中考数学 第二十九讲 知能综合检测 华东师大版

知能综合检测(二十九)
（40分钟 60分）
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.下列命题中，假命题是( )
(A)矩形的对角线相等
(B)有两个角相等的梯形是等腰梯形
(C)对角线互相垂直的矩形是正方形
(D)菱形的面积等于两条对角线乘积的一半
2.已知下列命题：①对角线互相平分的四边形是平行四边形；②等腰梯形的对角线相等；③对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；④内错角相等．其中假命题有 ( )
(A)1个 (B)2个
(C)3个 (D)4个
3.用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小于或等于60°”时，首先应假设这个三角形中( )
(A)有一个内角大于60°
(B)有一个内角小于60°
(C)每一个内角都大于60°
(D)每一个内角都小于60°
4.(2012·黄冈中考)如图，在Rt△ABC 中，∠C=90°，
AC=BC=6 cm，点P从点A出发，沿AB方向以每秒2cm
的速度向终点B运动；同时，动点Q从点B出发沿BC
方向以每秒1 cm的速度向终点C运动，将△PQC沿BC
翻折，点P的对应点为点P′.设Q点运动的时间为t秒，若四边形QPCP′为菱形，则t的值为( )
(A)2(B)2 (C)22(D)3
二、填空题(每小题5分，共15分)
5.如图，DE是△ABC的中位线， M，N分别是BD，CE的中点，MN=6，则BC=_____.
6.(2012·盐城中考)如图,在△ABC中,D,E分别是边AB,AC的中点,∠B=50°.现将△ADE沿DE折叠,点A落在三角形所在平面内的点A1处,则∠BDA1的度数为_______°.
7.做如下操作：在等腰三角形ABC中，AB=AC，AD平分
∠BAC，交BC于点D.将△ABD作关于直线AD的轴对称
变换，所得的图形与△ACD重合.
对于下列结论：①在同一个三角形中，等角对等边；
②在同一个三角形中，等边对等角；③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线和高互相重合.
由上述操作可得出的是_____ (将正确结论的序号都填上).
三、解答题(共25分)
8.(12分)(2012·杭州中考)如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，分别以AB，CD为边向外侧作等边三角形ABE和等边三角形DCF，连结AF，DE．
(1)求证：AF=DE；
(2)若∠BAD=45°，AB=a，△ABE和△DCF的面积之和等于梯形ABCD的面积，求BC的长．
【探究创新】
9.(13分)如图1，已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上，连结AE，GC. (1)试猜想AE与GC有怎样的位置关系，并证明你的结论.
(2)将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转，使点E落在BC边上，如图2，连结AE和CG.你认为(1)中的结论是否还成立？若成立，给出证明；若不成立，请说明理由.
答案解析
1.【解析】选B.直角梯形的两个直角是相等的，但直角梯形不是等腰梯形.
2.【解析】选B.①对角线互相平分的四边形是平行四边形，故①是真命题；
②等腰梯形的对角线相等，故②是真命题；③对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故③是假命题；④两直线平行，内错角才相等，故④是假命题．
3.【解析】选C.用反证法证明命题“三角形中必有一个内角小于或等于60°”时，要先提出与命题结论相反的结论作为假设，所以应假设这个三角形中每一个内角都大于60°.
4.【解析】选B.如图，过点P作PD⊥AC交AC于点D，
连结PP′，交BC于点O，由∠C=90°，AC=BC=6 cm，
得∠A=45°,由题意知BQ=t,AP=2t，所以PD=t,要使四
边形QPCP′为菱形，需使QO=CO，PO⊥CO, 所以CO=PD
=t,QO=BC-BQ-CO=6-2t,由QO=CO，得6-2t=t,解得t=2.
5.【解析】设BC=x,则根据三角形的中位线的性质可知DE=1
2
x，由题意可知MN是梯形DBCE
的中位线，因此有1
2
(x+
1
2
x)=6,解得x=8,即BC=8.
答案：8
6.【解析】∵D,E分别是边AB,AC的中点,
∴DE∥BC，∴∠ADE=∠B=50°.
由折叠知∠ADE=∠EDA1=50°，
∴∠BDA1=180°-50°×2=80°.
答案：80
7.【解析】题意中没有∠B=∠C这一条件，因而不能得出结论①；根据轴对称的性质可以得出∠B=∠C，从而得出结论②；根据等腰三角形的性质“三线合一”可以得出结论③.
8.【解析】(1)在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，∴∠BAD=∠CDA，
而在等边三角形ABE和等边三角形DCF中，
AB=AE，DC=DF，且∠BAE=∠CDF=60°，
∴AE=DF，∠EAD=∠FDA，AD=DA，
∴△AED≌△DFA，
∴AF=DE；
(2)如图作BH⊥AD，CK⊥AD，则有BC=HK，
∵∠BAD=45°，
∴∠HAB=∠KDC=45°，
∴AB=2BH=2AH，
同理：CD=2CK=22KD，
∵S梯形ABCD=()
AD BC HB
AB a
2
+
=
g
，，
∴S梯形ABCD=
2
2a2a
(22BC)a2aBC 22
22
⨯++
=
g
，
而S△ABE=S△DCF=
3
4
a2，∴
2
2
a2aBC3
2a
24
+
=⨯，
∴BC=62
a 2
-．
9.【解析】 (1)AE⊥GC.
证明：延长GC交AE于点H.
在正方形ABCD与正方形DEFG中, AD=DC,
∠ADE=∠CDG=90°,
DE=DG,∴△ADE≌△CDG，
∵∠2+∠3=90°,∴∠1+∠3=90°,
∴∠AHG=180°-(∠1+∠3)=180°-90°=90°，∴AE⊥GC.
(2)成立.
证明：延长AE和GC相交于点H.
在正方形ABCD和正方形DEFG中,
AD=DC,DE=DG,
∠ADC=∠DCB=∠B=∠BAD=∠EDG=90°,
∴∠1=∠2=90°-∠3,
∴△ADE≌△CDG,∴∠5=∠4.
又∵∠5+∠6=90°,
∠4+∠7=180°-∠DCE=180°-90°=90°.
∴∠6=∠7,
又∵∠6+∠AEB=90°,∠AEB=∠CEH.
∴∠CEH+∠7=90°,∴∠EHC=90°,∴AE⊥GC.。