中考數(shù)學二輪培優(yōu)復習專題3 選擇題重點出題方向四邊形中的計算專項訓練（解析版）

專題3選擇題重點出題方向四邊形中的計算專項訓練（解析版）模塊一中考真題訓練一．試題（共60小題）1．（2022?朝陽）將一個三角尺按如圖所示的方式放置在一張平行四邊形的紙片上，∠EFG＝90°，∠EGF＝60°，∠AEF＝50°，則∠EGC的度數(shù)為（）A．100° B．80° C．70° D．60°思路引領：由平行四邊形的性質可得AB∥DC，再根據(jù)三角形內角和定理，即可得到∠GEF的度數(shù)，依據(jù)平行線的性質，即可得到∠EGC的度數(shù)．解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥DC，∴∠AEG＝∠EGC，∵∠EFG＝90°，∠EGF＝60°，∴∠GEF＝30°，∴∠GEA＝80°，∴∠EGC＝80°．故選：B．總結提升：此題考查的是平行四邊形的性質，掌握其性質定理是解決此題的關鍵．2．（2022?綿陽）如圖，E、F、G、H分別是矩形的邊AB、BC、CD、AD上的點，AH＝CF，AE＝CG，∠EHF＝60°，∠GHF＝45°，若AH＝2，AD＝5+3，則四邊形EFGHA．4（2+6） B．4（2+3+1） C．8（2+思路引領：先構造15°的直角三角形，求得15°的余弦和正切值；作EK⊥FH，可求得EH：EF＝2：6；作∠ARH＝∠BFT＝15°，分別交直線AB于R和T，構造“一線三等角”，先求得FT的長，進而根據(jù)相似三角形求得ER，進而求得AE，于是得出∠AEH＝30°，進一步求得結果．解：如圖1，Rt△PMN中，∠P＝15°，NQ＝PQ，∠MQN＝30°，設MN＝1，則PQ＝NQ＝2，MQ=3，PN=∴cos15°=6+24，tan15如圖2，作EK⊥FH于K，作∠AHR＝∠BFT＝15°，分別交直線AB于R和T，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠C，在△AEH與△CGF中，AE=CG∠A=∠C∴△AEH≌△CGF（SAS），∴EH＝GF，同理證得△EBF≌△GDH，則EF＝GH，∴四邊形EFGH是平行四邊形，設HK＝a，則EH＝2a，EK=3∴EF=2EK=6∵∠EAH＝∠EBF＝90°，∴∠R＝∠T＝75°，∴∠R＝∠T＝∠HEF＝75°，可得：FT=BFcos15°=3+36+24=26，AR＝AH?tan15°∴FTER∴26∴ER＝4，∴AE＝ER﹣AR＝23，∴tan∠AEH=2∴∠AEH＝30°，∴HG＝2AH＝4，∵∠BEF＝180°﹣∠AEH﹣∠HEF＝75°，∴∠BEF＝∠T，∴EF＝FT＝26，∴EH+EF＝4+26=2（2+∴2（EH+EF）＝4（2+6∴四邊形EFGH的周長為：4（2+6故答案為：A．總結提升：本題考查了矩形性質，全等三角形判定和性質，解直角三角形，構造15°特殊角的圖形及其求15°的函數(shù)值，相似三角形的判定和性質等知識，解決問題的關鍵是作輔助線，構造“一線三等角”及構造15°直角三角形求其三角函數(shù)值．3．（2022?日照）如圖，在平面直角坐標系中，平行四邊形OABC的頂點O在坐標原點，點E是對角線AC上一動點（不包含端點），過點E作EF∥BC，交AB于F，點P在線段EF上．若OA＝4，OC＝2，∠AOC＝45°，EP＝3PF，P點的橫坐標為m，則m的取值范圍是（）A．4＜m＜3+2 B．3?2＜m＜4 C．2?2＜m＜3思路引領：先求得點A，C，B三個點坐標，然后求得AB和AC的解析式，再表示出EF的長，進而表示出點P的橫坐標，根據(jù)不等式的性質求得結果．解：可得C（2，2），A（4，0），B（4+2，2∴直線AB的解析式為：y＝x﹣4，∴x＝y(tǒng)+4，直線AC的解析式為：y=2∴x＝4+y﹣22y，∴點F的橫坐標為：y+4，點E的橫坐標為：4+y﹣22y，∴EF＝（y+4）﹣（4+y﹣22y）＝22y∵EP＝3PF，∴PF=14EF=∴點P的橫坐標為：y+4?22∵0＜y＜2∴4＜y+4?22y＜3故答案為：A．總結提升：本題考查了等腰直角三角形性質，求一次函數(shù)的解析式，不等式性質等知識，解決問題的關鍵是表示出點P的橫坐標．4．（2022?益陽）如圖，在?ABCD中，AB＝8，點E是AB上一點，AE＝3，連接DE，過點C作CF∥DE，交AB的延長線于點F，則BF的長為（）A．5 B．4 C．3 D．2思路引領：根據(jù)平行四邊形的性質可知CD＝AB＝8，已知AE＝3，則BE＝5，再判定四邊形DEFC是平行四邊形，則DC＝EF＝8，BF＝EF﹣BE，即可求出BF．解：在?ABCD中，AB＝8，∴CD＝AB＝8，AB∥CD，∵AE＝3，∴BE＝AB﹣AE＝5，∵CF∥DE，∴四邊形DEFC是平行四邊形，∴DC＝EF＝8，∴BF＝EF﹣BE＝8﹣5＝3．故選：C．總結提升：本題考查了平行四邊形的性質以及判定，能夠熟練運用平行四邊形的判定是解題的關鍵，平行四邊形的判定；（1）兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形（定義判定法）；（2）一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形；（3）兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形；（4）兩組對角分別相等的四邊形是平行四邊形（兩組對邊平行判定）；（5）對角線互相平分的四邊形是平行四邊形．5．（2022?湘西州）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，OH＝4，若菱形ABCD的面積為323，則CD的長為（）A．4 B．43 C．8 D．83思路引領：在Rt△BDH中先求得BD的長，根據(jù)菱形面積公式求得AC長，再根據(jù)勾股定理求得CD長．解：∵DH⊥AB，∴∠BHD＝90°，∵四邊形ABCD是菱形，∴OB＝OD，OC＝OA=12AC，AC∴OH＝OB＝OD=1∴OD＝4，BD＝8，由1212×8?AC=32∴AC＝83，∴OC=12AC=∴CD=O故選C．總結提升：本題考查了菱形性質，直角三角形性質，勾股定理等知識，解決問題的關鍵是先求得BD的長．6．（2022?日照）如圖，矩形ABCD為一個正在倒水的水杯的截面圖，杯中水面與CD的交點為E，當水杯底面BC與水平面的夾角為27°時，∠AED的大小為（）A．27° B．53° C．57° D．63°思路引領：根據(jù)題意可知AE∥BF，∠EAB＝∠ABF，∠ABF+27°＝90°，等量代換求出∠EAB，再根據(jù)平行線的性質求出∠AED．解：如圖，∵AE∥BF，∴∠EAB＝∠ABF，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∠ABC＝90°，∴∠ABF+27°＝90°，∴∠ABF＝63°，∴∠EAB＝63°，∵AB∥CD，∴∠AED＝∠EAB＝63°．故選：D．總結提升：本題結合矩形考查了平行線的性質，熟練運用平行線的性質得出角的相等或互補關系是解題的關鍵．7．（2022?蘭州）如圖，菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，E為AD的中點，連接OE，∠ABC＝60°，BD＝43，則OE＝（）A．4 B．23 C．2 D．3思路引領：根據(jù)菱形的性質可得，∠ABO＝30°，AC⊥BD，則BO＝23，再利用含30°角的直角三角形的性質可得答案．解：∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴BO＝DO，∠ABO＝30°，AC⊥BD，AB＝AD，∴BO＝23，∴AO=3∴AB＝2AO＝4，∵E為AD的中點，∠AOD＝90°，∴OE=12故選：C．總結提升：本題主要考查了菱形的性質，含30°角的直角三角形的性質等知識，熟練掌握菱形的性質是解題的關鍵．8．（2022?大連）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°．分別以點A和點C為圓心，大于12AC的長為半徑作弧，兩弧相交于M，N兩點，作直線MN．直線MN與AB相交于點D，連接CD，若AB＝3，則CDA．6 B．3 C．1.5 D．1思路引領：根據(jù)題意可知：MN是線段AC的垂直平分線，然后根據(jù)三角形相似可以得到點D為AB的中點，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線和斜邊的關系，即可得到CD的長．解：由已知可得，MN是線段AC的垂直平分線，設AC與MN的交點為E，∵∠ACB＝90°，MN垂直平分AC，∴∠AED＝∠ACB＝90°，AE＝CE，∴ED∥CB，∴△AED∽△ACB，∴AEAC∴12∴AD=12∴點D為AB的中點，∵AB＝3，∠ACB＝90°，∴CD=12故選：C．總結提升：本題考查直角三角形斜邊上的中線、線段垂直平分線的性質、相似三角形的判定和性質，解答本題的關鍵是明確題意，利用數(shù)形結合的思想解答．9．（2022?青海）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中點，延長CB至點E，使BE＝BC，連接DE，F(xiàn)為DE中點，連接BF．若AC＝16，BC＝12，則BF的長為（）A．5 B．4 C．6 D．8思路引領：利用勾股定理求得AB＝20；然后由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半求得CD的長度；結合題意知線段BF是△CDE的中位線，則BF=12解：在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AC＝16，BC＝12，∴AB=A∵CD為中線，∴CD=12∵F為DE中點，BE＝BC，即點B是EC的中點，∴BF是△CDE的中位線，則BF=12故選：A．總結提升：本題主要考查了勾股定理，三角形中位線定理，直角三角形斜邊上的中線，此題的突破口是推知線段CD的長度和線段BF是△CDE的中位線．10．（2022?廣州）如圖，正方形ABCD的面積為3，點E在邊CD上，且CE＝1，∠ABE的平分線交AD于點F，點M，N分別是BE，BF的中點，則MN的長為（）A．62 B．32 C．2?3思路引領：連接EF，由正方形ABCD的面積為3，CE＝1，可得DE=3?1，tan∠EBC=CEBC=13=33，即得∠EBC＝30°，又AF平分∠ABE，可得∠ABF=12∠ABE＝30°，故AF=AB3=1，DF＝AD﹣AF=3?1，可知EF=2DE=解：連接EF，如圖：∵正方形ABCD的面積為3，∴AB＝BC＝CD＝AD=3∵CE＝1，∴DE=3?1，tan∠EBC∴∠EBC＝30°，∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝60°，∵AF平分∠ABE，∴∠ABF=12∠ABE＝30在Rt△ABF中，AF=AB∴DF＝AD﹣AF=3∴DE＝DF，△DEF是等腰直角三角形，∴EF=2DE=2×（3∵M，N分別是BE，BF的中點，∴MN是△BEF的中位線，∴MN=12EF故選：D．總結提升：本題考查正方形性質及應用，涉及含30°角的直角三角形三邊關系，等腰直角三角形三邊關系，解題的關鍵是根據(jù)已知求得∠EBC＝30°．11．（2022?河池）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，下列結論中錯誤的是（）A．AB＝AD B．AC⊥BD C．AC＝BD D．∠DAC＝∠BAC思路引領：根據(jù)菱形的性質即可一一判斷．解：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠BAC＝∠DAC，AB＝AD，AC⊥BD，故A、B、D正確，無法得出AC＝BD，故選：C．總結提升：本題考查菱形的性質，解題的關鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考基礎題．12．（2022?貴港）如圖，在邊長為1的菱形ABCD中，∠ABC＝60°，動點E在AB邊上（與點A，B均不重合），點F在對角線AC上，CE與BF相交于點G，連接AG，DF，若AF＝BE，則下列結論錯誤的是（）A．DF＝CE B．∠BGC＝120° C．AF2＝EG?EC D．AG的最小值為2思路引領：根據(jù)菱形的性質，利用SAS證明△ADF≌△BCE，可得DF＝CE，故A正確；利用菱形的軸對稱知，△BAF≌△DAF，得∠ADF＝∠ABF，則∠BGC＝180°﹣（∠GBC+∠GCB）＝180°﹣∠CBE＝120°，故B正確，利用△BEG∽△CEB，得BECE=EGBE，且AF＝BE，可得C正確，利用定角對定邊可得點G在以O為圓心，OB為半徑的圓上運動，連接AO，交⊙O于G，此時AG最小，AO是BC的垂直平分線，利用含30解：∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴∠BAD＝120°，BC＝AD，∠DAC=12∠BAD＝60∴∠DAF＝∠CBE，∵BE＝AF，∴△ADF≌△BCE（SAS），∴DF＝CE，∠BCE＝∠ADF，故A正確，不符合題意；∵AB＝AD，∠BAF＝∠DAF，AF＝AF，∴△BAF≌△DAF（SAS），∴∠ADF＝∠ABF，∴∠ABF＝∠BCE，∴∠BGC＝180°﹣（∠GBC+∠GCB）＝180°﹣∠CBE＝120°，故B正確，不符合題意；∵∠EBG＝∠ECB，∠BEG＝∠CEB，∴△BEG∽△CEB，∴BECE∴BE2＝CE×EG，∵BE＝AF，∴AF2＝EG?EC，故C正確，不符合題意；以BC為底邊，在BC的下方作等腰△OBC，使∠OBC＝∠OCB＝30°，∵∠BGC＝120°，BC＝1，∴點G在以O為圓心，OB為半徑的圓上運動，連接AO，交⊙O于G，此時AG最小，AO是BC的垂直平分線，∵OB＝OC，∠BOC＝120°，∴∠BCO＝30°，∴∠ACO＝90°，∴∠OAC＝30°，∴OC=3∴AO＝2OC=2∴AG的最小值為AO﹣OC=33，故故選：D．總結提升：本題主要考查了菱形的性質，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，利用定邊對定角確定點G的運動路徑是解題的關鍵．13．（2022?青島）如圖，O為正方形ABCD對角線AC的中點，△ACE為等邊三角形．若AB＝2，則OE的長度為（）A．62 B．6 C．22 思路引領：首先利用正方形的性質可以求出AC，然后利用等邊三角形的性質可求出OE．解：∵四邊形ABCD為正方形，AB＝2，∴AC＝22，∵O為正方形ABCD對角線AC的中點，△ACE為等邊三角形，∴∠AOE＝90°，∴AC＝AE＝22，AO=2∴OE=2故選：B．總結提升：本題主要考查了正方形的性質，同時也利用了等邊三角形的性質，有一定的綜合性．14．（2022?呼和浩特）如圖，四邊形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，點E是DA中點，F(xiàn)是對角線AC上一點，且∠DEF＝45°，則AF：FC的值是（）A．3 B．5+1 C．22+1 思路引領：連接DB，交AC于點O，連接OE，根據(jù)菱形的性質可得∠DAC=12∠DAB＝30°，AC⊥BD，OD=12BD，AC＝2AO，AB＝AD，從而可得△ABD是等邊三角形，進而可得DB＝AD，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線可得OE＝AE＝DE=12AD，然后設OE＝AE＝DE＝a，則AD＝BD＝2a，在Rt△AOD中，利用勾股定理求出AO的長，從而求出AC的長，最后利用等腰三角形的性質，以及三角形的外角求出∠OEF＝∠EFO＝15°，從而可得OE＝OF＝解：連接DB，交AC于點O，連接OE，∵四邊形ABCD是菱形，∴∠DAC=12∠DAB＝30°，AC⊥BD，OD=12BD，AC＝2AO，∵∠DAB＝60°，∴△ABD是等邊三角形，∴DB＝AD，∵∠AOD＝90°，點E是DA中點，∴OE＝AE＝DE=12∴設OE＝AE＝DE＝a，∴AD＝BD＝2a，∴OD=12BD＝在Rt△AOD中，AO=AD∴AC＝2AO＝23a，∵EA＝EO，∴∠EAO＝∠EOA＝30°，∴∠DEO＝∠EAO+∠EOA＝60°，∵∠DEF＝45°，∴∠OEF＝∠DEO﹣∠DEF＝15°，∴∠EFO＝∠EOA﹣∠OEF＝15°，∴∠OEF＝∠EFO＝15°，∴OE＝OF＝a，∴AF＝AO+OF=3a+a∴CF＝AC﹣AF=3a﹣a∴AFCF=3故選：D．總結提升：本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，根據(jù)題目的已知條件并結合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關鍵．15．（2022?包頭）如圖，在矩形ABCD中，AD＞AB，點E，F(xiàn)分別在AD，BC邊上，EF∥AB，AE＝AB，AF與BE相交于點O，連接OC．若BF＝2CF，則OC與EF之間的數(shù)量關系正確的是（）A．2OC=5EF B．5OC＝2EF C．2OC=3EF D．OC思路引領：過點O作OH⊥BC于點H，得出四邊形ABFE是正方形，再根據(jù)線段等量關系得出CF＝EF＝2OH，根據(jù)勾股定理得出OC=5OH解：過點O作OH⊥BC于點H，∵在矩形ABCD中，EF∥AB，AE＝AB，∴四邊形ABFE是正方形，∴OH=12EF=12BF＝∵BF＝2CF，∴CH＝EF＝2OH，∴OC=OH即2OC=5EF故選：A．總結提升：本題主要考查矩形和正方形的判定和性質，熟練掌握矩形和正方形的判定和性質及勾股定理等知識是解題的關鍵．16．（2022?泰州）如圖，正方形ABCD的邊長為2，E為與點D不重合的動點，以DE為一邊作正方形DEFG．設DE＝d1，點F、G與點C的距離分別為d2、d3，則d1+d2+d3的最小值為（）A．2 B．2 C．22 D．4思路引領：連接AE，那么，AE＝CG，所以這三個d的和就是AE+EF+FC，所以大于等于AC，故當AEFC四點共線有最小值，最后求解，即可求出答案．解：如圖，連接AE，∵四邊形DEFG是正方形，∴∠EDG＝90°，EF＝DE＝DG，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADC＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∴d1+d2+d3＝EF+CF+AE，∴點A，E，F(xiàn)，C在同一條線上時，EF+CF+AE最小，即d1+d2+d3最小，連接AC，∴d1+d2+d3最小值為AC，在Rt△ABC中，AC=2AB＝22∴d1+d2+d3最?。紸C＝22，故選：C．總結提升：此題主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，正確作出輔助線是解本題的關鍵．17．（2022?無錫）如圖，在?ABCD中，AD＝BD，∠ADC＝105°，點E在AD上，∠EBA＝60°，則EDCDA．23 B．12 C．32思路引領：由等腰三角形的性質可求∠ADB＝30°，∠DAB＝75°，由直角三角形的性質和勾股定理可求CD，DE的長，即可求解．解：如圖，過點B作BH⊥AD于H，設∠ADB＝x，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴BC∥AD，∠ADC＝∠ABC＝105°，∴∠CBD＝∠ADB＝x，∵AD＝BD，∴∠DBA＝∠DAB=180°?x∴x+180°?x2=∴x＝30°，∴∠ADB＝30°，∠DAB＝75°，∵BH⊥AD，∴BD＝2BH，DH=3BH∵∠EBA＝60°，∠DAB＝75°，∴∠AEB＝45°，∴∠AEB＝∠EBH＝45°，∴EH＝BH，∴DE=3BH﹣BH＝（3?1）∵AB=BH2+AH2=BH2∴DECD故選：D．總結提升：本題考查了平行四邊形的性質，直角三角形的性質，勾股定理，求出∠ADB＝30°是解題的關鍵．18．（2022?黔東南州）如圖，在邊長為2的等邊三角形ABC的外側作正方形ABED，過點D作DF⊥BC，垂足為F，則DF的長為（）A．23+2 B．5?33 C．3?3思路引領：方法一：如圖，延長DA、BC交于點G，利用正方形性質和等邊三角形性質可得：∠BAG＝90°，AB＝2，∠ABC＝60°，運用解直角三角形可得AG＝23，DG＝2+23，再求得∠G＝30°，根據(jù)直角三角形性質得出答案．方法二：過點E作EG⊥DF于點G，作EH⊥BC于點H，利用解直角三角形可得EH＝1，BH=3，再證明△BEH≌△DEG，可得DG＝BH=解：方法一：如圖，延長DA、BC交于點G，∵四邊形ABED是正方形，∴∠BAD＝90°，AD＝AB，∴∠BAG＝180°﹣90°＝90°，∵△ABC是邊長為2的等邊三角形，∴AB＝2，∠ABC＝60°，∴AG＝AB?tan∠ABC＝2×tan60°＝23，∴DG＝AD+AG＝2+23，∵∠G＝90°﹣60°＝30°，DF⊥BC，∴DF=12DG=12×故選D．方法二：如圖，過點E作EG⊥DF于點G，作EH⊥BC于點H，則∠BHE＝∠DGE＝90°，∵△ABC是邊長為2的等邊三角形，∴AB＝2，∠ABC＝60°，∵四邊形ABED是正方形，∴BE＝DE＝2，∠ABE＝∠BED＝90°，∴∠EBH＝180°﹣∠ABC﹣∠ABE＝180°﹣60°﹣90°＝30°，∴EH＝BE?sin∠EBH＝2?sin30°＝2×12=1，BH＝BE?cos∠EBH＝2cos30∵EG⊥DF，EH⊥BC，DF⊥BC，∴∠EGF＝∠EHB＝∠DFH＝90°，∴四邊形EGFH是矩形，∴FG＝EH＝1，∠BEH+∠BEG＝∠GEH＝90°，∵∠DEG+∠BEG＝90°，∴∠BEH＝∠DEG，在△BEH和△DEG中，∠BHE=∠DGE∠BEH=∠DEG∴△BEH≌△DEG（AAS），∴DG＝BH=3∴DF＝DG+FG=3故選：D．總結提升：本題考查了正方形的性質、等邊三角形的性質、全等三角形的判定和性質、解直角三角形，題目的綜合性很好，難度不大．19．（2022?安徽）兩個矩形的位置如圖所示，若∠1＝α，則∠2＝（）A．α﹣90° B．α﹣45° C．180°﹣α D．270°﹣α思路引領：根據(jù)矩形的性質和三角形外角的性質，可以用含α的式子表示出∠2．解：由圖可得，∠1＝90°+∠3，∵∠1＝α，∴∠3＝α﹣90°，∵∠3+∠2＝90°，∴∠2＝90°﹣∠3＝90°﹣（α﹣90°）＝90°﹣α+90°＝180°﹣α，故選：C．總結提升：本題考查矩形的性質、三角形外角的性質，解答本題的關鍵是明確題意，用含α的代數(shù)式表示出∠2．20．（2022?舟山）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝8．點E，F(xiàn)，G分別在邊AB，BC，AC上，EF∥AC，GF∥AB，則四邊形AEFG的周長是（）A．32 B．24 C．16 D．8思路引領：根據(jù)EF∥AC，GF∥AB，可以得到四邊形AEFG是平行四邊形，∠B＝∠GFC，∠C＝∠EFB，再根據(jù)AB＝AC＝8和等量代換，即可求得四邊形AEFG的周長．解：∵EF∥AC，GF∥AB，∴四邊形AEFG是平行四邊形，∠B＝∠GFC，∠C＝∠EFB，∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴∠B＝∠EFB，∠GFC＝∠C，∴EB＝EF，F(xiàn)G＝GC，∵四邊形AEFG的周長是AE+EF+FG+AG，∴四邊形AEFG的周長是AE+EB+GC+AG＝AB+AC，∵AB＝AC＝8，∴四邊形AEFG的周長是AB+AC＝8+8＝16，故選：C．總結提升：本題考查平行四邊形的判定與性質、等腰三角形的性質，解答本題的關鍵是明確題意，將平行四邊形的周長轉化為AB和AC的關系．21．（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°思路引領：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：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝BA，∠DAF＝∠ABE＝90°，在△DAF和△ABE中，AD=BA∠DAF=∠ABE△DAF≌△ABE（SAS），∠ADF＝∠BAE，∵AE平分∠BAC，四邊形ABCD是正方形，∴∠BAE=12∠BAC＝22.5°，∠ADC＝90∴∠ADF＝22.5°，∴∠CDF＝∠ADC﹣∠ADF＝90°﹣22.5°＝67.5°，故選：C．總結提升：本題考查正方形的性質、全等三角形的判定與性質，解答本題的關鍵是求出∠ADF的度數(shù)．22．（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°思路引領：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：∵四邊形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，OA=OB∠AOF=∠BOE=90°∴△AOF≌△BOE（SAS）．∴∠FAO＝∠EBO＝20°，∵OB＝OC，∴△OBC是等腰直角三角形，∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∴∠CBE＝∠EBO+∠OBC＝65°．故選：C．總結提升：本題主要考查了正方形的性質，等腰直角三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，三角形的內角和定理，熟練掌握正方形的性質是解題的關鍵．模塊二2023中考押題預測23．（2022?瀘州）如圖，在邊長為3的正方形ABCD中，點E是邊AB上的點，且BE＝2AE，過點E作DE的垂線交正方形外角∠CBG的平分線于點F，交邊BC于點M，連接DF交邊BC于點N，則MN的長為（）A．23 B．56 C．6思路引領：根據(jù)正方形的性質、相似三角形的判定和性質，可以求得CN和BN的長，然后根據(jù)BC＝3，即可求得MN的長．解：作FH⊥BG交于點H，作FK⊥BC于點K，∵BF平分∠CBG，∠KBH＝90°，∴四邊形BHFK是正方形，∵DE⊥EF，∠EHF＝90°，∴∠DEA+∠FEH＝90°，∠EFH+∠FEH＝90°，∴∠DEA＝∠EFH，∵∠A＝∠EHF＝90°，∴△DAE∽△EHF，∴ADHE∵正方形ABCD的邊長為3，BE＝2AE，∴AE＝1，BE＝2，設FH＝a，則BH＝a，∴32+a解得a＝1；∵FK⊥CB，DC⊥CB，∴△DCN∽△FKN，∴DCFK∵BC＝3，BK＝1，∴CK＝2，設CN＝b，則NK＝2﹣b，∴31解得b=3即CN=3∵∠A＝∠EBM，∠AED＝∠BME，∴△ADE∽△BEM，∴ADBE∴32解得BM=2∴MN＝BC﹣CN﹣BM＝3?3故選：B．總結提升：本題考查正方形的性質、相似三角形的判定和性質，解答本題的關鍵是明確題意，利用數(shù)形結合的思想解答．24．（2023?雁塔區(qū)一模）如圖，在Rt△ABC中，CD為斜邊AB上的中線，過點D作DE⊥AB，連接AE、BE，若CD＝4，AE＝5，則DE的長為（）A．2 B．3 C．4 D．5思路引領：先根據(jù)直角三角形斜邊上的中線的性質得到AD＝4，再利用勾股定理求出DE的長即可．解：在Rt△ABC中，CD為斜邊AB上的中線，CD＝4，∴AD=CD=BD=1∵DE⊥AB，AE＝5，∴DE=A故選：B．總結提升：本題主要考查了直角三角形斜邊上的中線的性質，勾股定理，正確求出AD＝4是解題的關鍵．25．（2022?槐蔭區(qū)二模）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，點A在y軸上運動，點B在x軸上運動，點E為對角線的交點，在運動過程中點E到y(tǒng)軸的最大距離是（）A．22 B．1 C．2 思路引領：過E作EF⊥y軸于F，根據(jù)四邊形ABCD是邊長為2的正方形，可得AE=2，由垂線段最短可得EF＜2，即得A與F重合時，E到y(tǒng)軸距離最大，最大為解：過E作EF⊥y軸于F，如圖：∵四邊形ABCD是邊長為2的正方形，∴AC＝22，AE=2若A、E、F構成三角形，則直角邊EF小于AE，即EF＜2∴當A與F重合，即EA⊥y軸時，EF＝AE=2此時E到y(tǒng)軸距離最大，最大為2；故選：C．總結提升：本題考查正方形性質及應用，解題的關鍵是垂線段最短．26．（2022?市南區(qū)校級二模）如圖，已知正方形ABCD邊長是6，點P是線段BC上一動點，過點D作DE⊥AP于點E．連接EC，若CE＝CD，則△CDE的面積是（）A．18 B．413 C．14.4 D．思路引領：根據(jù)正方形的性質和全等三角形的判定可以得到△ADE和△DCF全等，然后即可得到CF和DE的關系，根據(jù)等腰三角形的性質可以得到DF和DE的關系，再根據(jù)勾股定理可以得到DF2的值，然后即可計算出△CDE的面積．解：作CF⊥ED于點F，如右圖所示，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠CDA＝90°，∴∠ADE+∠FDC＝90°，∵CF⊥DE，CD＝CE，∴EF＝DF=12DE，∠CFD＝90∴∠FDC+∠DCF＝90°，∴∠ADE＝∠DCF，在△ADE和△DCF中，∠AED=∠DFC∠ADE=∠DCF∴△ADE≌△DCF（AAS），∴DE＝CF，∴DF=12∵∠CFD＝90°，CD＝6，∴DF2+CF2＝CD2，即DF2+（2DF）2＝62，解得DF2＝7.2，∴S△CDE=DE?CF2=2DF?2DF2=故選：C．總結提升：本題考查正方形的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理、等腰三角形的性質，解答本題的關鍵是求出DF2的值．27．（2022?定安縣一模）如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)分別是邊AB，CD上的點，AE＝CF，連接EF，BF，EF與對角線AC交于點O，且BE＝BF，∠BEF＝2∠BAC，F(xiàn)C＝2，則AB的長為（）A．83 B．8 C．43 D．6思路引領：連接OB，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質可得BO⊥EF，再根據(jù)矩形的性質可得OA＝OB，根據(jù)等邊對等角的性質可得∠BAC＝∠ABO，再根據(jù)三角形的內角和定理列式求出∠ABO＝30°，即∠BAC＝30°，根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出AC，再利用勾股定理列式計算即可求出AB．解：如圖，連接BO，∵四邊形ABCD是矩形，∴DC∥AB，∠DCB＝90°∴∠FCO＝∠EAO，在△AOE和△COF中，∠AOE=∠FOC∠FCO=∠EAO∴△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是等邊三角形，∴∠BCO＝60°，∠BAC＝30°，∴∠FEB＝2∠CAB＝60°，∵BE＝BF，∴△BEF是等邊三角形，∴EB＝EF＝4，∴AB＝AE+EB＝2+4＝6．故選：D．總結提升：本題考查了矩形的性質，全等三角形的判定與性質，等腰三角形三線合一的性質，直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半，綜合題，但難度不大，（2）作輔助線并求出∠BAC＝30°是解題的關鍵．28．（2022?叢臺區(qū)校級模擬）觀察如圖，判斷哪條線段的長度不能表示平行四邊形ABCD的高的是（）A．BF B．GH C．DE D．BD思路引領：根據(jù)平行四邊形的性質得到AD∥BC，則DE、GH表示AD邊上的高或BC邊上的高，由于BF⊥CD，BD不垂直CD，所以BF表示CD邊上的高，BD不能表示平行四邊形ABCD的高．解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，∴GH和DE的長為AD和BC之間的距離，∴DE、GH表示AD邊上的高或BC邊上的高，∵BF⊥CD，∴BF表示CD邊上的高，∵BD為平行四邊形的對角線，而BD與CD不垂直，∴BD不能表示平行四邊形ABCD的高．故選：D．總結提升：本題考查了平行四邊形的性質，熟練掌握平行四邊形的性質和平行四邊形的高的定義是解決問題的關鍵．29．（2022?禮縣校級模擬）如圖，點E在正方形ABCD的邊AB上，若EB＝1，EC＝2，那么正方形ABCD的面積為（）A．3 B．4 C．5 D．6思路引領：先根據(jù)正方形的性質得出∠B＝90°，然后在Rt△BCE中，利用勾股定理得出BC2，即可得出正方形的面積．解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B＝90°，∴BC2＝EC2﹣EB2＝22﹣12＝3，∴正方形ABCD的面積＝BC2＝3．故選：A．總結提升：本題考查了勾股定理：在任何一個直角三角形中，兩條直角邊長的平方之和一定等于斜邊長的平方．即如果直角三角形的兩條直角邊長分別是a，b，斜邊長為c，那么a2+b2＝c2．也考查了正方形的性質．30．（2022?武江區(qū)校級一模）如圖，在正方形ABCD中，點E、F分別是BC、CD的中點，DE、AF交于點G，連接BG．若∠DAF＝n°，則∠ABG的度數(shù)為（）A．2n° B．90°﹣n° C．45°+n° D．135°﹣3n°思路引領：根據(jù)正方形性質得出AD＝BC＝DC，根據(jù)中點的定義得到CE＝DF，可證得△ADF≌△DCE（SAS），可得∠AFD＝∠DEC，可證得AF⊥DE；延長DE交AB的延長線于H，可證得△HBE∽△HAD，BH＝AB，再根據(jù)直角三角形的性質可得GB＝HB，再根據(jù)等腰三角形的性質和同角的余角相等，以及三角形外角的性質即可求解．解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝BC＝DC，∵點E、F分別是BC、CD的中點，∴EC＝DF，在△ADF和△DCE中，AD=DC∠ADF=∠DCE∴△ADF≌△DCE（SAS），∴∠AFD＝∠DEC，∵∠DEC+∠CDE＝90°，∴∠AFD+∠CDE＝90°＝∠DGF，∴AF⊥DE．如圖：延長DE交AB的延長線于H，∵BE=12BC=12AD，∴△HBE∽△HAD，∴BEAD∴BH＝AB，點B是AH的中點，∵AF⊥DE，∴∠AGH＝90°，∴GB＝HB，∴∠H＝∠BGH，∵∠H+∠ADH＝∠DAG+∠ADG＝90°，∴∠H＝∠DAG＝n°，∴∠ABG＝∠H+∠BGH＝2∠H＝2n°，故選：A．總結提升：本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的性質和判定，直角三角形的性質，相似三角形的判定與性質，作出輔助線是解題的關鍵．31．（2022?都安縣校級一模）在矩形ABCD中，過AC的中點O作EF⊥AC，交BC于E，交AD于F，連接AE、CF．若AB=3，∠DCF=30°，則A．2 B．3 C．23 D．思路引領：求出∠ACB＝∠DAC，然后利用“角角邊”證明△AOF和△COE全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得OE＝OF，再根據(jù)對角線互相垂直平分的四邊形是菱形得到四邊形AECF是菱形，再求出∠ECF＝60°，然后判斷出△CEF是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的三條邊都相等可得EF＝CF，根據(jù)矩形的對邊相等可得CD＝AB，然后求出CF，從而得解．解：∵四邊形ABCD是矩形∴AD∥BC，∴∠ACB＝∠DAC，∵O是AC的中點，∴AO＝CO，在△AOF和△COE中，∠ACB=∠DACAO=CO∴△AOF≌△COE（ASA），∴OE＝OF，又∵EF⊥AC，∴四邊形AECF是菱形，∵∠DCF＝30°，∴∠ECF＝90°﹣30°＝60°，∴△CEF是等邊三角形，∴EF＝CF，∵AB=3∴CD＝AB=3∵∠DCF＝30°，∴CF=3∴EF＝2．故選：A．總結提升：本題考查了菱形的判定與性質，矩形的性質，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，難點在于判斷出△CEF是等邊三角形．32．（2022?東方校級模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點H、E、F分別是邊AB、BC、CA的中點，若EF+CH＝8，則AB的值為（）A．6 B．7.5 C．8 D．10思路引領：根據(jù)直角三角形斜邊上的中線的性質得到CH=12AB，根據(jù)三角形中位線定理得到EF=解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點H是邊AB的中點，則CH=12∵點E、F分別是邊BC、CA的中點，∴EF是△ABC的中位線，∴EF=12∵EF+CH＝8，∴12AB+1∴AB＝8，故選：C．總結提升：本題考查的是三角形中位線定理、直角三角形斜邊上的中線的性質，掌握三角形中位線等于第三邊的一半是解題的關鍵．33．（2022?大渡口區(qū)校級模擬）如圖，正方形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，∠ACB的角平分線分別交AB、BD于M、N兩點．若BM=22，則線段ABA．42+4 B．42+2 C．思路引領：過點M作MF⊥AC于點F，根據(jù)角平分線的性質可知FM＝BM，再由四邊形ABCD為正方形，可得出∠FAM＝45°，在直角三角形中用∠FAM的正弦值即可求出AM的長度，結合邊的關系即可得出結論．解：過點M作MF⊥AC于點F，如圖所示．∵MC平分∠ACB，四邊形ABCD為正方形，∴∠CAB＝45°，F(xiàn)M＝BM＝22．在Rt△AFM中，∠AFM＝90°，∠FAM＝45°，F(xiàn)M＝22，∴AM=2FM＝22∴AB＝AM+MB＝4+22．故選：A．總結提升：本題考查了正方形的性質以及角平分線的性質，解題的關鍵是在直角三角形中求出FM的長度．本題屬于基礎題，難度不大，解決該題型題目時，根據(jù)角平分的性質及正方形的特點找出邊角關系，再利用解直角三角形的方法即可得以解決．34．（2022?叢臺區(qū)校級模擬）如圖，菱形ABCD和菱形ECGF的邊長分別為4和6，B、C、G三點在同一條直線上，且∠A＝120°，則圖中陰影部分的面積是（）A．83 B．93 C．43思路引領：過E作EM⊥BG于M，過D作DN⊥BG于N，根據(jù)菱形的性質得出AD＝DC＝BC＝AB＝4，CE＝EF＝FG＝CG＝6，∠BCD＝∠A＝120°，解直角三角形求出EM和CN，再根據(jù)圖形得出陰影部分的面積S＝S菱形ABCD+S菱形CGFE﹣S△BGF﹣S△ADB﹣S△DEF，再求出答案即可．解：過E作EM⊥BG于M，過D作DN⊥BG于N，則∠EMC＝∠DNC＝90°，∵四邊形ABCD和四邊形ECGF都是菱形，∠A＝120°，∴AD＝DC＝BC＝AB＝4，CE＝EF＝FG＝CG＝6，∠BCD＝∠A＝120°，∴∠ECG＝60°，∴∠CDN＝∠CEM＝30°，∴CN=12CD＝2，CM=∴DN=DC2?CN2=4∴陰影部分的面積S＝S菱形ABCD+S菱形CGFE﹣S△BGF﹣S△ADB﹣S△DEF＝4×23+6×33?12×（4+6）×33?12×＝83+183?153?4＝43，故選：C．總結提升：本題考查了菱形的性質和直角三角形的性質，能熟記菱形的性質是解此題的關鍵，菱形的四條邊都相等．35．（2022?博望區(qū)校級一模）△ABC為等邊三角形，D、E分別是邊AB、BC上的動點，且滿足AD＝BE，M是DE的中點，若AB＝2，則BM的最小值為（）A．32 B．13 C．1思路引領：根據(jù)垂線最短可知當BM⊥DE時最短，根據(jù)AD＝BE可知BD＝CE，據(jù)此可得知當DE是△ABC的中位線時BM最短，再由直角三角形及等邊三角形的性質即可得出結論．解：如圖，∵垂線最短，∴BM⊥DE時最短，∵M是DE的中點，∴當BD＝BE時，BM⊥DE．∵AB＝BC，AD＝BE，∴BE＝CE，AD＝BD，∴DE是△ABC的中位線．∵△ABC為等邊三角形，AB＝2，∴∠ABM＝30°，BD=12∴BM＝BD?cos30°=3故選：A．總結提升：本題考查的是三角形中位線定理及等邊三角形的性質，根據(jù)題意判斷出DE是△ABC的中位線時BM最短是解題的關鍵．36．（2022?赫章縣模擬）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形ABCD為菱形，A，B兩點的坐標分別是（4，0），（0，3），點C，D在坐標軸上，則菱形ABCD的周長等于（）A．16 B．20 C．24 D．26思路引領：根據(jù)題意和勾股定理可得AB長，再根據(jù)菱形的四條邊都相等，即可求出菱形的周長．解：∵點A，B的坐標分別為（4，0），（0，3），∴OA＝4，OB＝3，∴AB=O∴菱形ABCD的周長等于4AB＝20．故選：B．總結提升：本題考查了菱形的性質、坐標與圖形性質，解決本題的關鍵是掌握菱形的性質．37．（2022?定安縣二模）如圖，在邊長為22的正方形ABCD中，點E、F分別是邊AB、BC的中點，連接EC、DF交于點O，點G、H分別是EC、FD的中點，連接GH，則GHA．1 B．22 C．102 思路引領：利用正方形的性質和勾股定理求得CE＝DF=10，利用全等三角形的判定與性質和在直角三角形的性質得到CE⊥DF，利用相似三角形的判定與性質求出OF，OC，在Rt△OHG解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD＝22，∵點E、F分別是邊AB、BC的中點，∴BE=12AB，CF=∴BE＝CF=2∴CE＝DF=(2∵點G、H分別是EC、FD的中點，∴HF＝CG=10在△BEC和△CFD中，BE=CF∠B=∠BCD=90°∴△BEC≌△CFD（SAS），∴∠BCE＝∠CDF，∵∠CDF+∠CFD＝90°，∴∠CFD+∠BCE＝90°，∴∠FOC＝90°，∴CE⊥DF．∵∠FCD＝90°，∴△FOC∽△FCD，∴OFFC∴OF2∴OF=105，OC∴OG＝GC﹣OC=1010，OH＝HF﹣OF∴GH=O故選：A．總結提升：本題主要考查了正方形的性質，勾股定理，全等三角形的判定與性質，相似三角形的判定與性質，利用全等三角形的判定定理得到△BEC≌△CFD是解題的關鍵．38．（2022?惠水縣模擬）如圖，在?ABCD中，DF平分∠ADC，交AB于點F，CE平分∠BCD，交AB于點E，AD＝6，AB＝7，則EF長為（）A．4 B．5 C．6 D．7思路引領：首先根據(jù)平行四邊形的性質可得CD∥AB，再根據(jù)角平分線的性質可得∠ECB＝∠DCE，然后證明BC＝BE，AD＝AF，進而可得AE＝BF，進而求解．解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC＝6，AB＝DC＝7，∴∠DCE＝∠BEC，∵CE平分∠BCD交AB于E，DF平分∠ADC，交AB于點F，∴∠ECB＝∠DCE，∠ADF＝∠CDB，∵CD∥AB，∴∠CDB＝∠EFD，∠DCE＝∠BEC，∴∠ADF＝∠EFD，∠BCE＝∠BEC，∴AF＝AD＝6，BE＝BC＝6，∴AE＝BF＝7﹣6＝1，∴EF＝AB﹣AE﹣BF＝7﹣1﹣1＝5．故選：B．總結提升：本題考查平行四邊形的性質，等腰三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握這些知識的應用，屬于常見題，中考?？碱}型．39．（2022?綿竹市模擬）如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，BC＝4，AC＝8，點D為AC邊上一個動點，以BD為邊在BD的上方作正方形BDEF，當AE取得最小值時，BD的長為（）A．25 B．4+255 C．1+45思路引領：過點E作EH⊥AC于H，由四邊形DEFB是正方形，得∠BDE＝90°＝∠C，DE＝BD，可證明△BDC≌△DEH（AAS），即有EH＝CD，DH＝BC＝4，從而AH＝AC﹣DH﹣CD＝4﹣CD，而AE2＝AH2+EH2＝（4﹣CD）2+CD2＝2（CD﹣2）2+8，根據(jù)二次函數(shù)性質可得AE取得最小值時，CD＝2，即可得到答案．解：過點E作EH⊥AC于H，如圖：∵四邊形DEFB是正方形，∴∠BDE＝90°＝∠C，DE＝BD，∴∠EDA+∠BDC＝90°，∠BDC+∠DBC＝90°，∴∠DBC＝∠EDA，且DE＝BD，∠DHE＝∠C＝90°，∴△BDC≌△DEH（AAS），∴EH＝CD，DH＝BC＝4，∴AH＝AC﹣DH﹣CD＝8﹣4﹣CD＝4﹣CD，∵AE2＝AH2+EH2＝（4﹣CD）2+CD2＝2（CD﹣2）2+8，∵2＞0，∴當CD＝2時，AE2最小，AE也最小，此時BD=CD2故選：A．總結提升：本題考查正方形中的動點問題，解題的關鍵是用含CD的代數(shù)式表示AE2，利用二次函數(shù)性質解答．40．（2022?昭平縣二模）如圖，正方形ABCD的邊長為6，點E，F(xiàn)分別是邊BC和CD的中點，連接AE，在AE上取點G，連接GF，若∠EGF＝45°，則GF的長為（）A．35 B．37 C．910思路引領：連接BF交AE于H，根據(jù)正方形的性質得到AB＝BC＝CD，∠ABE＝∠C＝90°，根據(jù)全等三角形的性質得到∠BAE＝∠CBF，AE＝BF，推出△FGH是等腰直角三角形，根據(jù)勾股定理和三角形的面積公式即可得到結論．解：連接BF交AE于H，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD，∠ABE＝∠C＝90°，∵點E、F分別是邊BC，CD的中點，∴BE＝CF，在△ABE與△BCF中，AB=BC∠ABE=∠BCF∴△ABE≌△BCF（SAS），∴∠BAE＝∠CBF，AE＝BF，∵∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠AEB+∠EBH＝90°，∴∠BHE＝90°，∴∠GHF＝90°，∵∠FGH＝45°，∴△FGH是等腰直角三角形，∵AB＝BC＝6，∴AE＝BF=62+∵S△ABE=12AB?BE=12∴BH=AB?BE∴HF＝HG＝BF﹣BH＝35?∴GF=2HF=故選：C．總結提升：本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，正確的作出輔助線是解題的關鍵．41．（2022?黔東南州一模）如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在CD，AC上，BF⊥EF，CE＝1，則AF的長是（）A．322 B．432 C．2思路引領：根據(jù)正方形的性質可得四邊形CMNB是矩形，易證△MFE≌△NBF（ASA），可得ME＝FN，設ME＝FN＝x，根據(jù)MN＝BC＝4列方程，求出FN的長度，進一步可得AN的長度，根據(jù)勾股定理，可得AF的長．解：過點F作FN⊥AB于點N，F(xiàn)M⊥CD于點M，如圖所示：則∠FNB＝90°，∠FMC＝90°，在正方形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，∴四邊形CMNB是矩形，∵正方形ABCD的邊長為4，∴MN＝BC＝4，CM＝BN，∵BF⊥EF，∴∠EFB＝90°，∴∠EFM+∠NFB＝90°，∵∠FBN+∠BFN＝90°，∴∠FBN＝∠EFM，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACD＝45°，∴∠MFC＝∠MCF＝45°，∴MF＝MC＝BN，在△MEF與△NBF中，∠EMF=∠FNBMF=NB∴△MFE≌△NBF（ASA），∴ME＝FN，設ME＝FN＝x，∵CE＝1，則MC＝MF＝BN＝1+x，∵MN＝BC＝4，∴1+x+x＝4，∴x=3∴FN=3∵四邊形ABCD為正方形，∴∠CAB＝45°，∵MN⊥AB，∴∠NFA＝45°，∴AN＝FN=3根據(jù)勾股定理，得AF=3故選：A．總結提升：本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，添加輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．42．（2022?梁園區(qū)校級二模）如圖，在正方形ABCD中，M，N分別為CD，BC上一點，且DM＝CN，連接AM，DN，交于點P，Q，R分別為AN，AD的中點，連接PQ，PR，若PQ=52，PR＝2，則A．21717 B．1717 C．13思路引領：根據(jù)正方形的性質以及全等三角形的判定和性質可得AM⊥DN，再根據(jù)直角三角形的斜邊中線等于斜邊一半可求出AD，AN，再根據(jù)勾股定理求出BN，進而求出CN，再求出DN，由相似三角形的判定和性質進行計算即可．解：∵正方形ABCD，∴AD＝CD，∠ADM＝∠DCN＝90°，又∵DM＝CN，∴△ADM≌△DCN（SAS），∴∠DAM＝∠CDN，∵∠DAM+∠AMD＝90°，∴∠CDN+∠AMD＝90°，∴∠DPM＝90°，即AM⊥DN，∵Q，R分別為AN，AD的中點，∴AD＝2PR＝4，AN＝2PQ＝5，在Rt△ABN中，AN＝5，AB＝AD＝4，∴BN=A∴CN＝4﹣3＝1＝DM，在Rt△CDN中，DN=C∵∠DPM＝∠DCN＝90°，∠PDM＝∠CDN，∴△PDM∽△CDN，∴DMDN即117∴PM=17故選：B．總結提升：本題考查正方形的性質，全等三角形的判定和性質，直角三角形的性質，勾股定理以及相似三角形的判定和性質，掌握正方形的性質，全等三角形的判定和性質，直角三角形的性質，勾股定理以及相似三角形的判定和性質是正確解答的前提．43．（2022?渝北區(qū)校級模擬）如圖，在菱形ABCD中，∠ABC＝40°，點E為對角線BD上一點，F(xiàn)為AD邊上一點，連接AE、CE、FE，若AE＝FE，∠BEC＝56°，則∠DEF的度數(shù)為（）A．16° B．15° C．14° D．13°思路引領：根據(jù)菱形的對角線平分一組對角可得：∠ABE＝∠CBE＝20°，證明△BCE≌△BAE，得∠AEB＝56°，由三角形的內角和定理可得∠BAE＝104°，最后由等腰三角形的性質和平角的定義可得結論．證明：∵四邊形ABCD是菱形，E點在對角線BD上，∴∠ABE＝∠CBE=12∠ABC＝20°，AB＝∵BE＝BE，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴AE＝EC，∠BEA＝∠BEC＝56°，∵AD∥BC，∴∠BAD+∠ABC＝180°，∴∠BAD＝140°，△ABE中，∵∠ABE＝20°，∠AEB＝56°，∴∠BAE＝180°﹣20°﹣56°＝104°，∴∠EAF＝140°﹣104°＝36°，∵AE＝EF，∴∠EAF＝∠AFE＝36°，∴∠AEF＝180°﹣36°﹣36°＝108°，∴∠DEF＝180°﹣56°﹣108°＝16°．故選：A．總結提升：本題考查了菱形的性質，等腰三角形的性質和判定，全等三角形的判定與性質，解題的關鍵是證明△ABE≌△CBE．44．（2022?新樂市校級模擬）四邊形當內角度數(shù)發(fā)生變化時，其形狀也會隨之改變．如圖，改變正方形ABCD的內角，正方形ABCD變?yōu)榱庑蜛BC′D′．若∠D′AB＝30°，則菱形ABC′D′的面積與正方形ABCD的面積之比是（）A．1 B．12 C．22 思路引領：根據(jù)30°角所對的直角邊等于斜邊的一半可知菱形ABC′D′的高等于AB的一半，再根據(jù)正方形的面積公式和平行四邊形的面積公式即可得解．解：根據(jù)題意可知菱形ABC′D′的高等于AB的一半，∴菱形ABC′D′的面積為12AB2，正方形ABCD∴菱形ABC′D′的面積與正方形ABCD的面積之比是12故選：B．總結提升：本題主要考查了正方形與菱形的面積，熟知30°角所對的直角邊等于斜邊的一半是解答本題的關鍵．45．（2022?蜀山區(qū)校級三模）如圖，平行四邊形ABCD中，G、H分別是AD，BC的中點，AE⊥BD，CF⊥BD，四邊形GEFH是矩形，若AB＝5，AD＝8，則BD的長為（）A．395 B．152 C．8 思路引領：根據(jù)矩形的性質得出∠EHF＝∠BFC＝90°，證△EFH∽△CBF，根據(jù)相似得出58=4BF，求出BE，證△ABE≌△CDF，求出解：連接GH，當四邊形GEHF是矩形時，∠EHF＝∠BFC＝90°，∵∠FBH＝∠BFH，∴△EFH∽△CBF，∴EFCB由（1）可得：GA∥HB，GA＝HB，∴四邊形GABH是平行四邊形，∴GH＝AB＝5，∵在矩形GEHF中，EF＝GH，且AB＝5，AD＝8，∴58解得：BF=32∴BE＝BF﹣EF=325?在△ABE和△CDF中，∠AEB=∠CFD∠ABE=∠CDF∴△ABE≌△CDF（AAS），∴BE＝DF=7∴BD＝BF+DF=32故選：A．總結提升：本題考查了矩形的性質，全等三角形的性質和判定，相似三角形的性質和判定，平行四邊形的性質等知識點，能綜合運用知識點進行推理是解此題的關鍵．46．（2022?景縣校級模擬）如圖，已知在矩形ABCD中，AB＝2，M為對角線AC上的一動點，ME⊥CD于點E，MF⊥AD于點F，連接EF．若BC：AC＝3：11，則EF的最小值為（）A．2 B．22 C．31111思路引領：首先利用已知條件和勾股定理求出BC＝AD＝32，CA=22，如圖，連接DM，證明四邊形MEDF為矩形，然后利用矩形的性質推出若EF最小，則DM最小，當DM⊥AC時DM解：∵四邊形ABCD為矩形，∴∠B＝∠ADC＝90°，BC＝AD，AB＝CD＝2，∵BC：AC＝3：11，AB＝2，設BC＝3x，AC=11x根據(jù)勾股定理得22+（3x）2=(11∴x=2∴BC＝AD＝32，CA=22如圖，連接DM，∵ME⊥CD于點E，MF⊥AD于點F，∴∠MED＝∠MFD＝90°，∴四邊形MEDF為矩形，∴DM＝EF，若EF最小，則DM最小，當DM⊥AC時DM最小，此時根據(jù)三角形的面積公式得DM×AC＝AD×CD，∴DM=AD×CD∴EF的最小值為=6故選：D．總結提升：此題考查了矩形的判定和性質的綜合應用，是一開放型試題，是中考命題的熱點．47．（2022?大名縣三模）如圖，正方形ABCD的邊長是10，在正方形外有E、F兩點，滿足AE＝CF＝6，BE＝DF＝8，則EF的長是（）A．143 B．142 C．14 D．102思路引領：延長EA交FD的延長線于點M，可證明△EMF是等腰直角三角形，而EM＝MF＝AE+DF＝14，所以利用勾股定理即可求出EF的長．解：延長EA交FD的延長線于點M，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝DC＝AD＝10，∠BAD＝∠ADC＝90°，∵AE＝6，BE＝8，∴AE2+BE2＝AB2＝100，∴△AEB是直角三角形，同理可證△CDF是直角三角形，在△ABE和△CDF中，AE=CFBE=DF∴△ABE≌△CDF（SSS），∴∠EAB＝∠DCF，∠EBA＝∠CDF，∠EAB+∠EBA＝90°，∠CDF+∠FDC＝90°，∴∠EAB+∠CDF＝90°又∵∠EAB+∠MAD＝90°，∠MDA+∠CDF＝90°，∴∠MAD+∠MDA＝90°，∴∠M＝90°∴△EMF是直角三角形，∵∠EAB+∠MAD＝90°，∴∠EAB＝∠MDA，在△AEB和△DMA中，∠AEB=∠M=90°∠EAB=∠MDA∴△AEB≌△DMA（AAS），∴AM＝BE＝8，MD＝AE＝6，∴EM＝MF＝14，∴EF=ME2故選：B．總結提升：本題考查了正方形的性質、全等三角形的判定和性質以及勾股定理的運用，題目的綜合性較強，難度中等，證明出三角形△EMF是等腰直角三角形是解題的關鍵．48．（2022?包頭模擬）如圖，在正方形ABCD的對角線BD上取一點E，使得∠BAE＝15°，連接CE并延長到F，連接BF，使得BC＝BF．若AB＝1，則有下面四個結論：①AE＝EC；②BE+EC＝EF；③F到BC的距離為22；④SA．1個 B．2個 C．3個 D．4個思路引領：利用正方形的性質，全等三角形的判定與性質，直角三角形的邊角關系定理和三角形的面積公式對每個選項進行逐一判斷即可得出結論．解：①∵四邊形ABCD是正方形，∴正方形ABCD是以對角線BD所在直線為對稱軸的軸對稱圖形，∴點A，C關于直線BD對稱，∵點E在對稱軸上，∴AE＝CE，∴①的結論正確；②在EF上取一點G，使EG＝EB，連接BG，如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABD＝∠CBD＝45°，AB＝BC．在△ABE和△CBE中，AB=CB∠ABE=∠CBE∴△ABE≌△CBE（SAS），∴∠BAE＝∠BCE＝15°．∴∠BEF＝∠CBE+∠BCE＝60°，∴△BEG為等邊三角形，∴BG＝BE，∠BGE＝60°．∵BC＝BF，∴∠F＝∠BCE＝15°．∵∠BGE＝∠GBF+∠F，∴∠GBF＝60°﹣15°＝45°，∴∠GBF＝∠EBC＝45°．在△BGF和△BEC中，BG=BE∠GBF=∠EBC∴△BGF≌△BEC（SAS），∴GF＝EC．∴EF＝GF+GE＝BE+EC，∴②的結論正確；③過點F作FH⊥CB，交CB的延長線于點H，如圖，由②知：∠F＝∠BCE＝15°，∴∠FBC＝150°，∴∠FBH＝30°，∵FH⊥CB，∴FH=12∵BC＝BF，AB＝BC＝1，∴FH=1∴F到BC的距離為12∴③的結論錯誤；④過點A作AM⊥BD于點M，如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABD＝∠ADB＝∠CDB＝45°，AD＝AB＝1，∴AM＝MD=22AD∵AM⊥BD，∴△ABM為等腰直角三角形，∴∠BAM＝45°，∵∠BAE＝15°，∴∠EAM＝30°．∴EM＝AM?tan∠EAM=2∴S△ADE＝S△AEM+S△ADM=1∴④的結論錯誤，綜上，正確的結論有：①②，故選：B．總結提升：本題主要考查了正方形的性質，軸對稱的性質，全等三角形的判定與性質，等邊三角形的判定與性質，特殊角的三角函數(shù)值，直角三角形的邊角關系定理，熟練掌握正方形的性質是解題的關鍵．49．（2022?邯鄲二模）兩個相同的菱形如圖4所示拼接在一起，若∠ABD＝15°，則∠BCF的度數(shù)為（）A．75° B．60° C．45° D．30°思路引領：由菱形的性質可得∠ABC＝2∠ABD＝30°，∠ABC+∠BCD＝180°，可求∠BCD的度數(shù)，即可求解．解：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠ABC＝2∠ABD＝30°，∠ABC+∠BCD＝180°，∴∠BCD＝150°，∴∠BCD＝∠DCF＝150°，∴∠BCF＝60°，故選：B．總結提升：本題考查了菱形的性質，掌握菱形的對角線平分每一組對角是解題的關鍵．50．（2022?瓊海二模）如圖，菱形ABCD的邊長為4，E、F分別是AB、AD上的點，連接CE、CF、EF，AC與EF相交于點G，若BE＝AF＝1，∠BAD＝120°，則S△AGF：S△AGE的值為（）A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：9思路引領：由菱形的性質可得∠BAC＝∠DAC，由角平分線的性質可得GN＝GH，即可求解．解：過點G作GH⊥AD于H，GN⊥AB于N，∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠BAC＝∠DAC，∵BE＝AF＝1，∴AE＝3，∵∠BAC＝∠DAC，GH⊥AD，GN⊥AB，∴GN＝GH，∴S△AGF：S△AGE=12×AF×GH：12故選：B．總結提升：本題考查了菱形的性質，角平分線的性質，掌握菱形的對角線平分每一組對角是解題的關鍵．51．（2022?榆陽區(qū)一模）如圖，點E是矩形ABCD邊AD上一點，連接BE，CE，點F，G，H分別是BE，BC，CE的中點，連接AF，GH，若AF＝6，則GH的長為（）A．3 B．6 C．9 D．12思路引領：由三角形中位線定理可得GH=12BE，由直角三角形的性質可得AF=12解：∵G，H分別是BC，CE的中點，∴GH=12∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∵點F是BE的中點，∴AF=12∴GH＝AF＝6，故選：B．總結提升：本題考查了矩形的性質，三角形中位線定理，直角三角形的性質，靈活運用這些性質解決問題是解題的關鍵．52．（2022?政和縣模擬）如圖，由四個全等的直角三角形和一個小正方形組成的大正方形ABCD．已知，DG⊥DF，垂足為D，BE的延長線交CG于點H．若AE＝2BE，則CGBHA．32 B．2 C．3107思路引領：過點G作GT⊥CF交CF的延長線于T，設BH交CF于M，AE交DF于N．設BE＝AN＝CM＝DF＝a，則AE＝BM＝CF＝DN＝2a，想辦法求出BH，CG，可得結論．解：如圖，過點G作GT⊥CF交CF的延長線于T，設BH交CF于M，AE交DF于N．設BE＝AN＝CM＝DF＝a，則AE＝BM＝CF＝DN＝2a，∴EN＝EM＝MF＝FN＝a，∵四邊形ENFM是正方形，∴∠EFH＝∠TFG＝45°，∠NFE＝∠DFG＝45°，∵GT⊥TF，DF⊥DG，∴∠TGF＝∠TFG＝∠DFG＝∠DGF＝45°，∴TG＝FT＝DF＝DG＝a，∴CT＝3a，CG=(3a)∵MH∥TG，∴△CMH∽△CTG，∴CM：CT＝MH：TG＝1：3，∴MH=13∴BH＝2a+13a=∴CGBH故選：C．總結提升：本題考查相似三角形的判定和性質，正方形的性質，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會利用參數(shù)解決問題，屬于中考常考題型．53．（2022?禹州市二模）如圖，在正方形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點E是OB的中點，連接AE，若AB＝4，則線段AE的長為（）A．22 B．3 C．10 D．13思路引領：根據(jù)正方形的性質可得AB＝BC，∠ABC＝90°，AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD，根據(jù)勾股定理求出AC的長，進一步可得OA和OE的長，再根據(jù)勾股定理可得AE的長．解：在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝90°，AC⊥BD，OA＝OC＝OB＝OD，∵AB＝4，根據(jù)勾股定理，得AC=42∴OA＝OB=22∵點E是OB的中點，∴OE=2∵∠AOE＝90°，根據(jù)勾股定理，得AE=10故選：C．總結提升：本題考查了正方形的性質，勾股定理，熟練掌握正方形的性質是解題的關鍵．54．（2022?樂清市三模）如圖，在正方形ABCD內有一點E，∠AEB＝90°，以CE，DE為鄰邊作?CEDF，連結EF，若A，E，F(xiàn)三點共線，且△ADF的面積為10，則CF的長為（）A．2 B．5 C．22 D．思路引領：設EF、CD的交點為G，過E作EH⊥AD交于H，設正方形的邊長為2x，則AD＝AB＝CD＝2x，DG＝CG＝x，通過證明△ABE∽△GAD，求出AE=255x，則EGAG=35，可得S△ADGS△DEG=53，設S△ADG＝5m，則S△ECG＝S△DEG＝3m，可求S?ECFD＝12m，S△ADF＝8m＝10，能求出m=54，再由S△ADG＝5m=254=x2，可求AD＝5，EA=5，再由S△ADE=1解：設EF、CD的交點為G，過E作EH⊥AD交于H，∵四邊形ECFD是平行四邊形，∴DG＝CG=12設正方形的邊長為2x，則AD＝AB＝CD＝2x，DG＝CG＝x，在Rt△ADG中，AG=5x∵∠AEB＝90°，∴∠BAE+∠DAE＝90