中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)題型訓(xùn)練【選擇題】必考重點(diǎn)01 三角形與四邊形的性質(zhì)及判定（解析版）

【選擇題】必考重點(diǎn)01三角形與四邊形的性質(zhì)及判定近幾年江蘇中考看，在選擇題中對(duì)幾何性質(zhì)的考查一直是必考點(diǎn)，對(duì)于平行線的性質(zhì)一般考查比較簡(jiǎn)單，三角形和四邊形的性質(zhì)的考查在難度上多數(shù)為中等或者較難題型較多，在解此類題型時(shí)，需要考生熟練掌握三角形、四邊形的性質(zhì)和判定定理，能夠利用判定定理判定特殊的三角形、四邊形以及三角形全等，并利用它們的性質(zhì)，求解角度的大小、角與角之間的數(shù)量關(guān)系，線段的長(zhǎng)度以及線段之間的數(shù)量關(guān)系、位置關(guān)系等?！?022·江蘇泰州·中考母題】如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，E為與點(diǎn)D不重合的動(dòng)點(diǎn)，以DE一邊作正方形DEFG.設(shè)DE=d1，點(diǎn)F、G與點(diǎn)C的距離分別為d2，d3，則d1＋d2＋d3的最小值為(

)A． B． C． D．【考點(diǎn)分析】本題主要考查正方形的性質(zhì)、三角形的全等證明等知識(shí)點(diǎn)。【思路分析】要求d1＋d2＋d3的最小值，首先應(yīng)明白，只有當(dāng)A、E、F、C四點(diǎn)共線時(shí)，d1＋d2＋d3的值最小。先連接CF、CG、AE，證可得，得到?！敬鸢浮緾【詳解】解：如圖，連接CF、CG、AE，∵∴在和中，∵∴∴∴當(dāng)時(shí)，最小，∴d1＋d2＋d3的最小值為，故選：C．【2021·江蘇無(wú)錫·中考母題】如圖，D、E、F分別是各邊中點(diǎn)，則以下說(shuō)法錯(cuò)誤的是（

）A．和的面積相等B．四邊形是平行四邊形C．若，則四邊形是菱形D．若，則四邊形是矩形【考點(diǎn)分析】本題考查三角形中位線性質(zhì)定理和平行四邊形、矩形、菱形的判定定理，相似三角形的判定和性質(zhì)?！舅悸贩治觥扛鶕?jù)中位線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形、菱形、矩形的判定定理逐一判斷各個(gè)選項(xiàng)，即可得到答案．【答案】C【詳解】解：∵點(diǎn)D、E、F分別是△ABC三邊的中點(diǎn)，∴DE、DF為△ABC得中位線，∴ED∥AC，且ED＝AC＝AF；同理DF∥AB，且DF＝AB＝AE，∴四邊形AEDF一定是平行四邊形，故B正確；∴，∴，，∴和的面積相等，故A正確；∵，∴DF＝AB=AE，∴四邊形不一定是菱形，故C錯(cuò)誤；∵∠A＝90°，則四邊形AEDF是矩形，故D正確；故選：C．【2020·江蘇南通·中考母題】如圖，在△ABC中，AB＝2，∠ABC＝60°，∠ACB＝45°，D是BC的中點(diǎn)，直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)D，AE⊥l，BF⊥l，垂足分別為E，F(xiàn)，則AE+BF的最大值為（）A． B．2 C．2 D．3【考點(diǎn)分析】本題主要考查了全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理及平移的性質(zhì)，構(gòu)建全等三角形是解答此題的關(guān)鍵。【思路分析】把要求的最大值的兩條線段經(jīng)過(guò)平移后形成一條線段，然后再根據(jù)垂線段最短來(lái)進(jìn)行計(jì)算即可．【答案】A【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)C作CK⊥l于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，在Rt△AHB中，∵∠ABC＝60°，AB＝2，∴BH＝1，AH＝，在Rt△AHC中，∠ACB＝45°，∴AC＝，∵點(diǎn)D為BC中點(diǎn)，∴BD＝CD，在△BFD與△CKD中，，∴△BFD≌△CKD（AAS），∴BF＝CK，延長(zhǎng)AE，過(guò)點(diǎn)C作CN⊥AE于點(diǎn)N，可得AE+BF＝AE+CK＝AE+EN＝AN，在Rt△ACN中，AN＜AC，當(dāng)直線l⊥AC時(shí)，最大值為，綜上所述，AE+BF的最大值為．故選：A．1．（2022·江蘇揚(yáng)州·一模）如圖，△ABC中，AB＝AC，BD＝CE，BE＝CF，若∠A＝50°，則∠DEF的度數(shù)是（

）A．60° B．65° C．70° D．75°【答案】B【分析】首先證明△DBE≌△ECF，進(jìn)而得到∠EFC＝∠DEB，再根據(jù)三角形內(nèi)角和計(jì)算出∠CFE＋∠FEC的度數(shù)，進(jìn)而得到∠DEB＋∠FEC的度數(shù)，然后可算出∠DEF的度數(shù)．【詳解】解：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，在△DBE和△ECF中，，∴△DBE≌△ECF（SAS），∴∠EFC＝∠DEB，∵∠A＝50°，∴∠C＝（180°?50°）÷2＝65°，∴∠CFE＋∠FEC＝180°?65°＝115°，∴∠DEB＋∠FEC＝115°，∴∠DEF＝180°?115°＝65°，故選：B．2．（2022·江蘇無(wú)錫·模擬）如圖，在RtΔABC中，∠ACB=90，AC=6、BC=4，點(diǎn)F為射線CB上一動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)C作CM⊥AF于M交AB于E，D是AB的中點(diǎn)，則DM長(zhǎng)度的最小值是(

)A． B． C．1 D．-2【答案】C【分析】取AC的中點(diǎn)T，連接DT，MT．利用三角形的中位線定理求出DT，利用直角三角形的中線的性質(zhì)求出MT，再根據(jù)，可得結(jié)論．【詳解】解：如圖，取AC的中點(diǎn)T，連接DT，MT．∵，，∴．∵，∴，∴，∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡是以T為圓心，TM為半徑的圓，∴，∴DM的最小值為1，故選：C．3．（2022·江蘇無(wú)錫·模擬）已知點(diǎn)在線段上，分別以、為邊作等邊三角形和等邊三角形，連接與相交于點(diǎn)，連接與相交于點(diǎn)，連接、，則①；②≌；③；④是等邊三角形；⑤平分；⑥；以上結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是（

）A．個(gè) B．個(gè) C．個(gè) D．個(gè)【答案】D【分析】依據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，判定△BCD≌△ACE，△ACN≌△BCM，△BCF≌△ACO，再分別依據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等，對(duì)應(yīng)邊上的高相等，即可得到正確的結(jié)論．【詳解】解：∵三角形ABC和三角形DCE都是等邊三角形，∴BC=AC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°，∴∠BCD=∠ACE=120°，∴△BCD≌△ACE(SAS)，∴AE=BD，故①正確；∴∠CBM=∠CAN，又∵∠BMC=∠AMO，∴∠AOB=∠ACB=60°，∴∠BOE=180°?60°=120°，故③正確；∵∠CBM=∠CAN，∠BCM=∠ACN=60°，BC=AC，∴△ACN≌△BCM(ASA)，故②正確；∴CM=CN，又∵∠MCN=60°，∴△MCN是等邊三角形，故④正確；如圖，過(guò)C作CG⊥BD，CH⊥AE，∵△BCD≌△ACE，∴△BCD中BD邊上的高與△ACE中AE邊上的高對(duì)應(yīng)相等，即CG=CH，∴點(diǎn)C在∠BOE的角平分線上，即CO平分∠BOE，故⑤正確；如圖，在BO上截取OF=OC，則△COF是等邊三角形，∴CO=CF=OF，∠BFC=120°=∠AOC，又∵∠CAO=∠CBF，AC=BC，∴△BCF≌△ACO(AAS)，∴BF=AO，∴BO=BF+OF=AO+CO，故⑥正確；故選：D．4．（2022·江蘇無(wú)錫·模擬）如圖，在菱形ABCD中，AB=2，∠A=120°，過(guò)菱形ABCD的對(duì)稱中心O分別作邊AB，BC的垂線，交各邊于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，則四邊形EFGH的周長(zhǎng)為（

）．A． B． C． D．【答案】A【分析】證明△BEF是等邊三角形，求出EF，同法可證△DGH，△EOH，△OFG都是等邊三角形，求出EH，GF，F(xiàn)G即可．【詳解】解：如圖，連接BD，AC．∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD=120°，∴AB=BC=CD=AD=2，∠BAO=∠DAO=60°，BD⊥AC，∴∠ABO=∠CBO=30°，∴OA=AB=1，OB=OA=，∵OE⊥AB，OF⊥BC，∴∠BEO=∠BFO=90°，在△BEO和△BFO中，，∴△BEO≌△BFO（AAS），∴OE=OF，BE=BF，∵∠EBF=60°，∴△BEF是等邊三角形，∴EF=BE=×=，同法可證，△DGH，△OEH，△OFG都是等邊三角形，∴EF=GH=，EH=FG=，∴四邊形EFGH的周長(zhǎng)=3+，故選：A．5．（2022·江蘇南通·一模）如圖，在中，，的平分線分別交于點(diǎn)E，F(xiàn)，若，，則EF的長(zhǎng)是（

）A．2 B．2.5 C．3 D．3.5【答案】A【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)證明DF=CD，AE=AB，進(jìn)而可得AF和ED的長(zhǎng)，然后可得答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥CB，AB=CD=3，AD=BC=4，∴∠DFC=∠FCB，又∵CF平分∠BCD，∴∠DCF=∠FCB，∴∠DFC=∠DCF，∴DF=DC=3，同理可證：AE=AB=3，∴AF=DE∵AD=4，∴AF=4-3=1，∴EF=4-1-1=2．故選：A．6．（2022·江蘇南京·二模）如圖，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別在矩形ABCD（AB＞AD）的四條邊上，連接EF，F(xiàn)G，GH，HE，得到四邊形EFGH．下列關(guān)于四邊形EFGH的說(shuō)法：①存在無(wú)數(shù)個(gè)四邊形EFGH是平行四邊形；②存在無(wú)數(shù)個(gè)四邊形EFGH是菱形；③存在無(wú)數(shù)個(gè)四邊形EFGH是矩形；④存在無(wú)數(shù)個(gè)四邊形EFGH是正方形，正確的是（

）A．① B．①② C．①②③ D．①②③④【答案】C【分析】連接AC，BD交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)O的直線EG和HF分別交AB，BC，CD，AD于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，則，，根據(jù)對(duì)角線互相平分的四邊形是平行四邊形，對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形，對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形，有一組鄰邊相等的矩形是正方形，逐項(xiàng)判斷即可．【詳解】解：如圖，連接AC，BD交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)O的直線EG和HF分別交AB，BC，CD，AD于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H．①因?yàn)锳BCD是矩形，有無(wú)數(shù)種情況使得，，即存在無(wú)數(shù)個(gè)四邊形EFGH是平行四邊形，故①正確；②當(dāng)時(shí)，四邊形EFGH是菱形，故存在無(wú)數(shù)個(gè)四邊形EFGH是菱形，故②正確；③當(dāng)時(shí)，四邊形EFGH是矩形，故存在無(wú)數(shù)個(gè)四邊形EFGH是矩形，故③正確；④當(dāng)四邊形EFGH是正方形時(shí)，,,易證，可知,,結(jié)合可推出,與已知條件矛盾，故不存在四邊形EFGH是正方形，故④錯(cuò)誤；綜上，①②③正確，故選：C．7．（2022·江蘇無(wú)錫·一模）如圖，等腰Rt△ABC中，AB＝AC＝6，∠BAC＝90°，D是BC邊的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥DF分別交AB、AC于E、F（不與B、C重合）．取EF的中點(diǎn)O，連接AO并延長(zhǎng)交BC于G，連接EG、FG．隨著點(diǎn)E、F的位置的變化，有以下四個(gè)結(jié)論：①DE＝DF；②四邊形AEDF的面積始終為9；③∠EGF＝90°；④四邊形AEGF的面積有最小值為9．其中正確的是（

）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】A【分析】證明△BDE≌△ADF，即可判斷①正確；根據(jù)①的結(jié)論判斷②正確；以點(diǎn)O為圓心，OE為半徑作圓O，由∠BDA=90°，證得AG為圓O的直徑，即點(diǎn)G在圓O上，即可判斷③正確；設(shè)AF=x，則BE=AF=x，AE=6-x，證明四邊形AEGF是矩形，利用矩形面積公式求出四邊形AEGF的面積=，利用二次函數(shù)的性質(zhì)得到四邊形AEGF的面積有最大值為9，即可判斷④錯(cuò)誤．【詳解】解：∵等腰Rt△ABC中，AB＝AC＝6，∠BAC＝90°，D是BC邊的中點(diǎn)，∴AD=BD=CD，∠B=∠CAD=45°，∠ADB=90°，∵∠EDF=90°，∴∠BDE+∠ADE=∠ADE+∠ADF，∴∠BDE=∠ADF，∴△BDE≌△ADF，∴DE=DF，故①正確；∴四邊形AEDF的面積==，∴四邊形AEDF的面積始終為9，故②正確；以點(diǎn)O為圓心，OE為半徑作圓O，連接OD，∵∠EDF=90°，點(diǎn)O為EF的中點(diǎn)，∴OD=OE=OF=OA，∵∠ADG=90°，∴∠GAO+∠AGD=∠ADO+∠GDO，∵OA=OD，∴∠OAD=∠ODA，∴∠AGD=∠ODG，∴OA=OD=OA，∴AG為圓O的直徑，即點(diǎn)G在圓O上，∴∠EGF=90°，故③正確；設(shè)AF=x，則BE=AF=x，AE=6-x，∵OA=OG=OE=OF，∴四邊形AEGF是平行四邊形，∵∠EAF=90°，∴四邊形AEGF是矩形，∴四邊形AEGF的面積=，∴當(dāng)x=3時(shí)，四邊形AEGF的面積有最大值，最大值為9，故④錯(cuò)誤；正確的有①②③．故選：A．8．（2022·江蘇·泰州中學(xué)附屬初中一模）如圖，ABCD中，AB=4cm，AD=6cm，∠ADC的角平分線DE交BC于點(diǎn)E，交AC于點(diǎn)F，CG⊥DE，垂足為G，DG=cm，則EF的長(zhǎng)為（

）A．2cm B．cm C．cm D．cm【答案】C【分析】利用平行四邊形的性質(zhì)以及角平分線的性質(zhì)得出∠CDE=∠CED，進(jìn)而求出CE的長(zhǎng)，再證明△AFD∽△CFE，最后利用相似三角形的性質(zhì)求出EF的長(zhǎng)即可．【詳解】解：∵在?ABCD中，∠ADC的平分線DE交BC于點(diǎn)E，∴∠ADE=∠EDC，∠ADE=∠DEC，AB=DC，∴∠CDE=∠CED，∵AB=4cm，AD=6cm，∴EC=DC=AB=4cm，∵CG⊥DE，DG=cm，∴EG=DG=cm，∴DE=4cm，∵AD∥BC，∴△AFD∽△CFE，∴，則，解得：EF=．故選C．9．（2022·江蘇·宜興市實(shí)驗(yàn)中學(xué)二模）如圖：正方形ABCD邊長(zhǎng)為1，P是AD邊中點(diǎn)，點(diǎn)B與點(diǎn)E關(guān)于直線CP對(duì)稱，連接CE，射線ED與CP交于點(diǎn)F，則EF的值為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】連接BE交CF于H，交CD于N，連接BF，由“SSS”可證△CFB≌△CFE，可得∠FBC＝∠FEC，∠BFC＝∠EFC，通過(guò)證明點(diǎn)C，點(diǎn)D，點(diǎn)F，點(diǎn)B四點(diǎn)共圓，可得∠BFD+∠BCD＝180°，即∠BFD＝90°，由“AAS”可證△BCN≌△CDP，可得CN＝PD＝，由銳角三角函數(shù)可求BH的長(zhǎng)，由等腰直角三角形的性質(zhì)可求EF的長(zhǎng)．【詳解】解：如圖，連接BE交CF于H，交CD于N，連接BF，∵正方形ABCD邊長(zhǎng)為1，P是AD邊中點(diǎn)，∴BC＝CD＝1，PD＝，∠PDC＝∠BCD＝90°，∵點(diǎn)B與點(diǎn)E關(guān)于直線CP對(duì)稱，∴CP垂直平分BE，∴BC＝CE，BF＝EF，CF⊥BE，BH＝EH，又∵CF＝CF，∴△CFB≌△CFE（SSS），∴∠FBC＝∠FEC，∠BFC＝∠EFC，∵CD＝CE，∴∠CED＝∠CDE，∴∠CDE＝∠FBC，∴點(diǎn)C，點(diǎn)D，點(diǎn)F，點(diǎn)B四點(diǎn)共圓，∴∠BFD+∠BCD＝180°，∴∠BFD＝90°，∴∠BFC＝∠EFC＝45°，∵CP⊥BE，∴∠CBH+∠HCB＝90°，又∵∠BCH+∠DCP＝90°，∴∠HBC＝∠DCP，又∵BC＝CD，∠ADC＝∠BCD＝90°，∴△BCN≌△CDP（ASA），∴CN＝PD＝，∴BN＝，∵cos∠NBC＝，∴BH＝，∴EH＝BH＝，∵CF⊥BE，∠CFE＝45°，∴EF＝HE＝，故選：D．10．（2022·江蘇淮安·一模）如圖，在中，點(diǎn)E在BC上，AE與BD相交于點(diǎn)F，若BE：EC=4:5，則BF：FD=（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先由平行四邊形的性質(zhì)得，AD=BC，從而∠ADF=∠EBF，結(jié)合對(duì)頂角相等，可證，再利用相似三角形的性質(zhì)得比例式，然后結(jié)合已知比例式求得答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴，AD=BC，∴∠ADF=∠EBF，又∵∠AFD=∠EFB，∴，∴，∵BE：EC=4：5，∴BE：BC=4：9，∴BF：FD=4：9，故選：D．11．（2022·江蘇宿遷·二模）如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，在BC的延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)E，連接OE交CD于點(diǎn)F．已知，，則CF的長(zhǎng)是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】作OGCD交BC于點(diǎn)G，根據(jù)平行線分線段成比例定理證明BG＝CG，根據(jù)菱形的性質(zhì)可得OB＝OD，則GO是△BCD的中位線，可求出BG、CG和OG的長(zhǎng)，再求出GE的長(zhǎng)，由CFGO可得△ECF∽△EGO，根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例即可求出CF的長(zhǎng)．【詳解】解：如圖，作OGCD交BC于點(diǎn)G，∵四邊形ABCD是菱形，且AB＝5，∴BC＝CD＝AB＝5，OB＝OD，∴，∴BG＝CG＝，∴GO是△BCD的中位線∴GO＝CD＝，GOCD∵CE＝1，∴GE＝CG+CE＝+1＝，∵CFGO，∴∠ECF=∠EGO∵∠E=∠E∴△ECF∽△EGO，∴，∴CF＝，∴CF的長(zhǎng)為，故選：D．12．（2022·江蘇·蘇州高新區(qū)實(shí)驗(yàn)初級(jí)中學(xué)一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，AB＝2，點(diǎn)E為平行四邊形內(nèi)一點(diǎn)且∠AED＝∠BEC＝90°，若∠DEC＝45°，則AD的長(zhǎng)為（）A．3 B．2 C． D．2【答案】B【分析】取AD，BC的中點(diǎn)M，N，連接MN，ME，NE，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可得EM=AD=MD，EN=BC=NC，過(guò)點(diǎn)E作EPAD交CD于點(diǎn)P，根據(jù)平行線的性質(zhì)證明△MEN為等腰直角三角形，進(jìn)而可得結(jié)果．【詳解】如圖，取AD，BC的中點(diǎn)M，N，連接MN，ME，NE，則MN=AB=2，在平行四邊形ABCD中，AD=BC，ADBC，AD，BC的中點(diǎn)為M，N，∠AED=∠BEC=90°，EM=AD=MD，EN=BC=NC，EM=EN，∠MED=∠MDE，∠CEN=∠NCE，過(guò)點(diǎn)E作EPAD交CD于點(diǎn)P，EPBC，∠MDE=∠DEP，∠NCE=∠PEC，∠MED=∠DEP，∠CEN=∠PEC，∠MED+∠CEN=∠DEP+∠PEC=∠DEC=45°，∠MEN=90°，△MEN為等腰直角三角形，AD=2ME=2×MN＝2，故選：B．13．（2022·江蘇蘇州·一模）已知，矩形ABCD中，E為AB上一定點(diǎn)，F(xiàn)為BC上一動(dòng)點(diǎn)，以EF為一邊作平行四邊形EFGH，點(diǎn)G，H分別在CD和AD上，若平行四邊形EFGH的面積不會(huì)隨點(diǎn)F的位置改變而改變，則應(yīng)滿足（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】設(shè)，，，，由于四邊形EFGH為平行四邊形且四邊形ABCD是矩形，所以，，根據(jù)，化簡(jiǎn)后得，F(xiàn)為BC上一動(dòng)點(diǎn)，x是變量，是x的系數(shù)，根據(jù)平不會(huì)隨點(diǎn)F的位置改變而改變，為固定值，x的系數(shù)為0，bc為固定值，，進(jìn)而可得點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，即可進(jìn)行判斷．【詳解】解：∵四邊形EFGH為平行四邊形且四邊形ABCD是矩形，∴，，設(shè)，，，，∴∵F為BC上一動(dòng)點(diǎn)，∴x是變量，是x的系數(shù)，∵不會(huì)隨點(diǎn)F的位置改變而改變，為固定值，∴x的系數(shù)為0，bc為固定值，∴，∴，∴E是AB的中點(diǎn)，∴，故選：C．14．（2022·江蘇·江陰市祝塘第二中學(xué)一模）如圖，△ABC中，AB＝8，AC＝6，∠A＝90°，點(diǎn)D在△ABC內(nèi)，且DB平分∠ABC，DC平分∠ACB，過(guò)點(diǎn)D作直線PQ，分別交AB、AC于點(diǎn)P、Q，若△APQ與△ABC相似，則線段PQ的長(zhǎng)為（）A．5 B． C．5或 D．6【答案】B【分析】當(dāng)PQ∥BC時(shí)，△APQ∽△ABC，如圖1，根據(jù)角平分線的定義得到∠PBD＝∠CBD，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到PB＝PD，同理，DQ＝CQ，設(shè)AP＝4x，AQ＝3x，根據(jù)勾股定理得到PQ＝5x，根據(jù)題意列方程即可得到結(jié)論；當(dāng)∠APQ＝∠ACB時(shí)，△APQ∽△ACB，由勾股定理得到BC＝10，過(guò)D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，DG⊥BC于G，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到DE＝DF＝DG，根據(jù)三角形的面積公式得到DE＝＝2，四邊形AEDF是正方形，推出△PED∽△DFQ∽△CAB，求得＝＝＝，得到PE＝，F(xiàn)Q＝，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．【詳解】解：當(dāng)PQ∥BC時(shí)，△APQ∽△ABC，如圖1，∵DB平分∠ABC，∴∠PBD＝∠CBD，∵PD∥BC，∴∠PDB＝∠DBC，∴∠PBD＝∠PDB，∴PB＝PD，同理，DQ＝CQ，∵∠APQ＝∠ABC，∴tan∠APQ＝tan∠ABC＝＝＝，∴設(shè)AP＝4x，AQ＝3x，∴PQ＝5x，∵PB＝PD＝8﹣4x，PQ＝CQ＝6﹣3x，∴8﹣4x+6﹣3x＝5x，∴x＝，∴PQ＝5x＝；當(dāng)∠APQ＝∠ACB時(shí)，△APQ∽△ACB，∵AB＝8，AC＝6，∠A＝90°，∴BC＝10，過(guò)D作DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，DG⊥BC于G，∵DB平分∠ABC，DC平分∠ACB，∴DE＝DF＝DG，∵S△ABC＝DE（AB+AC+BC）＝AB?AC，∴DE＝＝2，四邊形AEDF是正方形，∴DF∥AP，∴∠EPD＝∠FDQ，同理∠EDP＝∠FQD，∴△PED∽△DFQ∽△CAB，∴＝＝＝，∴PE＝，F(xiàn)Q＝，∴PD＝＝＝，DQ＝＝＝，∴PQ＝PD+DQ＝+＝，綜上所述，若△APQ與△ABC相似，則線段PQ的長(zhǎng)為，故選：B．15．（2022·江蘇·南外雨花分校一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，下列條件中，不能判斷這個(gè)平行四邊形是菱形的是（

）A．AB=AD B．∠BAC=∠DAC C．∠BAC=∠ABD D．AC⊥BD【答案】C【分析】根據(jù)菱形的判定定理分別進(jìn)行分析即可．【詳解】由鄰邊相等的平行四邊形是菱形，A選項(xiàng)可以判斷這個(gè)平行四邊形是菱形由AB//CD可得∠BAC=∠DCA，及∠BAC=∠DAC可得∠DAC=∠DCA，可得AD=CD，由鄰邊相等的平行四邊形是菱形，B選項(xiàng)可以判斷這個(gè)平行四邊形是菱形由∠BAC=∠ABD可得OA=OB，則AC=BD，可得這個(gè)四邊形是矩形，C選項(xiàng)不可以判斷這個(gè)平行四邊形是菱形由對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形，D選項(xiàng)可以判斷這個(gè)平行四邊形是菱形故答案選：C16．（2022·江蘇·蘇州高新區(qū)實(shí)驗(yàn)初級(jí)中學(xué)三模）如圖，在△ABC中，DC平分∠ACB，BD⊥CD于點(diǎn)D，∠ABD＝∠A，若BD＝1，AC＝7，則tan∠CBD的值為（）A．5 B． C．3 D．【答案】B【分析】延長(zhǎng)BD交AC于點(diǎn)E，先證明，從而求出BE的長(zhǎng)，再利用等腰三角形的判定求出AE，利用線段的和差關(guān)系求出CE，得用勾股定理求出CD，最后求出的正切．【詳解】解：延長(zhǎng)BD交AC于點(diǎn)E，如圖，∵DC平分，于點(diǎn)D，∴，，在和中，，∴，∴BD=ED=1，∵，∴AE=BE=2，∵AC=7∴CE=AC-AE=5，∴，∴．故選：B．17．（2022·江蘇蘇州·二模）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝60，∠B＝∠D＝90，AB＝AD，點(diǎn)E、F分別是AB，AD邊上的中點(diǎn)，則sin∠ECF＝（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】連接AC，EF，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥CF于點(diǎn)N，證明△ABC≌△ADC，得到，，再證明△BEC≌△DFC，得到，設(shè)，，再求出BC、CE、CF，設(shè)，則也可表示出，在Rt△CEN和Rt△FEN中，由勾股定理可得，，求出NF的長(zhǎng)，再解出EN的長(zhǎng)，最后求出所求角的正弦值即可．【詳解】如圖，連接AC，EF，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥CF于點(diǎn)N，∵在△ABC和△ADC中，，∴△ABC≌△ADC（HL），∴，，又∵，∴，∵E、F分別是AB、AD的中點(diǎn)，∴，∵在△BEC和△DFC中，，∴△BEC≌△DFC（SAS），∴，設(shè)，，∵，，∴，∵在Rt△BEC中，由勾股定理可得，∴，∴，∵，，∴，設(shè)，則，∵在Rt△CEN和Rt△FEN中，由勾股定理可得，，∴，∴，解得，則，∵，∴，∴，故選：D．18．（2022·江蘇鎮(zhèn)江·二模）如圖，在中，，．矩形的頂點(diǎn)、、分別在邊、、上，若，則矩形面積的最大值為（

）A．5 B． C． D．【答案】C【分析】過(guò)點(diǎn)作，垂足為，根據(jù)已知可得，再根據(jù)矩形的性質(zhì)可證一線三等角模型相似三角形，從而可得，然后設(shè)，，，，利用勾股定理可得，，再在中，利用銳角三角函數(shù)的定義表示出，從而根據(jù)，可得，最后根據(jù)矩形的面積公式進(jìn)行計(jì)算可得矩形的面積，從而利用二次函數(shù)的最值進(jìn)行計(jì)算即可解答．【詳解】解：過(guò)點(diǎn)作，垂足為，，，，，，四邊形是矩形，，，，，，，設(shè)，，，，，，，，，，，，，矩形的面積，當(dāng)時(shí)，矩形的面積最大值為：，故選：C．19．（2022·江蘇連云港·二模）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)是3，P、Q分別在AB、BC的延長(zhǎng)線上，且，連接AQ、DP交于點(diǎn)O，分別與邊CD，BC交于點(diǎn)F，E，連接AE．現(xiàn)給出以下結(jié)論：①；②；③；④當(dāng)時(shí)，；其中正確的是（

）（寫出所有正確結(jié)論的序號(hào)）A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．②③④【答案】C【分析】由四邊形ABCD是正方形，得到AD＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠P＝∠Q，根據(jù)余角的性質(zhì)得到AQ⊥DP；故①正確；根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到AO2＝OD?OP，由OD≠OE，得到OA2≠OE?OP；故③錯(cuò)誤；根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CF＝BE，DF＝CE，于是得到S△ADF－S△DFO＝S△DCE－S△DOF，即S△AOD＝S四邊形OECF；故②正確；根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到BE＝，求得QE＝，QO＝，OE＝，由三角函數(shù)的定義即可得到結(jié)論．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝BC，∠DAB＝∠ABC＝90°，∵BP＝CQ，∴AP＝BQ，在△DAP與△ABQ中，，∴△DAP≌△ABQ（SAS），∴∠P＝∠Q，∵∠Q＋∠QAB＝90°，∴∠P＋∠QAB＝90°，∴∠AOP＝90°，∴AQ⊥DP；故①正確，符合題意；∵∠DOA＝∠AOP＝90°，∠ADO＋∠P＝∠ADO＋∠DAO＝90°，∴∠DAO＝∠P，∴△DAO∽△APO，∴，∴AO2＝OD?OP，∵AE＞AB，∴AE＞AD，∴OD≠OE，∴OA2≠OE?OP；故③錯(cuò)誤，不符合題意；在△CQF與△BPE中，∴△CQF≌△BPE（AAS），∴CF＝BE，∴DF＝CE，在△ADF與△DCE中，，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴S△ADF－S△DFO＝S△DCE－S△DOF，即S△AOD＝S四邊形OECF；故②正確，符合題意；∵BP＝1，AB＝3，∴AP＝4，∵△PBE∽△PAD，∴，∴BE＝，∴QE＝，∵△QOE∽△PAD，∴，∴QO＝，OE＝，∴AO＝5－QO＝，∴tan∠OAE＝，故④正確，符合題意；故答案為：①②④．20．（2022·江蘇·無(wú)錫市天一實(shí)驗(yàn)學(xué)校三模）如圖，在邊長(zhǎng)一定的正方形ABCD中，F(xiàn)是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)，連接AF，以AF為斜邊作等腰直角三角形AEF．有下列四個(gè)結(jié)論：①；②四邊形AFCE的面積是定值；③當(dāng)時(shí)，E為△ADC的內(nèi)心；④若點(diǎn)F在BC上以一定的速度，從B往C運(yùn)動(dòng)，則點(diǎn)E與點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)速度相等．其中正確的結(jié)論的個(gè)數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】由正方形的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)得：∠FAE=∠CAF+∠CAE=∠CAE+∠DAE=45°，從而可判定①正確；由已知及①可得△CAF∽△DAE，由△CAF∽△DAE可得∠ADE=∠CDE=45°，，由正方形的性質(zhì)可證明△ADE≌△CDE，可得AE=CE，即可判斷②；即有∠EAC=∠ECA，再由∠AEC=135°可得∠EAC=∠ECA=22.5°，從而CE、AE分別平分∠ACD、∠CAD，即可判定③正確；連接BD交AC于點(diǎn)O，由∠ADE=∠CDE=45°知，點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡為線段OD，而點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡為線段BC，由知，點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)速度是點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)速度的倍，即④錯(cuò)誤，因而可確定答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，AC是對(duì)角線，∴AD=CD，∠ADC=90°，∠DAC=∠DCA=∠ACB=45°，∵△AEF是等腰直角三角形，∴∠FAE=∠DAC=45°，∵∠FAE=∠CAF+∠CAE=∠CAE+∠DAE=∠DAC=45°，∴∠CAF=∠DAE，故①正確；∵△AEF、△DAC都是等腰直角三角形，∴即，∵∠CAF=∠DAE，∴△CAF∽△DAE，∴∠ADE=∠ACB=45°，，∵∠ADC=90°，∴∠ADE=∠CDE=45°，在△ADE和△CDE中，，∴△ADE≌△CDE(SAS)，∴AE=CE，，∴∠EAC=∠ECA，，∴四邊形AECF的面積是定值，故②正確；∵∠AEC=135°，∴，∵∠DAC=∠DCA=45°=2∠EAC=2∠ECA，∴CE、AE分別平分∠ACD、∠CAD，∵∠ADE=∠CDE=45°，∴DE平分∠ADC即點(diǎn)E是△ADC角平分線的交點(diǎn)，從而是△ADE的內(nèi)心，故③正確；如圖，連接BD交AC于點(diǎn)O，∵∠ADE=∠CDE=45°，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)B重合時(shí)，點(diǎn)E與點(diǎn)O重合；當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時(shí)，點(diǎn)E與點(diǎn)D重合，∴點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡為線段OD，而點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡為線段BC，∵，且點(diǎn)F與點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，∴，即點(diǎn)F與點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)速度不相同，故④錯(cuò)誤故選：C．21．（2022·江蘇鎮(zhèn)江·模擬）是邊長(zhǎng)為4的等邊三角形，其中點(diǎn)P為高AD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接BP，將BP繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到BE，連接PE、DE、CE，則周長(zhǎng)的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先證明，作關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)，連接，根據(jù)對(duì)稱性可得周長(zhǎng)，當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)，取得最小值，據(jù)此即可求解．【詳解】將BP繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到BE，△BPE是等邊三角形，∵△ABC是等邊三角形，∴AB=AC=BC=4，∠BAC=∠ABC=60°，∵AD⊥CB，∴BD=CD=2，∠BAD=∠CAD=∠BAC=30°，∵∠PBE=∠ABC=60°，∴∠ABP=∠CPE，∵BA=BC，BP=BE，∴△ABP≌△CBE（SAS），∴∠BAP=∠BCE=30°，AP=CE∴點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡是射線CE（∠BCE=30°），如圖，作關(guān)于的對(duì)稱點(diǎn)，連接，，，是等邊三角形，周長(zhǎng)當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)，取得最小值，最小值為故選A22．（2022·江蘇南通·二模）如圖，等邊三角形ABC中，點(diǎn)P，Q分別在邊AB，AC上，BP＝2CQ．過(guò)由Q作PQ的垂線，交邊BC于點(diǎn)R．若求△ABC的周長(zhǎng)，則只需知道（

）A．四邊形APRQ的周長(zhǎng) B．四邊形PQCR的周長(zhǎng)C．△BPR的周長(zhǎng) D．△APQ的周長(zhǎng)【答案】C【分析】取的中點(diǎn)，連接，過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作，交于點(diǎn)，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)與判定可知是等邊三角形，進(jìn)而證明是平行四邊形，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，，根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)可得，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得，計(jì)算的周長(zhǎng)為，即可求解．【詳解】如圖，取的中點(diǎn)，連接，過(guò)點(diǎn)作交于點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作，交于點(diǎn)，是等邊三角形，，，，是等邊三角形，同理可得是等邊三角形，，則，即，是的中點(diǎn)，則，中，是斜邊上的中線，，，，，即為的中點(diǎn)，，，，又，，三點(diǎn)共線，是等邊三角形，，四邊形是平行四邊形，，，．△BPR的周長(zhǎng)等于，等邊三角形的周長(zhǎng)等于．故選C．23．（2022·江蘇無(wú)錫·一模）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別為BC、CD的中點(diǎn)，連接AE，BF交于點(diǎn)G，將△BCF沿BF對(duì)折，得到△BPF，延長(zhǎng)FP交BA延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，下列結(jié)論：①；②；③；④；⑤．其中正確的結(jié)論有（

）A．2個(gè) B．3個(gè) C．4個(gè) D．5個(gè)【答案】C【分析】①先根據(jù)折疊的性質(zhì)得到，再利用正方形的性質(zhì)得到，通過(guò)角的等量代換得出，得到；②根據(jù)正方形的性質(zhì)、線段中點(diǎn)的定義可得到，，，證明出，之后利用等角的余角相等可得出結(jié)果；③用相似的定理證明，再根據(jù)對(duì)應(yīng)邊的比值相等求出；④設(shè)正方形邊長(zhǎng)為，，然后在中利用勾股定理求出的值，由此利用余弦的定義即可得出結(jié)果；⑤先利用勾股定理求出AE的長(zhǎng)，再利用面積法求出的長(zhǎng)，再利用勾股定理求出的長(zhǎng)，然后分別求出和即可得出其關(guān)系．【詳解】解：①∵△BCF沿BF對(duì)折，得到△BPF，∴,∴,∵正方形ABCD，∴，∴，∴，∴，故結(jié)論①是正確的，符合題意；②∵E，F(xiàn)分別為BC、CD的中點(diǎn)，∴，在和中，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故結(jié)論②是正確的，符合題意；③∵E，F(xiàn)分別為BC、CD的中點(diǎn),∴=，在和中，∴，∴，∴，故結(jié)論③是正確的，符合題意；④設(shè)正方形邊長(zhǎng)為，，∴，由①可知，，∴∵△BCF沿BF對(duì)折，得到△BPF，∴，在中，，∴，解得：∴，故結(jié)論④錯(cuò)誤，不符合題意；⑤在④的基礎(chǔ)上可得：，∴,又∵，即，∴，∴，∴，，，，故結(jié)論⑤正確，符合題意；所以①②③⑤是正確的；故選：C．24．（2022·江蘇蘇州·模擬）如圖，P是等邊三角形內(nèi)的一點(diǎn)，且，，，以為邊在外作，連接，則以下結(jié)論中不正確的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)△ABC是等邊三角形，得出∠ABC=60°，根據(jù)△BQC≌△BPA，得出∠CBQ=∠ABP，PB=QB=4，PA=QC=3，∠BPA=∠BQC，求出∠PBQ=60°，即可判斷A