數(shù)學-專項9四邊形（真題23模擬24）-備戰(zhàn)2023年中考數(shù)學歷年真題+1年模擬新題分項詳解（重慶專用）【解析版】

備戰(zhàn)2023年中考數(shù)學歷年真題+1年模擬新題分項詳解（重慶專用）專題9四邊形（真題23模擬24）歷年歷年中考真題一．選擇題（共12小題）1．（2022?重慶）如圖，在正方形ABCD中，AE平分∠BAC交BC于點E，點F是邊AB上一點，連接DF，若BE＝AF，則∠CDF的度數(shù)為（）A．45° B．60° C．67.5° D．77.5°【分析】根據(jù)正方形的性質和全等三角形的判定和性質，可以得到∠ADF的度數(shù)，從而可以求得∠CDF的度數(shù)．【解析】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝BA，∠DAF＝∠ABE＝90°，在△DAF和△ABE中，，△DAF≌△ABE（SAS），∠ADF＝∠BAE，∵AE平分∠BAC，四邊形ABCD是正方形，∴∠BAE＝∠BAC＝22.5°，∠ADC＝90°，∴∠ADF＝22.5°，∴∠CDF＝∠ADC﹣∠ADF＝90°﹣22.5°＝67.5°，故選：C．

2．（2022?重慶）如圖，在正方形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O．E、F分別為AC、BD上一點，且OE＝OF，連接AF，BE，EF．若∠AFE＝25°，則∠CBE的度數(shù)為（）A．50° B．55° C．65° D．70°【分析】利用正方形的對角線互相垂直平分且相等，等腰直角三角形的性質，三角形的內角和定理和全等三角形的判定與性質解答即可．【解析】解：∵ABCD是正方形，∴∠AOB＝∠AOD＝90°，OA＝OB＝OD＝OC．∵OE＝OF，∴△OEF為等腰直角三角形，∴∠OEF＝∠OFE＝45°，∵∠AFE＝25°，∴∠AFO＝∠AFE+∠OFE＝70°，∴∠FAO＝20°．在△AOF和△BOE中，，∴△AOF≌△BOE（SAS）．∴∠FAO＝∠EOB＝20°，

∵OB＝OC，∴△OBC是等腰直角三角形，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∴∠CBE＝∠EBO+∠OBC＝65°．故選：C．3．（2021?重慶）如圖，正方形ABCD的對角線AC，BD交于點O，M是邊AD上一點，連接OM，過點O作ON⊥OM，交CD于點N．若四邊形MOND的面積是1，則AB的長為（）A．1 B． C．2 D．2【分析】根據(jù)正方形的性質，可以得到△DOM≌△CON，然后即可發(fā)現(xiàn)四邊形MOND的面積等于△DOC的面積，從而可以求得正方形ABCD的面積，從而可以求得AB的長．【解析】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠MDO＝∠NCO＝45°，OD＝OC，∠DOC＝90°，∴∠DON+∠CON＝90°，∵ON⊥OM，∴∠MON＝90°，∴∠DON+∠DOM＝90°，∴∠DOM＝∠CON，在△DOM和△CON中，，∴△DOM≌△CON（ASA），∵四邊形MOND的面積是1，四邊形MOND的面積＝△DOM的面積+△DON的面積，∴四邊形MOND的面積＝△CON的面積+△DON的面積＝△DOC的面積，∴△DOC的面積是1，

∴正方形ABCD的面積是4，∴AB2＝4，∴AB＝2，故選：C．4．（2021?重慶）如圖，把含30°的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，∠PMN＝30°，直角頂點P在正方形ABCD的對角線BD上，點M，N分別在AB和CD邊上，MN與BD交于點O，且點O為MN的中點，則∠AMP的度數(shù)為（）A．60° B．65° C．75° D．80°【分析】根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可知：OM＝OP，從而得出∠DPM＝150°，利用四邊形內角和定理即可求得．【解析】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABD＝45°，在Rt△PMN中，∠MPN＝90°，∵O為MN的中點，∴OP＝，∵∠PMN＝30°，∴∠MPO＝30°，∴∠AMP＝∠MPO+∠MBP＝30°+45°＝75°，故選：C．5．（2017?云南）已知一個多邊形的內角和是900°，則這個多邊形是（）A．五邊形 B．六邊形 C．七邊形 D．八邊形

【分析】設這個多邊形是n邊形，內角和是（n﹣2）?180°，這樣就得到一個關于n的方程，從而求出邊數(shù)n的值．【解析】解：設這個多邊形是n邊形，則（n﹣2）?180°＝900°，解得：n＝7，即這個多邊形為七邊形．故選：C．6．（2016?重慶）如圖，在邊長為6的菱形ABCD中，∠DAB＝60°，以點D為圓心，菱形的高DF為半徑畫弧，交AD于點E，交CD于點G，則圖中陰影部分的面積是（）A．18﹣9π B．18﹣3π C．9﹣ D．18﹣3π【分析】由菱形的性質得出AD＝AB＝6，∠ADC＝120°，由三角函數(shù)求出菱形的高DF，圖中陰影部分的面積＝菱形ABCD的面積﹣扇形DEFG的面積，根據(jù)面積公式計算即可．【解析】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴AD＝AB＝6，∠ADC＝180°﹣60°＝120°，∵DF是菱形的高，∴DF⊥AB，∴DF＝AD?sin60°＝6×＝3，∴圖中陰影部分的面積＝菱形ABCD的面積﹣扇形DEFG的面積＝6×3﹣＝18﹣9π．故選：A．7．（2015?重慶）如圖，在平面直角坐標系中，菱形ABOC的頂點O在坐標原點，邊BO在x軸的負半軸上，∠BOC＝60°，頂點C的坐標為（m，3），反比例函數(shù)y＝的圖象與菱形對角線AO交于D點，連接BD，當DB⊥x軸時，k的值是（）

A．6 B．﹣6 C．12 D．﹣12【分析】首先過點C作CE⊥x軸于點E，由∠BOC＝60°，頂點C的坐標為（m，3），可求得OC的長，進而根據(jù)菱形的性質，可求得OB的長，且∠AOB＝30°，繼而求得DB的長，則可求得點D的坐標，又由反比例函數(shù)y＝的圖象與菱形對角線AO交D點，即可求得答案．【解析】解：過點C作CE⊥x軸于點E，∵頂點C的坐標為（m，3），∴OE＝﹣m，CE＝3，∴OC＝＝6，∵菱形ABOC中，∠BOC＝60°，∴OB＝OC＝6，∠BOD＝∠BOC＝30°，∵DB⊥x軸，∴DB＝OB?tan30°＝6×＝2，∴點D的坐標為：（﹣6，2），∵反比例函數(shù)y＝的圖象與菱形對角線AO交D點，∴k＝xy＝﹣12．故選：D．8．（2015?重慶）如圖，在平面直角坐標系中，菱形ABCD在第一象限內，邊BC與x軸平行，A，B兩點的縱坐標分別為3，1．反比例函數(shù)y＝的圖象經過A，B兩點，則菱形ABCD的面積為（）

A．2 B．4 C．2 D．4【分析】過點A作x軸的垂線，與CB的延長線交于點E，根據(jù)A，B兩點的縱坐標分別為3，1，可得出橫坐標，即可求得AE，BE，再根據(jù)勾股定理得出AB，根據(jù)菱形的面積公式：底乘高即可得出答案．【解析】解：過點A作x軸的垂線，與CB的延長線交于點E，∵A，B兩點在反比例函數(shù)y＝的圖象上且縱坐標分別為3，1，∴A，B橫坐標分別為1，3，∴AE＝2，BE＝2，∴AB＝2，S菱形ABCD＝底×高＝2×2＝4，故選：D．9．（2014?重慶）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，∠ACB＝30°，則∠AOB的大小為（）A．30° B．60° C．90° D．120°【分析】根據(jù)矩形的對角線互相平分且相等可得OB＝OC，再根據(jù)等邊對等角可得∠OBC＝∠ACB，然后根據(jù)三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內角的和列式計算即可得解．

【解析】解：∵矩形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，∴OB＝OC，∴∠OBC＝∠ACB＝30°，∴∠AOB＝∠OBC+∠ACB＝30°+30°＝60°．故選：B．10．（2014?重慶）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，AC＝8，BD＝6，以AB為直徑作一個半圓，則圖中陰影部分的面積為（）A．25π﹣6 B．π﹣6 C．π﹣6 D．π﹣6【分析】根據(jù)菱形的對角線互相垂直平分求出OA、OB，再利用勾股定理列式求出AB，然后根據(jù)陰影部分的面積等于半圓的面積減去△AOB的面積，列式計算即可得解，【解析】解：∵菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，∴AC⊥BD且OA＝AC＝×8＝4，OB＝BD＝×6＝3，由勾股定理得，AB＝＝＝5，∴陰影部分的面積＝?π（）2﹣×4×3＝π﹣6．故選：D．11．（2014?重慶）五邊形的內角和是（）A．180° B．360° C．540° D．600°【分析】直接利用多邊形的內角和公式進行計算即可．【解析】解：（5﹣2）?180°＝540°．故選：C．12．（2013?重慶）如圖，矩形紙片ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，現(xiàn)將其沿AE對折，使得點B落在邊AD上的點B1處，折痕與邊BC交于點E，則CE的長為（）

A．6cm B．4cm C．2cm D．1cm【分析】根據(jù)翻折的性質可得∠B＝∠AB1E＝90°，AB＝AB1，然后求出四邊形ABEB1是正方形，再根據(jù)正方形的性質可得BE＝AB，然后根據(jù)CE＝BC﹣BE，代入數(shù)據(jù)進行計算即可得解．【解析】解：∵沿AE對折點B落在邊AD上的點B1處，∴∠B＝∠AB1E＝90°，AB＝AB1，又∵∠BAD＝90°，∴四邊形ABEB1是正方形，∴BE＝AB＝6cm，∴CE＝BC﹣BE＝8﹣6＝2cm．故選：C．二．填空題（共3小題）13．（2016?重慶）如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，點E在邊CD上，DE＝DC，連接AE，將△ADE沿AE翻折，點D落在點F處，點O是對角線BD的中點，連接OF并延長OF交CD于點G，連接BF，BG，則△BFG的周長是（+）．【分析】如圖，延長EF交BC于M，連接AM，OM，作FN⊥CD于N，F(xiàn)R⊥BC于R，GH⊥OM于H交FR于T，首先證明△AMF≌△AMB，得BM＝MF，設BM＝MF＝x，在RT△EMC中利用勾股定理求出x，推出BM＝MC，設GC＝y(tǒng)，根據(jù)FT∥OH，得＝＝＝＝，列出方程求出GC，再想辦法分別求出FG、BG、BF即可解決問題．【解析】解；如圖延長EF交BC于M，連接AM，OM，作FN⊥CD于N，F(xiàn)R⊥BC于R，GH⊥OM于H交FR于T．

在RT△AMF和RT△AMB中，，∴△AMF≌△AMB，∴BM＝MF，設BM＝MF＝x，在RT△EMC中，∵EM2＝EC2+MC2，∴（2+x）2＝（6﹣x）2+42，∴x＝3，∴BM＝MC＝3，∵OB＝OD，∴OM＝CD＝3，∵FR∥EC，∴＝，∴＝，∴FR＝，設CG＝y(tǒng)，則FT＝﹣y．OH＝3﹣y，∵FT∥OH，∴＝＝＝＝，∴＝，∴y＝2，∴CG＝2，NG＝CN﹣CG＝，在RT△FNG中，F(xiàn)G＝＝＝，在RT△BCG中，BG＝＝2，∵AB＝AF，MB＝MF，∴AM⊥BF，

∵AM?BF＝2××AB×BM，∴BF＝，∴△BFG的周長＝+2+＝（+）．故答案為（+）．或延長EF交BC于M，連接OM，易證△ABM≌△AFM，所以MF＝BM＝OM＝3，所以EF＝EG＝CG＝2，所以BG＝2．在三角形ABM中易得BF＝．易知∠FGE＝∠BGC，F(xiàn)G＝BG，所以FG＝．解法二：如圖，連接DF交AE于P，連接OP，設BD交AE于H．由翻折可知，AE垂直平分DF，P為DF中點，由△ABH∽△EDH，得到＝＝，即DH＝BD＝×6＝，又O為BD中點，所以H為OD中點，所以HP∥OF，HP＝OF，所以E為DG中點，且OF⊥DF，在Rt△ADE中，AD＝6，DE＝2，DP⊥AE于P，由小時可得PE＝，DP＝，在Rt△DFG中，PE是中位線，所以EG＝DE＝2，F(xiàn)G＝2PE＝①在Rt△DPH中，DP＝，DH＝，所以PH＝，在Rt△DOF中，PH是中位線，所以OF＝2PH＝，PF＝DP＝＝OF，在Rt△OPF中，，所以OP＝，在Rt△DBF中，OP是中位線，所以BF＝2OP＝②在Rt△BCG中，BC＝6，CG＝2，所以BG＝2③由①②③可知△BFG的周長是BF+FG+BG＝．

14．（2016?重慶）正方形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，DE平分∠ADO交AC于點E，把△ADE沿AD翻折，得到△ADE′，點F是DE的中點，連接AF，BF，E′F．若AE＝．則四邊形ABFE′的面積是．【分析】如圖，連接EB、EE′，作EM⊥AB于M，EE′交AD于N．易知△AEB≌△AED≌△ADE′，先求出正方形AMEN的邊長，再求出AB，根據(jù)S四邊形ABFE′＝S四邊形AEFE′+S△AEB+S△EFB即可解決問題．【解析】解：如圖，連接EB、EE′，作EM⊥AB于M，EE′交AD于N．∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AC⊥BD，AO＝OB＝OD＝OC，∠DAC＝∠CAB＝∠DAE′＝45°，根據(jù)對稱性，△ADE≌△ADE′≌△ABE，∴DE＝DE′，AE＝AE′，∴AD垂直平分EE′，∴EN＝NE′，∵∠NAE＝∠NEA＝∠MAE＝∠MEA＝45°，AE＝，∴AM＝EM＝EN＝AN＝1，∵ED平分∠ADO，EN⊥DA，EO⊥DB，∴EN＝EO＝1，AO＝+1，∴AB＝AO＝2+，

∴S△AEB＝S△AED＝S△ADE′＝×1×（2+）＝1+，S△BDE＝S△ADB﹣2S△AEB＝1+，∵DF＝EF，∴S△EFB＝，∴S△DEE′＝2S△ADE﹣S△AEE′＝+1，S△DFE′＝S△DEE′＝，∴S四邊形AEFE′＝2S△ADE﹣S△DFE′＝，∴S四邊形ABFE′＝S四邊形AEFE′+S△AEB+S△EFB＝．故答案為．15．（2014?重慶）如圖，菱形ABCD中，∠A＝60°，BD＝7，則菱形ABCD的周長為28．【分析】根據(jù)菱形的性質可得：AB＝AD，然后根據(jù)∠A＝60°，可得三角形ABD為等邊三角形，繼而可得出邊長以及周長．【解析】解：∵四邊形ABCD為菱形，∴AB＝AD，∵∠A＝60°，∴△ABD為等邊三角形，∵BD＝7，∴AB＝BD＝7，∴菱形ABCD的周長＝4×7＝28．故答案為：28．三．解答題（共8小題）

16．（2020?重慶）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，分別過點A，C作AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分別為E，F(xiàn)．AC平分∠DAE．（1）若∠AOE＝50°，求∠ACB的度數(shù)；（2）求證：AE＝CF．【分析】（1）利用三角形內角和定理求出∠EAO，利用角平分線的定義求出∠DAC，再利用平行線的性質解決問題即可．（2）證明△AEO≌△CFO（AAS）可得結論．【解析】（1）解：∵AE⊥BD，∴∠AEO＝90°，∵∠AOE＝50°，∴∠EAO＝40°，∵CA平分∠DAE，∴∠DAC＝∠EAO＝40°，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠ACB＝∠DAC＝40°；（2）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，∵AE⊥BD，CF⊥BD，∴∠AEO＝∠CFO＝90°，∵∠AOE＝∠COF，∴△AEO≌△CFO（AAS），∴AE＝CF．17．（2020?重慶）如圖，在平行四邊形ABCD中，AE，CF分別平分∠BAD和∠DCB，交對角線BD于點E，F(xiàn)．

（1）若∠BCF＝60°，求∠ABC的度數(shù)；（2）求證：BE＝DF．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質得到AB∥CD，根據(jù)平行線的性質得到∠ABC+∠BCD＝180°，根據(jù)角平分線的定義得到∠BCD＝2∠BCF，于是得到結論；（2）根據(jù)平行四邊形的性質得到AB∥CD，AB＝CD，∠BAD＝∠DCB，求得∠ABE＝∠CDF，根據(jù)角平分線的定義得到∠BAE＝∠DCE，根據(jù)全等三角形的性質即可得到結論．【解析】解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，∴∠ABC+∠BCD＝180°，∵CF平分∠DCB，∴∠BCD＝2∠BCF，∵∠BCF＝60°，∴∠BCD＝120°，∴∠ABC＝180°﹣120°＝60°；（2）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB＝CD，∠BAD＝∠DCB，∴∠ABE＝∠CDF，∵AE，CF分別平分∠BAD和∠DCB，∴∠BAE＝，∠DCF＝，∴∠BAE＝∠DCE，∴△ABE≌△CDF（ASA），∴BE＝DF．18．（2019?重慶）如圖，在平行四邊形ABCD中，點E在邊BC上，連接AE，EM⊥AE，垂足為E，交CD于點M，AF⊥BC，垂足為F，BH⊥AE，垂足為H，交AF于點N，點P是AD上一點，連接CP．（1）若DP＝2AP＝4，CP＝，CD＝5，求△ACD的面積．

（2）若AE＝BN，AN＝CE，求證：AD＝CM+2CE．【分析】（1）作CG⊥AD于G，設PG＝x，則DG＝4﹣x，在Rt△PGC和Rt△DGC中，由勾股定理得出方程，解方程得出x＝1，即PG＝1，得出GC＝4，求出AD＝6，由三角形面積公式即可得出結果；（2）連接NE，證明△NBF≌△EAF得出BF＝AF，NF＝EF，證明△ANB≌△CEA得出∠CAE＝∠ABN，推出∠ABF＝∠FAC＝45°，得出FC＝AF＝BF，再證明△ANE≌△ECM得出CM＝NE，由NF＝NE＝MC，得出AF＝MC+EC，即可得出結論．【解析】（1）解：作CG⊥AD于G，如圖1所示：設PG＝x，則DG＝4﹣x，在Rt△PGC中，GC2＝CP2﹣PG2＝17﹣x2，在Rt△DGC中，GC2＝CD2﹣GD2＝52﹣（4﹣x）2＝9+8x﹣x2，∴17﹣x2＝9+8x﹣x2，解得：x＝1，即PG＝1，∴GC＝4，∵DP＝2AP＝4，∴AD＝6，∴S△ACD＝×AD×CG＝×6×4＝12；（2）證明：連接NE，如圖2所示：∵BH⊥AE，AF⊥BC，AE⊥EM，∴∠AEB+∠NBF＝∠AEB+∠EAF＝∠AEB+∠MEC＝90°，∴∠NBF＝∠EAF＝∠MEC，在△NBF和△EAF中，，∴△NBF≌△EAF（AAS），∴BF＝AF，NF＝EF，

∴∠ABC＝45°，∠ENF＝45°，∵∠ANB＝90°+∠EAF，∠CEA＝90°+∠MEC，∴∠ANB＝∠CEA，在△ANB和△CEA中，，∴△ANB≌△CEA（SAS），∴∠CAE＝∠ABN，∵∠NBF＝∠EAF，∴∠ABF＝∠FAC＝45°∴FC＝AF＝BF，∴∠ANE＝∠BCD＝135°，AD＝BC＝2AF，在△ANE和△ECM中，，∴△ANE≌△ECM（ASA），∴CM＝NE，又∵NF＝NE＝MC，∴AF＝MC+EC，∴AD＝MC+2EC．19．（2019?重慶）在?ABCD中，BE平分∠ABC交AD于點E．

（1）如圖1，若∠D＝30°，AB＝，求△ABE的面積；（2）如圖2，過點A作AF⊥DC，交DC的延長線于點F，分別交BE，BC于點G，H，且AB＝AF．求證：ED﹣AG＝FC．【分析】（1）作BO⊥AD于O，由平行四邊形的性質得出∠BAO＝∠D＝30°，由直角三角形的性質得出BO＝AB＝，證出∠ABE＝∠AEB，得出AE＝AB＝，由三角形面積公式即可得出結果；（2）作AQ⊥BE交DF的延長線于P，垂足為Q，連接PB、PE，證明△ABG≌△AFP得出AG＝FP，再證明△BPC≌△PED得出PC＝ED，即可得出結論．【解析】（1）解：作BO⊥AD于O，如圖1所示：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，∠ABC＝∠D＝30°，∴∠AEB＝∠CBE，∠BAO＝∠D＝30°，∴BO＝AB＝，∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE，∴∠ABE＝∠AEB，∴AE＝AB＝，∴△ABE的面積＝AE×BO＝××＝；（2）證明：證法1：過A作AQ⊥BE交DF的延長線于P，垂足為Q，連接PB、PE，如圖2所示：∵AB＝AE，AQ⊥BE，∴∠ABE＝∠AEB，BQ＝EQ，∴PB＝PE，∴∠PBE＝∠PEB，∴∠ABP＝∠AEP，∵AB∥CD，AF⊥CD，

∴AF⊥AB，∴∠BAF＝90°，∵AQ⊥BE，∴∠ABG+∠BAQ＝∠FAP+∠BAQ＝90°，∴∠ABG＝∠FAP，在△ABG和△FAP中，，∴△ABG≌△AFP（ASA），∴AG＝FP，∵AB∥CD，AD∥BC，∴∠ABP+∠BPC＝180°，∠BCP＝∠D，∵∠AEP+∠PED＝180°，∴∠BPC＝∠PED，在△BPC和△PED中，，∴△BPC≌△PED（AAS），∴PC＝ED，∴ED﹣AG＝PC﹣AG＝PC﹣FP＝FC；證法2：過A作AN⊥BE交DC的延長線于N，交BE于Q，交BC于P，如圖3所示：∵AB∥CD，∴∠BAQ＝∠ANF，∵∠BAQ+∠GAQ＝∠BGA+∠GAQ＝90°，

∴∠BAQ＝∠BGA＝∠ANF，又∵∠BAG＝∠AFN＝90°，AB＝AF，∴△ABG≌△FAN（AAS），∴AG＝FN，∴AG+FC＝FN+FC＝CN，由（1）得：AB＝AE，∵AN⊥BE，∴∠BAP＝∠DAP，∵AD∥BC，∴∠DAP＝∠BPA，∴∠BAP＝∠BPA，∴AB＝PB＝AE，同理：CP＝CN，∵AD＝BC，∴ED＝CP＝CN，∴ED＝AG+FC，∴ED﹣AG＝FC．20．（2018?重慶）如圖，在平行四邊形ABCD中，點O是對角線AC的中點，點E是BC上一點，且AB＝AE，連接EO并延長交AD于點F．過點B作AE的垂線，垂足為H，交AC于點G．（1）若AH＝3，HE＝1，求△ABE的面積；（2）若∠ACB＝45°，求證：DF＝CG．

【分析】（1）利用勾股定理即可得出BH的長，進而運用公式得出△ABE的面積；（2）過A作AM⊥BC于M，交BG于K，過G作GN⊥BC于N，判定△AME≌△BNG（AAS），可得ME＝NG，進而得出BE＝GC，再判定△AFO≌△CEO（AAS），可得AF＝CE，即可得到DF＝BE＝CG．【解析】解：（1）∵AH＝3，HE＝1，∴AB＝AE＝4，又∵Rt△ABH中，BH＝＝，∴S△ABE＝AE×BH＝×4×＝；（2）如圖，過A作AM⊥BC于M，交BG于K，過G作GN⊥BC于N，則∠AMB＝∠AME＝∠BNG＝90°，∵∠ACB＝45°，∴∠MAC＝∠NGC＝45°，∵AB＝AE，∴BM＝EM＝BE，∠BAM＝∠EAM，又∵AE⊥BG，∴∠AHK＝90°＝∠BMK，而∠AKH＝∠BKM，∴∠MAE＝∠NBG，設∠BAM＝∠MAE＝∠NBG＝α，則∠BAG＝45°+α，∠BGA＝∠GCN+∠GBC＝45°+α，∴AB＝BG，∴AE＝BG，在△AME和△BNG中，，∴△AME≌△BNG（AAS），

∴ME＝NG，在等腰Rt△CNG中，NG＝NC，∴GC＝NG＝ME＝BE，∴BE＝GC，∵O是AC的中點，∴OA＝OC，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠OAF＝∠OCE，∠AFO＝∠CEO，∴△AFO≌△CEO（AAS），∴AF＝CE，∴AD﹣AF＝BC﹣EC，即DF＝BE，∴DF＝BE＝CG．21．（2018?重慶）如圖，在?ABCD中，∠ACB＝45°，點E在對角線AC上，BE＝BA，BF⊥AC于點F，BF的延長線交AD于點G．點H在BC的延長線上，且CH＝AG，連接EH．（1）若BC＝12，AB＝13，求AF的長；（2）求證：EB＝EH．【分析】（1）依據(jù)BF⊥AC，∠ACB＝45°，BC＝12，可得等腰Rt△BCF中，BF＝sin45°×BC＝12，再根據(jù)勾股定理，即可得到Rt△ABF中，AF＝＝5；（2）連接GE，過A作AP⊥AG，交BG于P，連接PE，判定四邊形APEG是正方形，即可得到PF＝

EF，AP＝AG＝CH，進而得出△APB≌△HCE，依據(jù)AB＝EH，AB＝BE，即可得到BE＝EH．【解析】解：（1）如圖，∵BF⊥AC，∠ACB＝45°，BC＝12，∴等腰Rt△BCF中，BF＝sin45°×BC＝12，又∵AB＝13，∴Rt△ABF中，AF＝＝5；（2）如圖，連接GE，過A作AP⊥AG，交BG于P，連接PE，∵BE＝BA，BF⊥AC，∴AF＝FE，∴BG是AE的垂直平分線，∴AG＝EG，AP＝EP，∵∠GAE＝∠ACB＝45°，∴△AGE是等腰直角三角形，即∠AGE＝90°，△APE是等腰直角三角形，即∠APE＝90°，∴∠APE＝∠PAG＝∠AGE＝90°，又∵AG＝EG，∴四邊形APEG是正方形，∴PF＝EF，AP＝AG＝CH，又∵BF＝CF，∴BP＝CE，∵∠APG＝45°＝∠BCF，∴∠APB＝∠HCE＝135°，∴△APB≌△HCE（SAS），∴AB＝EH，又∵AB＝BE，∴BE＝EH．

22．（2013?重慶）如圖，矩形ABCD中，點E、F分別在邊AB、CD上，AE＝CF，EF與對角線AC交于點O，且BE＝BF，∠BEF＝2∠BAC．（1）求證：OE＝OF；（2）求證：△BOF≌△BCF；（3）若BC＝2，求AB的長．【分析】（1）利用矩形的性質得出∠CAE＝∠ACF，∠CFO＝∠AEO，進而求出△AOE≌△COF（AAS），得出答案即可；（2）連接OB，根據(jù)矩形性質即可證明結論；（3）首先求出∠BAC＝30°，進而得出∠BEF＝2∠OBE，利用勾股定理求出AB即可．【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠CAE＝∠ACF，∠CFO＝∠AEO，在△AOE和△COF中，，∴△AOE≌△COF（AAS），∴OE＝OF；（2）證明：連接OB，如圖所示：∵BF＝BE，OE＝OF，∴BO⊥EF，∠EBO＝∠FBO，∴∠BOF＝90°∵四邊形ABCD是矩形，

∴∠BCF＝90°，∵∠BEF＝2∠BAC，∠BEF＝∠BAC+∠EOA，∴∠BAC＝∠EOA，∴AE＝OE，∵AE＝CF，OE＝OF，∴OF＝CF，在Rt△BOF和Rt△BCF中，，∴Rt△BOF≌Rt△BCF（HL）；（3）解：∵BF＝BE，OE＝OF，∴BO⊥EF，由（1）知，△AOE≌△COF，∴OA＝OC，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴BO＝AC＝OA，∴∠BAC＝∠OBA，∵∠BEF＝2∠BAC，∴∠BEF＝2∠OBE，在Rt△OBE中，∠BEO+∠OBE＝90°，∴∠BAC＝30°，∴AC＝2BC＝4，∴AB＝＝＝6．23．（2013?重慶）已知，如圖，在?ABCD中，AE⊥BC，垂足為E，CE＝CD，點F為CE的中點，點G

為CD上的一點，連接DF、EG、AG，∠1＝∠2．（1）若CF＝2，AE＝3，求BE的長；（2）求證：∠CEG＝∠AGE．【分析】（1）求出DC＝CE＝2CF＝4，求出AB，根據(jù)勾股定理求出BE即可；（2）過G作GM⊥AE于M，證△DCF≌△ECG，推出CG＝CF，求出M為AE中點，得出等腰三角形AGE，根據(jù)性質得出GM是∠AGE的角平分線，即可得出答案．【解析】（1）解：∵CE＝CD，點F為CE的中點，CF＝2，∴DC＝CE＝2CF＝4，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD＝4，∵AE⊥BC，∴∠AEB＝90°，在Rt△ABE中，由勾股定理得：BE＝＝；（2）證明：解法一、過G作GM⊥AE于M，∵AE⊥BE，GM⊥AE，∴GM∥BC∥AD，∵在△DCF和△ECG中，，∴△DCF≌△ECG（AAS），∴CG＝CF，CE＝CD，∵CE＝2CF，∴CD＝2CG，

即G為CD中點，∵AD∥GM∥BC，∴M為AE中點，∴AM＝EM（一組平行線在一條直線上截得的線段相等，那么在另一條直線上截得的線段也相等），∵GM⊥AE，∴AG＝EG，∴∠AGM＝∠EGM，∴∠AGE＝2∠MGE，∵GM∥BC，∴∠EGM＝∠CEG，∴∠CEG＝∠AGE；解法二、延長AG，交BC延長線于M，在△ECG和△DCF中，，∴△ECG≌△DCF（AAS），∴CF＝CG，∵CE＝CD，F(xiàn)為CE的中點，∴DG＝CG，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠ADG＝∠MCG，在△ADG和△MCG中，，

∴△ADG≌△MCG（ASA），∴AG＝MG，∵∠AEC＝90°，∴EG＝AM＝GM，∴∠GEC＝∠M，∵∠AGE＝∠GEC+∠M，∴∠CEG＝∠AGE．一年模擬新題一年模擬新題一．選擇題（共24小題）1．（2022?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖，菱形ABCD中，對角線AC，BD交于點O，∠ADC＝120°，過點O的直線與AD，BC分別交于點E，F(xiàn)，若四邊形BEDF是矩形，則∠DOE的度數(shù)是（）

A．60° B．45° C．30° D．15°【分析】根據(jù)菱形的性質可得△ABD，△BCD均為等邊三角形，然后由矩形的性質可得∠FDE＝∠BED＝90°，DF平分∠BDC，然后由等邊三角形的判定與性質可得答案．【解析】解：∵四邊形ABCD是菱形，∠ADC＝120°，∴∠ADB＝∠ABD＝∠CDB＝∠CBD＝60°，AD∥BC，∴△ABD，△BCD均為等邊三角形，∵四邊形BEDF是矩形，∴DF⊥AD⊥BC，BE⊥AD⊥BC，∴∠FDE＝∠BED＝90°，DF平分∠BDC，∴∠BDF＝30°，∠DBF＝60°，∴∠ODE＝∠OED＝60°，∴△EOD為等邊三角形，∴∠DOE＝60°，故選：A．2．（2022?渝中區(qū)校級模擬）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于O，過點O作OE⊥AC交AD于E．若AE＝2，DE＝1，，則AC的長為（）

A． B． C． D．【分析】連接CE，由平行四邊形的性質可得AO＝CO，CD＝AB＝，再由線段垂直平分線的性質得CE＝AE＝2，然后由勾股定理的逆定理證出∠CED＝90°，則∠AEC＝90°，最后由勾股定理即可求解．【解析】解：如圖，連接CE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO＝CO，CD＝AB＝，∵OE⊥AC，∴OE垂直平分AC，∴CE＝AE＝2，∵CE2+DE2＝22+12＝5，CD2＝（）2＝5，∴CE2+DE2＝CD2，∴△CDE是直角三角形，∠CED＝90°，∴∠AEC＝90°，∴AC＝，故選：A．

3．（2022?開州區(qū)模擬）如圖，在正方形ABCD中，E是對角線AC上一點，作EF⊥AB于點F，連接DE，若BC＝6，BF＝2，則DE＝（）A．2 B．4 C．3 D．3【分析】連接BE，由正方形的性質求得AB，進而求得AF與EF，再由勾股定理求得BE，最后根據(jù)軸對稱性質求得DE．【解析】解：連接BE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝6，∠EAF＝45°，∵EF⊥AB，∴EF＝AF＝AB﹣BF＝6﹣2＝4，∴BE＝，∵正方形ABCD關于AC對稱，∴DE＝BE＝2，

故選：A．4．（2022?九龍坡區(qū)模擬）如圖，矩形ABCD中，對角線AC、BD交于O，已知BC＝4，AB＝3，則OB的長為（）A．3 B． C． D．【分析】根據(jù)矩形的性質和勾股定理得出AC，進而利用矩形的性質解答即可．【解析】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，AC＝BD，OB＝OD，OA＝OC，∵BC＝4，AB＝3，∴AC＝，∴OB＝BD＝AC＝2.5，故選：D．5．（2022?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖，點E為正方形ABCD的邊CD上的一點，DE＝1，CD＝4，連接AE，F(xiàn)為邊CB延長線上一點，且BF＝DE，連接AF，EF，過點A作AG⊥FE交EF于點G，連接GB，則線段GB的長度為（）

A． B． C．2 D．【分析】如圖，連接CG，過點G作GH⊥CF于H，先用勾股定理計算AE＝，證明△ADE≌△ABF（SAS），得AE＝AF，∠DAE＝∠BAF，則△AEF是等腰三角形，EF＝AE＝，利用直角三角形斜邊中線可得CG的長，由三角形中位線定理可得GH的長，最后用勾股定理可得結論．【解析】解：如圖，連接CG，過點G作GH⊥CF于H，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABC＝∠ABF＝90°，∵DE＝1，AD＝CD＝4，

∴AE＝＝，在△ADE和△ABF中，，∴△ADE≌△ABF（SAS），∴AE＝AF，∵AG⊥EF，∴EG＝FG，∵GH∥CE，∴FH＝CH＝，∴GH＝CE＝，∴BH＝4﹣＝，∴BG＝＝．故選：B．6．（2022?重慶模擬）如圖所示，E是正方形ABCD的對角線BD上一點，EF⊥BC于點F，若CF＝3，EF＝4，則AE的長是（）

A．3 B．4 C．5 D．7【分析】過E作EK⊥AB于K，根據(jù)四邊形ABCD是正方形，EK⊥AB，EF⊥BC，可得BF＝EF＝4＝EK＝BK，即有AK＝CF＝3，在Rt△AKE中，AE＝＝5．【解析】解：過E作EK⊥AB于K，如圖：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABD＝∠CBD＝45°，∠ABC＝90°，AB＝BC，∵EK⊥AB，EF⊥BC，∴BF＝EF＝4＝EK＝BK，∴AK＝AB﹣BK＝BC﹣BF＝CF＝3，

在Rt△AKE中，AE＝＝＝5，故選：C．7．（2022?大足區(qū)模擬）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，E為CD的中點，且AC＝6，BD＝8，則OE等于（）A．2.5 B．3 C．4 D．5【分析】由菱形的性質得OA＝OC＝3，OB＝OD＝4，AC⊥BD，再由勾股定理求出CD＝5，然后由直角三角形斜邊上的中線性質即可得出結論．【解析】解：∵四邊形ABCD是菱形，AC＝6，BD＝8，∴OA＝OC＝AC＝3，OB＝OD＝BD＝4，AC⊥BD，∴∠COD＝90°，在Rt△COD中，由勾股定理得：CD＝＝＝5，∵E為CD的中點，∴OE＝CD＝2.5，故選：A．

8．（2022?重慶模擬）如圖，已知正方形ABCD的邊長為1，P為正方形內一點，且△PBC為等邊三角形，某同學根據(jù)條件得出四個結論：①△PAD為等腰三角形；②△PBC的面積為；③AP2＝2﹣；④△PBD的面積為．其中正確的是（）A．①③ B．①④ C．①③④ D．①②③④【分析】過P作PN⊥BC于N，過A作AM⊥BP于M，根據(jù)四邊形ABCD是正方形，△PBC為等邊三角形，可證明△ABP≌△DCP（SAS），即得AP＝DP，即△PAD為等腰三角形，可判斷①正確；在Rt△BPN中，BN＝PB＝，PN＝BN＝，得△PBC的面積為BC?PN＝×1×＝，可判斷②錯誤；用勾股定理可判斷③正確；求出S△ABP＝PB?AM＝，知S△CDP＝，從而得S四邊形PBCD＝+，即可得△PBD的面積為，判斷④正確．【解析】解：過P作PN⊥BC于N，過A作AM⊥BP于M，如圖：

∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝CD＝1，∠ABC＝90°＝∠BCD，∵△PBC為等邊三角形，∴PB＝PC＝BC＝1，∠PBC＝60°＝∠PCB，∴∠ABP＝30°＝∠DCP，∴△ABP≌△DCP（SAS），∴AP＝DP，即△PAD為等腰三角形，故①正確；在Rt△BPN中，BN＝PB＝，PN＝BN＝，∴△PBC的面積為BC?PN＝×1×＝，故②錯誤；在Rt△ABM中，AM＝AB＝，BM＝AM＝，∴PM＝PB﹣BM＝1﹣，在Rt△APM中，AP2＝AM2+PM2＝（）2+（1﹣）2＝2﹣，故③正確；∵S△ABP＝PB?AM＝×1×＝，∴S△CDP＝，∵S△PBC＝BC?PN＝×1×＝，∴S四邊形PBCD＝+，∵S△BCD＝BC?CD＝，∴S△PBD＝S四邊形PBCD﹣S△BCD＝，即△PBD的面積為，故④正確；

∴正確的有：①③④，故選：C．9．（2022?重慶模擬）四邊形ABCD中，AB∥DC，∠B＝90°，AD＝CD，點O為AC中點，DO的延長線交AB于E．若BE＝3，BC＝4，則AB的長為（）A．5 B．7 C．8 D．9【分析】連接CE，根據(jù)等腰三角形的性質和線段垂直平分線的性質證得CE＝AE，在Rt△ACE中，根據(jù)勾股定理求出CE，即可求出AB．【解析】解：連接CE，∵AD＝CD，點O為AC中點，∴AC⊥DE，∴CE＝AE，在Rt△ACE中，BE＝3，BC＝4，∴CE＝＝＝5，∴AE＝5，∴AB＝AE+BE＝5+3＝8，故選：C．

10．（2022?沙坪壩區(qū)校級三模）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，點E為BC的中點，點G為AD上一點，連接AE、BG交于點F，連接CF，當∠BCF＝∠GBA時，線段CF的長度是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)矩形的性質得到∠ABC＝∠BAG＝90°，BE＝BC＝3，BC∥AD，根據(jù)勾股定理得到AE＝5，根據(jù)相似三角形的判定和性質定理即可得到結論．【解析】解：在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，點E為BC的中點，∴∠ABC＝∠BAG＝90°，BE＝BC＝3，BC∥AD，

∴AE＝＝＝5，∠CBF＝∠BGA，∵∠BCF＝∠GBA，∴∠BFC＝∠BAG＝90°，∴EF＝BC＝3，∴AF＝2，∵BE∥AG，∴△BEF∽△GAF，∴＝，∴＝，∴AG＝2，∴BG＝＝＝2，∵∠BFC＝∠BAG＝90°，∠BCF＝∠GBA，∴△BCF∽△GBA，∴＝，∴＝，∴CF＝，故選：D．11．（2022?沙坪壩區(qū)模擬）下列多邊形中，內角和最小的是（）A． B． C． D．【分析】邊數(shù)為n的多邊形的內角和＝（n﹣2）×180

°，分別求出三角形，四邊形，五邊形，六邊形的內角和，再得出選項即可．【解析】解：三角形的內角和等于180°，四邊形的內角和等于360°，五邊形的內角和等于（5﹣2）×180°＝540°，六邊形的內角和等于（6﹣2）×180°＝720°，所以三角形的內角和最小，故選：A．12．（2022?渝中區(qū)校級模擬）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，過點D作DH⊥AB于點H，連接OH，若OA＝4，OH＝2，則菱形ABCD的面積為（）A．8 B．16 C．24 D．32【分析】由Rt△BHD中，點O是BD的中點，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線是斜邊的一半，OH＝2，則，BD＝4，由菱形對角線的性質可得AC＝8，應用菱形的面積等于兩條對角線乘積的一半，即可得出答案．【解析】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∵DH⊥AB，∴∠BHD＝90°，∴BD＝2OH，∵OH＝2，∴BD＝4，∵OA＝4，∴AC＝8，∴菱形ABCD的面積＝AC?BD＝＝16．故選：B．

13．（2022?銅梁區(qū)模擬）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O．DF垂直平分OC，交AC于點E，交BC于點F，連接AF．若CD＝，則AF的長為（）A．3 B． C． D．【分析】根據(jù)矩形的性質得出AB＝CD＝，AO＝CO＝BO＝DO，進而利用勾股定理解答即可．【解析】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝，AO＝CO＝BO＝DO，∵DF垂直平分OC，∴OD＝OC，∴OD＝DC＝OC，∴△ODC是等邊三角形，∴OD＝DC＝OC＝，∴AC＝2，∴BC＝，∵△ODC是等邊三角形，DE⊥AC，∴∠CDE＝∠ODE＝30°，∴DC＝CF＝，∴CF＝1，∴BF＝2，

∴AF＝，故選：B．14．（2022?沙坪壩區(qū)校級一模）如圖，正方形ABCD的邊長為6，點E，F(xiàn)分別在DC，BC上，BF＝CE＝4，連接AE、DF，AE與DF相交于點G，連接AF，取AF的中點H，連接HG，則HG的長為（）A． B． C．5 D．2【分析】先證明△ADE≌△DCF，進而得∠AGF＝90°，用勾股定理求得AF，便可得GH．【解析】解：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠ADE＝∠C＝90°，AD＝DC＝BC，∵BF＝CE，∴CF＝DE，在△ADE和△DCF中，，∴△ADE≌△DCF（SAS），∴∠DAE＝∠CDF，

∵∠DAE+∠DEA＝90°，∴∠CDF+∠DEA＝90°，∴∠AGF＝∠DGE＝90°，∵點H為AF的中點，∴GH＝AF，∵AB＝6，BF＝4，∴AF＝，∴GH＝，故選：B．15．（2022?大渡口區(qū)模擬）如圖，在正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，點E在BC的延長線上，連接DE，點F是DE的中點，連接OF交CD于點G，連接CF，若CE＝4，OF＝6．則點D到CF的距離為（）A． B． C． D．【分析】由正方形的性質及三角形的中位線的性質可求得DC＝8，利用勾股定理及直角三角形的斜邊上的中線的性質可求解DE，CF的長，進而求出△DCF面積為8，設點D到CF的距離為x，則x?CF＝8，可得點D到CF的距離．【解析】解：在正方形ABCD中，BO＝DO，BC＝DC，∵點F是DE的中點，OF＝6，∴BE＝2OF＝12，∵CE＝4，∴DC＝BC＝8，在Rt△DCE中，DE＝，

∴CF＝DE＝，∴△CDE的面積＝CE?DC＝×4×8＝16，∵F是Rt△DCE斜邊DE的中點，∴△DCF面積＝8，設點D到CF的距離為x，則x?CF＝8，∴?x×2＝8，解得x＝，∴點D到CF的距離為．故選：D．16．（2022?沙坪壩區(qū)校級一模）下列說法正確的是（）A．平行四邊形的對角互補 B．矩形的對角線相等且互相垂直 C．有一組鄰邊相等的四邊形是菱形 D．有一個角是90°的菱形是正方形【分析】根據(jù)正方形的判定，平行四邊形的性質，菱形的判定與性質，矩形的性質，逐一進行判斷即可．【解析】解：A．平行四邊形的對角互補，錯誤，不符合題意；應該是平行四邊形的對角相等；B．矩形的對角線相等且互相垂直，錯誤，不符合題意；應該是矩形的對角線相等；C．有一組鄰邊相等的四邊形是菱形，錯誤，不符合題意；應該是有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形；D．有一個角是90°的菱形是正方形，正確，符合題意．故選：D．17．（2022?重慶模擬）如圖，點E、F分別在菱形ABCD的BC、DC邊上，添加以下條件不能證明△ABE≌△ADF的是（）

A．CE＝CF B．∠BAF＝∠DAE C．AE＝AF D．∠AEC＝∠AFC【分析】由菱形的性質和全等三角形的判定分別對各個選項進行判斷即可．【解析】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝AD＝BC＝DC，∠B＝∠D，A、∵CE＝CF，∴BC﹣CE＝DC﹣CF，即BE＝DF，在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF（SAS），故選項A不符合題意；B、∵∠BAF＝∠DAE，∴∠BAF﹣∠EAF＝∠DAE﹣∠EAF，即∠BAE＝∠DAF，在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF（ASA），故選項B不符合題意；

D、∵∠AEC＝∠AFC，∴∠AEB＝∠AFD，在△ABE和