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专题 30 四边形综合测试卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）
1．（3分）（2023·河北·统考模拟预测）如图，将5个全等的等腰三角形拼成内外两个大小不同的正五边
形图案，设小正五边形边长为1，则大正五边形边长为（ ）
√5+1 √5+3
A．√5 B． C．2 D．
2 2
【答案】D
(5−2)×180°
【分析】根据多边形的内角和定理得到∠ABE= =108°，等量代换得到
5
∠CBE+∠ABC=∠BAC+∠ABC=108°，如图，作∠ACB的平分线CD交AB于D，根据相似三角形
的性质即可得到结论．
(5−2)×180°
【详解】在正五边形ABEFG中，∠ABE= =108°，
5
∵将5个全等的等腰三角形拼成内外两个大小不同的正五边形图案，
∴∠CBE+∠ABC=∠BAC+∠ABC=108°，
如图，作∠ACB的平分线CD交AB于D，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ACB+∠BAC+∠ABC=108°+∠ACB=180°，
∴∠ABC=∠ACB=72°，
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∴∠BAC=36°，
∠ACD=∠BCD=∠BAC=36°，
∴∠BCD=∠BAC，AD=CD=BC，
∴△ABC∽△CBD，
BC BD
∴ = ，
AB BC
∵AB=BC+1，
∴BD=AB−AD=AB−BC=1，
BC 1
∴ = ，
BC+1 BC
1+√5
∴BC= ，
2
√5+3
∴AB=BC+1= ，
2
故选：D．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性
质是解题的关键．
2．（3分）（2023·浙江绍兴·校联考模拟预测）如图，将△ABC的AB边与刻度尺的边缘重合，点A，D，
B分别对应刻度尺上的整数刻度．已知DE∥AC,EF∥AB,AF=1.8，下列结论不正确的是（ ）
A．AC=3 B．CE=3 C．DE=1.8 D．EF=4
【答案】B
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的判定与
性质，平行四边形的判定与性质，列出比例式，分别计算出线段AF，CF，DE，EF的长度，对每个选项
进行判断即可得出结论．
【详解】解：由题意得：AD=4，BD=6，AB=10．
∵DE∥AC,EF∥AB，
∴四边形ADEF为平行四边形，
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∴AF=DE=1.8，EF=AD=4．
∵EF∥AD
∴△CEF∽△CAB，
CF EF
∴ = ，
CA AB
AC−1.8 4
∴ = ，
AC 10
∴AC=3，
∴A，C，D选项正确，不符合题意；
∵CF=AC−AF=3−1.8=1.2，EF=4，
∴4−1.20）得到△B'C'D'，连接AB'，AD'，则当△AB'D'是直角三角形时，a的
值为（ ）
7 16 7 16 7
A． B． C． 或 D． 或3
5 5 5 5 5
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【答案】C
【分析】分两种情况：①当∠D′AB′=90°时，分别过点B′、D′作B′M⊥AB，D′N⊥AB，先证明
△B′MB∽△DAB，于是可设B′M=3k，MB=4k，则BB′=a=5k，再判定四边形C′D′NM为矩形，然后再利用
Rt△D′AN∽Rt△AB′M，得到关于k的方程，求解即可；
AB BB' 4 BB'
②当∠D′B′A=90°时，根据勾股定理求出BD的长，再证明△ABB′∽△DBA得到 = ，即 = ，由
DB BA 5 4
此可求出BB′的长，从而可得答案．
【详解】：①当∠D′AB′=90°时，如图所示：分别过点B′、D′作B′M⊥AB，D′N⊥AB，
∵AB=4，BC=3，且B'M∥AD，
∴△B′MB∽△DAB，
B'M DA 3
∴ = = ，
MB AB 4
∴设B′M=3k，MB=4k，则BB′=a=5k，
∴AM=AB−BM=4−4k，
∵∠N=∠B′MA=∠C′=90°，
∴四边形C′D′NM为矩形，
∴D′N=C′M=C′B′+B′M=3+3k，MN=C′D′=4，
∴NA=NM−AM=4−(4−4k)=4k，
∵∠D′AB′=90°，
∴∠B′AM+∠D′AN=∠D′AN+∠AD′N=90°，
∴∠B′AM=∠AD′N，
∴Rt△D′AN∽Rt△AB′M，
AN B'M
∴ = ，
D'N AM
4k 3k 7
∴ = (k≠0)，解得k=
3+3k 4−4k 25
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7
∴BB'=a=5k= ；
5
②当∠D′B′A=90°时，如图所示：
∵AB=4，AD=3，
∴在Rt△ABD中，BD=√AB2+AD2=√42+32=5，
∵AB′⊥BD，
∴△ABB′∽△DBA，
AB BB'
∴ = ，
DB BA
4 BB'
∴ = ，
5 4
16
∴BB'=a= ，
5
∵在平移过程中，∠AD′B′≠90°，
7 15
∴综上所述，当△AB′D′为直角三角形时，a的长为： 或 ，
5 5
故选：C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，平移的性质，勾股定理，掌握分类讨论
方法和构造合适的相似三角形是解题的关键．
10．（3分）（2023·湖北襄阳·统考模拟预测）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸
板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，M，
N分别为BO，DO的中点，连接MP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之前，关于
该图形的下列说法：①图中的三角形都是等腰直角三角形；②图中的四边形MPEB是菱形；③四边形
5
EFNB的面积占正方形ABCD面积的 ．正确的有（ ）
8
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A．①③ B．①② C．只有① D．②③
【答案】C
【分析】①根据正方形的性质和中位线定理可以解决问题；
②利用①中结论可以证明OM≠MP，可以解决问题；
③利用①③中的结论，确定四边形EFNB的面积与△OMP的面积比，正方形ABCD面积与△OMP的面积
比，可以解决问题．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，BD为对角线
∴∠ABO=∠ADB=∠CBD=∠BDC=45°，∠BAD=∠BCD=90°
∴△ABD、△BCD是等腰直角三角形
∵E，F分别为BC，CD的中点，
1
∴EF∥BD，EF= BD，CE=CF
2
∵∠ECF=90°,CE=CF
∴△CEF是等腰直角三角形
∵AP⊥EF，EF∥BD
∴∠AOD=∠AOB=90°
又∴∠ABO=∠ADB=45°
∴△ABO、△ADO是等腰直角三角形
∴AO=BO，AO=DO
∴BO=DO
∴△AOB≌△AOD
∴AO⊥BD
又∵OP⊥BD
∴A、O、P三点共线
1
∴PE=PF= EF
2
又∵M，N分别为BO，DO的中点
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∴OM=MB=ON=ND=PE=PF
连接PC，如图，
∵FD=CF，ON=ND
∴NF是△CDO的中位线，
∴NF∥AC
∵∠DNF=90°，∠FDB=45°
∴△DNF是等腰直角三角形
∴NF=ND=ON
∵∠ONF=∠NOP=∠OPF=90°
∴四边形FNOP是矩形
∵NF=ON
∴四边形FNOP是正方形
∴OM=OP
∴△OMP是等腰直角三角形
∴图中的三角形都是等腰直角三角形
故①正确；
∵△OMP是等腰直角三角形
∵∠FDB=45°
∴MP∥BC
∴四边形MPEB是平行四边形，
在Rt△OMP中，MP＞OM
即BE＞BM
∵BE≠BM
∴四边形MPEB不是菱形
故②错误；
1
∵OM=BM=ON，S =BM×OP，S = ×OM×OP，S =ON×OP
▱BEPM △OMP 2 ▱ONFP
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∴S =S =2S
▱BEPM ▱ONFP △OMP
∴S =S +S +S =5S
四边形EFNB ▱BEPM 正方形ONFP △OMP △OMP
1 1
∵S = ×OB×OA= ×2×OM×2×OP
△AOB 2 2
1
即S =4× ×OM×OP=4S
△AOB 2 △OMP
又∵S =4S
正方形ABCD △AOB
∴S =16S
正方形ABCD △OMP
5
S = S
四边形EFNB 16 正方形ABCD
故③错误；
故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理、三角形全等
的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，正确的识别图形是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023·江苏徐州·模拟预测）一个正多边形的每一个内角比每一个外角的3倍还大20°，则这
个正多边形的边数为 ．
【答案】9
【分析】设正多边形的外角为x度，则可用代数式表示出内角，再由内角与外角互补的关系得到方程，解
方程即可求得每一个外角，再根据多边形的外角和为360度即可求得正多边形的边数．
【详解】解：设正多边形的外角为x度，则内角为(3x+20)度，
由题意得：x+3x+20=180，
解得：x=40，
则正多边形的边数为：360°÷40°=9，
即这个正多边形的边数为9，
故答案为：9.
【点睛】本题考查了正多边形的内角与外角，关键是运用方程求得正多边形的外角．
12．（3分）（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四十七中学校考模拟预测）在平行四边形ABCD中，
AB=5，AC=2√5，BC边上的高为4，则平行四边形ABCD周长等于 ．
【答案】20或12
【分析】根据题意分别画出图形，BC边上的高在平行四边形的内部和外部，进而利用勾股定理求出即可．
【详解】解：如图1所示:
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∵在平行四边形ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=2√5
∴EC=√AC2²−AE2=2, AB=CD=5,
BE=√AB2−AE2²=3,
∴AD=BC=5,
∴ ABCD的周长等于=2(AB+AD)=20
如图2所示:
∵在ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=2√5
∴EC=√AC2²−AE2²=2,AB=CD=5,
BE=√AB2−AE2=3
∴BC=3−2=1,
∴ABCD的周长等于：1+1+5+5=12,
则ABCD的周长等于20或12，
故答案为：20或12．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质以及勾股定理等知识，利用分类讨论的方法是解题的关键．
13．（3分）（2023·江苏苏州·统考一模）如图，已知△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，将
△ABC绕点A逆时针旋转得△AB'C，当AB'第一次与BC平行时，连接并延长BC'交AC于点D，则
tan∠CBD= ．
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3
【答案】
11
【分析】证明四边形CFC'E是矩形，由旋转的性质得∠CAC'=∠BAB'=∠CBA,求得
3
tan∠CAC'=tan∠ABC= ,进一步得出AE=4.8,C'E=3.6,从而可求C'F=1.2,BF=4.4,最后即可求
4
出tan∠CBD
【详解】解：过点C'作C'E⊥AC于点E，C'F⊥BC于点F，则有：
∠C'EC=∠C'FC=∠C'EA=∠C'FB=90°，
又∠C=90°,
∴四边形CFC'E是矩形，
∴C'E=FC,C'F=CE,
∵AB'∥BC
∴∠B' AB=∠ABC,
由旋转得，∠CAB=∠C' AB',AC'=AC=6,
∴∠CAC'+∠C' AB=∠BAB'+∠BAC',
∴∠CAC'=∠BAB'=∠ABC,
在△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，
AC 6 3
∴tam∠ABC= = = ,
BC 8 4
3 C'E
∴tam∠EAC'= = ,
4 AE
在Rt△AC'E中，设C'E=3x,AE=4x，
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∵C'E2+AE2=AC'2即(3x) 2+(4x) 2=62
6
解得，x= ，
5
∴AE=4.8,C'E=3.6,
∴C'F=CE=AC−AE=6−4.8=1.2; C'E=CF=3.6,；
∴BF=BC−CF=8−3.6=4.4,
C'F 1.2 3
在Rt△C'FB中，tan∠FBC'= = = ，
BF 4.4 11
3
∴tan∠CBD= ，
11
3
故答案为： ．
11
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，矩形的判定与性质以及解直角三角形等知识，正确作出
辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
14．（3分）（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，AM=CN，点M、
AM 3
N分别在边AD、BC上，连接BM、DN．若 = ，则四边形MBND的形状是 ．
MD 5
【答案】菱形
【分析】先证明四边形MBND是平行四边形，设AM=3x，则MD=5x， AB=4x，利用勾股定理可得
BM=5x=MD，即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，AB=CD，∠B=90°，
∵AM=CN，
∴DM=BN，
∴四边形MBND是平行四边形，
AM 3
∵ = ，
MD 5
∴设AM=3x，则MD=5x，
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∴AD=8x，
∵AD=2AB，
∴AB=4x，
∴BM=√AB2+AM2=√(4x) 2+(3x) 2=5x，
∴ BM=MD，
∴平行四边形MBND是菱形，
故答案为：菱形．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，勾股定理，证得BM=MD是
解题的关键．
15．（3分）（2023·天津武清·统考一模）如图所示，平行四边形内有两个全等的正六边形，若阴影部分的
S
面积记为S ，平行四边形的面积记为S ,则 1 的值为 ．
1 2 S
2
1
【答案】
2
【分析】如解图所示：延长EN交BC于点F，过点E作EP⊥BC于P，过点F作FQ⊥MN于Q，过点A作
AD⊥BC于D，由图可知，图中两个阴影部分面积相等，证出△BEF为等边三角形，四边形NFGM为菱形，
求出等边三角形的边长、菱形的边长和平行四边形的边长，利用锐角三角函数求出等边三角形的高、菱形
的高和平行四边形的高，即可求出结论．
【详解】解：如下图所示，延长EN交BC于点F，过点E作EP⊥BC于P，过点F作FQ⊥MN于Q，过点A
作AD⊥BC于D，
∵平行四边形内有两个全等的正六边形，设正六边形的边长为a
∴∠AEN=∠A=∠ENM=∠MGC=120°，NM∥BC，AE=EN=NM=MG=a
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∴∠B=180°－∠A=60°，∠FNM=180°－∠ENM =60°，∠BEF=180°－∠AEN=60°，
∠NFG=∠ENM=120°=∠MGC
∴∠B=∠BEF=60°，∠EFB=180°－∠NFG=60°，NF∥MG，
∴△BEF为等边三角形，四边形NFGM为菱形
∴NF=MG=a，
∴BE=BF=EF=EN＋NF=2a，AB=AE＋BE=3a，BC=BF＋FG＋GC=4a
3√3 √3
∴EP=BE·sin∠B=√3a，AD=AB·sin∠B= a，FQ=NF·sin∠FNM= a
2 2
由图可知，图中两个阴影部分面积相等
∴S =2（S ＋S ）
1 △BEF 菱形NFGM
1
=2（ BF·EP＋NM·FQ）
2
1 √3
=2（ ×2a×√3a＋a· a）
2 2
=3√3a2
3√3
S =BC·AD=4a× a=6√3a2
2 2
S 3√3a2 1
∴ 1= =
S 6√3a2 2
2
1
故答案为： ．
2
【点睛】此题考查的是正六边形的性质、等边三角形的判定及性质、菱形的判定及性质和锐角三角函数，
掌握正六边形的性质、等边三角形的判定及性质、菱形的判定及性质和锐角三角函数是解决此题的关键．
16．（3分）（2023·广东东莞·一模）如图，在边长为3的正方形ABCD中，点E是CD边上一点，点F是
CB延长线上一点，AF=AE，连接EF，交AB于点K，过点A作AH⊥EF于H，延长AH交BC于点G，
连接HD，若BG=2，则AK⋅DH= ．
117√2 117
【答案】 / √2
25 25
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【分析】可证Rt△ADE≌Rt△ABF（HL），从而可得∠DAE=∠BAF，再证△ADH≌△CDH（SSS
AK AF
），可得△AEF为等腰直角三角形，从而可证△AKF∽△HED，可得 = ，可证
EH DH
2 BK
∠BFK=∠BAG，可得tan∠BFK=tan∠BAG，可求 = ，设BK=2x，BF=3x，则
3 BF
AK=3−2x，可证△AKH≌△FGH（ASA），可得3−2x=2+3x，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，
∠ADE=∠ABC=∠ABF=∠DAB=90°，
在Rt△ABF和Rt△ADE中
¿
∴Rt△ADE≌Rt△ABF（HL），
∴∠DAE=∠BAF，
∴∠EAF=∠BAE+∠BAF =∠BAE+∠DAE=90°，
∴△AFE为等腰直角三角形，
∵AH⊥EF，
∴点H是EF的中点，
1
∴AH=EH=FH= EF，
2
如图，连接CH，
∵四边形ABCD为正方形，
∴CD=AD，
∵点H是EF的中点，∠DCB=90°，
1
∴CH= EF，
2
∴AH=CH，
在△ADH和△CDH中
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¿，
∴△ADH≌△CDH（SSS），
∴∠ADH=∠CDH=45°，
∵△AEF为等腰直角三角形，
∴∠AFE=45°，
∴∠AFK=∠EDH=45°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD，
∴∠BKF=∠CEH，
∴∠AKF=∠DEH，
∴△AKF∽△HED，
AK AF
∴ = ，
EH DH
∴AK⋅DH=AF⋅EH，
在等腰直角三角形△AFH中，
AF=√2FH=√2EH，
√2
∴EH= AF，
2
∵∠BAG+∠AGB =∠AGB+∠BFK=90°，
∴∠BFK=∠BAG，
∴tan∠BFK=tan∠BAG，
BG BK 2 BK
∴ = ，即 = ，
AB BF 3 BF
设BK=2x，BF=3x，
则AK=3−2x，
在△AKH和△FGH中
¿，
∴△AKH≌△FGH（ASA），
∴AK=FG，
∴3−2x=2+3x，
1
∴x= ，
5
∴AF2=AB2+BF2
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=52+
(3) 2
=
234
，
5 25
∴AK⋅DH=AF⋅EH
√2 234 117√2
= × = ．
2 25 25
117√2
故答案为： ．
25
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，相
似三角形的判定及性质，一般角的三角函数值等，找出AK=FG，从而可得3−2x=2+3x是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023·江苏南京·南师附中新城初中校联考二模）如图，在正六边形ABCDEF中，以AD为
对角线作正方形APDQ，AP、DP与BC分别交于M、N．
（1）∠BAM=______°；
（2）若AB=4，求MN的长．（参考数据：√3≈1.73，结果精确到0.1，可以直接利用（1）的结论．）
【答案】（1）15；（2）1.1
【分析】（1）根据正六边形和正方形的内角及对角线性质求解；
（2）作AD中点O，连接BO，连接PO交BC于H，则由题意可以得到OP、OH，从而得到PH、MH，最
后得到 MN的值 ．
【详解】解：（1）∵AD是正六边形ABCDEF和正方形APDQ的对角线，
1 1 (6−2)×180°
∴∠BAD= ∠BAF= × =60°，∠ PAD=45°，
2 2 6
∴∠BAM=∠BAD-∠PAD=60°-45°=15°，
故答案为15；
（2）如图，作AD中点O，连接BO，
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在正六边形ABCDEF中，CD=BC=AB=4，∠BAF=∠ABC=∠C=∠CDE=120°，
AO、BO平分∠BAF、∠ABC，OA=OB，
1
∴∠BAO=∠ABO=∠CBO= ×120°=60°，
2
∴∠ABC+∠BAO=180°，△ABO是等边三角形，
∴BC//AD，AO=BO=AB=4，
∴AD=2AO=8
连接PO交BC于H，
在正方形APDQ中，AP=DP，∠APD=90°，
∵AO=DO，
1 1
∴PO= AD=4，PO⊥AD，∠APO=∠DPO= ∠APD=45°，
2 2
∵AD//BC，
∴∠MHP=∠AOP=90°，
∴∠BHO=90°，
OH
∴sin∠OBH= ，
OB
∵∠OBH=60°，BO=4，
∴OH=4×sin60°=2√3，
∵PH=MH=OP−OH=4−2√3，
∴MN=2MH=8−4√3≈1.1 ．
【点睛】本题考查正方形和正六边形的综合应用，熟练掌握正方形和正六边形的性质、等边三角形和直角
三角形的性质、正弦函数的定义是解题关键．
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18．（6分）（2023·浙江·模拟预测）在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，延长ED至点F，使得
DF=DE，连接BF．
(1)求证：四边形BCEF是平行四边形．
(2)BG⊥CE于点G，连接CF，若G是CE的中点，CF=6，tan∠BCG=3，
①求CG的长．
②求平行四边形BCEF的周长．
【答案】(1)见解析；
(2)①√2；②4√5+4√2．
【分析】（1）根据三角形中位线定理证明EF∥BC，EF=BC，进而可以解决问题；
（2）①设BG与FC交于点H，设EG=CG=x，则FB=EC=2x，证明△FBH∽△CGH，得
FB FH BH 2 BG
= = = ，所以FH=4，HC=2，由tan∠BCG= =3，得BG=3CG=3x；证明△GHC
CG HC GH 1 CG
是等腰直角三角形，再利用勾股定理求出x的值，进而可以解决问题；
②利用①中的结论，求出BF、BG，再利用勾股定理求出BC，最后利用平行四边形的性质即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵D，E分别是AB，AC的中点，
1
∴DE∥BC，DE= BC，
2
1
∵DF=DE= EF，
2
∴EF∥BC，EF=BC，
∴四边形BCEF是平行四边形；
（2）解：①设BG与FC交于点H，
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∵G是CE的中点，
∴EC=2EG=2CG，
∵四边形BCEF是平行四边形，
∴FB=EC，EF=BC，FB∥EC，
设EG=CG=x，则FB=EC=2x，
∵FB∥EC，
∴∠FBH=∠CGH，∠BFH=∠GCH
∴△FBH∽△CGH，
FB FH BH 2
∴ = = = ，
CG HC GH 1
∵FH+HC=CF=6，
∴FH=4，HC=2，
BG
∵tan∠BCG= =3，
CG
∴BG=3CG=3x，
∵BH=2GH，BG=BH+GH，
∴BH=2x，GH=x，
∴GH=CG=x，
∵BG⊥CE，
∴△GHC是等腰直角三角形，
∵HC=2，
√2
∴GH=CG=x= HC=√2，
2
②由①知，EG=CG=x=√2，
∴BG=3x=3√2，FB=EC=2x=2√2
在Rt△BCG中，根据勾股定理得：
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BC=√BG2+CG2=√(3√2) 2+(√2) 2=2√5，
∴平行四边形BCEF的周长=2(BC+FB)=2(2√5+2√2)=4√5+4√2．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，等腰直角
三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△FBH∽△CGH．
19．（8分）（2023·湖北武汉·校考一模）如图是由小正方形组成的7×5的同格，已知△ABC的顶点B，C
均在格点上，顶点A在小正方形的边上（不在格点上），仅用无刻度的直尺在给定同格中完成面图，画图
过程用虚线表示．
(1)在图1中画出线段AB的中点E，画出平行四边形ABDC；
(2)在图2中过点A作一条直线AP交线段BC边于点P，使△ABP与△ACP面积比为3:4；
(3)在图3中作△ABC的边BC上的高AD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）利用网格特征，平行四边形的判定画出图形即可；
（2）利用平行线分线段成比例定理，画出图形即可；
（3）作出点A关于BC的对称点，连接A A'交BC于点D，线段AD即为所求．
【详解】（1）解：如图1中，取线段AB与水平格线的交点E，取线段AC与水平格线的交点F，
∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
又△AEF和△ABC对应高之比为1:2，
AE 1
∴ = ，
AB 2
∴ 点E是线段AB的中点，
取线段BC中点M，连接AM并延长与BC下方第二条水平格线交于点M，
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同理，AM=DM，
∵BM=CM，
∴平行四边形ABDC 即为所求；
（2）解：取点A向左两个单位格点F，点B向左1个单位再向上1个单位为格点M，并连接FM交格线于
点E，点C向下两个单位取点Q，连接EQ交BC于点P，连接AP，
由题意得：∠FDE=∠MNE=90°，∠≝=∠NEM，DF=MN，
∴△FDE≌△MNE，
1
∴DE=EN= DN，
2
1 3
设每个小正方形边长为1，则BE=1+ = ，CQ=2，
2 2
∵∠PBE=∠PCQ=90°，∠BPE=∠CPQ，
∴△BPE∽△CPQ，
3
BP BE 2 3，
∴ = = =
CP CQ 2 4
∴△ABP与△ACP面积比为3:4，
∴AP即为所求；
（3）解：连接AB交格线于点E，取点B上方两个单位格点M，连接ME并延长交BC于点D，连接AD，
由（1）知AE=BE,ME=DE，
∴四边形AMBD是平行四边形，
∵∠AMB=90°，
∴四边形AMBD是矩形，
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∴∠ADB=90°，
∴AD是△ABC的边BC上的高．
∴AD即为所求．
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，平行四边形的判定，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关
键是学会利用数形结合的思想解决问题．
20．（8分）（2023·安徽合肥·统考三模）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=120°，对角线BD平分
∠ABC，BD=BC，E为BD上一点，且BA=BE，连接AC交BD于点F，G为BC上一点，满足BF=BG，
连接EG交AC于点H，连接BH．
(1)①求证：∠EHF=60°；
②若H为EG中点，求证：AF2=2EF⋅EB；
(2)若AC平分∠DAB，请直接写出∠ECA与∠ACB的关系：________________．
【答案】(1)①见解析，②见解析
(2)∠ECA=∠ACB，∠ECA+∠ACB=60°
【分析】（1）①通过证明△ABF≌△EBG(SAS)得出∠BAF=∠BEG，再证明△EFH∽△AFB，即可
1 AF AB
求证；②根据点H为EG中点，得出EH= EG，根据△EFH∽△AFB，得出 = ，进而推出
2 EF EH
AF 2BE AF 2BE
= ，结合EG=AF，得出 = ，即可求证；
EF EG EF AF
（2）易证△BCD为等边三角形，推出CD∥AB，再根据等角对等边得出AD=CD，进一步得出四边形
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ABCD为菱形，此时点E与点D重合，则∠ECA=∠ACB，∠ECA+∠ACB=60°，
【详解】（1）证明：①∵∠ABC=120°，对角线BD平分∠ABC，
∴∠ABF=∠EBG=60°，
∵BA=BE，∠ABF=∠EBG=60°，BF=BG，
∴△ABF≌△EBG(SAS)，
∴∠BAF=∠BEG，
∵∠EFH=∠AFB，
∴△EFH∽△AFB，
∴∠EHF=∠ABF=60°；
②∵点H为EG中点，
1
∴EH= EG，
2
由①可得：△EFH∽△AFB，
AF AB
∴ = ，
EF EH
∵BA=BE，
AF BE
= AF 2BE
∴EF 1 ，整理得： = ，
EG EF EG
2
由①可得△ABF≌△EBG(SAS)，
∴EG=AF，
AF 2BE
∴ = ，
EF AF
∴AF2=2EF⋅EB．
（2）解：∵∠ABC=120°，BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=60°，
∵BD=BC，
∴△BCD为等边三角形，
∴∠CDB=60°，CD=BC=BD，
∴CD∥AB，
∴∠DCA=∠BAC，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠BAC，
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∴∠DCA=∠DAC，
∴AD=CD，
∵AB=BD，
∵∠ABD=60°，
∴∠ABD为等边三角形，
则AB=AD=BD，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形ABCD为菱形，
∵BA=BE，
∴此时点E与点D重合，
∴∠ECA=∠ACB，∠ECA+∠ACB=60°，
故答案为：∠ECA=∠ACB，∠ECA+∠ACB=60°．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，
菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关性质和判定定理，并灵活运用．
21．（8分）（2023·河南新乡·校考二模）综合与实践
背景阅读
早在三千多年前，我国周朝数学家商高就提出：将一根直尺折成一个直角，如果勾等于三，股等于四，那
么弦就等于五，即“勾三、股四、弦五”．它被记载于我国古代著名数学著作《周髀算经》中，为了方便，
在本题中，我们把三边的比为3:4:5的三角形称为(3,4,5)型三角形，例如：三边长分别为9，12，15或
3√2，4√2，5√2的三角形就是(3,4,5)型三角形，用矩形纸片按下面的操作方法可以折出这种类型的三角
形．
实践操作
如图1，在矩形纸片ABCD中，AD=8cm，AB=12cm．
第一步：如图2，将图1中的矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为
AF，再沿EF折叠，然后把纸片展平．
第二步：如图3，将图2中的矩形纸片再次折叠，使点D与点F重合，折痕为GH，然后展平，隐去AF．
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第三步：如图4，将图3中的矩形纸片沿AH折叠，得到△AD'H，再沿AD'折叠，折痕为AM，AM与折
痕EF交于点N，然后展平．
问题解决
(1)请在图4中判断NF与N D'的数量关系，并加以证明；
(2)请在图4中证明△AEN是(3,4,5)型三角形；
(3)探索发现在不添加字母的情况下，图4中还有哪些三角形是(3,4,5)型三角形？请找出并直接写出它们的
名称．
【答案】(1)NF=N D'，证明见解析
(2)证明见解析
(3)△MFN，△M D'H，△MDA是(3,4,5)型三角形
【分析】（1）先证明四边形AEFD是正方形，再连接HN，由折叠的性质得到∠AD'H=∠D=90°，
HF=HD=H D'，根据正方形的性质可得∠H D'N=90°，再根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）根据正方形的性质得到AE=EF=AD=8，由折叠得AD'=AD=8，设NF=x，则N D'=x，再根据
勾股定理列方程得到x=2，结合(3,4,5)型三角形的定义即可得证；
（3）根据相似三角形的判定和性质并结合(3,4,5)型三角形的定义即可得到结论．
【详解】（1）数量关系：NF=N D'．
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠DAE=90°，
由折叠性质得到：AE=AD，∠AEF=∠D=90°，
∴∠D=∠DAE=∠AEF=90°，
∴四边形AEFD是矩形，
∵AE=AD，
∴四边形AEFD是正方形，
连接HN，由折叠性质得到：∠AD'H=∠D=90°，HF=HD=H D'，
∵四边形AEFD是正方形，
∴∠EFD=90°，
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∵∠AD'H=90°，
∴∠H D'N=90°，
在Rt△HNF和Rt△HN D'中，
¿，
∴Rt△HNF≌Rt△HN D' (HL)，
∴NF=N D'．
（2）∵四边形AEFD是正方形，AD=8，
∴AE=EF=AD=8，
由折叠知：AD'=AD=8，
设NF=x，则N D'=NF=x，
∴EN=EF−NF=8−x，AN=AD'+N D'=8+x，
在Rt△AEN中，AN2=AE2+EN2，
∴(8+x) 2=82+(8−x) 2，
解得：x=2，
∴AN=8+x=10，EN=6，
∴EN:AE:AN=6:8:10=3:4:5，
∴△AEN是(3,4,5)型三角形．
（3）解：图4中还有△MFN，△M D'H，△MDA是(3,4,5)型三角形．
∵CF∥AE，
∴△MFN∽△AEN，
∵EN:AE:AN=3:4:5，
∴FN:MF:MN=3:4:5，
∴△MFN是(3,4,5)型三角形，
∵四边形AEFD是正方形，
∴∠DFE=90°，AD∥EF，
∴∠M D'H=90°=∠MFN，
又∵∠D'MH=∠FMN，
∴△M D'H∽△MFN，
∴D'H:M D':MH=FN:MF:MN=3:4:5，
∴△M D'H是(3,4,5)型三角形，
∵AD∥EF，
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∴△ADM∽△NFM，
∴DA:MD:MA=FN:MF:MN=3:4:5，
∴△MDA是(3,4,5)型三角形．
【点睛】本题考查折叠的性质，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，勾股定理，
相似三角形的判定和性质等知识点．正确的理解题意是解题的关键．
22．（8分）（2023·福建南平·中考真题）在图1、图2、图3、图4中，点P在线段BC上移动（不与B、
C重合），M在BC的延长线上．
（1）如图1，△ABC和△APE均为正三角形，连接CE．
①求证：△ABP≌△ACE．
②∠ECM的度数为 °．
（2）①如图2，若四边形ABCD和四边形APEF均为正方形，连接CE．则∠ECM的度数为 °．
②如图3，若五边形ABCDF和五边形APEGH均为正五边形，连接CE．则∠ECM的度数为 °．
（3）如图4，n边形ABC…和n边形APE…均为正n边形，连接CE，请你探索并猜想∠ECM的度数与正
多边形边数n的数量关系（用含n的式子表示∠ECM的度数），并利用图4（放大后的局部图形）证明你
的结论．
180°
【答案】（1）60；（2）45，36．（3） ．
n
【分析】（1）①由△ABC与△APE均为正三角形得出相等的角与边，即可得出△ABP≌△ACE．②由
△ABP≌△ACE，得出∠ACE=∠B=60°，即可得出∠ECM的度数．
（2）①作EN⊥BN，交BM于点N，由△ABP≌△ACE，利用角及边的关系，得出CN=EN，即可得出∠ECM
的度数．②作EN⊥BN，交BM于点N，由△ABP≌△ACE，得出角及边的关系，得出CN=EN，即可得出
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∠ECM的度数．
（3）过E作EK∥CD，交BM于点K，由正多边形的性质可得出△ABP≌△PKE，利用角及边的关系，得出
CK=KE，即△EKC是等腰三角形，根据多边形的内角即可求出∠ECM的度数．
【详解】解：（1）①证明：如图1，
∵△ABC与△APE均为正三角形，
∴AB=AC，AP=AE，∠BAC=∠PAE=60°，
∴∠BAC-∠PAC=∠PAE-∠PAC
即∠BAP=∠CAE，
在△ABP和△ACE中，
∠B=∠ENP
{∠BAP=∠NPE，
AP=PE
∴△ABP≌△ACE（SAS）．
②∵△ABP≌△ACE，
∴∠ACE=∠B=60°，
∵∠ACB=60°，
∠ECM=180°-60°-60°=60°．
（2）①如图2，作EN⊥BN，交BM于点N
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∵四边形ABCD和APEF均为正方形，
∴AP=PE，∠B=∠ENP=90°，
∴∠BAP+∠APB=∠EPM+∠APB=90°，
即∠BAP=∠NPE，
在△ABP和△PNE中，
∠ABP=∠PKE
{∠BAP=∠KPE，
AP=PE
∴△ABP≌△ACE（AAS）．
∴AB=PN，BP=EN，
∵BP+PC=PC+CN=AB，
∴BP=CN，
∴CN=EN，
∴∠ECM=∠CEN=45°
②如图3，作EN∥CD交BM于点N，
∵五边形ABCDF和APEGH均为正五边方形，
∴AP=PE，∠B=∠BCD，
∵EN∥CD，
∴∠PNE=∠BCD，
∴∠B=∠PNE
∵∠BAP+∠APB=∠EPM+∠APB=180°-∠B，
即∠BAP=∠NPE，
在△ABP和△PNE中，
∠ABP=∠PKE
{∠BAP=∠KPE，
AP=PE
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∴△ABP≌△ACE（AAS）．
∴AB=PN，BP=EN，
∵BP+PC=PC+CN=AB，
∴BP=CN，
∴CN=EN，
∴∠NCE=∠NEC，
∵∠CNE=∠BCD=108°，
1 1
∴∠ECM=∠CEN= （180°-∠CNE）= ×（180°-108°）=36°．
2 2
（3）如图4中，过E作EK∥CD，交BM于点K，
∵n边形ABC和n边形APE为正n边形，
∴AB=BC，AP=PE
(n−2)⋅180°
∠ABC=∠BCD=∠APE=
n
∵∠APK=∠ABC+∠BAP，∠APK=∠APE+∠EPK
∴∠BAP=∠KPE
∵EK∥CD，
∴∠BCD=∠PKE
∴∠ABP=∠PKE，
在△ABP和△PKE中，
¿，
∴△ABP≌△PKE（AAS）
∴BP=EK，AB=PK，
∴BC=PK，
∴BC-PC=PK-PC，
∴BP=CK，
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∴CK=KE，
∴∠KCE=∠KEC，
(n−2)⋅180°
∵∠CKE=∠BCD=
n
1[ (n−2)⋅180°] 180°
∴∠ECK= 1802− = ．
2 n n
【点睛】本题主要考查了四边形综合题，涉及三角形全等的判定及性质，正多边形的内角及等腰三角形的
性质，解题的关键是正确作出辅助线，运用三角形全等求出对应边相等．
23．（8分）（2023·黑龙江鸡西·校考模拟预测）在平面直角坐标系中，边长为4的菱形的顶点B，C在x
轴上，D在y轴上，如图，已知∠A=60°，C(2,0).
(1)求点D的坐标
(2)动点P从点A出发，以每秒1个单位速度沿射线AD运动，过点P作PE⊥x轴于E，直线PE交直线CD
于点Q，设△PCQ的面积为S，点P的运动时间为t秒，当点Q在x轴上方时，求S与t的关系式，直接写出t
的取值范围.
(3)在（2）的条件下，连接CP，当点Q在第一象限，△PCQ为等腰三角形时，作∠PQC的平分线交射线
AD于点M，此时是否存在点N，使以点D，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出
点N的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】(1)D(0,2√3)
√3
(2)− t2+5√3t−12√3
2
(3)满足条件的点N的坐标(16−4√3,12−6√3)或(−4√3,12−6√3)或(4√3,10√3−12)
【分析】（1）在RtΔODC中，解直角三角形求出OD即可解决问题；
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（2）分两种情形分别求解①当0
