1. 下列说法中，一定正确的是(
A.一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B.对角线互相垂直平分的四边形是菱形
C.对角线相等的四边形是矩形
D.对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
B
)A.一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B.对角线互相垂直平分的四边形是菱形
C.对角线相等的四边形是矩形
D.对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
答案：1.B
2. (2025·安徽)在如图所示的$□ ABCD$中，$E$，$G$分别为边$AD$，$BC$的中点，点$F$，$H$分别在边$AB$，$CD$上移动(不与端点重合)，且满足$AF = CH$，则下列为定值的是(
A.四边形$EFGH$的周长
B.$\angle EFG$的度数
C.四边形$EFGH$的面积
D.线段$FH$的长
C
)A.四边形$EFGH$的周长
B.$\angle EFG$的度数
C.四边形$EFGH$的面积
D.线段$FH$的长
答案：2.C
解析：
证明：连接EG。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC。
∵E，G分别为AD，BC的中点，
∴AE=ED=BG=GC，
∴四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，
∴EG=AB=CD，EG//AB//CD。
设点F到EG的距离为$h_1$，点H到EG的距离为$h_2$，
则平行四边形ABCD中AB与CD间的距离为$h_1 + h_2$（定值）。
$S_{\triangle EFG}=\frac{1}{2} · EG · h_1$，$S_{\triangle EHG}=\frac{1}{2} · EG · h_2$，
∴$S_{四边形EFGH}=S_{\triangle EFG}+S_{\triangle EHG}=\frac{1}{2} · EG · (h_1 + h_2)$。
∵EG和$h_1 + h_2$均为定值，
∴四边形EFGH的面积为定值。
C
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD//BC。
∵E，G分别为AD，BC的中点，
∴AE=ED=BG=GC，
∴四边形ABGE和四边形EGCD均为平行四边形，
∴EG=AB=CD，EG//AB//CD。
设点F到EG的距离为$h_1$，点H到EG的距离为$h_2$，
则平行四边形ABCD中AB与CD间的距离为$h_1 + h_2$（定值）。
$S_{\triangle EFG}=\frac{1}{2} · EG · h_1$，$S_{\triangle EHG}=\frac{1}{2} · EG · h_2$，
∴$S_{四边形EFGH}=S_{\triangle EFG}+S_{\triangle EHG}=\frac{1}{2} · EG · (h_1 + h_2)$。
∵EG和$h_1 + h_2$均为定值，
∴四边形EFGH的面积为定值。
C
3. 已知$\angle EOF = 90^{\circ}$，现将直角三角尺$ABC$($\angle A = 30^{\circ}$，$\angle C = 90^{\circ}$)按如图所示的方式摆放，则$\angle\alpha + \angle\beta$的度数为(
A.$210^{\circ}$
B.$200^{\circ}$
C.$190^{\circ}$
D.$180^{\circ}$
A
)A.$210^{\circ}$
B.$200^{\circ}$
C.$190^{\circ}$
D.$180^{\circ}$
答案：3.A
解析：
解：在四边形$OACB$中，内角和为$(4-2)×180^{\circ}=360^{\circ}$。
已知$\angle EOF=90^{\circ}$，$\angle C=90^{\circ}$，$\angle A=30^{\circ}$，则$\angle OAC=180^{\circ}-\angle\alpha$，$\angle OBC=180^{\circ}-\angle\beta$。
由内角和定理：$\angle EOF+\angle OAC+\angle C+\angle OBC=360^{\circ}$，
即$90^{\circ}+(180^{\circ}-\angle\alpha)+90^{\circ}+(180^{\circ}-\angle\beta)=360^{\circ}$，
化简得$540^{\circ}-(\angle\alpha+\angle\beta)=360^{\circ}$，
解得$\angle\alpha+\angle\beta=180^{\circ}$。
答案：A
已知$\angle EOF=90^{\circ}$，$\angle C=90^{\circ}$，$\angle A=30^{\circ}$，则$\angle OAC=180^{\circ}-\angle\alpha$，$\angle OBC=180^{\circ}-\angle\beta$。
由内角和定理：$\angle EOF+\angle OAC+\angle C+\angle OBC=360^{\circ}$，
即$90^{\circ}+(180^{\circ}-\angle\alpha)+90^{\circ}+(180^{\circ}-\angle\beta)=360^{\circ}$，
化简得$540^{\circ}-(\angle\alpha+\angle\beta)=360^{\circ}$，
解得$\angle\alpha+\angle\beta=180^{\circ}$。
答案：A
4. 如图，菱形$ABCD$的对角线$AC$，$BD$相交于点$O$，过点$D$作$DH ⊥ AB$于点$H$，连接$OH$，$OH = 4$。若菱形$ABCD$的面积为$32\sqrt{3}$，则$CD$的长为(
A.$4$
B.$4\sqrt{3}$
C.$8$
D.$8\sqrt{3}$
C
)A.$4$
B.$4\sqrt{3}$
C.$8$
D.$8\sqrt{3}$
答案：4.C
解析：
证明：
∵菱形$ABCD$对角线$AC$、$BD$交于点$O$，
∴$O$为$BD$中点，$AB=CD$，$AC⊥BD$。
∵$DH⊥AB$，
∴$\triangle DHB$为直角三角形，$OH$为斜边$BD$中线，
∴$BD=2OH=2×4=8$。
∵菱形面积$S=\frac{1}{2}×AC×BD=32\sqrt{3}$，
∴$\frac{1}{2}×AC×8=32\sqrt{3}$，解得$AC=8\sqrt{3}$。
∵$O$为$AC$、$BD$中点，
∴$AO=\frac{AC}{2}=4\sqrt{3}$，$BO=\frac{BD}{2}=4$。
在$Rt\triangle AOB$中，$AB=\sqrt{AO^2+BO^2}=\sqrt{(4\sqrt{3})^2+4^2}=\sqrt{48+16}=\sqrt{64}=8$。
∵$AB=CD$，
∴$CD=8$。
答案：C
∵菱形$ABCD$对角线$AC$、$BD$交于点$O$，
∴$O$为$BD$中点，$AB=CD$，$AC⊥BD$。
∵$DH⊥AB$，
∴$\triangle DHB$为直角三角形，$OH$为斜边$BD$中线，
∴$BD=2OH=2×4=8$。
∵菱形面积$S=\frac{1}{2}×AC×BD=32\sqrt{3}$，
∴$\frac{1}{2}×AC×8=32\sqrt{3}$，解得$AC=8\sqrt{3}$。
∵$O$为$AC$、$BD$中点，
∴$AO=\frac{AC}{2}=4\sqrt{3}$，$BO=\frac{BD}{2}=4$。
在$Rt\triangle AOB$中，$AB=\sqrt{AO^2+BO^2}=\sqrt{(4\sqrt{3})^2+4^2}=\sqrt{48+16}=\sqrt{64}=8$。
∵$AB=CD$，
∴$CD=8$。
答案：C
5. 如图，在正方形$ABCD$外侧作直线$DE$，点$C$关于直线$DE$的对称点为$M$，连接$CM$，$AM$，$AM$交直线$DE$于点$N$。若$45^{\circ} ＜ \angle CDE ＜ 90^{\circ}$，则当$MN = 4$，$AN = 3$时，正方形$ABCD$的边长为(
A.$\sqrt{7}$
B.$5$
C.$5\sqrt{2}$
D.$\dfrac{5}{2}\sqrt{2}$
D
)A.$\sqrt{7}$
B.$5$
C.$5\sqrt{2}$
D.$\dfrac{5}{2}\sqrt{2}$
答案：5.D
6. 如图，在正方形$ABCD$中，对角线$AC$，$BD$相交于点$O$，$E$，$F$分别为$AO$，$DO$上的一点，且$EF // AD$，连接$AF$，$DE$。若$\angle FAC = 15^{\circ}$，则$\angle AED$的度数为(
A.$80^{\circ}$
B.$90^{\circ}$
C.$105^{\circ}$
D.$115^{\circ}$
C
)A.$80^{\circ}$
B.$90^{\circ}$
C.$105^{\circ}$
D.$115^{\circ}$
答案：6.C
解析：
证明：
∵四边形$ABCD$是正方形，
∴$AC⊥BD$，$\angle OAD = 45^{\circ}$，$AD// BC$，
∵$EF// AD$，
∴$\angle OEF=\angle OAD = 45^{\circ}$，$\angle OFE=\angle ODA = 45^{\circ}$，
∴$OE = OF$，
∵$\angle FAC = 15^{\circ}$，
∴$\angle OAE=\angle OAD-\angle FAC=45^{\circ}-15^{\circ}=30^{\circ}$，
在$\triangle AOE$中，$\angle AOE = 90^{\circ}$，
∴$\angle AEO=180^{\circ}-90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}$，
∵$\angle OEF = 45^{\circ}$，
∴$\angle AED=\angle AEO+\angle OEF=60^{\circ}+45^{\circ}=105^{\circ}$。
答案：C
∵四边形$ABCD$是正方形，
∴$AC⊥BD$，$\angle OAD = 45^{\circ}$，$AD// BC$，
∵$EF// AD$，
∴$\angle OEF=\angle OAD = 45^{\circ}$，$\angle OFE=\angle ODA = 45^{\circ}$，
∴$OE = OF$，
∵$\angle FAC = 15^{\circ}$，
∴$\angle OAE=\angle OAD-\angle FAC=45^{\circ}-15^{\circ}=30^{\circ}$，
在$\triangle AOE$中，$\angle AOE = 90^{\circ}$，
∴$\angle AEO=180^{\circ}-90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}$，
∵$\angle OEF = 45^{\circ}$，
∴$\angle AED=\angle AEO+\angle OEF=60^{\circ}+45^{\circ}=105^{\circ}$。
答案：C
7. 如图，在等腰三角形$ABC$中，$\angle A = 120^{\circ}$，顶点$B$在$□ ODEF$的边$DE$上。若$\angle 1 = 40^{\circ}$，则$\angle 2$的度数为
110°
。答案：7.110°
解析：
解：在等腰三角形$ABC$中，$\angle A = 120^{\circ}$，
$\therefore \angle ABC=\angle ACB=\frac{180^{\circ}-120^{\circ}}{2}=30^{\circ}$。
$\because$四边形$ODEF$是平行四边形，
$\therefore OF// DE$，
$\therefore \angle OFB=\angle 1 = 40^{\circ}$。
$\because \angle OFB+\angle ABC+\angle 2=180^{\circ}$，
$\therefore \angle 2=180^{\circ}-\angle OFB-\angle ABC=180^{\circ}-40^{\circ}-30^{\circ}=110^{\circ}$。
故答案为$110^{\circ}$。
$\therefore \angle ABC=\angle ACB=\frac{180^{\circ}-120^{\circ}}{2}=30^{\circ}$。
$\because$四边形$ODEF$是平行四边形，
$\therefore OF// DE$，
$\therefore \angle OFB=\angle 1 = 40^{\circ}$。
$\because \angle OFB+\angle ABC+\angle 2=180^{\circ}$，
$\therefore \angle 2=180^{\circ}-\angle OFB-\angle ABC=180^{\circ}-40^{\circ}-30^{\circ}=110^{\circ}$。
故答案为$110^{\circ}$。
8. (2025·通州期末)如图，矩形$ABCD$的两条对角线交于点$O$。若$\angle AOD = 120^{\circ}$，$AD = 3$，则矩形$ABCD$的对角线的长为
$2\sqrt{3}$
。答案：8.$2\sqrt{3}$
解析：
解：
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$AC=BD$，$OA=OC=\frac{1}{2}AC$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD$，$\angle BAD=90^{\circ}$，
∴$OA=OD$，
∵$\angle AOD=120^{\circ}$，
∴$\angle OAD=\angle ODA=\frac{180^{\circ}-120^{\circ}}{2}=30^{\circ}$，
在$Rt\triangle ABD$中，$\angle BAD=90^{\circ}$，$\angle ADB=30^{\circ}$，$AD=3$，
∴$BD=2AB$，设$AB=x$，则$BD=2x$，
由勾股定理得：$AB^{2}+AD^{2}=BD^{2}$，即$x^{2}+3^{2}=(2x)^{2}$，
解得$x=\sqrt{3}$（负值舍去），
∴$BD=2\sqrt{3}$，即矩形$ABCD$的对角线的长为$2\sqrt{3}$。
$2\sqrt{3}$
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$AC=BD$，$OA=OC=\frac{1}{2}AC$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD$，$\angle BAD=90^{\circ}$，
∴$OA=OD$，
∵$\angle AOD=120^{\circ}$，
∴$\angle OAD=\angle ODA=\frac{180^{\circ}-120^{\circ}}{2}=30^{\circ}$，
在$Rt\triangle ABD$中，$\angle BAD=90^{\circ}$，$\angle ADB=30^{\circ}$，$AD=3$，
∴$BD=2AB$，设$AB=x$，则$BD=2x$，
由勾股定理得：$AB^{2}+AD^{2}=BD^{2}$，即$x^{2}+3^{2}=(2x)^{2}$，
解得$x=\sqrt{3}$（负值舍去），
∴$BD=2\sqrt{3}$，即矩形$ABCD$的对角线的长为$2\sqrt{3}$。
$2\sqrt{3}$