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8. 如图,在直角梯形ABCD中,AD//BC,AB⊥BC,∠DCB=75°,以CD为一边的等边三角形的另一顶点E在腰AB上,点F在线段CD上,∠FBC=30°,连接AF.现有下列结论:①AE=AD;②AB=BC;③∠DAF=30°;④$S_{△ AED}:S_{△ CED}=1:\sqrt{3}$;⑤F是线段CD的中点.其中正确结论的个数是 (
A.5
B.4
C.3
D.2
(第8题图)
(第9题图)
(第10题图)
A
)A.5
B.4
C.3
D.2
(第8题图)
(第9题图)
(第10题图)
答案
8.A
解析
【分析】
解题时先从已知角度入手，先计算出图中各相关角的度数，结合等边三角形、等腰三角形的判定推导边的等量关系，再逐一验证5个结论：①先推导∠AED=45°，结合∠A=90°得△AED为等腰直角三角形即可判断；②通过边长推导验证AB和BC相等；③先证△ABF为等边三角形，得∠BAF=60°，进而求出∠DAF度数；④分别计算△AED和△CED的面积，求比值即可判断；⑤结合边和角的关系推导F为CD中点。
【解析】
解：
∵AD//BC，AB⊥BC，
∴∠A=∠ABC=90°，
∵△DCE是等边三角形，
∴∠DCE=60°，DC=CE=DE，
∵∠DCB=75°，
∴∠BCE=75°-60°=15°，
在Rt△BCE中，∠BEC=90°-15°=75°，
∴∠BEC=∠DCB，
∴BC=CE，即BC=CE=CD。
1. 验证①：∠DEC=60°，
∴∠AED=180°-∠BEC-∠DEC=180°-75°-60°=45°，
在Rt△ADE中，∠ADE=90°-45°=45°=∠AED，
∴AE=AD，故①正确；
2. 验证②：设AD=AE=a，则DE=√2 a，
∴CE=BC=DE=√2 a，
在Rt△BCE中，BE=CE·sin15°=(√3-1)a/2，
∴AB=AE+BE=a+(√3-1)a/2=(√3+1)a/2，
又BC=CE·cos15°=(√3+1)a/2，
∴AB=BC，故②正确；
3. 验证③：
∵∠FBC=30°，
∴∠BFC=180°-30°-75°=75°=∠BCF，
∴BF=BC，
∵AB=BC，
∴AB=BF，又∠ABF=90°-30°=60°，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠BAF=60°，
∴∠DAF=90°-60°=30°，故③正确；
4. 验证④：$S_{△ AED}=\frac{1}{2}· AD· AE=\frac{1}{2}a^2$，
$S_{△ CED}=\frac{\sqrt{3}}{4}· CD^2=\frac{\sqrt{3}}{4}· (\sqrt{2}a)^2=\frac{\sqrt{3}}{2}a^2$，
∴$S_{△ AED}:S_{△ CED}=\frac{1}{2}a^2:\frac{\sqrt{3}}{2}a^2=1:\sqrt{3}$，故④正确；
5. 验证⑤：
∵BF=BC=CD，△ABF是等边三角形，
∴AF=BF=CD，结合角度关系可推导得DF=CF，即F是CD中点，故⑤正确。
综上，5个结论都正确。
【答案】
A
【知识点】
直角梯形性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定
【点评】
本题是几何综合题，需要结合特殊四边形和特殊三角形的性质，通过角度计算推导边、角的等量关系，逐一验证结论，对逻辑推理和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
解题时先从已知角度入手，先计算出图中各相关角的度数，结合等边三角形、等腰三角形的判定推导边的等量关系，再逐一验证5个结论：①先推导∠AED=45°，结合∠A=90°得△AED为等腰直角三角形即可判断；②通过边长推导验证AB和BC相等；③先证△ABF为等边三角形，得∠BAF=60°，进而求出∠DAF度数；④分别计算△AED和△CED的面积，求比值即可判断；⑤结合边和角的关系推导F为CD中点。
【解析】
解：
∵AD//BC，AB⊥BC，
∴∠A=∠ABC=90°，
∵△DCE是等边三角形，
∴∠DCE=60°，DC=CE=DE，
∵∠DCB=75°，
∴∠BCE=75°-60°=15°，
在Rt△BCE中，∠BEC=90°-15°=75°，
∴∠BEC=∠DCB，
∴BC=CE，即BC=CE=CD。
1. 验证①：∠DEC=60°，
∴∠AED=180°-∠BEC-∠DEC=180°-75°-60°=45°，
在Rt△ADE中，∠ADE=90°-45°=45°=∠AED，
∴AE=AD，故①正确；
2. 验证②：设AD=AE=a，则DE=√2 a，
∴CE=BC=DE=√2 a，
在Rt△BCE中，BE=CE·sin15°=(√3-1)a/2，
∴AB=AE+BE=a+(√3-1)a/2=(√3+1)a/2，
又BC=CE·cos15°=(√3+1)a/2，
∴AB=BC，故②正确；
3. 验证③：
∵∠FBC=30°，
∴∠BFC=180°-30°-75°=75°=∠BCF，
∴BF=BC，
∵AB=BC，
∴AB=BF，又∠ABF=90°-30°=60°，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠BAF=60°，
∴∠DAF=90°-60°=30°，故③正确；
4. 验证④：$S_{△ AED}=\frac{1}{2}· AD· AE=\frac{1}{2}a^2$，
$S_{△ CED}=\frac{\sqrt{3}}{4}· CD^2=\frac{\sqrt{3}}{4}· (\sqrt{2}a)^2=\frac{\sqrt{3}}{2}a^2$，
∴$S_{△ AED}:S_{△ CED}=\frac{1}{2}a^2:\frac{\sqrt{3}}{2}a^2=1:\sqrt{3}$，故④正确；
5. 验证⑤：
∵BF=BC=CD，△ABF是等边三角形，
∴AF=BF=CD，结合角度关系可推导得DF=CF，即F是CD中点，故⑤正确。
综上，5个结论都正确。
【答案】
A
【知识点】
直角梯形性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定
【点评】
本题是几何综合题，需要结合特殊四边形和特殊三角形的性质，通过角度计算推导边、角的等量关系，逐一验证结论，对逻辑推理和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
9.如图,把矩形纸片ABCD沿BF折叠,使点C恰好落在$C'$处,已知$AB=9\ \mathrm{cm}$,$BC=15\ \mathrm{cm}$,则$FC$的长为（
A.3 cm
B.4 cm
C.17 cm
D.5 cm
D
）A.3 cm
B.4 cm
C.17 cm
D.5 cm
答案
9.D
解析
【分析】
解决这道矩形折叠问题，核心思路是利用折叠性质和勾股定理建立方程求解。第一步先结合矩形性质确定边长和直角；第二步利用折叠前后对应边相等，得到BC'=BC、FC'=FC；第三步在Rt△ABC'中用勾股定理求出AC'的长度，进而得到C'D的长度；第四步设FC的长为未知数，用含未知数的式子表示DF，最后在Rt△C'DF中用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，AB=9cm，BC=15cm，
∴AD=BC=15cm，CD=AB=9cm，∠A=∠D=90°。
由折叠的性质可知：$BC'=BC=15\mathrm{cm}$，$FC'=FC$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC'$中，根据勾股定理：
$AC'=\sqrt{BC'^2-AB^2}=\sqrt{15^2-9^2}=\sqrt{225-81}=\sqrt{144}=12\mathrm{cm}$
∴$C'D=AD-AC'=15-12=3\mathrm{cm}$
设$FC=x\mathrm{cm}$，则$FC'=x\mathrm{cm}$，$DF=CD-FC=(9-x)\mathrm{cm}$
在$\mathrm{Rt}△ C'DF$中，根据勾股定理：
$C'D^2+DF^2=C'F^2$
代入得：$3^2+(9-x)^2=x^2$
展开整理：$9+81-18x+x^2=x^2$，即$90=18x$
解得：$x=5$
即$FC$的长为5cm。
【答案】
D
【知识点】
折叠的性质，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题是几何折叠类的典型基础题，解题关键是抓住折叠前后对应边、对应角不变的特点，结合勾股定理构造方程求解，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.7
解决这道矩形折叠问题，核心思路是利用折叠性质和勾股定理建立方程求解。第一步先结合矩形性质确定边长和直角；第二步利用折叠前后对应边相等，得到BC'=BC、FC'=FC；第三步在Rt△ABC'中用勾股定理求出AC'的长度，进而得到C'D的长度；第四步设FC的长为未知数，用含未知数的式子表示DF，最后在Rt△C'DF中用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，AB=9cm，BC=15cm，
∴AD=BC=15cm，CD=AB=9cm，∠A=∠D=90°。
由折叠的性质可知：$BC'=BC=15\mathrm{cm}$，$FC'=FC$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC'$中，根据勾股定理：
$AC'=\sqrt{BC'^2-AB^2}=\sqrt{15^2-9^2}=\sqrt{225-81}=\sqrt{144}=12\mathrm{cm}$
∴$C'D=AD-AC'=15-12=3\mathrm{cm}$
设$FC=x\mathrm{cm}$，则$FC'=x\mathrm{cm}$，$DF=CD-FC=(9-x)\mathrm{cm}$
在$\mathrm{Rt}△ C'DF$中，根据勾股定理：
$C'D^2+DF^2=C'F^2$
代入得：$3^2+(9-x)^2=x^2$
展开整理：$9+81-18x+x^2=x^2$，即$90=18x$
解得：$x=5$
即$FC$的长为5cm。
【答案】
D
【知识点】
折叠的性质，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题是几何折叠类的典型基础题，解题关键是抓住折叠前后对应边、对应角不变的特点，结合勾股定理构造方程求解，体现了方程思想在几何计算中的应用。
【难度系数】
0.7
10.如图,在菱形$ABCD$中,对角线$AC$与$BD$相交于点$O$,$∠ ABC=60°$,点$E$,$F$分别是$BC$,$CD$的中点,连接$AE$,$AF$,$EF$,$BD$分别与$AE$,$AF$相交于点$M$,$N$,连接$OE$,$OF$.现有下列结论:①$△ AEF$是等边三角形;②四边形$CEOF$是菱形;③$OF⊥ AE$;④$BM=MN=ND$.其中正确的结论有 (
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
D
)A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案
10.D
解析
【分析】
解题时首先结合菱形的性质和∠ABC=60°的条件，推导得到△ABC、△ADC均为等边三角形，再结合E、F分别是BC、CD中点的条件，逐个验证4个结论：
1. 要判断△AEF是否为等边三角形，可先证AE=AF，再推导其夹角为60°；
2. 要判断四边形CEOF是否为菱形，可先利用中位线定理证其为平行四边形，再证邻边相等；
3. 要判断OF⊥AE，可利用平行线的传递性，结合AE与AD的垂直关系推导；
4. 要判断BM=MN=ND，可利用相似三角形的线段比例关系推导三段线段均为BD的三分之一。
【解析】
已知四边形ABCD是菱形，因此AB=BC=CD=AD，∠BAD=180°-∠ABC=120°，对角线AC⊥BD，OB=OD，OA=OC。
1. 验证结论①：
∵∠ABC=60°，AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，同理△ADC是等边三角形。
∵E是BC中点，
∴AE是等边△ABC的高，AE平分∠BAC，即∠BAE=30°，同理AF是等边△ADC的高，∠DAF=30°，可得AE=AF。
∠EAF=∠BAD - ∠BAE - ∠DAF=120°-30°-30°=60°，有两边相等且夹角为60°，因此△AEF是等边三角形，①正确。
2. 验证结论②：
∵O是AC中点，E是BC中点，
∴OE是△ABC的中位线，得OE//AB，OE=½AB；同理OF是△ADC的中位线，得OF//AD，OF=½AD。
∵AB=BC=CD=AD，
∴OE=½BC=CE，OF=½CD=CF；又OE//AB//CD（即OE//CF），OF//AD//BC（即OF//CE），因此四边形CEOF是平行四边形。
又邻边CE=OE，故平行四边形CEOF是菱形，②正确。
3. 验证结论③：
由OF//AD，且AE⊥BC，AD//BC，可得AE⊥AD，因此AE⊥OF，即OF⊥AE，③正确。
4. 验证结论④：
∵AD//BC，
∴△BEM∽△DAM，相似比为BE:AD=1:2，因此BM:MD=1:2，即BM=⅓BD；
同理△DFN∽△BAN，相似比为DF:AB=1:2，因此ND:BN=1:2，即ND=⅓BD；
因此MN=BD - BM - ND=⅓BD，故BM=MN=ND，④正确。
综上4个结论均正确。
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质与判定；等边三角形的判定；相似三角形的性质
【点评】
本题综合考查特殊四边形和三角形的相关性质，需要熟练掌握菱形、等边三角形的判定和性质，结合中位线、相似三角形的知识逐一验证结论，能较好地考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
解题时首先结合菱形的性质和∠ABC=60°的条件，推导得到△ABC、△ADC均为等边三角形，再结合E、F分别是BC、CD中点的条件，逐个验证4个结论：
1. 要判断△AEF是否为等边三角形，可先证AE=AF，再推导其夹角为60°；
2. 要判断四边形CEOF是否为菱形，可先利用中位线定理证其为平行四边形，再证邻边相等；
3. 要判断OF⊥AE，可利用平行线的传递性，结合AE与AD的垂直关系推导；
4. 要判断BM=MN=ND，可利用相似三角形的线段比例关系推导三段线段均为BD的三分之一。
【解析】
已知四边形ABCD是菱形，因此AB=BC=CD=AD，∠BAD=180°-∠ABC=120°，对角线AC⊥BD，OB=OD，OA=OC。
1. 验证结论①：
∵∠ABC=60°，AB=BC，
∴△ABC是等边三角形，同理△ADC是等边三角形。
∵E是BC中点，
∴AE是等边△ABC的高，AE平分∠BAC，即∠BAE=30°，同理AF是等边△ADC的高，∠DAF=30°，可得AE=AF。
∠EAF=∠BAD - ∠BAE - ∠DAF=120°-30°-30°=60°，有两边相等且夹角为60°，因此△AEF是等边三角形，①正确。
2. 验证结论②：
∵O是AC中点，E是BC中点，
∴OE是△ABC的中位线，得OE//AB，OE=½AB；同理OF是△ADC的中位线，得OF//AD，OF=½AD。
∵AB=BC=CD=AD，
∴OE=½BC=CE，OF=½CD=CF；又OE//AB//CD（即OE//CF），OF//AD//BC（即OF//CE），因此四边形CEOF是平行四边形。
又邻边CE=OE，故平行四边形CEOF是菱形，②正确。
3. 验证结论③：
由OF//AD，且AE⊥BC，AD//BC，可得AE⊥AD，因此AE⊥OF，即OF⊥AE，③正确。
4. 验证结论④：
∵AD//BC，
∴△BEM∽△DAM，相似比为BE:AD=1:2，因此BM:MD=1:2，即BM=⅓BD；
同理△DFN∽△BAN，相似比为DF:AB=1:2，因此ND:BN=1:2，即ND=⅓BD；
因此MN=BD - BM - ND=⅓BD，故BM=MN=ND，④正确。
综上4个结论均正确。
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质与判定；等边三角形的判定；相似三角形的性质
【点评】
本题综合考查特殊四边形和三角形的相关性质，需要熟练掌握菱形、等边三角形的判定和性质，结合中位线、相似三角形的知识逐一验证结论，能较好地考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
11.若一个多边形的每一个外角都等于$24°$，那么这个多边形的边数是
15
。答案
11.15
解析
【分析】
解题时首先回忆多边形的基础性质：任意多边形的外角和都是固定的360°，与边数无关。本题中多边形每一个外角都相等，说明外角的总个数等于外角和除以单个外角的度数，而多边形的外角个数和边数是一一对应的，因此用外角和除以单个外角的度数就能直接得到边数。
【解析】
解：
∵任意多边形的外角和恒为$360°$，且该多边形每个外角均为$24°$，
又
∵多边形的边数等于其外角的个数，
∴这个多边形的边数为$360° ÷ 24° = 15$。
【答案】
15
【知识点】
多边形外角和定理；多边形边数与外角的关系
【点评】
本题属于基础常考题，核心考查对多边形外角和定理的理解与应用，牢记任意多边形外角和为360°是解题的核心，解题时无需考虑内角相关的复杂计算，直接利用外角和公式即可快速求解。
【难度系数】
0.8
解题时首先回忆多边形的基础性质：任意多边形的外角和都是固定的360°，与边数无关。本题中多边形每一个外角都相等，说明外角的总个数等于外角和除以单个外角的度数，而多边形的外角个数和边数是一一对应的，因此用外角和除以单个外角的度数就能直接得到边数。
【解析】
解：
∵任意多边形的外角和恒为$360°$，且该多边形每个外角均为$24°$，
又
∵多边形的边数等于其外角的个数，
∴这个多边形的边数为$360° ÷ 24° = 15$。
【答案】
15
【知识点】
多边形外角和定理；多边形边数与外角的关系
【点评】
本题属于基础常考题，核心考查对多边形外角和定理的理解与应用，牢记任意多边形外角和为360°是解题的核心，解题时无需考虑内角相关的复杂计算，直接利用外角和公式即可快速求解。
【难度系数】
0.8
12.要使平行四边形ABCD是菱形，则其对角线应满足的条件是
对角线垂直
。答案
12.对角线垂直
解析
【分析】
解题时首先明确题目的前提：已知四边形ABCD是平行四边形，需要补充对角线相关的条件使其成为菱形。首先回忆菱形的判定定理，其中和对角线相关的判定为：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，结合题目要求的对角线条件，即可快速得出结论。
【解析】
菱形的判定定理中，针对平行四边形对角线的判定规则为：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。由于本题中四边形ABCD已经是平行四边形，因此只需要对角线满足垂直的条件，就可以判定该平行四边形是菱形。
【答案】
对角线垂直
【知识点】
菱形的判定、平行四边形的性质
【点评】
本题属于基础概念类题目，主要考查特殊平行四边形的判定条件，解题的关键是熟记菱形的相关判定定理，注意区分不同特殊四边形的判定前提和对应条件，避免混淆。
【难度系数】
0.9
解题时首先明确题目的前提：已知四边形ABCD是平行四边形，需要补充对角线相关的条件使其成为菱形。首先回忆菱形的判定定理，其中和对角线相关的判定为：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，结合题目要求的对角线条件，即可快速得出结论。
【解析】
菱形的判定定理中，针对平行四边形对角线的判定规则为：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。由于本题中四边形ABCD已经是平行四边形，因此只需要对角线满足垂直的条件，就可以判定该平行四边形是菱形。
【答案】
对角线垂直
【知识点】
菱形的判定、平行四边形的性质
【点评】
本题属于基础概念类题目，主要考查特殊平行四边形的判定条件，解题的关键是熟记菱形的相关判定定理，注意区分不同特殊四边形的判定前提和对应条件，避免混淆。
【难度系数】
0.9
13. 在多边形中各内角度数如图所示,则其中 x 的值为
130
.答案
13.130
解析
【分析】
首先确定该图形是五边形，解题第一步先利用多边形内角和公式计算出五边形的内角和，第二步将图中给出的五个内角的度数相加，使其和等于五边形内角和，列一元一次方程求解即可得到x的值。
【解析】
根据多边形内角和公式：$n$边形内角和为$(n-2)×180°$（$n$为边数，$n≥3$且为整数），本题中图形是五边形，$n=5$，因此五边形内角和为：
$(5-2)×180°=540°$
结合图中各内角度数可列方程：
$90+x+x+80+(x-20)=540$
整理得：$3x+150=540$
移项计算：$3x=390$
解得：$x=130$
【答案】
130
【知识点】
多边形内角和公式；一元一次方程的应用
【点评】
本题属于基础题，核心考查多边形内角和公式的实际应用，只要准确记忆内角和公式，正确列方程计算就能得出结果，出错点多为记错内角和公式、计算移项错误。
【难度系数】
0.7
首先确定该图形是五边形，解题第一步先利用多边形内角和公式计算出五边形的内角和，第二步将图中给出的五个内角的度数相加，使其和等于五边形内角和，列一元一次方程求解即可得到x的值。
【解析】
根据多边形内角和公式：$n$边形内角和为$(n-2)×180°$（$n$为边数，$n≥3$且为整数），本题中图形是五边形，$n=5$，因此五边形内角和为：
$(5-2)×180°=540°$
结合图中各内角度数可列方程：
$90+x+x+80+(x-20)=540$
整理得：$3x+150=540$
移项计算：$3x=390$
解得：$x=130$
【答案】
130
【知识点】
多边形内角和公式；一元一次方程的应用
【点评】
本题属于基础题，核心考查多边形内角和公式的实际应用，只要准确记忆内角和公式，正确列方程计算就能得出结果，出错点多为记错内角和公式、计算移项错误。
【难度系数】
0.7
14.如图,在四边形ABCD中,AD//BC,AB⊥BC,AB=4 cm,AD＞AB,CD=5 cm,点P从点C出发沿边CB以1 cm/s的速度向点B运动,
3
s后四边形ABPD是矩形.答案
14.3
解析
【分析】
要使四边形ABPD是矩形，已知AB⊥BC、AD//BC，已有∠A和∠B为直角，因此只需满足DP⊥BC即可，此时△DPC为直角三角形。我们可先利用勾股定理求出此时PC的长度，再结合点P的运动速度计算运动时间。
【解析】
当四边形ABPD是矩形时，DP⊥BC，即∠DPC=90°。
∵AB⊥BC，AD//BC，
∴DP=AB=4cm（平行线间的距离处处相等）。
在Rt△DPC中，CD=5cm，DP=4cm，根据勾股定理：
$PC=\sqrt{CD^2-DP^2}=\sqrt{5^2-4^2}=\sqrt{9}=3\mathrm{cm}$
已知点P的运动速度为1cm/s，因此运动时间$t=\frac{PC}{v}=\frac{3\mathrm{cm}}{1\mathrm{cm/s}}=3\mathrm{s}$。
【答案】
3
【知识点】
矩形的判定、勾股定理、动点问题计算
【点评】
本题属于基础综合题，解题的核心是根据矩形的判定条件确定动点P的位置，将问题转化为直角三角形的边长求解，理清运动路程、速度和时间的关系即可得出结果。
【难度系数】
0.7
要使四边形ABPD是矩形，已知AB⊥BC、AD//BC，已有∠A和∠B为直角，因此只需满足DP⊥BC即可，此时△DPC为直角三角形。我们可先利用勾股定理求出此时PC的长度，再结合点P的运动速度计算运动时间。
【解析】
当四边形ABPD是矩形时，DP⊥BC，即∠DPC=90°。
∵AB⊥BC，AD//BC，
∴DP=AB=4cm（平行线间的距离处处相等）。
在Rt△DPC中，CD=5cm，DP=4cm，根据勾股定理：
$PC=\sqrt{CD^2-DP^2}=\sqrt{5^2-4^2}=\sqrt{9}=3\mathrm{cm}$
已知点P的运动速度为1cm/s，因此运动时间$t=\frac{PC}{v}=\frac{3\mathrm{cm}}{1\mathrm{cm/s}}=3\mathrm{s}$。
【答案】
3
【知识点】
矩形的判定、勾股定理、动点问题计算
【点评】
本题属于基础综合题，解题的核心是根据矩形的判定条件确定动点P的位置，将问题转化为直角三角形的边长求解，理清运动路程、速度和时间的关系即可得出结果。
【难度系数】
0.7
