级三模）一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数（ ）
A．9B．8C．7D．6
10．（2023•拱墅区三模）如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，若∠CAE＝15°，则∠BOE的度数为（ ）
A．60°B．75°C．72°D．90°
11．（2023•柯城区校级一模）如图，平行四边形ABCD的周长为16cm，AC，BD相交于点O，EO⊥BD交AD于点E，则△ABE的周长为（ ）
A．4cmB．6cmC．8cmD．10cm
12．（2023•江山市模拟）已知，如图，在矩形ABCD中，E是BC上的一点，且AE＝AD，DF⊥AE于点F．若DF＝4，EF＝2，则矩形ABCD的面积是（ ）
A．14B．16C．18D．20
二．填空题（共5小题）
13．（2021•宁波模拟）已知一个多边形的每个外角都是24°，此多边形是 边形．
14．（2021•嘉兴一模）如图，在直角坐标系xOy中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A（﹣2，0），B（3，0）．现固定点A，B在x轴上的位置不变，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上的点D′，则点C的对应点C′的坐标为 ．
15．（2022•婺城区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，将△BCD沿射线BD平移长度a（a＞0）得到△B'C'D'，连接AB'，AD'，则当△AB'D'是直角三角形时，a的长为 ．
16．（2022•温州模拟）如图，在菱形ABCD中，DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为点E，F．若∠ADE+∠CDF＝80°，则∠EDF等于 度．
17．（2023•缙云县一模）如图，AC为平行四边形ABCD的对角线，AC⊥BC，点E在AB上，连接CE，分别延长CE，DA交于点F，若CE＝EF＝4，则CD的长为 ．
三．解答题（共5小题）
18．（2021•温州模拟）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．
（1）求证：BE＝DF．
（2）当∠BAD＝110°时，求∠EAF的度数．
19．（2021•余杭区一模）如图，在平行四边形ABCD中，点O是BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠A＝50°，则当∠ADE＝ °时，四边形BECD是菱形．
20．（2022•临安区一模）如图，正方形ABCD的边长为1，点E是边AB上一点，过点E作EF∥BC．
（1）设以线段AE，AD为邻边的矩形的面积为S1，以BE为边的正方形的面积为S2，且S1＝S2，求BE的长；
（2）连结AC，DE，若H是DE的中点，GH⊥DE交AC于点G，连结EG，求证：BG＝EG．
21．（2022•常山县模拟）如图，在矩形ABCD中，AE平分∠BAD交射线BC于点E，过点C作CF⊥AE交射线AE于点F，连结BD交AE于点G，连结DF交射线BC于点H．
（1）当AB＜AD时，
①求证：BE＝CD；
②猜想∠BDF的度数，并说明理由．
（2）若ABAD=k时，求tan∠CDF的值（用含k的代数式表示）．
22．（2023•西湖区校级二模）如图，已知正方形ABCD，AB＝4，点M在边CD上，射线AM交BD于点E，交射线BC于点F，过点C作CP⊥CE，交AF于点P．
​（1）求证：△ADE≌△CDE．
（2）判断△CPF的形状，并说明理由．
（3）作DM的中点N，连结PN，若PN＝3，求CF的长．
三年广东中考数学模拟题分类汇总之四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共12小题）
1．（2021•路桥区一模）如果一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数是（ ）
A．6B．7C．8D．9
【考点】多边形内角与外角．
【专题】几何图形．
【答案】C
【分析】根据多边形的内角和公式及外角的特征计算．
【解答】解：多边形的外角和是360°，根据题意得：
180°•（n﹣2）＝3×360°
解得n＝8．
故选：C．
【点评】本题主要考查了多边形内角和公式及外角的特征．求多边形的边数，可以转化为方程的问题来解决．
2．（2021•宁波模拟）两张全等的矩形（非正方形）纸片先后按如图①呈轴对称方式，按如图②呈中心对称方式放置在同一个正方形中，若知道图形①与图形④的面积差，则一定能求出（ ）
A．图形②与③的面积差B．图形②与③的周长差
C．图形②与③的面积和D．图形②与③的周长和
【考点】正方形的性质；轴对称的性质；中心对称图形；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】B
【分析】根据题意设矩形较长的一边为x，较短的一边为y，正方形的边长为a，先用字母表示出图形①、④的面积，根据题意得到（x﹣y）为已知，再用字母分别表示出图形①、②、③、④、⑤、⑥的周长，进行计算即可得出正确的选项．
【解答】解：设矩形较长的一边为x，较短的一边为y，正方形的边长为a，
图形④的面积＝（2x﹣a）（2y﹣a）＝（4xy﹣2ax﹣2ay+a2），
图形①的面积＝（x+y﹣a）（x+y﹣a）＝（x2+y2+2xy+a2﹣2ax﹣2ay），
∴图形①与图形④的面积差＝（x2+y2+2xy+a2﹣2ax﹣2ay）﹣（4xy﹣2ax﹣2ay+a2）＝（x2+y2﹣2xy）＝（x﹣y）2，
图形②的面积＝（a﹣y）2＝a2﹣2ay+y2，
图形③的面积＝（a﹣x）2＝a2﹣2ax+x2，
∴图形②与图形③的面积差＝a2﹣2ay+y2﹣（a2﹣2ax+x2）＝﹣2ay+y2+2ax﹣x2，
故A选项不符合题意；
图形②与图形③的面积和＝a2﹣2ay+y2+（a2﹣2ax+x2）＝2a2﹣2ay+y2﹣2ax+x2，
故C选项不符合题意；
图形②的周长＝4（a﹣x），
图形③的周长＝4（a﹣y），
∴图形②与图形③的周长和＝4（a﹣x）+4（a﹣y）＝8a﹣4y﹣4x，
故D选项不符合题意；
∴图形②与图形③的周长差＝4（a﹣x）﹣4（a﹣y）＝4（y﹣x），
又∵图形①与图形④的面积差＝（x﹣y）2，为已知，即（x﹣y）为已知，
故B选项符合题意，
故选：B．
【点评】本题考查整式混合运算的应用，矩形的性质、全等图形和正方形的性质，解题的关键是根据用字母根据矩形和正方形的性质表示出各条线段．
3．（2021•温岭市一模）正n边形的一个外角为30°，则n＝（ ）
A．9B．10C．12D．14
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】C
【分析】利用多边形的外角和即可求出答案．
【解答】解：n＝360°÷30°＝12．
故选：C．
【点评】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°，用外角和求正多边形的边数直接让360度除以外角即可．
4．（2021•湖州模拟）一个多边形的每一个外角都是72°，这个多边形的内角和为（ ）
A．360°B．540°C．720°D．900°
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形．
【答案】B
【分析】由一个多边形的每一个外角都是72°，可求得其边数，然后由多边形内角和定理，求得这个多边形的内角和．
【解答】解：∵一个多边形的每一个外角都是72°，多边形的外角和等于360°，
∴这个多边形的边数为：360÷72＝5，
∴这个多边形的内角和为：（5﹣2）×180°＝540°．
故选：B．
【点评】此题考查了多边形的内角和与外角和．注意多边形的内角和为：（n﹣2）×180°；多边形的外角和等于360°．
5．（2022•温州校级模拟）如图，菱形ABCD中，过点C作CE⊥BC交BD于点E，若∠BAD＝118°，则∠CEB＝（ ）
A．59°B．62°C．69°D．72°
【考点】菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】A
【分析】根据菱形的性质得：AB＝AD，∠ABD＝∠CBE，根据等腰三角形的性质可得∠ABD＝31°，由菱形的对角线平分线组对角可得∠CBE＝31°，最后由直角三角形的两个锐角互余可得结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠ABD＝∠CBE，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵∠BAD＝118°，
∴∠ABD=180°−118°2=31°，
∴∠CBE＝31°，
∵CE⊥BC，
∴∠BCE＝90°，
∴∠CEB＝90°﹣31°＝59°．
故选：A．
【点评】本题主要考查了菱形的性质，解题的关键是熟知菱形的对角线平分每一组对角．
6．（2022•嘉兴一模）如图1，直线l1∥l2，直线l3分别交直线l1，l2于点A，B．小嘉在图1的基础上进行尺规作图，得到如图2，并探究得到下面两个结论：
①四边形ABCD是邻边不相等的平行四边形；
②四边形ABCD是对角线互相垂直的平行四边形．下列判断正确的是（ ）
A．①②都正确B．①错误，②正确
C．①②都错误D．①正确，②错误
【考点】平行四边形的判定与性质．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据作图过程可得AB＝CB，∠ABD＝∠CBD，由l1∥l2，可得∠ADB＝∠CBD，然后可以证明四边形ABCD是菱形，进而可以解决问题．
【解答】解：根据作图过程可知：AB＝CB，∠ABD＝∠CBD，
∵l1∥l2，
∴∠ADB＝∠CBD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴AB＝AD，
∴AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝CB，
∴四边形ABCD是菱形，
∴四边形ABCD对角线互相垂直．
∴①错误，②正确．
故选B．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的判定与性质．
7．（2022•海曙区一模）如图，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，BF⊥CE于点G，若已知下列三角形面积，则可求阴影部分面积和的是（ ）
A．S△BAFB．S△BCFC．S△BCGD．S△FCG
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABC＝∠A＝90°，求得∠ABF＝∠BCE，根据全等三角形的性质得到S△ABF＝S△BCE，根据三角形的面积的和差即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠A＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠BGC＝90°，
∴∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCE，
在△ABF与△BCE中，
∠A=∠CBEAB=BC∠ABF=∠BCE，
∴△ABF≌△BCE（ASA），
∴S△ABF＝S△BCE，
∵S△BCF=12S正方形ABCD，
∴S△ABF+S△DCF＝S△BCE+S△DCF=12S正方形ABCD，
∴阴影部分面积和＝S△BCE+S△DCF﹣S△BCG＝S△BCF﹣S△BCG＝S△FCG，
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
8．（2022•嘉兴一模）如图，在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，作BG⊥AE于G，若AB＝6，AD＝9，BG＝42，则△EFC的周长为（ ）
A．8B．9C．10D．11
【考点】平行四边形的性质；等腰三角形的判定与性质．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】A
【分析】由题意可证△ABE，△ADF，△CEF都是等腰三角形，根据等腰三角形的性质，求出各边的长度，然后利用勾股定理求得AG的长度，继而可得出AE的长度，根据相似三角形的性质求出EF的长度，最后即可求出△EFC的周长．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴∠BAE＝∠AFD，∠DAF＝∠AEB，
∵AF为∠BAD的角平分线，
∴∠BAE＝∠EAD，
∴∠AFD＝∠EAD，∠BAE＝∠AEB，∠CEF＝∠CFE，
∴△ABE，△ADF，△CEF都是等腰三角形，
又∵AB＝6，AD＝9，
∴AB＝BE＝6，AD＝DF＝9，
∴CE＝CF＝3．
∵BG⊥AE，BG＝42，
由勾股定理可得：AG=AB2−BG2=2，
∴AE＝4，
∵AB∥CD，
∴△ABE∽△FCE．
∴CEBE=EFAE=12，
∴EF＝2，
∴△EFC的周长＝EF+FC+CE＝8．
故选：A．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，涉及的知识较多，比较麻烦，注意掌握性质的运用．
9．（2023•西湖区校级三模）一个多边形的内角和是外角和的3倍，则这个多边形的边数（ ）
A．9B．8C．7D．6
【考点】多边形内角与外角．
【答案】B
【分析】根据多边形的内角和定理，多边形的内角和等于（n﹣2）•180°，外角和等于360°，然后列方程求解即可．
【解答】解：设多边形的边数是n，根据题意得，
（n﹣2）•180°＝3×360°，
解得n＝8，
∴这个多边形的边数为8．
故选：B．
【点评】本题主要考查了多边形的内角和公式与外角和定理，根据题意列出方程是解题的关键．
10．（2023•拱墅区三模）如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，若∠CAE＝15°，则∠BOE的度数为（ ）
A．60°B．75°C．72°D．90°
【考点】矩形的性质．
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】根据矩形的性质及AE平分∠BAD分别判定BE＝BA及△OAB为等边三角形，进一步推出∠BOE＝∠BEO，然后求得∠OBE＝30°，则可在△BOE中求得∠BOE的度数．
【解答】解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠EAD＝45°，AD∥BC，OA＝OB，
∴∠AEB＝∠EAD＝45°，
∴BE＝BA．
∵∠CAE＝15°，∠BAE＝45°，
∴∠BAC＝60°，
又∵OA＝OB，
∴△OAB为等边三角形，
∴BO＝BA，
∴BO＝BE，
∴∠BOE＝∠BEO，
∵△OAB为等边三角形，
∴∠ABO＝60°，
∴∠OBE＝90°﹣60°＝30°，
∴∠BOE＝（180°﹣30°）÷2＝75°．
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的性质、等边三角形和等腰三角形的判定及三角形的内角和等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
11．（2023•柯城区校级一模）如图，平行四边形ABCD的周长为16cm，AC，BD相交于点O，EO⊥BD交AD于点E，则△ABE的周长为（ ）
A．4cmB．6cmC．8cmD．10cm
【考点】平行四边形的性质．
【答案】C
【分析】根据线段垂直平分线的性质可知BE＝DE，再结合平行四边形的性质即可计算△ABE的周长．
【解答】解：根据平行四边形的性质得：OB＝OD，
∵EO⊥BD，
∴EO为BD的垂直平分线，
根据线段的垂直平分线上的点到两个端点的距离相等得：BE＝DE，
∴△ABE的周长＝AB+AE+DE＝AB+AD=12×16＝8cm．
故选：C．
【点评】本题考查了平行四边形性质、线段垂直平分线性质的应用，关键是求出BE＝DE，主要培养学生运用性质进行推理的能力，题目较好，难度适中．
12．（2023•江山市模拟）已知，如图，在矩形ABCD中，E是BC上的一点，且AE＝AD，DF⊥AE于点F．若DF＝4，EF＝2，则矩形ABCD的面积是（ ）
A．14B．16C．18D．20
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
【分析】连接DE，利用矩形的性质，则可证得Rt△ABE≌Rt△DFA，进一步可证得Rt△DFE≌Rt△DCE，得FE＝CE＝2，DC＝DF＝4，设AD＝x，则AF＝x﹣1，在△AFD中，利用勾股定理，可求得AD，可求得矩形ABCD的面积．
【解答】解：连结DE，如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DAF＝∠AEB，
∵DF⊥AE，
∴∠AFD＝∠B＝90°，
在△ABE和△DFA中，
∠AFD=∠B∠DAF=∠AEBAD=AE，
△ABE≌△DFA（AAS），
∴AB＝CD＝DF，
在Rt△DFE和Rt△DCE中，
DF=CDDE=DE，
∴Rt△DFE≌Rt△DCE（HL）．
∴FE＝CE＝2，DC＝DF＝4，
设AD＝x，
则AF＝AE﹣EF＝AD﹣2＝x﹣2，
在Rt△AFD中，由勾股定理得：AF2+DF2＝AD2，
∴（x﹣2）2+42＝x2，
∴x＝5，
∴AD＝5，
∴S矩形ABCD＝AD•DC＝5×4＝20．
故选：D．
【点评】本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，证得三角形全等是解题的关键．
二．填空题（共5小题）
13．（2021•宁波模拟）已知一个多边形的每个外角都是24°，此多边形是 十五 边形．
【考点】多边形内角与外角．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】任何多边形的外角和是360°．用外角和除以每个外角的度数即可得到边数．
【解答】解：360°÷24°＝15．
故这个多边形是十五边形．
故答案为：十五．
【点评】此题主要考查了多边形的外角和，解题的关键是掌握任何多边形的外角和都是360°．
14．（2021•嘉兴一模）如图，在直角坐标系xOy中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A（﹣2，0），B（3，0）．现固定点A，B在x轴上的位置不变，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上的点D′，则点C的对应点C′的坐标为 （5，21） ．
【考点】正方形的性质；坐标与图形性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（5，21）．
【分析】由已知条件得到AD′＝AD＝5，根据勾股定理得到OD′，于是得到结论．
【解答】解：∵点A（﹣2，0），B（3，0），
∴AB＝5，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD′＝AD＝AB＝5，
∵AO＝2，
∴OD′=AD′2−OA2=52−22=21，
∵C′D′＝5，C′D′∥AB，
∴C′（5，21），
故答案为：（5，21）．
【点评】本题考查了正方形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
15．（2022•婺城区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，将△BCD沿射线BD平移长度a（a＞0）得到△B'C'D'，连接AB'，AD'，则当△AB'D'是直角三角形时，a的长为 75或165 ．
【考点】矩形的性质；平移的性质；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；推理能力．
【答案】75或165．
【分析】分两种情况：
①如图1，∠D'AB'＝90°，②如图2，∠AB'D'＝90°，分别作辅助线，构建相似三角形，证明三角形相似列比例式可得对应a的值．
【解答】解：分两种情况：
①如图1，∠D'AB'＝90°，延长C'B'交AB于G，过点D'作D'H⊥AB，交BA的延长线于H，
∴∠H＝∠AGB'＝∠BGB'＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠C＝90°，AD＝BC＝3，
∵tan∠ABD=ADAB=B′GBG，即B′GBG=34，
设B'G＝3x，BG＝4x，
∴BB'＝a＝5x，
由平移得：DD'＝BB'＝5x，
∴D'H＝3+3x，AH＝BG＝4x，
∴AG＝AB＝BG＝4﹣4x，
∵∠D'AB'＝∠HAD'+∠BAB'＝90°，
∠AD'H+∠HAD'＝90°，
∴∠AD'H＝∠GAB'，
∵∠H＝∠AGB'＝90°，
∴△D'HA∽△AGB'，
∴D′HAG=AHB′G，即3+3x4−4x=4x3x，
∴x=725，
∴a＝5×725=75；
②如图2，∠AB'D'＝90°，延长C'B'交AB于M，则C'M⊥AB，
∴∠AMB'＝90°，
由平移得：B'C'＝BC＝3，
同理设B'M＝3m，BM＝4m，则BB'＝a＝5m，
∴AM＝4﹣4m，
∵∠AB'M+∠D'B'C'＝90°，∠MAB'+∠AB'M＝90°，
∴∠D'B'C'＝∠MAB'，
∵∠C'＝∠AMB'＝90°，
∴△D'C'B'∽△B'MA，
∴C′D′MB′=B′C′AM，即43m=34−4m，
∴m=1625，
∴a＝5m＝5×1625=165；
综上，a的值是75或165．
【点评】本题主要考查了矩形的性质、平移的性质、勾股定理、三角函数、三角形相似的性质和判定、直角三角形的性质等知识点；解题关键是画出两种情况的图形，依题意进行分类讨论．
16．（2022•温州模拟）如图，在菱形ABCD中，DE⊥AB，DF⊥BC，垂足分别为点E，F．若∠ADE+∠CDF＝80°，则∠EDF等于 50 度．
【考点】菱形的性质．
【答案】50．
【分析】根据垂直的定义得到∠AED＝∠DFC＝90°，根据三角形的内角和定理得到∠A+∠C＝180°﹣80°＝100°，根据菱形的性质得到∠A＝∠C＝50°，于是得到结论．
【解答】解：∵DE⊥AB，DF⊥BC，
∴∠AED＝∠DFC＝90°，
∵∠ADE+∠CDF＝80°，
∴∠A+∠C＝180°﹣80°＝100°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A＝∠C＝50°，
∴∠ADC＝130°，
∴∠EDF＝∠ADC﹣（∠ADE+∠CDF）＝50°，
故答案为：50．
【点评】本题考查了菱形的性质，垂直的定义，三角形的内角和定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．
17．（2023•缙云县一模）如图，AC为平行四边形ABCD的对角线，AC⊥BC，点E在AB上，连接CE，分别延长CE，DA交于点F，若CE＝EF＝4，则CD的长为 8 ．
【考点】平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】8．
【分析】四边形ABCD是平行四边形则AD∥BC，AD＝BC，得到∠F＝∠BCE，∠EAF＝∠B，由CE＝EF＝4，则可证明△BCE≌△AFE（AAS），得到BC＝AF，则AD＝AF，再证AC垂直平分DF，则CD＝CF＝CE+EF，即可得到答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠F＝∠BCE，∠EAF＝∠B，
∵CE＝EF＝4，
∴△BCE≌△AFE（AAS），
∴BC＝AF，
∴AD＝AF，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
∴∠DAC＝∠ACB＝90°，
∴AC垂直平分DF，
∴CD＝CF＝CE+EF＝8．
故答案为：8．
【点评】此题考查了平行四边形性质、垂直平分线的定义和性质、三角形全等的判定和性质等知识，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
18．（2021•温州模拟）如图，在菱形ABCD中，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．
（1）求证：BE＝DF．
（2）当∠BAD＝110°时，求∠EAF的度数．
【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】证明题；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）70°．
【分析】（1）根据菱形的性质可得AB＝AD，∠B＝∠D，然后利用AAS证明△ABE≌△ADF即可得结论；
（2）根据菱形的性质和∠BAD＝110°，即可求∠EAF的度数．
【解答】（1）证明：∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEB＝∠AFD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D，
在△ABE和△ADF中，
∠AEB=∠AFD∠B=∠DAB=AD，
∴△ABE≌△ADF（AAS），
∴BE＝DF；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠BAD+∠B＝180°，
∵∠BAD＝110°，
∴∠B＝70°
∵AE⊥BC，
∴∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝20°，
∴∠DAF＝20°，
∴∠EAF＝∠BAD﹣∠BAE﹣∠DAF＝110°﹣20°﹣20°＝70°．
【点评】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，证明△ABE≌△ADF是解题的关键．
19．（2021•余杭区一模）如图，在平行四边形ABCD中，点O是BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠A＝50°，则当∠ADE＝ 90 °时，四边形BECD是菱形．
【考点】菱形的判定；平行四边形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）证明过程请看解答；
（2）90．
【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE＝OD，即可得出结论；
（2）先由平行四边形的性质得∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，则∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，再由菱形的性质得BC⊥DE，则∠COD＝90°，得∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝CD，
∴∠OEB＝∠ODC，
又∵O为BC的中点，
∴BO＝CO，
在△BOE和△COD中，
∠OEB=∠ODC∠BOE=∠CODBO=CO，
∴△BOE≌△COD（AAS）；
∴OE＝OD，
∴四边形BECD是平行四边形；
（2）解：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD＝∠A＝50°，AB∥CD，
∴∠ADC＝180°﹣∠A＝130°，
∵四边形BECD是菱形，
∴BC⊥DE，
∴∠COD＝90°，
∴∠ODC＝90°﹣∠BCD＝40°，
∴∠ADE＝∠ADC﹣∠ODC＝90°，
故答案为：90．
【点评】此题主要考查了菱形的判定，平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．
20．（2022•临安区一模）如图，正方形ABCD的边长为1，点E是边AB上一点，过点E作EF∥BC．
（1）设以线段AE，AD为邻边的矩形的面积为S1，以BE为边的正方形的面积为S2，且S1＝S2，求BE的长；
（2）连结AC，DE，若H是DE的中点，GH⊥DE交AC于点G，连结EG，求证：BG＝EG．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；矩形的性质．
【专题】证明题；推理能力．
【答案】（1）5−12；
（2）证明过程见解答．
【分析】（1）设BE＝x，则AE＝1﹣x，可得S1＝1×（1﹣x），S2＝x2，进而可以解决问题；
（2）连接DG，BD，根据正方形的对角线互相垂直平分可得BG＝DG，再根据等腰三角形的性质可得EG＝DG，进而可以解决问题．
【解答】（1）解：设BE＝x，则AE＝1﹣x，
∴S1＝1×（1﹣x），S2＝x2，
∴1﹣x＝x2，
解得x=5−12，x=−1−52（舍去），
∴BE=5−12；
（2）证明：如图，连接DG，BD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC垂直平分线BD，
∴BG＝DG，
∵H是DE的中点，GH⊥DE，
∴EG＝DG，
∴BG＝EG．
【点评】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，一元二次方程，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
21．（2022•常山县模拟）如图，在矩形ABCD中，AE平分∠BAD交射线BC于点E，过点C作CF⊥AE交射线AE于点F，连结BD交AE于点G，连结DF交射线BC于点H．
（1）当AB＜AD时，
①求证：BE＝CD；
②猜想∠BDF的度数，并说明理由．
（2）若ABAD=k时，求tan∠CDF的值（用含k的代数式表示）．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）①证明见解答；
②45°，理由见解答；
（2）tan∠CDF=1−k1+k或k−1k+1．
【分析】（1）①根据矩形的性质先证明△ABE是等腰直角三角形，可得AB＝BE，再由AB＝CD可得结论；
②如图1，连接BF，证明△BEF≌△DCF（SAS），再证明△BDF是等腰直角三角形可得结论；
（2）设AD＝x，则AB＝kx，CE＝BC﹣BE＝x﹣kx，如图，过点F作FH⊥BC于H，作FP⊥DC于P，则∠CHF＝∠P＝90°，表示FP和CP的长，利用三角函数的定义代入计算即可．
【解答】（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AB＝CD，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AB＝BE，
∴BE＝CD；
②解：猜想∠BDF＝45°，理由如下：
如图，连接BF，
∵CF⊥AF，
∴∠AFC＝90°，
∵∠CEF＝∠AEB＝45°，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴∠ECF＝45°，EF＝CF，
∴∠BEF＝∠DCF＝135°，
由①知：BE＝CD，
∴△BEF≌△DCF（SAS），
∴BF＝DF，∠BFE＝∠DFC，
∴∠BFD＝∠CFE＝90°，
∴△BDF是等腰直角三角形，
∴∠BDF＝45°；
（2）解：上AB＜AD时，∵ABAD=k，
∴设AD＝x，则AB＝kx，CE＝BC﹣BE＝x﹣kx，
如图，过点F作FH⊥BC于H，作FP⊥DC于P，则∠CHF＝∠P＝90°，
∵△ECF是等腰直角三角形，
∴EH＝CH，
∴FH=12CE，
∵∠CHF＝∠P＝∠PCH＝90°，
∴四边形CHFP是矩形，
∴FH＝PC，
∵∠ECF＝∠FCP＝45°，FH⊥BC，FP⊥DC，
∴FH＝FP，
∴FP＝PC=12CE=x−kx2，
∴tan∠CDF=FPDP=x−kx2kx+x−kx2=1−k1+k．
当AB＞AD时，同法可得tan∠CDF=k−1k+1．
【点评】本题主要考查四边形的综合题型，熟练掌握全等三角形的判定和性质，三角函数的定义，矩形的性质和判定，等腰直角三角形的判定和性质等知识是解题的关键．
22．（2023•西湖区校级二模）如图，已知正方形ABCD，AB＝4，点M在边CD上，射线AM交BD于点E，交射线BC于点F，过点C作CP⊥CE，交AF于点P．
​（1）求证：△ADE≌△CDE．
（2）判断△CPF的形状，并说明理由．
（3）作DM的中点N，连结PN，若PN＝3，求CF的长．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）见解析过程；
（2）△CPF是等腰三角形，理由见解析过程；
（3）25．
【分析】（1）由“SAS”可证△ADE≌△CDE；
（2）由全等三角形的性质可得∠DAE＝∠DCE，由余角的性质可得∠DCE＝∠PCF，可得结论；
（3）由三角形中位线定理可求DF＝6，由勾股定理可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADE＝∠CDE＝45°，
在△ADE和△CDE中，
AD=CD∠ADE=∠CDEDE=DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS）；
（2）解：△CPF是等腰三角形，理由如下：
∵△ADE≌△CDE，
∴∠DAE＝∠DCE，
又∵CP⊥CE，DC⊥CF，
∴∠DCE＝∠PCF，
又∵AD∥BF，
∴∠DAE＝∠CFP，
∴∠PCF＝∠PFC，
∴CP＝PF，
∴△CPF是等腰三角形；
（3）解：如图，连接DF，
∵∠PCF＝∠PFC，
∴∠PCM＝∠PMC，
∴PC＝MP，
∴MP＝PF，
又∵点N是DM的中点，
∴DF＝2NP＝6，
∴CF=DF2−CD2=36−16=25．
【点评】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键。