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专题07 四边形
5 年真题1 年模拟·答案版
考点01 平行四边形
1.B
2.200
3.10
4.6
5. 【答案】(1) 60
(2)证明：
60
ACD
ABD
，
ACD
E
．
AC
EF
∥
．
∵四边形AFBD 是
O 的内接四边形，
180
AFB
ADB
．
ABD是等边三角形，
60
ADB
，
120
AFB
．
180
AFB
E
．
AF
CE
∥
．
∴四边形AFEC 是平行四边形．
(3)
7
3
【分析】（1）先判定
ABD 是等边三角形，得到
60
BAD
BDA
，利用圆的内接四边形的性质，证明
60
BCE
BAD
，最后利用三角形内角和定理解答即可；
（2）先利用
ACD
E
判定AC
EF ，利用圆的内接四边形的性质求得
120
AFB
，证明AF
CE ；
（3）过点C 作CH
BE
，垂足为H ，连接DF ，设CD
a
，先判定BCE 是等边三角形，证明
CFE
BDE AAS
≌
，得到EF
ED
，再证明DEF 是等边三角形，证明BC
DF ，BCG
DFG
∽
，
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BCE
FDE
∽
，得到
2
BE
a
，
3
EF
a
，接着利用勾股定理表示出
,
CH CF ，利用平行四边形的性质表示
出AC ，进一步解答即可．
【详解】（1）解：
AB
BD
，
60
ABD
，
ABD
△
是等边三角形．
60
BAD
BDA
．
∵四边形ABCD 是
O 的内接四边形，
180
BAD
BCD
．
又
180
BCE
BCD
，
60
BCE
BAD
．
60
CBE
，
180
60
E
CBE
BCE
．
（2）略
（3）解：过点C 作CH
BE
，垂足为H ，连接DF ，设CD
a
．
60
E
CBE
BCE
，
BCE
△
是等边三角形．
BE
CE
．
又
CFB
CDB
，
E
E
，
CFE
BDE AAS
≌
．
EF
ED
．
BF
CD
a
．
60
E
，
DEF
是等边三角形．
60
FDE
BCE
．
BC
DF
∥
．
BCG
DFG
△
∽△
．
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2
3
BC
CG
DF
FG
．
BC
DF
∥
，
BCE
FDE
△
∽△
．
2
3
BE
BC
FE
FD
．
2
BE
a
，
3
EF
a
．
∵四边形AFEC 是平行四边形，
3
AC
EF
a
．
BCE
△
是等边三角形，CH
BE
，
1
2
BH
BE
a
．
在Rt
BCH
△
中，tan
3
CH
CBE
BH
，
3
3
CH
BH
a
．
2
FH
BF
BH
a
，
2
2
2
2
2
3
7
CF
FH
CH
a
a
a
．
CFE
BDE
△
≌△
，
7
BD
CF
a
．
7
7
3
3
BD
a
AC
a
．
考点02 特殊的平行四边形（基础）
1.A
2.75
3.1
4.2
5.10
6. 【答案】
证明：在菱形ABCD中，
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AB
AD
，
B
D
，
∵
BAF
DAE
，
∴
BAE
EAF
EAF
DAF
，
∴
BAE
DAF
，
在BAE 和DAF 中
B
D
AB
AD
BAE
DAF
，
∴
BAE
DAF
△
≌△
，
∴BE
DF
．
考点03 特殊的平行四边形（进阶）
1. 【答案】(1)如图，点F 即为所求．
(2)3
【分析】（1）利用尺规作图作
FBE
EBC
，
FBE
的边BF 与AD 的交点即为所求作的点F ；
（2）由矩形的性质、平行线的性质、等边对等角可得BF
EF
，即可求得AE 的长；设AF
x
，则
8
BF
EF
x
，在Rt ABF 中，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）解：作
FBE
EBC
，
FBE
的边BF 与AD 的交点即为所求作的点F ；
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD
BC
∥
，
∴
AFB
FBC
，
∵
2
FBC
FBE
EBC
EBC
，
∴
2
AFB
EBC
，即点F 即为所求．
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
6
BC
，
AD
BC
，
6
AD
BC
．
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E
EBC
，
FBE
EBC
，
FBE
E
，
BF
EF
．
2
DE
，
8
AE
AD
DE
，
设AF
x
，则
8
BF
EF
AE
AF
x
，
在Rt ABF 中，
90
A
，
4
AB
，
由勾股定理得
2
2
2
AF
AB
BF
，
2
2
2
4
8
x
x
，解得
3
x
，
即
3
AF
．
2. 【答案】(1)
如图，四边形EFGH 就是所求作的正方形．
(2) 10
2
【分析】（1）作BD 的中垂线交AD 于点E ，交BC 于点G ，以EG 为直径画圆，交BD 于点
,
F H ，即可得
到正方形EFGH ；
（2）勾股定理求出BD 的长，进而求出OD 的长，证明
EOD
BAD
△
△
∽
，求出OE 的长，再根据正方形的
性质，结合勾股定理求出EH 的长即可．
【详解】（1）解：由作图可知，OB
OD
，EG
HF
，
∵矩形ABCD，
∴AD
BC ，
∴
ADB
CBD
，
DEO
BGO
，
∴DOE
BOG
≌
，
∴OE
OG
，
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由作图可知，OE
OG
OF
OH
，
∴四边形EHGF 为矩形，
∵EG
HF
，
∴四边形EHGF 为正方形；
（2）由（1）知：OB
OD
，OE
OG
，
四边形ABCD是矩形，
90
A
，
在Rt ABD 中，
2,
4
AB
AD
，
2
2
2 5
BD
AB
AD
，
1
5
2
OD
BD
．
EG
FH
，
90
DOE
DAB
．
又
ODE
ADB
Q
，
EOD
BAD
∽
△
△
，
OE
OD
AB
AD
，即
5
2
4
OE
，
5
2
OE
．
在Rt EOH 中，OE
OH
，
10
2
2
EH
OE
，
∴正方形EFGH 的边长为10
2
．
【点睛】本题考查尺规作图、矩形的性质、线段垂直平分线的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、相
似三角形的判定与性质等知识点，考查推理能力、运算能力、几何直观与空间观念，考查化归与转化思想、
函数与方程思想等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键
3. 【答案】(1)见解析
(2)
180
ACE
EFC
，见解析
(3)30°
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【分析】（1）先证明四边形ABDC 是平行四边形，再根据AB＝AC 得出结论；（2）先证出
ACF
CEF
，
再根据三角形内角和
180
CEF
ECF
EFC
，得到
180
ACF
ECF
EFC
，等量代换即可得
到结论；（3）在AD 上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，证得
ABM
CDB
△
△
≌
，得到
MBA
BDC
，
设
BCD
BAD
，
BDC
，则
ADB
，得到α+β的关系即可．
【详解】（1）∵
ABC
DEC
≌
△
△
，
∴AC＝DC，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，
∵CB 平分∠ACD，
∴
ACB
DCB
，
∴
ABC
DCB
，
∴AB
CD
∥
，
∴四边形ABDC 是平行四边形，
又∵AB＝AC，
∴四边形ABDC 是菱形；
（2）结论：
180
ACE
EFC
．
证明：∵
ABC
DEC
≌
△
△
，
∴
ABC
DEC
，
∵AB＝AC，
∴
B
ABC
AC
∠
，
∴
ACB
DEC
，
∵
180
ACB
ACF
DEC
CEF
，
∴
ACF
CEF
，
∵
180
CEF
ECF
EFC
，
∴
180
ACF
ECF
EFC
，
∴
180
ACE
EFC
；
（3）在AD 上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，
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∵AB＝CD，
BAD
BCD
，
∴
ABM
CDB
△
△
≌
，
∴BM＝BD，
MBA
BDC
，
∴
ADB
BMD
，
∵
BMD
BAD
MBA
，
∴
ADB
BCD
BDC
，
设
BCD
BAD
，
BDC
，则
ADB
，
∵CA＝CD，
∴
2
CAD
CDA
，
∴
2
BAC
CAD
BAD
，
∴
1 180
90
2
ACB
BAC
，
∴
90
ACD
，
∵
180
ACD
CAD
CDA
，
∴
90
2
2
180
，
∴
30
，即∠ADB＝30°．
【点睛】本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等，灵活运用知识，
利用数形结合思想，做出辅助线是解题的关键．
4. 【答案】(1)
解：如图所示，⊙A 即为所求作：
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(2)
5
1
2
【分析】（1）先过点A 作BD 的垂线，进而找出半径，即可作出图形；
（2）根据题意，作出图形，设
ADB
，⊙A 的半径为r，先判断出BE＝DE，进而得出四边形AEFG 是
正方形，然后在Rt△ABE 中，根据勾股定理建立方程求解
tan
BE
r
，再判定
ABE
CDF
≌
△
△
，根据
tan
BE
DF
r
，
tan
DE
DF
EF
r
r
，在Rt△ADE 中，利用tan
AE
ADE
DE
，得到
2
tan
tan
1
0
，求解得到tan∠ADB 的值为
5
1
2
．
【详解】（1）略
（2）解：根据题意，作出图形如下：
设
ADB
，⊙A 的半径为r，
∵BD 与⊙A 相切于点E，CF 与⊙A 相切于点G，
∴AE⊥BD，AG⊥CG，即∠AEF＝∠AGF＝90°，
∵CF⊥BD，
∴∠EFG＝90°，
∴四边形AEFG 是矩形，
又AE
AG
r
，
∴四边形AEFG 是正方形，
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∴EF
AE
r
，
在Rt△AEB 和Rt△DAB 中，
90
BAE
ABD
，
90
ADB
ABD
，
∴
BAE
ADB
，
在Rt△ABE 中，tan
BAE
BE
AE
，
∴
tan
BE
r
，
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB
CD
∥
，AB＝CD，
∴
ABE
CDF
，又
90
AEB
CFD
，
∴
ABE
CDF
≌
△
△
，
∴
tan
BE
DF
r
，
∴
tan
DE
DF
EF
r
r
，
在Rt△ADE 中，tan
AE
ADE
DE
，即
tan
DE
AE
，
∴
tan
tan
r
r
r
，即
2
tan
tan
1
0
，
∵tan
0
，
∴
5
1
tan
2
，即tan∠ADB 的值为
5
1
2
．
【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了尺规作图，切线的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判
定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，利用三角函数得出线段长建立方程是解决问题
的关键．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
A
C
D
C
B
A
D
A
题号
11
12
13
14
15
16
17
答案
B
C
D
B
B
A
B
18．
280
60 2 cm
19．
20．48
21．3
11 / 39
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22．120/120度
23．3
3
2
2
2
24．132/132 度
25．12
26．
1
2
27．2
3
28．3
29．4 13
13
30．5
3 / 2
13
31．5
32．27 3
20
/ 20
27 3
．
33．60/60 度
34．①③
35．2 10
36．9
17
37．2 5
38．
2
39．20
40．8
41．2 10
2
/ 2
2 10
42．2 7
43．证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB
DC
，
90
A
D
，
∵E 为边AD 的中点，
∴AE
DE
，
在ABE 和
CDE
△
中，
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90
AB
DC
A
D
AE
DE
，
∴
SAS
ABE
CDE
≌
，
∴BE
CE
．
【分析】由矩形的性质可得AB
DC
，
90
A
D
，再证明
SAS
ABE
CDE
≌
，即可得证．
【详解】略
44．证明：∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB
BC
，
90
A
C
，
在BAE 和BCF 中，
AB
BC
A
C
AE
CF
∴
BAE
BCF SAS
≌
，
∴BE
BF
．
【分析】根据正方形的性质得AB
BC
，
90
A
C
，结合AE
CF
证明BAE
BCF
≌
便可得结论．
【详解】略
45．(1)
(2)2
【分析】（1）连接AE ，作线段AE 的垂直平分线交AE 于点O，以点O 为圆心，OA 的长为半径画弧交BC
于点P（满足BP
CP
），根据
BAP
CPE
，
90
BAP
BPA
，可推出
90
APE
，则点P 在以AE
为直径的圆上，故点P 即为所求；
（2）可证明
ABP
PCE
△
∽△
，根据相似三角形的性质列出比例式求解即可．
【详解】（1）略
（2）解：如图所示，
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∵四边形ABCD是矩形，
∴
90
ABP
PCE
，
又∵
BAP
CPE
，
∴
ABP
PCE
△
∽△
，
∴AB
BP
PC
CE
，
设BP
x
，则
10
PC
BC
BP
x
，
∴
8
10
2
x
x
，
解得
2
x
（已检验）或
8
x
（舍去），
∴
2
BP
．
46．(1)100
(2)证明：由（1）知CBD
ABF
≌
，
∴AF
CD
，
∵CD
CE
，
∴AF
CE
，
∵
60
BAF
ABC
，
∴AF
BC ，即AF
CE ，
∴四边形ACEF 为平行四边形．
【分析】（1）由旋转的性质可得
60 ,
DBF
BD
BF
，根据等边三角形的性质可得
60 ,
ABC
AB
BC
，
证明
, ,
CBD
ABF S A S
≌
，可得
60
BAF
C
，再利用三角形内角和定理即可求解；
（2）由（1）知CBD
ABF
≌
，得到AF
CD
，结合CD
CE
，推出AF
CE
，再根据
60
BAF
ABC
，
推出AF
BC ，即可证明．
【详解】（1）解：由旋转的性质可得
60 ,
DBF
BD
BF
，
∵ABC是等边三角形，
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∴
60 ,
ABC
C
AB
BC
，
∴
60
ABF
ABD
ABD
CBD
，
∴
ABF
CBD
，
∴
, ,
CBD
ABF S A S
≌
，
∴
60
BAF
C
，
∵
20
ABF
，
∴
180
100
AFB
ABF
BAF
；
（2）略
47．(1)
3
4
EF
BG
(2) AE 的长为2
【分析】（1）过点A 作AP
EF
∥
，交BC 于点P ，交BG 于点Q ，结合矩形的性质推导出四边形APFE 为平
行四边形，利用平行四边形的性质推导出ABP
BCG
∽
，再运用相似的性质即可求解；
（2）连接BE ，EG ，根据折叠求出BE
EG
，
5
BF
FG
，根据矩形性质求出
90
C
，
6
AB
CD
，
8
BC ，再根据勾股定理求出CG 的值，最后设AE
x
，根据
2
2
2
2
2
2
BE
AB
AE
EG
DE
DG
，列出
方程求解即可.
【详解】（1）解：如图，过点A 作AP
EF
∥
，交BC 于点P ，交BG 于点Q ．
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD
BC ．
∵AP
EF
∥
，
∴四边形APFE 为平行四边形．
∴AP
EF
．
∵将矩形沿EF 折叠，点A ，B 的对应点分别为点H ，G （点G 落在CD 边上），
∴EF
BG
．
∴AP
BG
．
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∴
90
BAP
ABQ
．
∵
90
CBG
ABQ
．
∴
BAP
CBG
．
又∵
90
ABP
BCG
，
∴ABP
BCG
∽
．
∴
6
3
8
4
AP
AB
BG
BC
，
即
3
4
EF
BG
；
（2）解：如图，连接BE ，EG ．
∵点B
G
，
关于直线EF 对称，
∴BE
EG
，
5
BF
FG
．
∵四边形ABCD为矩形，
∴
90
C
，
6
AB
CD
，
8
BC ，
∴
8
5
3
CF
BC
BF
．
∴
2
2
2
2
5
3
4
CG
FG
CF
．
∴
6
4
2
DG
CD
CG
．
设AE
x
，则
8
DE
AD
AE
x
．
由
2
2
2
2
2
2
BE
AB
AE
EG
DE
DG
，得
2
2
2
2
6
8
2
x
x
．
解得
2
x
．
∴AE 的长为2 ．
48．(1)结论：OD
CB
MO
PB
∥
Q
，
135
MOB
，
180
45
OBP
MOB
．
NO
N O
∥
Q
，
135
NOB
，
90
MON
，
45
OO N
，
90
ODN
ODO
．
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同理可得
45
OAQ
，
45
BAC
OAQ
，
180
90
ACB
OBP
BAC
，
由平移得
'
OA
OB
，
OO
AB
．
45
OO D
ABC
Q
，
90
ACB
ODO
AAS
ODO
ACB
△
≌△
OD
CB
．
(2) 5
3
(3) 5 3
11
【分析】（1）根据平移的性质以及平行线的性质，证明
ODO
ACB AAS
≌
，根据全等三角形的性质，
即可得证；
（2）延长NO 交PC 于点S ，两根木条的宽度比即为所求；
（3）过点A 作AC
BE
于点C ，AD
BH
于点D ，过点B 作BQ
AF
交FA 的延长线于点Q ，AQ 交BH
于点P ，则四边形ACBQ 为矩形，两根木条的宽度比为5:3，即
:
5: 3
AD AC
，根据
5 3
tan
3
AD
PD
x
APD
，
得出
60
BPQ
APD
，进而求得BD ，得出
5 3
tan
11
AD
BD
，即可求解．
【详解】（1）略
（2）解：如图，延长NO 交PC 于点S ，
90
MON
，MO
PC ，
90
OSP
MON
，
90
OSC
，
30 cm
OS
，
18 cm
SC
，
30
5
tan
18
3
OS
OCP
SC
；
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（3）如图，过点A 作AC
BE
于点C ，AD
BH
于点D ，过点B 作BQ
AF
交FA 的延长线于点Q ，AQ
交BH 于点P ，则四边形ACBQ 为矩形，
两根木条的宽度比为5:3，即
:
5: 3
AD AC
，
设
3
AC
BQ
x
，则
5
AD
x
，
60
FAG
，AG
PH
∥
，
60
APD
FAG
，
5 3
tan
3
AD
PD
x
APD
．
60
BPQ
APD
Q
，
2 3
sin
BQ
BP
x
BPQ
，
11 3
3
BD
BP
PD
x
，
5
5 3
tan
11
11 3
3
AD
x
BD
x
．
49．(1)证明：假设a 、b 、c 均为奇数，
则
2
a 、
2
b 、
2c 均为奇数
∴
2
2
a
b
为偶数，
由勾股定理得
2
2
2
c
a
b
，∴
2c 为偶数，
与
2c 为奇数相矛盾，假设不成立
∴a 、b 、c 不可能都是奇数．
(2) 4
3
【分析】（1）假设a 、b 、c 均为奇数，推出
2c 为偶数，即可得证；
（2）过A 作AN
AH
，交HM 的延长线于点N ，证明AMN
BMF
∽
，进而得到AM
AN
BM
BF
，求出
,
AN BF
的长即可.
【详解】（1）略
（2）解:过A 作AN
AH
，交HM 的延长线于点N ，
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∴
90
NAE
AEB
，
∴AN
BE
∥
，
∴AMN
BMF
∽
，
∴AM
AN
BM
BF
，
在直角三角形ADH 中，
3
DH
a
，
5
AD
c
，
2
2
2
2
2
5
3
16
AH
AD
DH
，
∴
4
AH
b
（负值舍去），
在正方形EFGH 中，
45
EHF
，
∴
45
ANH
EHF
，
∴
4
AN
AH
，
又∵
3
BF
a
，
∴
4
3
AM
AN
BM
BF
，
50．(1)解：如图所示，四边形ABEF 即为所求；
(2) a
b 的值为
3 ，1，
3
3
．
【分析】（1）作线段AD 的垂直平分线MN ，垂足为N ，在AD 的右侧，以A 为圆心，AD 为半径作弧，交
MN 于点F ，在射线FM 上截取线段FE ，使得FE
AB
，连接BE ，四边形ABEF 即为所求；
（2）证明AD
DF
AF
，得到ADF 是等边三角形，分三种情况：CD
DF
，FD
FC
，CD
CF
分别
求解即可．
【详解】（1）略；
（2）解：∵平行四边形ABEF 面积是矩形ABCD面积的一半，
∴EF 垂直平分线段AD ，
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FD
FA
，
AF
AD
，
AD
AF
FD
，
ADF
是等边三角形；
∴
60
ADF
，
∴
30
FDC
．
当CD
DF
时，如图，
ADF 是等边三角形，
DC
AB
AD
a
，
1
a
AD
a
b
AB
a
；
当FD
FC
时，如图，作FG
CD
⊥
交CD 于点G，
∵
30
FDG
，
3
3
GF
GD
，
2
3
2
3
a
AD
GF
b
AB
GD
；
当CD
CF
时，如图，作CM
DF
交DF 于点M，
由
30
CDM
，
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得
2
2
2
CM
DM
DC
，
即
2
2
2
2
2
b
a
b
，
2
2
3
4
4
a
b
，
2
2
3
a
b
，
3
a
b
，
3
a
b
．
51．(1)点P 的位置如图所示；
(2) 4 3
【分析】（1）分别以点C ，点D 为圆心，大于1
2 CD 为半径画圆，连接交点，与CD 交于点P ，根据三角形
的面积，等底半高，点P 即为所求；
（2）过点P 作PE
BC
垂足为E ，根据
120
C
，求出
DCE
，根据
1
2
PBC
BCD
S
S
，求出PC ，再根据
sin
PE
PCE
PC
，求出PE ，根据三角形的面积公式，即可求解．
【详解】（1）略
（2）解：过点P 作PE
BC
垂足为E ，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB
CD
，BC
AD
，
∵
120
BCD
，
∴
180
60
PCE
BCD
，
∵
1
2
PBC
BCD
S
S
，
∴点P 是CD 中点，
∴
1
2
2
PC
CD
，
在Rt
PCE
△
中，sin
PE
PCE
PC
，
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即
3
2
2
PE
，
∴
3
PE
，
∴
1
4 3
2
PBC
S
BC PE
．
【点睛】本题解直角三角形，尺规作图，解题的关键是掌握尺规作图，解直角三角形，进行解答，即可．
52．(1)所作等腰直角三角形EPF 如图1 所示：
(2)证明：补全图形如图2，
∵点Q 与点P 关于直线EF 对称，
∴EF 垂直平分线段PQ ，
∴PE
QE
，PF
QF
．
又∵PE
PF
，
∴PE
QE
QF
PF
，
∴四边形EPFQ 是菱形．
∵
90
EPF
，
∴菱形EPFQ 是正方形．
【分析】（1）根据作图技巧运用圆规分别在
,
AD BC 上截取
,
CP
DF DP
CE
，然后，连接
,
,
PE PF EF ，
证得
, ,
CPE
DFP S A S
≌
，得出PE
FP
，
CPE
DFP
即可证得结论；
（2）根据垂直平分线的性质，得PE
QE
，PF
QF
，再由PE
PF
，得四边形EPFQ 是菱形，最后，由
90
EPF
即可证得结论．
【详解】（1）解：∵在长方形ABCD中，
∴
90
C
D
，
根据作图痕迹可知
,
CP
DF DP
CE
，
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在CPE 和DFP 中，
CP
DF
C
D
CE
DP
，
∴
, ,
CPE
DFP S A S
≌
，
∴PE
FP
，
CPE
DFP
，
∴
90
DFP
DPF
CPE
DPF
，
∴
180
90
EPF
CPE
DPF
，
∴EPF 是等腰直角三角形；
（2）略
53．(1)①证明：∵DE
AC
，
∴
90
ADE
，
∵在直角三角形ABC 中，
90
C
，
∴
90
ADE
C
，
又∵
DAE
CAB
，
∴ADE
ACB
∽
；
②如图所示：
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(2)如图所示：
或
【分析】（1）①利用相似三角形的判定定理证明即可；
②如图所示，取Rt
ABC
△
的三边中点，再进行分割；
（2）方法1：如图1 所示，取AB 的中点M，BC 的中点N，CD 的中点P，AD 的中点Q，沿NP
PQ
QM
，
，
进行分割，再进行拼接得到图2．
方法2：如图2 所示，取AB 的中点M，BC 的中点N，CD 的中点P，AD 的中点Q，沿QM
PN
，
进行分割．再
将AQM 与CPN 分别沿AE
CF
，
进行分割，且AE
QM
，CF
PN
，拼接后得到图4．
【详解】（1）解：①略
②略；
（2）解：略
54．(1)①证明：由折叠的性质得：
,
B
AFE BE
FE
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB CD ，
∴
B
PCG
，
∴
AFE
PCG
，
∵
AFE
QFG
，
∴
PCG
QFG
，
∵
FGQ
CGP
，
∴由三角形内角和定理得，
CQE
P
，
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∵CE
BE
，BE
EF
∴EF
EC
，
又∵
CEQ
FEP
，
∴
AAS
EFP
ECQ
≌
；
②4
(2)
4
15
【分析】（1）①由折叠的性质得：
,
B
AFE BE
FE
，再结合平行四边形的性质可得
PCG
QFG
，
然后根据三角形内角和定理可得
CQE
P
，即可求证；
②根据全等三角形的性质可得EQ
EP
，从而得到FQ
CP
，可证明FQG
CPG
≌
，从而得到
3,
5
FG
CG
GQ
GP
，再由折叠的性质得：AF
AB
，再根据CGP
BAP
∽
，可得
12
AB
，即可求
解；
（2）延长
,
AD EQ 交于点M ，设
2
CQ
a
，BE
b
，证明DQM
CQE
∽
得出
3
DM
b
，证明FEP
CEQ
∽
得出PF
a
，证明AMF
PEF
∽
得出
6
5
EP
b
，进而求得
2
1
2
2
n
b
CP
n
，根据PC
AD 得出GPC
GAD
∽
，
根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】（1）解：①略；
②∵
EFP
ECQ
≌△
△
，
∴EQ
EP
，
∵EF
EC
，
∴FQ
CP
，
∵
FGQ
CGP
，
CQE
P
，
∴
AAS
FQG
CPG
△
≌△
，
∴
3,
5
FG
CG
GQ
GP
，
由折叠的性质得：AF
AB
，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB CD ，AB
CD
，
∴CGP
BAP
∽
，
∴CG
PG
AB
AP
，
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∴3
5
3
5
AB
AB
，
解得：
12
AB
，
∴
12
CD
，
∴
4
DQ
CD
CG
QG
；
（2）解：如图，延长
,
AD EQ 交于点M ，
设
2
CQ
a
，BE
b
∵
2
3
CQ
DQ
，
2
CE
BE
∴
= 3
DQ
a ，
2
EC
b
，
∴根据平行四边形可得，
5
AB
CD
a
，
3
AD
BC
b
∵折叠，
∴
5
AF
AB
a
∵AD
BC
∥
，即DM
EC
∥
∴DQM
CQE
∽
∴DM
DQ
EC
CQ
即
3
3
2
2
2
DM
a
b
a
∴
3
DM
b
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴
B
ADQ
又∵折叠，
∴
AFE
B
∵
180
AFQ
AFE
∴
180
AFQ
ADQ
∴
180
DAF
DQF
∵
180
EQC
DQF
∴
EQC
DAF
∵AD
BC
∥
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∴
DAF
FPE
∴
EQC
FPE
又∵
FEP
CEQ
∴FEP
CEQ
∽
∴EF
FP
EC
CQ
即2
2
b
FP
b
a
∴PF
a
∵AB
CD
∥
∴AMF
PEF
∽
∴EP
PF
AM
AF
∴3
3
5
EP
a
b
b
a
解得：
6
5
EP
b
∴
6
4
2
5
5
CP
EC
EP
b
b
b
又∵PC
AD
∴GPC
GAD
∽
∴
4
4
5
3
15
b
CG
CP
DG
AD
b
．
55．(1)证明：由对称的性质可得
,
BF
BC EF
CE
，
∵BE
BE
，
∴
, ,
BCE
BFE S S S
≌
，
∴
BFE
C
，
∵矩形ABCD 中，
90
A
D
C
，
∴
90
BFE
C
，
∴
90
AFB
DFE
，
∵
90
AFB
ABF
，
∴
ABF
DFE
，
∵
90
A
D
，
∴
ABF
DFE
∽
△
△
；
(2)①证明：∵矩形ABCD 中，AB
AD
，
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∴四边形ABCD 是正方形，
∴AB
BC
，
由对称的性质得
,
BC
BF BP
CF
，
∴
90 ,
,
FNP
BF
AB
PBF
PBC
，
∴
BAF
BFA
，
设
BAF
BFA
，
ABF
，
∴
1 90
45
2
2
PBF
PBC
ABF
，
∵
180
BAF
BFA
ABF
，即2
180
，
∴
90
2
，
∵
BFA
P
PBF
，即
45
2
P
，
∴
45
45
2
P
，
∴
90
45
PFN
P
，
∴
45
PFN
P
，
∴FN
PN
；
②10
【分析】（1）由对称的性质可得
,
BF
BC EF
CE
，结合BE
BE
，易证
, ,
BCE
BFE S S S
≌
，利用矩
形的性质可得
90
BFE
C
，进而得到
90
AFB
DFE
，由
90
AFB
ABF
，易证
ABF
DFE
，结合
90
A
D
，即可证明；
（2）①证明四边形ABCD 是正方形，由对称的性质得推出
90 ,
,
FNP
BF
AB
PBF
PBC
，
BAF
BFA
，
ABF
，求出
90
2
，
45
45
2
P
，证明
45
PFN
P
，即可
证明结论；
②过点F 作FI
CD
于点I ，设
6
BC
CD
AD
AB
x
，证明
BCE
CDH ASA
≌
，则CE
DH
，
BE
CH
，结合DH
DE
可得，
1
3
2
DE
CE
DH
CD
x
．利用勾股定理可得
3 5
BE
CH
x
，再
使用面积法可得
6 5
5
CN
FN
x
，则
12 5
5
CF
x
．由FI
AD
∥
可判定△
∽△
CFI
CHD 和△
∽△
MFI
MAD ，
从而计算出
2
MD
x
，ME
x
．由AB CD 可判定MPE
APB
∽
，则
1
6
MP
ME
AP
AB
，计算得
20
AM
，在
Rt ADM 中，利用勾股定理构造方程求解即可．
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【详解】（1）略
（2）解：①略
②过点F 作FI
CD
于点I ，设
6
BC
CD
AD
AB
x
，
∵
90
EBC
BCF
BCF
HCD
，
∴
EBC
HCD
，
在BCE 和
CDH
△
中
90
EBC
HCD
BC
CD
BCE
CDH
，
∴
BCE
CDH ASA
≌
，
∴CE
DH
，BE
CH
，
∵DH
DE
，
∴
1
3
2
DE
CE
DH
CD
x
，
在Rt BCE 中，
2
2
3 5
BE
BC
CE
x
，
∴
3 5
BE
CH
x
，
∵
1
1
2
2
BCE
S
BC CE
BE CN
，
∴
6 5
5
BC CE
CN
x
BE
，
∵CN
FN
，
∴
12 5
2
5
CF
CN
x
，
∵FI
CD
，
∴FI
AD
∥
，
∴△
∽△
CFI
CHD ，
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∴
12 5
4
5
5
3 5
x
FI
CI
CF
DH
CD
CH
x
，
∴
4
12
I
5
5
F
DH
x
，
4
24
I
5
5
C
CD
x
，
∴
6
I
I
5
D
CD
C
x
，
∵FI
AD
∥
，
∴△
∽△
MFI
MAD ，
∴
12
I
I
2
5
6
5
x
M
F
MD
AD
x
，
∴
2
4
I
I
3
5
M
D
x
，
5
I
2
3
MD
D
x
，
∴ME
DE
MD
x
，
∵AB CD ，
∴MPE
APB
∽
，
∴
1
6
6
MP
ME
x
AP
AB
x
，
∴
5
20
6
AM
AP
，
在Rt ADM 中，
2
2
2
AD
MD
AM
，
∴
2
2
2
6
2
20
x
x
，解得
10
x
（负值，舍去），
∴
10
ME
x
．
56．(1)①
；②
2
100cm
(2)
MF
QE
理由：如图，延长FE 交MQ 于点O，延长QE 交MF 于点Y，
延长EH 交PQ 于点X．
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∵在正方形EFGH 中，
90
FEH
，MQ
EH
∥
，
∴
90
EOQ
，
同理可得，
90
EXQ
，
∵地漏和正方形MNPQ 的中心重合，MN
EF
∥
，MQ
EH
∥
，
∴EO
MO
QX
HX
，
∵在正方形EFGH 中，EF
EH
，
∴EO
EF
EH
HX
，即FO
EX
，
∴
MOF
QXE SAS
≌
，
∴
MFO
QEX
，
∵
90
OEQ
QEX
，
∴
90
OEQ
MFO
，
∵
OEQ
FEY
，
∴
90
FEY
MFO
，
∴
90
EYF
，
∴MF
QE
．
【分析】（1）①运用中垂线性质结合尺规作图的方法，即可作图求解；②可设拼得的大正方形边长的一半
为cm
a
，地漏所在的小正方形边长的一半为cm
b
，运用已知条件建立关于a，b 的方程，解方程即可求出b
的值，从而求得地漏EFGH 的面积；
（2）延长FE 交MQ 于点O，延长QE 交MF 于点Y，延长EH 交PQ 于点X．通过证明MOF
QXE
≌
，再
证
90
FEY
MFO
，即可证得MF
QE
．
【详解】（1）解：①略
②由题意，可设
cm
RS
SW
RI
WK
a
，
cm
ET
TH
HJ
EL
b
，
∵RS 与TH 之和为原来矩形瓷砖的长，
∴
16cm
RS
TH
，即
16
a
b
，
∵
6cm
ST
IL
JK
，
31 / 39
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∵
2 cm
RS
SW
a
，
2 cm
ET
TH
b
，
又∵
I
6
6
12
RS
SW
ET
TH
RS
ET
SW
TH
L
JK
cm
，
∵
2
2
RS
SW
ET
TH
a
a
b
b
a
b cm
∴2
2
12
a
b
，即
6
a
b
，
∴
11
a
，
5
b
，
∴
2
10cm
EH
b
，
∴
2
100cm
EFGH
S
正方形
．
（2）略
57．(1)①③
(2)720
(3)任意凸多面体的总角亏是定值，为720
【分析】（1）根据每条棱是两个相邻面的公共边，得出所有面的边数之和等于棱数的2 倍，即可判断①②；
根据每条棱连接两个顶点，得出所有顶点连接的棱数之和等于棱数的2 倍，即可判断③④；
（2）根据题干所给定义并结合三棱锥的特点计算即可得出结果；
（3）题意可得对于任意凸多面体，其顶点数V、面数F、棱数E，则所有顶点的360之和为
360
V
，求
出总面角和
2
2
180
360
E
F
E
F
，再结合题干所给定义计算即可得出结果．
【详解】（1）解：∵每条棱是两个相邻面的公共边，
∴所有面的边数之和等于棱数的2 倍，即
1
2
2
F
n
n
n
E
L
，故①正确，②错误；
∵每条棱连接两个顶点，
∴所有顶点连接的棱数之和等于棱数的2 倍，即1
2
2
V
r
r
r
E
L
，故③正确，④错误；
故说法正确的是①③；
（2）解：三棱锥有4 个顶点，每个顶点处有3 个面角，
三棱锥的4 个面都是三角形，则所有面角之和为4 180
720
，
因为每个顶点的角亏为360与多面体在该点的面角之和的差，
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故总角亏为：4 360
720
1440
720
720
；
（3）解：任意凸多面体的总角亏是定值，为720，理由如下：
由题意可得对于任意凸多面体，其顶点数V、面数F、棱数E，
∴所有顶点的360之和为
360
V
，
由每个面是
in 边形，得出总面角和为：
1
2
3
2
180
2
180
2
180
2
180
F
n
n
n
n
1
2
3
2
2
2
2
180
F
n
n
n
n
1
2
3
2
180
F
n
n
n
n
F
,
由（1）可得
1
2
2
F
n
n
n
E
L
，
∴总面角和
2
2
180
360
E
F
E
F
，
故总角亏为
360
360
V
E
F
360
V
E
F
6
2 3 0
720
，
故任意凸多面体的总角亏是定值，为720．
58．(1)
4,2 ，
1,2 ，
5,2
(2)
解：由题意可得，
1S
ab
，
2
S
m
a b
，
3S
m n
b
，
∴
1
,
2 2
a b
G
，
2
,
2
2
m
a b
G
，
3
,
2
2
m n
b
G
，
∴
1 1
2
2
3
3
1
2
3
S x
S x
S x
S
S
S
2
2
2
a
m
a
m
ab
m
a b
m n
b
mn
2
2
2
2
2
2
a b
m b
a b
m n
m b
mn
2
m
，
∵
0
2
m
x
，
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∴
1 1
2
2
3
3
0
1
2
3
S x
S x
S x
x
S
S
S
；
同理可得，
1
1
2
2
3
3
0
1
2
3
S y
S y
S y
y
S
S
S
，
(3) 38 36
,
11 11
【分析】（1）根据题意解答即可求解；
（2 ）由题意可得
1S
ab
，
2
S
m
a b
，
3S
m n
b
，即得
1
,
2 2
a b
G
，
2
,
2
2
m
a b
G
，
3
,
2
2
m n
b
G
，
进而得到
1 1
2
2
3
3
1
2
3
2
S x
S x
S x
m
S
S
S
，即可求证，同理可得
1
1
2
2
3
3
0
1
2
3
S y
S y
S y
y
S
S
S
，即可求解；
（3 ）连接AD
BD
、
，利用勾股定理可证四边形ABCD是平行四边形，设AOD 的重心为
1
G ，面积为
1S ，
四边形ABCD的重心为
2
G ，面积为
2
S ，可得
1
4
2, 3
G
，
2 4,4
G
，
1
12
S
，
2
2
32
BDC
S
S
，进而根据题
意即可求解；
本题考查了坐标与图形，图形的重心，矩形的性质等，理解题意是解题的关键．
【详解】（1）解：由题意可得，原矩形OABC 的重心位置点G 的坐标是8 4
,
2 2
，即
4,2 ，
分割所得的两个矩形重心位置的坐标分别是2 4
,
2 2
和8
2 4
,
2
2
，即
1,2 和
5,2 ，
故答案为：
4,2 ，
1,2 ，
5,2 ；
（2）略
（3）解：如图，连接AD
BD
、
，
∵
6,0
A
，
8,4
B
，
2,8
C
，
0,4
D
，
∴由勾股定理可得
2 5
AB
CD
，
2 13
AD
BC
，
∴四边形ABCD是平行四边形，
设AOD 的重心为
1
G ，面积为
1S ，四边形ABCD的重心为
2
G ，面积为
2
S ，
则
1
6
0
0 0
0
4
,
3
3
G
，
2
8
0 4
4
,
2
2
G
，即
1
4
2, 3
G
，
2 4,4
G
，
1
1
6
4
12
2
S
，
2
1
2
2
8 4
32
2
BDC
S
S
，
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∴五边形OABCD 重心位置的坐标是
4 12
4 32
2 12
4 32 3
,
12
32
12
32
，即38 36
,
11 11
，
故答案为：38 36
,
11 11
．
59．(1)
2
2
2
CF
AE
FG
(2)
2
2
2
AE
CF
EF
，证明如下：
如图所示，连接AC ，延长EO 交DC 于E，
∵O 为矩形ABCD的中心，
∴AO
CO
，AB
CD
∥
，
90
BCD
，
∴
BAC
ACE
，
又∵
AOE
COE
，
∴
ASA
AOE
COE
≌
，
∴AE
CE
EO
E O
，
，
又∵矩形
1
1
1
A B C O ，
∴OE
OF
，
∴FO 垂直平分EE，
∴EF E F
=
，
在Rt
FCE
△
中，由勾股定理得
2
2
2
CE
FC
E F
，
∴
2
2
2
AE
CF
EF
；
(3)
2
19 cm
16
或
2
25 cm
16
【分析】
（1）证明
AAS
OAE
OCG
≌
，得到AE
CG
，由勾股定理得
2
2
2
CF
CG
FG
，则
2
2
2
CF
AE
FG
；
（2）猜想：
2
2
2
AE
CF
EF
，连接AC ，延长EO 交DC 于E，证明
ASA
AOE
COE
≌
，再利用勾股
定理证明即可；
（3）设
cm
CF
x
分两种情形：①当点E 在线段AC 上时，②当点E 在CA 延长线上时，分别利用勾股定理
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构建方程求解即可．
【详解】（1）解：∵正方形ABCD的对角线相交于点O，
∴
90
OA
OC
AB
CD
BCD
，
，
，
∴
OAE
OCG
OEA
OGC
∠
∠
，∠
∠
，
∴
AAS
OAE
OCG
≌
，
∴AE
CG
，
在Rt
CFG
△
中，由勾股定理得
2
2
2
CF
CG
FG
，
∴
2
2
2
CF
AE
FG
；
（2）略
（3）解：如图所示，当点E 在AC 上时，
过点B 作BM
AC ，交ED 的延长线于点M，连接FM ，
∵BM
AC ，
∴
180
C
CBM
，
EAD
MBD
，
∵
ADE
BDM
，AD
BD
，
90
C
，
∴
AED
BMD ASA
≌
，
90
CBM
，
∴
,
ED
DM AE
BM
，
∵
90
EDF
，
∴直线DF 是线段EM 的垂直平分线，
∴EF
FM
，
在Rt
BFM
△
中，由勾股定理，得
2
2
2
BF
BM
FM
，
∴
2
2
2
BF
BM
EF
∵
3cm,
4cm
AC
BC
，
2cm
AE
，
∴
1cm
CE
，
2cm
AE
BM
，
设
cm
CF
x
，则
4
cm
BF
x
，
由勾股定理得
2
2
2
2
2
EF
CE
CF
BF
BM
，
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2
2
2
2
1
2
4
x
x
，
∴
19
x
8
，
∴
19 cm
8
CF
，
∴
2
1
19 cm
2
16
CEF
S
CE CF
如图所示，当点E 在CA 的延长线上时，
过点B 作BN
AC
∥
，交ED 的延长线于点N，连接FN ，
∵BN
AC
∥
，
90
ACB
，
∴
90
ACB
NBF
，
EAD
NBD
，
∵
ADE
BDN
，AD
BD
，
∴
ASA
AED
BND
≌
，
∴
,
ED
DN AE
BN
，
∵
90
EDF
，
∴直线DF 是线段EN 的垂直平分线，
∴EF
FN
，
由勾股定理，得
2
2
2
BF
BN
FN
，
∴
2
2
2
AE
BF
EF
．
∵
3cm,
4cm
AC
BC
，
2cm
AE
，
∴
5cm
CE
，
2cm
AE
BN
，
设
cm
CF
x
，则
4
cm
BF
x
，
由勾股定理得
2
2
2
2
2
EF
CE
CF
BN
BF
，
∴
2
2
2
2
5
(4
)
2
x
x
，
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∴
5
8
x
，
∴
5 cm
8
CF
，
∴
2
1
25 cm
2
16
CEF
S
CE CF
；
综上所述，CEF 的面积为
2
19 cm
16
或
2
25 cm
16
。
60．(1) 10
(2)
解：BE
DF
EF
，
理由：延长CB 至M，使BM
DF
，连接AM ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB
AD
，
90
ABM
ADF
，
在ABM 和ADF 中，
AB
AD
ABM
ADF
BM
DF
，
∴
ABM
ADF SAS
≌
，
∴AM
AF
，
BAM
DAF
，
∵
45
EAF
,
90
BAD
，
∴
45
BAE
DAF
，
又∵
BAM
DAF
，
∴
45
BAE
BAM
，即
45
MAE
，
在
MAE
△
和FAE 中，
AM
AF
MAE
FAE
AE
AE
，
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∴
MAE
FAE SAS
≌
，
∴ME
EF
，
∵ME
BE
BM
，BM
DF
，
∴BE
DF
EF
．
(3)
2
1
2
【分析】
（1）根据已知条件证得ABC 是等腰直角三角形，得到AC
BC
，利用勾股定理求得
2 2
AC
BC
，
进而通过D 是BC 的中点求得CD 的值，最后通过勾股定理即可得出结果；
（2）延长CB 至M，使BM
DF
，连接AM ，证明
ABM
ADF SAS
≌
，利用全等三角形的性质和角的
和差关系再证明
MAE
FAE SAS
≌
，从而得出ME
EF
，最后利用线段和差关系即可得证；
（3）作正方形ABCD的外接圆，连接AC ，取AC 的中点O，此时O 为圆心，利用相似三角形的判定证得
AEF
GEB
∽
，从而得出BE
GE
EF
AE
，再过点G 作GH
BF
于点H，证得AEB
GEH
∽
，随即推出BE
GH
EF
AB
，
设AB
m
，则
O 的半径
2
2
r
m
，当GH 最大时，BE
EF 的值最大，当点G，H，O 三点共线时，GH 有最
大值为OG
OH
r
OH
，而OH
BC
时，OH 的值最小，即可求得OH 的最小值表达式，进而求得GH 的
最大值表达式，并最终推出结果．
【详解】（1）解：在ABC 中，
90 ,
45
C
B
，
∴ABC 是等腰直角三角形，
∴AC
BC
，
由勾股定理
2
2
2
AC
BC
AB
，
4
AB
，
得：
2
2
2
4
AC
，即
2
2
16
AC
，
解得：
2 2
AC
BC
，
∵D 是BC 的中点，
∴
1
1
2 2
2
2
2
CD
BC
，
在Rt ACD 中,
2 2,
2
AC
CD
，
∴
2
2
2
2
2
2 2
2
8
2
10
AD
AC
CD
，
解得：
10
AD
．
（2）略
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（3）解：如图，作正方形ABCD的外接圆，连接AC ，取AC 的中点O，此时O 为圆心，
∴
45
AGB
ACB
EAF
，
∴BG
AF
∥
，
∵
AEF
BEG
，
∴AEF
GEB
∽
，
∴BE
GE
EF
AE
，
过点G 作GH
BF
于点H，
∴AB
GH
∥
，
∵
AEB
GEH
，
∴AEB
GEH
∽
，
∴GH
GE
AB
AE
，
∴BE
GH
EF
AB
，
设AB
m
，则
O 的半径
2
2
r
m
，
∴当GH 最大时，BE
EF 的值最大，
∵点G 在
O 上运动，
∴当点G，H，O 三点共线时，GH 有最大值为OG
OH
r
OH
，
当OH
BC
时，OH 的值最小，
∴OH 的最小值为1
1
2
2
AB
m
，
∴GH 的最大值为
2
1
2
2
r
OH
m
m
，
∴BE
EF 的最大值为
2
1
2
1
2
2
2
m
m
m
．
