炎德文化数学2024年普通高等学校招生全国统一考试考前演练一答案

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分数学闭报2022一2023学年四川专版（人教版）九年级第31~34期MATHEMATICS WEEKLY答案专期为AHLBC,A0=C0,所以0H=号AC=6.因为叫边形EFG丑为菱形【第32期】“四边形”综合验收题听以HE=GF,HE∥GF.15.根据勾股定理，可得AE=BE=互.由折叠所以∠HEG=∠FGE.所以∠AEH=∠OGF知∠B=∠B=45,BE=EB'=2.所以-、1.D2.D3.D4.C5.C因为∠A=∠0=90°，CB'=EB'-CE BE-CE BE-(BC-6.B7.B8.C9.D10.C所以△AEH≌△QGF(AAS)BE)=2BE-BC=22-2.因为AB∥CD,所提示：所以AH=QF=2.1.根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”以∠FCB=∠B=45.所以△FCB是等腰直因为DG=6,CD=8.所以CG=2可选D.角三角形.山勾股理，得B'F=2-2.16.根据题意，可得11G为△AD(的中位线，所以所以△FCG的向积=3CG·QF=)×2×2.正方形的对角线红和垂直，但矩形的对角线不2=2.·定红籼垂直HG∥AC,G=}AC.同埋，可得EF∥AC,3.根据三角形内伯和定理和平行四边形的性质23.(1)连接EF交MWN于点0.解答」EF=号AC.EH=)BD.所以HG∥EF,HG=因为四边形ABCD是平行四边形EF.所以四边形EFGH为平行四边形.因为所以∠A=∠G,AD=BC,AD∥BC4.根据知形性质解答AG=BD,所以EF=H.所以四边形GH为所以∠ADB=∠DBC.5.根据三角形中位线定理及矩形的判定定理，判菱形.因为AC⊥BD,EF∥AC,EH∥BD,所以因为DE平分∠ADB,BF平分∠DBC断可得原四边形的对角线互和垂直.6.因为四叫边形ABCD是菱形，所以AB∥CD,EF⊥EL.所以∠FEⅡ=90°.所以菱形EFG所以∠ADE=∠EDB=∠CBF=∠FBD∠DAC=∠1.因为∠D=140°，所以∠DAB=是正方形在△ADE和△CBF中，∠A=∠C,AD=BC,∠ADE=∠CBF,180°-∠D=40°.所以∠1=号∠DAB=20°.三、17.因为四边形ABCD是平行四边形所以AB∥CD.所以∠F=∠BA=60.所以△ADE≌△CBF,所以DE=BF7.因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB=因为AB=BE,所以△ABE为等边三角形因为∠EDB=∠FBD,所以DE∥BFCD,AB∥CD.因为E,F分别是AB,CD的中点，所以∠B=60°所以四边形BEDF是平行四边形所以AE=CF.所以四边形AECF是平行四边所以∠BCD=180°-∠B=120°所以0E=0F,OB=OD.形.因为AC=BC,E是AB的中点，所以CE18.连接1)交AC于点0，因为BM=1DN,所以OB-BM=O)-DN,AB.所以∠AEC=90°.所以平行四边形AECF则OB=OD,OA=OC,BDLAC即OM=O是矩形.又因为AF=CE,所以OF=OE所以四边形EMFV是半行四边形8.过点A作AM1b于点M,过点D作DNLc于点N,所以四边形BEDF是平行四边形(2)因为四边形EMFN是菱形，则∠AMD=∠DC=90°.因为b∥c,所以DNI因为BDLAC,所以四边形BEDF是菱形，所以EFLMN.6.所以∠CDM+∠CDN=90°.因为四边形ABCD19.因为四边形ABCD是矩形由(1)，得四边形BEDF是平行四边形是正方形，所以AD=DC,∠ADM+∠CDM所以AC=BD,AD∥BC所以平行四边形BEDF是菱形90°.所以∠ADM=∠CDN.所以△AMD≌△CND.因为AE∥BD24.(1)FG=CE,FG∥CE所以AM=CV.因为4与b之问的距离是6，b与所以四边形AEBD是平行四边形(2)仍然成立.e之间的距离是10，所以AM=CN=6,DN=所以AE=B).所以AE=AC.证明：设CF与DE相交于点M10.所以DC2=DA2+CN2=10+6=136,即正20.(1)因为四边形ABD是平行四边形因为四边形ABCD是正方形，方形ABCD的面积为136所以BC=CD,∠FBC=∠ECD=90°9.①当点P在AB上时，SAm=2·3=5所以DC∥AB,DC=AB.因为FC=AE因为BF=CE,解得x=9所以(C)-C=AB-AE,即DF=B所以△CF≌△CDE(SAS)②"点P在BG上时，SP=S形m-Saw所以四边形)F是平行四边形所以C=ED,∠1DC=∠B℃内为DE⊥1B,所以∠DEB=90内为∠BFC+∠FCE=90Sw-SAm=5,即3×4-2(3+4-x)×2所以平行四边形DEBF是知形所以∠DEC+∠FCE=907×2×3-7×4(x-4)=5.解得x=5(2)因为AF平分∠DAB,听所以∠DAF=∠BAF所以∠EMC=90°，即FC⊥DE因为)C∥AB,所以∠DFA=∠BAF因为GB⊥DE,所以C∥C③当点P在CE上时，S8wm=)(4+3+2-x)×所以∠DFA=∠DAF.又因为EG=DE,所以EC=FC3=5.解得x=号（不合题意，舍去）。所以AD=DF=10.所以BC=AD=10.所以叫边形(ECF是平行四边形因为四边形DEBF是矩形，所以FG=CE,FG//CE综上所述，x的俏为9或5.所以∠B)=90°.所以∠BPC=90(3)成立25.(1)因为在矩形ABCD中，AB=8,BC=1610.因为四边形ABCD是正方形，所以∠4D0=在Rt△BCF中，由勾股定理，得所以BC=4D=16.AB=CD=8.45,由折叠，可得∠A0G=)∠A00=22.5,BF'=NBC2-Ck2=N102-6=8.由已知，可得BQ=DP=t,AP=CQ=16-t故①止确，21.(1)因为四边形ABCD是菱形，山折叠，得Sacm=SAFcD?>Sao0,故②错误.所以AD∥BC,∠BAD=2∠DAC,LABC=2∠DBC在矩形ABCD中，∠B=90°，AD∥BC当Q=AP时，四边形ABQP为矩形由折叠，得∠EFD=∠EAD=90°=∠AOF,所所以∠BAD+∠ABC=180%所以t=16-t.解得t=8.以EF∥AC.所以∠bG=∠AGE.因为因为∠CAD=∠DBC,所以∠BAD=∠ABC所以当t=8时，四边形ABQP为矩形∠AGE=∠FGE,所以∠FEG=∠FGE.所以所以2∠BAD=180°.所以∠BAD=90.(2)四边形AOCP为菱形EF=GF因为AE=EF,AG=GF,所以AE=所以菱形1BCD是止方形.理由：因为1=6，所以BQ=DP=6.EF=GF=AG.所以四边形AEFG是菱形.故(2)因为四边形ABCD是正方形所以CQ=AP=16-6=10.③正确.所以AC1BD,AC=D,C0=3AC,D0=2BD因为AP∥CO,因为GF∥AB,所以∠GF=∠OAB=45°.所所以∠COE=∠D0F=90°，C0=1D0.所以叫边形AOCP为平行四边形以=GF=2OG.由勾股定理，可得BE=因为D⊥CE,在Rt△ABQ中，N2EF=2OG.故④止确所以∠DHE=90°，∠EDH+∠DEH=90°AQ=AB+BQ=82+6=10.易得△OGF足等腰直角三角形.因为S△or=因为∠ECO+∠DEH=90°.所以AQ=CQ1,所以0C=1.解得OG=2.所以B5=所听以∠ECO=∠EDH.所以平行四边形AQCP为菱形20G=2、2,GF=2.所以AE=GF=2.所以在△EC0和△)0中，所以当t=6时，四边形AQCP为菱形1B=BE+AE=2、2+2.所以SE方形m=∠EC0=∠FD0,C0=D0,∠COE=∠DOF,(3)因为正方形面积为96，(22+2)2=12+82.做⑤错误所以△EC0≌△FDO.所以OE=OF.所以正方形的边长为46.所以PQ=83.枚正确的结论是①③④，共3个22.(1)因为四边形EFGH为菱形，所以HG=EH分两种情况：二、11.答案不唯一，如AE=CF因为AH=2,1)G=2,所以DG=AH.①如图1所示，过点P作PM⊥BC于点M,则所以RBt△DG≌Rt△AEI(IIL).12.26°13.20214.6PM=AB=8,DP=BQ=t,AP=BM=16-t.15.2-2所以∠DHG=∠AEH.16.AC=BD H.ACLBD由勾股定理，得QM=P0-PM=82因为∠AEH+∠AHE=90°提示：所以∠1DHC+∠AHE=90°因为BM=BQ+QM,所以t+8v2=16-.11.答案不唯一，合理即可所以∠(E=90°.解得t=8-4、212.根据平行四边形的性质、三布形内角和、三形外角的性质解答.因为叫边形EFGI为菱形13.在图2巾，根据勾股定理，得AB=BC=202所以四边形EFGH为正方形在图1中，囚为∠B=60°，AB=BC,所以△ABC(2)过点F作FQ⊥CD,交DC延长线于点Q,连接GE.是等边三角形.所以AC=BC=202因为四边形4BCD为矩形14.因为ABCD是菱形，所以BD=20B=16.因为S5=AC,BD=96,所以AC=12,因所以AB∥CD.所以∠AEG=∠QGE2即LAEH+LHEG=∠QGF+∠FGE第25题图