第21章 四边形 单元测试（含答案）-2025-2026学年八年级下册数学人教版

第21章四边形一．选择题（共10小题）1．（2025秋•平谷区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边BC上，BE＝1，点M在BC的延长线上．CP平分∠DCM，点F在CP上，CF=2，过点F作FH⊥BM于点H，连接AF交CD于点N，连接AE、EF．下列结论：①AE⊥EF；②△AEF的面积为172；③△ECN的周长为8；④EN2＝BE2+DNA．1 B．2 C．3 D．42．（2025秋•梁溪区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的边AB在x轴上，AB的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点C落在y轴的正半轴上的点C′处，则点D的对应点D′的坐标为（）A．(−1，3) B．(−1，−3) C．3．（2025秋•辽阳期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点H是边AB的中点，连接OH，若OA＝12，OH＝6.5，则菱形ABCD的面积为（）A．60 B．78 C．120 D．2404．（2025秋•东河区期末）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且AC＝3AE，Rt△FEG的两直角边EF，EG分别交BC，DC于点M，N，若正方形ABCD的边长为6，则重叠部分四边形EMCN的面积为（）A．36 B．32 C．16 D．825．（2025秋•青羊区校级期末）下列说法正确的是（）A．有一组邻角相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 D．有一组邻边相等的矩形是正方形6．（2025秋•榆树市校级期末）大自然是美的设计师，即使是一个小小的盆景，也会产生最具美感的黄金分割比．如图，B为AC的黄金分割点（即ABAC≈0.618）．若AC＝100cm，则A．42cm B．38.2cm C．61.8cm D．70cm7．（2025秋•礼县期末）如图，在正八边形ABCDEFGH中，连接AD，EH，AE，DH，AE与DH交于点O，则∠DAO的度数是（）A．20° B．22.5° C．25° D．30°8．（2025秋•辽阳期末）黄金分割是汉字结构遵循的基本美学规律．如图，汉字“十”端庄稳重、舒展美观，横竖笔画交接处的点C恰好是线段AB的黄金分割点（BC＞AC），若AB＝6cm，则BC的长为（）A．(9−35)cm B．3cm C．(359．（2025秋•建平县期末）如图，在正方形ABCD中，AC，BD相交于点O，CE平分∠ACD交BD于点E，则下列结论错误的是（）A．BE＝CD B．ED=2C．∠BEC＝75° D．OB2+OE2＝CE210．（2025秋•新抚区期末）数学书的综合与实践中学到，重心是一个物体受力的平衡点．如图，M1，M2分别是长方形ABGF，CDEG的重心，若AF＝2，AB＝6，BC＝6，CD＝2，以点B为坐标原点，“1”为一个单位长度，建立平面直角坐标系，则此“L”图形的重心坐标为（）A．(115，115) B．(二．填空题（共5小题）11．（2025秋•双流区校级期末）如图，AC是正方形ABCD的对角线，E，F，O，G分别是AD，BE，AC，CF的中点．若OG=25，则AB的长为12．（2025秋•宁波期末）如图，分别以Rt△ABC的三边为边长，向外作正方形ABDE，BCHI和ACFG，连结DF，其中BC＝5，AC＝10，则DF＝．13．（2025秋•龙凤区校级期末）如图，点O是坐标原点，菱形ABOC的顶点B在y轴的负半轴上，顶点C的坐标为（3，4），则顶点A的坐标为．14．（2025秋•成都期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，且BA＝9，AC＝12，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，点G为四边形DEAF对角线交点，则线段GF的最小值为．15．（2025秋•嘉定区期末）如图，点P是正方形ABCD边BC上一点，且BP=32，PC=2，点Q是边DC的中点，那么AQ三．解答题（共5小题）16．（2025秋•武都区期末）综合与探究【感知】如图1，在△ABC中，BP、CP分别是∠ABC和∠ACB的角平分线．【应用】（1）若∠ABC＝50°，∠ACB＝70°，则∠BPC＝；若∠BAC＝70°，则∠BPC＝；（2）求∠BPC与∠A之间的关系并证明；【拓展】（3）如图2，在四边形ABCD中，BP、CP分别是∠ABC和∠BCD的角平分线，求∠BPC与∠A+∠D的数量关系．17．（2025秋•城关区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB中点，CE∥AB，DE是∠CDB的角平分线，连接AE、BE．（1）求证：四边形CDBE是菱形；（2）若AC＝AD＝3，求AE的长．18．（2025秋•南山区校级期末）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，BD＝2AB，AE∥BD，OE∥AB．（1）求证：四边形ABOE是菱形；（2）若AO＝2，S四边形ABOE＝43，BD的长为．19．（2025秋•深圳月考）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，AD＝BC，AC平分∠DCB，点P是AC上一点，连接DP并延长分别交BC和AB的延长线于点E和点F．（1）证明：四边形ABCD是菱形；（2）若PE=2，EF=32，求20．（2025秋•南岗区期末）如图，点E是▱ABCD对角线AC上的点（不与A，C重合），连接BE，过点E作EF⊥BE交CD于点F．连接BF交AC于点G，BE＝AD，∠FEC＝∠FCE．（1）求证：四边形ABCD是矩形；（2）若点E为AC的中点，请直接写出图中和∠EBA相等的角．

第21章四边形参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2025秋•平谷区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边BC上，BE＝1，点M在BC的延长线上．CP平分∠DCM，点F在CP上，CF=2，过点F作FH⊥BM于点H，连接AF交CD于点N，连接AE、EF．下列结论：①AE⊥EF；②△AEF的面积为172；③△ECN的周长为8；④EN2＝BE2+DNA．1 B．2 C．3 D．4正方形的性质；角平分线的性质；勾股定理．图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】C①证明△HCF是等腰直角三角形得CH＝FH，再由勾股定理得CH＝FH＝√2/2CF＝1，由此得BE＝FH＝1，AB＝EH＝4，进而依据“SAS”判定△ABE和△EHF全等得AE＝FE，∠BAE＝∠HEF，再由∠BAE+∠AEB＝90°得∠HEF+∠AEB＝90°，继而得∠AEF＝90°，据此可对结论①进行判断；②在Rt△ABE中，根据AB＝4，BE＝4得AE=17，进而得AE＝FE=17，再根据AE⊥EF即可得△AEF的面积，继而可对结论③过点A作AQ⊥AF交CB的延长线于点Q，证明∠QAB＝∠NAD，进而依据“SAS”判定△ABQ和△ADN全等得AQ＝AN，BQ＝DN，则EQ＝BE+DN，证明△AEF是等腰直角三角形得∠EAN＝45°，进而得∠EAQ＝∠EAN＝45°，由此依据“SAS”判定△EAQ和△EAN全等得EQ＝EN＝BE+DN，设DN＝a，则CN＝4﹣a，EN＝1+a，在Rt△CEN中，由勾股定理求出a＝2.4得CN＝4﹣a＝1.6，EN＝1+a＝3.4，由此可求出△ECN的周长，继而可对结论③进行判断；④根据DN＝2.4，BE＝1得BE2+DN2＝6.76，再根据EN＝3.4得EN2＝11.56，由此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，且边长为4，∴AB＝BC＝CD＝1，∠DAB＝∠B＝∠BCD＝∠CDA＝90°，∴∠DCM＝180°﹣∠BCD＝90°，∵CP平分∠DCM，∴∠PCM=12∠∵FH⊥BM于点H，∴∠FHE＝90°，∴△HCF是等腰直角三角形，∴CH＝FH，在Rt△HCF中，CF=2由勾股定理得：CF=CF∴CH＝FH=22CF∵点E在边BC上，BE＝1，∴CE＝BC﹣BE＝3，BE＝FH＝1，∴EH＝CE+CH＝4，∴AB＝EH＝4，在△ABE和△EHF中，AB=EH∠B=∠FHE=90°∴△ABE≌△EHF（SAS），∴AE＝FE，∠BAE＝∠HEF，在Rt△ABE中，∠BAE+∠AEB＝90°，∴∠HEF+∠AEB＝90°，∴∠AEF＝180°﹣（∠HEF+∠AEB）＝90°，∴AE⊥EF，故结论①正确；②在Rt△ABE中，AB＝4，BE＝4，由勾股定理得：AE=A∴AE＝FE=17∵AE⊥EF，∴△AEF的面积为：12AE•FE=故结论②正确；③过点A作AQ⊥AF交CB的延长线于点Q，如图所示：∴∠QAF＝90°，∵∠DAB＝∠ABC＝∠CDA＝90°，∴∠ABQ＝∠ADN＝90°，∠QAF＝∠DAB＝90°，∴∠QAF﹣∠BAF＝∠DAB﹣∠BAF，∴∠QAB＝∠NAD，在△ABQ和△ADN中，∠ABQ=∠ADN=90°AB=AD∴△ABQ≌△ADN（SAS），∴AQ＝AN，BQ＝DN，∴EQ＝BE+BQ＝BE+DN，∵AE＝FE，AE⊥EF，∴△AEF是等腰直角三角形，∴∠EAN＝45°，∴∠NAD+∠BAE＝∠DAB﹣∠EAN＝45°，∴∠QAB+∠BAE＝45°，即∠EAQ＝45°，∴∠EAQ＝∠EAN＝45°，在△EAQ和△EAN中，AQ=AN∠EAQ=∠EAN∴△EAQ≌△EAN（SAS），∴EQ＝EN＝BE+DN，设DN＝a，∴CN＝CD﹣DN＝4﹣a，EN＝BE+DN＝1+a，在Rt△CEN中，由勾股定理得：EN2＝CE2+CN2，∴（1+a）2＝32+（4﹣a）2，解得：a＝2.4，∴CN＝4﹣a＝1.6，EN＝1+a＝3.4，∴△ECN的周长为：CN+EN+CE＝1.6+3.4+3＝8，故结论③正确；④∵DN＝2.4，BE＝1，∴BE2+DN2＝12+2.42＝6.76，又∵EN＝3.4，∴EN2＝3.42＝11.56，∴EN2≠BE2+DN2，故结论④不正确，综上所述：正确的结论是①②③，共3个．故选：C．此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活利用勾股定理进行计算是解决问题的关键．2．（2025秋•梁溪区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的边AB在x轴上，AB的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点C落在y轴的正半轴上的点C′处，则点D的对应点D′的坐标为（）A．(−1，3) B．(−1，−3) C．正方形的性质；坐标与图形性质．平面直角坐标系；图形的全等；矩形菱形正方形；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】C过点D'作D'E⊥x轴于点E，根据正方形性质得AB＝BC＝CD＝DA＝2，BC∥DA，则OB＝OA＝1，再根据四边形的不稳定性得BC'＝BC＝2，D'A＝DA＝2，BC'∥D'A，在Rt△C'OA中，由勾股定理得C'O=3，证明△D'EA和△C'OA全等得EA＝OB＝1，D'E＝C'O=3，进而得OE＝2，据此即可得出点点D的对应点【解答】解：过点D'作D'E⊥x轴于点E，如图所示：∴∠D'EA＝∠C'OB＝90°，∴△D'EA和△C'OA都是直角三角形，∵四边形ABCD正方形，且边长为2，∴AB＝BC＝CD＝DA＝2，BC∥DA，∵AB的中点是坐标原点O，∴OB＝OA=12根据四边形的不稳定性得：BC'＝BC＝2，D'A＝DA＝2，BC'∥D'A，∴∠D'AE＝∠C'BO，在Rt△C'OA中，由勾股定理得：C'O=BC在△D'EA和△C'OA中，∠D′EA=∠C′OB=90°∠D′AE=∠C′BO∴△D'EA≌△C'OA（AAS），∴EA＝OB＝1，D'E＝C'O=3∴OE＝OE+EA＝2，∴点点D的对应点D′的坐标为(−2，3故选：C．此题主要考查了坐标与图形，正方形的性质，四边形的不稳定系，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，四边形的不稳定系，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．3．（2025秋•辽阳期末）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点H是边AB的中点，连接OH，若OA＝12，OH＝6.5，则菱形ABCD的面积为（）A．60 B．78 C．120 D．240菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．矩形菱形正方形；推理能力．【答案】C根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，求得AB＝2OH＝13，利用勾股定理求得OB＝5，应用菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，即可得出答案．【解答】解：菱形ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∵点H是边AB的中点，∠AOB＝90°，OH＝6.5，∴AB＝2OH＝13，∵AC⊥BD，由勾股定理可得：OB=A∴BD＝10，AC＝24，∴菱形ABCD的面积=1故选：C．本题主要考查了菱形的性质和面积及直角三角形的性质，关键是根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，求得AB＝2OH＝13，利用勾股定理求得OB＝5解答．4．（2025秋•东河区期末）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且AC＝3AE，Rt△FEG的两直角边EF，EG分别交BC，DC于点M，N，若正方形ABCD的边长为6，则重叠部分四边形EMCN的面积为（）A．36 B．32 C．16 D．82正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】C过点E作EP⊥BC于点P，EQ⊥CD于点Q，先求出AC=62，由AC＝3AE得AE=22，CE=42，证明四边形EPCQ是正方形得EP＝EQ，∠PEQ＝90°，再由∠FEG＝90°得∠PEM＝∠QEN，由此依据“ASA”判定△PEM和△QEN全等得S△PEM＝S△QEN，则S四边形EMCN＝S正方形EPCQ，然后在Rt△EPC中，由勾股定理得EP=2【解答】解：过点E作EP⊥BC于点P，EQ⊥CD于点Q，如图所示：∵四边形ABCD是正方形，且边长为6，∴AB＝BC＝6，∠B＝∠BCD＝90°，∠BCA＝45°，在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=A∵AC＝3AE，∴AE=13AC∴CE＝AC﹣AE=62∵EP⊥BC，EQ⊥CD，∠BCD＝90°，∴∠EPC＝∠EQC＝∠BCD＝90°，∴四边形EPCQ是矩形，∵∠EPC＝90°，∠BCA＝45°，∴△EPC是等腰直角三角形，∴EP＝CP，∴矩形EPCQ是正方形，∴EP＝EQ，∠PEQ＝90°，∠EPM＝∠EQN＝90°，∴∠PEM+∠MEQ＝90°，∵∠FEG＝90°，∴∠QEN+∠MEQ＝90°，∴∠PEM＝∠QEN，在△PEM和△QEN中，∠PEM=∠QENEP=CP∴△PEM≌△QEN（ASA），∴S△PEM＝S△QEN，∴S四边形EMCN＝S△QEN+S四边形EQCM＝S△PEM+S四边形EQCM＝S正方形EPCQ，在Rt△EPC中，EP＝CP，CE=42由勾股定理得：CE=EP∴EP=22CE∴正方形EPCQ的面积为：EP2＝16，∴S四边形EMCN＝S正方形EPCQ＝16．故选：C．此题主要考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，灵活运用勾股定理进行运算是解决问题的关键．5．（2025秋•青羊区校级期末）下列说法正确的是（）A．有一组邻角相等的四边形是矩形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 D．有一组邻边相等的矩形是正方形正方形的判定；菱形的判定；矩形的判定与性质．矩形菱形正方形；推理能力．【答案】D根据矩形、菱形及正方形的判定定理进行排除．【解答】解：A、有一组邻角相等的平行四边形是矩形；故原说法错误；B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形；故原说法错误；C、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故原说法错误；D、有一组邻边相等的矩形是正方形，原说法正确；故选：D．本题主要考查矩形、菱形及正方形的判定，掌握判定定理是解题关键．6．（2025秋•榆树市校级期末）大自然是美的设计师，即使是一个小小的盆景，也会产生最具美感的黄金分割比．如图，B为AC的黄金分割点（即ABAC≈0.618）．若AC＝100cm，则A．42cm B．38.2cm C．61.8cm D．70cm黄金分割．图形的相似；推理能力．【答案】B根据黄金分割点的定义，列出比例式进行求解即可．【解答】解：根据黄金分割点的定义可得：ABAC≈0.618，AC＝100∴AB≈61.8cm，∴BC＝AC﹣AB≈38.2（cm）．故选：B．本题考查黄金分割．熟练掌握黄金分割中的比例关系是解题的关键．7．（2025秋•礼县期末）如图，在正八边形ABCDEFGH中，连接AD，EH，AE，DH，AE与DH交于点O，则∠DAO的度数是（）A．20° B．22.5° C．25° D．30°多边形内角与外角．圆的有关概念及性质；正多边形与圆；运算能力；推理能力．【答案】B根据正八边形的性质以及圆周角定理进行计算即可．【解答】解：如图，由正八边形的对称性可知，点O是正八边形的中心，所以∠DAO=12∠DOE故选：B．本题考查多边形的内角与外角，掌握正八边形的性质以及圆周角定理是正确解答的关键．8．（2025秋•辽阳期末）黄金分割是汉字结构遵循的基本美学规律．如图，汉字“十”端庄稳重、舒展美观，横竖笔画交接处的点C恰好是线段AB的黄金分割点（BC＞AC），若AB＝6cm，则BC的长为（）A．(9−35)cm B．3cm C．(35黄金分割．图形的相似；运算能力．【答案】C把AB＝6cm，AC＝AB﹣BC代入BC2＝AC•AB求解即可．【解答】解：由黄金分割的定义得BC2＝6（6﹣BC），∴BC2+6BC﹣36＝0，解得BC=(35故选：C．本题考查了黄金分割的定义，熟练掌握该知识点是关键．9．（2025秋•建平县期末）如图，在正方形ABCD中，AC，BD相交于点O，CE平分∠ACD交BD于点E，则下列结论错误的是（）A．BE＝CD B．ED=2C．∠BEC＝75° D．OB2+OE2＝CE2正方形的性质；角平分线的定义；勾股定理．等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；几何直观；推理能力．【答案】C由正方形性质得BC＝CD，AC⊥BD，OB＝OC，∠BCO＝∠DCO＝∠CDO＝45°，由角平分线定义得∠OCE＝∠DCE＝22.5°，进而得∠BCE＝∠BCO+∠OCE＝67.5°，∠BEC＝∠DCE+∠CDO＝67.5°，据此可对选项C进行判断；根据∠BCE＝∠BEC＝67.5°得BE＝BC＝CD，据此可对选项A进行判断；在Rt△COE中，由勾股定理得OC2+OE2＝CE2，再根据OB＝OC得OB2+OE2＝CE2，据此可对选项D进行判断；过点E作EF⊥CD于点F，证明△DEF是等腰直角三角形，由勾股定理得DE=2EF，再根据角平分线性质得OE＝EF，进而得DE=2OE，据此可对选项【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，AC⊥BD，OB＝OC，∠BCO＝∠DCO＝∠CDO＝45°，∵CE平分∠ACD交BD于点E，∴∠OCE＝∠DCE=12∠∴∠BCE＝∠BCO+∠OCE＝45°+22.5°＝67.5°，∵∠BEC是△CDE的外角，∴∠BEC＝∠DCE+∠CDO＝22.5°+45°＝67.5°，故选项C不正确，符合题意；∵∠BCE＝∠BEC＝67.5°，∴BE＝BC＝CD，故选项A正确，不符合题意；∵AC⊥BD，∴∠COE＝∠COB＝90°，∴△COE和△COD都是直角三角形，在Rt△COE中，由勾股定理得：OC2+OE2＝CE2，又∵OB＝OC，∴OB2+OE2＝CE2，故选项D正确，不符合题意；过点E作EF⊥CD于点F，如图所示，∴∠EFD＝90°，∵∠CDO＝45°，∴△DEF是等腰直角三角形，∴EF＝DF，由勾股定理得：DE=EF∵AC⊥BD，∴EO⊥CO，∵CE平分∠ACD，EF⊥CD，∴OE＝EF，∴DE=2EF=2故选项B正确，综上所述：结论错误的是选项C．故选C．此题主要考查了正方形的性质，角平分线的定义及性质，勾股定理，理解正方形的性质，角平分线的定义，熟练掌握角平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．10．（2025秋•新抚区期末）数学书的综合与实践中学到，重心是一个物体受力的平衡点．如图，M1，M2分别是长方形ABGF，CDEG的重心，若AF＝2，AB＝6，BC＝6，CD＝2，以点B为坐标原点，“1”为一个单位长度，建立平面直角坐标系，则此“L”图形的重心坐标为（）A．(115，115) B．(矩形的性质；坐标与图形性质．三角形；运算能力．【答案】A根据题意可得点A（0，6），G（2，0），B（0，0），D（6，2），S1＝S长方形ABGF＝AB•AF＝12，S2＝S长方形CDEG＝GC•CD＝（6﹣2）×2＝8，进而根据中点坐标公式可得M1（1，3），M2（4，1），最后代入重心坐标公式可进行求解．【解答】解：∵AF＝2，AB＝6，BC＝6，CD＝2，∴A（0，6），G（2，0），B（0，0），D（6，2），S1＝S长方形ABGF＝AB•AF＝12，S2＝S长方形CDEG＝GC•CD＝（6﹣2）×2＝8，∵AG，BF是长方形ABGF的对角线，且交于一点M1，∴点M1是AG的中点，根据中点坐标公式可得M1（0+22，6+02），即M同理可得M2（4，1），根据重心坐标公式可得：x=x1S1∴此“L”形的重心坐标为（115，11故选：A．本题主要考查图形与坐标，解题的关键是理解题意．二．填空题（共5小题）11．（2025秋•双流区校级期末）如图，AC是正方形ABCD的对角线，E，F，O，G分别是AD，BE，AC，CF的中点．若OG=25，则AB的长为16正方形的性质；三角形中位线定理．矩形菱形正方形；推理能力．【答案】16．根据三角形中位线定理即可得到AF的长，然后根据直角三角形斜边中线的性质得到BE的长，再由勾股定理求解即可．【解答】解：∵O，G分别是AC，CF的中点，OG＝25，∴OG是△CAF的中位线，∴AF＝2OG＝45，∵F是BE的中点，∴BE＝2AF＝85，∵E是AD的中点，∴AE=12∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∴AE=12∵BE2＝BA2+AE2，∴（85）2＝BA2+（12AB）2∴AB＝16（负值已经舍去），故答案为：16．本题考查三角形中位线定理，正方形的性质，勾股定理，关键是三角形中位线定理推出AF＝2OG，由勾股定理列出关于AB的方程．12．（2025秋•宁波期末）如图，分别以Rt△ABC的三边为边长，向外作正方形ABDE，BCHI和ACFG，连结DF，其中BC＝5，AC＝10，则DF＝510正方形的性质；全等三角形的判定与性质．图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】510过点D作DM⊥FC，交FC的延长线于点M，根据正方形性质得AB＝BD，∠ABD＝90°，进而得∠BAC＝∠DBM，由此依据“AAS”判定△ABC和△BDM全等得AC＝BM＝10，BC＝DM＝5，继而得CM＝5，再根据CF＝AC＝10得FM＝15，然后在Rt△FMD中，由勾股定理即可得出DF的长．【解答】解：过点D作DM⊥FC，交FC的延长线于点M，如图所示：∴∠M＝90°，∴△FMD是直角三角形，∵四边形ABDE是正方形，∴AB＝BD，∠ABD＝90°，∴∠DBM+∠ABC＝90°，在△ABC中，∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠M＝90°，∠BAC+∠ABC＝90°，∴∠BAC＝∠DBM，在△ABC和△BDM中，∠ACB=∠M=90°∠BAC=∠DBM∴△ABC≌△BDM（AAS），∴AC＝BM，BC＝DM，∵BC＝5，AC＝10，∴DM＝5，BM＝10，∴CM＝BM﹣BC＝10﹣5＝5，∵四边形ACFG是正方形，∴CF＝AC＝10，∴FM＝CF+CM＝10+5＝15，在Rt△FMD中，DM＝5，FM＝15，由勾股定理得：DF=D故答案为：510此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．13．（2025秋•龙凤区校级期末）如图，点O是坐标原点，菱形ABOC的顶点B在y轴的负半轴上，顶点C的坐标为（3，4），则顶点A的坐标为（﹣2，4）．菱形的性质；坐标与图形性质．矩形菱形正方形；推理能力．【答案】（﹣2，4）．由菱形的性质得到AC＝OC，AC∥BO，推出AC⊥OM，由点C的坐标，得到CM＝3，OM＝4，由勾股定理求出OC＝5，得到AC＝5，求出AM＝2，可得结论．【解答】解：如图，AC交y轴于M，∵四边形ABOC是菱形，∴AC＝OC，AC∥BO，∵BO⊥OM，∴AC⊥OM，∵点C的坐标为（3，4），∴CM＝3，OM＝4，∴OC=M∴AC＝OC＝5，∴AM＝AC﹣MC＝2，点A的坐标为（﹣2，4）．故答案为：（﹣2，4）．本题主要考查菱形的性质，勾股定理，坐标与图形性质，关键是由勾股定理求出OC的长．14．（2025秋•成都期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，且BA＝9，AC＝12，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，点G为四边形DEAF对角线交点，则线段GF的最小值为185矩形的判定与性质；垂线段最短．等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；推理能力．【答案】18由勾股定理求出BC的长，再证明四边形DEAF是矩形，可得EF＝AD，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题．【解答】解：连接AD、EF，∵∠BAC＝90°，且BA＝9，AC＝12，∴BC=9∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠DEA＝∠DFA＝∠BAC＝90°，∴四边形DEAF是矩形，∴EF＝AD，∴当AD⊥BC时，AD的值最小，此时，△ABC的面积=12AB×AC=12∴AD=AB×AC∴EF的最小值为365∵点G为四边形DEAF对角线交点，∴GF=12EF故答案为：185本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．15．（2025秋•嘉定区期末）如图，点P是正方形ABCD边BC上一点，且BP=32，PC=2，点Q是边DC的中点，那么AQ正方形的性质；勾股定理．等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；几何直观；运算能力；推理能力．【答案】2．依题意得AD＝CD＝BC=42，∠C＝∠D＝90°，进而得CQ＝DQ=12CD=22，在Rt△PCQ中，由勾股定理得QP=10，在Rt△ADQ中，由勾股定理得【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD＝BC，∠C＝∠D＝90°，∴△PCQ和△ADQ都是直角三角形，∵点P是正方形ABCD边BC上一点，且BP=32，PC=∴BC＝BP+PC=32∴AD＝CD＝BC=42∵点Q是边DC的中点，∴CQ＝DQ=12CD在Rt△PCQ中，由勾股定理得：QP=P在Rt△ADQ中，由勾股定理得：AQ=A∴AQQP∴AQQP故答案为：2．此题主要考查了正方形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，灵活利用勾股定理进行计算是解决问题的关键．三．解答题（共5小题）16．（2025秋•武都区期末）综合与探究【感知】如图1，在△ABC中，BP、CP分别是∠ABC和∠ACB的角平分线．【应用】（1）若∠ABC＝50°，∠ACB＝70°，则∠BPC＝120°；若∠BAC＝70°，则∠BPC＝125°；（2）求∠BPC与∠A之间的关系并证明；【拓展】（3）如图2，在四边形ABCD中，BP、CP分别是∠ABC和∠BCD的角平分线，求∠BPC与∠A+∠D的数量关系．多边形内角与外角；三角形内角和定理．多边形与平行四边形；推理能力．【答案】（1）120°；125°；（2）∠BPC=90°+1∵BP、CP分别是∠ABC和∠ACB的平分线，∴∠PBC=12∠ABC∴∠BPC＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）=180°−1=180°−1=90°+1（3）∠A+∠D＝2∠BPC．（1）根据角平分线定义，三角形内角和定理求解即可；（2）根据角平分线，三角形内角和定理进行求解；（3）结合（2）的结论，根据三角形外角性质，内角和定理求解．【解答】解：（1）若∠ABC＝50°，∠ACB＝70°，由条件可知∠PBC=1∴∠BPC＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB＝120°．若∠BAC＝70°，∵BP、CP分别是∠ABC和∠ACB的平分线，∴∠PBC=12∠ABC∴∠BPC=180°−∠PBC−∠PCB=180°−1∵∠BAC＝70°，∴∠BPC=90°+1故答案为：120°；125°；（2）∠BPC=90°+1∵BP、CP分别是∠ABC和∠ACB的平分线，∴∠PBC=12∠ABC∴∠BPC＝180°﹣∠PBC﹣∠PCB＝180°﹣（∠PBC+∠PCB）=180°−1=180°−1=90°+1（3）∠A+∠D＝2∠BPC．如图，延长BA，CD，交于点E，由（2）知，∠BPC=90°+1由条件可知∠BAD+∠CDA＝∠E+∠E+∠ADE+∠DAE＝180°+∠E，∴∠E＝∠BAD+∠CDA﹣180°，∴∠BPC=90°+=90°+1=90°+1=1即∠BAD+∠CDA＝2∠BPC．本题考查三角形内角和定理，外角性质定理，角平分线的定义；熟练掌握三角形的内角和定理是解题的关键．17．（2025秋•城关区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB中点，CE∥AB，DE是∠CDB的角平分线，连接AE、BE．（1）求证：四边形CDBE是菱形；（2）若AC＝AD＝3，求AE的长．菱形的判定与性质；平行线的性质；等腰三角形的判定；直角三角形斜边上的中线；勾股定理；平行四边形的判定与性质．线段、角、相交线与平行线；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】（1）∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，∴CD＝AB＝AD＝BD，∵CE∥AB，∴∠CED＝∠BDE，∵DE是∠CDB的角平分线，∴∠CDE＝∠BDE，∴∠CED＝∠CDE，∴CD＝CE，∴CE＝BD，∵CE∥BD，∴四边形CDBE是平行四边形，又∵CD＝BD，∴平行四边形CDBE是菱形；（2）33．（1）由直角三角形斜边上的中线性质得CD=12AB＝AD＝BD，进而证明∠CED＝∠CDE，则CD＝CE，再证明四边形（2）先证明四边形ACED是平行四边形，再证明平行四边形ACED是菱形，得AE⊥CD，则AE⊥BE，然后由勾股定理求出AE的长即可．【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，∴CD＝AB＝AD＝BD，∵CE∥AB，∴∠CED＝∠BDE，∵DE是∠CDB的角平分线，∴∠CDE＝∠BDE，∴∠CED＝∠CDE，∴CD＝CE，∴CE＝BD，∵CE∥BD，∴四边形CDBE是平行四边形，又∵CD＝BD，∴平行四边形CDBE是菱形；（2）解：由（1）可知，CD＝BD＝AD，四边形CDBE是菱形，∴CD∥BE，BE＝BD＝CD，∵CE∥AB，∴四边形ACED是平行四边形，∵AC＝AD＝3，∴平行四边形ACED是菱形，AB＝2AD＝6，BE＝BD＝AD＝3，∴AE⊥CD，∴AE⊥BE，∴∠AEB＝90°，∴AE=AB2本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、等腰三角形的判定、平行线的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．18．（2025秋•南山区校级期末）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，BD＝2AB，AE∥BD，OE∥AB．（1）求证：四边形ABOE是菱形；（2）若AO＝2，S四边形ABOE＝43，BD的长为213．菱形的判定与性质；三角形中位线定理；平行四边形的性质．矩形菱形正方形；推理能力．【答案】（1）证明见解析；（2）213．（1）由平行四边形的性质与已知得出AB＝OB，易证四边形ABOE是平行四边形，即可得出结论；（2）连接BE，交OA于F，由菱形的性质得OA⊥BE，AF＝OF=12OA＝1，BF＝EF=12BE，由菱形的面积求出BE＝43，则BF＝23【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB＝OD=12∵BD＝2AB，∴AB＝OB，∵AE∥BD，OE∥AB，∴四边形ABOE是平行四边形，∵AB＝OB，∴四边形ABOE是菱形；（2）解：连接BE，交OA于F，如图所示：∵四边形ABOE是菱形，∴OA⊥BE，AF＝OF=12OA＝1，BF＝EF=∵S四边形ABOE＝43，S四边形ABOE=12OA•BE=12×∴BE＝43，∴BF＝23，∴OB=B∴BD＝2OB＝213．故答案为：213．本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、菱形面积的计算等知识，熟练掌握平行四边形和菱形的判定与性质是解题的关键．19．（2025秋•深圳月考）如图，在四边形ABCD中，AB＝CD，AD＝BC，AC平分∠DCB，点P是AC上一点，连接DP并延长分别交BC和AB的延长线于点E和点F．（1）证明：四边形ABCD是菱形；（2）若PE=2，EF=32，求菱形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质．线段、角、相交线与平行线；图形的全等；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；图形的相似；运算能力；推