數(shù)學(xué)-專項(xiàng)9.12 中心對(duì)稱圖形-平行四邊形章末題型過(guò)關(guān)卷（蘇科版）（帶答案）

第9章中心對(duì)稱圖形——平行四邊形章末題型過(guò)關(guān)卷【蘇科版】參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題，滿分30分，每小題3分）1．（3分）（2022春·廣東湛江·八年級(jí)期末）如圖，在?ABCD中，以A為圓心，AB長(zhǎng)為半徑畫弧交AD于F．分別以點(diǎn)F，B為圓心，大于12BF長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧交于點(diǎn)G,作射線AG交BC于點(diǎn)E,若BF=6,AB=5,則AE的長(zhǎng)為（A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】如下圖，根據(jù)作圖可得AE與BF相互垂直平分，在Rt△ABO中，利用勾股定理可求得AO的長(zhǎng)，從而得出AE的長(zhǎng)．【詳解】設(shè)AE與BF交于點(diǎn)O，連接EF由作圖可知，AE與BF相互垂直平分∵BF=6，∴BO=3∵AB=5∴在Rt△ABO中，AO=4∴AE=8故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查垂直平分線的畫法和勾股定理，解題關(guān)鍵是根據(jù)作圖，判斷出AE與BF相互垂直平分．2．（3分）（2022春·全國(guó)·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖，平行四邊形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，OE//AB交AD于點(diǎn)E．若OA=2，ΔAOE的周長(zhǎng)為10，則平行四邊形ABCD的周長(zhǎng)為（

A．16 B．32 C．36 D．40【答案】B【分析】由平行四邊形的性質(zhì)得AB=CD，AD=BC，OB=OD，證OE是ΔABD的中位線，則AB=2OE，AD=2AE，求出AE+OE=8，則AB+AD=2AE+2OE=16【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，AD=BC，OB=OD，AO=OC，∵OE//AB，∴AE=DE，∴OE是ΔABD∴AB=2OE，AD=2AE，∵Δ∴OA+AE+OE=10，∴AE+OE=10?OA=10?2=8，∴AB+AD=2AE+2OE=16，∴?ABCD的周長(zhǎng)=2×(AB+AD)=2×16=32．故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)、三角形中位線定理等知識(shí)；熟練掌握平行四邊形的性質(zhì)和三角形中位線定理，求出AD+AB=16是解題的關(guān)鍵．3．（3分）（2022秋·河南新鄉(xiāng)·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在矩形ABCD中，頂點(diǎn)A0,4，B?2,0，C?4,1，將矩形ABCD繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)90°，則第2022A．5,2 B．?2,5 C．2,?5 D．5,?2【答案】C【分析】過(guò)點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，點(diǎn)D作DF⊥y軸于點(diǎn)F，根據(jù)已知條件求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出前4次旋轉(zhuǎn)后點(diǎn)D的坐標(biāo)，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，進(jìn)而求出第2022次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)．

【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，點(diǎn)D作DF⊥y軸于點(diǎn)F，∵A0,4，B?2,0，∴OA=4，OB=2，CE=1，OE=4，∴BE=OE?OB=4?2=2，∵四邊形ABCD是矩形，CE⊥x軸，DF⊥y軸，∴∠CEB=∠AFD=∠CBA=∠BAD=∠AOB=90°，BC=AD，∴∠CBE+∠ABO=90°，∠BAO+∠ABO=90°，∴∠CBE=∠BAO，又∵∠ADF+∠DAF=90°，∠BAO+∠DAF=90°，∴∠ADF=∠BAO，∴∠CBE=∠ADF，在△CBE和△ADF中，∠CBE=∠ADF∠CEB=∠AFD∴△CBE≌△ADFAAS∴DF=BE=2，∴OF=∴D?2,5∵矩形ABCD繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)90°，∴第1次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為5,2，第2次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為2,?5，第3次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為?5,?2，第4次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為?2,5，……發(fā)現(xiàn)規(guī)律：旋轉(zhuǎn)4次一個(gè)循環(huán)，∵2022÷4=505??2，∴第2022次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)為2,?5．故選：C．

【點(diǎn)睛】本題考查坐標(biāo)與圖形，圖形的旋轉(zhuǎn)，通過(guò)旋轉(zhuǎn)角度找到旋轉(zhuǎn)規(guī)律，從而確定第2022次旋轉(zhuǎn)后矩形的位置是解題的關(guān)鍵．4．（3分）（2022秋·重慶北碚·九年級(jí)西南大學(xué)附中?？奸_學(xué)考試）如圖，在矩形ABCD中，在AD上取點(diǎn)E，連接BE，在BE上取點(diǎn)F，連接AF，將△ABF沿AF翻折，使得點(diǎn)B剛好落在CD邊的G處，若∠GFB=90°，AB=10，AD=6，F(xiàn)G的長(zhǎng)是（

）A．3 B．5 C．25 D．【答案】C【分析】連接BG，根據(jù)折疊得到AG=AB=10，BF=GF，根據(jù)勾股定理求出DG，即可得到CG，從而得到BG，即可得到答案；【詳解】解：∵將△ABF沿AF翻折，使得點(diǎn)B剛好落在CD邊的G處，AB=10，∴AG=AB=10，BF=GF，∵四邊形ABCD是矩形，AB=10，AD=6，∴AB=CD=10，AD=BC=6，∠D=∠C=90°，∴DG=A∴CG=10?8=2，∴BG=C∵∠GFB=90°，BF=GF，∴FG=B故選C．

【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理，矩形性質(zhì)及折疊的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是添加輔助線，構(gòu)造直角三角形．5．（3分）（2022·山東泰安·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四邊形ABCD中∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于點(diǎn)P，若四邊形ABCD的面積是9，則DP的長(zhǎng)是(

)A．6 B．4.5 C．3 D．2【答案】C【分析】如圖，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于E，先證明四邊形DPBE是矩形，再利用AAS證明△ADP≌△CDE，得到DE=DP，S△ADP=S△CDE，再由四邊形ABCD的面積=9，得到【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于E，∵∠ABC=90°，∴四邊形DPBE是矩形，∵∠CDE+∠CDP=90°，∴∠ADP+∠CDP=90°，∴∠ADP=∠CDE，∵DP⊥AB，∴∠APD=∠E=90°，

在△ADP和△CDE中，∠ADP=∠CDE∠APD=∠E∴△ADP≌△CDEAAS∴DE=DP，S∴四邊形ABCD的面積=四邊形DPBE的面積=9，∴DP?DE=9，∴DP=3，故選C．【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，正確作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．6．（3分）（2022秋·甘肅白銀·九年級(jí)?？计谀┤鐖D，菱形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O．若AC=6，BD=8，AE⊥BC，垂足為E，則AE的長(zhǎng)為（

）A．12 B．14 C．245 D．【答案】C【分析】利用菱形的面積公式：12【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA=OC=3，OB=OD=4，∴AB=BC=5，∵12∴AE=24故選：C．

【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用面積法求線段的長(zhǎng)，屬于中考?？碱}型．7．（3分）（2022秋·河北保定·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，甲、乙兩人分別用一張矩形紙做一個(gè)折菱形的游戲．甲沿BE折疊使得點(diǎn)A落在BD上，沿DF折疊使得點(diǎn)C落在BD上，甲說(shuō)得到的四邊形BEDF為菱形；乙沿MN折疊使得AB與DC重合，再折出BM，DN，乙說(shuō)得到的四邊形BMDN為菱形；下列說(shuō)法正確的是（

）A．甲一定成立，乙可能成立 B．甲可能成立，乙一定不成立C．甲一定成立，乙一定不成立 D．甲可能成立，乙也可能成立【答案】B【分析】由折疊的方法可知，四邊形BEDF和四邊形BMDN為平行四邊形；再判斷它們鄰邊是否相等即可得出結(jié)論；【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形∴AB∥CD

AD∴∠ABD=∠CDB，由折疊知：∠EBD=∠ABE，∠FDB=∠CDF∴∠EBD=∠FDB

∴BE∥DF,∴四邊形BEDF是平行四邊形當(dāng)BE=DE時(shí)，四邊形BEDF是平行四邊形，∴∠EBD=∠EDB，又∵AD∥BC，∴∠EBD=∠ABE=∠DBF=1故∠DBC=30°時(shí)，四邊形BEDF為菱形，甲甲可能成立，而由乙折疊方法可知MN⊥BC，所以BM>BN，故四邊形BMDN為不可能為菱形．綜上所述：甲可能成立，乙一定不成立，故選B．

【點(diǎn)睛】本題考查的是翻折變換的性質(zhì)、平行四邊形的判定以及矩形和菱形的性質(zhì)，翻折變換是一種對(duì)稱變換，它屬于軸對(duì)稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對(duì)應(yīng)邊和對(duì)應(yīng)角相等．8．（3分）（2022秋·貴州六盤水·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，正方形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，Rt△EOF（兩直角邊長(zhǎng)均大于AB的長(zhǎng)度）繞點(diǎn)OA．由小變大 B．由大變小 C．始終不變 D．先由大變小，然后又由小變大【答案】C【分析】由條件可得△OHB?△OGCASA，從而S△OHB=【詳解】解：∵正方形ABCD中，AC⊥BD，OB=OC，∠OBH=∠OCG=45°，∠EOF=90°，∴∠HOB+∠BOF=∠BOF+∠GOC=90°，∴∠HOB=∠GOC，在△OHB與△OGC中，∠HOB=∠GOCOB=OC∴△OHB?△OGCASA∴S△OHB∴SOHBG則重疊部分的面積始終不變，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了三角形全等的判定與性質(zhì)，利用面積的等量代換是解題關(guān)鍵．9．（3分）（2022春·八年級(jí)單元測(cè)試）如圖所示，在四邊形ABCD中，AD=BC，E、F分別是AB、CD的中點(diǎn)，AD、BC的延長(zhǎng)線分別與EF的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)H、G，則()

A．∠AHE>∠BGE B．∠AHE=∠BGEC．∠AHE<∠BGE D．∠AHE與∠BGE的大小關(guān)系不確定【答案】B【分析】連接BD，取中點(diǎn)I，連接IE，IF，根據(jù)三角形中位線定理得IE＝122AD，且平行AD，IF＝1【詳解】連接BD，取中點(diǎn)I，連接IE，IF∵E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，∴IE，IF分別是△ABD，△BDC的中位線，∴IE＝12AD，且平行AD，IF＝1∵AD=BC，∴IE=IF，∵IE∥AD，∴∠AHE＝∠IEF，同理∠BGE＝∠IFE，∵在△IEF中，IE=IF，∴∠IFE=∠IEF，∵∠AHE＝∠IEF，∠BGE＝∠IFE，∴∠BGE=∠AHE．故選：B．

【點(diǎn)睛】此題主要考查學(xué)生對(duì)三角形中位線定理和三角形三邊關(guān)系等知識(shí)點(diǎn)的理解和掌握，有一定的拔高難度，屬于難題．10．（3分）（2022春·廣東佛山·九年級(jí)?？计谀┤鐖D，在正方形ABCD中，AC為對(duì)角線，E為AB上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作EF∥AD，與AC、DC分別交于點(diǎn)G，F(xiàn)，H為CG的中點(diǎn)，連接DE，EH，DH，F(xiàn)H，下列結(jié)論中結(jié)論正確的有（

）①EG=DF；②∠AEH+∠ADH=180°；③△EHF≌△DHC；④若AEAB=23，則A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】D【分析】根據(jù)正方形ABCD，AC為對(duì)角線，EF∥AD，可知四邊形AEFD是矩形，由此可證△AEG、△CFG、△HFG、△HFC是等腰直角三角形，H為CG的中點(diǎn)，AEAB=2直角三角形，由此即可求解．【詳解】解：結(jié)論①EG=DF，∵正方形ABCD中，AC為對(duì)角線，EF∥AD，∴∠EAG=45°，∠AEG=90°，∴AE=AG，四邊形AEFD是矩形，△AEG、△CFG是等腰直角三角形，∴AE=DF，∴EG=DF，故結(jié)論①正確；結(jié)論②∠AEH+∠ADH=180°，

由結(jié)論①正確可知，△CFG是等腰直角三角形，H為CG的中點(diǎn)，∴FH⊥CG，且△HFG、△HFC是等腰直角三角形，∴HF=HG，∠HFD=45°+90°=135°，∠HGE=180°?45°=135°，∴∠HFD=∠HGE，且EG=DF，∴△HFD≌△HGE(SAS∴∠HEG=∠HDF，∵∠AEG+∠ADF=∠AEG+∠ADH+∠HDF=∠AEH+∠ADH=180°，故結(jié)論②正確；結(jié)論③△EHF≌△DHC，∵△AEG、△CFG、△HFG、△HFC是等腰直角三角形，△HFD≌△HGE(SAS∴HF=HC,∠HFG=∠HCF=45°，∵四邊形AEFD是矩形，∴EF=AD=DC，∴△EHF≌△DHC(SAS結(jié)論④若AEAB=2由結(jié)論②正確，可知△HFD≌△HGE(SAS)；由結(jié)論③正確可知，且△AEG、△CFG、△HFG、△HGC是等腰直角三角形，∴HE=HD,∠EHD=90°，即△EHD是等腰直角三角形，如圖所示，過(guò)點(diǎn)H作HM⊥CD于M，設(shè)HM=x，則DM=5x，DH=26x，∴S△DHC=1∴3S綜上所示，正確的有①②③④，故選：D．

【點(diǎn)睛】本題是四邊形與三角形的綜合，主要考查正方形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，掌握正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．二．填空題（共6小題，滿分18分，每小題3分）11．（3分）（2022秋·貴州六盤水·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC，BD的長(zhǎng)分別為6，8，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥CD于點(diǎn)E，則AE的長(zhǎng)為___________．【答案】24【分析】利用菱形的性質(zhì)和勾股定理求出菱形的邊長(zhǎng)，利用等積法求出AE的長(zhǎng)即可．【詳解】解：∵在菱形ABCD中，對(duì)角線AC，BD的長(zhǎng)分別為6，8，∴AC⊥BD,OC=1∴CD=O∵AE⊥CD，∴菱形的面積=12AC?BD=CD?AE∴AE=24故答案為：245【點(diǎn)睛】本題考查菱形性質(zhì)．熟練掌握菱形的對(duì)角線互相垂直平分，是解題的關(guān)鍵．12．（3分）（2022秋·天津?qū)氎妗ぞ拍昙?jí)?？计谀┰谄矫嬷苯亲鴺?biāo)系中，以原點(diǎn)為旋轉(zhuǎn)中心，將點(diǎn)A4，3按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°，得到點(diǎn)A【答案】?3【分析】在平面直角坐標(biāo)系，作出圖形，然后根據(jù)圖形寫出點(diǎn)A′【詳解】解：如圖所示，建立平面直角坐標(biāo)系，點(diǎn)A′的坐標(biāo)為?3

故答案為：?3，【點(diǎn)睛】本題考查了坐標(biāo)與圖形變化-旋轉(zhuǎn)，作出圖形，利用數(shù)形結(jié)合的思想求解更形象直觀．13．（3分）（2022春·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，點(diǎn)A、B、C、D在網(wǎng)格中小正方形的頂點(diǎn)處，AD與BC相交于點(diǎn)O，小正方形的邊長(zhǎng)為1，則AO的長(zhǎng)等于_______．【答案】2【分析】連接AE，證明四邊形AECB是平行四邊形得AE∥BC，由勾股定理得AD=5，從而有AD=DE=5，然后利用等腰三角形的性質(zhì)可得∠DAE=∠DEA，再利用平行線的性質(zhì)可得∠DAE=∠DOC，∠DEA=∠DCO，從而可得∠DOC=∠DCO，進(jìn)而可得DO=DC=3，最后進(jìn)行計(jì)算即可解答．【詳解】解∶如下圖∶連接AE，∵AB∥EC，AB=EC=2，∴四邊形AECB是平行四邊形，∴AE∥BC，∵AD=32+4

∴AD=DE=5，∴∠DAE=∠DEA，∵AE∥BC，∴∠DAE=∠DOC，∠DEA=∠DC0，∴∠DOC=∠DCO，∴DO=DC=3，∴AO=AD-DO=5-3=2，故答案為∶2．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定及性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，根據(jù)題目的已知條件并結(jié)合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解題的關(guān)鍵．14．（3分）（2022春·江蘇南京·八年級(jí)南京外國(guó)語(yǔ)學(xué)校仙林分校校考開學(xué)考試）如圖，長(zhǎng)方形ABCD中，AB=3，BC=4，點(diǎn)E是BC邊上任一點(diǎn)，連接AE，把∠B沿AE折疊，使點(diǎn)B落在點(diǎn)B′處，當(dāng)CE的長(zhǎng)為___________時(shí)，△CEB【答案】1或5【分析】當(dāng)△CEB′為直角三角形時(shí)，有兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)B′落在矩形內(nèi)部時(shí)，當(dāng)點(diǎn)B′落在【詳解】解：當(dāng)△CEB①當(dāng)點(diǎn)B′落在矩形內(nèi)部時(shí)，如答圖1所示．連接AC，

在Rt△ABC中，AB=3，BC=4∴AC=A∵∠B沿AE折疊，使點(diǎn)B落在點(diǎn)B′處，∴∠AB′E=∠B=90°，當(dāng)△CEB′為直角三角形時(shí)，只能得到∴點(diǎn)A、B′、C共線，即∠B沿AE折疊，使點(diǎn)B落在對(duì)角線AC上的點(diǎn)B′處，∴EB=EB′，AB=AB′=3，∴CB′=5?3=2，設(shè)BE=x，則EB′=x，CE=4?x，在Rt△CE∵EB′∴x2+∴BE=32，②當(dāng)點(diǎn)B′落在AD邊上時(shí)，如答圖2所示．此時(shí)四邊形ABEB′為正方形，∴BE=AB=3，∴CE=BC?BE=4?3=1，綜上所述：CE=1或52故答案為：1或52【點(diǎn)睛】此題考查了矩形與折疊問(wèn)題，勾股定理，正方形的判定和性質(zhì)，正確理解矩形的性質(zhì)及勾股定理的計(jì)算，進(jìn)行分類討論是解題的關(guān)鍵．15．（3分）（2022春·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，矩形ABCD的面積為128cm2，對(duì)角線交于點(diǎn)O

，AO為鄰邊做平行四邊形AOC1B，對(duì)角線交于點(diǎn)O1；以AB，AO1為鄰邊做平行四邊形【答案】1【分析】如圖：過(guò)點(diǎn)O向AB作垂線，垂足為E，平行四邊形AOC1B的面積為AB×OE，根據(jù)矩形的性質(zhì)OE=12AD,即平行四邊形AOC1B的面積為AB×【詳解】解：如圖：過(guò)點(diǎn)O向AB作垂線，垂足為E，過(guò)點(diǎn)O1向AB作垂線，垂足為F∵∠DAB=∠OEB，∴OE∥∵O為矩形ABCD的對(duì)角線交點(diǎn)，∴OB=OD∴OE=

∵矩形ABCD的面積AB×CD=128∴平行四邊形AOC1B的面積=AB×OE=AB×同理：根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得：O1平行四邊形AO1C依此類推：平行四邊形AO6C故答案為1cm【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到面積的變化規(guī)律是解題的關(guān)鍵．16．（3分）（2022秋·浙江杭州·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E在邊BC上（不與點(diǎn)B，C重合），點(diǎn)F在邊CD的延長(zhǎng)線上，DF=BE，連接EF交AD于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)A作AN⊥EF于點(diǎn)M，交邊CD于點(diǎn)N．若DN=2CN，BE=3．則CN=_____________，AM=_____________．【答案】

5

3【分析】連接AE，AF，EN，由正方形的性質(zhì)可得AB=AD，BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF=90°，可證△ABE?△ADF(SAS)，可得∠BAE=∠DAF,AE=AF，進(jìn)而得到∠EAF=90°，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得點(diǎn)M為EF中點(diǎn)，由AN⊥EF，可證△AEM?△AFM(SAS)，△EMN?△FMN(SAS)，可得EN=FN，設(shè)CN=x，則DN=2CN=2x，則BC=CD=3x，已知BE=3，則FN=2x+3，根據(jù)勾股定理解得x=5，可得【詳解】連接AE，AF，EN，

∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠ABE=∠BCD=∠ADF=90°，∵BE=DF，∴△ABE?△ADF(SAS∴∠BAE=∠DAF,AE=AF，∴∠EAF=90°，∴△EAF是等腰直角三角形，∵AN⊥EF，∴EM=FM,∠EAM=∠FAM=45°，∴△AEM?△AFM(SAS)，∴EN=FN，設(shè)CN=x，則DN=2CN=2x，∴BC=CD=3x，∵BE=3，∴EN=FN=2x+3，CE=BC?BE=3x?3，在Rt△ECN∵CN∴x解得：x1=5，∴CN=5，∴AB=BC=CD=DA=15，在Rt△ABE

AE=A∴EF=2∴AM=EM=FM=313故答案為：5；313【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，構(gòu)建全等三角形解決問(wèn)題．三．解答題（共7小題，滿分52分）17．（6分）（2022秋·山東濟(jì)寧·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖方格紙中每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)都是1個(gè)單位長(zhǎng)度，在方格紙中建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，△ABC的頂點(diǎn)都在格點(diǎn)上，且三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A0,3，B3,4，

(1)畫出△ABC關(guān)于原點(diǎn)O的中心對(duì)稱圖形△A′B′C(2)畫出將△ABC繞原點(diǎn)O逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°后的圖形△A【答案】(1)圖見(jiàn)解析；B(2)圖見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)找點(diǎn)，描點(diǎn)，連線，畫出△A′B（2）根據(jù)找點(diǎn)，描點(diǎn)，連線，畫出△A【詳解】（1）解：如圖所示，△A

由圖可知：B′（2）解：如圖所示，△A【點(diǎn)睛】本題考查畫出中心對(duì)稱圖形和旋轉(zhuǎn)圖形．熟練掌握中心對(duì)稱圖形和旋轉(zhuǎn)圖形的定義，是解題的關(guān)鍵．18．（6分）（2022秋·貴州六盤水·九年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在矩形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，BE∥AC交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．

(1)判斷四邊形ABEC的形狀，并說(shuō)明理由；(2)若∠DBC=30°，BO=6，求四邊形ABED的面積．【答案】(1)四邊形ABEC為平行四邊形；理由見(jiàn)解析(2)54【分析】（1）根據(jù)矩形得出AB∥CD，再根據(jù)BE∥（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)，結(jié)合直角三角形的性質(zhì)，求出CD=6，BC=63，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，求出EC=6【詳解】（1）解：四邊形ABEC為平行四邊形；理由如下：∵四邊形ABCD為矩形，∴AB∥∵BE∥∴四邊形ABEC為平行四邊形；（2）解：∵四邊形ABCD為矩形，∴AB∥CD，BO=DO，AB=CD，∵BO=6，∴BD=12，∵∠DBC=30°，∴CD=1∴BC=BD2∵四邊形ABEC為平行四邊形，∴EC=AB=6，

∴DE=12，∴S四邊形【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握矩形的性質(zhì)和平行四邊形的判定方法．19．（8分）（2022春·浙江杭州·八年級(jí)?？计谥校┤鐖D1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，∠ABC=60°，點(diǎn)P、Q是邊AB，BC上兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且BP=4CQ，以BP，BQ為鄰邊作平行四邊形BPDQ，PD，QD分別交AC于點(diǎn)E，F(xiàn)，設(shè)CQ=m(1)當(dāng)平行四邊形BPDQ的面積為63時(shí)，求m(2)求證：△DEF≌(3)如圖2，連接AD，PF，PQ，當(dāng)AD與△PQF的一邊平行時(shí)，求△PQF的面積．【答案】(1)m的值是1(2)證明見(jiàn)解析(3)△PQF的面積為1639【分析】（1）如圖1，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥BC于M，表示BQ=4?m，PM=23m，根據(jù)平行四邊形BPDQ的面積為63，列等式可得m的值，由AB=8（2）先計(jì)算DE=CQ=m，再由平行線的性質(zhì)和對(duì)頂角相等結(jié)合AAS證明△DEF≌（3）分兩種情況：①如圖2，AD∥PF，證明四邊形APFD是平行四邊形，根據(jù)PE=ED列方程可得m的值，并計(jì)算△PQF的面積；②如圖3，AD∥Q，證明四邊形【詳解】（1）解：如圖1，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥BC于M，

∵BP=4CQ，CQ=m，∴BP=4m，Rt△PBM中，∠B=60°∴∠BPM=30°，∴BM=12BP=2m∵BC=4，CQ=m，∴BQ=4?m，∵平行四邊形BPDQ的面積為63∴BQ?PM=63，即4?m解得：m1=1，Rt△ABC中，∠A=30°∴AB=2BC=2×4=8，當(dāng)m=1時(shí)，BP=4m=4，當(dāng)m=3時(shí)，BP=4m=12>8，不符合題意，舍去；綜上，m的值是1；（2）證明：∵四邊形BPDQ是平行四邊形，∴PD∥∴∠D=∠CQF，由（1）知：BM=2m，∴PE=CM=4?2m，∴ED=PD?PE=BQ?PE=4?m?4?2m

∵CQ=m，∴CQ=ED，∵∠EFD=∠CFQ，∴△DEF≌（3）解：分兩種情況：①如圖2，AD∥∵PD∥∴∠AEP=∠C=90°，Rt△AEP中，∠PAE=30°∴PE=1∵AP∥DF，∴四邊形APFD是平行四邊形，∴PE=ED，∴4?2m=m，∴m=4∵PE=4?2×43=∴PE=CQ，∵PE∥CQ，∴四邊形CQPE是矩形，∴∠CQP=90°，

∴S△PFQ②如圖3，AD∥∵AD∥PQ，∴四邊形APQD是平行四邊形，∴AP=DQ，∵PB=DQ，∴AP=PB，∴8?4m=4m，∴m=1，∴S==3綜上，△PQF的面積為1639或【點(diǎn)睛】本題是四邊形的綜合題，考查了含30°的直角三角形的性質(zhì)，三角形全等的性質(zhì)和判定，矩形的性質(zhì)和判定，平行四邊形的性質(zhì)，三角形的中位線，三角形的面積等知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用，主要考查學(xué)生綜合運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算的能力，還用了分類討論思想．20．（8分）（2022春·安徽滁州·九年級(jí)校聯(lián)考階段練習(xí)）四邊形ABCD中，AC⊥CD，對(duì)角線AC,BD相交于點(diǎn)E．

(1)如圖1，若BD⊥AB，BC=DC，求證：∠CBD=∠CAB；(2)如圖2，若AC平分∠BAD，點(diǎn)E是AC的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥AC，垂足為F，點(diǎn)G為BD的中點(diǎn)，連接FG,CG．①求證：FG=CG；②連接AG，試判斷四邊形ABCG的形狀，并證明．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)①見(jiàn)解析；②四邊形ABCG是平行四邊形，證明見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)等角的余角相等，可得∠CAB=∠CDE，再由BC=DC，可得∠CBD=∠CDE，即可；（2）①延長(zhǎng)BF交AD于點(diǎn)M，延長(zhǎng)AB,DC交于點(diǎn)H，可證明△ABF≌△AMF，可得BF=FM，從而得到FG是△BMD的中位線，進(jìn)而得到FG∥DM，繼而得到∠MFG=∠AMF，同理△HAC≌△DAC，可得HC=CD,∠H=∠ADC，從而得到CG是△BHD的中位線，進(jìn)而得到CG∥BH，繼而得到∠H=∠GCD，再由BF∥HD，可得∠AMF=∠ADC，從而得到∠GCD=∠AMF=∠MFG，進(jìn)而得到∠CFG=∠FCG，即可；②證明【詳解】（1）證明：∵AC⊥CD，BD⊥AB，∴∠ABD=∠ACD=90°，∵∠AEB=∠DEC，∴∠CAB=∠CDE，∵BC=DC，∴∠CBD=∠CDE，∴∠CBD=∠CAB；（2）①證明：如圖，延長(zhǎng)BF交AD于點(diǎn)M，延長(zhǎng)AB,DC交于點(diǎn)H，

∵AC平分∠BAD，∴∠BAF=∠FAM，∵BF⊥AC，∴∠AFB=∠AFM=90°，在△ABF和△AMF中，∠BAF=∠MAFAF=AF∴△ABF≌△AMF，∴BF=FM，∵點(diǎn)G為BD的中點(diǎn)，∴FG是△BMD的中位線，∴FG∥∴∠MFG=∠AMF，同理△HAC≌△DAC，∴HC=CD,∠H=∠ADC，∴CG是△BHD的中位線，∴CG∥∴∠H=∠GCD，∵BF⊥AC,HD⊥AC，∴BF∥∴∠AMF=∠ADC，∴∠GCD=∠AMF=∠MFG，∵∠MFG+∠CFG=∠GCD+∠FCG=90°，∴∠CFG=∠FCG，

∴FG=CG；②解：四邊形ABCG是平行四邊形，證明如下：∵點(diǎn)E是AC的中點(diǎn)，∴AE=CE，∵CG∥∴∠BAE=∠ECG，在△ABE和△CGE中，∠BAE=∠ECGAE=CE∴△ABE≌△CGE，∴AB=CG，∵AB∥∴四邊形ABCG是平行四邊形，【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定，三角形中位線定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定，三角形中位線定理，等腰三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．21．（8分）（2022春·四川成都·八年級(jí)?？计谥校┮阎?，菱形ABCD中，∠B=60°，E、P分別是邊BC和CD上的點(diǎn)，且∠EAP=60°．(1)求證：BC=EC+CP．(2)如圖2，F(xiàn)在CA延長(zhǎng)線上，且FE=FB，求證：AF=EC．(3)如圖3，在（2）的條件下AF=4，BE=6，點(diǎn)O是FB的中點(diǎn)，求OA的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)詳解(2)見(jiàn)詳解(3)19

【分析】（1）連接AC，如圖1，根據(jù)菱形的性質(zhì)得AB=BC，即可判定△ABC為等邊三角形，得到∠BAC=60°，AC=AB，然后利用ASA可證明△AEB≌（2）過(guò)點(diǎn)F作FH∥AB，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，利用平行線的性質(zhì)求得△FHC是等邊三角形，得到CF=CH=FH，然后利用AAS定理求得（3）過(guò)點(diǎn)B作BK∥FC，交HF于點(diǎn)K，根據(jù)兩組對(duì)邊分別平行求得四邊形KBAF是平行四邊形，從而求得OA=12AK，F(xiàn)K=10，A作AM⊥FH，然后利用含30°的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求得MF=12AF=2，【詳解】（1）連接AC，如圖1，∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=BC，∵∠B=60°，∴△ABC為等邊三角形，∴∠BAC=60°，AC=AB，∴∠BAE+∠EAC=60°，∵∠EAP=60°，即∠EAC+∠CAP=60°，∴∠BAE=∠CAP，∵AB∥∴∠BAC=∠ACP=60°，即∠ACP=60°=∠B，在△AEB和△APC中，∠BAE=∠CAPAB=AC∴△AEB≌∴BE=CP，

∴BC=EC+BE=EC+CP；（2）過(guò)點(diǎn)F作FH∥AB，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)在（1）中已證△ABC為等邊三角形，∵FH∥∴∠H=∠ABC=60°=∠C，∴△FHC是等邊三角形，∴CF=CH=FH，又∵△ABC是等邊三角形，∴CA=CB，∴AF=BH，又∵FB=FE，∴∠FEB=∠FBE，即∠FBH=∠FEC，在△HBF和△CEF中∠FBH=∠FEC∠FHB=∠FCE∴△HBF≌∴BH=EC，∴AF=EC；（3）過(guò)點(diǎn)B作BK∥FC，交HF于點(diǎn)

∵BK∥FC，F(xiàn)H∥AB，∴四邊形KBAF是平行四邊形，∴KB=AF=EC=4，∵點(diǎn)O是FB的中點(diǎn)，∴OA=1∴FK=AB=BC=BE+EC=BE+AF=10，過(guò)點(diǎn)A作AM⊥FH，由（2）可知，∠CFH=60°，∴在Rt△AMF中，∠MAF=30°∴MF=12AF=2∴KM=FK?MF=10?2=8，在Rt△AKM中，AK=∴OA=1【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，及平行四邊形的判定和性質(zhì)，含30°角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)，題目有一定的綜合性，正確添加輔助線解題是關(guān)鍵的突破點(diǎn)．22．（8分）（2022春·江蘇南京·八年級(jí)校考期中）如圖1，O是平行四邊形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥AB，OM⊥BC，垂足分別為H，M，若OH≥OM，我們稱λ=OHOM是平行四邊形(1)如圖2，四邊形ABCD是矩形，AB=3，BC=4，則λ=．

(2)如圖3，四邊形ABCD是平行四邊形，λ=1，求證：四邊形ABCD是菱形．(3)已知如圖，在△ABC中，∠B=75°，點(diǎn)E、F、G分別在AB、AC、BC邊上，若存在一個(gè)四邊形BEFG是平行四邊形，且λ=2，請(qǐng)通過(guò)尺規(guī)作圖作出一個(gè)點(diǎn)F【答案】(1)4(2)證明見(jiàn)解析(3)作圖見(jiàn)解析【分析】（1）由面積法可得12（2）由角平分線的性質(zhì)可得∠ABD=∠CBD，由平行線的性質(zhì)可得∠ADB=∠CBD=∠ABD，可得AB=AD，可得結(jié)論；（3）如圖4，以點(diǎn)C為圓心，CB為半徑作弧，交AB于點(diǎn)D，作BC的垂直平分線交CD于Q，連接BQ

，并延長(zhǎng)交AC于點(diǎn)F，則點(diǎn)F為所求點(diǎn)．【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，OA=OC，∵OH⊥AB，OM⊥BC，∴12∴OHOM∴λ=4（2）∵λ=1，∴OHOM∴OH=OM，又∵OH⊥AB，OM⊥BC，∴∠ABD=∠CBD，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥∴∠ADB=∠CBD=∠ABD，∴AB=AD，∴四邊形ABCD是菱形；（3）如圖，以點(diǎn)C為圓心，CB為半徑作弧，交AB于點(diǎn)D，作BC的垂直平分線交CD于Q，連接BQ，并延長(zhǎng)交AC于點(diǎn)F，則點(diǎn)F為所求點(diǎn)．理由如下：過(guò)F作FE∥BC交BA于E，過(guò)F作FG∥AB交BC于G，連接EG，交BF于O，過(guò)O作OH⊥AB于H，過(guò)O作

由作圖可得：CD=CB，而∠ABC=75°，∴∠CDB=∠CBD=75°，∠DCB=30°，由作圖可得：作BC的垂直平分線交CD于Q，∴QB=QC，∴∠QCB=∠QBC=30°，∴∠HBO=45°，在Rt△BMO中，OM=在Rt△BOH中，OH=∴OHOM=2【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，菱形的判定，基本作圖等知識(shí)，理解新定義，并運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．23．（8分）（2022春·遼寧沈陽(yáng)·九年級(jí)沈陽(yáng)市第一二六中學(xué)校考開學(xué)考試）在正方形ABCD中，AE⊥MN，點(diǎn)E為邊BC上一點(diǎn)（不與點(diǎn)B、C重合），垂直于AE的一條直線MN分別交AB，AE，CD于點(diǎn)M，P，N．(1)①如圖1，判斷線段AE與MN之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；(2)如圖2，若垂足P為AE的中點(diǎn)，連接BD，交MN于點(diǎn)Q，連接EQ，則∠AEQ=______．(3)若垂足P在對(duì)角線BD上，正方形的邊長(zhǎng)為8．①如圖3，若BM=1，BE=32，則②如圖4，連接AN，將△APN沿著AN翻折，點(diǎn)P落在點(diǎn)P′處，AD的中點(diǎn)為S，則P

【答案】(1)AE=MN；理由見(jiàn)解析(2)45°(3)①524【分析】（1）過(guò)點(diǎn)B作BF∥MN分別交AE、CD于點(diǎn)G、F，證出四邊形MBFN為平行四邊形，得出MN=BF，證明△ABE≌△BCF得出（2）連接AQ，過(guò)點(diǎn)Q作HI∥AB，分別交AD、BC于點(diǎn)H、I，證出△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ，AH=QI，證明Rt△AHQ≌Rt△QIE得出∠AQH=∠QEI，得出（3）①過(guò)點(diǎn)P分別作PG⊥BC,PH⊥AB垂足分別為G,H，則∠PEG=∠PHM=90°，證明△PMH≌△PEGAAS，設(shè)GE=MH=x，根據(jù)MB+MH=BE?