專題20四邊形【母題來源】2021年中考廣東廣州卷【母題題文1】（2021·廣東廣州·中考真題）下列命題中，為真命題的是（

）（1）對角線互相平分的四邊形是平行四邊形（2）對角線互相垂直的四邊形是菱形（3）對角線相等的平行四邊形是菱形（4）有一個角是直角的平行四邊形是矩形A．（1）（2） B．（1）（4） C．（2）（4） D．（3）（4）【答案】B【分析】正確的命題叫真命題，根據定義解答．【解析】解：對角線互相平分的四邊形是平行四邊形，故（1）是真命題；對角線互相垂直的平行四邊形是菱形，故（2）不是真命題；對角線相等的平行四邊形是矩形，故（3）不是真命題；有一個角是直角的平行四邊形是矩形，故（4）是真命題；故選：B．【點睛】此題考查真命題的定義，熟記定義并正確掌握平行四邊形、菱形、矩形的判定定理是解題的關鍵．【母題來源】2021年中考廣東卷【母題題文2】（2021·廣東·中考真題）如圖，在中，．過點D作，垂足為E，則______．【答案】【分析】首先根據題目中的，求出ED的長度，再用勾股定理求出AE，即可求出EB，利用平行四邊形的性質，求出CD，在Rt△DEC中，用勾股定理求出EC，再作BF⊥CE，在△BEC中，利用等面積法求出BF的長，即可求出．【解析】∵，∴△ADE為直角三角形，又∵，∴,解得DE=4,在Rt△ADE中，由勾股定理得：,又∵AB=12,∴,又∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴CD=AB=12,AD=BC=5在Rt△DEC中，由勾股定理得：,過點B作BF⊥CE，垂足為F,如圖在△EBC中：S△EBC=;又∵S△EBC∴,解得,在Rt△BFC中，,故填：．【點睛】本題考查解直角三角形，平行四邊形的性質，勾股定理，三角形的等面積法求一邊上的高線，解題關鍵在于熟練掌握解直角三角形的計算，平行四邊形的性質，勾股定理的計算和等面積法求一邊上的高．【母題來源】2021年中考廣東深圳卷【母題題文3】（2021·廣東深圳·中考真題）在正方形中，，點E是邊的中點，連接，延長至點F，使得，過點F作，分別交、于N、G兩點，連接、、，下列正確的是：①；②；③；④（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】B【分析】解：①中由即可得到，再由正切等于對邊比鄰邊即可求解；②中先證明得到EM=EC，DM=FC，再證明即可求解；③中先證明GECM，得到即可求解；④中由得到，再由即可求解．【解析】解：①∵，∴∠DMF=90°=∠NCF，且對頂角∠MND=∠CNF，∴∠GFB=∠EDC，∵ABCD為正方形，E是BC的中點，∴BC=CD，∴，①正確；②由①知，又，已知，∴()，∴，∴，∵，，，∴()，∴，故②正確；③∵，，∴BE=ME，且∠B=∠GME=90°，GE為和的公共邊，∴（），∴，∵，∴，由三角形外角定理可知：，∴，∴，∴，∵，，∴，故③錯誤；④由上述可知：，，∴，∵，∴，∴，故④正確．故選B．【點睛】本題考查正方形的性質，全等三角形的判定和性質，平行線分線段成比例定理，三角函數(shù)等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題．【母題來源】2021年中考廣東廣州卷【母題題文4】（2021·廣東廣州·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，，，點E為邊AB上一個動點，延長BA到點F，使，且CF、DE相交于點G（1）當點E運動到AB中點時，證明：四邊形DFEC是平行四邊形；（2）當時，求AE的長；（3）當點E從點A開始向右運動到點B時，求點G運動路徑的長度．【答案】（1）見解析；（2）；（3）．【分析】（1）根據E為AB中點可得，再由菱形的性質推出CD∥AB，，則，即可證明結論；（2）過點C作CH⊥AB交FB的延長線于點H，利用菱形及直角三角形的性質可求出，并由勾股定理求得，再根據相似三角形的判定及性質可證得，設，則，可表示出，，即可由建立關于x的方程，求解后可得出AE的長；（3）連接AG并延長交CD于點M，連接BD交AM于點N，并連接BM，首先由菱形的性質得出△ABD為等邊三角形，則，再由CD∥AB，得，，由此可證得，再結合得出，則由等腰三角形性質推出，并分別求出，，最后根據題意可得點G運動路徑的長度為線段AN的長，由平行線分線段成比例性質可得出，此題得解．【解析】（1）證明：∵E為AB中點，∴．∴．∵四邊形ABCD是菱形，∴CD∥AB，．∴．∴四邊形DFEC是平行四邊形；（2）解：如圖，過點C作CH⊥AB交FB的延長線于點H，∵四邊形ABCD是菱形，，∴AD∥BC，．∴．∴．∴．則由勾股定理得．∵CD∥AB，∴△CDG∽△FEG．∴．∵，∴．設，則．∴，．在Rt△CFH中，由勾股定理得：，∴．解得，（不合題意，舍去）．∴AE的長為；（3）如圖，連接AG并延長交CD于點M，連接BD交AM于點N，并連接BM，∵四邊形ABCD是菱形，，∴，．∴△ABD為等邊三角形．同理可證：△BCD為等邊三角形．∴．∵CD∥AB，∴，．∴，．∴∵，∴．∴．則由勾股定理得：，．當點E從A出發(fā)運動到點B時，點G始終在直線AM上運動，運動軌跡為線段，當點E與A重合時，點G與點A重合，當點E與B重合時，點G為BD與AM的交點N，∴點G運動路徑的長度為線段AN的長，∵CD∥AB，∴．∴．∴點G運動路徑的長度為．【點睛】此題屬于四邊形的綜合問題，考查了菱形的性質、平行四邊形及相似三角形的判定與性質等知識點，熟練掌握所學知識并靈活運用所學知識是解題的關鍵．【母題來源】2021年中考廣東卷【母題題文5】（2021·廣東·中考真題）如圖，邊長為1的正方形中，點E為的中點．連接，將沿折疊得到交于點G，求的長．【答案】【分析】根據題意，延長交于H連，通過證明、得到，再由得到，進而即可求得的長．【解析】解：延長交于H連，∵由沿折疊得到，∴，，∵E為中點，正方形邊長為1，∴，∴，∵四邊形是正方形，∴，在和中，，∴，∴，又∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴．【點睛】本題主要考查了三角形全等的判定及性質、三角形相似的判定及性質以及正方形的性質，熟練掌握相關幾何知識是解決本題的關鍵．【母題來源】2021年中考廣東深圳卷【母題題文6】（2021·廣東深圳·中考真題）在正方形中，等腰直角，，連接，H為中點，連接、、，發(fā)現(xiàn)和為定值．（1）①__________；②__________；③小明為了證明①②，連接交于O，連接，證明了和的關系，請你按他的思路證明①②．（2）小明又用三個相似三角形（兩個大三角形全等）擺出如圖2，，（）求：①__________（用k的代數(shù)式表示）②__________（用k、的代數(shù)式表示）【答案】（1）①；②45°；③見解析；（2）①；②【分析】（1）①通過中位線得出，再通過等腰直角三角形斜邊與直角邊的關系得出,則，在等腰Rt△OBA中得出，再結合中位線OH和正方形的性質證明∠BOH=∠BAF，即可證明出，即可得出比值；②利用相似三角形的性質，對應角相等，代換角即可求出；（2）①用與（1）相似的方法可以證明出，即可得出比值；②通過添加輔助線，構造兩個直角三角形，用銳角三角函數(shù)和勾股定理表示出兩邊，即可求出比值．【解析】（1）；②45°③證明：如圖所示：由正方形性質得：，O為的中點又∵H為的中點，則，∴是等腰直角三角形∴∴∵∴，又∵∴又∴，又∵∴∴，∴（2）①②理由如下：①如圖，連接，與交于O點，連接由題可知四邊形ABCD為平行四邊形，∴O為AC和BD的中點，又∵H為CE中點，∴，,又∵,∴,即，,即，∵OH是△ACE的中位線，∴OH∥AE，∴,又∵是△AOD的外角，∴,又∵,∴,∴,又∵，∴∴②：由得：，則在中，，不妨令，，如圖作則：，則由勾股定理解得：∴．【點睛】本題考查相似三角形的判定和性質，三角形中位線的性質，等腰直角三角形的性質，正方形的性質，平行四邊形的性質，銳角三角函數(shù)，涉及知識點較多，難度較大，能夠通過已知條件找出判定相似三角形的條件是解題關鍵．知識要點歸納：（一）、多邊形：1．定義：在平面內，由若干條不在同一直線上的線段相連組成的圖形叫做多邊形，各邊相等也相等的多邊形叫做正多邊形．2．多邊形的內外角和：n邊形(n≥3)的內角和是_____外角和是正n邊形的每個外角的度數(shù)是，每個內角的度數(shù)是_____．3．多邊形的對角線：多邊形的對角線是連接多邊形的兩個頂點的線段，從n邊形的一個頂點出發(fā)有_____條對角線，將n邊形分成個三角形，一個n邊形共有條對邊線．（二）、平行四邊形1、定義：兩組對邊分別__________的四邊形是平行四邊形，平行四邊形ABCD可寫成___________．2、平行四邊形的特質：⑴平行四邊形的兩組對邊分別_________________．⑵平行四邊形的兩組對角分別_______________．⑶平行四邊形的對角線______________．【備注：1、平行四邊形是________對稱圖形，對稱中心是______過對角線交點的任一直線被一組對邊的線段________該直線將原平行四邊形分成全等的兩個部分．】3、平行四邊形的判定：⑴用定義判定______________________________________．⑵兩組對邊分別____________的四邊形是平行四邊形．⑶一組對邊_______________的四邊形是平行四邊形．⑷兩組對角分別____________的四邊形是平行四邊形．⑸對角線_________________的四邊形是平行四邊形．（三）、特殊的平行四邊形矩形性質菱形性質正方形性質矩形判定菱形判定正方形判定一、單選題1．（2021·廣東·汕頭市潮南實驗學校一模）一個多邊形的每個內角均為，則這個多邊形是（

）A．七邊形 B．六邊形 C．五邊形 D．四邊形【答案】B【分析】根據多邊形的內角與外角的關系，先求出這個多邊形的每一個外角的度數(shù)，再用360°除以一個外角的度數(shù)即可得到邊數(shù)．【解析】解：∵多邊形的每一個內角都等于120°，∴多邊形的每一個外角都等于180°-120°=60°，∴邊數(shù)n=360°÷60°=6．故選B.．【點睛】此題主要考查了多邊形的內角與外角的關系，求出每一個外角的度數(shù)是解答本題的關鍵.即先求出這個多邊形的每一個外角的度數(shù)，再用360°除即可得到邊數(shù)．2．（2021·廣東·佛山市三水區(qū)三水中學附屬初中二模）下列命題中，正確的是（）A．菱形的對角線相等B．平行四邊形既是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形C．正方形的對角線相等且互相垂直平分D．矩形的對角線不能相等【答案】C【分析】根據菱形、正方形、矩形的性質、軸對稱圖形和中心對稱圖形的概念判斷即可．【解析】解：A、菱形的對角線垂直平分，但不一定相等，本選項說法錯誤，不符合題意；B、平行四邊形是中心對稱圖形，但不一定是軸對稱圖形，本選項說法錯誤，不符合題意；C、正方形的對角線相等且互相垂直平分，本選項說法正確，符合題意；D、矩形的對角線一定相等，本選項說法錯誤，不符合題意；故選：C．【點睛】本題考查的是命題的真假判斷，正確的命題叫真命題，錯誤的命題叫做假命題．判斷命題的真假關鍵是要熟悉課本中的性質定理．3．（2021·廣東·珠海市紫荊中學三模）如圖，在△ABC中，BC=20，D、E分別是AB、AC的中點，F(xiàn)是DE上一點，DF=4，連接AF，CF，若∠AFC=90°，則AC的長度為（）A．10 B．12 C．13 D．20【答案】B【分析】根據三角形中位線定理求出DE，得到EF的長，根據直角三角形的性質計【解析】解：∵D、E分別是AB、AC的中點，∴DE是△ABC的中位線，∴DE=BC=10，∴EF=DE-DF=10-4=6，在Rt△AFC中，AE=EC，∴AC=2EF=12，故選：B．【點睛】本題考查的是三角形中位線定理、直角三角形的性質，掌握三角形的中位線平行于第三邊，且等于第三邊的一半是解題的關鍵．4．（2020·廣東東莞·一模）下列哪組條件能判別四邊形ABCD是平行四邊形（）A．ABCD，AD=BC B．AB=CD，AD=BCC．∠A=∠B，∠C=∠D D．AB=AD，CB=CD【答案】B【分析】根據兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形，兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形；一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形；兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形；兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形可得答案．【解析】解：A、AB∥CD，AD=BC不能判定四邊形ABCD為平行四邊形，故此選項錯誤；B、AB=CD，AD=BC判定四邊形ABCD為平行四邊形，故此選項正確；C、∠A=∠B，∠C=∠D不能判定四邊形ABCD為平行四邊形，故此選項錯誤；D、AB=AD，CB=CD不能判定四邊形ABCD為平行四邊形，故此選項錯誤；故選B．【點睛】此題主要考查了平行四邊形的判定，關鍵是掌握平行四邊形的判定定理．5．（2021·廣東黃埔·一模）如圖，小明從A點出發(fā)，沿直線前進6米后向左轉45°，再沿直線前進6米，又向左轉45°照這樣走下去，他第一次回到出發(fā)點A時，共走路程為（

）A．60 B．72 C．48 D．36【答案】C【分析】根據多邊形的外角和即可求出答案．【解析】根據題意可知，他需要轉次才會回到原點，所以一共走了（米）．故選C．【點睛】本題主要考查了利用多邊形的外角和定理求多邊形的邊數(shù)．任何一個多邊形的外角和都是360°．6．（2021·廣東越秀·一模）如圖，點E，F(xiàn)分別為平行四邊形ABCD的邊BC，AD上的點，且CE＝2BE，AF＝2DF，AE與BF交于點H，若△BEH的面積為2，則五邊形CEHFD的面積是（）A．19 B．20 C．21 D．22【答案】D【分析】通過證明△BEH∽△FAH，可得HF＝2BH，AH＝HE，由面積數(shù)量關系可求解．【解析】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC＝AD，AD∥BC，∵CE＝2BE，AF＝2DF，∴BE＝DF，AF＝CE，∵AD∥BC，∴△BEH∽△FAH，∴，∴HF＝2BH，AH＝2HE，∴S△ABH＝2S△BEH＝4，S△AFH＝2S△ABH＝8，∴S△ABF＝12，∴，∴五邊形CEHFD的面積，故選：D．【點睛】此題考查了相似三角形的判定與性質，三角形面積之間的關系，解題的關鍵是熟練掌握相似三角形的判定方法與性質．7．（2021·廣東·廣州市第十六中學二模）如圖，把菱形沿折疊，使點落在上的點處，若，則的大小為（

）．A． B． C． D．【答案】A【分析】根據菱形的性質，已知菱形的對角相等，故推出，從而得出．又因為，故，，易得解．【解析】解：根據菱形的對角相等得．，．根據折疊得．，，．．故選：A．【點睛】此題要熟練運用菱形的性質得到有關角和邊之間的關系．在計算的過程中，綜合運用了等邊對等角、三角形的內角和定理以及平行線的性質．注意：折疊的過程中，重合的邊和重合的角相等．8．（2021·廣東·珠海市紫荊中學三模）如圖，正方形ABCD的邊長為6，點E是BC的中點，連接AE與對角線BD交于點G，連接CG并延長，交AB于點F，連接DE交CF于點H，連接AH．以下結論：①∠DEC＝∠AEB；②CF⊥DE；③AF＝BF；④，其中正確結論的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】證明△ABE≌△DCE，可得結論①正確，由正方形的性質可得AB＝AD＝BC＝CD＝6，BE＝CE＝3，∠DCE＝∠ABE＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，可證△ABE≌△DCE，△ABG≌△CBG，可得∠BCF＝∠CDE，由余角的性質可得結論②，證明△DCE≌△CBF可得結論③，由勾股定理可求DE的長，由面積法可求CH，由相似三角形的性質可求CF，可得HF的長，即可判斷④．【解析】解：∵四邊形ABCD是邊長為6的正方形，點E是BC的中點，∴AB＝AD＝BC＝CD＝6，BE＝CE＝3，∠DCE＝∠ABE＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，∴△ABE≌△DCE（SAS）∴∠DEC＝∠AEB，∠BAE＝∠CDE，DE＝AE，故①正確，∵AB＝BC，∠ABG＝∠CBG，BG＝BG，∴△ABG≌△CBG（SAS）∴∠BAE＝∠BCF，∴∠BCF＝∠CDE，且∠CDE+∠CED＝90°，∴∠BCF+∠CED＝90°，∴∠CHE＝90°，∴CF⊥DE，故②正確，∵∠CDE＝∠BCF，DC＝BC，∠DCE＝∠CBF＝90°，∴△DCE≌△CBF（ASA），∴CE＝BF，∵CE＝BC＝AB，∴BF＝AB，∴AF＝FB，故③正確，∵DC＝6，CE＝3，∴DE＝，∵S△DCE＝×CD×CE＝×DE×CH，∴CH＝，∵∠CHE＝∠CBF，∠BCF＝∠ECH，∴△ECH∽△FCB，∴，∴CF＝，∴HF＝CF﹣CH＝，∴，故④正確，故選：D．【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，直角三角形的性質，勾股定理等知識，熟練運用這些性質進行推理是本題的關鍵．9．（2021·廣東·江門市第二中學二模）如圖，在矩形中，10，12，點，分別在，上，且，，為邊上一動點，連接，將沿所在直線折疊得到△，當點恰好落在線段上時，的長為A．5 B．5 C．3 D．3【答案】A【分析】設CE=x，則C′E=x，證明四邊形MNCD是矩形，由矩形的性質得出∠DMN=∠MNC=90°，MN=CD=10，由折疊的性質得出C′D=CD=10，求出，則,在中，由勾股定理得出，解方程可得出答案．【解析】解：設CE=x，則C′E=x，∵矩形ABCD中，AB=10，∴CD=AB=10，AD=BC=12，AD∥BC，∵點M，N分別在AD，BC上，且3AM=AD，BN=AM，∴DM=CN=8，∴四邊形CDMN為平行四邊形，∵∠NCD=90°，∴四邊形MNCD是矩形，∴∠DMN=∠MNC=90°，MN=CD=10，由折疊知，C′D=CD,10，∴，∴，∵EN=CN-CE=8-x，∴C′E2-NE2=C′N2，∴，解得，，即．故選：C．【點睛】本題主要考查了矩形的性質與判定，勾股定理，一元一次方程的應用，折疊的性質，熟練掌握折疊的性質是解題的關鍵．10．（2021·廣東陽東·一模）如圖，四邊形為正方形，的平分線交于點，將繞點順時針旋轉得到，延長交于點，連接，與相交于點．有下列結論：①；②；③；④，其中正確的是（）A．①② B．②③ C．①②③ D．①②③④【答案】D【分析】①由旋轉的性質得，可得；②由正方形的性質得，即，進而可得；③先證明，可得，根據，平分可得進而可得；④先證明，可得，即，故可求解．【解析】解：①四邊形為正方形，，，，，，，，，，故①正確；②由正方形的性質得，平分，，，，，故②正確；③，，，，，，，，，，平分，，，，故③正確；④，，，，，，故④正確，綜上，正確的結論是①②③④，故選：D．【點睛】本題主要是正方形的一個綜合題，主要考查了正方形的性質，全等三角形的性質與判斷，角平分線的性質，相似三角形的性質與判定，直角三角形的性質，等腰三角形的性質與判定，涉及的知識點多，綜合性強，難度較大，靈活運用這些知識解題是關鍵．二、填空題11．（2020·廣東·惠州一中二模）若一個多邊形的內角和是外角和的倍，則它的邊數(shù)是_______．【答案】【分析】根據多邊形的內角和公式（n?2）?180°以及外角和定理列出方程，然后求解即可．【解析】解：設這個多邊形的邊數(shù)是n，根據題意得，（n?2）?180°＝2×360°，解得n＝6．答：這個多邊形的邊數(shù)是6．故答案為：6．【點睛】本題考查了多邊形的內角和公式與外角和定理，需要注意，多邊形的外角和與邊數(shù)無關，任何多邊形的外角和都是360°．12．（2021·廣東雷州·三模）如圖，在菱形ABCD中，AC與BD交于點E，F(xiàn)是BC的中點，如果EF＝3，那么菱形ABCD的周長是_____．【答案】24【分析】由菱形的性質得AB＝BC＝CD＝AD，AE＝CE，再證EF是△ABC的中位線，得AB＝2EF＝2×3＝6，即可求解．【解析】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，AE＝CE，∵F是BC的中點，∴EF是△ABC的中位線，∴AB＝2EF＝2×3＝6，∴菱形ABCD的周長＝4×6＝24．故答案為：24．【點睛】本題考查了菱形的性質，中位線的性質，掌握中位線的性質是解題的關鍵．13．（2021·廣東·佛山市三水區(qū)三水中學附屬初中二模）如圖，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，點P為AB邊上任一點，過P分別作PE⊥AC于E，PF⊥BC于F，則線段EF的最小值是_________________．【答案】【分析】證四邊形PECF是矩形，根據矩形的性質得出EF=CP，根據垂線段最短得出CP⊥AB時，CP最短，然后根據三角形的面積公式求出此時CP值即可．【解析】解：連接CP，∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4，由勾股定理得：AB=5，∵PE⊥AC，PF⊥BC，∴∠PEC=∠PFC=∠ACB=90°，∴四邊形EPFC是矩形，∴EF=CP，當CP⊥AB時，CP最小，即EF最小，根據三角形面積公式得：AC×BC=AB×CP，∴CP=，故答案為：．【點睛】本題考查了勾股定理，三角形的面積，矩形的判定與性質，垂線段最短等知識點；能求出EF最短時P點的位置是解此題的關鍵．14．（2021·廣東·深圳市南山外國語學校二模）如圖，在平面直角坐標系中，矩形中，，，將沿對角線翻折，使點落在處，與軸交于點，則點的坐標為______．【答案】【分析】設，則，由題意可以求證，從而得到，再根據勾股定理即可求解．【解析】解：由題意可知：，，設，則，又∵∴∴在中，，即解得：∴點的坐標為故答案為【點睛】此題考查了矩形的性質，三角形全等的判定與性質，勾股定理以及平面直角坐標系的性質，熟練掌握相關基本性質是解題的關鍵．15．（2021·廣東恩平·一模）如圖，在矩形中，E是的中點，，垂足為F．若，，則的長為________．【答案】【分析】利用相似三角形的判定與性質求解即可．【解析】∵四邊形ABCD為矩形，∴∠B=∠BAD=90°，∠BAE+∠DAF=90°，∵DF⊥AE，∴∠AFD=90°，∠FAD+∠ADF=90°，∴∠BAE=∠FDA，∴△ABE∽△DFA，∴，由題意，AD=BC=4，AB=6，∵E為BC的中點，∴BE=2，在Rt△ABE中，，∴，∴解得：，故答案為：．【點睛】本題考查相似三角形的判定與性質，熟練運用相似三角形的判定與性質是解題關鍵．16．（2021·廣東花都·二模）如圖，在平行四邊形ABCD中，∠B＝60°，AD＝8，AB＝4，點H、G分別是邊DC、BC上的動點，其中點H不與點C重合．連接AH、HG，點E為AH的中點，點F為GH的中點，連接EF，則EF的最大值與最小值的差為_____________．【答案】【分析】如圖，取AD的中點M，連接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N．首先證明∠ACD＝90°，求出AC，AN，利用三角形中位線定理，可知EF＝AG，求出AG的最大值以及最小值即可解決問題．【解析】解：如圖，取AD的中點M，連接CM、AG、AC，作AN⊥BC于N，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠B＝60°，AB＝4，∴∠D＝∠B＝60°，AB＝CD＝4，∵AD＝8，∴AM＝DM＝DC＝4，∴△CDM是等邊三角形，∴∠DMC＝∠MCD＝60°，CM＝DM＝AM，∴∠MAC＝∠MCA＝30°，∴∠ACD＝90°，∴AC＝4，在Rt△ACN中，∵AC＝4，∠ACN＝∠DAC＝30°，∴AN＝AC＝2，∵AE＝EH，GF＝FH，∴EF＝AG，∵AG的最大值為AC的長，最小值為AN的長，∴AG的最大值為4，最小值為2，∴EF的最大值為2，最小值為，∴EF的最大值與最小值的差為．【點睛】本題考查了平行四邊形的性質，中位線的性質與判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性質，分別求得AG的最大值與最小值是解題的關鍵．17．（2021·廣東深圳·三模）如圖，矩形紙片ABCD，AD＝4，AB＝2，點F在線段AD上，將△ABF沿BF向下翻折，點A的對應點E落在線段BC上，點M，N分別是線段AD與線段BC上的點，將四邊形CDMN沿MN向上翻折，點C恰好落在線段BF的中點C'處，則線段MN的長為__________________．【答案】【分析】先判斷出四邊形ABEF是正方形，進而求出BF＝2，得出BC'＝，過點C'作C'H⊥BC于H，CC'與MN的交點記作點K，進而求出BH＝1，再用勾股定理求出CC'＝，進而得出CK＝，再用勾股定理求出CN＝，最后用面積建立方程求出MN即可．【解析】解：如圖，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠ABC＝∠D＝90°，CD＝AB，BC＝AD＝4，∵2AB＝4，∴AB＝2，∴CD＝2，∵將△ABF沿BF向下翻折，點A的對應點E落在線段BC上，∴∠BEF＝∠A＝90°，AB＝BE，∴四邊形ABEF是正方形，∴BF是正方形ABEF的對角線，∴∠EBF＝45°，BF＝AB＝2，∵C'是BF的中點，∴BC'＝BF＝，過點C'作C'H⊥BC于H，CC'與MN的交點記作點K，在Rt△BHC'中，BH＝C'H＝BC'＝1，∴CH＝BC﹣BH＝3，在Rt△CHC'中，CC'＝＝＝，由折疊知，CK＝CC'＝，設CN＝x，則HN＝3﹣x，∵將四邊形CDMN沿MN向上翻折，∴CC'⊥MN，C'N＝CN＝x，在Rt△C'HN中，根據勾股定理得，C'H2+HN2＝C'N2，∴12+（3﹣x）2＝x2，∴x＝，∴CN＝，連接CM，∵S△CMN＝CN?CD＝MN?CK，∴MN＝＝＝，故答案為．【點睛】此題主要考查了折疊的性質，矩形的性質，勾股定理和面積法解題，作出輔助線構造直角三角形求出CC'是解題的關鍵所在．18．（2021·廣東·廣州市番禺執(zhí)信中學二模）如圖，已知正方形ABCD，點M是邊BA延長線上的動點（不與點A重合），且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到．若過點E作EH⊥AC，H為垂足，則有以下結論：①點M位置變化，使得∠DHC＝60°時，2BE＝DM；②無論點M運動到何處，都有DM＝HM；③無論點M運動到何處，∠CHM一定等于150°；④無論點M運動到何處，都有S△ACE＝2S△ADH．其中正確結論的序號為______．【答案】①②④【分析】①由正方形的性質、平移的特征證明△ADH≌△EMH，再以MD為直徑作圓，則該圓經過點A、H，可證明∠BEC＝∠AMD＝∠DHC＝60°，由∠B＝90°，得2BE＝CE＝DM，故①正確；②由①得△DMH是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性質可得到DM＝HM，故②正確；③由①得∠CHM的大小隨∠DHC的變化而變化，舉一個反例說明∠CHM的大小不是定值150°，故③錯誤；④過點H作HP⊥AB，HQ⊥AD，設正方形的邊長為x，HP的長為a，用含x、a的式子分別表示△ACE和△ADH的面積，即可得出S△ACE＝2S△ADH，故④正確．【解析】解：①如圖，在正方形ABCD中，AB＝CB＝AD＝CD，∠B＝∠ADC＝90°，∴∠DAH＝∠BAC＝45°，∵EH⊥AC，∴∠AHE＝90°，∴∠MEH＝∠EAH＝45°＝∠DAH，∴AH＝EH；由平移得AM＝BE，∴EM＝AB＝AD，∴△ADH≌△EMH（SAS），∴∠DHA＝∠MHE，∴∠DHM＝∠DHA﹣∠AHM＝∠MHE﹣∠AHM＝∠AHE＝90°；以DM的中點O為圓心，以DM為直徑作⊙O，連接OA、OH，則OA＝OH＝DM＝OD，∴點A、H在⊙O上．當∠DHC＝60°時，則∠BEC＝∠AMD＝180°﹣∠DHA＝∠DHC＝60°，∴∠BCE＝30°，∴2BE＝CE＝DM．故①正確；②由①得HD＝HM，∠DHM＝90°，∴DM2＝HD2+HM2＝2HM2，∴DM＝HM．故②正確；③∵∠CHM＝∠DHC+∠DHM＝∠DHC+90°，∴∠CHM的大小隨∠DHC即∠AMD的變化而變化，如當∠AMD＝75°時，則∠CHM＝165°≠150°．故③錯誤；④作HP⊥AB于點P，HQ⊥AD于點Q，則HP＝HQ＝AE＝AP＝EP．設正方形ABCD的邊長為x，HP＝HQ＝a，則AE＝2a．∵S△ACE＝×2ax＝ax，S△ADH＝ax，∴S△ACE＝2S△ADH．故④正確．故答案為：①②④．【點睛】本題是四邊形的綜合題，考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的判定與性質，圓內接四邊形的性質；掌握正方形的性質、全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．說明一個命題錯誤要會舉反例．三、解答題19．（2021·廣東花都·二模）如圖，在正方形ABCD中，點E、F分別在線段BC、CD上，連接AE、AF，且BE＝DF．求證：AE＝AF．【答案】見解析．【分析】利用正方形的性質可證明△ABE≌△ADF，可得AE＝AF．【解析】證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∵BE＝DF，在Rt△ABE與Rt△ADF中，，∴Rt△ABE≌Rt△ADF（SAS），∴AE＝AF．【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的性質與判定，掌握正方形的性質是解題的關鍵．20．（2021·廣東·深圳市福田區(qū)上步中學三模）如圖所示，點O是菱形ABCD對角線的交點，CE∥BD，EB∥AC，連接OE，交BC于F．（1）求證：OE=CB；（2）如果OC：OB=1：2，OE=，求菱形ABCD的面積．【答案】（1）見解析；（2）16【分析】（1）根據菱形的性質及矩形的判定法則可得：四邊形OCEB是矩形，即可得；（2）利用（1）中的條件：四邊形OCEB是矩形，結合已知條件，在中，由勾股定理求得：，，然后由菱形的對角線互相平分和菱形的面積公式進行求解即可．【解析】四邊形ABCD是菱形，∴，∴，，∴四邊形OCEB是平行四邊形，∵，∴四邊形OCEB是矩形，∴；（2）∵，∴設：，，由（1）知，四邊形OCEB是矩形，∴，∴在中，，即：，解得：，（舍去），∴，，∴，，四邊形ABCD是菱形，∴菱形ABCD的面積是：．【點睛】題目主要考查了菱形的性質、矩形的判定定理和勾股定理，解題時充分利用了菱形的對角線互相垂直平分、矩形的對角線相等的性質，掌握并熟練運用這些性質是解題關鍵．21．（2021·廣東·佛山市南海區(qū)石門實驗學校一模）如圖，已知矩形．（1）請用直尺和圓規(guī)按下列步驟作圖，保留作圖痕跡；①以點為圓心，以的長為半徑畫弧交邊于點，連接；②作的平分線交于點；③連接；（2）在（1）作出的圖形中，求證：．【答案】（1）見解析；（2）見解析．【分析】（1）根據題目作圖步驟作圖即可；（2）先證△ADF≌△AEF得∠AEF=∠D=90°，再結合∠AEF+∠FEC=∠B+∠BAE即可得證．【解析】（1）如圖所示，即為所求；（2）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B=∠D=90°，由作圖知，AD=AE，∠DAF=∠EAF，又AF=AF，∴△ADF≌△AEF（SAS），∴∠AEF=∠D=90°，又∠AEB+∠FEC=∠AEB+∠EAB=90°，∴∠FEC=∠EAB．【點睛】本題主要考查了矩形的性質，作圖-復雜作圖，解題的關鍵是掌握角平分線的尺規(guī)作圖及全等三角形的判定與性質等知識點．22．（2021·廣東·東莞市東莞中學初中部一模）如圖，△ABC中，D是AB邊上任意一點，F(xiàn)是AC中點，過點C作CE∥AB交DF的延長線于點E，連接AE，CD．（1）求證：四邊形ADCE是平行四邊形；（2）若∠B＝30°，∠CAB＝45°，AC＝，CD＝BD，求AD的長．【答案】（1）見解析；（2）．【分析】（1）根據平行線的性質得到∠CAD＝∠ACE，∠ADE＝∠CED，根據等腰三角形的性質得到AD＝CE，于是得到四邊形ADCE是平行四邊形；（2）過點C作CG⊥AB于點G，根據等腰三角形的性質得到∠DCB＝∠B＝30°，求得∠CDA＝60°，解直角三角形即可得到結論．【解析】（1）證明：∵AB//CE，∴∠CAD＝∠ACE，∠ADE＝∠CED，∵F是AC中點，∴AF＝CF，在△AFD與△CFE中，∴△AFD≌△CFE（AAS），∴AD＝CE，∴四邊形ADCE是平行四邊形；（2）解：過點C作CG⊥AB于點G，∵CD＝BD，∠B＝30°，∴∠DCB＝∠B＝30°，∴∠CDA＝60°，在△ACG中，∠AGC＝90°，，∠CAG＝45°，∴，在△CGD中，∠DGC＝90°，∠CDG＝60°，，∴，GD＝1，∴．【點睛】本題考查平行四邊形的判斷、全等三角形的判定與性質、等腰三角形的性質、平行線的性質、勾股定理、正切等知識，是重要考點，難度較易，掌握相關知識是解題關鍵．23．（2021·廣東·深圳市龍崗區(qū)百合外國語學校三模）如圖，已知平行四邊形ABCD中，M，N是BD上兩點，且BM＝DN，AC＝2OM．(1)求證：四邊形AMCN是矩形；(2)若∠BAD＝135°，CD＝2，AB⊥AC，求對角線MN的長．【答案】(1)見解析(2)MN＝2【分析】（1）先證四邊形AMCN是平行四邊形，再證MN=AC，即可得出結論；（2）證△ABC是等腰直角三角形，得AC=AB=2，即可得出結論．(1)證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵對角線BD上的兩點M、N滿足BM＝DN，∴OB﹣BM＝OD﹣DN，即OM＝ON，∴四邊形AMCN是平行四邊形，∴MN＝2OM，∵AC＝2OM，∴MN＝AC，∴平行四邊形AMCN是矩形；(2)解：由（1）得：MN＝AC，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD＝2，AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∵∠BAD＝135°，∴∠ABC＝45°，∵AB⊥AC，∴∠BAC＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴AC＝AB＝2，∴MN＝2【點睛】本題考查了矩形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、等腰直角三角形的判定與性質等知識；熟練掌握平行四邊形的判定與性質和等腰直角三角形的判定與性質是解題的關鍵．24．（2021·廣東·江門市第二中學二模）如圖①，已知點A（-2，0），B（0，-4），平行四邊形ABCD的AD與y軸交于點E，且E為AD的中點，反比例函數(shù)的圖象經過C、D兩點．（1）求反比例函數(shù)解析式；（2）如圖②，延長DC，交x軸與點F，連接OC，在反比例函數(shù)的圖象是否存在點P，使得S△PCE=S△OCF？若存在，請求出點P的坐標；如果不存在，請說明理由．【答案】（1）；（2）存在，，【分析】（1）由題意可先確定D點的橫坐標，然后設D點的坐標，根據平行四邊形四點的相對位置關系得出C點的坐標，從而根據C、D兩點均在雙曲線上，可求出參數(shù)的值，進而得出結論；（2）由（1）的結論確定出E點坐標，以及直線CD的解析式，從而確定F點的坐標，即可求出S△OCF，再根據S△PCE=S△OCF確定△PCE的高，然后根據不同象限進行分類討論即可．【解析】（1）∵A（-2,0），E是AD的中點，∴xD=2，設D（2，t），又∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴C（4，t-4），∵反比例函數(shù)的圖象經過C、D兩點，∴2t=4t-16，∴t=8，∴D（2，8）；∵點D在反比例函數(shù)的圖象上，∴k=xy=16，∴反比例函數(shù)解析式為；（2）∵A（-2,0），D（2,8），E為AD中點，∴E（0,4），由（1）知C（4，4），∴EC=4，設直線DC的函數(shù)解析式為，將C（4，4），D（2，8）代入得：，解得，∴直線DC解析式為，當y=0時，x=6，∴F（6，0），∴S△OCF=×6×4=12，過P作PM⊥CE，∵S△PCE=S△OCF=12，∴PM=6，①當P在第一象限中，yP=4+6=10，代入，得，∴；②當P在第三象限中，yP=4-6=-2，代入，得，∴；綜上所述：點P的坐標為或．【點睛】本題考查反比例函數(shù)綜合運用，理解反比例函數(shù)圖象上點坐標的特征，并且靈活分類討論是解題關鍵．25．（2021·廣東·深圳市寶安中學（集團）三模）如圖，在平行四邊形中，點為中點，連接并延長交延長線于點，連接、，若，（1）求證：四邊形為矩形．（2）在的延長線上取一點，連接交于點，若，，，求．【答案】（1）見解析（2）【分析】（1）由平行四邊形的性質得CP＝BD，BPCD，BP＝CD，證△AOB≌△COD（AAS），得AB＝CD，證出四邊形ABCD是平行四邊形，再證出AC＝BD，即可得出結論；（2）由矩形的性質得OA＝OB，由勾股定理得AC＝15，則OA＝，作OG⊥AB于G，證出OG是△ABD的中位線，得GOAD，GO＝AD＝6，再求出EG，根據正切的定義即可求解．【解析】（1）證明：∵四邊形BPCD是平行四邊形，∴CP＝BD，BPCD，BP＝CD，∴∠OAB＝∠OCD，ABCD，∵點O為BD中點，∴OB＝OD，在△AOB和△COD中，，∴△AOB≌△COD（AAS），∴AB＝CD，∵ABCD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，又∵AC＝CP，∴AC＝BD，∴四邊形ABCD為矩形；（2）解：由（1）得：四邊形ABCD為矩形，∴AD＝BC＝12，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，AC＝BD，∠ABC＝90°，∴OA＝OB，AC＝＝15，∴OA＝，作OG⊥AB于G，如圖所示：則AG＝BG＝=，∴OG是△ABD的中位線，∴GOAD，GO＝AD＝6，∵AE＝3，∴GE＝AE＋AG＝3＋＝，∵GOAD∴∴=．【點睛】本題考查了矩形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、三角形中位線定理、勾股定理、三角函數(shù)等知識；熟練掌握矩形的判定與性質，證明三角形全等和三角形的中位線是解題的關鍵．26．（2021·廣東南海·二模）如圖1，已知正方形ABCD，AB＝4，以頂點B為直角頂點的等腰Rt△BEF繞點B旋轉，BE＝BF＝，連接AE，CF．(1)求證：△ABE≌△CBF．(2)如圖2，連接DE，當DE＝BE時，求S△BCF的值．（S△BCF表示△BCF的面積）(3)如圖3，當Rt△BEF旋轉到正方形ABCD外部，且線段AE與錢段CF存在交點G時，若M是CD的中點，P是線段DG上的一個動點，當滿足MP+PG的值最小時，求MP的值．【答案】(1)見解析(2)2或6(3)【分析】（1）由“SAS”可證△ABE≌△CBF；（2）由“SSS”可證△ADE≌△ABE，可得∠DAE＝∠BAE＝45°，可證AH＝EH，由勾股定理可求BE的長，即可求解；（3）先確定點P的位置，過點B作BQ⊥CF于Q，由勾股定理可求CE的長，由平行線分線段成比例可求解．(1)證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝90°，∵∠EBF＝90°＝∠ABC，∴∠ABE＝∠CBF，又∵BE＝BF，AB＝BC，在△ABE和△CBF中，，∴△ABE≌△CBF（SAS）；(2)解：如圖2，過點E作EH⊥AB于H，∵△ABE≌△CBF，∴S△ABE＝S△CBF，∵AD＝AB，AE＝AE，DE＝BE，∴△ADE≌△ABE（SSS），∴∠DAE＝∠BAE＝45°，∵EH⊥AB，∴∠EAB＝∠AEH＝45°，∴AH＝EH，∵BE2＝BH2+EH2，∴10＝EH2+（4﹣EH）2，∴EH＝1或3，當EH＝1時∴S△ABE＝S△BCF＝AB×EH＝×4×1＝2，當EH＝3時∴S△ABE＝S△BCF＝AB×EH＝×4×3＝6，∴S△BCF的值是2或6；(3)解：如圖3，過點P作PK⊥AE于K，由（1）同理可得△ABE≌△CBF，∴∠EAB＝∠BCF，∵∠BAE+∠CAE+∠ACB＝90°，∴∠BCF+∠CAE+∠ACB＝90°，∴∠AGC＝90°，∵∠AGC＝∠ADC＝90°，∴點A，點G，點C，點D四點共圓，∴∠ACD＝∠AGD＝45°，∵PK⊥AG，∴∠PGK＝∠GPK＝45°，∴PK＝GK＝PG，∴MP+PG＝MP+PK，∴當點M，點P，點K三點共線時，且點E，點G重合時，MP+PG值最小，即MP+PG最小，如圖4，過點B作BQ⊥CF于Q，∵BE＝BF＝，∠EBF＝90°，BQ⊥EF，∴EF＝2，BQ＝EQ＝FQ＝，∵CQ＝，∴CE＝CQ﹣EQ＝，∵MK⊥AE，CE⊥AE，∴MK∥CE，∴，又∵M是CD的中點，∴DC＝2DM，∴MP＝CE＝．【點睛】本題主要考查勾股定理、全等三角形的性質與判定、正方形的性質及圓的基本性質，熟練掌握勾股定理、全等三角形的性質與判定、正方形的性質及圓的基本性質是解題的關鍵．27．（2021·廣東·廣州市第二中學二模）如圖1，己知正方形的邊長為，點在邊上，，連接，點、分別為、邊上的點，且．（1）求點到的距離；（2）如圖2，連接，當、、二點共線時，求的面積；（3）如圖3，過點作于點，過點作于點，求的最小值．【答案】（1）1；（2）；（3）4?2【分析】（1）如圖1中，過點E作EH⊥BF于H．解直角三角形求出EH即可．（2）過點F作AD

的垂線分別交AD，BC于點

M，N（如圖

1）．設MF＝MD＝a，證明△AMF≌△FNE，推出MF＝EN，構建方程求出a即可解決問題．（3）如圖3中，設CG＝y(tǒng)，MF＝x．可得MN=MF+FN=x+3?x＋y=3+y，利用相似三角形的性質構建一元二次方程，利用判別式△≥0，軌跡不等式求出y的最小值，進而可得結論．【解析】解：（1）如圖1中，過點E作EH⊥BF于H．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DBC＝45°，∵EH⊥BD，∴EH＝BE?sin45°=，∴點E到BD的距離為1；（2）如圖2中，過點F作AD的垂線分別交AD，BC于點M，N．∵A，F(xiàn)，G共線，∠EFG＝90°，∴∠AFE＝90°，∵∠ADF＝45°．∴設

MF＝MD＝a，且

AD＝MN，∴AM＝FN，∵∠NFE＋∠AFM＝∠AFM＋∠MAF，∴∠NFE＝∠MAF，∴△AMF≌△FNE（AAS），∴MF＝EN，即

a＝3?a，∴a=，∵FM∥DG，∴，∴，∴DG=，∴S△DFG＝××＝；（3）如圖3中，設CG＝y(tǒng)，MF＝x．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠CBD＝∠CDB＝45°，CB＝CD＝4，∴BD＝BC＝8，DG＝4-y，∵EM⊥BD，GN⊥BD，∴∠EMF＝∠EFG＝∠GNF＝90°，∴DN＝NG＝4?y，∵BE＝，∴BM＝EM＝1，∴FN＝7?x?（4?y）＝3?x＋y，∵∠MFE＋∠GFN＝90°∠GFN＋∠FGN＝90°，∴∠MFE＝∠FGN，∴△EMF∽△FNG，∴，∴，整理得：x2?（3＋y）x＋4?y＝0，∵△≥0，∴（3＋y）2?4（4?y）≥0，