2021-2022学年度沪教版(上海)八年级数学第二学期第二十二章四边形专题测试试题(含详解)

考试时间：90分钟；命题人：数学教研组

考生注意：

1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟 2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上

3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。

第I卷（选择题 30分）

一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）

1、已知正多边形的一个外角等于45°，则该正多边形的内角和为（ ） A．135°

2、如图，函数yB．360°

C．1080°

D．1440°

2x0的图象经过Rt△ABO斜边OB的中点C，连结AC．如果AC3，那么xABO的周长为（ ）．

A．625 B．6210 C．6211 D．6213 3、下列说法中，不正确的是（ ） A．四个角都相等的四边形是矩形

B．对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形

C．正方形的对角线所在的直线是它的对称轴

D．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形

4、如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE=AD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（ ）

A．AB=BE B．DE⊥DC C．∠ADB=90° D．CE⊥DE 5、一个多边形每个外角都等于36°，则这个多边形是几边形（ ） A．7

B．8

C．9

D．10

6、下列测量方案中，能确定四边形门框为矩形的是（ ） A．测量对角线是否互相平分 C．测量对角线是否相等

B．测量两组对边是否分别相等

D．测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等

7、如图，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，若∠AOD＝120°，AC＝16，则AB的长为（ ）

A．16 B．12 C．8 D．4

8、如图，四边形ABCD中，∠A=60°，AD=2，AB=3，点M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合），点E，F分别为DM，MN的中点，则EF长度的最大值为（ ）

A．7 2B．7 C．3 D．3 29、下列长度的三条线段与长度为4的线段首尾依次相连能组成四边形的是（ ）． A．1，1，2，

B．1，1，1

C．1，2，2

D．1，1，6

10、如图，边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转45°后，得到正方形AB′C′D′，边B'C′与

DC交于点O，则∠DOB'的度数为（ ）

A．125° B．130° C．135° D．140°

第Ⅱ卷（非选择题 70分）

二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）

1、菱形ABCD的一条对角线的长为8，边AB的长是方程x29x200的一个根，则菱形ABCD的周长为______．

2、过五边形一个顶点的对角线共有________条．

3、正方形ABCD的边长是8cm，点M在BC边上，且MC=2cm，P是正方形边上的一个动点，连接PB交

AM于点N，当PB=AM时，PN的长是_____ ．

4、如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝2，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F，G分别在边AB，AD上，则cos∠EFG的值为________．

5、如图，平行四边形ABCD，AD＝5，AB＝8，点A的坐标为（－3，0）点C的坐标为______．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）

1、已知长方形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为（8，6），点A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上的动点，设PC＝m．

（1）已知点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，设D点横坐标为n，则D点纵坐标可用含n的代数式表示为 ，此时若△APD是等腰直角三角形，求点D的坐标；

（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），请问在该直线上，是否存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形？若存在，请直接写出这些点的坐标，若不存在，请说明理由．

2、如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，AB＝20．点P从点B出发，以每秒23个单位长度的速度沿BC向终点C运动，同时点M从点A出发，以每秒4个单位的速度沿AB向终点B运动，过点P作PQ⊥AB于点Q，连结PQ，以PQ、MQ为邻边作矩形PQMN，当点P运动到终点时，整个运动停止，设矩形PQMN与Rt△ABC重叠部分图形的面积为S（S＞0），点P的运动时间为t秒．

（1）①BC的长为 ；

②用含t的代数式表示线段PQ的长为 ； （2）当QM的长度为10时，求t的值； （3）求S与t的函数关系式；

（4）当过点Q和点N的直线垂直于Rt△ABC的一边时，直接写出t的值．

3、如图，在每个小正方形的边长均为1的方格纸中，有线段AB和线段CD，点A、B、C、D均在小正方形的顶点上．

（1）在方格纸中画出以AB为对角线的正方形AEBF，点E、F在小正方形的顶点上； （2）在方格纸中画出以CD为斜边的等腰直角三角形CDM，连接BM，并直接写出BM的长． 4、已知：在ABC中，点D、点E、点F分别是AB、AC、BC的中点，连接DE、DF． （1）如图1，若ACBC，求证：四边形DECF为菱形；

（2）如图2，过C作CG∥AB交DE延长线于点G，连接EF，AG，在不添加任何辅助线的情况

下，请直接写出图中所有与ADG面积相等的平行四边形．

5、如图，在正方形ABCD中，点E,F分别在边AB、BC上，AF与DE相交于点G，且BAFADE．

（1）如图1，求证：AFDE；

（2）如图2，AG与DG是方程x2(13)kx3k20的两个根，四边形BFGE的面积为23，求正方形ABCD的面积．

（3）在第（2）题的条件下，如图3，延长BC至点N，使得CN=3，连接GN交CD于点M，直接写出线段GN2的值．

-参-

一、单选题 1、C 【分析】

先利用正多边形的每一个外角为45, 求解正多边形的边数，再利用正多边形的内角和公式可得答案. 【详解】

解： 正多边形的一个外角等于45°，

 这个正多边形的边数为：

360458,

 这个多边形的内角和为：821801080,

故选C 【点睛】

本题考查的是正多边形内角和与外角和的综合，熟练的利用正多边形的外角的度数求解正多边形的边数是解本题的关键. 2、D 【分析】

过点C作CEAO于E，由直角三角形的性质可得BO6，由三角形中位线性质可得AB2CE，AO2EO，由勾股定理可求ABAO，即可求解．

【详解】

解：如图，过点C作CEAO于E，

∵点C是BO的中点， ∴ACBCCO3， ∴BO6，

∵CEAO，ABAO， ∴AB∥CE，

∴CE是ABO的中位线, ∴AB2CE，AO2EO， ∵点C在y2x0上， x∴CEEO2，

∴ABAO2CE2EO8， ∵AB2AO2OB236， ∴ABAO3616，

2∴ABAO213，

∴ABO的周长为：AOBOAB6213，

故选：D． 【点睛】

本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，直角三角形斜边中线的性质，中位线的性质及判断，勾股定理，灵活运用这些性质是解题的关键． 3、D 【分析】

根据矩形的判定，正方形的性质，菱形和平行四边形的判定对各选项分析判断后利用排除法求解． 【详解】

解：A、四个角都相等的四边形是矩形，说法正确；

B、正方形的对角线所在的直线是它的对称轴，说法正确； C、对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形，说法正确； D、一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，原说法错误；

故选：D． 【点睛】

本题主要考查特殊平行四边形的判定与性质，熟练掌握特殊平行四边形相关的判定与性质是解答本题的关键． 4、B 【分析】

先证明四边形BCED为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答． 【详解】

解：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴AD∥BC，且AD=BC， 又∵AD=DE，

∴DE∥BC，且DE=BC， ∴四边形BCED为平行四边形，

A、∵AB=BE，DE=AD，

∴BD⊥AE，

∴□DBCE为矩形，故本选项不符合题意；

B、∵DE⊥DC，

∴∠EDB=90°+∠CDB＞90°，

∴四边形DBCE不能为矩形，故本选项符合题意；

C、∵∠ADB=90°，

∴∠EDB=90°，

∴□DBCE为矩形，故本选项不符合题意；

D、∵CE⊥DE，

∴∠CED=90°，

∴□DBCE为矩形，故本选项不符合题意． 故选：B． 【点睛】

本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定等知识，判定四边形BCED为平行四边形是解题的关键． 5、D 【分析】

根据任何多边形的外角和都是360度，利用360除以外角的度数就可以求出外角和中外角的个数，即多边形的边数． 【详解】

解：∵360°÷36°=10， ∴这个多边形的边数是10． 故选D． 【点睛】

本题考查了多边形内角与外角，外角和的大小与多边形的边数无关，熟练掌握多边形内角与外角是解题关键． 6、D 【分析】

由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【详解】

解：A、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形， ∴对角线互相平分且相等的四边形才是矩形， ∴选项A不符合题意；

B、∵两组对边分别相等是平行四边形，

∴选项B不符合题意；

C、∵对角线互相平分且相等的四边形才是矩形，

∴对角线相等的四边形不是矩形， ∴选项C不符合题意；

D、∵对角线交点到四个顶点的距离都相等，

∴对角线互相平分且相等，

∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形， ∴选项D符合题意； 故选：D．

【点睛】

本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、解题的关键是熟记矩形的判定定理． 7、C 【分析】

由题意可得AO＝BO＝CO＝DO＝8，可证△ABO是等边三角形，可得AB＝8． 【详解】

解：∵四边形ABCD是矩形，

∴AC＝2AO＝2CO，BD＝2BO＝2DO，AC＝BD＝16， ∴OA＝OB＝8， ∵∠AOD＝120°， ∴∠AOB＝60°， ∴△AOB是等边三角形， ∴AB＝AO＝BO＝8， 故选：C． 【点睛】

本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，熟练掌握矩形的性质是本题的关键． 8、A 【分析】

根据三角形的中位线定理得出EF=2DN，从而可知DN最大时，EF最大，因为N与B重合时DN最大，此时根据勾股定理求得DN，从而求得EF的最大值． 连接DB，过点D作DH⊥AB交AB于点H，再利用直角三角形的性质和勾股定理求解即可； 【详解】

解：∵ED=EM，MF=FN，

1∴EF=2DN，

∴DN最大时，EF最大， ∴N与B重合时DN=DB最大， 在Rt△ADH中， ∵∠A=60°

ADH30

11∴AH=2×2=1，DH=3AH3， ∴BH=AB﹣AH=3﹣1=2，

∴DB=DH2BH23227，

1∴EFmax=2DB=7， 27． 2∴EF的最大值为

故选A 【点睛】

本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，利用中位线求得EF=

12DN是解题的关键．

9、C 【分析】

将每个选项中的四条线段进行比较，任意三条线段的和都需大于另一条线段的长度，由此可组成四边

形，据此解答． 【详解】

解：A、因为1+1+2=4，所以不能构成四边形，故该项不符合题意；

B、因为1+1+1<4，所以不能构成四边形，故该项不符合题意； C、因为1+2+2>4，所以能构成四边形，故该项符合题意； D、因为1+1+4=6，所以不能构成四边形，故该项不符合题意；

故选：C． 【点睛】

此题考查了多边形的构成特点：任意几条边的和大于另一条边长，正确理解多边形的构成特点是解题的关键． 10、C 【分析】

连接B′C，根据题意得B′在对角线AC上，得∠B'CO=45°，由旋转的性质证出∠OB'C是直角，得

BCO=45，即可得出答案．

【详解】

解：连接B′C，如图所示，

∵四边形ABCD是正方形， ∴AC平分∠BAD，

∵旋转角∠BAB′=45°，∠BAC=45°， ∴B′在对角线AC上，

∴∠B'CO=45°，

由旋转的性质得：ABCB90，AB'=AB=1， ∴BOC45

∴DOB18045135 故选：C． 【点睛】

本题考查了正方形的性质、旋转的性质等知识；熟练掌握正方形的性质和旋转的性质是解题的关键． 二、填空题 1、20 【分析】

先求出方程x2-9x+20=0的两个根，再根据三角形的三边关系判断出符合题意的菱形的边AB，即可求出菱形的周长， 【详解】

解：∵x2-9x+20=0， ∴（x-5）（x-4）=0， ∴x1=5，x2=4，

当x1=5时，由菱形的对角线的一条对角线8和菱形的两边5，5能组成三角形，即存在菱形，菱形的周长为5×4=20；

当x2=4时，由菱形的对角线的一条对角线8和菱形的两边4，4不能组成三角形，即不存在菱形，舍去．

故答案为：20． 【点睛】

此题是菱形的性质题，主要考查了菱形性质，三角形的三边关系，一元二次方程的解法，解本题的关键是确定出菱形的边长．

2、2 【分析】

画出图形，直接观察即可解答． 【详解】

解：如图所示，过五边形一个顶点的对角线共有2条； 故答案为：2

．

【点睛】

本题考查了多边形对角线的条数，解题关键是明确过n边形的顶点可引出（n-3）条对角线． 3、5cm或5.2cm 【分析】

当点P在BC上，AM＞BP，当点P在AB上，AM＞BP，当点P在CD上，如图，根据PB=AM，可证Rt△ABM≌Rt△BCP（HL），可证BP⊥AM，根据勾股定理可求AM=AB2BM2826210，根据三角形面积可求BNABBM864.8，可求PN=BP-BN；当点P在AD上，如图，可证AM1011Rt△ABM≌Rt△BAP（HL），再证AN=PN=BN=MN，根据AM=BP=10cm，可求PN=BP105cm，

22【详解】

解：当点P在BC上，AM＞BP，当点P在AB上，AM＞BP，不合题意，舍去； 当点P在CD上，如图，

∵PB=AM ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB=BC=AD=CD=8， 在Rt△ABM和Rt△BCP中， AMBP， ABBC∴Rt△ABM≌Rt△BCP（HL）， ∴∠MAB=∠PBC， ∵∠MAB+∠AMB=90°， ∴∠PBC+∠AMB=90°，

∴∠BNM=180°-∠PBC-∠AMB=90°， ∴BP⊥AM， ∵MC=2cm，

∴BM=BC-MC=8-2=6cm，

∴AM=AB2BM2826210，

11∴BNAMABBM， 22∴BNABBM864.8， AM10∴PN=BP-BN=AM-BN=10-4.8=5.2cm，

当点P在AD上，如图， 在Rt△ABM和Rt△BAP中， AMBP， ABBA∴Rt△ABM≌Rt△BAP（HL），

∴BM=AP，∠AMB=∠BPA，∠MAB=∠PBA， ∴AN=BN， ∵AD∥BC，

∴∠PAN=∠NMB=∠APN， ∴AN=PN=BN=MN， ∵AM=BP=10cm，

11∴PN=BP105cm，

22∴PN的长为5cm或5.2cm． 故答案为5cm或5.2cm．

【点睛】

本题考查正方形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，等腰三角形判定与性质，分类讨论思想，掌握正方形的性质，三角形全等判定与性质，勾股定理，等腰三角形判定与性质，分类讨论思想是解题关键． 4、21 7【分析】

根据题意连接BE，连接AE交FG于O，如图，利用菱形的性质得△BDC为等边三角形，

∠ADC=120°，再在在Rt△BCE中计算出BE=3CE=3，然后证明BE⊥AB，利用勾股定理计算出AE，从而得到OA的长；设AF=x，根据折叠的性质得到FE=FA=x，在Rt△BEF中利用勾股定理得到（2-x）

2

+（3）2=x2，解得x，然后在Rt△AOF中利用勾股定理计算出OF，再利用余弦的定义求解即可．

【详解】

解：连接BE，连接AE交FG于O，如图，

∵四边形ABCD为菱形，∠A=60°， ∴△BDC为等边三角形，∠ADC=120°， ∵E点为CD的中点，

∴CE=DE=1，BE⊥CD，

在Rt△BCE中，BE=3CE=3， ∵AB∥CD， ∴BE⊥AB，

∴AE22(3)27．

7， 2∴AO设AF=x，

∵菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处， ∴FE=FA=x， ∴BF=2-x，

在Rt△BEF中，（2-x）2+（3）2=x2， 解得:x7， 4747221， )24在Rt△AOF中，OF()2(21421． ∴cosAFO774故答案为: 【点睛】

21． 7本题考查了折叠的性质以及菱形的性质，注意掌握折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 5、（8，4）

【分析】

先根据勾股定理得到OD的长，即可得到点D的坐标，再根据平行四边形的性质和平行x轴两点坐标特征即可得到点C的坐标． 【详解】

解：∵点A的坐标为（－3，0），

在Rt△ADO中，AD＝5， AO=3，AOD＝90， ∴OD=52－32=4， ∴D(0，4)， ∵平行四边形ABCD， ∴AB=CD=8，AB∥CD， ∵AB在x轴上， ∴CD∥x轴，

∴C、D两点的纵坐标相同， ∴C(8，4) ． 故答案为（8，4）． 【点睛】

本题考查平行四边形性质，勾股定理，平行x轴两点坐标特征，解答本题的关键是熟练掌握平行于x轴的直线上的点的纵坐标相同，平行于y轴的直线上的点的横坐标相同． 三、解答题

20221、（1）点D（4,14）；（2）存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形，点D的坐标，或

332838，． 33【分析】

（1）过点D作DE⊥y轴于E，PF⊥y轴于F，设D点横坐标为n，点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点，可得点D（n,2n+6）,根据△APD是等腰直角三角形，可得∠EDA=∠FAP，可证

△EDA≌△FAP（AAS），可得AE=PF，ED=FA，再证四边形AFPB为矩形，得出点D（n，14），根据点D在直线y＝2x＋6上，求出n=4即可；

（2）直线y＝2x＋b过点（3，0），求出b =-6，设点D（x, 2x-6），分三种情况当∠ADP=90°，

AD=DP，△ADP为等腰直角三角形，证明△EDA≌△FPD（AAS），再证四边形OCFE为矩形，EF=OC=8，

得出DE+DF=x+2x-14=8；当∠APD=90°，AP=DP，△ADP为等腰直角三角形，先证△ABP≌△PFD（AAS），得出CF=CB+PF-PB=6+8-（x-8）=22-x=2x-6；当∠PAD=90°，AP=AD，△ADP为等腰直角三角形，先证四边形AFPB为矩形，得出PF=AB=8，再证△APF≌△DAE（AAS），得出2x614求解方程即可 【详解】

解：（1）过点D作DE⊥y轴于E，PF⊥y轴于F，

设D点横坐标为n，点D在第一象限且是直线y＝2x＋6上的一点， ∴x=n，y＝2n＋6， ∴点D（n,2n+6）,

∵△APD是等腰直角三角形， ∴DA=AP，∠DAP=90°，

∴∠DAE+∠FAP=180°-∠DAP=90°， ∵DE⊥y轴，PF⊥y轴， ∴∠DEA=∠AFP=90°， ∴∠EDA+∠DAE=90°， ∴∠EDA=∠FAP， 在△EDA和△FAP中，

DEAAFPEDAFAP， DAAP∴△EDA≌△FAP（AAS）， ∴AE=PF，ED=FA，

∵四边形OABC为矩形，B的坐标为（8，6）， ∴AB=OC=8，OA=BC=6，∠FAB=∠ABP=90°， ∵∠AFP=90°， ∴四边形AFPB为矩形， ∴PF=AB=8， ∴EA=FP=8， ∴OE=OA+AE=6+8=14， ∴点D（n，14），

∵点D在直线y＝2x＋6上， ∴14＝2n＋6,， ∴n=4， ∴点D（4,14）；

（2）直线y＝2x＋b过点（3，0）， ∴0＝6＋b，

∴b =-6， ∴直线y＝2x-6， 设点D（x, 2x-6），

过点D作EF⊥y轴，交y轴于E，交CB延长线于F， 要使△ADP为等腰直角三角形，

当∠ADP=90°，AD=DP，△ADP为等腰直角三角形， ∴∠ADE+∠FDP=180°-∠ADP=90°， ∵DE⊥y轴，PF⊥y轴， ∴∠DEA=∠AFP=90°， ∴∠EDA+∠DAE=90°， ∴∠EAD=∠FDP， 在△EDA和△FPD中，

DEAPDFEADFDP， DAPD∴△EDA≌△FPD（AAS），

∴AE=DF=2x-6-8=2x-14，ED=FP=x， ∵四边形OABC为矩形，AB=OC=8，OA=BC=6， ∴∠OCF=90°，

∴四边形OCFE为矩形，EF=OC=8， ∴DE+DF=x+2x-14=8， 解得x=

22， 3∴2x6222266， 332226∴点D，；

33

当∠APD=90°，AP=DP，△ADP为等腰直角三角形， ∴∠APB+∠DPF=90°， 过D作DF⊥射线CB于F， ∴∠DFP=90°， ∵四边形OABC为矩形，

∴AB=OC=8，OA=CB=6，∠ABP=90°， ∴∠BAP+∠APB=90°， ∴∠BAP=∠FPD， 在△ABP和△PFD中，

ABPPFDBAPFPD， APPD∴△ABP≌△PFD（AAS）， ∴BP=FD=x-8,AB=PF=8，

∴CF=CB+PF-PB=6+8-（x-8）=22-x=2x-6， 解得x=

28， 3∴2x6228386， 332838∴点D，；

33

当∠PAD=90°，AP=AD，△ADP为等腰直角三角形， ∴∠EAD +∠PAF=90°，

过D作DE⊥y轴于E，过P作PF⊥y轴于F， ∴∠DEA=∠PFA=90°， ∴∠FAP+∠FPA=90°， ∴∠FPA=∠EAD， ∵四边形OABC为矩形，

∴AB=OC=8，OA=CB=6，∠ABP=∠BAO=90°， ∵∠PFA=90°， ∴四边形AFPB为矩形， ∴PF=AB=8， 在△APF和△DAE中，

APFDAEAFPDEA， APDA∴△APF≌△DAE（AAS）， ∴FP=AE=8，AF=DE=6-m， ∴OE=OA+AE=6+8=14， ∴2x614， 解得：x10， ∵PC＝m≥0， ∴AF=6-m≤6＜10， ∴此种情况不成立；

22262838综合存在第一象限的点D使△APD是等腰直角三角形，点D的坐标，或，．

3333【点睛】

本题考查等腰直角三角形先证，三角形全等判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，分类讨论思想，一次函数图像上点的特征，矩形的判定与性质，掌握等腰直角三角形先证，三角形全等判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，分类讨论思想，一次函数图像上点的特征，矩形的判定与性质是解题关键．

2、（1）①103；②3t；（2）t的值为

1030或；（3）S=-73t2+203t或S=7710732803t2003；（4）t=2s或s． t3633【分析】

（1）①由勾股定理可求解； ②由直角三角形的性质可求解；

（2）分两种情况讨论，由QM的长度为10，列出方程可求解； （3）分两种情况讨论，由面积公式可求解；

（4）分两种情况讨论，由含30°角的直角三角形三边的比值可求解． 【详解】

解：（1）①∵∠ACB=90°，∠B＝30°，AB＝20，

1∴AC=AB=10，

2∴BC=AB2AC2202102103； ②∵PQ⊥AB， ∴∠BQP=90°， ∵∠B=30°， ∴PQ=PB，

12由题意得：BP=23t，

∴PQ=3t，

故答案为：3t； （2）在Rt△PQB中，

BQ=PB2PQ2=3t，

当点M与点Q相遇，20=AM+BQ=4t+3t， ∴t=

20， 720时，MQ=AB-AM-BQ， 7当0＜t＜

∴20-4t-3t=10， ∴t=

10， 7当

20103＜t≤=5时，MQ=AM+BQ-AB， 723∴4t+3t-20=10， ∴t=

30， 7综上所述：当QM的长度为10时，t的值为

1030或； 77（3）当0＜t＜

20时，S=PQ·MQ=3t×（20-7t）=-73t2+203t； 7当

207＜t≤5时，如图，

∵四边形PQMN是矩形， ∴PN=QM=7t-20，PQ=3t， ∴∠B=30°，

∴ME∶BE∶BM=1∶2∶3， ∵BM=20-4t，

∴ME=204t3，

∴S=1(204t3t)(7t20)=73236t2803t320033；

（4）如图，若NQ⊥AC，

∴NQ∥BC， ∴∠B=∠MQN=30°， ∵MN∶NQ∶MQ=1∶2∶3，

∵MQ=20-7t，MN=PQ=3t，

207t3t， 3∴∴t=2，

如图，若NQ⊥BC，

∴NQ∥AC，

∴∠A=∠BQN=90°-∠B=60°， ∴∠PQN=90°-∠BQN=30°， ∴PN∶NQ∶PQ=1∶2∶3，

∵PN=MQ=7t-20，PQ=3t，

∴3t7t20， 3∴t=

10， 310s时，过点Q和点N的直线垂直于Rt△ABC的一边． 3综上所述：当t=2s或【点睛】

本题考查了矩形的性质，勾股定理，平行线的性质等知识，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．

3、（1）见详解；（2）见详解． 【分析】

（1）根据勾股定理求出AB的长，以AB为对角线的正方形AEBF，根据正方形的性质求出正方形边长

AE=10，根据勾股定理构造直角三角形横1竖3，或横3竖1，利用点A平移找到点E，点F即可完

成求解；

（2）根据勾股定理求出CD的长，△CDM为等腰直角三角形，设CM=DM=x，再利用勾股定理x5，根据勾股定理构造横1竖2，或横2竖1直角三角形，利用点C平移得到点M，即可得到答案． 【详解】

（1）根据勾股定理AB=22422025， ∵以AB为对角线的正方形AEBF，

112∴S正方形=AB2522210，

∵正方形AEBF的边长为AE， ∴AE2=10， ∴AE=10，

根据勾股定理可知构造横1竖3或横3竖1的直角三角形作线段AE、AF，

点A向下平移1格，再向左平移3格得点E，点A向右平移1格，再向下平移3格得点F， ∴连结AE，BE，BF，AF， 则正方形ABEF作图如下：

（2）根据勾股定理CD123210 ， ∵△CDM为等腰直角三角形，设CM=DM=x， 根据勾股定理CD2CM2DM2，即

102x2x2，

解得x5，

∴CM=DM=5，

根据勾股定理构造横1竖2，或横2竖1直角三角形作线段CM、DM， 点C向右移动2格，再向上移动1格得点M，连结CM，DM， 则△CDM为所求如图．

【点睛】

本题考查了正方形性质、正方形面积，边长，等腰直角三角形、腰长，勾股定理，一元二次方程，平移；解题的关键是熟练掌握正方形性质、等腰直角三角形性质，勾股定理，一元二次方程，平移，从而完成求解．

4、（1）证明见详解；（2）与ADG面积相等的平行四边形有ADFE、DEFB、DECF、EFCG．

【分析】

（1）根据三角形中位线定理可得：DE∥BC，DF∥AC，DE11BC，DFAC，依据平行四边

22形的判定定理可得四边形DECF为平行四边形，再由BCAC，可得DEDF，依据菱形的判定定理即可证明；

（2）根据三角形中位线定理及平行四边形的判定定理可得四边形DEFB、DECF、ADFE是平行四边形，根据平行四边形的性质得出ADE与各平行四边形面积之间的关系，再根据平行四边形的判定得出四边形EGCF是平行四边形，根据其性质得到EGFCDE，根据等底同高可得S可得出与ADG面积相等的平行四边形． 【详解】

解：（1）∵D、E、F分别是AB、AC、BC的中点， ∴DE∥BC，DF∥AC，DE11BC，DFAC，

22ADG2SADE，据此即

∴四边形DECF为平行四边形， ∵BCAC，

DEDF，

∴四边形DECF为菱形；

（2）∵D、E、F分别是AB、AC、BC的中点， ∴DE∥BC，DF∥AC，EF∥AB，DE且ADBD，AECE，BFCF， ∴四边形DEFB、DECF、ADFE是平行四边形， ∴SSSS1S21S21S2111BC，DFAC， EFAB，

222ADEDEFEFCDBFADFEDEFBDECF，

∵DE∥BC，CG∥EF∥AB， ∴四边形EGCF是平行四边形，

∴EGFCDE， ∴S2SADGADE，

∴SADGSADFESDEFBSDECFSEFCG

∴与ADG面积相等的平行四边形有ADFE、DEFB、DECF、EFCG． 【点睛】

题目主要考查菱形及平行四边形的判定定理和性质，中位线的性质等，熟练掌握平行四边形及菱形的判定定理及性质是解题关键．

5、（1）见解析；（2）16；（3）5583 【分析】

（1）由正方形ABCD得DAEABF90，由BAFADE得

ADEAEDBAFAED90，从而得出AGE90即可得证；

（2）由ASA证明ABFDAE，从而得出SAGD1SBFGE，设AGa，DGb，则ab23，即

22222ab43，由根与系数的关系求出k，即可得出S正方形ABCDADab(ab)2ab；

（3）过点G作PQ⊥AD于点P，交BC于Q，则GQ⊥BC，由（2）可知，AD4，AG2，DG23，由等面积法求出PG，由勾股定理求出AP，故可得QG、QN，由勾股定理即可求出答案． 【详解】

（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴DAEABF90， ∵BAFADE，

∴ADEAEDBAFAED90， ∴AGE90，

∴AFDE；

（2）∵四边形ABCD是正方形， ∴ABAD， 在ABF与△DAE中，

BAFADEABDA， ABFDAE90ABFDAE(ASA)，

∴SAGDSBFGE23，

1设AGa，DGb，则ab23，即ab43，

2∵AG与DG是方程x2(13)kx3k20的两个根，

3k2∴ab3k2，

1∴3k243， 解得：k2，

ab(13)k(13)k0， 1∴k0， ∴k2，

∴一元二次方程为x22(13)x430，

S正方形ABCDAD2a2b2(ab)22ab4(13)224316；

（3）

如图，过点G作PQ⊥AD于点P，交BC于Q，则GQ⊥BC， 由（2）可知，AD4，AG2，DG23，

AGDG2233， AD4222PGAPAGPG2321，

则QG43，BQ1，QC3， ∴QN6，

GN2GQ2QN2(43)2625583．

【点睛】

本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，一元二次方程根与系数的关系以及勾股定理，掌握知识点间的相互应用是解题的关键．