三年辽宁中考数学模拟题分类汇总之四边形

这是一份三年辽宁中考数学模拟题分类汇总之四边形，共32页。

A．12B．6C．7 2D．52
2．（2021•鞍山模拟）如图，菱形OABC的一条边OA在x轴上，将菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置，若OA＝2，∠C＝120°，则点B′的坐标为（ ）
A．（6，−6）B．（6，6）C．（3，3）D．（3，−3）
3．（2021•大连二模）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠AOD＝60°，AD＝2，则矩形ABCD的面积是（ ）
A．2B．23C．43D．8
4．（2021•中山区一模）如图，菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的周长是（ ）
A．5B．20C．24D．32
5．（2021•沈阳模拟）如图，正方形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，点E在BD上，且BE＝CD，则∠BEC的度数为（ ）
A．22.5°B．60°C．67.5°D．75°
6．（2022•振兴区校级模拟）如图，矩形OABC的顶点O（0，0），B（﹣2，23），若矩形绕点O旋转180°，则旋转后矩形的对角线交点D的坐标为（ ）
A．（1，3）B．（﹣1，−3）C．（1，−3）D．（﹣2，0）
7．（2022•铁东区三模）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
8．（2023•开原市一模）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AD，BD，BC，CA的中点，若四边形EFGH是矩形，则四边形ABCD需满足的条件是（ ）
A．AB⊥DCB．AC＝BDC．AC⊥BDD．AB＝DC
9．（2023•振兴区校级模拟）下列说法正确的是（ ）
A．四边相等的四边形是正方形
B．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
二．填空题（共7小题）
10．（2021•和平区一模）一个多边形的内角和等于它的外角和的4倍，则这个多边形的边数是 ．
11．（2021•顺城区二模）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB=5．下列结论：
①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为2；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB＝1+6；⑤S正方形ABCD＝4+6．
其中正确结论的序号是 ．
12．（2021•鞍山模拟）一个多边形的每个外角都等于72°，则这个多边形的边数为 ．
13．（2021•皇姑区一模）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，sinB=35，P是平行四边形ABCD边上一动点，连接PC，若△PBC是直角三角形，则线段PC的长为 ．
14．（2022•营口二模）七边形的内角和是 度．
15．（2022•皇姑区一模）将一个正八边形与一个正六边形如图放置，顶点A、B、C、D四点共线，E为公共顶点．则∠FEG＝ ．
16．（2023•皇姑区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点M、N分别是边AD、BC的中点，某一时刻，动点E从点M出发，沿MA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动；同时，动点F从点N出发，沿NC方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，其中一点运动到矩形顶点时，两点同时停止运动，连接EF，过点B作EF的垂线，垂足为H．在这一运动过程中，点H所经过的路径长是 ．
三．解答题（共6小题）
17．（2021•沈阳模拟）四边形ABCD是正方形，点F在射线CD上，以点A，点F为顶点作正方形AEFG（点A，E，F，G按顺时针方向排列），连接DE，BG．
（1）如图1，点F在线段CD上，求证：DE＝BG；
（2）如图2，点F在线段CD上，连接AF．
①求证：FC=2BG；
②直接写出线段AD，DF，BG之间的数量关系；
（3）当DF＝1，以点A，E，D，F为顶点的四边形的面积等于5时，直接写出此时BG的长．
18．（2021•于洪区二模）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别在CA和AC的延长线上，且AE＝CF，连接DE，BF．求证：DE＝BF．
19．（2022•沈河区一模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC⊥CD，点E是BC的中点，过点E作EF∥AC，交AB于点F．
（1）求证：四边形AOEF是矩形；
（2）若CD＝16，矩形AOEF的面积为120，请直接写出cs∠ABC的值．
20．（2022•阜新二模）综合与实践
（1）问题发现
如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．请写出∠AEB的度数及线段AD，BE之间的数量关系，并说明理由．
（2）类比探究
如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．
填空：①∠AEB的度数为 ；
②线段CM，AE，BE之间的数量关系为 ．
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，若BE＝4，CM＝3，则四边形ABEC的面积为 ．
21．（2023•鞍山二模）如图，E、F是平行四边形ABCD对角线AC上的两点，且BE∥DF，
求证：△ABE≌△CDF．
22．（2023•沈阳二模）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，连接BD，BE，DF，EF，且BE＝DF，EF⊥BD．求证：四边形BEDF是菱形．
辽宁三年（2021-2023）中考数学模拟题分类汇总---四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共9小题）
1．（2021•阜新县模拟）如图，点A，B，E在同一条直线上，正方形ABCD，BEFG的边长分别为3，4，H为线段DF的中点，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．12B．6C．7 2D．52
【考点】正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】连接BD，由正方形的性质可得：∠CBD＝∠FBG＝45°，∠DBF＝90°，再应用勾股定理求BD、BF，然后利用三角形面积公式即可求解．
【解答】解：如图，连接BD，
∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，
∴AB＝AD＝3，BE＝EF＝4，∠A＝∠E＝90°，∠ABD＝∠CBD＝∠EBF＝∠FBG＝45°，
∴∠DBF＝90°，BD＝32，BF＝42，
∴Rt△BDF的面积=12×BD•BF=12×32×42=12，
∵H为线段DF的中点，
∴图中阴影部分的面积=12×12＝6
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形边的关系、勾股定理、直角三角形性质等，解题关键添加辅助线构造直角三角形．
2．（2021•鞍山模拟）如图，菱形OABC的一条边OA在x轴上，将菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置，若OA＝2，∠C＝120°，则点B′的坐标为（ ）
A．（6，−6）B．（6，6）C．（3，3）D．（3，−3）
【考点】菱形的性质；坐标与图形变化﹣旋转；等边三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】首先根据菱形的性质，即可求得∠AOB的度数，求出OB的长，又由将菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置，可求得∠B′OA的度数，然后在Rt△B′OF中，利用三角函数即可求得OF与B′F的长，则可得点B′的坐标．
【解答】解：连接AC交OB于G，过点B作BE⊥OA于E，过点B′作B′F⊥OA于F，
∴∠BE0＝∠B′FO＝90°，
∵四边形OABC是菱形，
∴OA∥BC，∠AOB=12∠AOC，OG＝BG，
∴∠AOC+∠C＝180°，
∵∠C＝120°，
∴∠AOC＝60°，
∴∠AOB＝30°，
∴AG=12OA＝1，
∴OG=3AG=3，
∴OB＝23，
∵菱形OABC绕原点O顺时针旋转75°至OA′B′C′的位置，
∴∠BOB′＝75°，OB′＝OB＝23，
∴∠B′OF＝45°，
在Rt△B′OF中，
OF＝OB′•cs45°＝23×22=6，
∴B′F=6，
∴点B′的坐标为：（6，−6）．
故选：A．
【点评】此题考查了平行四边形的性质，旋转的性质以及直角三角形的性质与三角函数的性质等知识．此题综合性较强，难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
3．（2021•大连二模）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠AOD＝60°，AD＝2，则矩形ABCD的面积是（ ）
A．2B．23C．43D．8
【考点】矩形的性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】根据矩形的性质得出OD＝OA，进而得出△AOD是等边三角形，利用勾股定理得出AB，进而解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴DO＝OB＝AO＝OC，∠DAB＝90°，
∵∠AOD＝60°，AD＝2，
∴△AOD是等边三角形，
∴DO＝2，
∴DB＝4，
在Rt△ADB中，AB=DB2−AD2=42−22=23，
∴矩形ABCD的面积＝AB•AD=23×2=43，
故选：C．
【点评】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质得出OD＝OA解答．
4．（2021•中山区一模）如图，菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的周长是（ ）
A．5B．20C．24D．32
【考点】菱形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】B
【分析】根据菱形的性质得出AC⊥BD，AB＝BC＝DC＝AD，AO＝CO，DO＝BO，求出AO和BO，根据勾股定理求出AB即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AB＝BC＝DC＝AD，AO＝CO，DO＝BO，
∵AC＝8，BD＝6，
∴AO＝4，BO＝3，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：AB=AO2+BO2=42+32=5，
即AB＝BC＝DC＝AD＝5，
∴菱形ABCD的周长是AB+BC+DC+AD＝5+5+5+5＝20，
故选：B．
【点评】本题考查了勾股定理和菱形的性质，能熟记菱形的性质是解此题的关键，注意：菱形的对角线互相平分且垂直．
5．（2021•沈阳模拟）如图，正方形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，点E在BD上，且BE＝CD，则∠BEC的度数为（ ）
A．22.5°B．60°C．67.5°D．75°
【考点】正方形的性质．
【答案】C
【分析】由正方形的性质得到BC＝CD，∠DBC＝45°，证出BE＝BC，根据三角形的内角和定理求出∠BEC＝∠BCE＝67.5°即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠DBC＝45°，
∵BE＝CD，
∴BE＝BC，
∴∠BEC＝∠BCE＝（180°﹣45°）÷2＝67.5°，
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质等知识；熟练掌握正方形的性质，证出BE＝BC是解决问题的关键．
6．（2022•振兴区校级模拟）如图，矩形OABC的顶点O（0，0），B（﹣2，23），若矩形绕点O旋转180°，则旋转后矩形的对角线交点D的坐标为（ ）
A．（1，3）B．（﹣1，−3）C．（1，−3）D．（﹣2，0）
【考点】矩形的性质；坐标与图形变化﹣旋转．
【专题】平面直角坐标系；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】先计算D点坐标，再过D作DE⊥x轴于点E，求出D点的坐标，进而求得旋转后D点坐标．
【解答】解：∵矩形OABC的顶点O（0，0），B（﹣2，23），
∴D（﹣1，3），
如图，过D作DE⊥x轴于点E，则OE＝1，DE=3，
∴D（﹣1，3），
∴绕点O旋转180后D点的坐标为（1，−3），
故选：C．
【点评】本题考查旋转变换，矩形的性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
7．（2022•铁东区三模）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．
8．（2023•开原市一模）如图，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AD，BD，BC，CA的中点，若四边形EFGH是矩形，则四边形ABCD需满足的条件是（ ）
A．AB⊥DCB．AC＝BDC．AC⊥BDD．AB＝DC
【考点】中点四边形；三角形中位线定理．
【答案】A
【分析】根据“有一内角为直角的平行四边形是矩形”来推断．由三角形中位线定理和平行四边形的判定定理易推知四边形EFGH是平行四边形，若FE⊥EH或者EG＝FH就可以判定四边形EFGH是矩形．
【解答】解：延长BA，CD交于点M，
∵点E，F，G，H分别是AD，BD，BC，CA的中点，
∴EF∥AB，EH∥CD，
∴∠AEF+∠BAD＝180°，∠HED+∠ADC＝180°，
∴∠AEF+∠BAD+∠HED+∠ADC＝360°，
又∵四边形EFGH是矩形，
∴∠FEH＝90°，
∴∠AEF+∠DEH＝90°．
∴∠BAD+∠ADC＝270°．
∴∠MAD+∠MDA＝90°，即∠AMD＝90°，
∴AB⊥DC，
故选：A．
【点评】此题考查了三角形的中位线定理和平行四边形的判定和矩形的判定等知识，熟练掌握中点四边形的判定是解题关键．
9．（2023•振兴区校级模拟）下列说法正确的是（ ）
A．四边相等的四边形是正方形
B．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
【考点】正方形的判定；线段垂直平分线的性质；菱形的判定；矩形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
【分析】由矩形，菱形，正方形的判定方法，即可判断．
【解答】解：A、四边相等的四边形是菱形，故A不符合题意；
B、对角线互相垂直且相等的四边形不一定是正方形，故B不符合题意；
C、对角线相等的四边形不一定是矩形，故C不符合题意；
D、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，正确，故D符合题意．
故选：D．
【点评】本题考查菱形，矩形，正方形，关键是掌握菱形，矩形，正方形的判定方法．
二．填空题（共7小题）
10．（2021•和平区一模）一个多边形的内角和等于它的外角和的4倍，则这个多边形的边数是 10 ．
【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】10．
【分析】设这个多边形的边数为n，根据多边形内角和公式和外角和定理，列出方程求解即可．
【解答】解：设这个多边形的边数为n，
（n﹣2）•180°＝4×360°，
解得n＝10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了多边形的内角和与外角和，关键是熟练掌握多边形的内角和公式与外角和定理．
11．（2021•顺城区二模）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB=5．下列结论：
①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为2；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB＝1+6；⑤S正方形ABCD＝4+6．
其中正确结论的序号是 ①③⑤ ．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】压轴题．
【答案】见试题解答内容
【分析】①利用同角的余角相等，易得∠EAB＝∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证两三角形全等；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用③中的∠BEP＝90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF；
③利用①中的全等，可得∠APD＝∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP＝90°，即可证；
④连接BD，求出△ABD的面积，然后减去△BDP的面积即可；
⑤在Rt△ABF中，利用勾股定理可求AB2，即是正方形的面积．
【解答】解：①∵∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，
∴∠EAB＝∠PAD，
又∵AE＝AP，AB＝AD，
∵在△APD和△AEB中，
AE=AP∠EAB=∠PADAB=AD，
∴△APD≌△AEB（SAS）；
故此选项成立；
③∵△APD≌△AEB，
∴∠APD＝∠AEB，
∵∠AEB＝∠AEP+∠BEP，∠APD＝∠AEP+∠PAE，
∴∠BEP＝∠PAE＝90°，
∴EB⊥ED；
故此选项成立；
②过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE＝AP，∠EAP＝90°，
∴∠AEP＝∠APE＝45°，
又∵③中EB⊥ED，BF⊥AF，
∴∠FEB＝∠FBE＝45°，
又∵BE=BP2−PE2=5−2=3，
∴BF＝EF=62，
故此选项不正确；
④如图，连接BD，在Rt△AEP中，
∵AE＝AP＝1，
∴EP=2，
又∵PB=5，
∴BE=3，
∵△APD≌△AEB，
∴PD＝BE=3，
∴S△ABP+S△ADP＝S△ABD﹣S△BDP=12S正方形ABCD−12×DP×BE=12×（4+6）−12×3×3=12+62．
故此选项不正确．
⑤∵EF＝BF=62，AE＝1，
∴在Rt△ABF中，AB2＝（AE+EF）2+BF2＝4+6，
∴S正方形ABCD＝AB2＝4+6，
故此选项正确．
故答案为：①③⑤．
【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、正方形和三角形的面积公式的运用、勾股定理的运用等知识．
12．（2021•鞍山模拟）一个多边形的每个外角都等于72°，则这个多边形的边数为 5 ．
【考点】多边形内角与外角．
【答案】见试题解答内容
【分析】利用多边形的外角和360°，除以外角的度数，即可求得边数．
【解答】解：多边形的边数是：360÷72＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了多边形的外角和定理，理解任何多边形的外角和都是360度是关键．
13．（2021•皇姑区一模）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝5，BC＝6，sinB=35，P是平行四边形ABCD边上一动点，连接PC，若△PBC是直角三角形，则线段PC的长为 3或185 ．
【考点】平行四边形的性质；解直角三角形；勾股定理．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【答案】3或185．
【分析】分两种情况画出图形，由平行四边形的性质及锐角三角函数的定义可得出答案．
【解答】解：如图1，当P在AB上时，∠BPC＝90°，
∵sin∠B=35，BC＝6，
∴PCBC=35，
∴PC6=35，
∴PC=185，
如图2，当点P在AD上时，∠PCB＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠B＝∠D，AD∥BC，AB＝CD，
∴∠DPC＝90°，
∴sin∠D=PCCD=PC5=35，
∴PC＝3，
综合以上可得PC的长为3或185．
故答案为：3或185．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，锐角三角函数，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．
14．（2022•营口二模）七边形的内角和是 900 度．
【考点】多边形内角与外角．
【答案】见试题解答内容
【分析】n边形的内角和是（n﹣2）•180°，把多边形的边数代入公式，就得到多边形的内角和．
【解答】解：（7﹣2）•180＝900度，则七边形的内角和等于900度．
【点评】解决本题的关键是正确运用多边形的内角和公式，是需要熟记的内容．
15．（2022•皇姑区一模）将一个正八边形与一个正六边形如图放置，顶点A、B、C、D四点共线，E为公共顶点．则∠FEG＝ 30° ．
【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】30°．
【分析】根据多边形的内角和，分别得出∠ABE＝∠BEF＝135°，∠DCE＝∠CEG＝120°，再根据三角形的内角和算出∠BEC，得出∠FEG＝360°﹣∠BEF﹣∠CEG﹣∠BEC即可．
【解答】解：由多边形的内角和可得，
∠ABE＝∠BEF=(8−2)×180°8=135°，
∴∠EBC＝180°﹣∠ABE＝180°﹣135°＝45°，
∵∠DCE＝∠CEG=(6−2)×180°6=120°，
∴∠BCE＝180°﹣∠DCE＝60°，
由三角形的内角和得：
∠BEC＝180°﹣∠EBC﹣∠BCE＝180°﹣45°﹣60°＝75°，
∴∠FEG＝360°﹣∠BEF﹣∠CEG﹣∠BEC
＝360°﹣135°﹣120°﹣75°
＝30°．
故答案为：30°．
【点评】本题考查了多边形的内角和定理，掌握定理是解题的关键．
16．（2023•皇姑区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点M、N分别是边AD、BC的中点，某一时刻，动点E从点M出发，沿MA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动；同时，动点F从点N出发，沿NC方向以每秒1个单位长度的速度向点C匀速运动，其中一点运动到矩形顶点时，两点同时停止运动，连接EF，过点B作EF的垂线，垂足为H．在这一运动过程中，点H所经过的路径长是 54π ．
【考点】矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】54π．
【分析】如图1中，连接MN交EF于点P，连接BP．首先证明PN＝1，利用勾股定理求出BP．由∠BHP＝90°，推出点H在BP为直径的⊙O上运动，当点E与A重合时，如图2中，连接OH，ON．点H的运动轨迹是NH．求出∠HON，再利用弧长公式求解．
【解答】解：如图1中，连接MN交EF于点P，连接BP．
∵四边形ABCD是矩形，AM＝MD，BN＝CN，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN＝AB＝3，
∵EM∥NF，
∴△EPM∽△FPN，
∴PMPN=EMNF=2tt=2，
∴PN＝1，PM＝2，
∵BN=12BC=2，
∴BP=PN2+BN2=12+22=5，
∵BH⊥EF，
∴∠BHP＝90°，
∴点H在BP为直径的⊙O上运动，
当点E与A重合时，如图2中，连接OH，ON．点H的运动轨迹是NH．
此时AM＝2，NF＝1，
∴BF＝AB＝3，
∵∠ABF＝90°，BH⊥AF，
∴BH平分∠ABF，
∴∠HBN＝45°，
∴∠HON＝2∠HBN＝90°，
∵OH=12BP=52，
∴点H的运动轨迹的长=90π×52180=54π．
故答案为：54π．
【点评】本题考查矩形的判定与性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，弧长公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题．
三．解答题（共6小题）
17．（2021•沈阳模拟）四边形ABCD是正方形，点F在射线CD上，以点A，点F为顶点作正方形AEFG（点A，E，F，G按顺时针方向排列），连接DE，BG．
（1）如图1，点F在线段CD上，求证：DE＝BG；
（2）如图2，点F在线段CD上，连接AF．
①求证：FC=2BG；
②直接写出线段AD，DF，BG之间的数量关系；
（3）当DF＝1，以点A，E，D，F为顶点的四边形的面积等于5时，直接写出此时BG的长．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）①证明过程见解析；
②AD＝DF+2BG；
（3）322或10．
【分析】（1）由正方形的性质得出AD＝AB，∠DAB＝90°，AE＝AG，∠EAG＝90°，证明△EAD≌△GAB（SAS），由全等三角形的性质得出DE＝BG；
（2）①连接AC，证明△CFA∽△BGA，由相似三角形的性质得出FCBG=ACAB=2，则可得出FC=2BG；
②由①的结论及正方形的性质可得出结论；
（3）分两种情况，由相似三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案．
【解答】（1）证明：如图1，
∵四边形ABCD，四边形EFGC都是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AE＝AG，∠EAG＝90°，
∵∠EAD＝∠EAG﹣∠DAG，∠GAB＝∠DAB﹣∠DAG，
∴∠EAD＝∠GAB，
∴∠BCE＝∠DCG，
∴△EAD≌△GAB（SAS），
∴DE＝BG；
（2）①证明：连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝BA，∠CBA＝90°，
在Rt△ABC中，tan∠CAB＝1，
∴∠CBA＝45°，
∴AC=ABcs45°=2AB，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AG＝FG，∠FGA＝90°，
在Rt△AGF中，tan∠FAG=FGAG=1，
∴∠FAG＝45°，
∴AF=AGcs45°=2AG，
∴∠FAC＝∠FAG﹣∠CAG，∠GAB＝∠CAB﹣∠CAG，
∴∠FAC＝∠GAB，FAAG=CAAB，
∴△CFA∽△BGA，
∴FCBG=ACAB=2，
∴FC=2BG；
②AD＝DF+2BG．
理由如下：
∵FC=2BG，CD＝DF+CF，
∴CD＝DF+2BG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，
∴AD＝DF+2BG；
（3）解：①如图3，当点F在线段CD上时，
设DE＝BG＝x，则FC=2x，
∴DC＝AD=2x+1，
过点E作EM⊥AD于点M，
∵∠AEF＝∠ADF＝90°，
∴A，E，D，F四点共圆，
∴∠AFE＝∠EDM＝45°，
∴EM=22x，
∴S△ADE=12AD×EM=12×(2x+1)×22x，S△ADF=12AD×DF=2+12x，
∴2x(2x+)4+2x+12=5，
解得x=322，x＝﹣32（舍去），
∴BG=322；
②如图4，当点F在线段CD的延长线上时，连接AC，
∵S四边形AEFD＝S△AEF+S△ADF，
设AD＝a，
∴AF2＝DF2+AD2＝1+a2，
∴S=14(1+a2)+12a＝5，
解得a＝﹣1+25（负值舍去），
∴AD＝﹣1+25，
∴CF＝25，
由（2）知△CFA∽△BGA，
∴FCBG=ACAB=2，
∴BG=252=10．
综合以上可得BG的长为322或10．
【点评】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握正方形的性质．
18．（2021•于洪区二模）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别在CA和AC的延长线上，且AE＝CF，连接DE，BF．求证：DE＝BF．
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】证明见解析．
【分析】证△DOE≌△BOF（SAS），即可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF，
∴OA+AE＝OC+CF，
即OE＝OF，
在△DOE和△BOF中，
OE=OF∠DOE=∠BOFOD=OB，
∴△DOE≌△BOF（SAS），
∴DE＝BF．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明△DOE≌△BOF是解题的关键．
19．（2022•沈河区一模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC⊥CD，点E是BC的中点，过点E作EF∥AC，交AB于点F．
（1）求证：四边形AOEF是矩形；
（2）若CD＝16，矩形AOEF的面积为120，请直接写出cs∠ABC的值．
【考点】矩形的判定与性质；解直角三角形；三角形中位线定理；平行四边形的性质．
【专题】三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；解直角三角形及其应用；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）817．
【分析】（1）根据平行线的性质得到AC⊥CD，求得∠FAO＝90°，根据三角形中位线定理得到OE∥AF，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据平行四边形的性质得到BO＝DO，根据三角形中位线定理得到OE=12CD＝8，解直角三角形即可得到结论．
【解答】（1）证明：在平行四边形ABCD中，AB∥CD，
∵AC⊥CD，
∴AB⊥AC，
∴∠FAO＝90°，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∵AO＝CO，
∴OE∥AF，
∵EF∥AC，
∴四边形AOEF是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝DO，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∴OE=12CD＝8，
∵矩形AOEF的面积为120，
∴AO=1208=15，
∴AC＝2AO＝30，
∵∠BAC＝90°，AB＝CD＝16，
∴BC=AC2+AB2=34，
∴cs∠ABC=ABBC=1634=817，
故cs∠ABC的值为817．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
20．（2022•阜新二模）综合与实践
（1）问题发现
如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE．请写出∠AEB的度数及线段AD，BE之间的数量关系，并说明理由．
（2）类比探究
如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE．
填空：①∠AEB的度数为 90° ；
②线段CM，AE，BE之间的数量关系为 AE＝BE+2CM ．
（3）拓展延伸
在（2）的条件下，若BE＝4，CM＝3，则四边形ABEC的面积为 35 ．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由条件易证△ACD≌△BCE，从而得到：AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．由点A，D，E在同一直线上可求出∠ADC，从而可以求出∠AEB的度数；
（2）仿照（1）中的解法可求出∠AEB的度数，证出AD＝BE；由等腰直角三角形的性质可得CM＝DM＝ME，从而证到AE＝BE+2CM；
（3）由（2）得∠AEB＝90°，AD＝BE＝4，由等腰直角三角形的性质得出CM⊥AE，DE＝2CM＝6，求出AE＝AD+DE＝10，四边形ABEC的面积＝△ACE的面积+△ABE的面积，即可得出答案．
【解答】解：（1）∠AEB＝60°，AD＝BE，理由如下：
∵△ACB和△DCE均为等边三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°．
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴∠ADC＝∠BEC．AD＝BE，
∵△DCE为等边三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝60°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝120°．
∴∠BEC＝120°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝60°．
（2）猜想：①∠AEB＝90°，②AE＝BE+2CM．理由如下：
∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，
∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°．
∴∠ACD＝∠BCE．
在△ACD和△BCE中，AC=BC∠ACD=∠BCECD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS）．
∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC．
∵△DCE为等腰直角三角形，
∴∠CDE＝∠CED＝45°．
∵点A，D，E在同一直线上，
∴∠ADC＝135°．
∴∠BEC＝135°．
∴∠AEB＝∠BEC﹣∠CED＝90°．
∵CD＝CE，CM⊥DE，
∴DM＝ME．
∵∠DCE＝90°，
∴DM＝ME＝CM．
∴AE＝AD+DE＝BE+2CM．
故答案为：90°，AE＝BE+2CM；
（3）由（2）得：∠AEB＝90°，AD＝BE＝4，
∵△DCE均为等腰直角三角形，CM为△DCE中DE边上的高，
∴CM⊥AE，DE＝2CM＝6，
∴AE＝AD+DE＝4+6＝10，
∴四边形ABEC的面积＝△ACE的面积+△ABE的面积=12AE×CM+12AE×BE=12×10×3+12×10×4＝35；
故答案为：35．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了等边三角形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、三角形全等的判定与性质、三角形面积等知识；熟练掌握等边三角形和等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
21．（2023•鞍山二模）如图，E、F是平行四边形ABCD对角线AC上的两点，且BE∥DF，
求证：△ABE≌△CDF．
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定．
【专题】证明题．
【答案】见试题解答内容
【分析】首先由平行四边形的性质可得AB＝CD，AB∥CD，再根据平行线的性质可得∠BAE＝∠DCF，∠BEC＝∠DFA，即可根据AAS定理判定△ABE≌△CDF．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵BE∥DF，
∴∠BEC＝∠DFA，
∴∠AEB＝∠CFD（等角的补角相等），
在△ABE和△DCF中∠BAE=∠DCF∠AEB=∠CFDAB=CD，
∴△ABE≌△CDF（AAS）．
【点评】此题主要考查了平行四边形的性质，以及全等三角形的判定，关键是掌握①平行四边形的对边平行且相等；②全等三角形的判定方法：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
22．（2023•沈阳二模）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，连接BD，BE，DF，EF，且BE＝DF，EF⊥BD．求证：四边形BEDF是菱形．
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】证明见解析．
【分析】根据矩形的性质和全等三角形的判定和性质得出BE＝DF，AE＝CF，进而利用平行四边形的判定和菱形的判定解答即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠A＝∠C＝90°，AB＝CD，
在△BAE与△DCF中，
AB=CD∠A=∠C=90°BE=DF，
∴△BAE≌△DCF（SAS），
∴BE＝DF，AE＝CF，
∴DE＝AD﹣AE＝BC﹣CF＝BF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵EF⊥BD，
∴▱BEDF是菱形．
【点评】此题考查矩形的性质、菱形的判定，关键是关键矩形的性质和菱形的判定解答。