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第五章 四边形
（考试时间：100分钟 试卷满分：120分）
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为3：1，则这个正多边形是（ ）
A．正方形 B．正六边形 C．正八边形 D．正十边形
【答案】C
【分析】设这个外角是x°，则内角是3x°，根据内角与它相邻的外角互补列出方程求出外角的度数，根据
多边形的外角和是360°即可求解．
【详解】解：∵一个正多边形每个内角与它相邻外角的度数比为3：1，
∴设这个外角是x°，则内角是3x°，
根据题意得：x+3x＝180°，
解得：x＝45°，
360°÷45°＝8（边），
故选：C．
【点睛】本题考查了多边形的内角和外角，根据内角与它相邻的外角互补列出方程是解题的关键．
【新考法】 数学与实际生活——利用数学知识解决实际问题
2．如图1是我国古建筑墙上采用的八角形空窗，其轮廓是一个正八边形，窗外之境如同镶嵌于一个画框之
中．如图2是八角形空窗的示意图，它的一个外角∠1=（ ）
A．45° B．60° C．110° D．135°
【答案】A
【分析】由正八边形的外角和为360°，结合正八边形的每一个外角都相等，再列式计算即可．
【详解】解：∵正八边形的外角和为360°，
360°
∴∠1= =45°，
8
故选A
【1 淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
【点睛】本题考查的是正多边形的外角问题，熟记多边形的外角和为360°是解本题的关键．
3．如图，在 ▱ABCD中，一定正确的是（ ）
A．AD=CD B．AC=BD C．AB=CD D．CD=BC
【答案】C
【分析】根据平行四边形的性质：平行四边形的对边相等，然后对各选项进行判断即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质．解题的关键在于熟练掌握平行四边形的性质．
4．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为CD的中点．若OE＝3，则菱形ABCD的
周长为（ ）
A．6 B．12 C．24 D．48
【答案】C
【分析】由菱形的性质可得出BO=DO，AB=BC=CD=DA，再根据中位线的性质可得BC=2OE=6，结合
菱形的周长公式即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，
∴BO=DO，AB=BC=CD=DA，
∵OE=3，且点E为CD的中点，
∴OE是△BCD的中位线，
∴BC=2OE=6．
∴菱形ABCD的周长为:4BC=4×6=24．
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及中位线的性质，解题的关键是求出BC=6．
5．下列说法错误的是（ ）
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A．对角线垂直且互相平分的四边形是菱形
B．同圆或等圆中，同弧对应的圆周角相等
C．对角线相等的四边形是矩形
D．对角线垂直且相等的平行四边形是正方形
【答案】C
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法及圆周角定理，分别分析得出答案．
【详解】解：A．对角线垂直且互相平分的四边形是菱形，所以A选项说法正确，故A选项不符合题意；
B．同圆或等圆中，同弧对应的圆周角相等，所以A选项说法正确，故B选项不符合题意；
C．对角线相等的四边形是不一定是矩形，所以C选项说法不正确，故C选项符合题意；
D．对角线垂直且相等的平行四边形是正方形，所以D选项说法正确，故D选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，平行四边形的判定与性质，菱形的判定等知识，熟练掌握圆周角定
理，平行四边形的判定与性质，菱形的判定方法等进行求解是解决本题的关键．
6．【创新题】如图，抛物线y=ax2+c经过正方形OABC的三个顶点A，B，C，点B在y轴上，则ac的
值为（ ）
A．−1 B．−2 C．−3 D．−4
【答案】B
(c c)
【分析】连接AC，交y轴于点D，根据正方形的性质可知AC=OB=2AD=2OD，然后可得点A , ，
2 2
进而代入求解即可．
【详解】解：连接AC，交y轴于点D，如图所示：
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当x=0时，则y=c，即OB=c，
∵四边形OABC是正方形，
∴AC=OB=2AD=2OD=c，AC⊥OB，
(c c)
∴点A , ，
2 2
c c2
∴ =a× +c，
2 4
解得：ac=−2，
故选B．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象与性质及正方形的性质，熟练掌握二次函数的图象与性质及正方形
的性质是解题的关键．
【几何模型】梯子模型
7．如图，已知∠MON=90°，线段AB长为6，AB两端分别在OM、ON上滑动，以AB为边作正方形
ABCD，对角线AC、BD相交于点P，连接OC．则OC的最大值为（ ）
A．6+3√5 B．8 C．3+3√5 D．9
【答案】C
【分析】取AB的中点E，连接OE、CE，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可求得
【4 淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
1
OE=BE= AB，再根据勾股定理求得CE=√BE2+CB2=3√5，即可根据“两点之间线段最短”得
2
OC≤3+3√5，则OC的最大值为3+3√5，于是得到问题的答案．
【详解】解：取AB的中点E，连接OE、CE，
∵∠AOB=90°，线段AB长为6，
1
∴OE=BE= AB=3，
2
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBE=90°，CB=AB=6，
∴CE=√BE2+CB2=√32+62=3√5，
∵OC≤OE+CE，
∴OC≤3+3√5，
∴OC的最大值为3+3√5，
故选：C．
【点睛】此题重点考查正方形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、两点之间线
段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
【几何模型】半角模型
8．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接AE，AF，EF，∠EAF=45°．若
∠BAE=α，则∠FEC一定等于（ ）
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A．2α B．90°−2α C．45°−α D．90°−α
【答案】A
【分析】利用三角形逆时针旋转90°后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】将△ADF绕点A逆时针旋转90°至△ABH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=∠C=90°，
由旋转性质可知：∠DAF=∠BAH，∠D=∠ABH=90°，AF=AH，
∴∠ABH+∠ABC=180°，
∴点H，B，C三点共线，
∵∠BAE=α，∠EAF=45°，∠BAD=∠HAF=90°，
∴∠DAF=∠BAH=45°−α，∠EAF=∠EAH=45°，
∵∠AHB+∠BAH=90°，
∴∠AHB=45°+α，
在△AEF和△AEH中
¿，
∴△AFE≌△AHE(SAS)，
∴∠AHE=∠AFE=45°+α，
∴∠AHE=∠AFD=∠AFE=45°+α，
∴∠DFE=∠AFD+∠AFE=90°+2α，
∵∠DFE=∠FEC+∠C=∠FEC+90°，
∴∠FEC=2α，
故选：A．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋
转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度．
9．如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO
交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（ ）
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A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
【答案】B
【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．
【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．
故选：B．
【点睛】考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关
系即可求解．
10．如图，已知菱形ABCD的边长为2，对角线AC、BD相交于点O，点M，N分别是边BC、CD上的
动点，∠BAC=∠MAN=60°，连接MN、OM.以下四个结论正确的是（ ）
1
①△AMN是等边三角形；②MN的最小值是√3；③当MN最小时S = S ；④当OM⊥BC时，
△CMN 8 菱形ABCD
OA2=DN⋅AB.
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】①依据题意，利用菱形的性质及等边三角形的判定与性质，证出∠MAC=∠DAN，然后证
△CAM≌△DAN(ASA)，AM=AN，即可证出．
②当MN最小值时，即AM为最小值，当AM⊥BC时，AM值最小，利用勾股定理求出
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，即可得到MN的值．
AM=√AB2−BM2=√22−12=√3
③当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，利用三角形中位线定理得到AC⊥MN，用勾股定理求
√ √3 2 1 1 1 √3
出CE=√CN2−EN2= 12−( ) = ，S = × ×√3= ，而菱形ABCD的面积为：
2 2 △CMN 2 2 4
2×√3=2√3，即可得到答案．
④当OM⊥BC时，可证△OCM∽△BCO，利用相似三角形对应边成比例可得OC2=CM⋅BC，根据等
量代换，最后得到答案．
【详解】解：如图：在菱形ABCD中，AB=BC=AD=CD，AC⊥BD，OA=OC，
∵∠BAC=∠MAN=60°，
∴∠ACB=∠ADC=60°，△ABC与△ADC为等边三角形，
又∠MAC=∠MAN−∠CAN=60°−∠CAN，
∠DAN=∠DAC−∠CAN=60°−∠CAN，
∴∠MAC=∠DAN，
在△CAM与△DAN中
¿
∴△CAM≌△DAN(ASA)，
∴AM=AN，
即△AMN为等边三角形，
故①正确；
∵AC⊥BD，
当MN最小值时，即AM为最小值，当AM⊥BC时，AM值最小，
1
∵AB=2,BM= BC=1，
2
∴AM=√AB2−BM2=√22−12=√3
即MN=√3，
故②正确；
当MN最小时，点M、N分别为BC、CD中点，
∴MN∥BD，
∴AC⊥MN，
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在△CMN中，
√ √3 2 1
CE=√CN2−EN2= 12−( ) = ，
2 2
1 1 √3
∴S = × ×√3= ，
△CMN 2 2 4
而菱形ABCD的面积为：2×√3=2√3，
1 √3
∴ ×2√3= ，
8 4
故③正确，
当OM⊥BC时，
¿
∴△OCM∽△BCO
OC CM
∴ =
BC OC
∴OC2=CM⋅BC
∴OA2=DN⋅AB
故④正确；
故选：D．
【点睛】此题考查了菱形的性质与面积，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定，勾股定理，三角
形中位线定理等相关内容，熟练掌握菱形的性质是解题关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．【原创题】一个多边形的内角和与外角和之和为900°，则这个多边形的边数为 .
【答案】5
【分析】本题需先根据已知条件以及多边形的外角和是360°，解出内角和的度数，再根据内角和度数的计
算公式即可求出边数．
【详解】解：∵多边形的内角和与外角和的总和为900°，多边形的外角和是360°，
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∴多边形的内角和是900−360＝540°，
∴多边形的边数是：540°÷180°＋2＝3＋2＝5．
故答案为：5．
【点睛】本题主要考查了多边形内角与外角，在解题时要根据外角和的度数以及内角和度数的计算公式解
出本题即可．
12．数学实践活动中，为了测量校园内被花坛隔开的A，B两点的距离，同学们在AB外选择一点C，测得
AC,BC两边中点的距离DE为10m（如图），则A，B两点的距离是 m．
【答案】20
【分析】根据题意得出DE为∆ABC的中位线，然后利用其性质求解即可．
【详解】解：∵点D、E为AC，BC的中点，
∴DE为∆ABC的中位线，
∵DE=10，
∴AB=2DE=20，
故答案为：20．
【点睛】题目主要考查三角形中位线的判定和性质，熟练掌握三角形中位线的性质是解题关键．
13．边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上（如图），则图中阴影部分
的面积为 ．
【答案】15
【分析】根据正方形的性质及相似三角形的性质可进行求解．
【详解】解：如图，
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由题意可知AD=DC=10,CG=CE=GF=6,∠CEF=∠EFG=90°，GH=4，
∴CH=10=AD，
∵∠D=∠DCH=90°,∠AJD=∠HJC，
∴△ADJ≌△HCJ(AAS)，
∴CJ=DJ=5，
∴EJ=1，
∵GI∥CJ，
∴△HGI∽△HCJ，
GI GH 2
∴ = = ，
CJ CH 5
∴GI=2，
∴FI=4，
1
∴S = (EJ+FI)⋅EF=15；
梯形EJIF 2
故答案为15．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质及相似三角形的
性质与判定是解题的关键．
【几何模型】十字架模型
14．如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE=DF，连接EF
交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE=5，CN=8，则线段AN的
长为
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【答案】4√34
【分析】连接AE、AF、EN，首先可证得△ABE≌△ADF(SAS)，AE=AF，可证得AN垂直平分EF，可
得EN=FN，再根据勾股定理即可求得正方形的边长，再根据勾股定理即可求得AN的长．
【详解】解：如图：连接AE、AF、EN，
∵四边形ABCD是正方形
∴设AB=BC=CD=AD=a，∠B=∠ADF=90°，
在△ABE与△ADF中，
¿
∴△ABE≌△ADF(SAS)，
∴AE=AF，
∴△AEF是等腰三角形，
又∵AM⊥EF，
∴AN垂直平分EF，
∴EN=FN=DN+DF=CD−CN+DF=a−8+5=a−3，
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又∵BE=5，
∴EC=BC−BE=a−5，
在Rt△ECN中，∵EN2=EC2+CN2，
∴(a−3) 2=(a−5) 2+82，
解得a=20，
∴AD=20，DN=CD−CN=20−8=12，
在Rt△ADN中，∵AN2=AD2+DN2，
∴AN=√AD2+DN2=√202+122=4√34，
故答案为：4√34．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，线段垂直平分
线的性质，勾股定理，证得AN垂直平分EF是解决本题的关键．
15．如图，E，F是正方形ABCD的边AB的三等分点，P是对角线AC上的动点，当PE+PF取得最小值
AP
时， 的值是 ．
PC
2
【答案】
7
【分析】作点F关于AC的对称点F'，连接EF'交AC于点P'，此时PE+PF取得最小值，过点F'作AD的
垂线段，交AC于点K，根据题意可知点F'落在AD上，设正方形的边长为a，求得AK的边长，证明
K P'
△AEP'∽△K F'P'，可得 =2，即可解答．
AP'
【详解】解：作点F关于AC的对称点F'，连接EF'交AC于点P'，过点F'作AD的垂线段，交AC于点
K，
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由题意得：此时F'落在AD上，且根据对称的性质，当P点与P'重合时PE+PF取得最小值，
2
设正方形ABCD的边长为a，则AF'=AF= a，
3
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠F' AK=45°，∠P' AE=45°，AC=√2a
∵F'K⊥AF'，
∴∠F' AK=∠F'KA=45°，
2√2
∴AK= a，
3
∵∠F'P'K=∠EP' A，
∴△E'K P'∽△EAP'，
F'K K P'
∴ = =2，
AE AP'
1 2
∴AP'= AK= √2a，
3 9
7
∴CP'=AC−AP'= √2a，
9
AP' 2
∴ = ，
CP' 7
AP 2
∴当PE+PF取得最小值时， 的值是为 ，
PC 7
2
故答案为： ．
7
【点睛】本题考查了四边形的最值问题，轴对称的性质，相似三角形的证明与性质，正方形的性质，正确
画出辅助线是解题的关键．
【几何模型】对角互补模型
16．如图，在四边形ABCD中，AB=BC,∠ABC=∠CDA=90°,BE⊥AD于E,S =10，则BE
四 边 形ABCD
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的长为
【答案】√10
【分析】过点B作BF⊥CD 交DC的延长线交于点F，证明△AEB≌△CFB(AAS) 推出BE=BF，
S =S ，可得S =S =12，由此即可解决问题；
△ABE △BFC 四边形ABCD 正方形BEDF
【详解】解：过点B作BF⊥CD交DC的延长线交于点F，如右图所示，
∵BF⊥CD，BE⊥AD
∴∠BFC=∠BEA=90∘
∵∠ABC=∠ADC=90∘
∴∠ABE+∠EBC=90∘ ，∠EBC+∠CBF=90∘
∴∠ABE=∠CBF
∵AB=CB
∴△AEB≌△CFB(AAS)
∴BE=BF，S =S
△ABE △BFC
∴S =S =10，
四边形ABCD 正方形BEDF
∴BE×BF=10，
即BE2=10，
∴BE=√10，
故答案为√10．
【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问
题，属于中考常考题型．
三．解答题（共9小题，满分72分，其中17、18、19题每题6分，20题、21题每题7分，22题8分，23
题9分，24题10分，25题13分）
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17．连接多边形任意两个不相邻顶点的线段称为多边形的对角线．
（1）
对角线条数分别为 、 、 、 ．
（2）n边形可以有20条对角线吗？如果可以，求边数n的值；如果不可以，请说明理由．
（3）若一个n边形的内角和为1800°，求它对角线的条数．
n(n−3)
【答案】（1）2；5；9； ；（2）n边形可以有20条对角线，此时边数n为八；（3）这个多边形
2
有54条对角线
【详解】分析：（1）设n边形的对角线条数为a，根据多边形对角线条数公式即可求出结论；
n
（2）假设可以，根据多边形对角线条数公式，可得出关于n的一元二次方程，解之即可得出结论；
（3）根据多边形内角和定理，可求出边数，再套用多边形对角线条数公式，即可得出结论．
详解：（1）设n边形的对角线条数为a，
n
4×(4−3) 5×(5−3) 6×(6−3) n(n−3)
则a= =2，a= =5，a= =9，…，a= ．
4 2 5 2 6 2 n 2
（2）假设可以，根据题意得：
n(n−3)
=20，
2
解得：n=8或n=-5（舍去），
∴n边形可以有20条对角线，此时边数n为八．
（3）∵一个n边形的内角和为1800°，
∴180°×（n-2）=1800°，
解得：n=12，
n(n−3) 12×(12−3)
∴ = =54．
2 2
答：这个多边形有54条对角线．
点睛：本题考查了一元二次方程的应用、多边形的对角线以及多边形内角和定理，解题的关键是：（1）
根据多边形对角线条数公式求出多边形的对角线条数；（2）根据多边形对角线条数公式，列出关于n的一
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元二次方程；（3）根据多边形内角和定理，求出边数n．
18．学习了平行四边形后，小虹进行了拓展性研究．她发现，如果作平行四边形一条对角线的垂直平分线，
那么这个平行四边形的一组对边截垂直平分线所得的线段被垂足平分． 她的解决思路是通过证明对应线
段所在的两个三角形全等得出结论．请根据她的思路完成以下作图与填空：
用直尺和圆规，作AC的垂直平分线交DC于点E，交AB于点F，垂足为点O．（只保留作图痕迹）
已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，AC是对角线，EF垂直平分AC，垂足为点O．
求证：OE=OF．
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB．
∴∠ECO= ① ．
∵EF垂直平分AC，
∴ ② ．
又∠EOC=___________③ ．
∴ΔCOE≅ΔAOF(ASA)．
∴OE=OF．
小虹再进一步研究发现，过平行四边形对角线AC中点的直线与平行四边形一组对边相交形成的线段均有
此特征．请你依照题意完成下面命题：
过平行四边形对角线中点的直线 ④ ．
【答案】作图：见解析；∠FAO；AO=CO；∠FOA；被平行四边形一组对边所截，截得的线段被对角
线中点平分
【分析】根据线段垂直平分线的画法作图，再推理证明即可并得到结论．
【详解】解：如图，即为所求；
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
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∴DC∥AB．
∴∠ECO= ∠FAO．
∵EF垂直平分AC，
∴AO=CO．
又∠EOC= ∠FOA．
∴△COE≅△AOF(ASA)．
∴OE=OF．
故答案为：∠FAO；AO=CO；∠FOA；
由此得到命题：过平行四边形对角线中点的直线被平行四边形一组对边所截，截得的线段被对角线中点平
分，
故答案为：被平行四边形一组对边所截，截得的线段被对角线中点平分．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质，作线段的垂直平分线，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行
四边形的性质及线段垂直平分线的作图方法是解题的关键．
19．如图，将矩形ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为E，AE与CD交于点F．
(1)求证：△DAF≌△ECF；
(2)若∠FCE=40°，求∠CAB的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠CAB=25°
【分析】（1）由矩形与折叠的性质可得AD=BC=EC，∠D=∠B=∠E=90°，从而可得结论；
（2）先证明∠DAF=∠ECF=40°，再求解∠EAB=∠DAB−∠DAF=90°−40°=50°， 结合对折
的性质可得答案．
【详解】（1）证明：将矩形ABCD沿对角线AC折叠，
则AD=BC=EC，∠D=∠B=∠E=90°．
在△DAF和△ECF中，
¿
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∴△DAF≌△ECF．
（2）解：∵△DAF≌△ECF，
∴∠DAF=∠ECF=40°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°．
∴∠EAB=∠DAB−∠DAF=90°−40°=50°，
∵∠FAC=∠CAB，
∴∠CAB=25°．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，轴对称的性质，矩形的性质，熟练的运用轴对称的性质
证明边与角的相等是解本题的关键．
【几何模型】中点四边形模型
20．我们给出如下定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．
（1）如图1，四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点．求证：中点四边形
EFGH是平行四边形；
（2）如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB，PC=PD，∠APB=∠CPD，点E，F，G，H分
别为边AB，BC，CD，DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想；
（3）若改变（2）中的条件，使∠APB=∠CPD=90°，其他条件不变，直接写出中点四边形EFGH的形状．
（不必证明）
【答案】（1）证明见解析；（2）四边形EFGH是菱形，证明见解析；（3）四边形EFGH是正方形
【分析】（1）如图1中，连接BD，根据三角形中位线定理只要证明EH∥FG，EH=FG即可．
（2）四边形EFGH是菱形．先证明△APC≌△BPD，得到AC=BD，再证明EF=FG即可．
（3）四边形EFGH是正方形，只要证明∠EHG=90°，利用△APC≌△BPD，得∠ACP=∠BDP，即可证明
∠COD=∠CPD=90°，再根据平行线的性质即可证明．
【详解】（1）证明：如图1中，连接BD．
∵点E，H分别为边AB，DA的中点，
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1
∴EH∥BD，EH= BD，
2
∵点F，G分别为边BC，CD的中点，
1
∴FG∥BD，FG= BD，
2
∴EH∥FG，EH=GF，
∴中点四边形EFGH是平行四边形．
（2）四边形EFGH是菱形．
证明：如图2中，连接AC，BD．
∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，
即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，
∵AP=PB，∠APC=∠BPD，PC=PD，
∴△APC≌△BPD（SAS），
∴AC=BD．
∵点E，F，G分别为边AB，BC，CD的中点，
1 1
∴EF= AC，FG= BD，
2 2
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形．
（3）四边形EFGH是正方形．
证明：如图2中，设AC与BD交于点O．AC与PD交于点M，AC与EH交于点N．
∵△APC≌△BPD，
∴∠ACP=∠BDP，
∵∠DMO=∠CMP，
∴∠COD=∠CPD=90°，
∵EH∥BD，AC∥HG，
∴∠EHG=∠ENO=∠BOC=∠DOC=90°，
∵四边形EFGH是菱形，
∴四边形EFGH是正方形．
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【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质和中点四边形，综合性较强，作出适当辅助线是本题的关键．
【几何模型】折叠模型
21．综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
(1)操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．
(2)迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说
明理由．
(3)拓展应用
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．
【答案】(1)∠BME或∠ABP或∠PBM或∠MBC
(2)①15，15；②∠MBQ=∠CBQ，理由见解析
40 24
(3)AP= cm或 cm
11 13
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1
【分析】（1）根据折叠的性质，得BE= BM，结合矩形的性质得∠BME=30°，进而可得
2
∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°；
（2）根据折叠的性质，可证RtΔBQM≅RtΔBQC(HL)，即可求解；
（3）由（2）可得QM=QC，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设
AP=PM=x，分别表示出PD，DQ，PQ，由勾股定理即可求解．
1
【详解】（1）解：∵AE=BE= AB，AB=BM
2
1
∴BE= BM
2
BE 1
∵∠BEM=90°，sin∠BME= =
BM 2
∴∠BME=30°
∴∠MBE=60°
∵∠ABP=∠PBM
∴∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°
（2）∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90
由折叠性质得：AB=BM，∠PM°B=∠BMQ=∠A=90°
∴BM=BC
①∵BM=BC，BQ=BQ
∴RtΔBQM≅RtΔBQC(HL)
∴∠MBQ=∠CBQ
∵∠MBC=30°
∴∠MBQ=∠CBQ=15°
②∵BM=BC，BQ=BQ
∴RtΔBQM≅RtΔBQC(HL)
∴∠MBQ=∠CBQ
（3）当点Q在点F的下方时，如图，
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∵FQ=1cm，DF=FC=4cm，AB=8cm
∴QC=CD−DF−FQ=8−4−1=3(cm)，DQ=DF+FQ=4+1=5(cm)
由（2）可知，QM=QC
设AP=PM=x，PD=8−x，
∴PD2+DQ2=PQ2，
即(8−x) 2+52=(x+3) 2
40
解得：x=
11
40
∴AP= cm；
11
当点Q在点F的上方时，如图，
∵FQ=1cm，DF=FC=4cm，AB=8cm
∴QC=5cm，DQ =3cm，
由（2）可知，QM=QC
设AP=PM=x，PD=8−x，
∴PD2+DQ2=PQ2，
即(8−x) 2+32=(x+5) 2
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24
解得：x=
13
24
∴AP= cm．
13
【点睛】本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用
是解题的关键．
22．如图是4×4的正方形网格，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）．
(1)在图1中作∠ABC的角平分线；
(2)在图2中过点C作一条直线l，使点A，B到直线l的距离相等．
【答案】(1)作图见解析部分
(2)作图见解析部分
【分析】（1）连接AC，HG，AC与HG交于点P，作射线BP即可；
（2）取格点D，过点C和点D作直线l即可．
【详解】（1）解：如图1，连接AC、HG，AC与HG交于点P，设小正方形的边长为1个单位，
∵线段AC和HG是矩形的两条对角线且交于点P，
∴AP=CP，
又∵AB=√22+12=√5，BC=√22+12=√5，
∴AB=BC，
∴BP平分∠ABC，
∴射线BP即为所作；
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（2）如图2，连接AD、AB、BC、CD，直线l经过点C和点D，设小正方形的边长为1个单位，
∴AB=√22+12=√5，AD=√22+12=√5，
BC=√22+12=√5，CD=√22+12=√5，
∴AB=AD=CD=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
又∵AE=DF=1，BE=AF=2，∠AEB=∠DFA=90°，
在△AEB和△DFA中，
¿
∴△AEB≌△DFA(SAS)，
∴∠ABE=∠DAF，
∵∠ABE+∠BAE=90°，
∴∠DAF+∠BAE=90°，
∴∠BAD=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AD⊥l，BC⊥l，且AD=BC，
∴直线l即为所作．
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【点睛】本题考查作图一应用与设计作图，考查了等腰三角形三线合一的性质，矩形的性质，正方形的判
定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，勾股定理等知识．解题的关键是理解题意，
学会利用数形结合的思想解决问题．
23．如图，平行四边形ABCD中，AB=5,BC=10,BC边上的高AM=4，点E为BC边上的动点（不与
B、C重合，过点E作直线AB的垂线，垂足为F，连接DE、DF．
(1)求证：△ABM∽△EBF；
(2)当点E为BC的中点时，求DE的长；
(3)设BE=x,△≝¿的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并求当x为何值时，y有最大值，最大值是多
少？
【答案】(1)证明见解析
(2)DE=4√5
6 ( 55) 2 121 55 121
(3)解析式为y=− x− + ，当x= 时，y有最大值为
25 6 6 6 6
【分析】（1）利用AA证明△ABM∽△EBF，即可；
（2）过点E作EN⊥AD于点N，可得四边形AMEN为矩形，从而得到NE=AM=4,AN=ME，再由勾
股定理求出BM=3，从而得到ME=AN=2，进而得到DN=8，再由勾股定理，即可求解；
AM EF 4
（3）延长FE交DC的延长线于点G．根据sin∠B= = ，可得EF= x，再证得
AB BE 5
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3 3
△ABM∽△ECG，可得GC= (10−x)，从而得到DG= (10−x)+5，再根据三角形的面积公式，得
5 5
到函数关系式，再根据二次函数的性质，即可求解．
【详解】（1）证明：∵EF⊥AB,AM是BC边上的高，
∴∠AMB=∠EFB=90°，
又∵∠B=∠B，
∴△ABM∽△EBF；
（2）解：过点E作EN⊥AD于点N，
在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
又∵AM是BC边上的高，
∴AM⊥AD，
∴∠AME=∠MAN=∠ANE=90°，
∴四边形AMEN为矩形，
∴NE=AM=4,AN=ME，
在Rt△ABM中，BM=√AB2−AM2=√52−42=3，
又∵E为BC的中点，
1
∴BE= BC=5，
2
∴ME=AN=2，
∴DN=8，
在Rt△DNE中，DE=√DN2+N E2=√42+82=4√5；
；
（3）解：延长FE交DC的延长线于点G．
AM EF
∵sin∠B= = ，
AB BE
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4 EF
∴ = ，
5 x
4
∴EF= x，
5
∵AB∥CD，
∴∠B=∠ECG，∠EGC=∠BFE=90°，
又∵∠AMB=∠EGC=90°，
∴△ABM∽△ECG，
CG EC
∴ = ，
BM AB
CG 10−x
∴ = ，
3 5
3
∴GC= (10−x)，
5
3
∴DG=DC+CG= (10−x)+5．
5
∴y= 1 EF⋅DG= 1 × 4 x [3 (10−x)+5 ] =− 6 x2+ 22 x =− 6 ( x− 55) 2 + 121 ，
2 2 5 5 25 5 25 6 6
55 121
∴当x= 时，y有最大值为 ．
6 6
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，矩形的性质，
解直角三角形，熟练掌握平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质，矩形的性质是
解题的关键．
24．如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的一边OC在x轴正半轴上，顶点A的坐标为(2,2√3)，点D
是边OC上的动点，过点D作DE ⊥ OB交边OA于点E，作DF∥OB交边BC于点F，连接EF．设
OD=x,△≝¿的面积为S．
【28淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
(1)求S关于x的函数解析式；
(2)当x取何值时，S的值最大？请求出最大值．
√3
【答案】(1)S=− x2+2√3x
2
(2)当x=2时，S的最大值为2√3
【分析】（1）过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，证明△AOC是等边三角形，可得DE=x，进而证明
△CDF∽△COB，得出DF=√3(4−x)，根据三角形面积公式即可求解；
（2）根据二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，过点A作AG⊥OC于点G，连接AC，
∵顶点A的坐标为(2,2√3)，
∴OA=√22+(2√3) 2=4，OG=2，AG=2√3
OG 1
∴cos∠AOG= = ，
AO 2
∴∠AOG=60°
∵四边形OABC是菱形，
∴∠BOC=∠AOB=30°，AC⊥BD,AO=OC，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠ACO=60°，
∵DE⊥OB，
∴DE∥AC,
∴∠EDO=∠ACO=60°
∴△EOD是等边三角形，
∴ED=OD=x
∵DF∥OB，
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∴△CDF∽△COB，
DF CD
∴ =
OB CO
∵A (2,2√3)，AO=4，则B(6,2√3)，
∴OB=√62+(2√3) 2=4√3
DF 4−x
∴ =
4√3 4
∴DF=√3(4−x)
1 √3
∴S= x×√3(4−x)=− x2+2√3x
2 2
√3
∴S=− x2+2√3x(0≤x≤4)
2
√3 √3
（2）解：∵S=− x2+2√3x=− (x−2) 2+2√3
2 2
√3
∵− <0，
2
∴当x=2时，S的值最大，最大值为2√3．
【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，菱形的性质，坐标与图形，特殊角的三角函数值，二次函
数的性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
25．【原创题】如图，在直角坐标系中，二次函数y=−x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与y轴交
于点C(0,3)，对称轴为直线x=−1，顶点为点D．
(1)求二次函数的表达式；
(2)连接DA，DC，CB，CA，如图①所示，求证：∠DAC=∠BCO；
(3)如图②，延长DC交x轴于点M，平移二次函数y=−x2+bx+c的图象，使顶点D沿着射线DM方向平
移到点D 且CD =2CD，得到新抛物线y ，y 交y轴于点N．如果在y 的对称轴和y 上分别取点P，Q，
1 1 1 1 1 1
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使以MN为一边，点M，N，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求此时点Q的坐标．
【答案】(1)y=−x2−2x+3
(2)见解析
(3)点Q(−1,−8)或(5，-8)
【分析】（1）根据抛物线对称轴和点C坐标分别确定b和c的值，进而求得结果；
（2）根据点A，D，C坐标可得出AD，AC，CD的长，从而推出三角形ADC为直角三角形，进而得出
∠DAC和∠BCO的正切值相等，从而得出结论；
（3）先得出y 的顶点，进而得出先抛物线的表达式，从而求得M和N的坐标，点M，N，P，Q为顶点的
1
四边形是平行四边形分为 ▱MNQP和 ▱MNPQ，根据M，N和点P的横坐标可以得出Q点的横坐标，进而
求得结果．
【详解】（1）解：由题意得，
¿，
∴¿，
∴二次函数的表达式为：y=−x2−2x+3；
（2）证明：∵当x=−1时，y=−1−2×(−1)+3=4，
∴D(−1,4)，
由−x2−2x+3=0得，
x =−3，x =1，
1 2
∴A(−3,0)，B(1,0)
∴AD2=(−1+3) 2+42=20，
∵C(0,3)，
∴CD2=(4−3) 2+(−1) 2=2，AC2=32+32=18，
∴AC2+CD2=AD2，
∴∠ACD=90°，
CD √2 1
∴tan∠DAC= = = ，
AC 3√2 3
∵∠BOC=90°，
OB 1
∴tan∠BCO= = ，
OC 3
∴∠DAC=∠BCO；
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（3）解：如图，
作DE⊥y轴于E，作D F⊥y轴于F，
1
∴DE//FD ，
1
∴△DEC∽△D EF，
1
CF FD CD
∴ = 1= 1=2，
CE DE CD
∴FD =2DE=2，CF=CE=2，
1
∴D (2,1)，
1
∴y 的关系式为：y=−(x−2) 2+1，
1
由−(x−2) 2+1=0得，
x=3或x=1，
∴M(3,0)，
当x=0时，y=−3，
∴N(0,−3)，
设P(2,m)，
当四边形MNQP是平行四边形时，
∴MN∥PQ，PQ=MN，
∴Q点的横坐标为−1，
当x=−1时，y=−(−1−2) 2+1=−8，
∴Q(−1,8)，
【32淘宝店铺：向阳百分百】关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“小中高考-总复习”、最新试卷下载
当四边形MNPQ是平行四边形时，
同理可得：点Q横坐标为：5，
当x=5时，y=−(5−2) 2+1=−8，
∴Q'(5,−8)，
综上所述：点Q(−1,−8)或（5，−8）．
【点睛】本题考查了求二次函数的表达式，勾股定理的逆定理，相似三角形的判定和性质，平行四边形的
性质和分类等知识，解决问题的关键熟练掌握有关基础知识．
【33淘宝店铺：向阳百分百】
