三年湖南中考数学模拟题分类汇总之四边形

这是一份三年湖南中考数学模拟题分类汇总之四边形，共26页。

A．1B．22C．12D．2
2．（2021•长沙模拟）如图，在平面直角坐标系中，▱OABC的顶点A在x轴上，OC＝4，∠AOC＝60°且以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA、OC于点D、E；再分别以点D、点E为圆心，大于12DE的长度为半径画弧，两弧相交于点F，过点O作射线OF，交BC于点P．则点P的坐标为（ ）
A．（4，23）B．（6，23）C．（23，4）D．（23，6）
3．（2021•湖南模拟）下列条件中能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．∠A＝∠B，∠C＝∠DB．AB＝AD，CB＝CD
C．AB＝CD，AD＝BCD．AB∥CD，AD＝BC
4．（2021•娄星区模拟）下列结论中，不一定成立的是（ ）
A．平行四边形对边平行
B．平行四边形对角相等
C．平行四边形对角线互相平分
D．平行四边形对角线相等
5．（2022•永州模拟）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，CD上的点，AE＝CF，连接EF，BF，EF与对角线AC交于点O，且BE＝BF，∠BEF＝2∠BAC，FC＝2，则AB的长为（ ）
A．83B．8C．43D．6
6．（2022•凤凰县模拟）一个正多边形，它的每一个外角都等于40°，则该正多边形是（ ）
A．正六边形B．正七边形C．正八边形D．正九边形
7．（2022•雁峰区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2022次得到正方形OA2022B2022C2022，如果点A的坐标为（1，0），那么点B2022的坐标为（ ）
A．（1，﹣1）B．（0，2）C．（2，0）D．（﹣1，1）
8．（2023•永定区一模）下列性质中，矩形不一定具有的是（ ）
A．对角线互相垂直B．对角线相等
C．对角线互相平分D．邻边互相垂直
9．（2023•新邵县二模）如图，在▱ABCD中，AB＝13，AD＝5，AC⊥BC，则▱ABCD的面积为（ ）
A．30B．60C．65D．652
10．（2023•珠晖区校级模拟）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．对角线互相平分B．对角线相等
C．四个角都相等D．对角线互相垂直
二．填空题（共6小题）
11．（2021•荷塘区模拟）图1中的直角三角形有一条直角边长为3，将四个图1中的直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，其中阴影部分的面积分别记为S1，S2，则S1﹣S2的值为 ．
12．（2021•蒸湘区二模）如图，在平行四边形ABCD中，已知AD＝12，AB＝8，∠BAD的角平分线AE交BC边于点E，则CE的长为 ．
13．（2022•娄星区一模）正多边形的一个内角等于144°，则该多边形是正 边形．
14．（2022•零陵区二模）规定在平面直角坐标系xOy中，如果点P的坐标为（a，b），那么线段OP在平面直角坐标系中的方向值表示为：OP→=（a，b）．若OA→与OB→互相垂直，且OA→=（x1，y1），OB→=（x2，y2），则x1x2+y1y2＝0．现有OM→与ON→互相垂直，且OM→=（csα，sinα﹣1），ON→=（sinα，1+sinα），则锐角∠α＝ ．
15．（2023•开福区校级一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E为边AD的中点，OE＝5，OB＝8，则菱形ABCD的面积为 ．
16．（2023•邵阳模拟）如果一个多边形的内角和等于它外角和的3倍，则这个多边形的边数是 ．
三．解答题（共6小题）
17．（2021•涟源市一模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明四边形ADCF是菱形．
18．（2021•岳阳模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AE，CF分别平分∠BAD和∠DCB，交对角线BD于点E，F．求证：BE＝DF．
19．（2022•株洲模拟）如图，点E是正方形ABCD的边BC上的动点，∠AEF＝90°，且EF＝AE，FH⊥BH．
（1）求证：BE＝CH；
（2）若AB＝6，BE＝2，求DF的长．
20．（2022•长沙一模）如图，在△ABC中，点D，点E分别是边AC，AB的中点，点F在线段DE上，∠AFB＝90°，FG∥AB交BC于点G．
（1）证明：四边形EFGB是菱形；
（2）若AF＝5，BF＝12，BC＝19，求DF的长度．
21．（2023•石峰区模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，AC平分∠DAB，连接BD交AC于点O，过点C作CE⊥AB交AB延长线于点E．
（1）求证：四边形ABCD为菱形；
（2）若OA＝4，OB＝3，求CE的长．
22．（2023•长沙模拟）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，以AO，BO为邻边作菱形AOBE，连接EO．
（1）证明：四边形AEOD是平行四边形；
（2）若∠EAO＝120°，DC＝2，求四边形AEOD的面积．
湖南三年（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10小题）
1．（2021•株洲模拟）如图，正方形ABCD的边长为1，取AB中点E，取BC中点F，连接DE，AF，DE与AF交于点O．连接OC，则OC＝（ ）
A．1B．22C．12D．2
【考点】正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】A
【分析】证明△ADE≌△BAF（SAS）可得到∠AOD＝90°，证明∴△ADO≌△DCG（AAS），得AO＝DG，同三角函数得DO＝2AO＝2DG，所以CG为DO的垂直平分线，可得结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠DAE＝90°，
在△ABF和△DAE中，
AB=AD∠B=∠DAEBF=AE，
∴△ADE≌△BAF（SAS），
∴∠BAF＝∠ADE，
∵∠BAD＝∠DAF+∠DAO＝90°，
∴∠ADE+∠DAO＝90°，
∴∠AOD＝90°，
∵E、F分别为AB，BC的中点，
∴AE=12AB，BF=12BC，
∵AB＝BC，
∴AE＝BF，
过C作CG⊥DE于G，
∵∠OAD+∠ADO＝∠ADO+∠CDG＝90°，
∴∠OAD＝∠CDG，
在△ADO和△DCG中，
∠AOD=∠DGC=90°∠OAD=∠CDGAD=DC，
∴△ADO≌△DCG（AAS），
∴AO＝DG，
∵tan∠ADE=AEAD=AODO=12，
∴DO＝2AO＝2DG，
∴DG＝OG，
∴CG为DO的垂直平分线，
∴OC＝DC＝1，
故选：A．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角函数等知识，能正确作出辅助线，构建三角形全等是解题的关键．
2．（2021•长沙模拟）如图，在平面直角坐标系中，▱OABC的顶点A在x轴上，OC＝4，∠AOC＝60°且以点O为圆心，任意长为半径画弧，分别交OA、OC于点D、E；再分别以点D、点E为圆心，大于12DE的长度为半径画弧，两弧相交于点F，过点O作射线OF，交BC于点P．则点P的坐标为（ ）
A．（4，23）B．（6，23）C．（23，4）D．（23，6）
【考点】平行四边形的性质；坐标与图形性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】B
【分析】延长BC交y轴于G，则BG⊥y轴，求出∠COG＝30°，由直角三角形的性质得出CG=12OC＝2，OG=3CG＝23，由作法得∠AOP＝∠COP，证∠COP＝∠CPO，得PC＝OC＝4，则PG＝PC+CG＝6，即可得出答案．
【解答】解：延长BC交y轴于G，如图所示：
则BG⊥y轴，
∴∠OGC＝90°，
∵∠AOC＝60°，
∴∠COG＝30°，
∴CG=12OC＝2，OG=3CG＝23，
由题意得：OP平分∠AOC，
∴∠AOP＝∠COP，
∵四边形OABC是平行四边形，
∴OA∥BC，
∴∠AOP＝∠CPO，
∴∠COP＝∠CPO，
∴PC＝OC＝4，
∴PG＝PC+CG＝6，
∴点P的坐标为（6，23）；
故选：B．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、作图﹣基本作图、等腰三角形的判定、坐标与图形性质、含30°角的直角三角形的性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质和直角三角形的性质，证出PC＝OC是解题的关键．
3．（2021•湖南模拟）下列条件中能判定四边形ABCD是平行四边形的是（ ）
A．∠A＝∠B，∠C＝∠DB．AB＝AD，CB＝CD
C．AB＝CD，AD＝BCD．AB∥CD，AD＝BC
【考点】平行四边形的判定．
【答案】C
【分析】根据平行四边形的判定定理（①有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，②有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③有两组对角分别相等的四边形是平行四边形，④有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形）进行判断即可．
【解答】解：
A、∵∠A＝∠B，∠C＝∠D，∠A+∠B+∠C+∠D＝360°，
∴2∠B+2∠C＝360°，
∴∠B+∠C＝180°，
∴AB∥CD，但不能推出其它条件，即不能推出四边形ABCD是平行四边形，故本选项错误；
B、根据AB＝AD，CB＝CD不能推出四边形ABCD是平行四边形，故本选项错误；
C、∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，故本选项正确；
D、由AB∥CD，AD＝BC也可以推出四边形ABCD是等腰梯形，故本选项错误；
故选：C．
【点评】本题考查了对平行四边形的判定定理和等腰梯形的判定的应用，注意：平行四边形的判定定理有：①有两组对边分别平行的四边形是平行四边形，②有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，③有两组对角分别相等的四边形是平行四边形，④有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，⑤对角线互相平分的四边形是平行四边形，等腰梯形的定义是两腰相等的梯形．
4．（2021•娄星区模拟）下列结论中，不一定成立的是（ ）
A．平行四边形对边平行
B．平行四边形对角相等
C．平行四边形对角线互相平分
D．平行四边形对角线相等
【考点】平行四边形的判定与性质．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】D
【分析】根据平行四边形的性质进行逐一判断即可．
【解答】解：因为平行四边形的对边平行，对角相等，对角线互相平分，
但是对角线不一定相等，矩形的对角线相等．
所以不一定成立的是D选项．
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是掌握平行四边形的判定与性质．
5．（2022•永州模拟）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，CD上的点，AE＝CF，连接EF，BF，EF与对角线AC交于点O，且BE＝BF，∠BEF＝2∠BAC，FC＝2，则AB的长为（ ）
A．83B．8C．43D．6
【考点】矩形的性质．
【答案】D
【分析】连接OB，根据等腰三角形三线合一的性质可得BO⊥EF，再根据矩形的性质可得OA＝OB，根据等边对等角的性质可得∠BAC＝∠ABO，再根据三角形的内角和定理列式求出∠ABO＝30°，即∠BAC＝30°，根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC，再利用勾股定理列式计算即可求出AB．
【解答】解：如图，连接BO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠DCB＝90°
∴∠FCO＝∠EAO，
在△AOE和△COF中，
∠AOE=∠FOC∠FCO=∠EAOAE=CF，
∴△AOE≌△COF，
∴OE＝OF，OA＝OC，
∵BF＝BE，
∴BO⊥EF，∠BOF＝90°，
∵∠FEB＝2∠CAB＝∠CAB+∠AOE，
∴∠EAO＝∠EOA，
∴EA＝EO＝OF＝FC＝2，
在RT△BFO和RT△BFC中，
BF=BFFO=FC，
∴RT△BFO≌RT△BFC，
∴BO＝BC，
在RT△ABC中，∵AO＝OC，
∴BO＝AO＝OC＝BC，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠BCO＝60°，∠BAC＝30°，
∴∠FEB＝2∠CAB＝60°，∵BE＝BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴EB＝EF＝4，
∴AB＝AE+EB＝2+4＝6．
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半，综合题，但难度不大，（2）作辅助线并求出∠BAC＝30°是解题的关键．
6．（2022•凤凰县模拟）一个正多边形，它的每一个外角都等于40°，则该正多边形是（ ）
A．正六边形B．正七边形C．正八边形D．正九边形
【考点】多边形内角与外角．
【专题】正多边形与圆．
【答案】D
【分析】根据多边形的外角和是360度即可求得外角的个数，即多边形的边数．
【解答】解：∵360÷40＝9，
∴这个正多边形的边数是9．
故选：D．
【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．
7．（2022•雁峰区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2022次得到正方形OA2022B2022C2022，如果点A的坐标为（1，0），那么点B2022的坐标为（ ）
A．（1，﹣1）B．（0，2）C．（2，0）D．（﹣1，1）
【考点】正方形的性质；坐标与图形变化﹣旋转；规律型：点的坐标．
【专题】规律型；推理能力．
【答案】A
【分析】根据图形可知：点B在以O为圆心，以OB为半径的圆上运动，再由旋转可知：将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，可得对应点B的坐标，然后发现规律是8次一循环，进而得出答案．
【解答】解：∵点A的坐标为（1，0），
∴OA＝1，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠OAB＝90°，AB＝OA＝1，
∴B（1，1），
连接OB，如图：
由勾股定理得：OB=12+12=2，
由旋转的性质得：OB＝OB1＝OB2＝OB3=⋯=2，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB＝∠BOB1＝∠B1OB2＝…＝45°，
∴B1（0，2），B2（﹣1，1），B3（−2，0），B4（﹣1，﹣1），B5（0，−2），B6（1，﹣1），…，
发现是8次一循环，则2022÷8＝252…6，
∴点B2022的坐标为（1，﹣1），
故选：A．
【点评】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、坐标与图形性质、勾股定理、规律型：点的坐标等知识，解题的关键是学会从特殊到一般的探究规律的方法，属于中考常考题型．
8．（2023•永定区一模）下列性质中，矩形不一定具有的是（ ）
A．对角线互相垂直B．对角线相等
C．对角线互相平分D．邻边互相垂直
【考点】矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】A
【分析】根据矩形的性质判断即可．
【解答】解：∵矩形的对角线互相平分且相等，邻边互相垂直，但矩形的对角线不一定垂直，
∴矩形不一定具有的是对角线互相垂直，
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的性质，熟记矩形的性质是解题的关键．
9．（2023•新邵县二模）如图，在▱ABCD中，AB＝13，AD＝5，AC⊥BC，则▱ABCD的面积为（ ）
A．30B．60C．65D．652
【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】B
【分析】利用平行四边形的性质得AD＝BC＝5，再利用勾股定理求出AC即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝5，
∵AC⊥BC，
∴∠ACB＝90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AC=AB2−BC2=132−52=12，
∴▱ABCD的面积为BC×AC＝5×12＝60，
故选：B．
【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握其性质是解题的关键．
10．（2023•珠晖区校级模拟）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．对角线互相平分B．对角线相等
C．四个角都相等D．对角线互相垂直
【考点】正方形的性质；矩形的性质．
【专题】证明题．
【答案】D
【分析】考查正方形对角线相互垂直平分相等与矩形对角线平分相等的性质．
【解答】解：A、平行四边形对角线都是平分的，故错误；
B、矩形，正方形对角线都是相等的，故错误；
C、正方形，矩形四个角都是直角，故错误；
D、正方形对角线相互垂直，但矩形对角线不一定垂直，故正确．
故选：D．
【点评】记清楚几种特殊多边形的性质．
二．填空题（共6小题）
11．（2021•荷塘区模拟）图1中的直角三角形有一条直角边长为3，将四个图1中的直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，其中阴影部分的面积分别记为S1，S2，则S1﹣S2的值为 9 ．
【考点】正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】9．
【分析】分别表示出S1，S2，即可求解．
【解答】解：设图1中的直角三角形另一条直角边长为b，
∴S1＝32+b2＝9+b2，S2＝b2，
∴S1﹣S2＝9，
故答案为9．
【点评】本题考查了正方形的性质，利用参数表示正方形的面积是本题的关键．
12．（2021•蒸湘区二模）如图，在平行四边形ABCD中，已知AD＝12，AB＝8，∠BAD的角平分线AE交BC边于点E，则CE的长为 4 ．
【考点】平行四边形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】4．
【分析】由平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC＝12，由角平分线的性质和平行线的性质可得∠BAE＝∠BEA，可求AB＝BE＝8，即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC＝12，
∴∠DAE＝∠BEA，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠BEA，
∴AB＝BE＝8，
∴EC＝4，
故答案为：4．
【点评】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定，掌握平行四边形的性质是本题的关键．
13．（2022•娄星区一模）正多边形的一个内角等于144°，则该多边形是正 十 边形．
【考点】多边形内角与外角．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据正多边形的每个内角相等，可得正多边形的内角和，再根据多边形的内角和公式，可得答案．
【解答】解：设正多边形是n边形，由题意得
（n﹣2）×180°＝144°n．
解得n＝10，
故答案为：十．
【点评】本题考查了多边形的内角与外角，利用了正多边形的内角相等，多边形的内角和公式．
14．（2022•零陵区二模）规定在平面直角坐标系xOy中，如果点P的坐标为（a，b），那么线段OP在平面直角坐标系中的方向值表示为：OP→=（a，b）．若OA→与OB→互相垂直，且OA→=（x1，y1），OB→=（x2，y2），则x1x2+y1y2＝0．现有OM→与ON→互相垂直，且OM→=（csα，sinα﹣1），ON→=（sinα，1+sinα），则锐角∠α＝ 45° ．
【考点】*平面向量；解直角三角形；坐标与图形性质．
【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．
【答案】45°．
【分析】由OM→与ON→互相垂直，可得sinαcsα+（sinα﹣1）（1+sinα）＝0，即sinαcsα+sin2α﹣1＝sinαcsα﹣cs2α＝csα（sinα﹣csα）＝0，进而可得sinα﹣csα＝0，解得∠α＝45°．
【解答】解：∵OM→与ON→互相垂直，
∴sinαcsα+（sinα﹣1）（1+sinα）＝0，
即sinαcsα+sin2α﹣1＝sinαcsα﹣cs2α＝csα（sinα﹣csα）＝0，
∵α为锐角，
∴sinα﹣csα＝0，
解得∠α＝45°．
故答案为：45°．
【点评】本题考查平面向量、锐角三角函数，熟练掌握锐角三角函数的计算是解答本题的关键．
15．（2023•开福区校级一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E为边AD的中点，OE＝5，OB＝8，则菱形ABCD的面积为 96 ．
【考点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】96．
【分析】根据菱形的性质和已知条件可得OE是Rt△DOA的中位线，由此可以求出DA的长，再根据勾股定理可求出OA的长，最后根据菱形的面积等于对角线乘积的一半计算即可．
【解答】解：∵菱形的对角线AC、BD交于点O，OB＝8，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，
∵E为边AD的中点，OE＝5，
∴AD＝2OE＝10，
∴AO=AD2−OD2=102−82=6，
∴AC＝2OA＝12，
∴S菱形ABCD=12×AC×BD=12×12×16＝96．
故答案为：96．
【点评】本题主要考查菱形的性质，三角形中位线的性质及勾股定理的知识，熟练掌握菱形的两条对角线互相垂直平分是解题的关键．
16．（2023•邵阳模拟）如果一个多边形的内角和等于它外角和的3倍，则这个多边形的边数是 8 ．
【考点】多边形内角与外角．
【答案】见试题解答内容
【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．
故答案为：8．
【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．
三．解答题（共6小题）
17．（2021•涟源市一模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）证明四边形ADCF是菱形．
【考点】菱形的判定；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．
【专题】证明题．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据AAS证△AFE≌△DBE；
（2）利用（1）中全等三角形的对应边相等得到AF＝BD．结合已知条件，利用“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得到ADCF是菱形，由“直角三角形斜边的中线等于斜边的一半”得到AD＝DC，从而得出结论．
【解答】证明：（1）∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE＝DE，BD＝CD，
在△AFE和△DBE中，
∠AFE=∠DBE∠FEA=∠BEDAE=DE，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
（2）由（1）知，△AFE≌△DBE，则AF＝DB．
∵DB＝DC，
∴AF＝CD．
∵AF∥BC，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，
∴AD＝DC=12BC，
∴四边形ADCF是菱形．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，菱形的判定的应用，主要考查学生的推理能力．
18．（2021•岳阳模拟）如图，在平行四边形ABCD中，AE，CF分别平分∠BAD和∠DCB，交对角线BD于点E，F．求证：BE＝DF．
【考点】平行四边形的性质；全等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】答案见证明．
【分析】先由平行四边形的性质得到AB∥CD，AB＝CD，∠BAD＝∠DCB，求得∠ABE＝∠CDF，再证△ABE≌△CDF（ASA），然后由全等三角形的性质即可得到结论．
【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，∠BAD＝∠DCB，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵AE，CF分别平分∠BAD和∠DCB，
∴∠BAE=12∠BAD，∠DCF=12∠DCB，
∴∠BAE＝∠DCE，
∴△ABE≌△CDF（ASA），
∴BE＝DF．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质以及平行线的性质等知识，熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
19．（2022•株洲模拟）如图，点E是正方形ABCD的边BC上的动点，∠AEF＝90°，且EF＝AE，FH⊥BH．
（1）求证：BE＝CH；
（2）若AB＝6，BE＝2，求DF的长．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）25．
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形，FH⊥BH，AE＝EF可得△ABE≌△EHF（AAS），即得AB＝EH，有BC＝EH，故BE＝CH；
（2）延长HF、AD交于G，由△ABE≌△EHF可得FH＝BE＝CH＝2，证明四边形DCHG是矩形，有GH＝CD＝AB＝6，DG＝CH＝BE＝2，得FG＝GH﹣FH＝4，根据勾股定理可得DF的长是25．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝90°，
∵FH⊥BH，
∴∠H＝90°＝∠B，
∵∠AEF＝90°，
∴∠AEB＝90°﹣∠FEH＝∠EFH，
在△ABE和△EHF中，
∠B=∠H∠AEB=∠EFHAE=EF，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴AB＝EH，
∴BC＝EH，
∴BC﹣EC＝EH﹣EC，即BE＝CH；
（2）解：延长HF、AD交于G，如图：
由（1）知△ABE≌△EHF，BE＝CH，
∴FH＝BE＝CH＝2，
∵∠DCH＝∠H＝∠GDC＝90°，
∴四边形DCHG是矩形，
∴GH＝CD＝AB＝6，DG＝CH＝BE＝2，
∴FG＝GH﹣FH＝6﹣2＝4，
在Rt△DGF中，
DF=DG2+FG2=22+42=25，
∴DF的长是25．
【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，勾股定理性质与应用，解题的关键是掌握全等三角形判定定理，证明△ABE≌△EHF．
20．（2022•长沙一模）如图，在△ABC中，点D，点E分别是边AC，AB的中点，点F在线段DE上，∠AFB＝90°，FG∥AB交BC于点G．
（1）证明：四边形EFGB是菱形；
（2）若AF＝5，BF＝12，BC＝19，求DF的长度．
【考点】菱形的判定与性质；勾股定理；三角形中位线定理．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）3．
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到EF∥BG，推出四边形BEFG是平行四边形，根据菱形的判定定理即可得到结论；
（2）根据三角形中位线定理得到DE=12BC=12×19=192，根据直角三角形的性质即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵点D，点E分别是边AC，AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴EF∥BG，
∵FG∥AB，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∵∠AFB＝90°，
∴FE＝BE=12AB，
∴四边形EFGB是菱形；
（2）解：∵点D，点E分别是边AC，AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE=12BC=12×19=192，
在△ABF中，
∵∠AFB＝90°，
∴EF=12AB=12×13=132，
∴DF＝DE﹣EF=192−132=3．
【点评】本题主要考查了菱形的判定和性质，三角形中位线定理，直角三角形斜边中线定理，勾股定理逆定理，灵活运用这三个定理是解决问题的关键．
21．（2023•石峰区模拟）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，AC平分∠DAB，连接BD交AC于点O，过点C作CE⊥AB交AB延长线于点E．
（1）求证：四边形ABCD为菱形；
（2）若OA＝4，OB＝3，求CE的长．
【考点】菱形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）先证四边形ABCD是平行四边形，再证CD＝AD，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得AC⊥BD，AC＝2OA＝8，BD＝2OB＝6，再由勾股定理得AB＝5，然后由菱形面积公式得S菱形ABCD＝AB•CE=12AC•BD，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵AB∥CD，AD∥BC，
∴∠BAC＝∠DCA，四边形ABCD是平行四边形，
∵AC平分∠DAB，
∴∠BAC＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD，
∴▱ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，OA＝4，OB＝3，
∴AC⊥BD，AC＝2OA＝8，BD＝2OB＝6，
∴∠AOB＝90°，
∴AB=OA2+OB2=42+32=5，
∵CE⊥AB，
∴S菱形ABCD＝AB•CE=12AC•BD，
即5CE=12×8×6，
解得：CE=245，
即CE的长为245．
【点评】此题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
22．（2023•长沙模拟）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，以AO，BO为邻边作菱形AOBE，连接EO．
（1）证明：四边形AEOD是平行四边形；
（2）若∠EAO＝120°，DC＝2，求四边形AEOD的面积．
【考点】矩形的性质；等边三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）23．
【分析】（1）先证明AE∥OD，再证明AE＝OD即可；
（2）根据∠EAO＝120°，求出△AEO面积，利用四边形ADOE的面积等于△AEO面积的2倍即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形AOBE是菱形，
∴AE＝AO，AE∥OB即AE∥OD．
又∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝OD，
∴AE＝OD．
∴四边形AEOD是平行四边形．
（2）解∵四边形ABCD是矩形，
∴DO＝BO．
∵四边形ADOE是平行四边形，
∴AE∥DO，AE＝DO，AD∥OE．
∴AE∥BO，AE＝BO．
∴四边形AOBE是平行四边形．
∵AD⊥AB，AD∥OE，
∴AB⊥OE．
∴四边形AOBE是菱形．
∵∠EAO＝120°，
∴∠EAM＝60°．
又AM=12AB＝1，
∴EM=3．
∴EO＝23，
∴△AEO面积为12×23×1=3，
∴四边形ADOE面积＝23．
【点评】本题主要考查平行四边形的性质、菱形的判定和性质，矩形的性质．解题时，注意这三种图形间的区别与联系。