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一、选择题
1. 如图,菱形$ABCD$中,$∠D=150°$,则$∠1=$ (
A.$30°$
B.$25°$
C.$20°$
D.$15°$
1. 如图,菱形$ABCD$中,$∠D=150°$,则$∠1=$ (
D
)A.$30°$
B.$25°$
C.$20°$
D.$15°$
答案
1. D
解析
【分析】
解题思路：首先回忆菱形的相关性质，一是菱形的邻角互补，二是菱形的对角线平分一组对角。第一步先根据∠D的度数求出它的邻角∠DAB的度数，第二步根据AC是菱形的对角线，平分∠DAB，即可求出∠1的度数。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形
∴∠D + ∠DAB = 180°（菱形的邻角互补），AC平分∠DAB（菱形的对角线平分一组对角）
已知∠D=150°，代入得：
∠DAB = 180° - 150° = 30°
∴∠1 = $\frac{1}{2}$∠DAB = $\frac{1}{2}$×30° = 15°
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质、角平分线的定义
【点评】
本题属于基础题，主要考查菱形角相关性质的应用，熟练掌握菱形的基本性质是解题的关键。
【难度系数】
0.8
解题思路：首先回忆菱形的相关性质，一是菱形的邻角互补，二是菱形的对角线平分一组对角。第一步先根据∠D的度数求出它的邻角∠DAB的度数，第二步根据AC是菱形的对角线，平分∠DAB，即可求出∠1的度数。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形
∴∠D + ∠DAB = 180°（菱形的邻角互补），AC平分∠DAB（菱形的对角线平分一组对角）
已知∠D=150°，代入得：
∠DAB = 180° - 150° = 30°
∴∠1 = $\frac{1}{2}$∠DAB = $\frac{1}{2}$×30° = 15°
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质、角平分线的定义
【点评】
本题属于基础题，主要考查菱形角相关性质的应用，熟练掌握菱形的基本性质是解题的关键。
【难度系数】
0.8
2. 在四边形$ABCD$中，$∠ A,∠ B,∠ C,∠ D$的度数之比如下.
① $3:4:3:4$ ② $3:3:4:4$ ③ $2:3:4:5$ ④ $3:4:4:3$
其中能判定四边形$ABCD$是平行四边形的条件是 （
A.①
B.②
C.③
D.④
① $3:4:3:4$ ② $3:3:4:4$ ③ $2:3:4:5$ ④ $3:4:4:3$
其中能判定四边形$ABCD$是平行四边形的条件是 （
A
）A.①
B.②
C.③
D.④
答案
2. A
解析
【分析】
解题的核心依据是平行四边形的判定定理：两组对角分别相等的四边形是平行四边形。首先明确四边形ABCD中，对角是∠A和∠C、∠B和∠D，因此只要看给出的度数比中，∠A和∠C的占比是否相等、∠B和∠D的占比是否相等即可，占比相等就说明对角相等，满足平行四边形的判定条件，接下来逐个验证四个比例即可得到答案。
【解析】
根据平行四边形判定定理：两组对角分别相等的四边形是平行四边形。
四边形ABCD中，∠A与∠C为一组对角，∠B与∠D为另一组对角，需满足∠A=∠C、∠B=∠D才可判定为平行四边形。
对四个条件逐一分析：
① 度数比为3:4:3:4，∠A占3份、∠C占3份，故∠A=∠C；∠B占4份、∠D占4份，故∠B=∠D，满足判定条件；
② 度数比为3:3:4:4，∠A占3份、∠C占4份，∠A≠∠C，不满足判定条件；
③ 度数比为2:3:4:5，四角度数均不相等，对角不相等，不满足判定条件；
④ 度数比为3:4:4:3，∠A占3份、∠C占4份，∠A≠∠C，不满足判定条件。
因此只有①符合条件。
【答案】
A
【知识点】
平行四边形的判定、比的应用
【点评】
本题是基础的平行四边形判定类题目，解题关键是熟记两组对角分别相等的四边形是平行四边形，同时注意对应角的顺序，不要混淆对角的对应关系。
【难度系数】
0.8
解题的核心依据是平行四边形的判定定理：两组对角分别相等的四边形是平行四边形。首先明确四边形ABCD中，对角是∠A和∠C、∠B和∠D，因此只要看给出的度数比中，∠A和∠C的占比是否相等、∠B和∠D的占比是否相等即可，占比相等就说明对角相等，满足平行四边形的判定条件，接下来逐个验证四个比例即可得到答案。
【解析】
根据平行四边形判定定理：两组对角分别相等的四边形是平行四边形。
四边形ABCD中，∠A与∠C为一组对角，∠B与∠D为另一组对角，需满足∠A=∠C、∠B=∠D才可判定为平行四边形。
对四个条件逐一分析：
① 度数比为3:4:3:4，∠A占3份、∠C占3份，故∠A=∠C；∠B占4份、∠D占4份，故∠B=∠D，满足判定条件；
② 度数比为3:3:4:4，∠A占3份、∠C占4份，∠A≠∠C，不满足判定条件；
③ 度数比为2:3:4:5，四角度数均不相等，对角不相等，不满足判定条件；
④ 度数比为3:4:4:3，∠A占3份、∠C占4份，∠A≠∠C，不满足判定条件。
因此只有①符合条件。
【答案】
A
【知识点】
平行四边形的判定、比的应用
【点评】
本题是基础的平行四边形判定类题目，解题关键是熟记两组对角分别相等的四边形是平行四边形，同时注意对应角的顺序，不要混淆对角的对应关系。
【难度系数】
0.8
3. [2024·河南实验中学九年级学情调研]如下左图,把边长为5的正方形ABCD绕点A顺时针旋转$45°$得到正方形$AB'C'D'$,边BC与$D'C'$交于点O,则四边形$ABOD'$的周长是（
A.$10\sqrt{2}$
B.$10$
C.$5\sqrt{2}$
D.$5+5\sqrt{2}$
A
）A.$10\sqrt{2}$
B.$10$
C.$5\sqrt{2}$
D.$5+5\sqrt{2}$
答案
3. A
解析
【分析】
解题时先结合旋转性质和正方形性质分析：首先旋转前后正方形边长不变，旋转角为45°，可推出旋转后点D'落在原正方形ABCD的对角线AC上，先计算出AC的长度得到D'C的长度；再判断△OD'C为等腰直角三角形，得到OD'的长度；接着通过HL证明Rt△ABO和Rt△AD'O全等，得到OB=OD'；最后将四边形的四条边长度相加即可求出周长。
【解析】
解：连接AC、AO，
∵正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB'C'D'，
∴AD'=AB=5，∠D'=∠B=90°，∠BAB'=45°，
∵正方形ABCD中，AC为对角线，
∴∠BAC=45°，$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{5^2+5^2}=5\sqrt{2}$，
∴∠BAB'=∠BAC，即点D'落在AC上，
∴$D'C=AC-AD'=5\sqrt{2}-5$，
∵∠D'=90°，∠ACB=45°，
∴△OD'C是等腰直角三角形，
∴$OD'=D'C=5\sqrt{2}-5$，
在Rt△ABO和Rt△AD'O中：
$\{\begin{array}{l}AO=AO\\AB=AD'\end{array} $
∴Rt△ABO≌Rt△AD'O（HL），
∴$OB=OD'=5\sqrt{2}-5$，
∴四边形ABOD'的周长为：
$AB+BO+OD'+D'A=5+(5\sqrt{2}-5)+(5\sqrt{2}-5)+5=10\sqrt{2}$
【答案】
A
【知识点】
正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是正方形与旋转的综合题，解题的突破口是判断出旋转后点D'落在原正方形的对角线上，结合全等三角形和等腰直角三角形的性质即可求出未知边长度，计算时注意合并同类二次根式。
【难度系数】
0.65
解题时先结合旋转性质和正方形性质分析：首先旋转前后正方形边长不变，旋转角为45°，可推出旋转后点D'落在原正方形ABCD的对角线AC上，先计算出AC的长度得到D'C的长度；再判断△OD'C为等腰直角三角形，得到OD'的长度；接着通过HL证明Rt△ABO和Rt△AD'O全等，得到OB=OD'；最后将四边形的四条边长度相加即可求出周长。
【解析】
解：连接AC、AO，
∵正方形ABCD绕点A顺时针旋转45°得到正方形AB'C'D'，
∴AD'=AB=5，∠D'=∠B=90°，∠BAB'=45°，
∵正方形ABCD中，AC为对角线，
∴∠BAC=45°，$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{5^2+5^2}=5\sqrt{2}$，
∴∠BAB'=∠BAC，即点D'落在AC上，
∴$D'C=AC-AD'=5\sqrt{2}-5$，
∵∠D'=90°，∠ACB=45°，
∴△OD'C是等腰直角三角形，
∴$OD'=D'C=5\sqrt{2}-5$，
在Rt△ABO和Rt△AD'O中：
$\{\begin{array}{l}AO=AO\\AB=AD'\end{array} $
∴Rt△ABO≌Rt△AD'O（HL），
∴$OB=OD'=5\sqrt{2}-5$，
∴四边形ABOD'的周长为：
$AB+BO+OD'+D'A=5+(5\sqrt{2}-5)+(5\sqrt{2}-5)+5=10\sqrt{2}$
【答案】
A
【知识点】
正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是正方形与旋转的综合题，解题的突破口是判断出旋转后点D'落在原正方形的对角线上，结合全等三角形和等腰直角三角形的性质即可求出未知边长度，计算时注意合并同类二次根式。
【难度系数】
0.65
4. $△ ABC$与$□ DEFG$如上中图放置,点$D,G$分别在边$AB,AC$上,点$E,F$在边$BC$上.
已知$BE=DE,CF=FG$,则$∠ A$的度数为 （
A.$80°$
B.$90°$
C.$100°$
D.$110°$
已知$BE=DE,CF=FG$,则$∠ A$的度数为 （
B
）A.$80°$
B.$90°$
C.$100°$
D.$110°$
答案
4. B
解析
【分析】
解题时可从已知条件逐步推导：首先根据BE=DE、CF=FG，利用等腰三角形“等边对等角”的性质，结合邻补角关系可将平行四边形的两个邻角∠DEF、∠EFG分别用∠B、∠C表示；再利用平行四边形对边平行、同旁内角互补的性质，得到∠B和∠C的数量关系；最后结合三角形内角和定理即可求出∠A的度数。
【解析】
1.
∵ BE=DE，
∴ △BDE为等腰三角形，∠B=∠BDE，
∴ ∠DEB=180°-∠B-∠BDE=180°-2∠B，
∵ 点B、E、F、C共线，
∴ ∠DEF=180°-∠DEB=2∠B；
2. 同理，
∵ CF=FG，
∴ △CFG为等腰三角形，∠C=∠CGF，
∴ ∠GFC=180°-∠C-∠CGF=180°-2∠C，
∴ ∠EFG=180°-∠GFC=2∠C；
3.
∵ 四边形DEFG是平行四边形，
∴ DE//FG，
∴ ∠DEF+∠EFG=180°（两直线平行，同旁内角互补），
将∠DEF=2∠B、∠EFG=2∠C代入得：2∠B+2∠C=180°，化简得∠B+∠C=90°；
4. 在△ABC中，根据三角形内角和为180°，可得：
∠A=180°-(∠B+∠C)=180°-90°=90°。
【答案】
B
【知识点】
1. 等腰三角形的性质
2. 平行四边形的性质
3. 三角形内角和定理
【点评】
本题属于几何基础综合题，解题的核心是将平行四边形的角和三角形的角通过等腰、平行的性质建立关联，考查学生对基础几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
解题时可从已知条件逐步推导：首先根据BE=DE、CF=FG，利用等腰三角形“等边对等角”的性质，结合邻补角关系可将平行四边形的两个邻角∠DEF、∠EFG分别用∠B、∠C表示；再利用平行四边形对边平行、同旁内角互补的性质，得到∠B和∠C的数量关系；最后结合三角形内角和定理即可求出∠A的度数。
【解析】
1.
∵ BE=DE，
∴ △BDE为等腰三角形，∠B=∠BDE，
∴ ∠DEB=180°-∠B-∠BDE=180°-2∠B，
∵ 点B、E、F、C共线，
∴ ∠DEF=180°-∠DEB=2∠B；
2. 同理，
∵ CF=FG，
∴ △CFG为等腰三角形，∠C=∠CGF，
∴ ∠GFC=180°-∠C-∠CGF=180°-2∠C，
∴ ∠EFG=180°-∠GFC=2∠C；
3.
∵ 四边形DEFG是平行四边形，
∴ DE//FG，
∴ ∠DEF+∠EFG=180°（两直线平行，同旁内角互补），
将∠DEF=2∠B、∠EFG=2∠C代入得：2∠B+2∠C=180°，化简得∠B+∠C=90°；
4. 在△ABC中，根据三角形内角和为180°，可得：
∠A=180°-(∠B+∠C)=180°-90°=90°。
【答案】
B
【知识点】
1. 等腰三角形的性质
2. 平行四边形的性质
3. 三角形内角和定理
【点评】
本题属于几何基础综合题，解题的核心是将平行四边形的角和三角形的角通过等腰、平行的性质建立关联，考查学生对基础几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
5. [2025·河南]如上右图所示的网格中,每个小正方形的边长均为1,△ABC的三个顶点均在网格线的交点上,点D,E分别是边BA,CA与网格线的交点,连接DE,则DE的长为
(
A.$\frac{1}{2}$
B.1
C.$\sqrt{2}$
D.$\sqrt{3}$
(
B
)A.$\frac{1}{2}$
B.1
C.$\sqrt{2}$
D.$\sqrt{3}$
答案
5. B
解析
【分析】
拿到本题后，首先观察图形特征：DE分别在△ABC的边BA、CA上，结合网格线的特点可判断DE与BC平行。由此可联想到相似三角形的判定定理，即平行于三角形一边的直线截另外两边，得到的三角形与原三角形相似。接下来只需要先求出BC的长度，再确定△ADE与△ABC的相似比，就能通过相似三角形对应边成比例的性质求出DE的长度。
【解析】
由网格的特征可知，DE//BC，
∴△ADE∽△ABC（平行于三角形一边的直线与三角形的另外两边相交，所构成的三角形与原三角形相似）。
观察网格可得，BC的长度为2，且AD与AB的比值为$\frac{1}{2}$，
根据相似三角形对应边成比例，可得$\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AB}=\frac{1}{2}$，
代入BC=2计算，得$DE=2×\frac{1}{2}=1$。
【答案】
B
【知识点】
1. 相似三角形的判定与性质
2. 平行线分线段成比例
【点评】
本题结合网格背景考查相似三角形的应用，解题的核心是快速判断出线段的平行关系，再利用相似的性质计算线段长度，属于基础类题型。
【难度系数】
0.8
拿到本题后，首先观察图形特征：DE分别在△ABC的边BA、CA上，结合网格线的特点可判断DE与BC平行。由此可联想到相似三角形的判定定理，即平行于三角形一边的直线截另外两边，得到的三角形与原三角形相似。接下来只需要先求出BC的长度，再确定△ADE与△ABC的相似比，就能通过相似三角形对应边成比例的性质求出DE的长度。
【解析】
由网格的特征可知，DE//BC，
∴△ADE∽△ABC（平行于三角形一边的直线与三角形的另外两边相交，所构成的三角形与原三角形相似）。
观察网格可得，BC的长度为2，且AD与AB的比值为$\frac{1}{2}$，
根据相似三角形对应边成比例，可得$\frac{DE}{BC}=\frac{AD}{AB}=\frac{1}{2}$，
代入BC=2计算，得$DE=2×\frac{1}{2}=1$。
【答案】
B
【知识点】
1. 相似三角形的判定与性质
2. 平行线分线段成比例
【点评】
本题结合网格背景考查相似三角形的应用，解题的核心是快速判断出线段的平行关系，再利用相似的性质计算线段长度，属于基础类题型。
【难度系数】
0.8
二、填空题
1. [2023·河南]矩形ABCD中，M为对角线BD的中点，点N在边AD上，且AN=AB=1. 当以点D,M,N为顶点的三角形是直角三角形时，AD的长为
1. [2023·河南]矩形ABCD中，M为对角线BD的中点，点N在边AD上，且AN=AB=1. 当以点D,M,N为顶点的三角形是直角三角形时，AD的长为
2 或$\sqrt{2}+1$
.答案
1. 2 或$\sqrt{2}+1$
解析
【分析】
本题为直角三角形存在性问题，因未指明直角顶点，需先分类讨论直角顶点的位置，排除不可能的情况后结合矩形性质、勾股定理求解。首先设AD的长为x，可通过建立平面直角坐标系表示各点坐标，再分两种直角情况列等式计算，最后舍去不符合实际的负根即可。
【解析】
设AD的长为$x$，以A为原点，AD所在直线为$x$轴，AB所在直线为$y$轴建立平面直角坐标系：
则$A(0,0)$，$B(0,1)$，$D(x,0)$。
$\because AN=1$，点N在AD上，$\therefore N(1,0)$。
$\because M$是BD的中点，$\therefore M$的坐标为$(\frac{x}{2},\frac{1}{2})$。
$△ DMN$为直角三角形，分情况讨论：
1. 当$∠ DNM=90°$时，$MN⊥ x$轴，即M、N横坐标相等：
$\therefore \frac{x}{2}=1$，解得$x=2$，符合题意。
2. 当$∠ DMN=90°$时，由勾股定理得$MN^2+MD^2=ND^2$：
计算各线段平方：
$MN^2=(\frac{x}{2}-1)^2+(\frac{1}{2}-0)^2$，
$MD^2=(\frac{\sqrt{x^2+1}}{2})^2=\frac{x^2+1}{4}$，
$ND^2=(x-1)^2$。
代入等式整理得$x^2-2x-1=0$，
解得$x=1+\sqrt{2}$或$x=1-\sqrt{2}$（边长为正，舍去）。
若直角顶点为D，$∠ MDN=∠ ADB$为锐角，不可能为直角，舍去该情况。
综上，AD的长为2或$\sqrt{2}+1$。
【答案】
2或$\sqrt{2}+1$
【知识点】
矩形的性质，勾股定理，直角三角形分类讨论
【点评】
本题重点考查几何存在性问题的分类讨论思想，解题关键是不重不漏地考虑所有直角顶点的可能位置，结合性质列方程求解，注意验证解的合理性。
【难度系数】
0.6
本题为直角三角形存在性问题，因未指明直角顶点，需先分类讨论直角顶点的位置，排除不可能的情况后结合矩形性质、勾股定理求解。首先设AD的长为x，可通过建立平面直角坐标系表示各点坐标，再分两种直角情况列等式计算，最后舍去不符合实际的负根即可。
【解析】
设AD的长为$x$，以A为原点，AD所在直线为$x$轴，AB所在直线为$y$轴建立平面直角坐标系：
则$A(0,0)$，$B(0,1)$，$D(x,0)$。
$\because AN=1$，点N在AD上，$\therefore N(1,0)$。
$\because M$是BD的中点，$\therefore M$的坐标为$(\frac{x}{2},\frac{1}{2})$。
$△ DMN$为直角三角形，分情况讨论：
1. 当$∠ DNM=90°$时，$MN⊥ x$轴，即M、N横坐标相等：
$\therefore \frac{x}{2}=1$，解得$x=2$，符合题意。
2. 当$∠ DMN=90°$时，由勾股定理得$MN^2+MD^2=ND^2$：
计算各线段平方：
$MN^2=(\frac{x}{2}-1)^2+(\frac{1}{2}-0)^2$，
$MD^2=(\frac{\sqrt{x^2+1}}{2})^2=\frac{x^2+1}{4}$，
$ND^2=(x-1)^2$。
代入等式整理得$x^2-2x-1=0$，
解得$x=1+\sqrt{2}$或$x=1-\sqrt{2}$（边长为正，舍去）。
若直角顶点为D，$∠ MDN=∠ ADB$为锐角，不可能为直角，舍去该情况。
综上，AD的长为2或$\sqrt{2}+1$。
【答案】
2或$\sqrt{2}+1$
【知识点】
矩形的性质，勾股定理，直角三角形分类讨论
【点评】
本题重点考查几何存在性问题的分类讨论思想，解题关键是不重不漏地考虑所有直角顶点的可能位置，结合性质列方程求解，注意验证解的合理性。
【难度系数】
0.6
