2020年中考数学必考专题21 菱形(解析版)

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专题21 十字架模型--2024年中考数学核心几何模型重点突破(解析版)

专题21十字架模型【模型】如图21-1，已知正方形ABCD，点E 在边AD 上，点F 在边CD 上。

AF 与BE 相交于点O。

如果BE AF ⊥，则︒=∠+∠︒=∠+∠90,90AEB ABE AEB DAF ∴ABE DAF ∠=∠，在BAE ∆和ADF ∆中⎪⎩⎪⎨⎧∠=∠=∠=∠DAF ABE AD AB D BAE ∴BAE ∆≌ADF∆⇒AFBE =如果AF BE =，则可根据HL 证明BAE ∆≌ADF ∆，⇒ABE DAF ∠=∠⇒BE AF ⊥。

【模型变式1】如图21-2，已知正方形ABCD，点E 在边AD 上，点F 在边CD 上，点G 在边BC 上。

AF 与GE 相交于点O。

如果GE AF ⊥⇒GEAF =【模型变式2】如图21-3，已知正方形ABCD，点E 在边AD 上，点F 在边CD 上，点G 在边BC 上，点H 在边AB 上。

HF 与GE 相交于点O。

如果GE HF ⊥⇒GEHF =【例1】如图，将一边长为12的正方形纸片ABCD 的顶点A 折叠至DC 边上的点E ，使5DE =，若折痕为PQ ，则PQ 的长为（）A ．13B ．14C ．15D ．16【答案】A 【分析】过点P 作PM ⊥BC 于点M ，由折叠得到PQ ⊥AE ，从而得到∠AED =∠APQ ，可得△PQM ≌△ADE ，从而得到PQ =AE ，再由勾股定理，即可求解．【解析】解：过点P 作PM ⊥BC 于点M ，由折叠得到PQ ⊥AE ，∴∠DAE +∠APQ =90°，在正方形ABCD 中，AD ∥BC ，∠D =90°，CD ⊥BC ，∴∠DAE +∠AED =90°，∴∠AED =∠APQ ，∴∠APQ =∠PQM ，∴∠PQM =∠APQ =∠AED ，∵PM ⊥BC ，∴PM =AD ，∵∠D =∠PMQ =90°，∴△PQM ≌△ADE ，∴PQ =AE ，在Rt ADE △中，5DE =，AD =12，由勾股定理得：13AE ==，∴PQ =13．故选：A ．【例2】如图，在正方形ABCD 中，点E 是BC 上一点，BF ⊥AE 交DC 于点F ，若AB ＝5，BE ＝2，则AF ＝____．【分析】根据正方形的性质得到AB ＝BC ，∠ABE ＝∠BCF ＝90°，推出∠BAE ＝∠EBH ，根据全等三角形的性质得到CF ＝BE ＝2，求得DF ＝5﹣2＝3，根据勾股定理即可得到结论．【解析】∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝BC ，∠ABE ＝∠BCF ＝90°，∴∠BAE +∠AEB ＝90°，∵BH ⊥AE ，∴∠BHE ＝90°，∴∠AEB +∠EBH ＝90°，∴∠BAE ＝∠EBH ，在△ABE 和△BCF 中，BAE CBF AB BC ABE BCF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝，＝∴△ABE ≌△BCF （ASA ），∴CF ＝BE ＝2，∴DF ＝5﹣2＝3，∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝AD ＝5，∠ADF ＝90°，由勾股定理得：AF【例3】正方形ABCD 中，点E 、F 在BC 、CD 上，且BE ＝CF ，AE 与BF 交于点G ．（1）如图1，求证AE ⊥BF ；（2）如图2，在GF 上截取GM ＝GB ，∠MAD 的平分线交CD 于点H ，交BF 于点N ，连接CN ，求证：AN +CNBN；【答案】（1）见解析；（2）见解析；【分析】（1）根据正方形的性质得AB =BC ，90ABC BCD ∠=∠=︒，用SAS 证明ABE BCF △△≌，得BAE CBF ∠=∠，根据三角形内角和定理和等量代换即可得；（2）过点B 作BH BN ⊥，交AN 于点H ，根据正方形的性质和平行线的性质，用SAS 证明AGB AGM ≌，得BAG MAG ∠=∠，根据角平分线性质得45BHA GAN ∠=∠=︒，则HBN 是等腰直角三角形，用SAS 证明ABH CBN ≌，得AH =CN ，在Rt HBN 中，根据勾股定理即可得；【解析】解：（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB =BC ，90ABC BCD ∠=∠=︒，在ABE △和BCF △中，AB BC ABE BCF BE CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE BCF △△≌（SAS ），∴BAE CBF ∠=∠，∵1801809090AEB BAE ABC ∠+∠=︒-∠=︒-︒=︒，∴90AEB CBF ∠+∠=︒，∴180()1809090EGB AEB CBF ∠=︒-∠+∠=︒-︒=︒，∴AE BF ⊥；（2）如图所示，过点B 作BH BN ⊥，交AN 于点H，∵四边形ABCD 是正方形，∴AB =AC ，90ABC HBN ∠=∠=︒，∵90HBN HBA ABN ∠=∠+∠=︒，90ABC CBN ABN ∠=∠+∠=︒，∴HBA CBN ∠=∠，由（1）得，AE BF ⊥，∴90AGB AGM ∠=∠=︒，∴90HBG AGM ∠=∠=︒,∴//HB AE ，∴BHA EAN ∠=∠，在AGB 和AGM 中，AG AG AGB AGM GB GM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴AGB AGM ≌（SAS ），∴BAG MAG ∠=∠，∵AN 平分DAM ∠，∴DAN MAN ∠=∠，∴90BAG MAG MAN DAN ∠+∠+∠+∠=︒，2290MAG MAN ∠+∠=︒，45MAG MAN ∠+∠=︒，45GAN ∠=︒，∴45BHA GAN ∠=∠=︒，∴180180904545BNH HBN BHA ∠=︒-∠-∠=︒-︒-︒=︒，∴HBN 是等腰直角三角形，∴BH =BN ，在ABH 和CBN 中，BH BN HBA CBN AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABH CBN ≌（SAS ），∴AH =CN ，在Rt HBN中，根据勾股定理HN ==，∴AN CN AN AH HN BN +=+=；一、单选题1．如图，正方形ABCD 的边长为3，E 为BC 边上一点，BE ＝1.将正方形沿GF 折叠，使点A 恰好与点E 重合，连接AF ，EF ，GE ，则四边形AGEF 的面积为（）A ．B ．C ．6D ．5【答案】D 【分析】作FH ⊥AB 于H ，交AE 于P ，设AG =GE =x ，在Rt △BGE 中求出x ，在Rt △ABE 中求出AE ，再证明△ABE ≌△FHG ，得到FG =AE ，然后根据S 四边形AGEF =S △AGF +S △EGF 求解即可【解析】解：作FH ⊥AB 于H ，交AE 于P ，则四边形ADFH 是矩形，由折叠的性质可知，AG =GE ，AE ⊥GF ，AO =EO ．设AG =GE =x ，则BG =3-x ，在Rt △BGE 中，∵BE 2+BG 2=GE 2，∴12+(3-x )2=x 2，∴x =53．在Rt △ABE 中，∵AB 2+BE 2=AE 2，∴32+12=AE 2，∴AE．∵∠HAP +∠APH =90°，∠OFP +∠OPF =90°，∠APH =∠OPF ，∴∠HAP =∠OFP ，∵四边形ADFH 是矩形，∴AB =AD =HF ．在△ABE 和△FHG 中，HAP OFP ABE GHF AB HF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABE ≌△FHG ，∴FG =AE，∴S 四边形AGEF =S △AGF +S △EGF =1122GF OA GF OE ⋅+⋅=()12GF OA OE ⋅+=12GF AE ⋅=12=5．故选D．2．如图，将一边长为12的正方形纸片ABCD 的顶点A 折叠至DC 边上的点E ，使DE=5，折痕为PQ，则PQ的长为（）A．12B．13C．14D．15【答案】B【解析】过点P作PM⊥BC于点M，由折叠得到PQ⊥AE，∴∠DAE+∠APQ=90°，又∠DAE+∠AED=90°，∴∠AED=∠APQ，∵AD∥BC，∴∠APQ=∠PQM，则∠PQM=∠APQ=∠AED，∠D=∠PMQ，PM=AD∴△PQM≌△ADE∴13=.3．如图，将边长为6cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，点C落在点Q处，折痕为FH，则线段AF的长为（）A．32B．3C．94D．154【答案】C【分析】设EF=FD=x ，在RT △AEF 中利用勾股定理即可解决问题．【解析】解：∵将边长为6cm 的正方形纸片ABCD 折叠，使点D 落在AB 边中点E 处，∴EF ＝DE ，AB ＝AD ＝6cm ，∠A ＝90°∵点E 是AB 的中点，∴AE ＝BE ＝3cm ，在Rt △AEF 中，EF 2＝AF 2+AE 2，∴（6﹣AF ）2＝AF 2+9∴AF ＝94故选C ．4．如图，E ，F 分别是正方形ABCD 的边CD ，AD 上的点，且CE ＝DF ，AE ，BF 相交于点O ，下列结论：①AE ＝BF ；②AE ⊥BF ；③AO ＝OE ；④∠CEA ＝∠DFB ；⑤AOB DEOF S S ∆=四边形中正确的有（）A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个【答案】A 【分析】根据正方形的性质得AB =AD =DC ，∠BAD =∠D =90°，则由CE =DF 易得AF =DE ，根据“SAS”可判断△ABF ≌△DAE ，所以AE =BF ；根据全等的性质得∠ABF =∠EAD ，∠AFB =∠DEA ，利用∠EAD +∠EAB =90°得到∠ABF +∠EAB =90°，则AE ⊥BF ；连接BE ，BE ＞BC ，BA ≠BE ，而BO ⊥AE ，根据垂直平分线的性质得到OA ≠OE ；最后根据△ABF ≌△DAE 得ABF DAE S S ∆∆=，则ABF AOF DAE AOF S S S S ∆∆∆∆-=-，即AOB DEOF S S ∆=四边形．【解析】解：∵四边形ABCD 为正方形，∴AB =AD =DC ，∠BAD =∠D =90°，而CE =DF ，∴AF =DE ，在△ABF 和△DAE 中，AB AD BAD ADE AF DE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABF ≌△DAE （SAS ），∴AE =BF ，故①正确；∴∠ABF =∠EAD ，∠AFB =∠DEA ，∴∠CEA =∠DFB ，故④正确；而∠EAD +∠EAB =90°，∴∠ABF +∠EAB =90°，∴∠AOB =90°，∴AE ⊥BF ，故②正确；连接BE ，如图所示：∵BE ＞BC ，∴BA ≠BE ，而BO ⊥AE ，∴OA ≠OE ，故③错误；∵△ABF ≌△DAE ，∴ABF DAE S S ∆∆=，∴ABF AOF DAE AOF S S S S ∆∆∆∆-=-，∴AOB DEOF S S ∆=，故⑤正确．综上所述，正确的结论有4个．故选：A ．5．如图，正方形ABCD 的边长为6，点E ，F 分别在DC ，BC 上，BF =CE =4，连接AE 、DF ，AE 与DF 相交于点G ，连接AF ，取AF 的中点H ，连接HG ，则HG 的长为（）A B ．52C ．5D ．【答案】A 【分析】先证明△ADE ≌△DCF ，进而得∠AGF =90°，用勾股定理求得AF ，便可得GH ．【解析】解：∵四边形ABCD 为正方形，∴∠ADE =∠C =90°，AD =DC =BC ，∵BF =CE ，∴CF =DE ，在△ADE 和△DCF 中，AD DC ADE C DE CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADE ≌△DCF （SAS ），∴∠DAE =∠CDF ，∵∠DAE +∠DEA =90°，∴∠CDF +∠DEA =90°，∴∠AGF =∠DGE =90°，∵点H 为AF 的中点，∴GH =12AF ，∵AB =6，BF =4，∴AF=，∴GH故选：A ．6．如图，在正方形ABCD 中，4AB =，E ，F 分别为边,AB BC 的中点，连接,AF DE ，点G ，H 分别为,DE AF 的中点，连接GH ，则GH 的长为（）A2B ．1CD ．2【答案】C【分析】连接AG ，延长AG 交CD 于M ，连接FM ，由正方形ABCD 推出AB ＝CD ＝BC ＝AD ＝4，AB ∥CD ，∠C ＝90°，证明△AEG ≌△MDG ，得到AG ＝MG ，AE ＝DM ＝12AB ＝12CD ，根据三角形中位线定理得到GH ＝12FM ，由勾股定理求出FM 即可得到GH ．【解析】解：连接AG ，延长AG 交CD 于M ，连接FM ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝CD ＝BC ＝AD ＝4，AB ∥CD ，∠C ＝90°，∴∠AEG ＝∠GDM ，∠EAG ＝∠DMG ，∵G 为DE 的中点，∴GE ＝GD ，∴△AEG ≌△MDG （AAS ），∴AG ＝MG ，AE ＝DM ＝12AB ＝12CD ，∴CM ＝12CD ＝2，∵点H 为AF 的中点，∴GH ＝12FM ，∵F 为BC 的中点，∴CF ＝12BC ＝2，∴FM ==，∴GH ＝12FM ，故选：C ．二、填空题7．如图，将一边长为12的正方形纸片ABCD 的顶点A 折叠至DC 边上的点E ，使5DE =，折痕为PQ ，则PQ 的长__________．【答案】13【分析】先过点P 作PM ⊥BC 于点M ，利用三角形全等的判定得到△PQM ≌△AED ，从而求出PQ=AE ．【解析】过点P 作PM ⊥BC 于点M ，由折叠得到PQ ⊥AE ，∴∠DAE+∠APQ=90°，又∠DAE+∠AED=90°，∴∠AED=∠APQ ，∵AD ∥BC ，∴∠APQ=∠PQM ，则∠PQM=∠APQ=∠AED ，∠D=∠PMQ ，PM=AD∴△PQM ≌△AED∴22512 ．故答案是：13．8．如图，将边长为8的正方形纸片ABCD 折叠，使点D 落在BC 边的点E 处，点A 落在点F 处，折痕为MN ，若MN ＝5CN 的长是____．【答案】3【分析】过点M 作MH ⊥CD 于点H ．连接DE ，结合题意可知MN 垂直平分DE ，先通过证明△MHN ≅△DCE 得出DE ＝MN ＝CE 的长，最后在Rt △ENC 中利用勾股定理求出DN ，最后进一步求出CN 即可.【解析】如图所示，过点M 作MH ⊥CD 于点H ．连接DE ．根据题意可知MN 垂直平分DE ，易证得：∠EDC ＝∠NMH ，MH ＝AD ，∵四边形ABCD 是正方形，∴MH ＝AD ＝CD ，∵∠MHN ＝∠C ＝90°，∴△MHN ≅△DCE （ASA ），∴DE ＝MN ＝在Rt △DEC 中，4CE ==，设DN ＝EN ＝x ，则CN ＝8x -，在Rt △ENC 中，222NE NC EC =+，∴()22284x x =-+，解得：5x =，∴CN ＝83x -=，故答案为：3．9．如图，正方形ABCD 的边长是3，点E ，F 分别是AB ，BC 边上的点，且满足2BE AE =，2CF BF =，连接DE ，AF 交于点G ，BD 交AF 于点H ，则四边形GEBH 的面积为______．【答案】3940【分析】根据正方形的性质得到3AD BC AB ===，90DAE ABF ∠=∠=︒，求得1AE BF ==，根据全等三角形的性质得到ADE BAF ∠=∠，推出AG DE ⊥，连接AC 交BD 于O ，根据相似三角形的性质得到3DH AD BH BF ==，求得3ADH ABH S S = ，得到98ABH S = ，根据相似三角形的性质得到210AE EG DE ==，根据三角形的面积即可得到结论．【解析】解：正方形ABCD 的边长是3，3AD BC AB ∴===，90DAE ABF ∠=∠=︒，2BE AE = ，2CF BF =，1AE BF ∴==，ADE ∴V ≌()BAF SAS，ADE BAF ∴∠=∠，90DAG EAG ∠+∠=︒ ，90ADG DAG ∴∠+∠=︒，90AGD ∴∠=︒，AG DE ∴⊥，连接AC 交BD 于O ，AC BC ∴⊥，AD BF Q ∥，AHD ∴ ∽FHB △，3DH AD BH BF ∴==，3ADH ABHS S ∴= ，193322ABD S =⨯⨯= ，98ABH S ∴=，DE ==AE AD AG DE ⋅∴==90DAE ∠=︒ ，AG DE ⊥，ADE ∴V ∽GAE ，AE DE GE AE∴=，2AE EG DE ∴==13220AGE S ∴== ，∴四边形GEBH 的面积933982040ABH AGE S S =-=-= ，故答案为：3940．10．如图，四边形ABCD 为正方形，点E 、点G 分别为BC 、AB 边上的点，CE ＝BG ＝BE ，连接DE 、CG 交于点F ，若GF ＝3，四边形ABCD 的面积为___．【答案】20【分析】连接GE ，根据正方形的性质，易证△GBC ≌△ECD （SAS ），根据全等三角形的性质，可得GC ⊥DE ，设CE =BG =BE =x ，根据AGD BGE DEC GED ABCD S S S S S ∆∆∆∆=+++正方形列方程，可求出x 的值，进一步即可求出正方形ABCD 的面积．【解析】解：连接GE ，如图所示：在正方形ABCD 中，BC =CD ，∠A =∠B =∠BCD =90°，又∵BG =CE ，∴△GBC ≌△ECD （SAS ），∴∠GCB =∠EDC ，∵∠GCB +∠FCD =90°，∴∠EDC +∠FCD =90°，∴∠DFC =90°，∴GC ⊥DE ，设CE =BG =BE =x ，则BC =2x ，∴正方形ABCD 的边长为2x ，∴AG =2x -x =x ，在△DCE 中，根据勾股定理，得DE ，∵AGD BGE DEC GED ABCD S S S S S ∆∆∆∆=+++正方形，又∵GF =3，∴21111(2)(2)(2)32222x x x x x x x =⋅⋅+⋅+⋅+⋅，解得x∴正方形ABCD 的边长为∴正方形ABCD 的面积为，故答案为：20．11．如图，正方形ABCD 的边长为2，动点E ，F 分别从D ，C 两点同时出发，以相同的速度在边DC ，CB 上向各自终点C ，B 移动，连接AE 和DF 交于点P ，则线段CP 的最小值是________．1【分析】证明△ADE ≌△DCF 得到∠DAE =∠CDF ，推出∠DPE =90°，则∠APD =90°，故点P 在以AD 为直径的圆上运动，取AD 中点G ，连接CG ，交圆G （直径为AB ）于点P ，则此时CP 最小，据此求解即可．【解析】解：∵动点E ，F 分别从D ，C 两点同时出发，以相同的速度在边DC ，CB 上向各自终点C ，B 移动，∴DE =CF ，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ADE =∠DCF =90°，AD =DC ，∴△ADE ≌△DCF （SAS ），∴∠DAE =∠CDF ，∵∠DAE +∠DEA =90°，∴∠PED +∠PDE =90°，∴∠DPE =90°，∴∠APD =90°，∴点P 在以AD 为直径的圆上运动，取AD 中点G ，连接CG ，交圆G （直径为AB ）于点P ，则此时CP 最小，∵四边形ABCD 是边长为2的正方形，∴112902DG AD CD ADC ====︒，，∠，∴CG ==∴1CP CG GP =-=，∴CP 1，1．12．如图，点E 在正方形ABCD 的CD 边上，连结BE ，将正方形折叠，使点B 与E 重合，折痕MN 交BC 边于点M ，交AD 边于点N ，若tan ∠EMC ＝34，ME ＋CE ＝8，则折痕MN 的长为___________．【答案】【分析】过N 作NH ⊥BC 于H ，得到四边形ABHN 是矩形，根据矩形的性质得到NH ＝AB ，∠NHM＝90°，证明△BCE≌△NHM，根据全等三角形的性质得到HM＝CE，设CE＝3x，则CM＝4x，根据勾股定理得到EM＝5x，求出x，可得NH＝9，再利用勾股定理计算即可．【解析】解：过N作NH⊥BC于H，则四边形ABHN是矩形，∴NH＝AB，∠NHM＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠C＝90°，AB＝BC，∴NH＝BC，∵将正方形折叠，使点B与E重合，∴MN⊥BE，BM＝ME，∴∠HNM＋∠NMH＝∠EBC＋∠BMN＝90°，∴∠EBC＝∠HNM，在△BCE与△NHM中，NHM CNH BCHNM CBE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△BCE≌△NHM（ASA），∴HM＝CE，在Rt△EMC中，∵tan∠EMC＝34 CECM=，∴设CE＝3x，则CM＝4x，由勾股定理得：EM＝5x，∵ME＋CE＝8，∴5x＋3x＝8，∴x＝1，∴EM＝5，HM＝CE＝3，CM＝4，∴BC＝BM＋CM＝EM＋CM＝9，∴NH＝9，∴MN=故答案为：三、解答题13．已知：如图，正方形ABCD 中，E 、F 分别是边CD 、AD 上的点，AE ⊥BF．(1)求证：AE ＝BF ；(2)联结BE 、EF ，如果∠DEF ＝∠ABE ，求证：2·DF AF AD ＝．【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】（1）设BF 与AE 交于O 点，根据同角的余角相等得∠ABF ＝∠DAE ，再利用ASA 证明△ABF ≌△DAE ，得AE ＝BF ；（2）根据两个角相等证明△DEF ∽△CEB ，得DE DF CE BC=，由（1）得△ABF ≌△DAE ，则AF ＝DE ，等量代换即可．【解析】（1）证明：设BF 与AE 交于O点，∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝AD ，∠BAF ＝∠D ＝90°，∵AE ⊥BF ．∴∠AOB ＝90°，∴∠ABO ＋∠BAO ＝90°，∠BAO ＋∠DAE ＝90°，∴∠ABF ＝∠DAE ，在△ABF 和△DAE 中，ABF DAE AB AD BAF D ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△ABF ≌△DAE （ASA ），∴AE ＝BF ；（2）解：∵AB CD ，∴∠ABE ＝∠BEC ，∵∠DEF ＝∠ABE ，∴∠DEF ＝∠BEC ，∵∠D ＝∠C ，∴△DEF ∽△CEB ，∴DE DF CE BC=，由（1）得，△ABF ≌△DAE ，∴AF ＝DE ，∴CE ＝DF ，∵AD =BC ，∴2·DF AF AD ＝．14．如图，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别在AD ，CD 上，连接AF ，BE 相交于点G ，且AF ＝BE ．(1)求证：DE ＝CF ；(2)若AB =4，DE =1，求GF 的长．【答案】(1)证明见解析；(2) 2.6GF =【分析】（1）由正方形的性质得出∠BAE =∠ADF =90︒，AB =AD =CD ，AF =BE ，由HL 证明△BAE ≌△ADF ，即可得出结论；（2）由正方形的性质与已知线段求出AE ，再由勾股定理求得BE ，根据角之间的关系得到∠AGB =90︒，利用三角形的面积可得答案．【解析】（1）解：∵四边形ABCD 是正方形，∴∠BAE =∠ADF =90︒，AB =AD =CD ，在Rt △BAE 和Rt △ADF 中，{BA AD BE AF ==，∴△BAE ≌△ADF （HL ），∴AE =DF ，∴DE =CF ；（2）∵AB =4，四边形ABCD 是正方形，∴AD =4，∵DE =1，∴AE =3，∴5BE ===，∵△BAE ≌△ADF ，∴BE =AF =5，∠DAF =∠ABE ，又∵∠DAF +∠BAG =90︒，∴∠BAG +∠ABG =90︒，∴90,AGB ∠=︒∴AG ⊥BE ，则11,22AB AE AG BE = ∴34 2.45AG ⨯==，∴GF =AF -AG =5-2.4=2.6．15．如图1，在正方形ABCD 中，E 为BC 上一点，连接AE ，过点B 作BG AE ⊥于点H ，交CD 于点G ．（1）求证：AE BG =；（2）如图2，连接AG 、GE ，点M 、N 、P 、Q 分别是AB 、AG 、GE 、EB 的中点，试判断四边形MNPQ 的形状，并说明理由；（3）如图3，点F 、R 分别在正方形ABCD 的边AB 、CD 上，把正方形沿直线FR 翻折，使得BC 的对应边''B C 恰好经过点A ，过点A 作AO FR ⊥于点O ，若'1AB =，正方形的边长为3，求线段OF 的长．【答案】（1）见解析；（2）四边形MNPQ 为正方形，理由见解析；（3【分析】（1）由四边形ABCD 为正方形，可得90ABC BCD ∠=∠=︒，推得90ABG CBG ∠+∠=︒，由BG AE ⊥，可得90BAE ABG ∠+∠=︒，可证()ABE BCG ASA ≅△△即可；（2）M 、N 为AB 、AG 中点，可得MN 为ABG 的中位线，可证//MN BG ，12MN BG =，由点M 、N 、P 、Q 分别是AB 、AG 、GE 、EB 的中点，可得PQ 是BEG 的中位线，MQ 为ABE △的中位线，NP 为AEG △的中位线，可证//PQ BG ，12PQ BG =，//MQ AE ，12MQ AE =，//NP AE ，12NP AE =，可证四边形MNPQ 为平行四边形．再证四边形MNPQ 为菱形，最后证MN MQ ⊥即可；（3）延长AO 交BC 于点S ，由对称性可得'BF B F =，'1AB BS ==，AO SO =，由勾股定理可求AS =12AO AS ==AF x =，在'Rt AB F △中，2221(3)x x +-=，解得53x =，在Rt AOF中，可求OF =【解析】（1）证明：∵四边形ABCD 为正方形，∴90ABC BCD ∠=∠=︒，∴90ABG CBG ∠+∠=︒，∵BG AE ⊥，∴∠AHB =90°，∴90BAE ABG ∠+∠=︒，∴BAE CBG ∠=∠，在ABE △与BCG 中，BAE CBG AB BC ABC BCD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴()ABE BCG ASA ≅△△，∴AE BG =．（2）解：四边形MNPQ 为正方形，理由如下：∵M 、N 为AB 、AG 中点，∴MN 为ABG 的中位线，∴//MN BG ，12MN BG =，∵点M 、N 、P 、Q 分别是AB 、AG 、GE 、EB 的中点，∴PQ 是BEG 的中位线，MQ 为ABE △的中位线，NP 为AEG △的中位线，，∴//PQ BG ，12PQ BG =，//MQ AE ，12MQ AE =，//NP AE ，12NP AE =，∴MN PQ =，MQ NP =，∴四边形MNPQ 为平行四边形．∵AE BG =，∴MN MQ =，∴四边形MNPQ 为菱形，∵BG AE ⊥，//MQ AE ，∴MQ BG ⊥，∵//MN BG ，∴MN MQ ⊥，∴四边形MNPQ 为正方形．（3）解：延长AO 交BC 于点S ，由对称性可知'BF B F =，'1AB BS ==，AO SO =，在Rt ABS 中，AS，∴12AO AS ==设AF x =，则'3BF B F x ==-，在'Rt AB F △中，2221(3)x x +-=，53x =，∴53AF =，在Rt AOF 中，6OF ===．16．如图，正方形ABCD 边长为4，点G 在边AD 上（不与点A 、D 重合），BG 的垂直平分线分别交AB 、CD 于E 、F 两点，连接EG ．（1）当AG =1时，求EG 的长；（2）当AG 的值等于时，BE =8－2DF ；（3）过G 点作GM ⊥EG 交CD 于M①求证：GB 平分∠AGM ；②设AG =x ，CM =y ，试说明16441xy x y---的值为定值．【答案】（1）178；（2）843-3）①见解析；②164410xy x y ---=，理由见解析【分析】（1）根据EF 是线段BG 的垂直平分线，BE =EG ，设EG =EB =x ，则AE =AB -BE =4-x ，再由勾股定理求解即可；（2）过点F 作FH ⊥AB 于H ，连接FB ，FG ，由BE =8-2DF ，CF =CD -DF =4-DF ，得到BE =2CF ，先证明四边形BCFH 是矩形，得到CF =HB ，则BH =EH =FC ，设AG =x ，BE =y ，则AE =4-y ，GD =4-x ，CF =12y ，142DF y =-由222AE AG EG +=，222GD DF GF +=，222BC FC BF +=，可以得到()2224y x y -+=①，()22221144422x y y ⎛⎫⎛⎫-+-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭②，联立①②求解即可得到答案；（3）①先证明∠EBG =∠EGB ，然后根据ABG +∠AGB =90°，∠EGB +∠BGM =90°，即可得到∠AGB =∠BGM ；②连接BM ，过点B 作BH ⊥GM ，由角平分线的性质得到BH =AB =4，由=44=16ABG MBG BCM CDM ABCD S S S S S +++=⨯△△△△正方形，可以得到()()122244=162x GM y x y +++--，由勾股定理可以得到222DM GD GM +=即()()2224444xy x y ⎛⎫-+-=- ⎪⎝⎭，最后解方程即可得到答案．【解析】解：（1）∵EF 是线段BG 的垂直平分线，∴BE =EG ，∵四边形ABCD 是正方形，且边长为4，∴AB =4，∠A =90°，设EG =EB =x ，则AE =AB -BE =4-x ，∵222AE AG EG +=，∴()22241x x -+=，解得178=x ，∴178EG =；（2）如图所示，过点F 作FH ⊥AB 于H ，连接FB ，FG∵EF 是线段BG 的垂直平分线，∴BF =FG ，∵BE =8-2DF ，CF =CD -DF =4-DF ，∴BE =2CF ，∵四边形ABCD 是正方形，FH ⊥AB ，∴∠HBC =∠C =∠BHF =90°，∴四边形BCFH 是矩形，∴CF =HB ，∴BH =EH =FC ，设AG =x ，BE =y ，则AE =4-y ，GD =4-x ，CF =12y ，142DF y =-∵222AE AG EG +=，222GD DF GF +=，222BC FC BF +=，∴()2224y x y -+=①，()22221144422x y y ⎛⎫⎛⎫-+-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭②，联立①②解得8x =-8x =+，∴当8AG =-BE =8-2DF ，故答案为：8-（3）①∵EF 是线段BG 的垂直平分线，∴EG =BE ，∴∠EBG =∠EGB ，∵四边形ABCD 是正方形，EG ⊥GM ，∴∠A =∠EGM =90°，∴∠ABG +∠AGB =90°，∠EGB +∠BGM =90°，∴∠AGB =∠BGM ，∴BG 平分∠AGM ；②如图，连接BM ，过点B 作BH ⊥GM ，由（3）①得BG 平分∠AGM ，∴BH =AB =4，∵AG =x ，CM =y ，∴DG =4-x ，DM =4-y ，∵=44=16ABG MBG BCM CDM ABCD S S S S S +++=⨯△△△△正方形，∴1111=162222AG AB GM BH CM BC DM GD +++g g g g ，∴()()122244=162x GM y x y +++--，∴44xy GM =-，∵222DM GD GM +=，∴()()2224444xy x y ⎛⎫-+-=- ⎪⎝⎭∴222216816816216x y x x y y xy -++-+=-+∴()()22281616x y x y x y +-++=，∴()222416x y x y +-=，∴44xy x y +-=±，当44xy x y +-=时，则4416x y xy +-=，∴16444x y x-==-（不符合题意），∴4416x y xy+-=-∴164410xy x y---=．17．已知：在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，四边形OABC 为正方形．(1)若正方形OABC边长为12，①如图1，E、F分别在边OA、OC上，CE⊥BF于H，且OE＝9，则点F的坐标为（______，_______）．②如图2，若D为x轴上一点，且OD＝8，Q为y轴正半轴上一点，且∠DBQ＝45°，求点Q的坐标．(2)若正方形OABC边长为4，如图3，E、F分别在边OA、OC上，当F为OC的中点，CE⊥BF 于H，在直线CE上E点的两侧有点D、G，能使线段AD＝OG，AD//OG，且CH＝DH，求BG．【答案】(1)①3，0；②Q点坐标为（0，15）或（0，6）(2)BG8105【分析】（1）①通过证明△OEC≌△CFB（AAS），求出OF，即可求点的坐标；②分两种情况讨论：当D（8，0）时，过B点作BM⊥BD交y轴于点M，可证明△ABM≌△CBD （AAS），连接BQ，可证明△MBQ≌△DBQ（SAS），设AQ＝x，则OQ＝12﹣x，DQ＝4+x，在Rt△ODQ中由勾股定理求出x＝6，即可求Q（0，6）；当D（﹣8，0）时，过BN⊥BQ 交x轴于点N，同理可得△ABQ≌△CBN（AAS），连接DQ，可得△QBD≌△NBD（SAS），设AQ＝CN＝y，则DN＝20﹣y，QO＝12+y，在Rt△DOQ中，由勾股定理求出y＝3，即可求Q（0，15）；（2）在Rt△BCF中，求出BF＝5CH＝455，再由CH＝DH，可得DC＝855，连接OD，OH，证明△OCD≌△CBH（ASA），分别得到CD＝BH855，OD＝CH 45 5OH＝4105，再证明△AOD≌△OCH（SAS），可求OH＝AD＝OG＝4105，∠OAD＝∠HOC，推导出∠GOH＝90°，在Rt△GHO中，由勾股定理求出GH＝855，在Rt△BHG中，由勾股定理求出BG＝810 5．【解析】（1）①∵CE⊥BF，∴∠BHC＝90°，∴∠ECO+∠HFC＝90°，∵∠OEC+∠OCE＝90°，∴∠HFC＝∠OEC，∵BC＝OC，∴△OEC≌△CFB（AAS），∴OE＝CF＝9，∴OF＝3，∴F（3，0），故答案为：3，0；②∵D为x轴上一点，且OD＝8，∴D（8，0）或（﹣8，0），当D（8，0）时，如图2，过B点作BM⊥BD交y轴于点M，∴∠DBM＝90°，∴∠MBA+∠ABD＝90°，∵∠ABD+∠CBD＝90°，∴∠MBA＝∠CBD，∵AB＝BC，∴△ABM≌△CBD（AAS），∴BM＝BD，CD＝AM，连接BQ，∵∠DBQ＝45°，∴∠MBQ＝45°，又∵BM＝BD，∴△MBQ≌△DBQ（SAS），∴DQ＝MA，∵OD＝8，OC＝12，∴CD＝MA＝4，设AQ＝x，则OQ＝12﹣x，DQ＝4+x，在Rt△ODQ中，（4+x）2＝64+（12﹣x）2，解得x＝6，∴Q（0，6）；如图3，当D（﹣8，0）时，过BN⊥BQ交x轴于点N，同理可得△ABQ≌△CBN（AAS），∴AQ＝CN，BQ＝BN，连接DQ，同理可得△QBD≌△NBD（SAS），∴DN＝DQ，设AQ＝CN＝y，则DN＝20﹣y，QO＝12+y，在Rt△DOQ中，（20﹣y）2＝（12+y）2+64，解得y＝3，∴Q（0，15）；综上所述：Q点坐标为（0，15）或（0，6）；（2）∵F为OC的中点，CO＝4，∴CF＝OF＝2，在Rt△BCF中，BC＝4，CF＝2，∴BF＝∵BF⊥CH，∴CH∵CH＝DH，∴DC＝5，如图4，连接OD，OH，∵H 是CD 的中点，F 是OC 的中点，∴FH ∥OD ，∴OD ⊥CD ，∴∠ODC ＝∠GHC ＝90°，∵BC ＝CO ，∠FBC ＝∠DCO ，∴△OCD ≌△CBH （ASA ），∴CD ＝BH ＝855，OD ＝CH 455∴OH ＝105，∵∠AOD +∠DOC ＝∠DOC +∠DCO ＝90°，∴∠AOD ＝∠DCO ，∵AO ＝CO ，OH ＝OD ，∴△AOD ≌△OCH （SAS ），∴OH ＝AD ＝OG ＝4105，∠OAD ＝∠HOC ，∵AD ∥GO ，∴∠OAD ＝∠GOA ，∴∠GOH ＝90°，在Rt △GHO 中，GH 22GO OH +855，在Rt △BHG 中，BG 22GH BH +8105．18．如图，正方形ABCD 中，点E 为BC 边上一点，点F 为CD 边上一点，且BE CF =，连接AE 、BF 交于点G ．(1)求证：90AGF ∠= ；(2)连接GC ，若GC 平分EGF ∠，求证：2AB CF =；(3)在（2）的条件下，连接GD ，过点E 作EH ∥GD 交CD 边于点H ，交BF 于点M ，若2FH =，求线段FM 的长．【答案】(1)过程见解析；(2)过程见解析；(3)655【分析】（1），根据“SAS ”证明△ABE ≌△BCF ，可得∠BAG=∠CBF ，再根据∠CBF+∠ABG=90°，即可得出答案；（2），过点C 作CH ⊥EG ，CI ⊥FG ，可得CH=CI ，进而得出四边形GHCI 是矩形，再根据“AAS ”证明△CEH ≌△CFI ，得出CE=CF ，然后根据BE=CF ，可知BC=2CE ，即可得出结论；（3），设正方形的边长为2a ，分别表示出BE ，CF ，DF ，根据勾股定理求出BF ，再根据BEG BFC V :V 求出BG ，进而得出FG ，然后根据FMH FGD V :V ，得FM FG FH FD=，再代数答案可求．【解析】（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB=BC ，∠ABE=∠BCF =90°．∵BE=CF ，∴△ABE ≌△BCF ，∴∠BAG=∠CBF ．∵∠CBF+∠ABG=90°，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠AGB=90°，即∠AGF=90°；（2）过点C 作CH ⊥EG ，于点H ，CI ⊥FG ，于点I ，∵GC 平分∠EGF ，∴CH=CI ．∵∠EGF=∠CHG =∠CIG=90°，∴四边形GHCI 是矩形．∵∠HCE+∠ECI=∠ECI+∠FCI =90°，∴∠ECH=∠FCI ．∵∠CHE=∠CIF=90°，∴△CEH ≌△CFI ，∴CE=CF ．∵BE=CF ，∴CE=BE ，则BC=2CE ，∴AB=2CF ；（3）设正方形的边长BC=2a ，则BE=a ，CF=a ，DF=a ，根据勾股定理得BF ==．∵∠EBG=∠FBC ，∠BGE=∠BCF=90°，∴BEG BFC V :V ，∴BE BG BF BC =，2BG a =，解得5BG a =，∴5FG a =．∵EH DG ∥，∴FMH FGD V :V ，∴FM FG FH FD=，即52a FM a=，解得5FM =．19．（1）如图1，在正方形ABCD 中，AE ，DF 相交于点O 且AE ⊥DF ．则AE 和DF 的数量关系为．（2）如图2，在正方形ABCD 中，E ，F ，G 分别是边AD ，BC ，CD 上的点，BG ⊥EF ，垂足为H ．求证：EF ＝BG ．（3）如图3，在正方形ABCD 中，E ，F ，M 分别是边AD ，BC ，AB 上的点，AE ＝2，BF ＝4，BM ＝1，将正方形沿EF 折叠，点M 的对应点与CD 边上的点N 重合，求CN的长度．【答案】（1）AE ＝DF ；（2）见解析；（3）CN 的长度为3【分析】（1）证明∠BAE =∠ADF ，则△ABE ≌△DAF （AAS ），即可求解；（2）由正方形的性质得出∠CBG =∠MEF ，证明△BCG ≌△EMF （ASA ），即可求解；（3）证明△EHF ≌△MGN （ASA ），则NG =HF ，而AE =2，BF =4，故NG =HF =4-2=2，进而求解．【解析】解：（1）∵∠DAO +∠BAE =90°，∠DAO +∠ADF =90°，∴∠BAE =∠ADF ，在△ABE 和△DAF 中，BAE ADF ABE DAF AD AB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABE ≌△DAF （AAS ），∴AE =DF ，故答案为：AE =DF ；（2）如图1，过点E 作EM ⊥BC 于点M ，则四边形ABME 为矩形，则AB =EM ，在正方形ABCD 中，AB =BC ，∴EM =BC ，∵EM ⊥BC ，∴∠MEF +∠EFM =90°，∵BG ⊥EF ，∴∠CBG +∠EFM =90°，∴∠CBG =∠MEF ，在△BCG 和△EMF 中，90CBG MEF BC EM C EMF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=︒⎩，∴△BCG ≌△EMF （ASA ），∴EF =BG ；（3）如图2，连接MN ，∵M 、N 关于EF 对称，∴MN ⊥EF ，过点E 作EH ⊥BC 于点H，过点M 作MG ⊥CD 于点G ，则EH ⊥MG ，由（2）同理可得：△EHF ≌△MGN （ASA ），∴NG =HF ，∵AE =2，BF =4，∴NG =HF =4-2=2，又∵GC =MB =1，∴NC =NG +CG =2+1=3．20．华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．如图，在正方形ABCD 中，CE DF ⊥．求证：CE DF =．证明：设CE 与DF 交于点O ，∵四边形ABCD 是正方形，∴90B DCF ∠=∠=︒，BC CD =．∴90BCE DCE ∠+∠=︒，∵CE DF ⊥，∴90COD ∠=︒．∴90CDF DCE ∠+∠=︒．∴CDF BCE ∠=∠，∴CBE DFC △△≌．∴CE DF =．某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究．【问题探究】如图1，在正方形ABCD 中，点E 、F 、G 、H 分别在线段AB 、BC 、CD 、DA 上，且EG FH ⊥．试猜想EG FH的值，并证明你的猜想．【知识迁移】如图2，在矩形ABCD 中，AB a =，BC b =，点E 、F 、G 、H 分别在线段AB 、BC 、CD 、DA 上，且EG FH ⊥．则EG FH=______．【拓展应用】如图3，在四边形ABCD 中，90DAB ∠=︒，45ABC ∠=︒，AB =，点E 、F 分别在线段AB 、AD 上，且CE BF ⊥．直接写出CE BF 的值．【答案】（1）1EG FH =，理由见详解；（2）b a；（3）13【分析】（1）过点A 作AM ∥HF 交BC 于点M ，作AN ∥EG 交CD 的延长线于点N ，利用正方形ABCD ，AB =AD ，∠ABM =∠BAD =∠ADN =90°求证△ABM ≌△ADN 即可；（2）过点A 作AM ∥HF 交BC 于点M ，作AN ∥EG 交CD 的延长线于点N ，利用在长方形ABCD 中，BC =AD ，∠ABM =∠BAD =∠ADN =90°求证△ABM ∽△ADN ．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可；（3）如图3中，过点C 作CM ⊥AB 于点M ．设CE 交BF 于点O ．证明△CME ∽△BAF ，推出BCE BF CM A =，可得结论．【解析】解：结论：1EG FH =理由：如图（1）中，过点A 作AM ∥HF 交BC 于点M ，作AN ∥EG 交CD 的延长线于点N ，∴AM =HF ，AN =EG ，在正方形ABCD 中，AB =AD ，∠ABM =∠BAD =∠ADN =90°，∵EG ⊥FH ，∴∠NAM =90°，∴∠BAM =∠DAN ，在△ABM 和△ADN 中，∠BAM =∠DAN ，AB =AD ，∠ABM =∠ADN ，∴△ABM ≌△ADN （ASA ），∴AM =AN ，即EG =FH ，∴1EG FH=；（2）如图（2）中，过点A 作AM ∥HF 交BC 于点M ，作AN ∥EG 交CD 的延长线于点N ，∴AM=HF，AN=EG，在长方形ABCD中，BC=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，∵EG⊥FH，∴∠NAM=90°，∴∠BAM=∠DAN．∴△ABM∽△ADN．∴AM AB AN AD=，∵AB=a，BC=AD=b∴EG b FH a=．故答案为：b a；（3）如图，过点C作CM⊥AB于点M．设CE交BF于点O，CM交BF于点G．∵CM⊥AB，∴∠CME=90°，∴∠MBG+∠MGB=90°，∵CE⊥BF，∴∠BOC=90°，∴∠CGO+∠GCO=90°，∵∠MGB=∠CGO∴∠MBG=∠GCO，∵∠A=∠CME=90°，∴△CME ∽△BAF ，∴BCE BF CM A =，∵AB =，45ABC ∠=︒，∴sin 452CM BC BC =︒= ，即BC ；∴32AB CM ==⨯=，∴13CE CM BF AB ==．。

2020年中考数学总复习训练特殊的四边形矩形菱形含解析

特殊的四边形（矩形、菱形）一、选择题1．如图，点P是矩形ABCD的边AD上的一个动点，矩形的两条边AB、BC的长分别为3和4，那么点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是（）A．B．C．D．不确定2．若矩形的一条对角线与一边的夹角是40°，则两条对角线相交所成的锐角是（）A．20° B．40° C．80° D．100°3．如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=6，E、F是AC上的三等分点，则S△BEF为（）A．8 B．12 C．16 D．244．把一张长方形的纸片按如图所示的方式折叠，EM、FM为折痕，折叠后的C点落在B′M或B′M的延长线上，那么∠EMF的度数是（）A．85° B．90° C．95° D．100°5．如图，在矩形ABCD中，EF∥AB，GH∥BC，EF、GH的交点P在BD上，图中面积相等的四边形有（）A．3对B．4对C．5对D．6对6．如图，矩形ABCD的周长为68，它被分成7个全等的矩形，则矩形ABCD的面积为（）A．98 B．196 C．280 D．2847．如图，点O是矩形ABCD的中心，E是AB上的点，沿CE折叠后，点B恰好与点O重合，若BC=3，则折痕CE的长为（）A． B．C．D．68．如图所示，把一长方形纸片沿MN折叠后，点D，C分别落在D′，C′的位置．若∠AMD′=36°，则∠NFD′等于（）A．144°B．126°C．108°D．72°9．将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF．若AB=3，则BC的长为（）A．1 B．2 C．D．10．如图，已知矩形纸片ABCD，点E是AB的中点，点G是BC上的一点，∠BEG＞60°．现沿直线EG将纸片折叠，使点B落在纸片上的点H处，连接AH，则与∠BEG相等的角的个数为（）A．4 B．3 C．2 D．111．如图，在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm，点E、F分别在AB、CD上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A、D分别落在矩形ABCD外部的点A′、D′处，则整个阴影部分图形的周长为（）A．18cm B．36cm C．40cm D．72cm12．下列识别图形不正确的是（）A．有一个角是直角的平行四边形是矩形B．有三个角是直角的四边形是矩形C．对角线相等的四边形是矩形D．对角线互相平分且相等的四边形是矩形13．四边形ABCD的对角线相交于点O，下列条件不能判定它是矩形的是（）A．AB=CD，AB∥CD，∠BAD=90°B．AO=CO，BO=DO，AC=BDC．∠BAD=∠ABC=90°，∠BCD+∠ADC=180°D．∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC=90°14．直角三角形中，两条直角边边长分别为12和5，则斜边中线的长是（）A．26 B．13 C．30 D．6.515．将一个矩形的纸对折两次，沿图中虚线将一角剪掉再打开后，得到的图形为（）A．B．C．D．16．菱形一条对角线长为8m，周长为20m，则其面积为（）A．40m2B．20m2C．48m2D．24m217．用直尺和圆规作一个菱形，如图，能得到四边形ABCD是菱形的依据是（）A．一组邻边相等的四边形是菱形B．四边相等的四边形是菱形C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形D．每条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形18．已知DE∥AC、DF∥AB，添加下列条件后，不能判断四边形DEAF为菱形的是（）A．AD平分∠BAC B．AB=AC且BD=CD C．AD为中线D．EF⊥AD二、填空题19．矩形ABCD中，对角线AC=10cm，AB：BC=3：4，则它的周长是cm．20．矩形ABCD的两条对角线相交于点O，如果矩形的周长是34cm，又△AOB的周长比△ABC的周长少7cm，则AB= cm，BC= cm．21．在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若∠AOB=110°，则∠OAB= 度．22．如图所示，把两个大小完全一样的矩形拼成“L”形图案，则∠FAC= 度，∠FCA= 度．23．如图，在矩形ABCD中，点E是BC上一点，AE=AD，DF⊥AE，垂足为F，线段DF与图中的哪一条线段相等？先将猜想出的结论填写在下面的横线上，然后再加以证明．即DF= ．（写出一条线段即可）24．将矩形ABCD沿AE折叠，得到如图所示图形．若∠CED′=56°，则∠AED的大小是°．25．菱形ABCD的周长为36，其相邻两内角的度数比为1：5，则此菱形的面积为．26．已知菱形的两条对角线长为6cm和8cm，菱形的周长是cm，面积是cm2．27．如图，四边形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点．请你添加一个条件，使四边形EFGH为矩形，应添加的条件是．28．已知菱形的两条对角线的长分别是4cm和8cm，则它的边长为cm．29．若四边形ABCD是平行四边形，使四边形ABCD是菱形，请补充条件（写一个即可）．30．已知菱形ABCD的边长为6，∠A=60°，如果点P是菱形内一点，且PB=PD=2，那么AP的长为．31．已知四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，E为AD中点，AB=6cm，P为AC上任一点．求PE+PD的最小值是．32．如图，在菱形ABCD中，对角线AC=6，BD=8，点E、F分别是边AB、BC的中点，点P在AC上运动，在运动过程中，存在PE+PF的最小值，则这个最小值是．33．已知四边形ABCD为平行四边形，要使四边形ABCD为菱形，还应添加条件．34．用两张对边平行的纸条交叉重叠放在一起，则四边形ABCD为；两张纸条互相垂直时，四边形ABCD 为；若两张纸条的宽度相同，则四边形ABCD为．三、解答题35．如图1中的矩形ABCD，沿对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD方向平行移动，得到图2．在图2中，△ADC≌△C′BA′，AC∥A′C′，A′B∥DC．除△DAC与△C′BA′外，指出有哪几对全等的三角形（不能添加辅助线和字母）？选择其中一对加以证明．36．如图，在▱ABCD的纸片中，AC⊥AB，AC与BD相交于点O，将△ABC沿对角线AC翻转180°，得到△AB′C．（1）以A，C，D，B′为顶点的四边形是矩形吗（请填“是”、“不是”或“不能确定”）；（2）若四边形ABCD的面积S=12cm2，求翻转后纸片重叠部分的面积，即S△ACE= cm2．37．如图，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，M、N分别是AC、BD的中点，那么MN⊥BD成立吗？试说明理由．38．如图所示，两个全等菱形的边长为1厘米，一只蚂蚁由A点开始按ABCDEFCGA的顺序沿菱形的边循环运动，行走2020厘米后停下，则这只蚂蚁停在点．39．如图，在平行四边形ABCD中，O是对角线AC的中点，过点O作AC的垂线与边AD、BC分别交于E、F．求证：四边形AFCE是菱形．特殊的四边形（矩形、菱形）参考答案与试题解析一、选择题1．如图，点P是矩形ABCD的边AD上的一个动点，矩形的两条边AB、BC的长分别为3和4，那么点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是（）A．B．C．D．不确定【考点】矩形的性质；相似三角形的判定与性质．【专题】压轴题；动点型．【分析】过P点作PE⊥AC，PF⊥BD，由矩形的性质可证△PEA∽△CDA和△PFD∽△BAD，根据和，即和，两式相加得PE+PF=，即为点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和．【解答】解：法1：过P点作PE⊥AC，PF⊥BD∵矩形ABCD∴AD⊥CD∴△PEA∽△CDA∴∵AC=BD==5∴…①同理：△PFD∽△BAD∴∴…②∴①+②得：∴PE+PF=即点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是．法2：连结OP．∵AD=4，CD=3，∴AC==5，又∵矩形的对角线相等且互相平分，∴AO=OD=2.5cm，∴S△APO+S△POD=×2.5•PE+×2.5•PF=×2.5（PE+PF）=×3×4，∴PE+PF=．故选：A．【点评】根据矩形的性质，结合相似三角形求解．2．若矩形的一条对角线与一边的夹角是40°，则两条对角线相交所成的锐角是（）A．20° B．40° C．80° D．100°【考点】矩形的性质．【专题】计算题．【分析】根据矩形的性质，得△BOC是等腰三角形，再由等腰三角形的性质进行答题．【解答】解：图形中∠1=40°，∵矩形的性质对角线相等且互相平分，∴OB=OC，∴△BOC是等腰三角形，∴∠OBC=∠1，则∠AOB=2∠1=80°．故选C．【点评】本题主要考查了矩形的性质，对角线相等且互相平分，矩形被对角线分成四个等腰三角形．3．如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=6，E、F是AC上的三等分点，则S△BEF为（）A．8 B．12 C．16 D．24【考点】矩形的性质．【专题】压轴题．【分析】要求S△BEF只要求出底边EF以及EF边上的高就可以，高可以根据△ABC的面积得到，EF=AC，根据勾股定理得到AC，就可以求出EF的长，从而求出△EFG的面积．【解答】解：S△ABC=×8×6=24．又E、F是AC上的三等分点．∴S△BEF=S△ABC=8．故选A．【点评】本题运用了勾股定理，已知直角三角形的两直角边，求斜边上的高，这类题的解决方法是需要熟记的内容．4．把一张长方形的纸片按如图所示的方式折叠，EM、FM为折痕，折叠后的C点落在B′M或B′M的延长线上，那么∠EMF的度数是（）A．85° B．90° C．95° D．100°【考点】翻折变换（折叠问题）．【分析】根据折叠的性质：对应角相等，对应的线段相等，可得．【解答】解：根据图形，可得：∠EMB′=∠EMB，∠FMB′=∠FMC，∵∠FMC+∠FMB′+∠EMB′+∠BME=180°，∴2（∠EMB′+∠FMB′）=180°，∵∠EMB′+∠FMB′=∠FME，∴∠EMF=90°．故选B．【点评】本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系．5．如图，在矩形ABCD中，EF∥AB，GH∥BC，EF、GH的交点P在BD上，图中面积相等的四边形有（）A．3对B．4对C．5对D．6对【考点】矩形的性质．【专题】压轴题．【分析】本题考查了矩形的性质，得出△EPD≌△HDP，则S△EPD=S△HDP，通过对各图形的拼凑，得到的结论．【解答】解：在矩形ABCD中，∵EF∥AB，AB∥DC，∴EF∥DC，则EP∥DH；故∠PED=∠DHP；同理∠DPH=∠PDE；又PD=DP；所以△EPD≌△HDP；则S△EPD=S△HDP；同理，S△GBP=S△FPB；则（1）S梯形BPHC=S△BDC﹣S△HDP=S△ABD﹣S△EDP=S梯形ABPE；（2）S□AGPE=S梯形ABPE﹣S△GBP=S梯形BPHC﹣S△FPB=S□FPHC；（3）S梯形FPDC=S□FPHC+S△HDP=S□AGPE+S△EDP=S梯形GPDA；（4）S□AGHD=S□AGPE+S□HDPE=S□PFCH+S□PHDE=S□EFCD；（5）S□ABFE=S□AGPE+S□GBFP=S□PFCH+S□GBFP=S□GBCH故选C．【点评】本题是一道结论开放题，掌握矩形的性质，很容易得到答案．6．如图，矩形ABCD的周长为68，它被分成7个全等的矩形，则矩形ABCD的面积为（）A．98 B．196 C．280 D．284【考点】矩形的性质．【专题】计算题．【分析】等量关系为：5个小矩形的宽等于2个小矩形的长；6个小矩形的宽加一个小矩形的长等于大长方形周长的一半．【解答】解：设小矩形宽为x，长为y．则大矩形长为5x或2y，宽为x+y．依题意有x+y+5x==34；5x=2y．解得：x=4，y=10．则大矩形长为20，宽为14．所以大矩形面积为280．故选C．【点评】本题考查了矩形的面积和一种很重要的思想：方程思想．7．如图，点O是矩形ABCD的中心，E是AB上的点，沿CE折叠后，点B恰好与点O重合，若BC=3，则折痕CE的长为（）A． B．C．D．6【考点】翻折变换（折叠问题）；勾股定理．【分析】先根据图形翻折变换的性质求出AC的长，再由勾股定理及等腰三角形的判定定理即可得出结论．【解答】解：∵△CEO是△CEB翻折而成，∴BC=OC，BE=OE，∠B=∠COE=90°，∴EO⊥AC，∵O是矩形ABCD的中心，∴OE是AC的垂直平分线，AC=2BC=2×3=6，∴AE=CE，在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2，即62=AB2+32，解得AB=3，在Rt△AOE中，设OE=x，则AE=3﹣x，AE2=AO2+OE2，即（3﹣x）2=32+x2，解得x=，∴AE=EC=3﹣=2．故选：A．【点评】本题考查的是翻折变换，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等的知识是解答此题的关键．8．如图所示，把一长方形纸片沿MN折叠后，点D，C分别落在D′，C′的位置．若∠AMD′=36°，则∠NFD′等于（）A．144°B．126°C．108°D．72°【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．【专题】计算题．【分析】根据∠A MD′=36°和折叠的性质，得∠NMD=∠NMD′=72°；根据平行线的性质，得∠BNM=∠NMD=72°；根据折叠的性质，得∠D′=∠D=90°；根据四边形的内角和定理即可求得∠NFD′的值．【解答】解：∵∠AMD′=36°，∴∠NMD=∠NMD′=72°．∵AD∥BC，∴∠BNM=∠NMD=72°．又∵∠D′=∠D=90°，∴∠NFD′=360°﹣72°×2﹣90°=126°．故选B．【点评】此题综合运用了折叠的性质、平行线的性质、四边形的内角和定理．9．将矩形纸片ABCD按如图所示的方式折叠，得到菱形AECF．若AB=3，则BC的长为（）A．1 B．2 C．D．【考点】菱形的性质；勾股定理．【专题】计算题．【分析】根据题意可知，AC=2BC，∠B=90°，所以根据勾股定理可知AC2=AB2+BC2，即（2BC）2=32+BC2，从而可求得BC的长．【解答】解：∵AC=2BC，∠B=90°，∴AC2=AB2+BC2，∴（2BC）2=32+BC2，∴BC=．故选：D．【点评】此题主要考查学生对菱形的性质及勾股定理的理解及运用．10．如图，已知矩形纸片ABCD，点E是AB的中点，点G是BC上的一点，∠BEG＞60°．现沿直线EG将纸片折叠，使点B落在纸片上的点H处，连接AH，则与∠BEG相等的角的个数为（）A．4 B．3 C．2 D．1【考点】翻折变换（折叠问题）．【分析】连BH，根据折叠的性质得到∠1=∠2，EB=EH，BH⊥EG，则∠EBH=∠EHB，又点E是AB的中点，得EH=EB=EA，于是判断△AHB为直角三角形，且∠3=∠4，根据等角的余角相等得到∠1=∠3，因此有∠1=∠2=∠3=∠4．【解答】解：连BH，如图，∵沿直线EG将纸片折叠，使点B落在纸片上的点H处，∴∠1=∠2，EB=EH，BH⊥EG，而∠1＞60°，∴∠1≠∠AEH，∵EB=EH，∴∠EBH=∠EHB，又∵点E是AB的中点，∴EH=EB=EA，∴△AHB为直角三角形，∠AHB=90°，∠3=∠4，∴∠1=∠3，∴∠1=∠2=∠3=∠4．故选B．【点评】本题考查了折叠的性质：折叠前后的两个图形全等，即对应角相等，对应线段相等．也考查了若三角形一边上的中线等于这边的一半，则此三角形为直角三角形．11．如图，在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm，点E、F分别在AB、CD上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A、D分别落在矩形ABCD外部的点A′、D′处，则整个阴影部分图形的周长为（）A．18cm B．36cm C．40cm D．72cm【考点】翻折变换（折叠问题）．【专题】压轴题．【分析】延长A1E交CD于点G，由题意知GE=EH，FH=GF，则阴影部分的周长与原矩形的周长相等．【解答】解：延长A1E交CD于点G，由题意知，GE=EH，FH=GF，四边形EHD1A1≌四边形EGDA，∴AD=A1D1，AE=A1E，DG=D1H，FH=FG，∴阴影部分的周长=矩形的周长=（12+6）×2=36cm．故选：B．【点评】本题利用了翻折的性质：对应图形全等，对应边相等．12．下列识别图形不正确的是（）A．有一个角是直角的平行四边形是矩形B．有三个角是直角的四边形是矩形C．对角线相等的四边形是矩形D．对角线互相平分且相等的四边形是矩形【考点】矩形的判定．【专题】证明题．【分析】矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形．（2）有三个角是直角的四边形是矩形．（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形，据此判定．【解答】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，正确；B、有三个角是直角的四边形是矩形，正确；C、对角线相等的四边形不一定是矩形，对角线相等的平行四边形才是矩形，错误；D、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，正确．故选C．【点评】本题主要考查的是矩形的判定定理．（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形．（2）有三个角是直角的四边形是矩形．（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形，据此判定．13．四边形ABCD的对角线相交于点O，下列条件不能判定它是矩形的是（）A．AB=CD，AB∥CD，∠BAD=90°B．AO=CO，BO=DO，AC=BDC．∠BAD=∠ABC=90°，∠BCD+∠ADC=180°D．∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC=90°【考点】矩形的判定．【分析】矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形．（2）有三个角是直角的四边形是矩形．（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．据此判断．【解答】解：A、一个角为直角的平行四边形为矩形，故A正确．B、矩形的对角线平分且相等，故B正确．C、∠BCD+∠ADC=180°，但∠BCD不一定与∠ADC相等，根据矩形的判定定理，故C不正确．D、因为∠BAD=∠BCD，故AB∥CD，又因为，∠ABC=∠ADC=90°，根据矩形的判定（有一个角是直角的平行四边形是矩形），故D正确．故选C．【点评】本题考查的是矩形的判定定理，但考生应注意的是由矩形的判定引申出来的各图形的判定．难度一般．14．直角三角形中，两条直角边边长分别为12和5，则斜边中线的长是（）A．26 B．13 C．30 D．6.5【考点】勾股定理；直角三角形斜边上的中线．【分析】由勾股定理可以求出斜边，再根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半可以求出斜边中线的长．【解答】解：由勾股定理知，斜边c==13，∵直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半知，∴斜边中线的长=×13=6.5．故选D．【点评】本题考查了勾股定理和直角三角形的性质：斜边上的中线等于斜边的一半．15．将一个矩形的纸对折两次，沿图中虚线将一角剪掉再打开后，得到的图形为（）A．B．C．D．【考点】剪纸问题．【分析】根据题意知，对折实际上就是对称，对折两次的话，剪下应有4条边，并且这4条边还相等，从而可以得到剪下的图形展开后一定是菱形．【解答】解：根据题意折叠剪图可得，剪下的四边形四条边相等，根据四边形等的四边形是菱形可得剪下的图形是菱形，故选：A．【点评】此题考查了剪纸问题，关键是掌握菱形的判定方法：四边形等的四边形是菱形．16．菱形一条对角线长为8m，周长为20m，则其面积为（）A．40m2B．20m2C．48m2D．24m2【考点】菱形的性质．【专题】几何图形问题．【分析】菱形对角线互相垂直平分，所以OA2+OB2=AB2，根据已知可得AB=5，BO=4，利用勾股定理求得AO，即可求得AC的长，根据AC、BD即可求菱形ABCD的面积，即可解题．【解答】解：根据题意可得：BD=8m，则BO=DO=4m，∵菱形周长为20m，∴AB=5m，∵菱形对角线互相垂直平分，∴OA2+OB2=AB2，∴AO==3（m），∴AC=6（m），故菱形的面积S=×6×8=24（m2）．故选D．．【点评】本题考查了菱形对角线互相垂直平分的性质，菱形面积的计算，本题中根据勾股定理求AO的值是解题的关键．17．用直尺和圆规作一个菱形，如图，能得到四边形ABCD是菱形的依据是（）A．一组邻边相等的四边形是菱形B．四边相等的四边形是菱形C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形D．每条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形【考点】菱形的判定；作图—复杂作图．【分析】关键菱形的判定定理（有四边都相等的四边形是菱形）判断即可．【解答】解：由图形作法可知：AD=AB=DC=BC，∴四边形ABCD是菱形，故选：B．【点评】本题主要考查对作图﹣复杂作图，菱形的判定等知识点的理解和掌握，能熟练地运用性质进行推理是解此题的关键．18．已知DE∥AC、DF∥AB，添加下列条件后，不能判断四边形DEAF为菱形的是（）A．AD平分∠BAC B．AB=AC且BD=CD C．AD为中线D．EF⊥AD【考点】菱形的判定．【专题】几何图形问题．【分析】首先根据题意画出图形，然后由DE∥AC、DF∥AB，判定四边形DEAF为平行四边形，再由菱形的判定定理求解即可求得答案；注意掌握排除法在选择题中的应用．【解答】解：如图，∵DE∥AC、DF∥AB，∴四边形DEAF为平行四边形，A、∵AD平分∠BAC，DF∥AB，∴∠BAD=∠CAD，∠BAD=∠ADF，∴∠CAD=∠ADF，∴AF=DF，∴四边形DEAF为菱形；B、∵AB=AC且BD=CD，∴AD平分∠BAC，同理可得：四边形DEAF为菱形；C、∵由AD为中线，得不到AD平分∠BAC，证不出四边形DEAF的邻边相等，∴不能判断四边形DEAF为菱形；D、∵AD⊥EF，∴▱DEAF是菱形．故选C．【点评】此题考查了菱形的判定．此题难度不大，注意掌握数形结合思想的应用．二、填空题19．矩形ABCD中，对角线AC=10cm，AB：BC=3：4，则它的周长是28 cm．【考点】矩形的性质；勾股定理．【专题】计算题．【分析】根据矩形的一组邻边和一条对角线组成一个直角三角形，解题即可．【解答】解：根据矩形的性质得到△ABC是直角三角形，因为对角线AC=10cm，AB：BC=3：4，根据勾股定理得到BC2=AC2﹣（BC）2=100﹣BC2解得BC=8，AB=6，故它的周长=2×8+2×6=28cm．故答案为28．【点评】本题考查对矩形的性质以及勾股定理的运用．20．矩形ABCD的两条对角线相交于点O，如果矩形的周长是34cm，又△AOB的周长比△ABC的周长少7cm，则AB= 10 cm，BC= 7 cm．【考点】矩形的性质；勾股定理．【专题】计算题．【分析】根据矩形的对边相等以及所给的三角形的周长可得到和所求线段相关的两个式子，进而求解．【解答】解：设AB=a，BC=b．∴2OA=2OB=AC=，2a+2b=34，即a+b=17．由题意可知△AOB的周长+7=△ABC的周长．∴AB+OA+OB+7=AB+BC+AC．∴a++7=a+b+．即b=7，a=17﹣7=10．即AB=10，BC=7．故答案为，10，7．【点评】本题综合考查了矩形的性质及勾股定理的运用．21．在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，若∠AOB=110°，则∠OAB= 35 度．【考点】矩形的性质；三角形内角和定理．【专题】计算题．【分析】根据矩形对角线的性质得到△OAB的形状，进而求得底角的度数．【解答】解：∵矩形的对角线相等且互相平分．∴OA=OC．∴△AOB是等腰三角形．∴∠OAB=∠OBA．∵∠OAB+∠OBA+∠AOB=180°．∴2∠OAB+110°=180°．∴∠O AB=35°．故答案为35．【点评】本题考查矩形的性质以及三角形内角和定理．22．如图所示，把两个大小完全一样的矩形拼成“L”形图案，则∠FAC= 90 度，∠FCA= 45 度．【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质．【专题】计算题．【分析】两个大小完全一样的矩形拼成“L”形图案所构成的△AFG≌△CAB，所以AF=AC，∠FAC=90°，∠FCA=45度．【解答】解：由已知△AFG≌△CAB，∴∠AFG=∠CAB，AF=AC∵∠AFG+∠FAG=90°，∴∠CAB+∠FA G=90°，∴∠FAC=90°．又∵AF=AC，∴∠FCA=（180°﹣90°）×=45°．故答案为：90；45．【点评】根据矩形的性质得到全等三角形，进而求得△AFC是等腰直角三角形．23．如图，在矩形ABCD中，点E是BC上一点，AE=AD，DF⊥AE，垂足为F，线段DF与图中的哪一条线段相等？先将猜想出的结论填写在下面的横线上，然后再加以证明．即DF= BE ．（写出一条线段即可）【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质．【专题】几何图形问题．【分析】根据矩形的性质得出AD∥BC，推出∠AFD=∠B，推出∠DAF=∠AEB，根据全等三角形的判定推出△AFD≌△EBA即可．【解答】解：DF=BE，理由是：∵四边形ABCD是矩形，DF⊥AE，∴∠B=∠AFD=90°，AD∥BC，∴∠DAF=∠AEB，在△AFD和△EBA中∴△AFD≌△EBA（AAS），∴DF=BE，故答案为：DF=BE．【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质，全等三角形的性质和判定的应用，关键是推出△AFD≌△EBA，注意：矩形的四个角都是直角，矩形的对边平行．24．将矩形ABCD沿AE折叠，得到如图所示图形．若∠CED′=56°，则∠AED的大小是62 °．【考点】翻折变换（折叠问题）．【专题】压轴题；操作型．【分析】易得∠DED′的度数，除以2即为所求角的度数．【解答】解：∵∠CED′=56°，∴∠DED′=180°﹣56°=124°，∵∠AED=∠AED′，∴∠AED=∠DED′=62°．故答案为：62．【点评】考查翻折变换问题；用到的知识点为：翻折前后得到的角相等．25．菱形ABCD的周长为36，其相邻两内角的度数比为1：5，则此菱形的面积为40.5 ．【考点】菱形的性质．【分析】根据相邻两内角的度数比为1：5，可求出一个30°角，根据周长为36，求出菱形的边长，根据直角三角形里30°角的性质求出高，从而求出面积．【解答】解：作AE⊥BC于E点，∵其相邻两内角的度数比为1：5，∴∠B=180°×=30°，∵菱形ABCD的周长为36，∴AB=BC=×36=9．∴AE=×9=．∴菱形的面积为：BC•AE=9×=40.5．故答案为：40.5．【点评】本题考查菱形的性质，菱形的邻角互补，四边相等．26．已知菱形的两条对角线长为6cm和8cm，菱形的周长是20 cm，面积是24 cm2．【考点】菱形的性质；勾股定理．【分析】根据菱形的面积等于两对角线乘积的一半可得到其面积，根据菱形的性质可求得其边长，从而可得到其周长．【解答】解：如图，四边形ABCD是菱形，BD，AC分别是其对角线且BD=6，AC=8，求其面积和周长．∵四边形ABCD是菱形，BD，AC分别是其对角线，∴BD⊥AC，BO=OD=3cm，AO=CO=4cm，∴AB=5cm，∴菱形的周长=5×4=20cm；S菱形=×6×8=24cm2．故本题答案为：20cm；24cm2．【点评】此题主要考查学生对菱形的性质及勾股定理的理解及运用．27．如图，四边形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点．请你添加一个条件，使四边形EFGH为矩形，应添加的条件是AC⊥BD ．【考点】中点四边形．【分析】根据三角形的中位线定理，可以证明所得四边形的两组对边分别和两条对角线平行，所得四边形的两组对边分别是两条对角线的一半，再根据平行四边形的判定就可证明该四边形是一个平行四边形；所得四边形要成为矩形，则需有一个角是直角，故对角线应满足互相垂直．【解答】解：如图，∵E，F分别是边AB，BC的中点，∴EF∥AC，EF=AC，同理HG∥AC，HG=AC，∴EF∥HG，EF=HG，∴四边形EFGH是平行四边形；要使四边形EFGH是矩形，则需EF⊥FG，即AC⊥BD；故答案为：AC⊥BD．【点评】此题主要考查了三角形的中位线定理的运用．同时熟记此题中的结论：顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形；顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所得四边形是矩形．28．已知菱形的两条对角线的长分别是4cm和8cm，则它的边长为2cm．【考点】菱形的性质．【专题】计算题．【分析】根据菱形的性质及勾股定理即可求得其边长的值．【解答】解：菱形的两条对角线分别是4cm，8cm，得到两条对角线相交所构成的直角三角形的两直角边是×4=2和×8=4，那么根据勾股定理得到它的斜边即菱形的边长=2cm．故答案为2【点评】本题考查菱形的性质以及勾股定理．29．若四边形ABCD是平行四边形，使四边形ABCD是菱形，请补充条件此题答案不唯一，如AC⊥BD或AB=AD 等（写一个即可）．【考点】菱形的判定．【专题】开放型．【分析】由四边形ABCD是平行四边形，根据菱形的判定定理求解即可求得答案．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴当AC⊥BD或AB=AD时，四边形ABCD是菱形．故答案为：此题答案不唯一，如AC⊥BD或AB=AD等．【点评】此题考查了菱形的判定．此题难度不大，注意熟记定理是解此题的关键．30．已知菱形ABCD的边长为6，∠A=60°，如果点P是菱形内一点，且PB=PD=2，那么AP的长为或．【考点】菱形的性质．【专题】压轴题；分类讨论．【分析】根据题意得，应分P与A在BD的同侧与异侧两种情况进行讨论．【解答】解：当P与A在BD的异侧时：连接AP交BD于M，∵AD=AB，DP=BP，∴AP⊥BD（到线段两端距离相等的点在垂直平分线上），在直角△ABM中，∠BAM=30°，∴AM=AB•cos30°=3，BM=AB•sin30°=3，∴PM==，∴AP=AM+PM=4；当P与A在BD的同侧时：连接AP并延长AP交BD于点MAP=AM﹣PM=2；当P与M重合时，PD=PB=3，与PB=PD=2矛盾，舍去．AP的长为4或2．故答案为4或2．【点评】本题注意到应分两种情况讨论，并且注意两种情况都存在关系AP⊥BD，这是解决本题的关键．31．已知四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，E为AD中点，AB=6cm，P为AC上任一点．求PE+PD的最小值是3．【考点】轴对称﹣最短路线问题；菱形的性质．【专题】几何图形问题．【分析】根据菱形的性质，可得AC是BD的垂直平分线，可得AC上的点到D、B点的距离相等，连接BE交AC与P，可得答案．【解答】解：∵菱形的性质，∴AC是BD的垂直平分线，AC上的点到B、D的距离相等．连接BE交AC于P点，PD=PB，PE+PD=PE+PB=BE，在Rt△ABE中，由勾股定理得BE==3，故答案为：3．【点评】本题考查了轴对称，对称轴上的点到线段两端点的距离相等是解题关键．32．如图，在菱形ABCD中，对角线AC=6，BD=8，点E、F分别是边AB、BC的中点，点P在AC上运动，在运动过程中，存在PE+PF的最小值，则这个最小值是 5 ．【考点】轴对称﹣最短路线问题；勾股定理；菱形的性质．【专题】计算题．【分析】AC交BD于O，作E关于AC的对称点N，连接NF，交AC于P，则此时EP+FP的值最小，根据菱形的性质推出N是AD中点，P与O重合，推出PE+PF=NF=AB，根据勾股定理求出AB的长即可．【解答】解：AC交BD于O，作E关于AC的对称点N，连接NF，交AC于P，则此时EP+FP的值最小，∴PN=PE，∵四边形ABCD是菱形，∴∠DAB=∠BCD，AD=AB=BC=CD，OA=OC，OB=OD，AD∥BC，∵E为AB的中点，∴N在AD上，且N为AD的中点，∵AD∥CB，∴∠ANP=∠CFP，∠NAP=∠FCP，。

初三数学上册《菱形》知识讲解及例题演练（含解析）

初三数学上册《菱形》知识讲解及例题演练（含解析）
菱形
【学习目标】
1. 理解菱形的概念.
2. 掌握菱形的性质定理及判定定理．
【要点梳理】
要点一、菱形的定义
有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
要点诠释：菱形的定义的两个要素：①是平行四边形.②有一组邻边相等.即菱形是一个平行四边形，然后增加一对邻边相等这个特殊条件.
要点二、菱形的性质
菱形除了具有平行四边形的一切性质外，还有一些特殊性质：
1.菱形的四条边都相等；
2.菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角.
3.菱形也是轴对称图形，有两条对称轴（对角线所在的直线），对称轴的交点就是对称中心.
要点诠释：
（1）菱形是特殊的平行四边形，是中心对称图形，过中心的任意直线可将菱形分成完全全等的两部分.
（2）菱形的面积由两种计算方法：一种是平行四边形的面积公式：底×高；另一种是两条对角线乘积的一半（即四个小直角三角形面积之和）.实际上，任何一个对角线互相垂直的四边形的面积都是两条对角线乘积的一半.
（3）菱形可以用来证明线段相等，角相等，直线平行，垂直及有关计算问题.
要点三、菱形的判定
菱形的判定方法有三种：
1.定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形.
2.对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
3.四条边相等的四边形是菱形.
要点诠释：前两种方法都是在平行四边形的基础上外加一个条件来判定菱形，后一种方法是在四边形的基础上加上四条边相等.。

2021年九年级中考数学复习专题-【菱形及其性质】选择题考点专练(二)(解析版)

2021年中考数学复习专题-【菱形及其性质】选择题考点专练（二）1．如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．下列结论中不一定成立的是（）A．AB＝AD B．AC＝BD C．AC⊥BD D．OA＝OC 2．如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E是AD边的中点，菱形ABCD 的周长为32，则OE的长等于（）A．4 B．8 C．16 D．183．如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，BD＝2AD，E、F、G分别是OC、OD、AB的中点，下列结论：①BE⊥AC；②EG＝GF；③△EFG≌△GBE；④EA平分∠GEF；⑤四边形BEFG是菱形．其中正确的是（）A．①②③B．①③④C．①②⑤D．②③⑤4．将等腰△ABC沿对称轴折叠，使点B与C重合，展开后得到折痕AF，再沿DE折叠，使点A与F重合，展开后得到折痕DE，则四边形ADFE是（）A．平行四边形B．菱形C．矩形D．等腰梯形5．如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，那么下列条件中，能判断▱ABCD是菱形的为（）A．AO＝CO B．AO＝BO C．∠AOB＝∠BOC D．∠BAD＝∠ABC 6．如图，在四边形ABCD中，AB＝1，则四边形ABCD的周长为（）A．1 B．4 C．D．7．如图，两条宽度都为1的纸条，交叉重叠放在一起，它们的夹角为锐角α，它们重叠部分（图中阴影部分）的面积是，那么sinα的值为（）A．B．C．D．8．如图，在∠AOB中，以点O为圆心，任意长为半径作弧，交射线OA于点C，交射线OB于点D，再分别以C、D为圆心，OC的长为半径，两弧在∠AOB的内部交于点E，作射线OE，若OC＝10，OE＝16，则C、D两点之间距离为（）A．10 B．12 C．13 D．9．如图，AC、BD是菱形ABCD的对角线，E、F分别是边AB、AD的中点，连接EF，EO，FO，则下列结论错误的是（）A．EF＝DO B．EF⊥AOC．四边形EOFA是菱形D．四边形EBOF是菱形10．如图，在∠MON的两边上分别截取OA、OB，使OA＝OB；分别以点A、B为圆心，OA长为半径作弧，两弧交于点C；连接AC、BC、AB、OC．若AB＝2cm，四边形OACB的面积为4cm2．则OC的长为（）A．2 B．3 C．4 D．511．如图，一个菱形被分割成4个直角三角形和1个矩形后仍是中心对称图形．若只知道下列选项中的一个角度，就一定能算出这个矩形的长与宽之比的是（）A．∠BAF B．∠CBGC．∠BAD D．以上选项都不可以12．如图是以KL所在的直线为对称轴的轴对称图形，六边形EFGHLK的各个内角相等，记四边形HCH′L、四边形EKE′A、△BGF的周长分别为C1、C2、C3，且C1＝2C2＝4C3，已知FG＝LK，EF＝6，则AB的长是（）A．9.5 B．10 C．10.5 D．1113．如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC＝8，DB＝6，DH⊥AB于点H，则DH的长为（）A．4.8cm B．5cm C．9.6cm D．10cm14．如图，在直角坐标系中，菱形OACB的顶点O在原点，点C的坐标为（4，0），点B的纵坐标是﹣1，则菱形OACB的边长为（）A．3 B．C．5 D．15．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P在对角线BD上（不与点B，D重合），PE∥BC，PF∥DC．设AB＝m，AP＝a，PF＝b，PE＝c，下列表述正确的是（）A．c2+b2＝a2B．a+b＝c+mC．c2+b2﹣bc＝a2D．a+b+c≥2m16．如图，在平面直角坐标系中，四边形OBCD是菱形，OB＝OD＝1，∠BOD＝60°将菱形OBCD绕点O旋转任意角度，得到菱形OB1C1D1，则点C1的纵坐标的最小值为（）A．B．﹣1 C．﹣D．117．如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AD＝8．P是AB边上的一点，E，F分别是DP，BP的中点，则线段EF的长为（）A．8 B．2C．4 D．218．如图，△ABC是边长为2的等边三角形，将△ABC沿射线BC向右平移到△DCE，连接AD、BD，下列结论错误的是（）A．AD＝BC B．BD⊥DEC．四边形ACED是菱形D．四边形ABCD的面积为419．如图，将等边△ABC沿射线BC向右平移到△DCE的位置，连接AD、BD，则下列结论：①AD＝BC；②BD、AC互相平分；③四边形ACED是菱形；④BD⊥DE．其中正确的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．420．在小正方形组成网格图中，四边形ABCD的顶点都在格点上，如图所示．则下列结论错误的是（）A．AD∥BCB．DC＝ABC．四边形ABCD是菱形D．将边AD向右平移3格，再向上平移7格就与边BC重合参考答案1．解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，OA＝OC，AC⊥BD，无法得出AC＝BD，故选项B符合题意，选项A、C、D不符合题意，故选：B．2．解：∵菱形ABCD的周长为32，∴AB＝8，∵E为AD边中点，O为BD的中点∴OE＝AB＝4．故选：A．3．解：∵四边形ABCD是平行四边形∴BO＝DO＝BD，AD＝BC，AB＝CD，AB∥BC，又∵BD＝2AD，∴OB＝BC＝OD＝DA，且点E是OC中点，∴BE⊥AC，故①正确，∵E、F分别是OC、OD的中点，∴EF∥CD，EF＝CD，∵点G是Rt△ABE斜边AB上的中点，∴GE＝AB＝AG＝BG∴EG＝EF＝AG＝BG，无法证明GE＝GF，故②错误，∵BG＝EF，AB∥CD∥EF∴四边形BGFE是平行四边形，∴GF＝BE，且BG＝EF，GE＝GE，∴△BGE≌△FEG（SSS）故③正确∵EF∥CD∥AB，∴∠BAC＝∠ACD＝∠AEF，∵AG＝GE，∴∠GAE＝∠AEG，∴∠AEG＝∠AEF，∴AE平分∠GEF，故④正确，若四边形BEFG是菱形∴BE＝BG＝AB，∴∠BAC＝30°与题意不符合故⑤错误故选：B．4．解：∵等腰△ABC沿对称轴折叠后点B与C重合，∴AF⊥BC∵沿DE折叠，使点A与F重合，∴ED∥CB∴AF⊥DE又∵点A与F重合，点B与C重合，∴AF与DE互相平分，∵AF与DE是四边形AEFD的对角线，AF与DE垂直且平分，∴四边形AEFD是菱形．故选：B．5．解：选项A，由平行四边形的性质可知，对角线互相平分，故A不符合题意；选项B，由▱ABCD中AO＝BO可推得AC＝BD，可以证明▱ABCD为矩形，但不能判定▱ABCD为菱形，故B不符合题意；选项C，当∠AOB＝∠BOC时，由于∠AOB+∠BOC＝180°，故∠AOB＝∠BOC＝90°，而对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C符合题意；选项D，由平行四边形的性质可知，∠BAD+∠ABC＝180°，故当∠BAD＝∠ABC时，∠BAD＝∠ABC＝90°，从而可判定▱ABCD为矩形，故D不符合题意．综上，只有选项C可以判定▱ABCD是菱形．故选：C．6．解：由图可知：AB∥CD，BC∥AD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AB＝BC，∴平行四边形ABCD是菱形，∴四边形ABCD的周长＝4×1＝4，故选：B．7．解：如图，过点A作AE⊥BC，AF⊥CD，∵AD∥BC，AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵四边形ABCD的面积是1.5，∴BC×AE＝CD×AF，且AE＝AF＝1，∴BC＝CD，∴四边形ABCD是菱形，∴AD＝CD，∵1.5＝CD×AF，∴CD＝，∴AD＝CD＝，∴sinα＝＝，故选：B．8．解：由作图过程可知：OC＝OD，OC＝CE＝DE，∵OC＝OD＝DE＝CE，∴四边形ODEC是菱形．如图，连接CD交OE于点F，∵四边形OCED是菱形，∴OE⊥CD，OF＝FE＝OE＝8，OC＝10，∴CF＝DF＝6，∴CD＝12．故选：B．9．解：∵菱形ABCD，∴BO＝OD，BD⊥AC，∵E、F分别是边AB、AD的中点，∴2EF＝BD＝BO+OD，EF∥BD，∴EF＝DO，EF⊥AO，∵E是AB的中点，O是BD的中点，∴2EO＝AD，同理可得：2FO＝AB，∵AB＝AD，∴AE＝OE＝OF＝AF，∴四边形EOFA是菱形，∵AB≠BD，∴四边形EBOF是平行四边形，不是菱形，故选：D．10．解：根据作图，AC＝BC＝OA，∵OA＝OB，∴OA＝OB＝BC＝AC，∴四边形OACB是菱形，∵AB＝2cm，四边形OACB的面积为4cm2，∴AB•OC＝×2×OC＝4，解得OC＝4cm．故选：C．11．解：如图，连接AC，BD相交于点O，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠AOB＝90°，连接EG，FH，∵一个菱形被分割成4个直角三角形和1个矩形后仍是中心对称图形，∴EG与FH的交点也是点O，∵四边形EFGH是矩形，∴∠HEF＝∠AFB＝∠EFG＝90°，∴∠AOB＝∠AFB＝90°，∴点A，O，F，B共圆，∴∠AFO＝∠ABO，∵∠AOB＝∠HEF＝90°，∴△AOB∽△HEF，∴，∴，在Rt△AOB中，tan∠BAO＝，∵AC是菱形的对角线，∴∠BAO＝，∴＝tan，故选：C．12．解：∵六边形EFGHLK的各个内角相等，∴该六边形的每个内角为120°，每个外角都是60°，∴△BFG，△AEK，△CHL都是等边三角形，∴∠B＝∠BAC＝∠ACB＝60°，BF＝FG，AE＝AK，CL＝HL，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，即BF+FE+AE＝AK+KL+CL，又∵BF＝FG＝KL，∴EF＝CL＝6＝CH，由轴对称可得，四边形HCH′L、四边形EKE′A都是菱形，∵C1＝2C2，∴AE＝CH＝3，又∵2C2＝4C3，∴C3＝C2＝×12＝6，∴BF＝×6＝2，∴AB＝BF+EF+AE＝2+6+3＝11，故选：D．13．解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC＝AC＝4，OB＝OD＝3，∴AB＝5cm，∴S菱形ABCD＝AC•BD＝AB•DH，∴DH＝＝4.8．故选：A．14．解：连接AB交OC于点D，∵四边形ABCD是菱形，∴AB⊥OC，OD＝CD，AD＝BD，∵点C的坐标是（4，0），点B的纵坐标是﹣1，∴OC＝4，BD＝AD＝1，∴OD＝CD＝2，∴菱形OACB的边长为＝．故选：D．15．解：如图，连接PC，过点P作PH⊥BC，交BC延长线于点H，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝CD，∠ADP＝∠CDP，且PD＝PD，∴△APD≌△CPD（SAS），∴AP＝CP＝a，∵PE∥BC，PF∥DC，∴四边形PECF是平行四边形，∴PE＝CF＝c，∵PF∥DC∥AB，∴∠PFC＝∠ABC＝60°，∵PH⊥BC，∴∠FPH＝30°，∴FH＝，PH＝FH＝b，∴CH＝﹣c，∵PC2＝CH2+PH2，∴a2＝（﹣c）2+（b）2，∴c2+b2﹣bc＝a2，故选：C．16．解：如图，连接OC，过点C作CE⊥x轴，∵四边形OBCD是菱形，∴OD∥BC，∴∠BOD＝∠CBE＝60°，且CE⊥OB于E，∴BE＝BC＝，CE＝，∴OC＝＝＝∴当点C1在y轴上时，点C1的纵坐标有最小值为﹣，故选：C．17．解：如图连接BD．∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝8，∵∠A＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴BA＝AD＝8，∵PE＝ED，PF＝FB，∴EF＝BD＝4．故选：C．18．解：∵△ABC沿射线BC向右平移到△DCE，∴AD＝BC，AD∥BC，故选项A正确；∴四边形ABCD为平行四边形，又△ABC为等边三角形，∴AB＝BC，∴四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，由平移可知：AC∥DE，则DE⊥BD，故选项B正确；∵△ABC沿射线BC向右平移到△DCE，∴AD＝CE，AD∥CE，∴四边形ACED为平行四边形，由平移可得△DCE也为等边三角形，∴DE＝CE，∴四边形ACED为菱形，选项C正确；过A作AF⊥BC，如图所示：∵△ABC为边长为2的等边三角形，∴BF＝CF＝BC＝1，在Rt△ABF中，AB＝2，BF＝1，根据勾股定理得：AF＝＝，则S 菱形ABCD＝BC•AF＝2，选项D错误，则原题结论错误的选项为D．故选：D．19．解：∵△ABC、△DCE是等边三角形，∴∠ACB＝∠DCE＝60°，AC＝CD，∴∠ACD＝180°﹣∠ACB﹣∠DCE＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴AD＝AC＝BC，故①正确；由①可得AD＝BC，∵AB＝CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴BD、AC互相平分，故②正确；由①可得AD＝AC＝CE＝DE，故四边形ACED是菱形，即③正确．∵四边形ABCD是平行四边形，BA＝BC，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∵AC∥DE，∴∠BDE＝∠COD＝90°，∴BD⊥DE，故④正确，综上可得①②③④正确，共4个．故选：D．20．解：A、由图形可知：BC和AD是连接7×2的图形的对角线，即AD∥BC，故本选项错误；B、设小正方形的边长是1，由勾股定理得：DC＝＝，AB＝，即AB＝CD，故本选项错误；C、由图形可知：AD∥BC，CD∥AB，即四边形ABCD是菱形，但BC＝＝≠AB，故本选项正确；D、将边AD向右平移3格，再向上平移7格就与边BC重合，正确，故本选项错误；故选：C．。

2年中考1年模拟备战2020年中考数学精品专题21 特殊的平行四边形(解析版)

第四篇图形的性质专题21 特殊的平行四边形知识点名师点晴矩形1．矩形的性质会从边、角、对角线方面通过合情推理提出性质猜想，并用演绎推理加以证明；能运用矩形的性质解决相关问题．2．矩形的判定会用判定定理判定平行四边形是否是矩形及一般四边形是否是矩形菱形1．菱形性质能应用这些性质计算线段的长度2．菱形的判别能利用定理解决一些简单的问题正方形1．正方形的性质了解平行四边形、矩形、菱形、正方形及梯形之间的相互关系，能够熟练运用正方形的性质解决具体问题2．正方形判定掌握正方形的判定定理，并能综合运用特殊四边形的性质和判定解决问题，发现决定中点四边形形状的因素，熟练运用特殊四边形的判定及性质对中点四边形进行判断，并能对自己的猜想进行证明归纳1：矩形基础知识归纳：1、矩形的概念有一个角是直角的平行四边形叫做矩形．2、矩形的性质（1）具有平行四边形的一切性质（2）矩形的四个角都是直角（3）矩形的对角线相等（4）矩形是轴对称图形3、矩形的判定（1）定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形（2）定理1：有三个角是直角的四边形是矩形（3）定理2：对角线相等的平行四边形是矩形基本方法归纳：关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有．注意问题归纳：证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．【例1】（2019河南省，第15题，3分）如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=a，点E在边BC上，且BE35a．连接AE，将△ABE沿AE折叠，若点B的对应点B'落在矩形ABCD的边上，则a的值为．【答案】53或53．【分析】分两种情况：①点B'落在AD边上，根据矩形与折叠的性质易得AB=BE，即可求出a的值；②点B'落在CD边上，证明△ADB'∽△B'CE，根据相似三角形对应边成比例即可求出a的值．【详解】分两种情况：①当点B'落在AD边上时，如图1．∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠B=90°．∵将△ABE沿AE折叠，点B的对应点B'落在AD边上，∴∠BAE=∠B'AE12=∠BAD=45°，∴AB=BE，∴3 5a=1，∴a53=；②当点B'落在CD边上时，如图2．∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠B=∠C=∠D=90°，AD=BC=a．∵将△ABE沿AE折叠，点B的对应点B'落在CD边上，∴∠B=∠AB'E=90°，AB=AB'=1，EB=EB'35=a，∴DB'222'1B A AD a=-=-，EC=BC﹣BE=a35-a25=a．在△ADB'与△B'CE中，''90'90B AD EBC AB DD C∠=∠=︒-∠⎧⎨∠=∠=︒⎩，∴△ADB'∽△B'CE，∴'''DB ABCE B E=，即211355aa a-=，解得a15=，a25=-（舍去）．综上，所求a的值为53或5．故答案为：53或5．【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质．进行分类讨论与数形结合是解题的关键．考点：1．矩形的性质；2．翻折变换（折叠问题）；3．面动型；4．分类讨论；5．压轴题．归纳2：菱形基础知识归纳：1、菱形的概念有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形2、菱形的性质（1）具有平行四边形的一切性质（2）菱形的四条边相等（3）菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角（4）菱形是轴对称图形3、菱形的判定（1）定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形（2）定理1：四边都相等的四边形是菱形（3）定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形4、菱形的面积S菱形=底边长×高=两条对角线乘积的一半注意问题归纳：菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法．【例2】（2019江苏省镇江市，第17题，3分）如图，菱形ABCD的顶点B、C在x轴上（B在C的左侧），顶点A、D在x轴上方，对角线BD的长是2103，点E（﹣2，0）为BC的中点，点P在菱形ABCD的边上运动．当点F（0，6）到EP所在直线的距离取得最大值时，点P恰好落在AB的中点处，则菱形ABCD 的边长等于（）A ．103B ．10C ．163D ．3 【答案】A ．【分析】如图1中，当点P 是AB 的中点时，作FG ⊥PE 于G ，连接EF ．首先说明点G 与点F 重合时，FG 的值最大，如图2中，当点G 与点F 重合时，连接AC 交BD 于H ，PE 交BD 于J ．设BC =2a ．利用相似三角形的性质构建方程求解即可．【详解】如图1中，当点P 是AB 的中点时，作FG ⊥PE 于G ，连接EF ．∵E （﹣2，0），F （0，6），∴OE =2，OF =6，∴EF 2224=+=210．∵∠FGE =90°，∴FG ≤EF ，∴当点G 与E 重合时，FG 的值最大．如图2中，当点G 与点E 重合时，连接AC 交BD 于H ，PE 交BD 于J ．设BC =2a ．∵P A =PB ，BE =EC =a ，∴PE ∥AC ，BJ =JH ．∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ，BH =DH 10=，BJ 10=，∴PE ⊥BD ．∵∠BJE=∠EOF=∠PEF=90°，∴∠EBJ=∠FEO，∴△BJE∽△EOF，∴BE BJ EF EO=，∴1062210=，∴a53=，∴BC=2a103=．故选A．【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形的性质，相似三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．考点：1．坐标与图形性质；2．菱形的性质；3．最值问题；4．动点型；5．压轴题．归纳3：正方形基础知识归纳：1、正方形的概念有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．2、正方形的性质（1）具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等（3）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角（4）正方形是轴对称图形，有4条对称轴（5）正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等的小等腰直角三角形（6）正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等．注意问题归纳：正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．【例3】（2019湖南省株洲市，第23题，8分）如图所示，已知正方形OEFG的顶点O为正方形ABCD对角线AC、BD的交点，连接CE、DG．（1）求证：△DOG≌△COE；（2）若DG⊥BD，正方形ABCD的边长为2，线段AD与线段OG相交于点M，AM12=，求正方形OEFG 的边长．【答案】（1）证明见解析；（2）25【分析】（1）由正方形ABCD 与正方形OEFG ，对角线AC 、BD ，可得∠DOA =∠DOC =90°，∠GOE =90°，即可证得∠GOD =∠COE ，因DO =OC ，GO =EO ，则可利用“边角边”即可证两三角形全等（2）过点M 作MH ⊥DO 交DO 于点H ，由于∠MDB =45°，由可得DH ，MH 长，从而求得HO ，即可求得MO ，再通过MH ∥DG ，易证得△OHM ∽△ODG ，则有OH MO OD GO=，求得GO 即为正方形OEFG 的边长．【详解】（1）∵正方形ABCD 与正方形OEFG ，对角线AC 、BD ，∴DO =OC ．∵DB ⊥AC ，∴∠DOA =∠DOC =90°．∵∠GOE =90°，∴∠GOD +∠DOE =∠DOE +∠COE =90°，∴∠GOD =∠COE ．在△DOG 和△COE 中，∵DO OC GOD COE GD OE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DOG ≌△COE （SAS ）．（2）如图，过点M 作MH ⊥DO 交DO 于点H ．∵AM 12=，DA =2，∴DM 32=． ∵∠MDB =45°，∴MH =DH =sin 45°•DM 32=DO =cos 45°•DA 2=HO =DO ﹣DH 22244=-=Rt △MHO 中，由勾股定理得：MO 22223225()()442MH HO =+=+=．∵DG⊥BD，MH⊥DO，∴MH∥DG，∴易证△OHM∽△ODG，∴25 422OH MOOD GO GO===，得：GO=25，则正方形OEFG的边长为25．【点睛】本题考查了对正方形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，比例的性质，直角三角形的性质等知识点的理解和掌握，此题是一个拔高的题目，有一定的难度．考点：1．全等三角形的判定与性质；2．正方形的性质．【2019年题组】一、选择题1．（2019江西省，第6题，3分）如图，由10根完全相同的小棒拼接而成，请你再添2根与前面完全相同的小棒，拼接后的图形恰好有3个菱形的方法共有（）A．3种B．4种C．5种D．6种【答案】D．【分析】根据菱形的性质，找出各种拼接法，此题得解．【详解】共有6种拼接法，如图所示．故选D．【点睛】本题考查了图形的剪拼以及菱形的判定，依照题意，画出图形是解题的关键．考点：1．菱形的判定；2．图形的剪拼．2．（2019浙江省台州市，第8题，4分）如图，有两张矩形纸片ABCD和EFGH，AB=EF=2cm，BC=FG=8cm．把纸片ABCD交叉叠放在纸片EFGH上，使重叠部分为平行四边形，且点D与点G重合．当两张纸片交叉所成的角α最小时，tanα等于（）A．14B．12C．817D．815【答案】D．【分析】由“ASA”可证△CDM≌△HDN，可证MD=DN，即可证四边形DNKM是菱形，当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，可求CM154，即可求tanα的值．【详解】如图，∵∠ADC=∠HDF=90°，∴∠CDM=∠NDH，且CD=DH，∠H=∠C=90°，∴△CDM≌△HDN（ASA），∴MD=ND，且四边形DNKM是平行四边形，∴四边形DNKM是菱形，∴KM=DM．∵sinα=sin∠DMCCD MD =，∴当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，设MD=a=BM，则CM=8﹣a．∵MD2=CD2+MC2，∴a2=4+（8﹣a）2，∴a174=，∴CM154=，∴tanα=tan∠DMC815CDMC==．故选D．【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，求CM的长是本题的关键．考点：1．平行四边形的判定；2．矩形的性质；3．解直角三角形．3．（2019浙江省台州市，第10题，4分）如图是用8块A型瓷砖（白色四边形）和8块B型瓷砖（黑色三角形）不重叠、无空隙拼接而成的一个正方形图案，图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为（）A2：1B．3：2C31D2：2【答案】A．【分析】作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，连接DF．求出△DFN与△DNK的面积比即可．【详解】如图，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，连接DF．由题意：四边形DCFK是正方形，∠CDM=∠MDF=∠FDN=∠NDK，∴∠CDK=∠DKF=90°，DK=FK，DF2=，∴2DFNDNKS FN DFS NK DK===VV（角平分线的性质定理，可以用面积法证明），∴222A DFN DNKB S S S S ==V V 型型，∴图案中A 型瓷砖的总面积与B 型瓷砖的总面积之比为2：1．故选A ．【点睛】本题考查了图形的拼剪，正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．考点：1．正方形的性质；2．图形的剪拼．4．（2019浙江省杭州市，第9题，3分）如图，一块矩形木板ABCD 斜靠在墙边（OC ⊥OB ，点A ，B ，C ，D ，O 在同一平面内），已知AB =a ，AD =b ，∠BCO =x ，则点A 到OC 的距离等于（）A ．asinx +bsinxB ．acosx +bcosxC ．asinx +bcosxD ．acosx +bsinx【答案】D ．【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后利用锐角三角函数即可表示出点A 到OC 的距离，本题得以解决．【详解】作AE ⊥OC 于点E ，作AF ⊥OB 于点F ．∵四边形ABCD 是矩形，∴∠ABC =90°．∵∠ABC =∠AEC ，∠BCO =x ，∴∠EAB =x ，∴∠FBA =x ．∵AB =a ，AD =b ，∴FO =FB +BO =a •cosx +b •sinx ．故选D ．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．考点：1．矩形的性质；2．解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．5．（2019金华，第10题，3分）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中FM，GN是折痕．若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等，则FMGF的值是（）A．522-B．2-1C．12D．22【答案】A．【分析】连接HF，设直线MH与AD边的交点为P，根据剪纸的过程以及折叠的性质得PH=MF且正方形EFGH的面积15=⨯正方形ABCD的面积，从而用a分别表示出线段GF和线段MF的长即可求解．【详解】连接HF，设直线MH与AD边的交点为P，如图：由折叠可知点P、H、F、M四点共线，且PH=MF，设正方形ABCD的边长为2a，则正方形ABCD的面积为4a2．∵若正方形EFGH与五边形MCNGF的面积相等∴由折叠可知正方形EFGH的面积15=⨯正方形ABCD的面积245a=，∴正方形EFGH的边长GF24255a a==，∴HF2=GF2105a=，∴MF=PH2102510525a a--==a，∴510FMGF-=a2552a-÷=．故选A．【点睛】本题考查了剪纸问题、正方形的性质以及折叠的性质，由剪纸的过程得到图形中边的关系是解题的关键．考点：1．正方形的性质；2．剪纸问题；3．压轴题．6．（2019湖北省恩施州，第11题，3分）如图，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF．把纸片展平，再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点A'处，并使折痕经过点B，得到折痕BM．若矩形纸片的宽AB=4，则折痕BM的长为（）A83B43C．8D．3【答案】A．【分析】在Rt△ABM中，解直角三角形求出∠BA'E=30°，再证明∠ABM=30°即可解决问题．【详解】∵将矩形纸片ABCD对折一次，使边AD与BC重合，得到折痕EF，∴AB=2BE，∠A'EB=90°，EF∥BC．∵再一次折叠纸片，使点A落在EF的A'处并使折痕经过点B，得到折痕BM，∴A'B=AB=2BE．在Rt△A'EB中，∵∠A'EB=90°，∴sin∠EA'B1'2BEBA==，∴∠EA'B=30°．∵EF∥BC，∴∠CBA'=∠EA'B=30°．∵∠ABC=90°，∴∠ABA'=60°，∴∠ABM=∠MBA'=30°，∴BM83 303ABcos===︒．故选A．【点睛】本题考查了翻折变换，锐角三角函数的定义，平行线的性质，难度适中，熟练掌握并灵活运用翻折变换的性质是解题的关键．考点：1．矩形的性质；2．翻折变换（折叠问题）；3．操作型；4．动面型．7．（2019湖北省黄石市，第10题，3分）如图，矩形ABCD中，AC与BD相交于点E，AD：A B3=：1，将△ABD沿BD折叠，点A的对应点为F，连接AF交BC于点G，且BG=2，在AD边上有一点H，使得BH+EH的值最小，此时BHCF=（）A3B23C6D．32【答案】B．【分析】设BD与AF交于点M．设AB=a，AD3=，根据矩形的性质可得△ABE、△CDE都是等边三角形，利用折叠的性质得到BM垂直平分AF，BF=AB=a，DF=DA3=．解直角△BGM，求出BM，再表示DM，由△ADM∽△GBM，求出a3，再证明CF=CD3B点关于AD的对称点B'，连接B'E，设B'E与AD交于点H，则此时BH+EH=B'E，值最小．建立平面直角坐标系，得出B（3，3），B'（3，﹣3，E（03），利用待定系数法求出直线B'E的解析式，得到H（1，0），然后利用两点间的距离公式求出BH=4，进而求出结论．【详解】如图，设BD与AF交于点M．设AB=a，AD3=．∵四边形ABCD 是矩形，∴∠DAB =90°，tan ∠ABD 3AD AB ==，∴BD =AC 22AB AD =+=2a ，∠ABD =60°，∴△ABE 、△CDE 都是等边三角形，∴BE =DE =AE =CE =AB =CD =a ．∵将△ABD 沿BD 折叠，点A 的对应点为F ，∴BM 垂直平分AF ，BF =AB =a ，DF =DA 3=．在△BGM 中，∵∠BMG =90°，∠GBM =30°，BG =2，∴GM 12=BG =1，BM 3=3=DM =BD ﹣BM =2a 3 ∵矩形ABCD 中，BC ∥AD ，∴△ADM ∽△GBM ，∴AD DM BG BM =3233a a -=，∴a 3，∴BE =DE =AE =CE =AB =CD 3AD =BC =6，BD =AC 3易证∠BAF =∠F AC =∠CAD =∠ADB =∠BDF =∠CDF =30°，∴△ADF 是等边三角形．∵AC 平分∠DAF ，∴AC 垂直平分DF ，∴CF =CD 3作B 点关于AD 的对称点B '，连接B 'E ，设B 'E 与AD 交于点H ，则此时BH +EH =B 'E ，值最小．如图，建立平面直角坐标系，则A （3，0），B （3，3，B '（3，﹣3，E （03，易求直线B 'E的解析式为y 3=-3H （1，0），∴BH 22(31)(230)=-+-=4，∴23323BH CF ==．故选B ．【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．也考查了矩形的性质，解直角三角形，等边三角形、垂直平分线、相似三角形的判定与性质，待定系数法求直线的解析式，轴对称﹣最短路线问题，两点间的距离公式等知识．综合性较强，有一定难度．分别求出BH 、CF 的长是解题的关键．考点：1．矩形的性质；2．轴对称﹣最短路线问题；3．翻折变换（折叠问题）．8．（2019甘肃省兰州市，第12题，4分）如图，边长为2的正方形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，将正方形ABCD 沿直线DF 折叠，点C 落在对角线BD 上的点E 处，折痕DF 交AC 于点M ，则OM =（）A ．12B ．22C 31D 2 1 【答案】D ．【分析】根据正方形的性质得到AB =AD =BC =CD 2=DCB =∠COD =∠BOC =90°，OD =OC ，求得BD 2==2，得到OD =BO =OC =1，根据折叠的性质得到DE =DC 2=DF ⊥CE ，求得OE 2=1，根据全等三角形的性质即可得到结论．【详解】∵四边形ABCD 是正方形，∴AB =AD =BC =CD 2=DCB =∠COD =∠BOC =90°，OD =OC ，∴BD 2==2，∴OD =BO =OC =1．∵将正方形ABCD沿直线DF折叠，点C落在对角线BD上的点E处，∴DE=DC2=，DF⊥CE，∴OE2=-1，∠EDF+∠FED=∠ECO+∠OEC=90°，∴∠ODM=∠ECO．在△OEC与△OMD中，∵∠EOC=∠DOC=90°，OD=OC，∠OCE=∠ODM，△OEC≌△OMD（ASA），∴OM=OE2=-1．故选D．【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定和性质，正方形的性质，正确的识别图形是解题的关键．考点：1．正方形的性质；2．翻折变换（折叠问题）；3．面动型；4．综合题．9．（2019贵州省毕节市，第14题，3分）平行四边形ABCD中，AC、BD是两条对角线，现从以下四个关系①AB=BC；②AC=BD；③AC⊥BD；④AB⊥BC中随机取出一个作为条件，即可推出平行四边形ABCD是菱形的概率为（）A．14B．12C．34D．1【答案】B．【分析】菱形的判定：①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等=菱形）；②四条边都相等的四边形是菱形．③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．【详解】根据平行四边形的判定定理，可推出平行四边形ABCD是菱形的有①或③，概率为21 42 =．故选B．【点睛】本题考查了菱形及概率，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．考点：1．平行四边形的判定与性质；2．菱形的判定；3．概率公式．10．（2019贵州省铜仁市，第5题，4分）如图为矩形ABCD，一条直线将该矩形分割成两个多边形，若这两个多边形的内角和分别为a和b，则a+b不可能是（）A．360°B．540°C．630°D．720°【答案】C．【分析】根据多边形内角和定理：（n﹣2）•180°，无论分成两个几边形，其内角和都能被180整除，所以不可能的是，不能被180整除的．【详解】一条直线将该矩形ABCD分割成两个多边形，每一个多边形的内角和都是180°的倍数，都能被180整除，分析四个答案，只有630不能被180整除，所以a+b不可能是630°．故选C．【点睛】本题考查了多边形内角和定理，题目比较简单．（n﹣2）•180°，无论分成两个几边形，其内角和都能被180整除．考点：多边形内角与外角．11．（2019贵州省铜仁市，第10题，4分）如图，正方形ABCD中，AB=6，E为AB的中点，将△ADE沿DE翻折得到△FDE，延长EF交BC于G，FH⊥BC，垂足为H，连接BF、DG．以下结论：①BF∥ED；②△DFG≌△DCG；③△FHB∽△EAD；④tan∠GEB43=；⑤S△BFG=2.6；其中正确的个数是（）A．2B．3C．4D．5【答案】C．【分析】根据正方形的性质以及折叠的性质依次对各个选项进行判断即可．【详解】∵正方形ABCD中，AB=6，E为AB的中点，∴AD=DC=BC=AB=6，AE=BE=3，∠A=∠C=∠ABC=90°∵△ADE沿DE翻折得到△FDE，∴∠AED=∠FED，AD=FD=6，AE=EF=3，∠A=∠DFE=90°，∴BE=EF=3，∠DFG=∠C=90°，∴∠EBF=∠EFB．∵∠AED+∠FED=∠EBF+∠EFB，∴∠DEF=∠EFB，∴BF∥ED．故结论①正确；∵AD=DF=DC=6，∠DFG=∠C=90°，DG=DG，∴Rt△DFG≌Rt△DCG，∴结论②正确；∵FH⊥BC，∠ABC=90°，∴AB∥FH，∠FHB=∠A=90°．∵∠EBF=∠BFH=∠AED，∴△FHB∽△EAD，∴结论③正确；∵Rt△DFG≌Rt△DCG，∴FG=CG．设FG=CG=x，则BG=6﹣x，EG=3+x．在Rt△BEG中，由勾股定理得：32+（6﹣x）2=（3+x）2．=，解得：x=2，∴BG=4，∴tan∠GEB43 BGBE==．故结论④正确；∵△FHB ∽△EAD ，且12AE AD =，∴BH =2FH ．设FH =a ，则HG =4﹣2a 在Rt △FHG 中，由勾股定理得：a 2+（4﹣2a ）2=22，解得：a =2（舍去）或a 65=，∴S △BFG 12=⨯465⨯=2.4．故结论⑤错误．故选C ．【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定、勾股定理、三角函数，综合性较强．考点：1．全等三角形的判定与性质；2．正方形的性质；3．翻折变换（折叠问题）；4．相似三角形的判定与性质；5．解直角三角形；6．面动型；7．压轴题．12．（2019辽宁省大连市，第9题，3分）如图，将矩形纸片ABCD 折叠，使点C 与点A 重合，折痕为EF ，若AB =4，BC =8．则D 'F 的长为（）A ．5B ．4C ．3D ．2【答案】C ．【分析】由矩形的性质得出∠B =∠D =90°，CD =AB =4，AD ∥BC ，得出∠AFE =∠CEF ，由折叠的性质得：∠AEF =∠CEF ，AE =CE ，∠D '=∠D =90°，AD '=CD =4，∠AFE =∠AEF ，得出AF =AE =CE ，设AF =AE =CE =x ，则BE =8﹣x ．在Rt △ABE 中，由勾股定理得出方程，解方程得出AF =5．在Rt △AFD '中，由勾股定理即可得出结果．【详解】∵四边形ABCD 是矩形，∴∠B =∠D =90°，CD =AB =4，AD ∥BC ，∴∠AFE =∠CEF ，由折叠的性质得：∠AEF =∠CEF ，AE =CE ，∠D '=∠D =90°，AD '=CD =4，∴∠AFE =∠AEF ，∴AF =AE =CE ，设AF =AE =CE =x ，则BE =8﹣x ．在Rt △ABE 中，由勾股定理得：A B 2+BE 2=AE 2，即42+（8﹣x ）2=x 2，解得：x =5，∴AF =5．在Rt △AFD '中，由勾股定理得：D'F 2222'54AF AD =-=-=3．故选C．【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．考点：1．矩形的性质；2．翻折变换（折叠问题）；3．面动型．13．（2019辽宁省抚顺市，第9题，3分）如图，AC，BD是四边形ABCD的对角线，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，连接EM，MF，FN，NE，要使四边形EMFN为正方形，则需添加的条件是（）A．AB=CD，AB⊥CD B．AB=CD，AD=BCC．AB=CD，AC⊥BD D．AB=CD，AD∥BC【答案】A．【分析】证出EN、NF、FM、ME分别是△ABD、△BCD、△ABC、△ACD的中位线，得出EN∥AB∥FM，ME∥CD∥NF，EN12=AB=FM，ME12=CD=NF，证出四边形EMFN为平行四边形，当AB=CD时，EN=FM=ME=NF，得出平行四边形ABCD是菱形；当AB⊥CD时，EN⊥ME，则∠MEN=90°，即可得出菱形EMFN是正方形．【详解】∵点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点，∴EN、NF、FM、ME分别是△ABD、△BCD、△ABC、△ACD的中位线，∴EN∥AB∥FM，ME∥CD∥NF，EN12=AB=FM，ME12=CD=NF，∴四边形EMFN为平行四边形，当AB=CD时，EN=FM=ME=NF，∴平行四边形ABCD是菱形；当AB⊥CD时，EN⊥ME，则∠MEN=90°，∴菱形EMFN是正方形．故选A．【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．考点：1．三角形中位线定理；2．正方形的判定．14．（2019辽宁省锦州市，第7题，2分）在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，M是对角线BD上的动点，过点M作ME⊥BC于点E，连接AM，当△ADM是等腰三角形时，ME的长为（）A．32B．65C．32或35D．32或65【答案】C．【分析】分两种情形：①DA=DM．②M'A=M'D分别求解即可．【详解】①当AD=DM时．∵四边形ABCD是矩形，∴∠C=90°，CD=AB=3，AD=BC=4，∴BD22CD BC=+=5，∴BM=BD=DM=5﹣4=1．∵ME⊥BC，DC⊥BC，∴ME∥CD，∴BM MEBD CD=，∴153ME=，∴ME35=．②当M'A=M'D时，易证M'E'是△BDC的中位线，∴M'E'12=CD32=．故选C．【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．考点：1．等腰三角形的性质；2．勾股定理；3．矩形的性质；4．动点型；5．分类讨论．15．（2019辽宁省鞍山市，第8题，3分）如图，正方形ABCD和正方形CGFE的顶点C，D，E在同一条直线上，顶点B，C，G在同一条直线上．O是EG的中点，∠EGC的平分线GH过点D，交BE于点H，连接FH交EG于点M，连接OH．以下四个结论：①GH⊥BE；②△EHM∽△GHF；③2BCCG=-1；④HOMHOGSS=VV22-．其中正确的结论是（）A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④【答案】A．【分析】由四边形ABCD 和四边形CGFE 是正方形，得出△BCE ≌△DCG ，推出∠BEC +∠HDE =90°，从而得GH ⊥BE ；由GH 是∠EGC 的平分线，得出△BGH ≌△EGH ，再由O 是EG 的中点，利用中位线定理，得HO ∥BG 且HO 12=BG ；由△EHG 是直角三角形，因为O 为EG 的中点，所以OH =OG =OE ，得出点H 在正方形CGFE 的外接圆上，根据圆周角定理得出∠FHG =∠EHF =∠EGF =45°，∠HEG =∠HFG ，从而证得△EHM ∽△GHF ；设HN =a ，则BC =2a ，设正方形ECGF 的边长是2b ，则NC =b ，CD =2a ，由HO ∥BG ，得出△DHN ∽△DGC ，即可得出DN HN DC CG =，得到 222b a a a b -=，即a 2+2ab ﹣b 2=0，从而求得BCCG=1，设正方形ECGF 的边长是2b ，则EG，得到HO =，通过证得△MHO △MFE，得到22OM OH EM EF b ===，进而得到OM OE ===1，进一步得到HOM HOMHOE HOGS S S S ==V V V V 1．【详解】如图，∵四边形ABCD 和四边形CGFE 是正方形，∴BC =CD ，CE =CG ，∠BCE =∠DCG ．在△BCE和△DCG 中，BC CDBCE DCG CE CG =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△BCE ≌△DCG （SAS ），∴∠BEC =∠BGH ．∵∠BGH +∠CDG =90°，∠CDG =∠HDE ，∴∠BEC +∠HDE =90°，∴GH ⊥BE ．故①正确；∵△EHG 是直角三角形，O 为EG 的中点，∴OH =OG =OE ，∴点H 在正方形CGFE 的外接圆上． ∵EF =FG ，∴∠FHG =∠EHF =∠EGF =45°，∠HEG =∠HFG ，∴△EHM ∽△GHF ，故②正确； ∵△BGH ≌△EGH ，∴BH =EH ．又∵O 是EG 的中点，∴HO ∥BG ，∴△DHN ∽△DGC ，∴DN HNDC CG=，设EC 和OH 相交于点N ．设HN =a ，则BC =2a ，设正方形ECGF 的边长是2b ，则NC =b ，CD =2a ，∴222b a aa b-=，即a 2+2ab ﹣b 2=0，解得：a =b =（﹣1b ，或a =（﹣1）b （舍去），则22a b =1，∴BCCG=1，故③正确；∵△BGH ≌△EGH ，∴EG =BG ． ∵HO 是△EBG 的中位线，∴HO 12=BG ，∴HO 12=EG ，设正方形ECGF 的边长是2b ，∴EGb ，∴HO =．∵OH∥BG，CG∥EF，∴OH∥EF，∴△MHO△MFE，∴22 OM OH bEM EF===，∴EM2=OM，∴()21212OMOE OM===-++1，∴2HOMHOESS=-VV1．∵EO=GO，∴S△HOE=S△HOG，∴2HOMHOGSS=-VV1，故④错误．故选A．【点睛】本题考查了正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确求得两个三角形的边长的比是解决本题的关键．考点：1．等腰三角形的判定与性质；2．正方形的性质；3．相似三角形的判定与性质；4．压轴题．16．（2019黑龙江省鸡西市，第18题，3分）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB：B C=3：2，过点B作BE∥AC，过点C作CE∥DB，BE、CE交于点E，连接DE，则tan∠EDC=（）A．29B．14C．26D．310【答案】A．【分析】如图，过点E作EF⊥直线DC交线段DC延长线于点F，连接OE交BC于点G．根据邻边相等的平行四边形是菱形即可判断四边形OBEC是菱形，则OE与BC垂直平分，易得EF=OG，CF12=QE12=AB．所以由锐角三角函数定义作答即可．【详解】∵矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB：B C=3：2，∴设AB=3x，BC=2x．如图，过点E作EF⊥直线DC交线段DC延长线于点F，连接OE交BC于点G．∵BE∥AC，CE∥BD，∴四边形BOCE是平行四边形．∵四边形ABCD是矩形，∴OB=OC，∴四边形BOCE是菱形，∴OE与BC垂直平分，∴EF12=AD12BC==x，OE∥AB，∴四边形AOEB是平行四边形，∴OE=AB，∴CF12=OE12=AB32=x，∴tan∠EDC23932EF xDF x x===+．故选A．【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质以及解直角三角形，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．考点：1．菱形的判定与性质；2．矩形的性质；3．解直角三角形．二、填空题17．（2019江苏省镇江市，第10题，2分）将边长为1的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转到FECG 的位置（如图），使得点D落在对角线CF上，EF与AD相交于点H，则HD= ．（结果保留根号）21．【分析】先根据正方形的性质得到CD=1，∠CDA=90°，再利用旋转的性质得CF2=质得∠CFDE=45°，则可判断△DFH为等腰直角三角形，从而计算CF﹣CD即可．【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴CD=1，∠CDA=90°．∵边长为1的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转到FECG的位置，使得点D落在对角线CF上，∴CF2=CFDE=45°，∴△DFH为等腰直角三角形，∴DH=DF=CF﹣CD21=．21．【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质．考点：1．正方形的性质；2．旋转的性质；3．面动型．18．（2019江西省，第8题，3分）我国古代数学名著《孙子算经》有估算方法：“方五，邪（通“斜”）七．见方求邪，七之，五而一．”译文为：如果正方形的边长为五，则它的对角线长为七．已知正方形的边长，求对角线长，则先将边长乘以七再除以五．若正方形的边长为1，由勾股定理得对角线长为2，依据《孙子算经》的方法，则它的对角线的长是．【答案】1.4．【分析】根据估算方法可求解．【详解】根据题意可得：正方形边长为1的对角线长175⨯==1.4．故答案为：1.4．【点睛】本题考查了正方形的性质，读懂题意是本题的关键．考点：1．数学常识；2．勾股定理；3．正方形的性质．19．（2019浙江省杭州市，第16题，4分）如图，把某矩形纸片ABCD沿EF，GH折叠（点E，H在AD边上，点F，G在BC边上），使点B和点C落在AD边上同一点P处，A点的对称点为A'点，D点的对称点为D'点，若∠FPG=90°，△A'EP的面积为4，△D'PH的面积为1，则矩形ABCD的面积等于．【答案】105+【分析】设AB=CD=x，由翻折可知：P A'=AB=x，PD'=CD=x，因为△A'EP的面积为4，△D'PH的面积为1，推出A'E=4D'H，设D'H=a，则A'E=4a，由△A'EP∽△D'PH，推出''''D H PDPA EA=，推出4a xx a=，可得x=2a，再利用三角形的面积公式求出a即可解决问题．【详解】∵四边形ABC是矩形，∴AB=CD，AD=BC，设AB=CD=x，由翻折可知：P A'=AB=x，PD'=CD=x．∵△A'EP的面积为4，△D'PH的面积为1，∴A'E=4D'H，设D'H=a，则A'E=4a．。

2020年中考数学基础题型提分讲练专题21 以平行四边形为背景的证明与计算(含解析)

专题21 以平行四边形为背景的证明与计算考点分析【例1】（2019·重庆中考真题)在ABCD 中，BE 平分ABC ∠交AD 于点E ．（1）如图1,若30D ︒∠=,AB 6=求ABE ∆的面积；(2)如图2，过点A 作AF DC ⊥，交DC 的延长线于点F ，分别交BE ，BC 于点G ，H ，且 AB AF =．求证：ED AG FC -=．【答案】（1）32；(2）证明见解析.【解析】(1）解：作BO AD ⊥于O ，如图1所示：∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AD BC ∥，AB CD ∥，AB CD =,30ABC D ︒∠=∠=，∴AEB CBE ∠=∠,30BAO D ︒∠=∠=， ∴1622BQ AB ==， ∵BE 平分ABC ∠，∴ABE CBE ∠=∠，∴ABE AEB ∠=∠， ∴6AE AB ==∴ABE ∆的面积11636222AE BO =⨯=⨯=; （2）证明：作AQ BE ⊥交DF 的延长线于P ，垂足为Q ，连接PB 、PE ，如图2所示:∵AB AE =，AQ BE ⊥，∴ABE AEB ∠=∠，BQ EQ =,∴PB PE =,∴PBE PEB ∠=∠，∴ABP AEP ∠=∠，∵AB CD ∥,AF CD ⊥,∴AF AB ⊥,∴90BAF ︒∠=，∵AQ BE ⊥,∴ABG FAP ∠=∠，在ABG ∆和FAP ∆中，90ABG FAP AB AF BAG AFP ︒∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=⎩，∴(ASA)ABG AFP ∆≅∆，∴AG FP =，∵AB CD ∥，AD BC ∥,∴180ABP BPC ︒∠+∠=，BCP D ∠=∠,∵180AEP PED ︒∠+∠=，∴BPC PED ∠=∠，在BPC ∆和PED ∆中，BCP D BPC PED PB PE ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴(AAS)BPC PED ∆≅∆，∴PC ED =，∴---===．ED AG PC AG PC FP FC【点睛】本题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、直角三角形的性质、线段垂直平分线的性质等知识；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解题的关键．【例2】（2019·山东初二期末）在正方形ABCD中,E是边CD上一点（点E不与点C、D 重合)，连结BE．（感知）如图①，过点A作AF⊥BE交BC于点F．易证△ABF≌△BCE．（不需要证明）(探究）如图②，取BE的中点M，过点M作FG⊥BE交BC于点F，交AD于点G．（1）求证：BE=FG．（2）连结CM，若CM=1,则FG的长为．（应用）如图③，取BE 的中点M ，连结CM ．过点C 作CG ⊥BE 交AD 于点G ，连结EG 、MG ．若CM=3，则四边形GMCE的面积为．【答案】（1）证明见解析；（2）2,9.【解析】感知：∵四边形ABCD 是正方形,∴AB=BC ，∠BCE=∠ABC=90°，∴∠ABE+∠CBE=90°，∵AF ⊥BE ，∴∠ABE+∠BAF=90°，∴∠BAF=∠CBE,在△ABF 和△BCE 中，90BAF CBE AB BCABC BCE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=︒⎩， ∴△ABF ≌△BCE （ASA ）；探究：(1）如图②，过点G 作GP ⊥BC 于P ，∵四边形ABCD 是正方形,∴AB=BC ，∠A=∠ABC=90°，∴四边形ABPG 是矩形，∴PG=AB ，∴PG=BC,同感知的方法得,∠PGF=∠CBE,在△PGF 和△CBE 中，90PQF CBE PQ BCPFG ECB ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=︒⎩, ∴△PGF ≌△CBE （ASA ），∴BE=FG ；（2)由(1）知,FG=BE ，连接CM,∵∠BCE=90°，点M 是BE 的中点，∴BE=2CM=2，∴FG=2，故答案为：2．应用：同探究（2）得，BE=2ME=2CM=6，∴ME=3，同探究（1)得，CG=BE=6，∵BE ⊥CG ，∴S 四边形CEGM =12CG×ME=12×6×3=9，故答案为:9．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，同角的余角相等,全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质,熟练掌握相关的性质与定理、判断出CG=BE 是解本题的关键．考点集训1．（2019·四川初三期末）在矩形ABCD 中，AB=12,P 是边AB 上一点,把△PBC 沿直线PC 折叠，顶点B 的对应点是点G ，过点B 作BE ⊥CG ，垂足为E 且在AD 上,BE 交PC 于点F ．（1)如图1，若点E 是AD 的中点，求证：△AEB ≌△DEC ；(2)如图2，①求证：BP=BF ；②当AD=25，且AE ＜DE 时，求cos ∠PCB 的值；③当BP=9时，求BE •EF 的值．【答案】（1）证明见解析；（2310；③108。

专题21 图形的相似(共29题)(解析版)-2023年中考数学真题分项汇编(全国通用)

专题21图形的相似（29题）一、单选题1．（2023·重庆·统考中考真题）如图，已知ABC EDC ∽，:2:3AC EC =，若AB 的长度为6，则DE 的长度为（）A ．4B ．9C ．12D ．13.5【答案】B 【分析】根据相似三角形的性质即可求出．【详解】解：∵ABC EDC ∽，∴::AC EC AB DE =，∵:2:3AC EC =，6AB =，∴2:36:DE =，∴9DE =，故选：B.【点睛】此题考查的是相似三角形的性质,掌握相似三角形的边长比等于相似比是解决此题的关键.2．（2023·四川遂宁·统考中考真题）在方格图中，以格点为顶点的三角形叫做格点三角形．在如图所示的平面直角坐标系中，格点ABC DEF 、成位似关系，则位似中心的坐标为（）A ．()1,0-B ．()0,0C ．()0,1D ．()1,0【答案】A【分析】根据题意确定直线AD 的解析式为：1y x =+，由位似图形的性质得出AD 所在直线与BE 所在直线x 轴的交点坐标即为位似中心，即可求解．【详解】解：由图得：()()1,2,3,4A D ，设直线AD 的解析式为：y kx b =+，将点代入得：243k b k b=+⎧⎨=+⎩，解得：11k b =⎧⎨=⎩，∴直线AD 的解析式为：1y x =+，AD 所在直线与BE 所在直线x 轴的交点坐标即为位似中心，∴当0y =时，1x =-，∴位似中心的坐标为()1,0-，故选：A ．【点睛】题目主要考查位似图形的性质，求一次函数的解析式，理解题意，掌握位似图形的特点是解题关键．3．（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）如图，在直角坐标系中，ABC 的三个顶点分别为()()()1,2,2,1,3,2A B C ，现以原点O 为位似中心，在第一象限内作与ABC 的位似比为2的位似图形A B C ''' ，则顶点C '的坐标是（）A ．()2,4B ．()4,2C ．()6,4D ．()5,4【答案】C 【分析】直接根据位似图形的性质即可得．【详解】解：∵ABC 的位似比为2的位似图形是A B C ''' ，且()3,2C ，()23,22C '∴⨯⨯，即()6,4C '，故选：C ．【点睛】本题考查了坐标与位似图形，熟练掌握位似图形的性质是解题关键．4．（2023·四川南充·统考中考真题）如图，数学活动课上，为测量学校旗杆高度，小菲同学在脚下水平放置一平面镜，然后向后退（保持脚、镜和旗杆底端在同一直线上），直到她刚好在镜子中看到旗杆的顶端．已知小菲的眼睛离地面高度为1.6m ，同时量得小菲与镜子的水平距离为2m ，镜子与旗杆的水平距离为10m ，则旗杆高度为（）A ．6.4mB ．8mC ．9.6mD ．12.5m【答案】B 【分析】根据镜面反射性质，可求出ACB ECD ∠=∠，再利用垂直求ABC EDC ∽，最后根据三角形相似的性质，即可求出答案.【详解】解：如图所示，由图可知，AB BD ⊥，CD DE ⊥，CF BD⊥90ABC CDE \Ð=Ð=°.根据镜面的反射性质，∴ACF ECF ∠=∠，∴9090ACF ECF ︒-∠=︒-∠，ACB ECD ∴∠=∠，ABC EDC ∴ ∽，AB BC DE CD∴=. 小菲的眼睛离地面高度为1.6m ，同时量得小菲与镜子的水平距离为2m ，镜子与旗杆的水平距离为10m ，1.6m AB ∴=，2m BC =，10m CD =.1.6210DE ∴=.8m DE ∴=.故选：B.A ．23B ．352【答案】B 【分析】根据平行线分线段成比例得出1322CM AD ==，进而可得MB =进而在Rt BGM △中，勾股定理即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD 是正方形，∴2AD BC AB AF FG ===+=∵EF AB ⊥，∴AD EF BC∥∥∴2DE AF EM FB ==，ADE CME ∽△△∴2AD DE CM EM==，则1322CM AD ==，∴332MB CM =-=，∵BC AD ∥，∴GMB GDA ∽，∴312BG MB在Rt BGM △中，2222335322MG MB BG ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭，故选：B ．【点睛】本题考查了正方形的性质，平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．6．（2023·湖北黄冈·统考中考真题）如图，矩形ABCD 中，34AB BC ==，，以点B 为圆心，适当长为半径画弧，分别交BC ，BD 于点E ，F ，再分别以点E ，F 为圆心，大于12EF 长为半径画弧交于点P ，作射线BP ，过点C 作BP 的垂线分别交,BD AD 于点M ，N ，则CN 的长为（）A ．10B ．11C ．23D ．4【答案】A 【分析】由作图可知BP 平分CBD ∠，设BP 与CN 交于点O ，与CD 交于点R ，作RQ BD ⊥于点Q ，根据角平分线的性质可知RQ RC =，进而证明Rt BCR Rt BQR ≌，推出4BC BQ ==，设RQ RC x ==，则3DR CD CR x =-=-，解Rt DQR 求出43QR CR ==．利用三角形面积法求出OC ，再证OCR DCN ∽，根据相似三角形对应边成比例即可求出CN ．【详解】解：如图，设BP 与CN 交于点O ，与CD 交于点R ，作RQ BD ⊥于点Q ，矩形ABCD 中，34AB BC ==，，∴3CD AB ==，∴225BD BC CD =+=．由作图过程可知，BP 平分CBD ∠，定理，相似三角形的判定与性质等，涉及知识点较多，有一定难度，解题的关键是根据作图过程判断出BP 平分CBD ∠，通过勾股定理解直角三角形求出CR ．7．（2023·四川内江·统考中考真题）如图，在ABC 中，点D 、E 为边AB 的三等分点，点F 、G 在边BC 上，AC DG EF ∥∥，点H 为AF 与DG 的交点．若12AC =，则DH 的长为（）A ．1B ．32C ．2D ．3【答案】C 【分析】由三等分点的定义与平行线的性质得出BE DE AD ==，BF GF CG ==，AH HF =，DH 是AEF △的中位线，易证BEF BAC ∽△△，得EF BE AC AB =，解得4EF =，则122DH EF ==．【详解】解：D 、E 为边AB 的三等分点，EF DG AC ∥∥，BE DE AD ∴==，BF GF CG ==，AH HF =，3AB BE ∴=，DH 是AEF △的中位线，12DH EF ∴=，EF AC ∥，,,BEF BAC BFE BCA ∴∠=∠∠=∠BEF BAC ∴∽△△，∴EF BE AC AB=，即123EF BE BE =，解得：4EF =，114222DH EF ∴==⨯=，故选：C ．【点睛】本题考查了三等分点的定义、平行线的性质、相似三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．A．36,55⎛⎫⎪⎝⎭B．【答案】D【分析】由题意可得点C在以点分别过C、M作CF OA⊥，取得最大值时，OM取得最大值，结合图形可知当最大值，然后分别证BDO【详解】解：∵点C为平面内一动点，∴点C在以点B为圆心，3 2在x轴的负半轴上取点D ⎛- ⎝∵35OA OB==，∴AD OD OA =+=952，∴23OA AD =，∵:1:2CM MA =，∴23OA CM AD AC ==，∵OAM DAC ∠∠=，∴OAM DAC ∽，∴23OM OA CD AD ==，∴当CD 取得最大值时，OM 取得最大值，结合图形可知当D ，B ，C 三点共线，且点B 在线段DC 上时，CD 取得最大值，∵35OA OB ==，OD =352，∴BD =()222235153522OB OD ⎛⎫+=+= ⎪ ⎪⎝⎭，∴9CD BC BD =+=，∵23OM CD =，∴6OM =，∵y 轴x ⊥轴，CF OA ⊥，∴90DOB DFC ∠∠==︒，∵BDO CDF ∠∠=，∴BDO CDF ∽，∴OB BD CF CD =即153529CF =，解得1855CF =，同理可得，AEM AFC ∽，∴23ME AM CF AC ==即231855ME =，解得1255ME =，A ．①②B ．【答案】D 【分析】根据正方形的性质和三角形全等即可证明用角平分线的性质和公共边即可证明明ADE DGE ∽△△推出DE 出AM 和CM 长度，最后通过面积法即可求证最小值，从而证明②不对.【详解】解：ABCD 为正方形，BC CD AD ∴==，ADE ∠BF CE = ，DE FC ∴=，()SAS ADE DCF ∴ ≌.DAE FDC ∠=∠∴,90ADE ∠=︒ ,90ADG FDC ∴∠+∠=︒，90ADG DAE ∴∠+∠=︒，90AGD AGM ∴∠=∠=︒.AE 平分CAD ∠，DAG MAG ∴∠=∠.AG AG = ，()ASA ADG AMG ∴ ≌.DG GM ∴=，90AGD AGM ∠=∠=︒ ，AE ∴垂直平分DM ，故①正确.由①可知，90ADE DGE ∠=∠=︒，DAE GDE ∠=∠，ADE DGE ∴ ∽，DE AE GE DE∴=，2DE GE AE ∴=⋅，由①可知DE CF =，2CF GE AE ∴=⋅.故③正确.ABCD 为正方形，且边长为4，4AB BC AD ∴===，∴在Rt ABC △中，242AC AB ==.由①可知，()ASA ADG AMG ≌，4AM AD ∴==，424CM AC AM ∴=-=-.由图可知，DMC 和ADM △等高，设高为h ，=ADM ADC DMC S S S ∴- ，h=由④可知ADM△的高2∴=.22DN'故②不正确.综上所述，正确的是①③.故选：D.【点睛】本题考查的是正方形的综合题，涉及到三角形相似，最短路径，三角形全等，三角形面积法，解题的关键在于是否能正确找出最短路径以及运用相关知识点10．（2023·内蒙古赤峰·统考中考真题）延长线上的点Q重合．DE=，则下列结论，①DQ EQA．①②③B．②④【答案】A【分析】由折叠性质和平行线的性质可得QDF CDF QEF ∠=∠=∠，根据等角对等边即可判断①正确；根据等腰三角形三线合一的性质求出4MQ AM ==，再求出BQ 即可判断②正确；由CDP BQP △∽△得53CP CD BP BQ ==，求出BP 即可判断③正确；根据EF QE DE BE≠即可判断④错误．【详解】由折叠性质可知：,5CDF QDF CD DQ ∠=∠==，∵CD AB ∥，∴CDF QEF ∠=∠．∴QDF QEF ∠=∠．∴5DQ EQ ==．故①正确；∵5DQ CD AD ===，DM AB ⊥，∴4MQ AM ==．∵541MB AB AM =-=-=，∴413BQ MQ MB =-=-=．故②正确；∵CD AB ∥，∴CDP BQP △∽△．∴53CP CD BP BQ ==．∵5CP BP BC +==，∴31588BP BC ==．故③正确；∵CD AB ∥，∴CDF BEF ∽△△．∴55358DF CD CD EF BE BQ QE ====++．∴813EF DE =．∵58QE BE =，∴EF QE DE BE≠．A．①②③④⑤B【答案】B【分析】利用正方形的性质和翻折的性质，逐一判断，即可解答．【详解】解：四边形ABCDDAE ABF∴∠=∠=︒，90⊥，AF DE∴∠+∠=︒，BAF AED90，∠+∠=︒BAF AFB90∴∠=∠，AED BFA()ABF AED∴△≌△AAS∴=，故①正确，AF DE将ABF△沿AF翻折，得到BM AF∴⊥，⊥，∵AF D EBM DE ∴∥，故②正确，当CM FM ⊥时，90CMF ∠=︒，90AMF ABF ∠=∠=︒ ，180AMF CMF ∴∠+∠=︒，即,,A M C 在同一直线上，45MCF ∴∠=︒，9045MFC MCF ∴∠=︒-∠=︒，通过翻折的性质可得45HBF HMF ∠=∠=︒，BF MF =，∴HMF MFC ∠=∠，HBC MFC ∠=∠，,BC MH HB MF ∴∥∥，∴四边形BHMF 是平行四边形，BF MF = ，∴平行四边形BHMF 是菱形，故③正确，当点E 运动到AB 的中点，如图，设正方形ABCD 的边长为2a ，则AE BF a ==，在Rt AED △中，225DE AD AE a AF =+==，,45AHD FHB ADH FBH ∠=∠∠=∠=︒ ，AHD FHB ∴△∽△，122FH BF a AH AD a ∴===，22533AH AF a ∴==，90AGE ABF ∠=∠=︒ ，AGF ABF ∴△∽△，555AE EG AG a AF BF AB a ∴====，二、填空题11【答案】()3,1【分析】直接利用位似图形的性质得出相似比进而得出对应线段的长．【详解】解∶设()1,A m n ∵ABC 与111A B C △位似，原点O 是位似中心，且113AB A B =．若()9,3A ，∴位似比为31，∴933311m n ==，，解得3m =，1n =，∴()13,1A 故答案为：()3,1.【点睛】此题主要考查了位似变换，正确得出相似比是解题关键．13．（2023·吉林长春·统考中考真题）如图，ABC 和A B C ''' 是以点O 为位似中心的位似图形，点A 在线段OA '上．若12OA AA '=::，则ABC 和A B C ''' 的周长之比为__________．【答案】1:3【分析】根据位似图形的性质即可求出答案．【详解】解：12OA AA '= ::，:1:3OA OA '∴=，设ABC 周长为1l ，设A B C ''' 周长为2l ，ABC 和A B C ''' 是以点O 为位似中心的位似图形，1213l OA l OA ∴=='．12:1:3l l ∴=．ABC ∴ 和A B C ''' 的周长之比为1:3．故答案为：1:3．【答案】52【分析】四边形ABCD 是平行四边形，则由23AE EB =进一步即可得到答案．【详解】解：∵四边形ABCD 是平行四边形，∴,AB CD AB CD = ，∴,AEF CDF EAF DCF ∠=∠∠=∠∴EAF DCF ∽，【答案】6【分析】根据题意可得ABD AQP ∽，然后相似三角形的性质，即可求解．【详解】解：∵ABC ∠和AQP ∠均为直角∴BD PQ ∥，∴ABD AQP ∽，∴BD AB PQ AQ=∵40cm 20cm 12m AB BD AQ ===，，，∴2m 120640AQ BD PQ AB ⨯⨯===,故答案为：6．【点睛】本题考查了相似三角形的应用，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．16．（2023·四川成都·统考中考真题）如图，在ABC 中，D 是边AB 上一点，按以下步骤作图：①以点A 为圆心，以适当长为半径作弧，分别交AB ，AC 于点M ，N ；②以点D 为圆心，以AM 长为半径作弧，交DB 于点M '；③以点M '为圆心，以MN 长为半径作弧，在BAC ∠内部交前面的弧于点N '：④过点N '作射线DN '交BC 于点E ．若BDE 与四边形ACED 的面积比为4:21，则BE CE的值为___________．【答案】23【分析】根据作图可得BDE A ∠=∠，然后得出DE AC ∥，可证明BDE BAC ∽△△，进而根据相似三角形的性质即可求解．【详解】解：根据作图可得BDE A ∠=∠，【答案】5【分析】过点D 作DF AB ⊥等腰直角三角形，可得DF =AFD ACB ，可得DF BC =12CD =，即可求解．【详解】解：过点D 作DF ∵90ACB ∠=︒，3AC =，BC∴ABB ' 是等腰直角三角形，∴45ABB '∠=︒，又∵DF AB ⊥，∴45FDB ∠=︒，∴DFB △是等腰直角三角形，∴DF BF =，∵1122ADB S BC AD DF AB =⨯⨯=⨯⨯ ，即=10AD DF ，∵90C AFD ∠=∠=︒，CAB FAD ∠=∠，∴AFD ACB ，∴DF AF BC AC=，即3AF DF =，又∵=10AF DF -，∴10=4DF ，∴105=10=42AD ⨯，51=3=22CD -，∴52==512AD CD ，故答案为：5．【点睛】本题考查旋转的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、三角形的面积，熟练掌握相关知识是解题的关键．18．（2023·河南·统考中考真题）矩形ABCD 中，M 为对角线BD 的中点，点N 在边AD 上，且1AN AB ==．当以点D ，M ，N 为顶点的三角形是直角三角形时，AD 的长为______．【答案】2或21+【分析】分两种情况：当90MND ∠=︒时和当90NMD ∠=︒时，分别进行讨论求解即可．【详解】解：当90MND ∠=︒时，∵四边形ABCD 矩形，∴90A ∠=︒，则∥MN AB ，由平行线分线段成比例可得：AN BM ND MD=又∵M 为对角线BD 的中点，∵M 为对角线BD 的中点，90NMD ∠=︒∴MN 为BD 的垂直平分线，∴BN ND =，论是解决问题的关键．19．（2023·辽宁大连·统考中考真题）如图，在正方形ABCD 中，3AB =，延长BC 至E ，使2CE =，连接AE ，CF 平分DCE ∠交AE 于F ，连接DF ，则DF 的长为_______________．【答案】3104【分析】如图，过F 作FM BE ⊥于M ，FN CD ⊥于N ，由CF 平分DCE ∠，可知45FCM FCN ∠=∠=︒，可得四边形CMFN 是正方形，FM AB ∥，设FM CM NF CN a ====，则2ME a =-，证明EFM EAB ∽，则FM ME AB BE =，即2332a a -=+，解得34a =，94DN CD CN =-=，由勾股定理得22DF DN NF =+，计算求解即可．【详解】解：如图，过F 作FM BE ⊥于M ，FN CD ⊥于N ，则四边形CMFN 是矩形，FM AB ∥，∵CF 平分DCE ∠，∴45FCM FCN ∠=∠=︒，∴=CM FM ，∴四边形CMFN 是正方形，设FM CM NF CN a ====，则2ME a =-，∵FM AB ∥，∴EFM EAB ∽，∴FM ME AB BE =，即2332a a -=+，解得34a =，∴94DN CD CN =-=，【答案】15【分析】根据正方形的性质及相似三角形的性质可进行求解．【详解】解：如图，由题意可知10,AD DC CG CE ===∴10CH AD ==，∵90,D DCH AJD HJC ∠=∠=︒∠=∠∴()AAS ADJ HCJ ≌，∴5CJ DJ ==，∴1EJ =，∵GI CJ ∥，∴HGI HCJ ∽，∴25GI GH CJ CH ==，∴2GI =，∴4FI =，∴()1152EJIF S EJ FI EF =+⋅=梯形；故答案为：15．【点睛】本题主要考查正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．21．（2023·天津·统考中考真题）如图，在边长为3的正方形ABCD 的外侧，作等腰三角形ADE ，52EA ED ==．（1）ADE V 的面积为________；（2）若F 为BE 的中点，连接AF 并延长，与CD 相交于点G ，则AG 的长为________．【答案】3；13【分析】（1）过点E 作EH AD ⊥，根据正方形和等腰三角形的性质，得到AH 的长，再利用勾股定理，求出EH 的长，即可得到ADE V 的面积；（2）延长EH 交AG 于点K ，利用正方形和平行线的性质，证明()ASA ABF KEF ≌，得到EK 的长，进而得到KH 的长，再证明AHK ADG △∽△，得到KH AH GD AD=，进而求出GD 的长，最后利用勾股定理，即可求出AG 的长．【详解】解：（1）过点E 作EH AD ⊥，正方形ABCD 的边长为3，3AD ∴=，ADE 是等腰三角形，52EA ED ==，EH AD ⊥，1322AH DH AD ∴===，【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键．22．（2023·四川泸州·统考中考真题）如图，E ，F 是正方形ABCD 的边AB 的三等分点，P 是对角线AC 上的动点，当PE PF +取得最小值时，AP PC的值是___________．【答案】27【分析】作点F 关于AC 的对称点F '，连接EF '交AC 于点P '，此时PE PF +取得最小值，过点F '作AD 的垂线段，交AC 于点K ，根据题意可知点F '落在AD 上，设正方形的边长为a ，求得AK 的边长，证明AEP KF P '''△∽△，可得2KP AP '='，即可解答．【详解】解：作点F 关于AC 的对称点F '，连接EF '交AC 于点P '，过点F '作AD 的垂线段，交AC 于点K ，由题意得：此时F '落在AD 上，且根据对称的性质，当P 点与P '重合时PE PF +取得最小值，设正方形ABCD 的边长为a ，则23AF AF a '==，四边形ABCD 是正方形，45F AK '∴∠=︒，45P AE '∠=︒，2AC a=F K AF ''⊥ ，【答案】97 3【分析】过点A作AH⊥根据勾股定理求出AH6CE BC==，证明CD226 DE CE CD=+=【详解】解：过点A作则90AHC AHB ∠=∠=︒，∵5,6AB AC BC ===，∴132===BH HC BC ，∴224AH AC CH =-=，∵ADB CBD CED ∠=∠+∠，2ADB CBD ∠=∠，∴CBD CED ∠=∠，∴DB DE =，∵90BCD ∠=︒，∴DC BE ⊥，∴6CE BC ==，∴9EH CE CH =+=，∵DC BE ⊥，AH BC ⊥，∴CD AH ∥，∴~ECD EHA ，∴CD CE AH HE =，即649CD =，解得：83CD =，∴22228297633DE CE CD ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭，∵CD AH ∥，∴DE CE AD CH=，即297633AD =，三、解答题(1)证明：C ABD BA ∽△△；(2)若610AB BC ==，，求BD 【答案】(1)见解析(2)185BD =【分析】（1）根据三角形高的定义得出角B B ∠=∠，即可得证；（2）根据（1）的结论，利用相似三角形的性质即可求解．【详解】（1）证明：∵BAC ∠∴90ADB ∠=︒，B C ∠+∠=∴90B BAD ∠+∠=︒，∴BAD C∠=∠∴23618105AB BD CB ===．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．25．（2023·湖南·统考中考真题）如图，,CA AD ED AD ⊥⊥，点B 是线段AD 上的一点，且CB BE ⊥．已知8,6,4AB AC DE ===．(1)证明：ABC DEB ∽△△．(2)求线段BD 的长．【答案】(1)见解析(2)3BD =【分析】（1）根据题意得出90,90A D C ABC ∠=∠=︒∠+∠=︒，90ABC EBD ∠+∠=︒，则C EBD ∠=∠，即可得证；（2）根据（1）的结论，利用相似三角形的性质列出比例式，代入数据即可求解．【详解】（1）证明：∵,AC AD ED AD ⊥⊥，∴90,90A D C ABC ∠=∠=︒∠+∠=︒，∵CE BE ⊥，∴90ABC EBD ∠+∠=︒，∴C EBD ∠=∠，∴ABC DEB ∽△△；（2）∵ABC DEB ∽△△，∴AB AC DE BD=，∵8,6,4AB AC DE ===，∴864BD=，解得：3BD =．【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．26．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，ABCD Y 中，点E 是AD 的中点，连接CE 并延长交BA 的延长(1)求证：AF AB=；(2)点G是线段AF上一点，满足∠【答案】(1)见解析(2)6 5【分析】（1）根据平行四边形的性质可得即可解答；（2）通过平行四边形的性质证明AGH DCH△∽△，利用对应线段比相等，列方程即可解答．【详解】（1）证明：四边形ABCDAB CD∴∥，AB CD=，EAF D∴∠=∠，AGH DCH ∴△∽△，GH AG CH DC∴=，设HG x =,则6CH CG GH x =-=-，可得方程268x x =-，解得65x =，即GH 的长为65．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练运用上述性质证明三角形相似是解题的关键．27．（2023·四川凉山·统考中考真题）如图，在ABCD Y 中，对角线AC 与BD 相交于点O ，CAB ACB ∠=∠，过点B 作BE AB ⊥交AC 于点E ．(1)求证：AC BD ⊥；(2)若10AB =，16AC =，求OE 的长．【答案】(1)见详解(2)92【分析】（1）可证AB CB =，从而可证四边形ABCD 是菱形，即可得证；（2）可求6OB =，再证EBO BAO ∽ ，可得EO BO BO AO=，即可求解．【详解】（1）证明：CAB ACB ∠=∠ ，AB CB ∴=，四边形ABCD 是平行四边形，∴四边形ABCD 是菱形，AC BD ∴⊥．（2）解：四边形ABCD 是平行四边形，128OA AC ∴==，AC BD ^ ，BE AB ⊥，(1)求证：四边形AMCN 是平行四边形；(2)若AMCN 的面积为4，求ABCD Y 【答案】(1)见解析(2)12【分析】（1）根据平行四边形的性质，线段的中点平分线段，推出四边形四边形，进而得到：,AM CN AN ∥∥（2）连接,,HG AC EF ，推出ANH ANC S S ()1122ANH FMC ANC AMC S S S S S +=+=【详解】（1）证明：∵ABCD Y ，∴,,,AB CD AD BC AB CD AD BC ==∥∥，∵点E 、F 、G 、H 分别是ABCD Y 各边的中点，∴11,22AE AB CD CG AE CG ===∥，∴四边形AECG 为平行四边形，同理可得：四边形AFCH 为平行四边形，∴,AM CN AN CM ∥∥，∴四边形AMCN 是平行四边形；（2）解：连接,,HG AC EF ，∵,H G 为,AD CD 的中点，∴1,2HG AC HG AC =∥，∴HNG CNA ∽，∴12HN HG CN AC ==，∴12ANH ANC S HN S CN == ，同理可得：12FMC AMC S S = ∴()11222ANH FMC ANC AMC AMCN S S S S S +=+== ，∴246AFCH ANH FMC AMCN S S S S =++=+= ，∵12AH AD =，∴212ABCD AFCH S S == ．【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质，以及三角形的中位线定理，证明三角形相似，是解题的关键．29．（2023·上海·统考中考真题）如图，在梯形ABCD 中AD BC ∥，点F ，E 分别在线段BC ，AC 上，且(1)求证：DE AF=(2)若ABC CDE ∠=∠，求证：2AF BF CE=⋅【答案】见解析【分析】（1）先根据平行线的性质可得DAE ∠然后根据全等的三角形的性质即可得证；（2）先根据全等三角形的性质可得AFC ∠=∠得ABF CDE ，然后根据相似三角形的性质即可得证．【详解】（1）证明：AD BC ，DAE ACF ∴∠=∠，在DAE 和ACF △中，DAE ACF AD CA ADE CAF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，()ASA DAE ACF ∴≅ ，DE AF ∴=．（2）证明：DAE ACF ≅ ，AFC DEA ∴∠=∠，180180AFC DEA ∴︒-∠=︒-∠，即AFB CED ∠=∠AFB CED ∠=∠⎧【点睛】本题考查了三角形全等的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．。

2020年中考数学一轮专项复习——矩形、菱形、正方形(含解析)

第3题图A. 20 °B.302020年中考数学一轮专项复习一一矩形、菱形、正方形课时1 矩形■基础过关1. （2019重庆模拟）下列关于矩形对角线的说法中，正确的是（）A.对角线相互垂直B.面积等于对角线乘积的一半C.对角线平分一组对角D.对角线相等2 . （2019临沂）如图，在？ABCD 中，M, N 是BD 上两点,个条件，使四边形 AMCN 是矩形，这个条件是（）B. MB= MOD. / AMB = Z CNDBM = DN,连接 AM, MC , CN, NA.添加一1A. OM =2ACC. BD± AC3 .如图，将矩形纸片数为（）ABCD 沿BD 折叠，得到△ BCD, CD 与AB 交于点E.若/1 = 35°,则/ 2的度第2题图5.如图，矩形 ABCD 中，A （-2, 0）, B （2, 0）, C （2, 2）,将AB 绕点A 旋转，使点 B 落在边CD 上的点E 处，则点E 的坐标为（）B. (2击，2) D. (2^3-2, 2)4. （2019贵阳模拟）如图，在矩形ABCD （） ABCD 中，AE 平分/ BAD,交边BC 于点E,若ED=5, EC=3,则A. 11B. 14C. 22D. 28A.(a 2) C. (1 ，6.如图，在矩形ABCD 中，对角线 AC 与BD 相交于点 O,过点A 作BD 的垂线，垂足为E.已知/ EAD= 3/BAE,则/ EAO 的度数为（A . 22.5B. 67.5C. 45°D. 60°7 . （2020原创）如图，点O 是矩形则^ BOE 的周长为（）ABCD 对角线 AC 的中点，OE // AB 交AD 于点E.若AB=6, BC=8,A. 10B. 8 + 2^5C. 8+2^13D. 14E第4题图第5题图4第6题图10.（人教八下P55练习2题）如图，？ABCD的对角线AC、BD交于点O, △ OAB是等边三角形，AB =4.（1）求证：四边形ABCD是矩形;（2）求四边形ABCD的面积.8. （2018遵义）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点, 点E, F,连接PB、PD.若AE=2, PF = 8.则图中阴影部分的面积为过点P作EF // BC,分别交AB, CD于A. 10 8.12 C. 16D. 189.（2019徐州）如图，矩形ABCD中，AC、BD交于点O, M、N分别为BC、OC的中点，若MN = 4, 则AC的长为第7题图第8题图第9题图第10题图11 . (2019怀化)已知：如图，在？ABCD中，AEXBC, CFXAD, E, F分别为垂足.⑴求证：△ ABE^A CDF ;(2)求证：四边形AECF是矩形.第11题图12 . (2019连云港)如图，在^ ABC中，AB = AC>AABC沿着BC方向平移得到△ DEF ,其中点E在边BC上，DE 与AC相交于点O.(1)求证：△ OEC为等腰三角形；(2)连接AE、DC、AD,当点E在什么位置时，四边形AECD为矩形，并说明理由.第12题图1 . （2019台州）如图，有两张矩形纸片 ABCD 和EFGH, AB=EF =2 cm, BC = FG=8 cm 把纸片 ABCD 交叉叠放在纸片 EFGH 上，使重叠部分为平行四边形，且点 D 与点G 重合，当两张纸片交叉所成的角 “最小时，tan a 等于（）2 .如图，在矩形 ABCD 中，AB = 4, BC = 6, E 是矩形内部的一个动点，且 AEXBE,则线段CE 的最小值为.A.B. 2C. 187D.8_15;1 DB EC F第1题图第2题图立满分冲关1. (2019眉山模拟)如图，在矩形ABCD中，E是AD边的中点，BEXAC,垂足为点F,连接DF ,分析下列四个结论：① CF = 3AF;②AB=DF;③DF = ^BC；④S四边形CDEF^S MBF.其中正确白结论有( )第1题图A . 1个B,2个C,3个D,4个【错误结论纠正】请将错误结论改正确.2 .如图，在矩形ABCD中，ZBAC=30°,对角线AC, BD交于点O, / BCD的平分线CE分别交AB, BD于点E, H,连接OE.(1)求/ BOE的度数；(2)若BC=1,求^ BCH的面积；(3)求S A CHO :S^BHE的值.H E第2题图课时2菱形（建议时间：40分钟）名■基础过关1. （2019玉林）菱形不具备的性质是（）A.是轴对称图形B.是中心对称图形C.对角线互相垂直D.对角线一定相等2. （2019 河北）如图，菱形ABCD 中，/ D= 150°,则/ 1 =（）A.30 °B. 25 °C. 20 °D. 15 °DB第2题图3. （2019襄阳）如图，分别以线段AB的两个端点为圆心，大于AB的一半的长为半径画弧，两弧分别交于C, D两点，连接AC, BC, AD, BD,则四边形ADBC一定是（）A.正方形B.矩形第3题图4. （2019呼和浩特）已知菱形的边长为3,较短的一条对角线的长为2,则该菱形较长的一条对角线的长为（）A.2 2B. 2 . 5C. 4 2D. 2 . 105. （2019宁夏）如图，四边形ABCD的两条对角线相交于点O,且互相平分.添加下列条件，仍不能判定四边形ABCD为菱形的是（）A.AC± BDB.AB = ADC.AC= BDD./ ABD = Z CBD,4第5题图6 . （2019赤峰）如图，菱形ABCD的周长为20,对角线AC、BD相交于点O, E是CD的中点，则OE 的长是（）A. 2.5B. 3第6题图7. （2019天津）如图，四边形ABCD 为菱形，A, B两点的坐标分别是（2, 0）, （0, 1）,点C, D在坐标轴上，则菱形ABCD的周长等于（y6D第7题图A. 5B.4 3C.4 5D. 208 . （2019永州）如图，四边形ABCD的对角线相交于点O,且点。

中考数学知识点专题分类复习：第21讲菱形

中考数学知识点专题分类复习：第21讲菱形【知识巩固】1.定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形2.性质：边菱形的对边互相平行菱形的四条边都相等角菱形的对角相等菱形的邻角互补对角线菱形的两条对角线互相平分且互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角3.判定：边有一组邻边相等的平行四边形是菱形四条边都相等的四边形是菱形对角线对角线互相垂直的平行四边形是菱形4.菱形是轴对称图形，两条对角线为它的对称轴。

【典例解析】典例一、菱形下列四边形中不一定为菱形的是（）A.对角线相等的平行四边形B.每条对角线平分一组对角的四边形C.对角线互相垂直的平行四边形D.用两个全等的等边三角形拼成的四边形答案：A【变式训练】如图,在平行四边形ABCD中,用直尺和圆规作∠BAD平分线交BC于点E(尺规作图的痕迹保留在图中了),连EF．（1）求证：四边形ABEF为菱形；（2）AE，BF相交于点O，若BF=6，AB=5，求AE的长．【解答】（1）证明：由尺规作∠BAF的角平分线的过程可得AB=AF，∠BAE=∠FAE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠FAE=∠AEB，∴∠BAE=∠AEB，∴AB=BE，∴BE=FA，∴四边形ABEF为平行四边形，∵AB=AF，∴四边形ABEF为菱形；（2）解：∵四边形ABEF为菱形，∴AE⊥BF，BO=FB=3，AE=2AO，在Rt△AOB中，AO=4，∴AE=2AO=8．典例二、菱形的性质（2017广东）如图所示，已知四边形ABCD，ADEF都是菱形，∠BAD=∠FAD，∠BAD 为锐角．（1）求证：AD⊥BF；（2）若BF=BC，求∠ADC的度数．【考点】L8：菱形的性质．【分析】（1）连结DB、DF．根据菱形四边相等得出AB=AD=FA，再利用SAS证明△BAD ≌△FAD，得出DB=DF，那么D在线段BF的垂直平分线上，又AB=AF，即A在线段BF 的垂直平分线上，进而证明AD⊥BF；（2）设AD⊥BF于H，作DG⊥BC于G，证明DG=CD．在直角△CDG中得出∠C=30°，再根据平行线的性质即可求出∠ADC=180°﹣∠C=150°．【解答】（1）证明：如图，连结DB、DF．∵四边形ABCD，ADEF都是菱形，∴AB=BC=CD=DA，AD=DE=EF=FA．在△BAD与△FAD中，，∴△BAD≌△FAD，∴DB=DF，∴D在线段BF的垂直平分线上，∵AB=AF，∴A在线段BF的垂直平分线上，∴AD是线段BF的垂直平分线，∴AD⊥BF；（2）如图，设AD⊥BF于H，作DG⊥BC于G，则四边形BGDH是矩形，∴DG=BH=BF．∵BF=BC，BC=CD，∴DG=CD．在直角△CDG中，∵∠CGD=90°，DG=CD，∴∠C=30°，∵BC∥AD，∴∠ADC=180°﹣∠C=150°．【变式训练】( 2017湖南怀化)如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，AB=10cm，点P是这个菱形内部或边上的一点．若以P，B，C为顶点的三角形是等腰三角形，则P，A（P，A两点不重合）两点间的最短距离为10﹣10cm．【考点】L8：菱形的性质；KH：等腰三角形的性质．【分析】分三种情形讨论①若以边BC为底．②若以边PB为底．③若以边PC为底．分别求出PD的最小值，即可判断．【解答】解：连接BD，在菱形ABCD中，∵∠ABC=120°，AB=BC=AD=CD=10，∴∠A=∠C=60°，∴△ABD，△BCD都是等边三角形，①若以边BC为底，则BC垂直平分线上（在菱形的边及其内部）的点满足题意，此时就转化为了“直线外一点与直线上所有点连线的线段中垂线段最短”，即当点P与点D重合时，PA最小，最小值PA=10；②若以边PB为底，∠PCB为顶角时，以点C为圆心，BC长为半径作圆，与AC相交于一点，则弧BD（除点B外）上的所有点都满足△PBC是等腰三角形，当点P在AC上时，AP 最小，最小值为10﹣10；③若以边PC为底，∠PBC为顶角，以点B为圆心，BC为半径作圆，则弧AC上的点A与点D均满足△PBC为等腰三角形，当点P与点A重合时，PA最小，显然不满足题意，故此种情况不存在；综上所述，PD的最小值为10﹣10（cm）；故答案为：10﹣1．典例三、菱形判定（2017山东聊城）如图，△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，要判定四边形DBFE是菱形，还需要添加的条件是（）A．AB=AC B．AD=BD C．BE⊥AC D．BE平分∠ABC【考点】L9：菱形的判定．【分析】当BE平分∠ABE时，四边形DBFE是菱形，可知先证明四边形BDEF是平行四边形，再证明BD=DE即可解决问题．【解答】解：当BE平分∠ABE时，四边形DBFE是菱形，理由：∵DE∥BC，∴∠DEB=∠EBC，∵∠EBC=∠EBD，∴∠EBD=∠DEB，∴BD=DE，∵DE∥BC，EF∥AB，∴四边形DBEF是平行四边形，∵BD=DE，∴四边形DBEF是菱形．其余选项均无法判断四边形DBEF是菱形，故选D．【变式训练】（2017宁夏）在△ABC中，M是AC边上的一点，连接BM．将△ABC沿AC翻折，使点B 落在点D处，当DM∥AB时，求证：四边形ABMD是菱形．【分析】只要证明AB=BM=MD=DA，即可解决问题．【解答】证明：∵AB∥DM，∴∠BAM=∠AMD，∵△ADC是由△ABC翻折得到，∴∠CAB=∠CAD，AB=AD，BM=DM，∴∠DAM=∠AMD，∴DA=DM=AB=BM，∴四边形ABMD是菱形．【点评】本题考查翻折变换、等腰三角形的判定和性质．平行线的性质等知识，解题的关键是证明△ADM是等腰三角形．典例四、菱形的综合应用(2017湖北襄阳)如图，AE∥BF，AC平分∠BAE，且交BF于点C，BD平分∠ABF，且交AE于点D，连接CD．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）若∠ADB=30°，BD=6，求AD的长．【考点】LA：菱形的判定与性质．【分析】（1）由平行线的性质和角平分线定义得出∠ABD=∠ADB，证出AB=AD，同理：AB=BC，得出AD=BC，证出四边形ABCD是平行四边形，即可得出结论；（2）由菱形的性质得出AC⊥BD，OD=OB=BD=3，再由三角函数即可得出AD的长．【解答】（1）证明：∵AE∥BF，∴∠ADB=∠CBD，又∵BD平分∠ABF，∴∠ABD=∠CBD，∴∠ABD=∠ADB，∴AB=AD，同理：AB=BC，∴AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，又∵AB=AD，∴四边形ABCD是菱形；（2）解：∵四边形ABCD是菱形，BD=6，∴AC⊥BD，OD=OB=BD=3，∵∠ADB=30°，∴cos∠ADB==，∴AD==2．【变式训练】【能力检测】1.（2016·青海西宁·2分）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是AD，BD的中点，若EF=2，则菱形ABCD的周长是16．【考点】菱形的性质；三角形中位线定理．【分析】先利用三角形中位线性质得到AB=4，然后根据菱形的性质计算菱形ABCD的周长．【解答】解：∵E，F分别是AD，BD的中点，∴EF为△ABD的中位线，∴AB=2EF=4，∵四边形ABCD为菱形，∴AB=BC=CD=DA=4，∴菱形ABCD的周长=4×4=16．故答案为16．2.（2016河南）如图，已知菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），若菱形绕点O逆时针旋转，每秒旋转45°，则第60秒时，菱形的对角线交点D的坐标为（）A．（1，﹣1）B．（﹣1，﹣1）C．（，0）D．（0，﹣）【考点】坐标与图形变化-旋转；菱形的性质．【专题】规律型．【分析】根据菱形的性质，可得D点坐标，根据旋转的性质，可得D点的坐标．【解答】解：菱形OABC的顶点O（0，0），B（2，2），得D点坐标为（1，1）．每秒旋转45°，则第60秒时，得45°×60=2700°，2700°÷360=7.5周，OD旋转了7周半，菱形的对角线交点D的坐标为（﹣1，﹣1），故选：B．【点评】本题考查了旋转的性质，利用旋转的性质是解题关键．3. （2017四川南充）已知菱形的周长为4，两条对角线的和为6，则菱形的面积为（）A．2 B．C．3 D．4【考点】L8：菱形的性质．【分析】由菱形的性质和勾股定理得出AO+BO=3，AO2+BO2=AB2，（AO+BO）2=9，求出2AO•BO=4，即可得出答案．【解答】解：如图四边形ABCD是菱形，AC+BD=6，∴AB=，AC⊥BD，AO=AC，BO=BD，∴AO+BO=3，∴AO2+BO2=AB2，（AO+BO）2=9，即AO2+BO2=5，AO2+2AO•BO+BO2=9，∴2AO•BO=4，∴菱形的面积=AC•BD=2AO•BO=4；故选：D．4. （2017哈尔滨）四边形ABCD是菱形，∠BAD=60°，AB=6，对角线AC与BD相交于点O，点E在AC上，若OE=，则CE的长为4或2．【考点】L8：菱形的性质．【分析】由菱形的性质证出△ABD是等边三角形，得出BD=AB=6，OB=BD=3，由勾股定理得出OC=OA==3，即可得出答案．【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD=6，AC⊥BD，OB=OD，OA=OC，∵∠BAD=60°，∴△ABD是等边三角形，∴BD=AB=6，∴OB=BD=3，∴OC=OA==3，∴AC=2OA=6，∵点E在AC上，OE=，∴CE=OC+或CE=OC﹣，∴CE=4或CE=2；故答案为：4或2．5.（2016·福建龙岩·4分）如图，在周长为12的菱形ABCD中，AE=1，AF=2，若P为对角线BD上一动点，则EP+FP的最小值为（）A．1B．2C．3D．4【考点】菱形的性质；轴对称-最短路线问题．【分析】作F点关于BD的对称点F′，则PF=PF′，由两点之间线段最短可知当E、P、F′在一条直线上时，EP+FP有最小值，然后求得EF′的长度即可．【解答】解：作F点关于BD的对称点F′，则PF=PF′，连接EF′交BD于点P．∴EP+FP=EP+F′P．由两点之间线段最短可知：当E、P、F′在一条直线上时，EP+FP的值最小，此时EP+FP=EP+F′P=EF′．∵四边形ABCD为菱形，周长为12，∴AB=BC=CD=DA=3，AB∥CD，∵AF=2，AE=1，∴DF=AE=1，∴四边形AEF′D是平行四边形，∴EF′=AD=3．∴EP+FP的最小值为3．故选：C．。

2022年全国各省中考数学真题分类解析菱形

（2022•武威中考）如图1，在菱形ABCD中，∠A＝60°，动点P从点A出发，沿折线AD→DC→CB方向匀速运动，运动到点B停止．设点P的运动路程为x，△APB的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，则AB的长为（）A．√3B．2√3C．3√3D．4√3【解析】选B．在菱形ABCD中，∠A＝60°，∴△ABD为等边三角形，设AB＝a，由图2可知，△ABD的面积为3√3，∴S△ABD=√34a2＝3√3，解得：a＝2√3.（2022•自贡中考）如图，菱形ABCD对角线交点与坐标原点O重合，点A（﹣2，5），则点C的坐标是（）A．（5，﹣2）B．（2，﹣5）C．（2，5）D．（﹣2，﹣5）【解析】选B.∵四边形ABCD是菱形，∴OA＝OC，即点A与点C关于原点对称，∵点A（﹣2，5），∴点C的坐标是（2，﹣5）.（2022•株洲中考）如图所示，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点C作CE∥BD交AB的延长线于点E，下列结论不一定正确的是（）A．OB=12CE B．△ACE是直角三角形C．BC=12AE D．BE＝CE【解析】选D．∵四边形ABCD是菱形，∴AO＝CO=12，AC⊥BD，∵CE∥BD，∴△AOB∽△ACE，∴∠AOB＝∠ACE＝90°，AOAC=OBCE=ABAE=12，∴△ACE是直角三角形，OB=12CE，AB=12AE，（2022•河南中考）如图，在菱形ABCD 中，对角线AC ，BD 相交于点O ，点E 为CD 的中点．若OE ＝3，则菱形ABCD 的周长为（）A ．6B ．12C ．24D ．48【解析】选C ．∵四边形ABCD 为菱形，∴AC ⊥BD ，AB ＝BC ＝CD ＝DA ，∴△COD 为直角三角形．∵OE ＝3，点E 为线段CD 的中点，∴CD ＝2OE ＝6．∴C 菱形ABCD ＝4CD ＝4×6＝24．（2022•赤峰中考）如图，菱形ABCD ，点A 、B 、C 、D 均在坐标轴上．∠ABC ＝120°，点A （﹣3，0），点E是CD 的中点，点P 是OC 上的一动点，则PD +PE 的最小值是（）A ．3B ．5C ．2√2D ．32√3【解析】选A ．根据题意得，E 点关于x 轴的对称点是BC 的中点E '，连接DE '交AC 与点P ，此时PD +PE 有最小值为DE '，∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC ＝120°，点A （﹣3，0），∴OA ＝OC ＝3，∠DBC ＝60°，∴△BCD 是等边三角形，∴DE '＝OC ＝3，即PD +PE 的最小值是3．（2022•海南中考）如图，菱形ABCD 中，点E 是边CD 的中点，EF 垂直AB 交AB 的延长线于点F ，若BF ：CE ＝1：2，EF =√7，则菱形ABCD 的边长是（）A ．3B ．4C ．5D ．45√7【解析】选B ．过点D 作DH ⊥AB 于点H ，如图，∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝AB＝CD，AB∥CD．∵EF⊥AB，DH⊥AB，∴DH∥EF，∴四边形DHFE为平行四边形，∴HF＝DE，DH＝EF=√7．∵点E是边CD的中点，∴DE=12CD，∴HF=12CD=12AB．∵BF：CE＝1：2，∴设BF＝x，则CE＝2x，∴CD＝4x，DE＝HF＝2x，AD＝AB＝4x，∴AF＝AB+BF＝5x．∴AH＝AF﹣HF＝3x．在Rt△ADH中，∵DH2+AH2＝AD2，∴(√7)2+(3x)2=(4x)2．解得：x＝±1（负数不合题意，舍去），∴x＝1．∴AB＝4x＝4．即菱形ABCD的边长是4.A ．52 B ．5 C ．10 D ．20 【解析】选C ．由作图过程可得：PQ 为BD 的垂直平分线，∴BM ＝MD ，BN ＝ND ．设PQ 与BD 交于点O ，如图，则BO ＝DO ．∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，∴∠MDO ＝∠NBO ，∠DMO ＝∠BNO ，在△MDO 和△NBO 中，{∠MDO =∠NBO∠DMO =∠BNO OD =OB，∴△MDO ≌△NBO （AAS ），∴DM ＝BN ，∴四边形BNDM 为平行四边形，∵BM ＝MD ，∴四边形MBND 为菱形，∴四边形MBND 的周长＝4BM ．设MB ＝x ，则MD ＝BM ＝x ，∴AM ＝AD ﹣DM ＝4﹣x ，在Rt △ABM 中，∵AB 2+AM 2＝BM 2，∴22+（4﹣x ）2＝x 2，解得：x =52，∴四边形MBND 的周长＝4BM ＝10．（2022•武威中考）如图，菱形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点O ，若AB ＝2√5cm ，AC ＝4cm ，则BD 的长为8 cm ．【解析】∵四边形ABCD 是菱形，AC ＝4cm ，∴AC ⊥BD ，BO ＝DO ，AO ＝CO ＝2cm ，∵AB ＝2√5cm ，∴BO =√AB 2−AO 2=4cm ，∴DO ＝BO ＝4cm ，∴BD ＝8cm.答案：8．（2022•温州中考）如图，在菱形ABCD 中，AB ＝1，∠BAD ＝60°．在其内部作形状、大小都相同的菱形AENH和菱形CGMF ，使点E ，F ，G ，H 分别在边AB ，BC ，CD ，DA 上，点M ，N 在对角线AC 上．若AE ＝3BE ，则MN 的长为 √32 ．【解析】连接DB 交AC 于点O ，作MI ⊥AB 于点I ，作FJ ⊥AB 交AB 的延长线于点J ，如图所示，∵四边形ABCD 是菱形，∠BAD ＝60°，AB ＝1，∴AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝1，∠BAC ＝30°，AC ⊥BD ，∵△ABD 是等边三角形，∴OD =12，∴AO =√AD 2−DO 2=√12−(12)2=√32， ∴AC ＝2AO =√3，∵AE ＝3BE ，∴AE =34，BE =14，∵菱形AENH 和菱形CGMF 大小相同，∴BE ＝BF =14，∠FBJ ＝60°，∴FJ ＝BF •sin60°=14×√32=√38， ∴MI ＝FJ =√38，∴AM =MI sin30°=√3812=√34，同理可得，CN =√34， ∴MN ＝AC ﹣AM ﹣CN =√3−√34−√34=√32. 答案：√32．DQ ﹣P 'Q 的最大值为 16√23．【解析】如图，连接BD 交AC 于点O ，过点D 作DK ⊥BC 于点B ，延长DE 交AB 于点R ，连接EP ′交AB 于点J ，作EJ 关于AC 的对称线段EJ ′，则DP ′的对应点P ″在线段EJ ′上．当点P 是定点时，DQ ﹣QP ′＝AD ﹣QP ″，当D ，P ″，Q 共线时，QD ﹣QP ′的值最大，最大值是线段DP ″的长，当点P 与B 重合时，点P ″与J ′重合，此时DQ ﹣QP ′的值最大，最大值是线段DJ ′的长，也就是线段BJ 的长．∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ，AO ＝OC ，∵AE ＝14．EC ＝18，∴AC ＝32，AO ＝OC ＝16，∴OE ＝AO ﹣AE ＝16﹣14＝2，∵DE ⊥CD ，∴∠DOE ＝∠EDC ＝90°，∵∠DEO ＝∠DEC ，∴△EDO ∽△ECD ，∴DE 2＝EO •EC ＝36，∴DE ＝EB ＝EJ ＝6，∴CD =√EC 2−DE 2=√182−62=12√2，∴OD =√DE 2−OE 2=√62−22=4√2，∴BD ＝8√2，∵S △DCB =12×OC ×BD =12BC •DK ， ∴DK =12×16×8√212√212×16×8√26√2=323， ∵∠BER ＝∠DCK ，∴sin ∠BER ＝sin ∠DCK =DK CD =32312√2=4√29， ∴RB ＝BE ×4√29=8√23，3（2022•达州中考）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC＝24，BD＝10，则菱形ABCD的周长为52．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO，∵AC＝24，BD＝10，∴AO=12AC＝12，BO=12BD＝5，在Rt△AOB中，AB=√AO2+BO2=√122+52=13，∴菱形的周长为13×4＝52．答案：52（2022•娄底中考）菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝45°，点P、Q分别是BC、BD上的动点，CQ+PQ的最小值为√2．【解析】连接AQ，作AH⊥BC于H，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CB，∠ABQ＝∠CBQ，∵BQ＝BQ，∴△ABQ≌△CBQ（SAS），（2022•天津中考）如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB＝60°，E为AB的中点，F为CE的中点，AF与DE相交于点G，则GF的长等于√194．【解析】如图，过点F作FH∥CD，交DE于H，过点C作CM⊥AB，交AB的延长线于M，连接FB，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝CD＝BC＝2，AB∥CD，∴FH∥AB，∴∠FHG＝∠AEG，∵F是CE的中点，FH∥CD，∴H是DE的中点，∴FH是△CDE的中位线，∴FH=12CD＝1，∵E是AB的中点，∴AE＝BE＝1，∴AE＝FH，∵∠AGE＝∠FGH，∴△AEG≌△FHG（AAS），∴AG＝FG，∵AD∥BC，4（2022•陕西中考）如图，在菱形ABCD中，AB＝4，BD＝7．若M、N分别是边AD、BC上的动点，且AM＝BN，作ME⊥BD，NF⊥BD，垂足分别为E、F，则ME+NF的值为√152．【解析】连接AC交BD于O，∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC，OB＝OD=72，OA＝OC，由勾股定理得：OA=√AB2−OB2=√42−(72)2=√152，∵ME⊥BD，AO⊥BD，∴ME∥AO，∴△DEM∽△DOA，∴MEOA=DMAD，即ME√152=4−AM4，解得：ME=4√15−√15AM8，同理可得：NF=√15AM8，∴ME+NF=√15 2，答案：√152．（2022•台州中考）如图，在菱形ABCD 中，∠A ＝60°，AB ＝6．折叠该菱形，使点A 落在边BC 上的点M 处，折痕分别与边AB ，AD 交于点E ，F ．当点M 与点B 重合时，EF 的长为 3√3 ；当点M 的位置变化时，DF 长的最大值为 6﹣3√3 ．【解析】如图1中，∵四边形ABCD 是菱形，∴AD ＝AB ＝BC ＝CD ，∠A ＝∠C ＝60°，∴△ADB ，△BDC 都是等边三角形，当点M 与B 重合时，EF 是等边△ADB 的高，EF ＝AD •sin60°＝6×√32=3√3．如图2中，连接AM 交EF 于点O ，过点O 作OK ⊥AD 于点K ，交BC 于点T ，过点A 作AG ⊥CB 交CB 的延长线于点G ，取AD 的中点R ，连接OR ．∵AD ∥CG ，OK ⊥AD ，∴OK ⊥CG ，∴∠G ＝∠AKT ＝∠GTK ＝90°，∴四边形AGTK 是矩形，∴AG ＝TK ＝AB •sin60°＝3√3，∵OA ＝OM ，∥AOK ＝∠MOT ，∠AKO ＝∠MTO ＝90°，（2022•黔东南州中考）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE∥AC，CE∥BD．若AC＝10，则四边形OCED的周长是20．【解析】∵DE∥AC，CE∥BD，∴四边形OCED是平行四边形，∴OC＝DE，OD＝CE，∵矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∴OC=12AC＝5，OD=12BD，BD＝AC，∴OC＝OD＝5，∴OC＝OD＝CE＝DE，∴平行四边形OCED是菱形，∴C菱形OCED＝4OC＝4×5＝20.答案：20．（2022•哈尔滨中考）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E在OB上，连接AE，点F为CD 的中点，连接OF．若AE＝BE，OE＝3，OA＝4，则线段OF的长为2√5．【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝CO＝4，BO＝DO，∴AE=√AO2+EO2=√9+16=5，∴BE＝AE＝5，∴BO＝8，∴BC=√BO2+CO2=√64+16=4√5，∵点F为CD的中点，BO＝DO，∴OF=12BC＝2√5.答案：2√5．【解析】添加的条件是AB ＝CD ，理由如下：∵AB ∥CD ，AB ＝CD ，∴四边形ABCD 是平行四边形，又∵AC ⊥BD ，∴平行四边形ABCD 是菱形.答案：AB ＝CD （答案不唯一）．（2022•龙东中考）如图，菱形ABCD 中，对角线AC ，BD 相交于点O ，∠BAD ＝60°，AD ＝3，AH 是∠BAC的平分线，CE ⊥AH 于点E ，点P 是直线AB 上的一个动点，则OP +PE 的最小值是 32√6 ．【解析】连接OE ，过点O 作OF ⊥AB ，垂足为F ，并延长到点O ′，使O ′F ＝OF ，连接O ′E 交直线AB 于点P ，连接OP ，∴AP 是OO ′的垂直平分线，∴OP ＝O ′P ，∴OP +PE ＝O ′P +PE ＝O ′E ，此时，OP +PE 的值最小，∵四边形ABCD 是菱形，∴AD ＝AB ＝3，∠BAC =12∠BAD ，OA ＝OC =12AC ，OD ＝OB =12BD ，∠AOD ＝90°， ∵∠BAD ＝60°，∴△ADB 是等边三角形，∴BD ＝AD ＝3，∴OD =12BD =32，∴AO =√AD 2−DO 2=√32−(32)2=32√3，∴AC ＝2OA ＝3√3， ∵CE ⊥AH ，∴∠AEC ＝90°，∴OE ＝OA =12AC =32√3，∴∠OAE ＝∠OEA ，∵AE 平分∠CAB ，∴∠OAE ＝∠EAB ，∴∠OEA ＝∠EAB ，∴OE ∥AB ，∴∠EOF ＝∠AFO ＝90°，在Rt △AOF 中，∠OAB =12DAB ＝30°，∴OF =12OA =34√3，∴OO ′＝2OF =32√3，在Rt △EOO ′中，O ′E =√EO 2+OO ′2=√(32√3)2+(32√3)2=32√6，∴OE +PE =32√6，∴OP +PE 的最小值为32√6. 答案：32√6．（2022·安徽中考）已知四边形ABCD 中，BC ＝CD ，连接BD ，过点C 作BD 的垂线交AB 于点E ，连接DE ．【解析】（1）证明：设CE 与BD 交于点O ，∵CB ＝CD ，CE ⊥BD ，∴DO ＝BO ，∵DE ∥BC ，∴∠DEO ＝∠BCO ，∵∠DOE ＝∠BOC ，∴△DOE ≌△BOC （AAS ），∴DE ＝BC ，∴四边形BCDE 是平行四边形，∵CD ＝CB ，∴平行四边形BCDE 是菱形；（2）（i ）解：∵DE 垂直平分AC ，∴AE ＝EC 且DE ⊥AC ，∴∠AED ＝∠CED ，又∵CD ＝CB 且CE ⊥BD ，∴CE 垂直平分DB ，∴DE ＝BE ，∴∠DEC ＝∠BEC ，∴∠AED ＝∠CED ＝∠BEC ，又∵∠AED +∠CED +∠BEC ＝180°，∴∠CED =13×180°=60°；（ii ）证明：由（i ）得AE ＝EC ，又∵∠AEC ＝∠AED +∠DEC ＝120°，∴∠ACE ＝30°，同理可得，在等腰△DEB 中，∠EBD ＝30°，∴∠ACE ＝∠ABF ＝30°，在△ACE 与△ABF 中，{∠ACE =∠ABF∠CAE =∠BAF AE =AF，∴△ABF ≌△ACE （AAS ），∴AC ＝AB ，又∵AE ＝AF ，∴AB ﹣AE ＝AC ﹣AF ，即BE ＝CF ．（2022•连云港中考）如图，四边形ABCD 为平行四边形，延长AD 到点E ，使DE ＝AD ，且BE ⊥DC ．（1）求证：四边形DBCE 为菱形；（2）若△DBC 是边长为2的等边三角形，点P 、M 、N 分别在线段BE 、BC 、CE 上运动，求PM +PN 的最小值．【解析】（1）证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，∴AD ∥BC ，AD ＝BC ，∵DE ＝AD ，∴DE ＝BC ，∵E 在AD 的延长线上，∴DE ∥BC ，∴四边形DBCE是平行四边形，∵BE⊥DC，∴四边形DBCE是菱形；（2）解：作N关于BE的对称点N'，过D作DH⊥BC于H，如图：由菱形的对称性知，点N关于BE的对称点N'在DE上，∴PM+PN＝PM+PN'，∴当P、M、N'共线时，PM+PN'＝MN'＝PM+PN，∵DE∥BC，∴MN'的最小值为平行线间的距离DH的长，即PM+PN的最小值为DH的长，在Rt△DBH中，∠DBC＝60°，DB＝2，=√3，∴PM+PN的最小值为√3．∴DH＝DB•sin∠DBC＝2×√32（2022•滨州中考）如图，菱形ABCD的边长为10，∠ABC＝60°，对角线AC、BD相交于点O，点E在对角线BD 上，连接AE，作∠AEF＝120°且边EF与直线DC相交于点F．（1）求菱形ABCD的面积；（2）求证AE＝EF．【解析】（1）作AG⊥BC交BC于点G，如图所示，∵四边形ABCD是菱形，边长为10，∠ABC＝60°，=5√3，∴BC＝10，AG＝AB•sin60°＝10×√32∴菱形ABCD的面积是：BC•AG＝10×5√3=50√3，即菱形ABCD的面积是50√3；（2）证明：连接EC，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴EO垂直平分AC，∠BCD＝120°，∴EA＝EC，∠DCA＝60°，∴∠EAC＝∠ECA，∠ACF＝120°，∵∠AEF＝120°，∴∠EAC+∠EFC＝360°﹣∠AEF﹣∠ACF＝360°﹣120°﹣120°＝120°，∵∠ECA+∠ECF＝120°，∴∠EFC＝∠ECF，∴EC＝EF，∴AE＝EF．（2022•舟山中考）小惠自编一题：“如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC⊥BD，OB＝OD．求证：四边形ABCD是菱形”，并将自己的证明过程与同学小洁交流．小惠：证明：∵AC⊥BD，OB＝OD，∴AC垂直平分BD．∴AB＝AD，CB＝CD，∴四边形ABCD是菱形．小洁：这个题目还缺少条件，需要补充一个条件才能证明．若赞同小惠的证法，请在第一个方框内打“√”；若赞成小洁的说法，请你补充一个条件，并证明．【解析】赞成小洁的说法，补充条件：OA＝OC，证明如下：∵OA＝OC，OB＝OD，∴四边形ABCD是平行四边形，又∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形．（2022•凉山州中考）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F．（1）求证：四边形ADBF是菱形；（2）若AB＝8，菱形ADBF的面积为40．求AC的长．【解析】（1）证明：∵AF∥BC，∴∠AFC＝∠FCD，∠F AE＝∠CDE，∵点E是AD的中点，∴AE＝DE，∴△F AE≌△CDE（AAS），∴AF＝CD，∵点D是BC的中点，∴BD＝CD，∴AF＝BD，∴四边形AFBD是平行四边形，（2022•南充中考）如图，在菱形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，BE＝BF，DE，DF分别与AC交于点M，N．求证：（1）△ADE≌△CDF．（2）ME＝NF．【证明】（1）∵四边形ABCD是菱形，∴DA＝DC，∠DAE＝∠DCF，AB＝CB，∵BE＝BF，∴AE＝CF，在△ADE和△CDF中，{DA=DC∠DAE=∠DCF AE=CF，∴△ADE≌△CDF（SAS）；（2）由（1）知△ADE≌△CDF，∴∠ADM＝∠CDN，DE＝DF，∵四边形ABCD是菱形，∴∠DAM＝∠DCN，∴∠DMA＝∠DNC，∴∠DMN＝∠DNM，∴DM＝DN，∴DE﹣DM＝DF﹣DN，∴ME＝NF．（2022•广元中考）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AC平分∠DAB，AB＝2CD，E为AB中点，连结CE．（1）求证：四边形AECD为菱形；（2）若∠D＝120°，DC＝2，求△ABC的面积．【解析】（1）证明：∵E为AB中点，∴AB＝2AE＝2BE，∵AB＝2CD，∴CD＝AE，又∵AE∥CD，∴四边形AECD是平行四边形，∵AC平分∠DAB，∴∠DAC＝∠EAC，∵AB∥CD，∴∠DCA＝∠CAB，∴∠DCA＝∠DAC，∴AD＝CD，∴平行四边形AECD是菱形；（2）∵四边形AECD是菱形，∠D＝120°，∴AD＝CD＝CE＝AE＝2，∠D＝120°＝∠AEC，∴AE＝CE＝BE，∠CEB＝60°，∴∠CAE＝30°＝∠ACE，△CEB是等边三角形，∴BE＝BC＝EC＝2，∠B＝60°，∴∠ACB＝90°，∴AC=√3BC＝2√3，∴S△ABC=12×AC×BC=12×2×2√3=2√3．【解析】（1）①证明：∵CE⊥AB，CF⊥AD，∴∠BEC＝∠DFC＝90°，∵四边形ABCD是菱形，∴∠B＝∠D，BC＝CD，∴△BEC≌△DFC（AAS），∴CE＝CF；②连接AC，如图1，∵E是边AB的中点，CE⊥AB，∴BC＝AC，∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝AC，∴△ABC是等边三角形，∠EAC＝60°，在Rt△ACE中，AE＝2，∴CE＝AE•tan60°＝2×√3=2√3；（2）方法一：如图2，延长FE交CB的延长线于M，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，AB＝BC，∴∠AFE＝∠M，∠A＝∠EBM，∵E是边AB的中点，∴AE＝BE，∴△AEF≌△BEM（AAS），∴ME＝EF，MB＝AF，∵AE＝3，EF＝2AF＝4，∴ME＝4，BM2，BE＝3，∴BC＝AB＝2AE＝6，∴MC＝8，∴MBME =24=12，MEMC=48=12，∴MBME=MEMC，∵∠M为公共角，∴△MEB∽△MCE，∴BEEC =MBME=24，∵BE＝3，∴CE＝6；方法二：如图3，延长FE 交CB 的延长线于M ，过点E 作EN ⊥BC 于点N ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AD ∥BC ，AB ＝BC ，∴∠AFE ＝∠M ，∠A ＝∠EBM ，∵E 是边AB 的中点，∴AE ＝BE ，∴△AEF ≌△BEM （AAS ），∴ME ＝EF ，MB ＝AF ，∵AE ＝3，EF ＝2AF ＝4，∴ME ＝4，BM 2，BE ＝3，∴BC ＝AB ＝2AE ＝6，∴MC ＝8，在Rt △MEN 和Rt △BEN 中，ME 2﹣MN 2＝EN 2，BE 2﹣BN 2＝EN 2，∴ME 2﹣MN 2＝BE 2﹣BN 2，∴42﹣（2+BN ）2＝32﹣BN 2，解得：BN =34，∴CN ＝6−34=214， ∴EN 2＝BE 2﹣BN 2＝32﹣（34）2=13516，在Rt △ENC 中，CE 2＝EN 2+CN 2=13516+44116=57616=36，∴CE ＝6.（2022•娄底中考）如图，以BC 为边分别作菱形BCDE 和菱形BCFG （点C ，D ，F 共线），动点A 在以BC 为直径且处于菱形BCFG 内的圆弧上，连接EF 交BC 于点O ．设∠G ＝θ．（1）求证：无论θ为何值，EF 与BC 相互平分；并请直接写出使EF ⊥BC 成立的θ值．（2）当θ＝90°时，试给出tan ∠ABC 的值，使得EF 垂直平分AC ，请说明理由．【解析】（1）∵四边形BCFG ，四边形BCDE 都是菱形，∴CF ∥BG ，CD ∥BE ，CB ＝CF ＝CD ＝BG ＝BE ，∵D ，C ，F 共线，∴G ，B ，E 共线，∴DF ∥EG ，DF ＝GE ，∴四边形DEGF 是平行四边形，∴EF 与BC 互相平分．当EF ⊥FG 时，∵GF ＝BG ＝BE ，∴EG ＝2GF ，∴∠GEF ＝30°，∴θ＝90°﹣30°＝60°；（2）当tan ∠ABC ＝2时，EF 垂直平分线段AC ．理由：如图（2）中，设AC 交EF 于点J ．∵四边形BCFG 是菱形，∴∠G ＝∠FCO ＝90°，∵EF 与BC 互相平分，∴OC ＝OB ，∴CF ＝BC ，∴FC ＝2OC ，∴tan ∠FOC ＝tan ∠ABC ，∴∠ABC ＝∠FOC ，∴OJ ∥AB ，∵OC ＝OB ，∴CJ ＝AJ ，∵BC 是直径，∴∠BAC ＝∠OJC ＝90°，∴EF 垂直平分线段AC.（2022•岳阳中考）如图，点E ，F 分别在▱ABCD 的边AB ，BC 上，AE ＝CF ，连接DE ，DF ．请从以下三个条件：①∠1＝∠2；②DE ＝DF ；③∠3＝∠4中，选择一个合适的作为已知条件，使▱ABCD 为菱形．（1）你添加的条件是 ① （填序号）；（2）添加了条件后，请证明▱ABCD 为菱形．【解析】（1）添加的条件是∠1＝∠2，答案：①；（2）证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，∴∠A ＝∠C ，在△ADE 和△CDF 中，{∠1=∠2∠A =∠C AE =CF，∴△ADE ≌△CDF （AAS ），∴AD ＝CD ，∴▱ABCD 为菱形.【解析】（1）M 与B 重合时，如图1，∵PQ ⊥AB ，∴∠PQA ＝90°，∴PA =12AB ＝2，∴t ＝2；（2）①当0≤t ≤2时，∵AM ＝2t ，∴BM ＝4﹣2t ，∵△APQ ≌△BMF ，∴AP ＝BM ，∴t ＝4﹣2t ，∴t =43；②当2＜t ≤4时，∵AM ＝2t ，∴BM ＝2t ﹣4，∵△APQ ≌△BMF ，∴AP ＝BM ，∴t ＝2t ﹣4，∴t ＝4；综上所述，t 的值为4或43；（3）①0≤t ≤2时，如图2，在Rt △APQ 中，PQ =√32t ，∴MQ =32t ，∴S =12PQ ⋅MQ =12×√32t ×32t =3√38t 2； ②当2＜t ≤4时，如图3，∵BF ＝t ﹣2，MF =√3（t ﹣2），∴S △BFM =12BF •MF =√32(t −2)2，∴S ＝S △PQM ﹣S △BFM =−√38t 2+2√3t −2√3；∴S ={3√38t 2(0≤t ≤2)−√38t 2+2√3t −2√3(2＜t ≤4)；（4）连接AE ，如图4，∵△PQE 为等边三角形，∴PE =√32t ，在Rt △APE 中，tan ∠PAE =PE PA =√32t t =√32， ∴∠PAE 为定值，∴点E 的运动轨迹为直线，∵AP ＝t ，∴AE =√AP 2+PE 2=√t 2+(√32t)2=√72t ，当t ＝2时，AE =√7，（2022•荆州中考）如图，在10×10的正方形网格中，小正方形的顶点称为格点，顶点均在格点上的图形称为格点图形，图中△ABC为格点三角形．请按要求作图，不需证明．（1）在图1中，作出与△ABC全等的所有格点三角形，要求所作格点三角形与△ABC有一条公共边，且不与△ABC重叠；（2）在图2中，作出以BC为对角线的所有格点菱形．【解析】（1）如图1中，△ABD1，△ABD2，△ACD3，△ACD4，△CBD5即为所求；（2）如图2中，菱形ABDC，菱形BECF即为所求．（2022•长沙中考）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB＝AD．（1）求证：AC⊥BD；（2）若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，EF=32，AO＝2，求BD的长及四边形ABCD的周长．【解析】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝AD，∴▱ABCD是菱形，∴AC⊥BD；（2）∵点E，F分别为AD，AO的中点，∴EF是△AOD的中位线，∴OD＝2EF＝3，由（1）可知，四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，BD＝2OD＝6，在Rt△AOD中，由勾股定理得：AD=√AO2+OD2=√22+32=√13，∴C菱形ABCD＝4AD＝4√13．（2）若AE＝BE＝2，求BF的长．【解析】（1）∵四边形ABCD是正方形，四边形HEFG是菱形，∴AD＝CD，ED＝GD，∠ADB＝∠CDB，∠EHB＝∠GHB，∴∠ADB﹣∠EHB＝∠CDB﹣∠GHB，即∠ADE＝∠CDG，在△ADE和△CDG中，{AD=CD∠ADE=∠CDG ED=GD，∴△ADE≌△CDG（SAS）；（2）过E作EQ⊥DF于Q，则∠EQB＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝90°，AD＝AB＝AE+EF＝2+2＝4，∠EBQ＝∠CBD＝45°，∴∠QEB＝45°＝∠EBQ，∴EQ＝BQ，∵BE＝2，∴2EQ2＝22，∴EQ＝BQ=√2（负数舍去），在Rt△DAE中，由勾股定理得：DE=√AD2+AE2=√42+22=2√5，∵四边形EFGH是菱形，∴EF＝DE＝2√5，∴QF=√EF2−EQ2=√(2√5)2−(√2)2=3√2，∴BF＝QF﹣QB＝3√2−√2=2√2．【解析】（1）作PE⊥AC于点E，在Rt△APE中，cos30°=AE AP，∴AE＝AP•cos30°=√3x，∵∠APQ＝120°，∴∠AQP＝180°﹣120°﹣30°＝30°，∴AP＝PQ，∴点E为AQ中点，∴AQ＝2√3x（cm），答案：2√3x．（2）如图，∵∠APQ＝120°，∴∠MNB＝∠PQB＝60°，∵∠B＝60°，∴△MNB为等边三角形，∴AP＝PQ＝PN＝MN＝NB，即AP+PN+NB＝3AP＝AB，∴3×2x＝6，解得x＝1．（3）当0≤x≤1时，作QF⊥AB于点F，∵∠A ＝30°，AQ ＝2√3x ，∴QF =12AQ =√3x ，∵PN ＝PQ ＝AP ＝2x ，∴y ＝PN •QF ＝2x •√3x ＝2√3x 2．当1＜t ≤32时，QM ，NM 交BC 于点H ，K ，∵AB ＝6cm ，∠A ＝30°，∴AC =√32AB ＝3√3cm ，∴CQ ＝AC ﹣AQ ＝3√3−2√3x ，∴QH =2√3CQ =2√3（3√3−2√3x ）＝6﹣4x ， ∴HM ＝QM ﹣QH ＝2x ﹣（6﹣4x ）＝6x ﹣6， ∵△HKM 为等边三角形，∴S △HKM =√34HM 2＝9√3x 2﹣18√3x +9√3， ∴y ＝2√3x 2﹣（9√3x 2﹣18√3x +9√3）＝﹣7√3x 2+18√3x ﹣9√3．当32＜x ≤3时，重叠图形△PQM 为等边三角形，PQ ＝PB ＝AB ﹣AP ＝6﹣2x ，∴y =√34PB 2=√34（6﹣2x ）2=√3x 2﹣6√3x +9√3．综上所述，y ={ 2√3x 2(0≤x ≤1)−7√3x 2+18√3x −9√3(1＜x ≤32)√3x 2−6√3x +9√3(32＜x ≤3)。

2020年中考数学二轮专题——矩形、菱形、正方形(含详细解答)

2020年中考数学二轮专题——矩形、菱形、正方形基础过关1. (2019无锡)下列结论中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是()A. 内角和为360°B. 对角线相互平分C. 对角线相等D. 对角线互相垂直2. (2019娄底)顺次连接菱形四边中点得到的四边形是()A. 平行四边形B. 菱形C. 矩形D. 正方形3. (2019重庆A卷)下列命题正确的是()A．有一个角是直角的平行四边形是矩形B．四条边相等的四边形是矩形C．有一组邻边相等的平行四边形是矩形D．对角线相等的四边形是矩形4. (2019青羊区二诊)在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，下列说法错误的是()A．AB∥DC B．OC＝OBC．AC⊥BD D．OA＝OC5. (2019毕节)如图，点E在正方形ABCD的边AB上，若EB＝1，EC＝2，那么正方形ABCD的面积为()A. 3B. 3C. 5D. 5第5题图6. (2019天津)如图，四边形ABCD为菱形，A，B两点的坐标分别是(2，0)，(0，1)，点C，D在坐标轴上，则菱形ABCD的周长等于()A. 5B. 4 3C. 4 5D. 20第6题图7. (2019呼和浩特)已知菱形的边长为3，较短的一条对角线的长为2，则该菱形较长的一条对角线的长为()A. 2 2B. 2 5C. 4 2D. 2108. (2019临沂)如图，在▱ABCD中，M，N是BD上的两点，BM＝DN，连接AM，MC，CN，N A.添加一个条件，使四边形AMCN 是矩形，这个条件是( )A. OM ＝12ACB. MB ＝MOC. BD ⊥ACD. ∠AMB ＝∠CND第8题图9. 如图，在正方形ABCD 外侧，作等边△ADE ，AC ，BE 相交于点F ，则∠BFC 为( ) A. 75°B. 60°C. 55°D. 45°第9题图10. 如图，在矩形ABCD 中，点E 在BC 上，AE ＝AD ，DF ⊥AE ，垂足为F ，若∠FDC ＝30°，且AB ＝3，则AD 的长为( )A ．3B ．4C ．5D ．6第10题图11. (2019贵阳)如图，菱形ABCD 的周长是4 cm ，∠ABC ＝60°，那么这个菱形的对角线AC 的长是( ) A. 1 cmB. 2 cmC. 3 cmD. 4 cm第11题图12. (2019德阳)已知▱ABCD 的对角线AC 、BD 相交于点O ，△AOD 是等边三角形，且AD ＝4，则AB 等于( )A. 2B. 4C. 2 3D. 4 313. (2019河池)如图，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别在BC ，CD 上，BE ＝CF ，则图中与∠AEB 相等的角的个数是( )A. 1B. 2C. 3D. 4第13题图14. 如图，在矩形ABCD 中，AB ＝12，BC ＝16，点E 是BC 的中点，点F 是边CD 上的任意一点，则AF ＋EF 的最小值为( )A ．12B ．14C ．12 5D ．14 5第14题图15. (2019兰州)如图，边长为2的正方形ABCD 的对角线AC 与BD 交于点O ，将正方形ABCD 沿直线DF 折叠，点C 落在对角线BD 上的点E 处，折痕DF 交AC 于点M ，则OM ＝( )A.12B.22C.3－1D.2－1第15题图16. (2019金华)如图，矩形ABCD 的对角线交于点O ，已知AB ＝m ，∠BAC ＝∠α，则下列结论错误．．的是( )A. ∠BDC ＝∠αB. BC ＝m ·tan αC. AO ＝m 2sin αD. BD ＝m cos α第16题图17. (2019台州)如图，有两张矩形纸片ABCD 和EFGH ，AB ＝EF ＝2 cm ，BC ＝FG ＝8 cm.把纸片ABCD 交叉叠放在纸片EFGH 上，使重叠部分为平行四边形，且点D 与点G 重合，当两张纸片交叉所成的角α最小时，tan α等于( )A. 14B. 12C. 817D. 815第17题图18.(2019绍兴)正方形ABCD的边AB上有一动点E，以EC为边作矩形ECFG，且边FG过点D，在点E从点A移动到点B的过程中，矩形ECFG的面积()A. 先变大后变小B. 先变小后变大C. 一直变大D. 保持不变第18题图19. (2019双流区一诊)一个菱形的周长为20 cm，一条对角线长为6 cm，则这个菱形的面积是______cm2.20. (2019扬州)如图，已知点E在正方形ABCD的边AB上，以BE为边向正方形ABCD外部作正方形BEFG，连接DF，M、N分别是DC、DF的中点，连接MN.若AB＝7，BE＝5，则MN＝________．第20题图21.(2019徐州)如图，矩形ABCD中，AC、BD交于点O、M、N分别为BC、OC的中点．若MN＝4，则AC的长为________．第21题图22. (2019菏泽)如图，E，F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AC＝8，AE＝CF＝2，则四边形BEDF的周长是________．第22题图23.如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，过对角线交点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F，则DE 的长是________．第23题图24. (2019北京)如图，在菱形ABCD 中，AC 为对角线，点E ，F 分别在AB ，AD 上，BE ＝DF ，连接EF . (1)求证：AC ⊥EF ；(2)延长EF 交CD 的延长线于点G ，连接BD 交AC 于点O .若BD ＝4，tan G ＝12，求AO 的长．第24题图25. (2019云南)如图，四边形ABCD 中，对角线AC 、BD 相交于点O ，AO ＝OC ，BO ＝OD ，且∠AOB ＝2∠OA D.(1)求证：四边形ABCD 是矩形；(2)若∠AOB ∶∠ODC ＝4∶3，求∠ADO 的度数．第25题图能力提升1. (2019烟台)如图，面积为24的▱ABCD中，对角线BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BD交BC的延长线于点E，DE＝6，则sin∠DCE的值为()A. 2425 B.45 C.34 D.1225第1题图2. (2019安徽)如图，在正方形ABCD中，点E，F将对角线AC三等分，且AC＝12.点P在正方形的边上，则满足PE＋PF＝9的点P的个数是()A. 0B. 4C. 6D. 8第2题图3. (2019黄石)如图，矩形ABCD中，AC与BD相交于点E，AD∶AB＝3∶1，将△ABD沿BD折叠，点A的对应点为F，连接AF交BC于点G，且BG＝2，在AD边上有一点H，使得BH＋EH的值最小，此时BHCF＝()A.32 B.233 C.62 D.32第3题图4.(2019遵义)如图，平行四边形纸片ABCD的边AB，BC的长分别是10 cm和7.5 cm，将其四个角向内对折后，点B与点C重合于点C′，点A与点D重合于点A′.四条折痕围成一个“信封四边形”EHFG，其顶点分别在平行四边形ABCD的四条边上，则EF＝________cm.第4题图5. (2019海南)如图，在边长为1的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点(与点A、D不重合)，射线PE与BC的延长线交于点Q.(1)求证：△PDE≌△QCE；(2)过点E作EF∥BC交PB于点F，连接AF，当PB＝PQ时．①求证：四边形AFEP是平行四边形；②请判断四边形AFEP是否为菱形，并说明理由．第5题图6. (2019双流区一诊)如图①，菱形ABCD中，点P是CD的中点，∠BCD＝60°，射线AP交BC的延长线于点E，射线BP交DE于点K，点O是线段BK的中点．(1)求证：△ADP≌△ECP;(2)若BP＝n·PK，试求出n的值；(3)作BM⊥AE于点M，作KN⊥AE于点N，连接MO、NO，如图②，请证明△MON是等腰三角形，并求出∠MON的度数．第6题图满分冲关1. (2019新都区一诊)如图，直线l 经过正方形ABCD 的顶点A ，先分别过此正方形的顶点B 、D 作BE ⊥l 于点E 、DF ⊥l 于点F ，然后再以正方形的对角线的交点O 为端点，引两条相互垂直的射线分别与AD 、CD 交于点G 、H 两点．若EF ＝25，S △ABE ＝2，则线段GH 长度的最小值是______．第1题图2. (2018本溪)在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°，点O 为射线CA 上的动点，作射线OM 与直线BC 相交于点E ，将射线OM 绕点O 逆时针旋转60°，得到射线ON ，射线ON 与直线CD 相交于点F .(1)如图①，点O 与点A 重合时，点E ，F 分别在线段BC ，CD 上，请直接写出CE ，CF ，CA 三条线段之间的数量关系；(2)如图②，点O 在CA 的延长线上，且OA ＝13AC ，E ，F 分别在线段BC 的延长线和线段CD 的延长线上，请写出CE ，CF ，CA 三条线段之间的数量关系，并说明理由；(3)点O 在线段AC 上，若AB ＝6，BO ＝27，当CF ＝1时，请直接写出BE 的长．参考答案基础过关1. C2. C 【解析】顺次连接任意四边形的四边中点，得到四边形一定是平行四边形，如果原四边形的对角线相等，则可得中点四边形的邻边相等，即是菱形；如果原四边形的对角线互相垂直，则可得中点四边形的邻边垂直，即是矩形．因为菱形的对角线互相垂直，所以它的中点四边形是矩形．3．A 【解析】根据矩形的判定定理可知，有一个角是直角的平行四边形是矩形，故A 正确；四条边相等的四边形是菱形，不是矩形，故B 错误；有一组邻边相等的平行四边形是菱形，不是矩形，故C 错误；对角线相等的平行四边形是矩形，故D 错误．4. B 【解析】∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ∥CD ，AC ⊥BD ，OA ＝OC ，故A ，C ，D 正确．5. B 【解析】在Rt △BCE 中，BC ＝22－12＝3，∴正方形ABCD 的面积为(3)2＝3.6. C 【解析】∵A (2，0)，B (0，1)，∴OA ＝2，OB ＝1，在Rt △AOB 中，由勾股定理得AB ＝22＋12＝5，∵四边形ABCD 为菱形，∴菱形ABCD 的周长为4AB ＝4 5.7. C 【解析】菱形对角线相互垂直且平分，因此另一条对角线长为2×32－1＝4 2.8. A 【解析】∵四边形ABCD 是平行四边形，∴OB ＝OD ，OA ＝OC .∵BM ＝DN ，∴OM ＝ON ，∴四边形AMCN 是平行四边形．当OM ＝12AC 时，MN ＝AC ，∴四边形AMCN 是矩形．9. B 【解析】∵四边形ABCD 是正方形，∴∠BAD ＝90°，AB ＝AD ，∠BAF ＝45°，∵△ADE 是等边三角形，∴∠DAE ＝60°，AD ＝AE ，∴∠BAE ＝90°＋60°＝150°，AB ＝AE ，∴∠ABE ＝∠AEB ＝12(180°－150°)＝15°，∴∠BFC ＝∠BAF ＋∠ABE ＝45°＋15°＝60°，故选B .10. D 【解析】∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，∴∠AEB ＝∠DAF ，又∵DF ⊥AE ，∴∠DF A ＝∠B ，又∵AE ＝AD ，∴△ADF ≌△EAB ，∴DF ＝AB .∵∠ADF ＋∠FDC ＝90°，∠DAF ＋∠ADF ＝90°，∴∠FDC ＝∠DAF ＝30°，∴AD ＝2DF ＝2AB ＝6.11. A 【解析】∵菱形ABCD 的周长是4 cm ，∴AB ＝BC ＝CD ＝DA ＝1 cm ，又∵∠ABC ＝60°，∴△ABC 是等边三角形，∴AC ＝AB ＝BC ＝1 cm .12．D 【解析】在平行四边形ABCD 中，∵△AOD 为等边三角形，即OA ＝OD ＝AD ＝4，∴AC ＝BD ＝8，∴平行四边形ABCD 是矩形，∴由勾股定理得AB ＝4 3.13. C 【解析】四边形ABCD 是正方形，∴AD ∥BC ，∴∠DAE ＝∠AEB .∵BE ＝CF ，∠ABE ＝∠BCF ，AB ＝BC ∴△ABE ≌△BCF (SAS)，∴∠BFC ＝∠AEB .∵AB ∥CD ，∴∠ABF ＝∠BFC ＝∠AEB .∴与∠AEB 相等的角有3个．14．C 【解析】如解图，作点E 关于直线CD 的对称点E ′，连接AE ′交CD 于点F ，此时AF ＋EF 的最小值为AE ′的长．∵在矩形ABCD 中，AB ＝12，BC ＝16，E 是BC 的中点，∴BE ＝CE ＝CE ′＝8，∴BE ′＝24，∴AE ′＝AB 2＋BE ′2＝122＋242＝12 5.第14题解图15. D 【解析】∵四边形ABCD 是正方形，∴∠CBE ＝∠DCM ＝45°，BC ＝CD ＝ 2.∴AC ＝BD ＝2.∴OC ＝1.由折叠的性质知，DE ＝CD ＝2，CF ＝EF ，∴BE ＝2－2，∠DFC ＝90°.∴∠CDM ＋∠DCE ＝90°.又∠BCE ＋∠DCE ＝90°，∴∠BCE ＝∠CDM . ∴△BCE ≌△CDM .∴CM ＝BE ＝2－ 2.∴OM ＝OC －CM ＝1－(2－2)＝2－1.16. C 【解析】∵四边形ABCD 是矩形，∴AC ＝BD ，且OD ＝OC ，∠ABC ＝90°，∴∠BDC ＝∠OCD ＝∠BAO ＝∠α，tan α＝BC AB ＝BC m ，sin α＝BC AC ＝BC 2AO ，cos α＝AB AC ＝m AC ，∴BC ＝m ·tan α，AO ＝BC 2sin α，AC ＝m cos α，而BD ＝AC ，BC ≠m ，∴BD ＝m cos α，AO ≠m2sin α∴A 、B 、D 正确，C 错误．17．D 【解析】如解图，当B 、E 重合时， α最小，∵在△BMF 和△DMC 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠BMF ＝∠DMC ∠F ＝∠C BF ＝DC ，∴△BMF ≌△DMC (AAS)，∴BM ＝DM ，设FM ＝x ，则DM ＝BM ＝8－x ，在Rt △BFM 中，由勾股定理得22＋x 2＝(8－x )2，解得x ＝154，∴tan α＝BF FM ＝2154＝815.第17题解图18. D 【解析】如解图，连接DE ，∵在正方形ABCD 中，S △DEC ＝12AD ·CD ＝12S 正方形ABCD ，在长方形ECFG 中，S △DEC ＝12×EC ·GE ＝12S 矩形ECFG ，而点E 从点A 移动到点B 的过程中，三角形DEC 的面积保持不变，∴矩形ECFG 的面积保持不变．第18题解图19. 24 【解析】如解图，在菱形ABCD 中，BD ＝6.∵菱形的周长为20，BD ＝6，∴AB ＝5，BO ＝3，∴AO ＝52－32＝4，AC ＝8.∴S 菱形ABCD ＝12×6×8＝24.第19题解图20.132 【解析】如解图，连接FC ，则MN ＝12CF ，在Rt △CFG 中，FG ＝5，CG ＝5＋7＝12，∴FC ＝52＋122＝13，∴MN ＝132.第20题解图21. 16 【解析】在△OBC 中，根据三角形中位线等于它所对的第三边的一半，得到OB ＝2MN ＝8，又根据矩形的性质：对角线相等且互相平分，得到AC ＝BD ＝2OB ＝16.22. 85 【解析】如解图，连接BD 交AC 于点O ，∵四边形ABCD 是正方形，AC 是对角线，∴CD ＝AD ，∠DAE ＝∠DCF ＝45°，BD ⊥AC . ∵AE ＝CF , ∴△DAE ≌△DCF (SAS), ∴DE ＝DF ，同理可证：DE ＝BE ，BE ＝BF ，∴四边形BEDF 是菱形，∵AC ＝8，AO ＝OD ，AE ＝2，∴OE ＝2，OD ＝4，∴DE ＝OD 2＋OE 2＝42＋22＝2 5.∴四边形BEDF 的周长为4DE ＝8 5.第22题解图23. 74 【解析】如解图，连接EC ，∵OA ＝OC ，EF ⊥AC ，∴EC ＝AE ，设DE ＝x ，则EC ＝AE ＝8－x ，根据勾股定理可得(8－x )2＝x 2＋62，解得x ＝74.∴DE 的长为74.第23题解图24. (1)证明：∵四边形ABCD 是菱形， ∴AB ＝AD ，∴∠BAC ＝∠DAC . ∵AB ＝AD ，BE ＝DF ，∴AB －BE ＝AD －DF ，即AE ＝AF . ∴△AEF 是等腰三角形．又∵∠BAC ＝∠DAC ， ∴AC ⊥EF ；(2)解：由题意作解图如下， ∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD ，AB ∥CD ，OB ＝12BD ＝12×4＝2.∴∠G ＝∠AEG .由(1)知EF ⊥AC .又∵BD ⊥AC . ∴EF ∥BD .∴∠AEG ＝∠ABO . ∴∠G ＝∠ABO .∵tan G ＝12，∴tan ∠ABO ＝AO OB ＝12.∴AO ＝OB ·tan ∠ABO ＝2×12＝1.第24题解图25. (1)证明：∵AO ＝OC ，BO ＝OD ， ∴四边形ABCD 是平行四边形．又∵∠AOB ＝2∠OAD ，∠AOB 是△AOD 的外角， ∴∠AOB ＝∠OAD ＋∠ADO . ∴∠OAD ＝∠ADO . ∴AO ＝OD .又∵AC ＝AO ＋OC ＝2AO ，BD ＝BO ＋OD ＝2OD ， ∴AC ＝BD .∴四边形ABCD 是矩形；(2)解：设∠AOB ＝∠DOC ＝4x ，∠ODC ＝3x ，则∠ODC ＝∠OCD ＝3x . 在△ODC 中，∠DOC ＋∠OCD ＋∠CDO ＝180°， ∴4x ＋3x ＋3x ＝180°，解得x ＝18°.∴∠ODC ＝3×18°＝54°.∴∠ADO ＝90°－∠ODC ＝90°－54°＝36°.能力提升1. A 【解析】如解图，连接AC 交BD 于点O ，过点D 作DF ⊥BE 于点F .∵BD 平分∠ABC ，∴∠ABD ＝∠CBD .∵四边形ABCD 是平行四边形，∴BC ∥AD . ∴∠ADB ＝∠CBD .∴∠ABD ＝∠ADB .∴AB ＝AD . ∴▱ABCD 是菱形. ∴AO 垂直平分BD . ∵DE ⊥BD ，∴OC ∥DE .∴OC ＝12DE ＝12×6＝3.∵菱形ABCD 的面积为24，∴BD ＝8. ∴BO ＝4. ∴BC ＝DC ＝5.∵DF ·BC ＝24，∴DF ＝245. ∴sin ∠DCE ＝DF DC ＝2425.第1题解图2. D 【解析】如解图，∵点E ，F 将对角线AC 三等分，且AC ＝12，∴AE ＝EF ＝FC ＝4，当P 点在AD 上时，作E 点关于AD 的对称点E ′，连接E ′F ，则AE ′＝AE ＝4，当P 点运动至E ′F 和AD 交点时，PE ＋PF 具有最小值，由对称性可知∠E ′AF ＝90°，此时E ′F ＝（AE ′）2＋AF 2＝42＋82＝45<9，当P 点和A 点重合时，过点E 作EG ⊥AD ，垂足为G ，PE ＋PF ＝AE ＋AF ＝12，当P 点和D 点重合时，连接DF ，∵AD ＝CD ，∠DAE ＝∠DCF ，AE ＝CF ，∴△AED ≌△CFD (SAS)，∴DE ＝DF ，∴PE ＋PF ＝2DE ＝2EG 2＋DG 2＝2×（22）2＋（42）2＝410.∵45<9<12，45<9<410，∴在AD 上有两个位置存在PE ＋PF ＝9，同理在其余三边上各有两种情况，故正方形四条边上共存在8个位置使得PE ＋PF ＝9，∴满足条件的P 点有8个．第2题解图3. B 【解析】∵矩形ABCD 中，AD ∶AB ＝3∶1，∴∠ADB ＝30°，又△ABD 沿BD 折叠，点A 的对应点为F ，∴∠ADB ＝∠BDF ＝30°，∠ABD ＝∠DBF ＝60°，AD ＝FD ，AB ＝BF ，∴∠CDF ＝30°，△ADF 为等边三角形，DF ＝AF ，∴∠BAF ＝12(180°－∠ABD －∠DBF )＝30°＝∠CDF ，又DC ＝AB ，∴△ABF ≌△DCF ，∴CF ＝BF ，在Rt △ABG 中，ABG ＝90°，∠BAG ＝30°，BG ＝2，∴AB ＝23，∴CF ＝23，如解图，延长BA 到B ′使AB ′＝AB ，连接EB ′交AD 于H ，根据对称性可知此时点H 即为满足BH ＋EH 的值最小的H 点．∵∠ADB ＝30°，∴AB ＝BE ＝ED ，又∵AB ′＝AB ＝BE ＝AE ，∴△BB ′E 为直角三角形，在Rt △BEH 和Rt △BAH 中，BH ＝BH ，BE ＝BA ，∴Rt △BEH ≌Rt △BAH ，∴∠ABH ＝30°，∴BH ＝AB cos ∠ABH＝4，∴BH CF ＝423＝233.第3题解图4. 10 【解析】根据折叠的性质可得△CFH ≌△C ′FH ，△DFG ≌△A ′FG ，△AEG ≌△A ′EG ，△HBE ≌△HC ′E ，∵四边形HFGE 是矩形，∴HF ＝EG ，FG ＝HE ，∴△CFH ≌△C ′FH ≌△AEG ≌△A ′EG ，△DFG ≌△A ′FG ≌△HBE ≌△HC ′E ，∴EF ＝A ′F ＋ A ′E ＝FD ＋AE ＝ FD ＋CF ＝CD ＝AB ＝10 cm .5. (1)证明：∵四边形ABCD 是正方形， ∴∠D ＝∠BCD ＝90°. ∴∠ECQ ＝90°＝∠D . ∵E 是CD 的中点， ∴DE ＝CE .又∵∠DEP ＝∠CEQ ， ∴△PDE ≌△QCE (ASA)；(2)①证明：如解图，由(1)可知△PDE ≌△QCE ， ∴PE ＝QE ＝12PQ .又∵EF ∥BC ， ∴PF ＝FB ＝12PB .∵PB ＝PQ ， ∴PF ＝PE . ∴∠1＝∠2.∵四边形ABCD 是正方形， ∴∠BAD ＝90°.在Rt △ABP 中，∵F 是PB 的中点， ∴AF ＝12BP ＝FP .∴∠3＝∠4.又∵AD ∥BC ，EF ∥BC ， ∴AD ∥EF . ∴∠1＝∠4.∴∠2＝∠3. 又∵PF ＝FP ，∴△APF ≌△EFP (AAS)． ∴AP ＝EF . 又∵AP ∥EF ，∴四边形AFEP 是平行四边形；第5题解图②解：四边形AFEP 不是菱形，理由如下：设PD ＝x ，则AP ＝1－x . 由(1)可知△PDE ≌△QCE . ∴CQ ＝PD ＝x . ∴BQ ＝BC ＋CQ ＝1＋x .∵点E ，F 分别是PQ ，PB 的中点， ∵EF 是△PBQ 的中位线． ∴EF ＝12BQ ＝1＋x 2.由①可知AP ＝EF . 即1－x ＝1＋x 2，解得x ＝13.∴PD ＝13，AP ＝23.在Rt △PDE 中，∵DE ＝12，∴PE ＝PD 2＋DE 2＝136. ∵AP ≠PE .∴四边形AFEP 不是菱形．6. (1)证明：∵四边形ABCD 为菱形， ∴AD ∥BC ，∴∠DAP ＝∠CEP ，∠ADP ＝∠ECP ，在△ADP 和△ECP 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠DAP ＝∠CEP ∠ADP ＝∠ECP DP ＝CP， ∴△ADP ≌△ECP (AAS)；(2)解：如解图①，过点P 作PI ∥CE 交DE 于点I ，则PI CE ＝DPDC ，又点P 是CD 的中点， ∴PI CE ＝12， ∵△ADP ≌△ECP ， ∴AD ＝CE ， ∴KP KB ＝PI BE ＝14， ∴BP ＝3PK ， ∴n ＝3；第6题解图①(3)解：如解图②，过点O 作OG ⊥AE 于点G ， ∵BM ⊥AE 于点M ，KN ⊥AE 于点N ， ∴BM ∥OG ∥KN ， ∵点O 是线段BK 的中点， ∴MG ＝NG ，又∵OG ⊥MN ， ∴OM ＝ON ，即△MON 是等腰三角形，由题意得，△BPC ，△AMB ，△ABP 为直角三角形，设BC ＝2，则CP ＝1，由勾股定理得，BP ＝3，则AP ＝7，根据三角形面积公式，BM ＝2217， ∴MP ＝377.易得PB ＝3PO ，∴OG ＝13BM ＝22121，MG ＝23MP ＝277，tan ∠MOG ＝MGOG ＝3，∴∠MOG ＝60°，∴∠MON 的度数为120°.第6题解图②满分冲关1. 6 【解析】由题易证△ABE ≌△DAF .∵GO ⊥HO ，易得△AGO ≌△DHO ，∴GO ＝HO .∴△GHO 为等腰直角三角形．∴当GO 最小时，GH 取得最小值．令AF ＝a ，AE ＝b ，则BE ＝a ，DF ＝b ，∴a ＋b ＝25，12a ·b ＝2，∴AB 2＝a 2＋b 2＝12.∴AB ＝23.∴当GO ⊥AD 时，GO 有最小值，此时OG ∥AB ，∵O 为BD 中点，∴OG 为△ABD 的中位线，∴GO ＝12AB ＝3，∴GO 的最小值为3，∴GH 最小值为 6.2. 解：(1)CA ＝CE ＋CF ；【解法提示】∵在菱形ABCD 中，∠BAD ＝120°， ∴∠DAC ＝∠ACB ＝∠D ＝60°. 又∵∠EAF ＝60°， ∴∠DAF ＝∠CAE . ∵AD ＝CD 且∠D ＝60°，∴△ACD 是等边三角形，AD ＝AC ， ∴△ADF ≌△ACE ， ∴DF ＝CE .又∵CA ＝CD ＝DF ＋CF ， ∴CA ＝CE ＋CF . (2)CF －CE ＝43CA ，理由：如解图①，过点O 作OG ∥AD ，交CF 于点G ， ∵四边形ABCD 是菱形， ∴AB ＝BC ＝CD ＝DA . ∵∠BAD ＝120°， ∴∠B ＝∠ADC ＝60°，∴△ABC 和△ADC 都为等边三角形． ∵OG ∥AD ，∴∠OGC ＝∠ADC ＝∠ACD ＝60°， ∴△OGC 为等边三角形，∴OC ＝OG ，∠OCE ＝∠OGF ＝180°－60°＝120°. ∵∠COE ＝∠GOF ＝60°－∠EOG ，∴△OCE ≌△OFG ， ∴FG ＝CE . ∵CF ＝GF ＋CG ， ∴CF －CE ＝CO . ∵AO ＝13CA ，∴OC ＝43CA ，∴CF －CE ＝43CA ；第2题解图①(3)BE 的长为1或3或5.【解法提示】连接BD 交AC 于点I ,①如解图②，当点O 在AI 上时，过点O 作OP ⊥BC 于点P ，作OQ ⊥CD 于点Q ，又∵菱形ABCD 中，AC 平分∠BCD ， ∴OP ＝OQ .∵∠POQ ＝360°－120°－90°×2＝60°， ∴∠EOF ＝∠POQ ， ∴∠EOP ＝∠FOQ . 又∵∠OPE ＝OQF ＝90°， ∴△EOP ≌△FOQ ， ∴EP ＝FQ .在Rt △AIB 中，AB ＝6，∠BAI ＝60°， ∴BI ＝AB ·sin60°＝3 3. 在Rt △BIO 中， BO ＝27，BI ＝33， ∴OI ＝OB 2－BI 2＝1. 又∵CI ＝12AC ＝3，∴OC ＝3＋1＝4， ∴CP ＝CQ ＝12OC ＝2.又∵CF ＝1，∴EP ＝FQ ＝1，∴BE ＝BC －CP －EP ＝6－2－1＝3;第2题解图②②如解图③，当点O 在AI 上，点F 在线段DC 的延长线上时，过点O 作OP ⊥BC 于点P ，过点O 作OQ ⊥CD 于点Q ，同理可得EP ＝QF ，OC ＝4，CQ ＝CP ＝2， ∵CF ＝1，∴QF ＝CQ ＋CF ＝3，∴BE ＝CB －CP －PE ＝6－2－3＝1;第2题解图③③如解图④，当点O 在IC 上时，由①知OC ＝3－1＝2，又∵CF ＝1，∠ACD ＝60°， ∴OF ⊥CD ，∴∠OEC ＝360°－60°－120°－90°＝90°， ∴EC ＝12OC ＝1，∴BE ＝6－1＝5；第2题解图④④如解图⑤，当点O 在IC 上，点F 在线段DC 的延长线上时，过点O 作OP ⊥BC 于点P ，过点O 作OQ ⊥CD 于点Q ，同理可得QF ＝PE ，OC ＝2，CP ＝CQ ＝1，QF ＝CQ ＋CF ＝2，∴BE ＝BC －EP －CP ＝6－2－1＝3; 综上所述，BE 的长为1或3或5.第2题解图⑤。

专题21 多边形内角和定理的应用(解析版)

专题21 多边形内角和定理的应用一、三角形1.三角形的内角和：三角形的内角和为180°2.三角形外角的性质：性质1：三角形的一个外角等于和它不相邻的两个内角的和。

性质2：三角形的一个外角大于任何一个和它不相邻的内角。

二、多边形1．多边形：在平面内，由一些线段首尾顺次相接组成的图形叫做多边形。

2．多边形的内角：多边形相邻两边组成的角叫做它的内角。

3．多边形的外角：多边形的一边与它的邻边的延长线组成的角叫多边形的外角。

4．多边形的对角线：连接多边形不相邻的两个顶点的线段，叫做多边形的对角线。

5．正多边形：在平面内，各个角都相等，各条边都相等的多边形叫做正多边形。

6．多边形内角和公式：n边形的内角和等于（n-2）·180°7．多边形的外角和：多边形的内角和为360°。

8.多边形对角线的条数：（1）从n边形的一个顶点出发可以引（n-3）条对角线，把多边形分成（n-2）个三角形。

（2）n边形共有23)-n(n条对角线。

【例题1】（2020•济宁）一个多边形的内角和是1080°，则这个多边形的边数是（）A．9 B．8 C．7 D．6【答案】B【分析】多边形的内角和可以表示成（n﹣2）•180°，依此列方程可求解．【解析】设所求正n边形边数为n，则1080°＝（n﹣2）•180°，解得n＝8．【对点练习】一个多边形切去一个角后，形成的另一个多边形的内角和为1080°，那么原多边形的边数为（）A．7 B．7或8 C．8或9 D．7或8或9【答案】D．【解析】本题考查了多边形的内角和定理，一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1，可能减少1，或不变．首先求得内角和为1080°的多边形的边数，即可确定原多边形的边数．设内角和为1080°的多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°=1080°，解得：n=8．则原多边形的边数为7或8或9．【例题2】（2020•湘西州）若一个多边形的内角和是外角和的两倍，则该多边形的边数是．【答案】6【解析】任何多边形的外角和是360°，内角和等于外角和的2倍则内角和是720°．n边形的内角和是（n﹣2）•180°，如果已知多边形的内角和，就可以得到一个关于边数的方程，解方程就可以求出多边形的边数．设该多边形的边数为n，根据题意，得，（n﹣2）•180°＝720°，解得：n＝6．故这个多边形的边数为6．【对点练习】（2019江苏徐州）如图，A、B、C、D为一个外角为40°的正多边形的顶点．若O为正多边形的中心，则∠OAD＝．【答案】140°【解析】利用任意凸多边形的外角和均为360°，正多边形的每个外角相等即可求出多边形的边数，再根据多边形的内角和公式计算即可．多边形的每个外角相等，且其和为360°，据此可得多边形的边数为：，∴∠OAD＝．一、选择题1．（2020•北京）正五边形的外角和为（）A．180°B．360°C．540°D．720°【答案】B【分析】根据多边形的外角和等于360°，即可求解．【解析】任意多边形的外角和都是360°，故正五边形的外角和的度数为360°．2．（2020•无锡）正十边形的每一个外角的度数为（）A．36°B．30°C．144°D．150°【答案】A【分析】根据多边形的外角和为360°，再由正十边形的每一个外角都相等，进而求出每一个外角的度数．【解析】正十边形的每一个外角都相等，因此每一个外角为：360°÷10＝36°，3．（2020•德州）如图，小明从A点出发，沿直线前进8米后向左转45°，再沿直线前进8米，又向左转45°…照这样走下去，他第一次回到出发点A时，共走路程为（）A．80米B．96米C．64米D．48米【答案】C【分析】根据多边形的外角和等于360°，即可求解．．【解析】根据题意可知，他需要转360÷45＝8次才会回到原点，所以一共走了8×8＝64（米）．4.若一个正n边形的每个内角为144°，则正n边形的所有对角线的条数是（）A．7 B．10 C．35 D．70【答案】C．【解析】本题考查了多边形的内角以及多边形的对角线，解题的关键是求出正n边形的边数．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据多边形的内角和公式求出多边形边的条数是关键．由正n边形的每个内角为144°结合多边形内角和公式，即可得出关于n的一元一次方程，解方程即可求出n的值，将其代入中即可得出结论．∵一个正n边形的每个内角为144°，∴144°n=180°×（n﹣2），解得：n=10．这个正n边形的所有对角线的条数是： ==35．5．六边形的内角和是（）A．540° B．720° C．900° D．1080°【答案】B．【解析】此题主要考查了多边形内角和公式，关键是熟练掌握计算公式：（n﹣2）•180°（n≥3，且n为整数）多边形内角和定理：n变形的内角和等于（n﹣2）×180°（n≥3，且n为整数），据此计算可得．由内角和公式可得：（6﹣2）×180°=720°6．内角和为540°的多边形是（）A B C D【答案】C．【解析】根据多边形的内角和公式（n﹣2）•180°列式进行计算即可求解．设多边形的边数是n，则（n﹣2）•180°=540°，解得n=5．7．一个正多边形的内角和为540°，则这个正多边形的每一个外角等于（）A．108° B．90° C．72° D．60°【答案】C．【解析】首先设此多边形为n边形，根据题意得：180°（n﹣2）=540°，即可求得n=5，再由多边形的外角和等于360°，即可求得答案．设此多边形为n边形，根据题意得：180（n﹣2）=540，解得：n=5，故这个正多边形的每一个外角等于： 360°/5=72°．8．如图的七边形ABCDEFG中，AB、DE的延长线相交于O点．若图中∠1、∠2、∠3、∠4的外角的角度和为220°，则∠BOD的度数为何？（）A．40 B．45 C．50 D．60【答案】A．【解析】延长BC交OD与点M，根据多边形的外角和为360°可得出∠OBC+∠MCD+∠CDM=140°，再根据四边形的内角和为360°即可得出结论．延长BC交OD与点M，如图所示．∵多边形的外角和为360°，∴∠OBC+∠MCD+∠CDM=360°﹣220°=140°．∵四边形的内角和为360°，∴∠BOD+∠OBC+180°+∠MCD+∠CDM=360°，∴∠BOD=40°．9.（2019贵州铜仁）如图为矩形ABCD，一条直线将该矩形分割成两个多边形，若这两个多边形的内角和分别为a和b，则a+b不可能是（）A．360°B．540°C．630°D．720°【答案】C．【解析】一条直线将该矩形ABCD分割成两个多边形，每一个多边形的内角和都是180°的倍数，都能被180整除，分析四个答案，只有630不能被180整除，所以a+b不可能是630°．10.（2019湖南湘西州）已知一个多边形的内角和是1080°，则这个多边形是（）A．五边形B．六边形C．七边形D．八边形【答案】D【解析】本题考查根据多边形的内角和计算公式求多边形的边数，解答时要会根据公式进行正确运算、变形和数据处理。

专题21 与三角形四边形相关的压轴题-2022年中考数学真题分项汇编(全国通用)(第2期)(解析版)

专题21 与三角形、四边形相关的压轴题解答题1．（2022·黑龙江）如图，在平面直角坐标系中，平行四边形ABCD 的边AB 在x 轴上，顶点D 在y 轴的正半轴上，M 为BC 的中点，OA 、OB 的长分别是一元二次方程27120x x -+=的两个根()OA OB <，4tan 3DAB ∠=，动点P 从点D 出发以每秒1个单位长度的速度沿折线DC CB -向点B 运动，到达B 点停止．设运动时间为t 秒，APC △的面积为S ．(1)求点C 的坐标；(2)求S 关于t 的函数关系式，并写出自变量t 的取值范围；(3)在点P 的运动过程中，是否存在点P ，使CMP 是等腰三角形？若存在，请直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)点C 坐标为()7,4 (2)()()14207149871255t t S t t ⎧-≤<⎪=⎨-<≤⎪⎩(3)存在点P ()4,4或9,42⎛⎫ ⎪⎝⎭或59,412⎛⎫ ⎪⎝⎭，使CMP 是等腰三角形【分析】（1）先求出方程的解，可得3OA =，4OB =，再由4tan 3DAB ∠=，可得4OD =，然后根据四边形ABCD 是平行四边形，可得CD =7，90ODC AOD ∠=∠=︒，即可求解；（2）分两种情况讨论：当07t <时，当712t <时，过点A 作AF BC ⊥交CB 的延长线于点F ，即可求解；（3）分三种情况讨论：当CP =PM 时，过点M 作MF ⊥PC 于点F ；当52PC CM ==时；当PM =CM 时，过点M 作MG ⊥PC 于点G ，即可求解．(1)解：27120x x -+=，解得13x =，24x =，∵OA OB <，∴3OA =，4OB =， ∵4tan 3DAB ∠=， ∴43OD OA =， ∴4OD =，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴347DC AB ==+=，DC AB ∥，∴点C 坐标为()7,4；(2)解：当07t <时，()117414222S CP OD t t =⋅=-⋅=-，当712t <时，过点A 作AF BC ⊥交CB 的延长线于点F ，如图，5AD ，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴5BC AD ==，∵BC AF AB OD ⋅=⋅，∴574AF ⋅=⨯， ∴285AF =， ∴()11281498722555S CP AF t t =⋅=-⋅=-， ∴()()14207149871255t t S t t ⎧-≤<⎪=⎨-<≤⎪⎩；(3)解：存在点P ，使CMP 是等腰三角形，理由如下：根据题意得：当点P 在CD 上运动时，CMP 可能是等腰三角形，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴∠C =∠BAD ，BC =AD =5， ∴4tan tan 3C DAB =∠=， ∵点M 为BC 的中点，∴52CM =，当CP =PM 时，过点M 作MF ⊥PC 于点F ，∴3,22CF FM ==，设PC =PM =a ，则PD =7-a ，32PF a =-， ∵PF 2+FM 2=PM 2， ∴222322a a ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，解得：2512a =， ∴59712DP PC =-=， ∴此时点P 59,412⎛⎫ ⎪⎝⎭；当52PC CM ==时，∴972PD PC =-=， ∴此时点P 9,42⎛⎫ ⎪⎝⎭；当PM =CM 时，过点M 作MG ⊥PC 于点G ，则32CG =，∴23PC CG ==，∴PD =7-PC =4，∴此时点P ()4,4；综上所述，存在点P ()4,4或9,42⎛⎫ ⎪⎝⎭或59,412⎛⎫ ⎪⎝⎭，使CMP 是等腰三角形【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，坐标与图形，等腰三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点，并利用数形结合思想解答是解题的关键．2．（2022·贵州黔东南）阅读材料：小明喜欢探究数学问题，一天杨老师给他这样一个几何问题：如图，ABC 和BDE 都是等边三角形，点A 在DE 上．求证：以AE 、AD 、AC 为边的三角形是钝角三角形．(1)【探究发现】小明通过探究发现：连接DC ，根据已知条件，可以证明DC AE =，120ADC =∠︒，从而得出ADC 为钝角三角形，故以AE 、AD 、AC 为边的三角形是钝角三角形．请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．(2)【拓展迁移】如图，四边形ABCD 和四边形BGFE 都是正方形，点A 在EG 上．①试猜想：以AE 、AG 、AC 为边的三角形的形状，并说明理由．②若2210AE AG +=，试求出正方形ABCD 的面积．【答案】(1)钝角三角形；证明见详解(2)①直角三角形；证明见详解；②S 四边形ABCD =5【分析】（1）根据等边三角形性质得出，BE =BD ，AB =CB ，∠EBD =∠ABC =60°，再证△EBA ≌△DBC （SAS ）∠AEB =∠CDB =60°，AE =CD ，求出∠ADC =∠ADB +∠BDC =120°，可得△ADC 为钝角三角形即可；（2）①以AE 、AG 、AC 为边的三角形是直角三角形，连结CG ，根据正方形性质，得出∠EBG =∠ABC ，EB =GB ，AB =CB ，∠BEA =∠BGE =45°，再证△EBA ≌△GBC （SAS ）得出AE =CG ，∠BEA =∠BGC =45°，可证△AGC 为直角三角形即可；②连结BD ，根据勾股定理求出AC面积公式求解即可．(1)证明：∵△ABC 与△EBD 均为等边三角形，∴BE =BD ，AB =CB ，∠EBD =∠ABC =60°，∴∠EBA +∠ABD =∠ABD +∠DBC ，∴∠EBA =∠DBC ，在△EBA 和△DBC 中，EB DB EBA DBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EBA ≌△DBC （SAS ），∴∠AEB =∠CDB =60°，AE =CD ，∴∠ADC =∠ADB +∠BDC =120°，∴△ADC 为钝角三角形，∴以AE 、AD 、AC 为边的三角形是钝角三角形．(2)证明：①以AE 、AG 、AC 为边的三角形是直角三角形．连结CG ，∵四边形ABCD 和四边形BGFE 都是正方形，∴∠EBG =∠ABC ，EB =GB ，AB =CB ，∵EG 为正方形的对角线，∴∠BEA =∠BGE =45°，∴∠EBA +∠ABG =∠ABG +∠GBC =90°，∴∠EBA =∠GBC ，在△EBA 和△GBC 中，G EB B EBA GBC AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△EBA ≌△GBC （SAS ），∴AE =CG ，∠BEA =∠BGC =45°，∴∠AGC =∠AGB +∠BGC =45°+45°=90°，∴△AGC 为直角三角形，∴以AE 、AG 、AC 为边的三角形是直角三角形；②连结BD ，∵△AGC 为直角三角形，2210AE AG +=，∴AC∴四边形ABCD 为正方形，∴AC =BD∴S 四边形ABCD =211522AC BD AC ⋅==．【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理是解题关键．3．（2022·海南）如图1，矩形ABCD 中，6,8AB AD ==，点P 在边BC 上，且不与点B 、C 重合，直线AP 与DC 的延长线交于点E ．(1)当点P 是BC 的中点时，求证：ABP ECP △≌△；(2)将APB △沿直线AP 折叠得到APB '，点B '落在矩形ABCD 的内部，延长PB '交直线AD 于点F ． ①证明FA FP =，并求出在（1）条件下AF 的值；②连接B C '，求PCB '△周长的最小值；③如图2，BB '交AE 于点H ，点G 是AE 的中点，当2EAB AEB ∠=∠''时，请判断AB 与HG 的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)①见解析；132AF =；②12,；③2AB HG =，见解析【分析】（1）根据矩形的性质得到AB DE ∥，再结合P 是BC 的中点证明ABP ECP △≌△；（2）①设FA x =，在Rt AB F '中，表示出三角形的其他两边，再由勾股定理列方程计算即可； ②当点B '恰好位于对角线AC 上时，CB AB '+'最小，利用勾股定理计算即可；③过点B '作B M DE '∥，交AE 于点M ，证明B M EM AB AB ===''，再由11()22HG AG AH AE AM EM =-=-=即可得到12HG AB =． (1)解：如图9-1，在矩形ABCD 中，AB DC ，即AB DE ∥，∴1,2E B ∠=∠∠=∠．∵点P 是BC 的中点，∴BP CP =．∴(AAS)ABP ECP △≌△．(2)①证明：如图9-2，在矩形ABCD 中，AD BC ∥，∴3FAP ∠=∠．由折叠可知34∠=∠，∴4FAP ∠=∠．∴FA FP =．在矩形ABCD 中，8BC AD ==，∵点P 是BC 的中点， ∴118422BP BC ==⨯=．由折叠可知6,4AB AB PB PB ==='='，90B AB P AB F ∠=∠=∠=''︒．设FA x =，则FP x =．∴4FB x '=-．在Rt AB F '中，由勾股定理得222AF B A B F '+'=，∴2226(4)x x =+-，∴132x =，即132AF =． ②解：如图9-3，由折叠可知6A B B A '==，B P BP '=．∴8PCB C CP PB CB CB CB CB '''=+'+=+=+'△．由两点之间线段最短可知，当点B '恰好位于对角线AC 上时，CB AB '+'最小．连接AC ，在Rt ADC 中，90D ∠=︒，∴10AC ==，∴1064CB AC AB =-'='-=最小值， ∴88412PCB C CB '=+'=+=最小值．③解：AB 与HG 的数量关系是2AB HG =．理由是：如图9-4，由折叠可知16,,AB AB BB AE ∠=∠=⊥''．过点B '作B M DE '∥，交AE 于点M ，∵AB DE ∥，∴AB DE B M '∥∥，∴165AED ∠=∠=∠=∠．∴AB B M AB ''==，∴点H 是AM 中点．∵2EAB AEB ∠=∠''，即628∠=∠，∴528∠=∠．∵578∠=∠+∠，∴78∠=∠．∴B M EM '=．∴B M EM AB AB ===''．∵点G 为AE 中点，点H 是AM 中点， ∴11,22AG AE AH AM ==． ∴11()22HG AG AH AE AM EM =-=-=． ∴12HG AB =． ∴2AB HG =．【点睛】此题考查了矩形的性质、折叠问题、勾股定理、全等三角形的判定、等腰三角形的性质，关键是作出辅助线，根据等腰三角形的性质证明．4．（2022·吉林）如图，在ABC 中，90ACB ∠=︒，30A ∠=︒，6cm =AB ．动点P 从点A 出发，以2cm/s 的速度沿边AB 向终点B 匀速运动．以PA 为一边作120APQ ∠=︒，另一边PQ 与折线AC CB -相交于点Q ，以PQ 为边作菱形PQMN ，点N 在线段PB 上．设点P 的运动时间为(s)x ，菱形PQMN 与ABC 重叠部分图形的面积为2()cm y ．(1)当点Q 在边AC 上时，PQ 的长为 cm ；（用含x 的代数式表示）(2)当点M 落在边BC 上时，求x 的值；(3)求y 关于x 的函数解析式，并写出自变量x 的取值范围．【答案】(1)2x(2)1(3)22201312332x y x x ⎧⎪≤≤⎪⎪=-+-≤⎨⎪⎪-+≤≤⎪⎩＜【分析】（1）先证明∠A =∠AQP =30°，即AP =PQ ，根据题意有AP =2x ，即PQ =2x ；（2）当M 点在BC 上，Q 点在AC 上，在（1）中已求得AP =PQ =2x ，再证明△MNB 是等边三角形，即有BN =MN ，根据AB =6x =6cm ，即有x =1（s ）；（3）分类讨论：当01x ≤＜时，此时菱形PQMN 在△ABC 的内部，此时菱形PQMN 与△ABC 重叠的面积即是菱形PQMN 的面积，过Q 点作QG ⊥AB 于G 点，求出菱形的面积即可；当x ＞1，且Q 点在线段AC 上时，过Q 点作QG ⊥AB 于G 点，设QM 交BC 于F 点，MN 交BC 于E 点，过M 点作NH ⊥EF 于H 点，先证明△ENB 是等边三角形、△MEF 是等边三角形，重叠部分是菱形PQMN 的面积减去等边△MEF 的面积，求出菱形PQMN 的面积和等边△MEF 的面积即可，此时需要求出当Q 点在C 点时的临界条件；当332x ≤＜时，此时Q 点在线段BC 上，此时N 点始终与B 点重合，过Q 点作QG ⊥AB 于G 点，重叠部分的面积就是△PBQ 的面积，求出等边△PBQ 的面积即可．(1)当Q 点在AC 上时，∵∠A =30°，∠APQ =120°，∴∠AQP =30°，∴∠A =∠AQP ，∴AP =PQ ，∵运动速度为每秒2cm ，运动时间为x 秒，∴AP =2x ，∴PQ =2x ；(2)当M 点在BC 上，Q 点在AC 上，如图，在（1）中已求得AP =PQ =2x ，∵四边形QPMN 是菱形，∴PQ =PN =MN =2x ，PQ MN ∥，∵∠APQ =120°，∴∠QPB =60°，∵PQ MN ∥，∴∠MNB =∠QPB =60°，∵在Rt △ABC 中，∠C =90°，∠A =30°，∴∠B =60°，∴△MNB 是等边三角形，∴BN =MN ，∴AB =AP +PN +BN =2x ×3=6x =6cm ，∴x =1（s ）；(3)当P 点运动到B 点时，用时6÷2=3（s ），即x 的取值范围为：03x ≤≤，当M 点刚好在BC 上时，在（2）中已求得此时x =1，分情况讨论，即当01x ≤＜时，此时菱形PQMN 在△ABC 的内部，∴此时菱形PQMN 与△ABC 重叠的面积即是菱形PQMN 的面积，过Q 点作QG ⊥AB 于G 点，如图，∵∠APQ =120°，∴∠QPN =60°，即菱形PQMN 的内角∠QPN =∠QMN =60°，∴QG =PQ ×sin ∠QPN =2x ，∴重叠的面积等于菱形PQMN 的面积为，即为：22y PN QG x =⨯==；当x ＞1，且Q 点在线段AC 上时，过Q 点作QG ⊥AB 于G 点，设QM 交BC 于F 点，MN 交BC 于E 点，过M 点作NH ⊥EF 于H 点，如图，∵PQ MN ∥，∴∠MNB =∠QPN =60，∵∠B =60°，∴△ENB 是等边三角形，同理可证明△MEF 是等边三角形∴BN =NE ，∠MEF =60°，ME =EF ，∵AP =PQ =PN =MN =2x ，AB =6，∴BN =6-AN =6-4x ，∴ME =MN -NE =2x -BN =6x -6，∵MH ⊥EF ，∴MH =ME ×sin ∠MEH =(6x -6)×sin60°=(3x -∴△MEF 的面积为：2(3311(66)1)22MEF S EF MH x x x =⨯⨯=-⨯-⨯=-△，QG =PQ ×sin ∠QPN =2x ，∵菱形PQMN 的面积为22PN QG x ⨯==，∴重叠部分的面积为2221)MEF PQMN y S S x =-=--=-+-△菱形当Q 点与C 点重合时，可知此时N 点与B 点重合，如图，∵∠CPB =∠CBA =60°，∴△PBC 是等边三角形，∴PC =PB ，∵AP =PQ =2x ，∴AP =PB =2x ，∴AB =AP +PB =4x =6，则x =32，即此时重合部分的面积为：2y =-+-312x ≤＜；当332x ≤＜时，此时Q 点在线段BC 上，此时N 点始终与B 点重合，过Q 点作QG ⊥AB 于G 点，如图，∵AP =2x ，∴PB =AB -AP =6-2x ，∵∠QPB =∠ABC =60°，∴△PQB 是等边三角形，∴PQ =PB ，同时印证菱形PQMN 的顶点N 始终与B 点重合，∴QG =PQ ×sin ∠QPN =(6-2x )x -，∴211(62))22PBQ S x PB QG x =⨯⨯=⨯---=+△∴此时重叠部分的面积2PBQ y S ==-+△综上所述：22201312332x y x x ⎧⎪≤≤⎪⎪=-+-≤⎨⎪⎪-+≤≤⎪⎩＜．【点睛】本题考查了一次函数的应用、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，理清运动过程中Q 点的位置以及菱形PQMN 的位置是解答本题的关键．解答本题需要注意分类讨论的思想．5．（2022·黑龙江牡丹江）在菱形ABCD 和正三角形BGF 中，60ABC ∠=︒，P 是DF 的中点，连接PG 、PC ．(1)如图1，当点G 在BC 边上时，写出PG 与PC 的数量关系．（不必证明）(2)如图2，当点F 在AB 的延长线上时，线段PC 、PG 有怎样的数量关系，写出你的猜想，并给予证明；(3)如图3，当点F 在CB 的延长线上时，线段PC 、PG 又有怎样的数量关系，写出你的猜想（不必证明）．【答案】(1)PG =(2)PG =，证明见解析(3)PG =【分析】（1）延长GP 交DC 于点E ，利用()PED PGF SAS △≌△，得出PE PG =，DE FG =，得到CE CG =，CP 是EG 的中垂线，在Rt CPG 中，60PCG ∠=︒，利用正切函数即可求解；（2）延长GP 交DA 于点E ，连接EC ，GC ，先证明()DPE FPG ASA △≌△，再证明()CDE CBG SAS △≌△，利用在Rt CPG 中，60PCG ∠=︒，即可求解；（3）延长GP 到H ，使PH PG =，连接CH ，CG ，DH ，作FE ∥DC ，先证GFP HDP △≌△，再证HDC GBC ≌△△，利用在Rt CPG 中，60PCG ∠=︒，即可求解．(1)解：如图1，延长GP 交DC 于点E ，∵P 是DF 的中点，∴PD=PF ，∵BGF 是正三角形，∴60BGF ∠=︒，∵60ABC ∠=︒，∴BGF ABC ∠=∠，∴AB GF ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AB CD ，∴CD GF ∥，∴CDP PFG ∠=∠，在PED 和PGF 中，DPE FPG DP PFCDP PFG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ∴()PED PGF SAS △≌△，∴PE PG =，DE FG =，∵BGF 是正三角形，∴FG BG =，∵四边形ABCD 是菱形，∴CD CB =，CE CG ∴=，CP ∴是EG 的中垂线，在Rt CPG 中，60PCG ∠=︒，tan tan 60PG PCG PC PC ∴=∠⋅=︒⋅= ．(2)解：PG =，理由如下：如图2，延长GP 交DA 于点E ，连接EC ，GC ，60ABC ∠=︒，BGF 正三角形，∴GF BC AD ，EDP GFP ∴∠=∠，在DPE 和FPG 中，EDP GFP DP FPDPE FPG ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩()DPE FPG ASA ∴△≌△PE PG ∴=，DE FG BG ==，60CDE CBG ∠=∠=︒，CD CB =，在CDE △和CBG 中，60CD CB CDE CBG CD CB =⎧⎪∠=∠=︒⎨⎪=⎩()CDE CBG SAS ∴△≌△CE CG ∴=，DCE BCG ∠=∠，120ECG DCB ∴∠=∠=︒，PE PG =，CP PG ∴⊥，1602PCG ECG ∠=∠=︒(3)解：猜想：PG = ．证明：如图3，延长GP 到H ，使PH PG =，连接CH ，CG ，DH ，作FE DC ，P 是线段DF 的中点，FP DP ∴=，GPF HPD ∠=∠，GFP HDP ∴△≌△，GF HD ∴=，GFP HDP ∠=∠，120GFP PFE ∠+∠=︒，PFE PDC ∠=∠，120CDH HDP PDC ∴∠=∠+∠=︒，四边形ABCD 是菱形，CD CB ∴=，60ADC ABC ∠=∠=︒，点A 、B 、G 又在一条直线上，120GBC ∴∠=︒，四边形BEFG 是菱形，GF GB ∴=，HD GB ∴=，HDC GBC ∴△≌△，CH CG ∴=，DCH BCG ∠=∠，120DCH HCB BCG HCB ∴∠+∠=∠+∠=︒，即120HCG ∠=︒CH CG =，PH PG =，PG PC ∴⊥，60GCP HCP ∠=∠=︒，【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形． 6．（2022·内蒙古呼和浩特）下面图片是八年级教科书中的一道题：如图，四边形ABCD 是正方形，点E 是边BC 的中点，90AEF ∠=︒，且EF 交正方形外角的平分线CF 于点F ．求证AE EF =．（提示：取AB 的中点G ，连接EG ．）(1)请你思考题中“提示”，这样添加辅助线的意图是得到条件：；(2)如图1，若点E 是BC 边上任意一点（不与B 、C 重合），其他条件不变．求证：AE EF =；(3)在（2）的条件下，连接AC ，过点E 作EP ⊥AC ，垂足为P ．设=BE k BC，当k 为何值时，四边形ECFP 是平行四边形，并给予证明．【答案】(1)AG=CE (2)过程见解析(3)13，证明过程见解析【分析】对于（1），根据点E 是BC 的中点，可得答案；对于（2），取AG=EC ，连接EG ，说明△BGE 是等腰直角三角形，再证明△GAE ≌△CEF ，可得答案；对于（3），设BC=x ，则BE =kx ，则GE =，(1)EC k x =-，再利用等腰直角三角形的性质表示EP 的长，利用平行四边形的判定得只要EP=FC ，即可解决问题．(1)解：∵E 是BC 的中点，∴BE=CE ．∵点G 是AB 的中点，∴BG=AG ，∴AG=CE ．故答案为：AG=CE ；(2)取AG=EC ，连接EG ．∵四边形ABCD 是正方形， ∴AB=BC ，∠B =90°．∵AG=CE ，∴BG=BE ，∴△BGE 是等腰直角三角形， ∴∠BGE=∠BEG=45°，∴∠AGE =135°．∵四边形ABCD 是正方形， ∴∠BCD=90°．∵CF 是正方形ABCD 外角的平分线， ∴∠DCF=45°，∴∠ECF=90°+45°=135°． ∵AE ⊥EF ，∴∠AEB +∠FEC =90°．∵∠BAE +∠AEB =90°，∴∠BAE=∠CEF ，∴△GAE ≌△CEF ，∴AE=EF ；(3)当13k =时，四边形PECF 是平行四边形．如图．由（2）得，△GAE ≌△CEF ， ∴CF=EG ．设BC=x ，则BE =kx ，∴GE =，(1)EC k x =-． ∵EP ⊥AC ，∴△PEC 是等腰直角三角形，∴∠PEC=45°，∴∠PEC+∠ECF =180°，)PE k x =-． ∴PE CF ∥，当PE=CF 时，四边形PECF 是平行四边形，)k x -=，解得13k =．【点睛】这是一道关于四边形的综合问题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定等知识．7．（2022·福建）已知ABC DEC ≌△△，AB ＝AC ，AB ＞BC ．(1)如图1，CB 平分∠ACD ，求证：四边形ABDC 是菱形；(2)如图2，将（1）中的△CDE 绕点C 逆时针旋转（旋转角小于∠BAC ），BC ，DE 的延长线相交于点F ，用等式表示∠ACE 与∠EFC 之间的数量关系，并证明；(3)如图3，将（1）中的△CDE 绕点C 顺时针旋转（旋转角小于∠ABC ），若BAD BCD ∠=∠，求∠ADB 的度数．【答案】(1)见解析(2)180ACE EFC ∠+∠=︒，见解析(3)30°【分析】（1）先证明四边形ABDC 是平行四边形，再根据AB ＝AC 得出结论；（2）先证出ACF CEF ∠=∠，再根据三角形内角和180CEF ECF EFC ∠+∠+∠=︒，得到180ACF ECF EFC ∠+∠+∠=︒，等量代换即可得到结论；（3）在AD 上取一点M ，使得AM ＝CB ，连接BM ，证得ABM CDB △△≌，得到MBA BDC ∠=∠，设BCD BAD α∠=∠=，BDC β∠=，则ADB αβ∠=+，得到α+β的关系即可．(1)∵ABC DEC ≌△△，∴AC ＝DC ，∵AB ＝AC ，∴∠ABC ＝∠ACB ，AB ＝DC ，∵CB 平分∠ACD ，∴ACB DCB ∠=∠，∴ABC DCB ∠=∠，∴AB CD ∥，∴四边形ABDC 是平行四边形，又∵AB ＝AC ，∴四边形ABDC 是菱形；(2)结论：180ACE EFC ∠+∠=︒．证明：∵ABC DEC ≌△△，∴ABC DEC ∠=∠，∵AB ＝AC ，∴A ABC CB =∠∠，∴ACB DEC ∠=∠，∵180ACB ACF DEC CEF ∠+∠=∠+∠=︒，∴ACF CEF ∠=∠，∵180CEF ECF EFC ∠+∠+∠=︒，∴180ACF ECF EFC ∠+∠+∠=︒，∴180ACE EFC ∠+∠=︒；(3)在AD 上取一点M ，使得AM ＝CB ，连接BM ，∵AB ＝CD ，BAD BCD ∠=∠，∴ABM CDB △△≌，∴BM ＝BD ，MBA BDC ∠=∠，∴ADB BMD ∠=∠，∵BMD BAD MBA ∠=∠+∠，∴ADB BCD BDC ∠=∠+∠，设BCD BAD α∠=∠=，BDC β∠=，则ADB αβ∠=+，∵CA ＝CD ，∴2CAD CDA αβ∠=∠=+，∴2BAC CAD BAD β∠=∠-∠=， ∴()1180902ACB BAC β∠=︒-∠=︒-， ∴()90ACD βα∠=︒-+，∵180ACD CAD CDA ∠+∠+∠=︒，∴()()9022180βααβ︒-+++=︒，∴30αβ+=︒，即∠ADB ＝30°．【点睛】本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等，灵活运用知识，利用数形结合思想，做出辅助线是解题的关键．8．（2022·湖南衡阳）如图，在菱形ABCD 中，4AB =，60BAD ∠=︒，点P 从点A 出发，沿线段AD 以每秒1个单位长度的速度向终点D 运动，过点P 作PQ AB ⊥于点Q ，作PM AD ⊥交直线AB 于点M ，交直线BC 于点F ，设PQM 与菱形ABCD 重叠部分图形的面积为S （平方单位），点P 运动时间为t （秒）．(1)当点M 与点B 重合时，求t 的值；(2)当t 为何值时，APQ 与BMF 全等；(3)求S 与t 的函数关系式；(4)以线段PQ 为边，在PQ 右侧作等边三角形PQE ，当24t ≤≤时，求点E 运动路径的长．【答案】(1)2t = (2)4t =或43t =(3)())220224t S t ≤≤=⎨⎪+-<≤⎪⎩【分析】（1）画出图形，根据30°直角三角形求解即可；（2）根据全等的性质计算即可，需要注意分类讨论；（3）利用面积公式计算即可，需要根据M 在B 点左边和右边分类讨论；（4）先确定E 点的运动轨迹是一条直线，再根据24t ≤≤求点E 运动路径的长．(1)M 与B 重合时，∵60A ∠=︒， ∴122PA AB ==， ∴2t =.(2)①当02t ≤≤时，∵2AM t =，∴42BM t =-，∵APQ BMF △≌△，∴AP BM =，∴42t t =-， ∴43t =. ②当24t <≤，∵2AM t =，∴24BM t =-，∵APQ BMF △≌△，∴AP BM =，∴24t t =-，∴4t =.∴4t =或43t =.(3)①当02t ≤≤时，PQ =， ∴32MQ t =，∴2PQM S S ==△. ②当24t <≤时，∵2BF t =-，)2MF t -，∴22)BFM S t =-△，∴2PQM BFM S S S =-=+-△△∴22,0224t S t ≤≤=⎨⎪+-<≤⎪⎩. (4)连接AE .∵PQE 为正三角形，∴PE =，在Rt △APE 中，2tan PE PAE PA t ∠=== ∴PAE ∠为定值.∴E 的运动轨迹为直线，AE =，当2t =时AE =当4t =时=AE∴E 的运动路径长为=【点睛】本题属于四边形的综合问题，考查了菱形的性质，30°直角三角形的性质，全等三角形的性质，锐角三角函数等知识，综合程度较高，考查学生灵活运用知识的能力．9．（2022·浙江金华）如图，在菱形ABCD 中，310,sin 5AB B ==，点E 从点B 出发沿折线B C D --向终点D 运动．过点E 作点E 所在的边（BC 或CD ）的垂线，交菱形其它的边于点F ，在EF 的右侧作矩形EFGH ．(1)如图1，点G 在AC 上．求证：FA FG =．(2)若EF FG =，当EF 过AC 中点时，求AG 的长．(3)已知8FG =，设点E 的运动路程为s ．当s 满足什么条件时，以G ，C ，H 为顶点的三角形与BEF 相似（包括全等）？【答案】(1)见解析(2)7AG=或5(3)1s=或3225s=或327s=或1012s≤≤【分析】（1）证明△AFG是等腰三角形即可得到答案；（2）记AC中点为点O．分点E在BC上和点E在CD上两种情况进行求解即可；（3）过点A作AM BC⊥于点M，作AN CD⊥于点N．分点E在线段BM上时，点E在线段MC上时，点E 在线段CN上，点E在线段ND上，共四钟情况分别求解即可．(1)证明：如图1，∵四边形ABCD是菱形，∴BA BC=，∴BAC BCA∠=∠．∵FG BC，∴FGA BCA∠=∠，∴BAC FGA∠=∠，∴△AFG是等腰三角形，∴FA FG=．(2)解：记AC中点为点O．①当点E在BC上时，如图2，过点A作AM BC⊥于点M，∵在Rt ABM 中，365AM AB ==，∴8BM ==．∴6,2FG EF AM CM BC BM ====-=，∵,OA OC OE AM =∥， ∴112122CE ME CM ===⨯=， ∴1AF ME ==，∴167AG AF FG =+=+=．②当点E 在CD 上时，如图3，过点A 作AN CD ⊥于点N ．同理，6,2FG EF AN CN ====，112AF NE CN ===， ∴615AG FG AF =-=-=．∴7AG =或5．(3)解：过点A 作AM BC ⊥于点M ，作AN CD ⊥于点N ．①当点E 在线段BM 上时，08s <≤．设3EF x =，则4,3BE x GH EF x ===，ⅰ）若点H 在点C 的左侧，810s +≤，即02s <≤，如图4，10(48)24CH BC BH x x =-=-+=-．∵GHC FEB △∽△， ∴GH CH EF BE =， ∴GH EF CH BE =， ∴33244x x =-，解得14x =，经检验，14x =是方程的根， ∴41s x ==．∵GHC BEF △∽△， ∴GH CH BE EF =， ∴GH BE CH EF =， ∴34243x x =-，解得825x =，经检验，825x =是方程的根， ∴32425s x ==． ⅰ）若点H 在点C 的右侧，810s +>，即28s <≤，如图5，(48)1042CH BH BC x x =-=+-=-．∵GHC FEB △∽△， ∴GH CH EF BE =， ∴GH EF CH BE =， ∴33424x x =-，此方程无解．∵GHC BEF △∽△， ∴GH CH BE EF =， ∴GH BE CH EF =， ∴34423x x =-，解得87x =，经检验，87x =是方程的根， ∴3247s x ==． ②当点E 在线段MC 上时，810s <≤，如图6，6,8,EF EH BE s ===．∴8,2BH BE EH s CH BH BC s =+=+=-=-．∵GHC FEB △∽△， ∴GH CH EF BE =， ∴GH EF CH BE =， ∴662s s=-，此方程无解．∵GHC BEF △∽△， ∴GH CH BE EF =， ∴GH BE CH EF =， ∴626s s =-，解得1s =经检验，1s =∵810s <≤，∴1s =±③当点E 在线段CN 上时，1012s ≤≤，如图7，过点C 作⊥CJ AB 于点J ，在Rt BJC △中，10,6,8BC CJ BJ ===．8,EH BJ JF CE ===，∴BJ JF EH CE +=+，∴CH BF =，∵,90GH EF GHC EFB =∠=∠=︒，∴GHC EFB △≌△，符合题意，此时，1012s ≤≤．④当点E 在线段ND 上时，1220s <<，∵90EFB ∠>︒，∴GHC 与BEF 不相似．综上所述，s 满足的条件为：1s =或3225s =或327s =或1012s ≤≤．【点睛】此题考查了相似三角形的性质、菱形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质、矩形的性质、锐角三角函数等知识，分类讨论方法是解题的关键．10．（2022·四川南充）如图，在矩形ABCD 中，点O 是AB 的中点，点M 是射线DC 上动点，点P 在线段AM 上（不与点A 重合），12OP AB =．(1)判断ABP △的形状，并说明理由．(2)当点M 为边DC 中点时，连接CP 并延长交AD 于点N ．求证：PN AN =．(3)点Q 在边AD 上，85,4,5AB AD DQ ===，当90CPQ ∠=︒时，求DM 的长．【答案】(1)ABP △为直角三角形，理由见解析(2)见解析 (3)43或12 【分析】（1）由点O 是AB 的中点，12OP AB =可知OP OA OB ==，由等边对等角可以推出90APB APO BPO ∠=∠+∠=︒；（2）延长AM ，BC 交于点E ，先证EC BC =，结合（1）的结论得出PC 是直角BPE 斜边的中线，推出12PC BE CE ==，进而得到34∠=∠，再通过等量代换推出21∠=∠，即可证明PN AN =；（3）过点P 作AB 的平行线，交AD 于点F ，交BC 于点G ，得到两个K 型，证明BPG FAP ∆∆，CPG PQF ∆∆，利用相似三角形对应边成比例列等式求出QF ，FP ，再通过AFP ADM ∆∆即可求出DM ．(1)解：ABP △为直角三角形，理由如下：∵点O 是AB 的中点，12OP AB =， ∴OP OA OB ==，∴APO PAO ∠=∠，BPO PBO ∠=∠，∵ 180APO PAO BPO PBO ∠+∠+∠+∠=︒， ∴1180=902APO BPO ∠+∠=⨯︒︒， ∴90APB ∠=︒，∴ABP △为直角三角形；(2)证明：如图，延长AM ，BC 交于点E ，由矩形的性质知：//AD BE ，90ADM ECM ∠=∠=︒，∴14∠=∠，∵ 点M 为边DC 中点，∴DM CM =，在ADM △和ECM 中，14ADM ECM DM CM ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴(AAS)ADM ECM ≅△△，∴EC AD =，∵BC AD =，∴EC BC =，即C 点为BE 的中点，由（1）知90APB ∠=︒，∴90BPE ∠=︒，即BPE 为直角三角形， ∴12PC BE CE ==， ∴34∠=∠，又∵23∠∠=，14∠=∠，∴21∠=∠，∴PN AN =；(3)解：如图，过点P 作AB 的平行线，交AD 于点F ，交BC 于点G ，由已知条件85,4,5AB AD DQ ===，设QF a =，FP x =，则8124455GB AF DQ QF a a ==--=--=-，5PG x =-，85CG a =+． ∵AB AD ⊥，AB BC ⊥，//FG AB ，∴FG AD ⊥，FG BC ⊥，∴90AFP PGB ∠=∠=︒，∴90FAP FPA ∠+∠=︒，∵90APB ∠=︒，∴90BPG FPA ∠+∠=︒，∴BPG FAP ∠=∠，∴BPG FAP ∆∆， ∴GB PG FP AF =，即1255125a x x a --=-， ∴212(5)()5x x a -=-．同理，∵ 90QFP ∠=︒，∴90FQP FPQ ∠+∠=︒，∵90CPQ ∠=︒，∴90CPG FPQ ∠+∠=︒，∴CPG FQP ∠=∠，∴CPG PQF ∆∆， ∴CG PG FP QF =，即855a x x a+-=， ∴8(5)()5x x a a -=+． ∴2128()()55a a a -=+，解得910a =， ∴12352AF a =-=，将910a =代入8(5)()5x x a a -=+得989(5)()10510x x -=⨯+，整理得242090x x -+=，解得12x =或92x =． ∵FAP DAM ∠=∠，AFP ADM ∠=∠，∴AFP ADM ∆∆， ∴FP AF DM AD =，即324x DM =， ∴83DM x =， ∴当12x =时，814323DM =⨯=，当92x =时，891232DM =⨯=，此时点M 在DC 的延长线上，综上，DM 的长为43或12．【点睛】本题考查矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，相似三角形的判定与性质等，第3问有一定难度，解题关键是作辅助线构造K 字模型．11．（2022·湖北武汉）已知CD 是ABC 的角平分线，点E ，F 分别在边AC ，BC 上，AD m =，BD n =，ADE 与BDF 的面积之和为S ．(1)填空：当90ACB ∠=︒，DE AC ⊥，DF BC ⊥时，①如图1，若45B ∠=︒，m =n =_____________，S =_____________；②如图2，若60B ∠=︒，m =n =_____________，S =_____________；(2)如图3，当90ACB EDF ∠=∠=︒时，探究S 与m 、n 的数量关系，并说明理由：(3)如图4，当60ACB ∠=︒，120EDF ∠=︒，6m =，4n =时，请直接写出S 的大小．【答案】(1)①25；②4；(2)S =12mn(3)S =【分析】（1）①先证四边形DECF 为正方形，再证△ABC 为等腰直角三角形，根据CD 平分∠ACB ，得出CD ⊥AB ，且AD =BD =m ,然后利用三角函数求出BF=BD cos45°=5，DF =BD sin45°=5，AE =AD cos45°=5即可；②先证四边形DECF 为正方形，利用直角三角形两锐角互余求出∠A =90°-∠B =30°，利用30°直角三角形先证求出DE =1122AD =⨯=AE =ADcos 30°=6，DF =DE =BF =DF tan30°=2，BD =DF ÷sin60°=4即可；（2）过点D 作DH ⊥AC 于H ，DG ⊥BC 于G ，在HC 上截取HI =BG ，连接DI ，先证四边形DGCH 为正方形，再证△DFG ≌△DEH （ASA ）与△DBG ≌△DIH （SAS ），然后证明∠IDA =180°-∠A -∠DIH =90°即可；（3）过点D 作DP ⊥AC 于P ，DQ ⊥BC 于Q ，在PC 上截取PR =QB ，连接DR ，过点A 作AS ⊥DR 于S ，先证明△DQF ≌△DPE ，△DBQ ≌△DRP ，再证△DBF ≌△DRE ，求出∠ADR =∠ADE +∠BDF =180°-∠FDE =60°即可．(1)解：①∵90ACB ∠=︒，DE AC ⊥，DF BC ⊥，CD 是ABC 的角平分线，∴四边形DECF 为矩形，DE =DF ，∴四边形DECF 为正方形，∵45B ∠=︒，∴∠A =90°-∠B =45°=∠B ，∴△ABC 为等腰直角三角形，∵CD 平分∠ACB ，∴CD ⊥AB ，且AD =BD =m ,∵m =∴BD =n =∴BF =BDcos 45°=5，DF =BDsin 45°=5，AE =ADcos 45°=5，ED =DF =5，∴S = 1155552522ADE BDF S S ∆+=⨯⨯+⨯⨯=；故答案为25；②∵90ACB ∠=︒，DE AC ⊥，DF BC ⊥，CD 是ABC 的角平分线，∴四边形DECF 为矩形，DE =DF ，∴四边形DECF 为正方形，∵60B ∠=︒，∴∠A =90°-∠B =30°，∴DE =1122AD =⨯AE =AD cos30°=6，DF =DE = ∵∠BDF =90°-∠B =30°，∴BF =DF tan30°=2，∴BD =DF ÷sin60°=4，∴BD =n =4，∴S=116222ADE BDF S S ∆+=⨯+⨯⨯ 故答案为：4；(2)解：过点D 作DH ⊥AC 于H ，DG ⊥BC 于G ，在HC 上截取HI =BG ，连接DI ，∴∠DHC =∠DGC =∠GCH =90°，∴四边形DGCH 为矩形，∵CD 是ABC 的角平分线，DH ⊥AC ，DG ⊥BC ，∴DG =DH ，∴四边形DGCH 为正方形，∴∠GDH =90°，∵90EDF ∠=︒，∴∠FDG +∠GDE =∠GDE +∠EDH =90°，∴∠FDG =∠EDH ，在△DFG 和△DEH 中，FDG EDH DG DHDGF DHE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ∴△DFG ≌△DEH （ASA ）∴FG =EH ，在△DBG 和△DIH 中，DG DH DGB DHI BG IH =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DBG ≌△DIH （SAS ），∴∠B =∠DIH ，DB =DI =n ，∵∠DIH +∠A =∠B +∠A =90°，∴∠IDA =180°-∠A -∠DIH =90°，∴S △ADI =1122AD DI mn ⋅=， ∴S =12ADE BDF ADE HDI ADI S S SS S mn ∆∆∆+=+==；(3)过点D 作DP ⊥AC 于P ，DQ ⊥BC 于Q ，在PC 上截取PR =QB ，连接DR ，过点A 作AS ⊥DR 于S ， ∵CD 是ABC 的角平分线，DP ⊥AC ，DQ ⊥BC ，∴DP =DQ ，∵∠ACB=60°∴∠QDP =120°，∵120EDF ∠=︒，∴∠FDQ +∠FDP =∠FDP +∠EDP =120°，∴∠FDQ =∠EDP ，在△DFQ 和△DEP 中，FDQ EDP DQ DPDQF DPE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩， ∴△DFQ ≌△DEP （ASA ）∴DF =DE ，∠QDF =∠PDE ，在△DBQ 和△DRP 中，DQ DP DQB DPR BQ RP =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△DBQ ≌△DRP （SAS ），∴∠BDQ =∠RDP ，DB =DR ，∴∠BDF =∠BDQ +∠FDQ =∠RDP +∠EDP =∠RDE ，∵DB =DE ，DB =DR ，∴△DBF ≌△DRE ，∴∠ADR =∠ADE +∠BDF =180°-∠FDE =60°，∴S =S △ADR=111sin 6064222AS DR AD DR ⋅=︒⨯=⨯=．【点睛】本题考查等腰直角三角形判定与性质，正方形判定与性质，三角形全等判定与性质，直角三角形判定，三角形面积，角平分线性质，解直角三角形，掌握等腰直角三角形判定与性质，正方形判定与性质，三角形全等判定与性质，直角三角形判定，三角形面积，角平分线性质，解直角三角形是解题关键． 12．（2022·山东临沂）已知ABC 是等边三角形，点B ，D 关于直线AC 对称，连接AD ，CD ．(1)求证：四边形ABCD 是菱形；(2)在线段AC 上任取一点Р（端点除外），连接PD ．将线段PD 绕点Р逆时针旋转，使点D 落在BA 延长线上的点Q 处．请探究：当点Р在线段AC 上的位置发生变化时，DPQ ∠的大小是否发生变化？说明理由．(3)在满足（2）的条件下，探究线段AQ 与CP 之间的数量关系，并加以证明．【答案】(1)见解析(2)DPQ ∠大小不变，理由见解析(3)CP AQ =，证明见解析【分析】（1）连接BD ，由等边三角形的性质可得AC 垂直平分BD ，继而得出AB BC CD AD ===，便可证明；（2）连接PB ，过点P 作PE CB ∥交AB 于点E ，PF ⊥AB 于点F ，可证明APE 是等边三角形，由等腰三角形三线合一证明APF EPF ∠=∠，QPF BPF ∠=∠，即可求解；（3）由等腰三角形三线合一的性质可得AF = FE ，QF = BF ，即可证明．(1)连接BD ， ABC 是等边三角形，AB BC AC ∴==，点B ，D 关于直线AC 对称，∴AC 垂直平分BD ，,DC BC AD AB ∴==，AB BC CD AD ∴===，∴四边形ABCD 是菱形；(2)当点Р在线段AC 上的位置发生变化时，DPQ ∠的大小不发生变化，始终等于60°，理由如下：将线段PD 绕点Р逆时针旋转，使点D 落在BA 延长线上的点Q 处，PQ PD ∴=， ABC 是等边三角形，,60AB BC AC BAC ABC ACB ∴==∠=∠=∠=︒，连接PB ，过点P 作PE CB ∥交AB 于点E ，PF ⊥AB 于点F ，则60,60APE ACB AEP ABC ∠=∠=︒∠=∠=︒，60APE BAC AEP ∴∠=∠=︒=∠，APE ∴是等边三角形，AP EP AE ∴==，PF AB ⊥，APF EPF ∴∠=∠，点B ，D 关于直线AC 对称，点P 在线段AC 上，∴PB = PD ，∠DP A =∠BP A ，∴PQ = PD ，PF AB ⊥，QPF BPF ∴∠=∠，∴∠QPF -∠APF =∠BPF -∠EPF ，即∠QP A = ∠BPE ，∴∠DPQ =∠DP A - ∠QP A =∠BP A -∠BPE = ∠APE = 60°；(3)AQ = CP ，证明如下：AC = AB ，AP = AE ，∴AC - AP = AB – AE ，即CP = BE ，AP = EP ，PF ⊥AB ，∴AF = FE ，PQ = PD ，PF ⊥AB ，∴QF = BF ，∴ QF - AF = BF – EF ，即AQ = BE ，∴AQ = CP ．【点睛】本题考查了图形的旋转，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，菱形的判定等，熟练掌握知识点是解题的关键．13．（2022·江西）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板()90,60PEF P F ∠=︒∠=︒的一个顶点放在正方形中心O 处，并绕点O 逆时针旋转，探究直角三角板PEF 与正方形ABCD 重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．(1)操作发现：如图1，若将三角板的顶点P 放在点O 处，在旋转过程中，当OF 与OB 重合时，重叠部分的面积为__________；当OF 与BC 垂直时，重叠部分的面积为__________；一般地，若正方形面积为S ，在旋转过程中，重叠部分的面积1S 与S 的关系为__________；(2)类比探究：若将三角板的顶点F 放在点O 处，在旋转过程中，,OE OP 分别与正方形的边相交于点M ，N ． ①如图2，当BM CN =时，试判断重叠部分OMN 的形状，并说明理由；②如图3，当CM CN =时，求重叠部分四边形OMCN 的面积（结果保留根号）；(3)拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O 处，该锐角记为GOH ∠（设GOH α∠=），将GOH ∠绕点O 逆时针旋转，在旋转过程中，GOH ∠的两边与正方形ABCD 的边所围成的图形的面积为2S ，请直接写出2S 的最小值与最大值（分别用含α的式子表示），（参考数据：sin15tan152︒=︒=︒= 【答案】(1)1,1，114S S =(2)①OMN 1 (3)tan ,1tan 4522αα⎛⎫-︒- ⎪⎝⎭ 【分析】（1）如图1，若将三角板的顶点P 放在点O 处，在旋转过程中，当OF 与OB 重合时，OE 与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=14正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=14正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=14S．利用全等三角形的性质证明即可；（2）①结论：△OMN是等边三角形．证明OM=ON，可得结论；②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．证明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解决问题；（3）如图4-1中，过点O作OQ⊥BC于点Q，当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．如图4-2中，当CM=CN时，S2最大．分别求解即可．(1)如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=14正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=14正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=14 S．理由：如图1中，设OF交AB于点J，OE交BC于点K，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．∵O是正方形ABCD的中心，∴OM=ON，∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，∴四边形OMBN是矩形，∵OM=ON，∴四边形OMBN是正方形，∴∠MON=∠EOF=90°，∴∠MOJ=∠NOK，∵∠OMJ=∠ONK=90°，∴△OMJ≌△ONK（AAS），∴S△PMJ=S△ONK，∴S四边形OKBJ=S正方形OMBN=14S正方形ABCD，∴S1=14 S．故答案为：1，1，S1=14 S．(2)①如图2中，结论：△OMN是等边三角形．理由：过点O作OT⊥BC，∵O是正方形ABCD的中心，∴BT=CT，∵BM=CN，∴MT=TN，∵OT⊥MN，∴OM=ON，∵∠MON=60°，∴△MON是等边三角形；②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．。

中考数学必考考点专题21菱形含解析

专题21 菱形1．菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。

2.菱形的性质：（1）菱形的四条边都相等；（2）菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。

3.菱形的判定定理：（1）一组邻边相等的平行四边形是菱形；（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（3）四条边相等的四边形是菱形。

4．菱形的面积：S菱形=底边长×高=两条对角线乘积的一半【例题1】（2019内蒙古赤峰）如图，菱形ABCD周长为20，对角线AC、BD相交于点O，E是CD的中点，则OE的长是（）A．2.5 B．3 C．4 D．5【答案】A【解析】∵四边形ABCD为菱形，∴CD＝BC=204=5，且O为BD的中点，∵E为CD的中点，∴OE为△BCD的中位线，∴OE=12CB＝2.5【例题2】（2019广西梧州）如图，在菱形ABCD中，2AB=，60BAD∠=︒，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P，则DP的长是．专题典型题考法及解析专题知识回顾1【解析】连接BD 交AC 于O ，如图所示：Q 四边形ABCD 是菱形，2CD AB ∴==，60BCD BAD ∠=∠=︒，1302ACD BAC BAD ∠=∠=∠=︒，OA OC =，AC BD ⊥，112OB AB ∴==，OA ∴=AC ∴=，由旋转的性质得：2AE AB ==，60EAG BAD ∠=∠=︒，2CE AC AE ∴=-=，Q 四边形AEFG 是菱形，//EF AG ∴，60CEP EAG ∴∠=∠=︒，90CEP ACD ∴∠+∠=︒，90CPE ∴∠=︒，112PE CE ∴==，3PC ==2(31DP CD PC ∴=-=--=。

一、选择题1.（2019四川泸州）一个菱形的边长为6，面积为28，则该菱形的两条对角线的长度之和为（）A．8 B．12 C．16 D．32【答案】【解析】如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AO＝CO=12AC，DO＝BO=12BD，AC⊥BD，∵面积为28，∴12AC•BD＝2OD•AO＝28 ①∵菱形的边长为6，∴OD2+OA2＝36 ②，由①②两式可得：（OD+AO）2＝OD2+OA2+2OD•AO＝36+28＝64．∴OD+AO＝8，∴2（OD+AO）＝16，即该菱形的两条对角线的长度之和为16．2.(2019•四川省绵阳市)如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为菱形，O（0，0），A（4，0），∠AOC=60°，则对角线交点E的坐标为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】过点E作EF⊥x轴于点F，专题典型训练题∵四边形OABC 为菱形，∠AOC =60°，∴=30°，∠FAE =60°，∵A （4，0），∴OA =4，∴=2， ∴，EF ===，∴OF =AO -AF =4-1=3，∴．3.（2019•四川省广安市）如图，在边长为3的菱形ABCD 中，︒=∠30B ，过点A 作BC AE ⊥于点E ，现将△ABE 沿直线AE 翻折至△AFE 的位置，AF 与CD 交于点G 则CG 等于（） A.13-B.1C. 21D. .23 【答案】A【解析】因为∠B =30°，AB =3，AE ⊥BC ，所以BE =23，所以EC =3-23，则CF =3-3，又因为CG ∥AB ，所以CG CF AB BF=, 所以CG =13-.4.（2019四川省雅安市）如图，在四边形ABCD 中，AB=CD ，AC 、BD 是对角线，E 、F 、G 、H 分别是AD 、BD 、BC 、AC 的中点，连接EF 、FG 、GH 、HE ，则四边形EFGH 的形状是（）A ．平行四边形B ．矩形C ．菱形D ．正方形【答案】C 【解析】由点E 、F 、G 、H 分别是任意四边形ABCD 中AD 、BD 、BC 、CA 的中点，根据三角形中位线性质，得EF ＝GH ＝AB ，EH ＝FG ＝CD ，又由AB=CD ，得EF ＝FG ＝GH ＝EH 时，四边形EFGH 是菱形．∵点E 、F 、G 、H 分别是任意四边形ABCD 中AD 、BD 、BC 、CA 的中点，∴EF ＝GH ＝AB ，EH ＝FG ＝CD ，∵AB=CD ，∴EF ＝FG ＝GH ＝EH 时，四边形EFGH 是菱形，故选C ．5. （2019·贵州安顺）如图，在菱形ABCD 中，按以下步骤作图：①分别以点C 和点D 为圆心，大于CD 的长为半径作弧，两弧相交于M 、N 两点；②作直线MN ，且MN 恰好经过点A ，与CD 交于点E ，连接BE ．则下列说法错误的是（）A ．∠ABC ＝60°B ．S △ABE ＝2S △ADEC ．若AB ＝4，则BE ＝4D ．sin ∠CBE ＝【答案】C【解析】由作法得AE 垂直平分CD ，即CE ＝DE ，AE ⊥CD ，∵四边形ABCD 为菱形，BC∴AD＝CD＝2DE，AB∥DE，在Rt△ADE中，cosD＝＝，∴∠D＝60°，∴∠ABC＝60°，所以A选项的结论正确；∵S△ABE＝AB•AE，S△ADE＝DE•AE，而AB＝2DE，∴S△ABE＝2S△ADE，所以B选项的结论正确；若AB＝4，则DE＝2，∴AE＝2，在Rt△ABE中，BE＝＝2，所以C选项的结论错误；作EH⊥BC交BC的延长线于H，如图，设AB＝4a，则CE＝2a，BC＝4a，BE＝2a，在△CHE中，∠ECH＝∠D＝60°，∴CH＝a，EH＝a，∴sin∠CBE＝＝＝，所以D选项的结论正确．故选：C．6.（2019·贵州贵阳）如图所示，菱形ABCD的周长是4cm，∠ABC＝60°，那么这个菱形的对角线AC的长是（）A．1cm B．2 cm C．3cm D．4cm【答案】A【解析】由于四边形ABCD是菱形，AC是对角线，根据∠ABC＝60°，而AB＝BC，易证△BAC是等边三角形，从而可求AC的长．∵四边形ABCD是菱形，AC是对角线，∴AB＝BC＝CD＝AD，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∵菱形ABCD的周长是4cm，∴AB＝BC＝AC＝1cm．7.（2019•贵州省铜仁市）如图，四边形ABCD为菱形，AB＝2，∠DAB＝60°，点E、F分别在边DC、BC上，且CE＝CD，CF＝CB，则S△CEF＝（）A．B．C．D．【答案】D．【解答】∵四边形ABCD为菱形，AB＝2，∠DAB＝60°∴AB＝BC＝CD＝2，∠DCB＝60°∵CE＝CD，CF＝CB∴CE＝CF＝∴△CEF为等边三角形∴S△CEF＝＝8.（2019•河北省）如图，菱形ABCD中，∠D＝150°，则∠1＝（）A．30°B．25°C．20°D．15°【答案】D．【解答】∵四边形ABCD是菱形，∠D＝150°，∴AB∥CD，∠BAD＝2∠1，∴∠BAD+∠D＝180°，∴∠BAD＝180°﹣150°＝30°，∴∠1＝15°二、填空题9.（2019广西北部湾）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交与点O，过点A作AH⊥BC于点H，已知BO=4，S菱形ABCD=24，则AH= .【答案】24 5.【解析】本题考查了菱形的性质、勾股定理以及菱形面积公式，根据菱形面积=对角线积的一半可求AC，再根据勾股定理求出BC，然后由菱形的面积即可得出结果．∵四边形ABCD是菱形，∴BO=DO=4，AO=CO，AC⊥BD，∴BD=8.∵S菱形ABCD=12AC×BD=24，∴AC=6，∴OC=12AC=3，，∵S菱形ABCD=BC×AH=24，∴AH=245.10．（2019内蒙古通辽）如图，在边长为3的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是AD边上的一点，且AM＝AD，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A′MN，连接A′C．则A′C长度的最小值是．【答案】﹣1【解析】过点M作MH⊥CD交CD延长线于点H，连接CM，∵AM＝AD，AD＝CD＝3∴AM＝1，MD＝2∵CD∥AB，∴∠HDM＝∠A＝60°∴HD＝MD＝1，HM＝HD＝∴CH＝4∴MC＝＝∵将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A′MN，∴AM＝A'M＝1，∴点A'在以M为圆心，AM为半径的圆上，∴当点A'在线段MC上时，A'C长度有最小值∴A'C长度的最小值＝MC﹣MA'＝﹣111．（2019湖南常德）规定：如果一个四边形有一组对边平行，一组邻边相等，那么称此四边形为广义菱形．根据规定判断下面四个结论：①正方形和菱形都是广义菱形；②平行四边形是广义菱形；③对角线互相垂直，且两组邻边分别相等的四边形是广义菱形；④若M、N 的坐标分别为（0，1），（0，﹣1），P是二次函数y＝x2的图象上在第一象限内的任意一点，PQ垂直直线y＝﹣1于点Q，则四边形PMNQ是广义菱形．其中正确的是．（填序号）【答案】①②④．【解析】①根据广义菱形的定义，正方形和菱形都有一组对边平行，一组邻边相等，①正确；②平行四边形有一组对边平行，没有一组邻边相等，②错误；③由给出条件无法得到一组对边平行，③错误；④设点P（m，m2），则Q（m，﹣1），∴MP＝＝，PQ＝+1，∵点P在第一象限，∴m＞0，∴MP＝+1，∴MP＝PQ，又∵MN∥PQ，∴四边形PMNQ是广义菱形．④正确；故答案为①②④．12.（2019湖北十堰）如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，E为BC的中点，若OE＝3，则菱形的周长为．【答案】24【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，BO＝DO，∵点E是BC的中点，∴OE是△BCD的中位线，∴CD＝2OE＝2×3＝6，∴菱形ABCD的周长＝4×6＝2413.（2019北京市）把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为_______．【答案】12【解析】设图1中小直角三角形的两直角边长分别为a ，b （a>b ）；则由图2和图3列得方程组51a b a b +=⎧⎨-=⎩，由加减消元法得32a b =⎧⎨=⎩， ∴菱形的面积1144321222S ab =⨯=⨯⨯⨯=.故填12. 14．（2019辽宁抚顺）如图，菱形ABCD 的边长为4cm ，∠A ＝60°，BD 是以点A 为圆心，AB 长为半径的弧，CD 是以点B 为圆心，BC 长为半径的弧，则阴影部分的面积为 cm 2．【答案】4．【解析】连接BD ，判断出△ABD 是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠ABD ＝60°，再求出∠CBD ＝60°，然后求出阴影部分的面积＝S △ABD ，计算即可得解．如图，连接BD ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ＝AD ，∵∠A ＝60°，∴△ABD 是等边三角形，∴∠ABD ＝60°，又∵菱形的对边AD ∥BC ，∴∠ABC ＝180°﹣60°＝120°，图3图2图1∴∠CBD＝120°﹣60°＝60°，∴S阴影＝S扇形BDC﹣（S扇形ABD﹣S△ABD），＝S△ABD，＝×4×＝4cm2．三、解答题15．（2019湖南岳阳）如图，在菱形ABCD中，点E、F分别为AD、CD边上的点，DE＝DF，求证：∠1＝∠2．【答案】见解析．【解析】证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝CD，在△ADF和△CDE中，，∴△ADF≌△CDE（SAS），∴∠1＝∠2．16. （2019•海南省）如图，在边长为l的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点（与点A、D不重合），射线PE与BC的延长线交于点Q．（1）求证：△PDE≌△QCE；（2）过点E作EF∥BC交PB于点F，连结AF，当PB＝PQ时，①求证：四边形AFEP是平行四边形；②请判断四边形AFEP是否为菱形，并说明理由．【解析】（1）由四边形ABCD是正方形知∠D＝∠ECQ＝90°，由E是CD的中点知DE＝CE，结合∠DEP＝∠CEQ即可得证；（2）①由PB＝PQ知∠PBQ＝∠Q，结合AD∥BC得∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，由△PDE≌△QCE知PE＝QE，再由EF∥BQ知PF＝BF，根据Rt△PAB中AF＝PF＝BF知∠APF＝∠PAF，从而得∠PAF＝∠EPD，据此即可证得PE∥AF，从而得证；②设AP＝x，则PD＝1﹣x，若四边形AFEP是菱形，则PE＝PA＝x，由PD2+DE2＝PE2得关于x的方程，解之求得x的值，从而得出四边形AFEP为菱形的情况．【解答】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠D＝∠ECQ＝90°，∵E是CD的中点，∴DE＝CE，又∵∠DEP＝∠CEQ，∴△PDE≌△QCE（ASA）；（2）①∵PB＝PQ，∴∠PBQ＝∠Q，∵AD∥BC，∴∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，∵△PDE≌△QCE，∴PE＝QE，∵EF∥BQ，∴PF＝BF，∴在Rt△PAB中，AF＝PF＝BF，∴∠APF＝∠PAF，∴∠PAF＝∠EPD，∴PE∥AF，∵EF∥BQ∥AD，∴四边形AFEP是平行四边形；②当AP＝时，四边形AFEP是菱形．设AP＝x，则PD＝1﹣x，若四边形AFEP是菱形，则PE＝PA＝x，∵CD＝1，E是CD中点，∴DE＝，在Rt△PDE中，由PD2+DE2＝PE2得（1﹣x）2+（）2＝x2，解得x＝，即当AP＝时，四边形AFEP是菱形．17. （2019北京市）如图1，在菱形ABCD中，AC为对角线，点E，F分别在AB，AD上，BE=DF，连接EF．（1）求证：AC⊥EF；（2）如图2，延长EF交CD的延长线于点G，连接BD交AC于点O，若BD=4，tanG=12，求AO的长．图1 图2【答案】见解析。

2024年中考数学真题汇编专题21 特殊的平行四边形+答案详解

2024年中考数学真题汇编专题21 特殊的平行四边形+答案详解（试题部分）一、单选题1．（2024·重庆·中考真题）如图，在矩形ABCD 中，分别以点A 和C 为圆心，AD 长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点．若4=AD ，则图中阴影部分的面积为（）A ．328π−B ．4πC ．324π−D ．8π2．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，O 是坐标原点，菱形ABOC 的顶点B 在x 轴的负半轴上，顶点C 的坐标为()3,4，则顶点A 的坐标为（）A ．()4,2−B ．()4C ．()2,4−D ．(− 3．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形ABCD ：①画MAN ∠；②以点A 为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交AM ，AN 于点B ，D ；③分别以点B ，D 为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C ；④连接BC ，CD ，BD ．若44A ∠=︒，则CBD ∠的大小是（）A ．64︒B ．66︒C ．68︒D ．70︒4．（2024·四川成都·中考真题）如图，在矩形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点O ，则下列结论一定正确的是（）A ．AB AD = B ．AC BD ⊥ C ．AC BD = D ．ACB ACD ∠=∠5．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，四边形ABCD 是菱形，5CD =，8BD =，AE BC ⊥于点E ，则AE 的长是（）A ．245B ．6C ．485D ．126．（2024·河北·中考真题）在平面直角坐标系中，我们把一个点的纵坐标与横坐标的比值称为该点的“特征值”．如图，矩形ABCD 位于第一象限，其四条边分别与坐标轴平行，则该矩形四个顶点中“特征值”最小的是（）A ．点AB ．点BC ．点CD ．点D7．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为()4,0−，点C 的坐标为()0,2．以OA OC ，为边作矩形OABC ，若将矩形OABC 绕点O 顺时针旋转90︒，得到矩形OA B C '''，则点B '的坐标为（）A ．()4,2−−B ．()4,2−C ．()2,4D ．()4,28．（2024·甘肃·中考真题）如图，在矩形ABCD 中，对角线AC ，BD 相交于点O ，60ABD ∠=︒，2AB =，则AC 的长为（）A ．6B ．5C ．4D ．39．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在矩形ABCD 中，6AB =，8BC =，点E 在DC 上，把ADE V 沿AE 折叠，点D 恰好落在BC 边上的点F 处，则cos CEF ∠的值为（）A B C ．34 D ．5410．（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P 从菱形ABCD 的点A 出发，沿边AB BC →匀速运动，运动到点C 时停止．设点P 的运动路程为x ，PO 的长为y ，y 与x 的函数图象如图2所示，当点P 运动到BC 中点时，PO 的长为（）A．2 B ．3 C D ．11．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，矩形ABCD 中，BD 为其对角线，一动点P 从D 出发，沿着D B C →→的路径行进，过点P 作PQ CD ⊥，垂足为Q ．设点P 的运动路程为x ，PQ DQ −为y ，y 与x 的函数图象如图2，则AD 的长为（）A B ．83 C D ．11412．（2024·广西·中考真题）如图，边长为5的正方形ABCD ，E ，F ，G ，H 分别为各边中点，连接AG ，BH ，CE ，DF ，交点分别为M ，N ，P ，Q ，那么四边形MNPQ 的面积为（）A ．1B ．2C ．5D ．1013．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，边长为2的正方形ABCD 的对角线AC 与BD 相交于点O ．E 是BC 边上一点，F 是BD 上一点，连接,DE EF ．若DEF 与DEC 关于直线DE 对称，则BEF △的周长是（）A．B ．2C ．4−D 14．（2024·上海·中考真题）四边形ABCD 为矩形，过A C 、作对角线BD 的垂线，过B D 、作对角线AC 的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（）A ．菱形B ．矩形C ．直角梯形D ．等腰梯形15．（2024·四川德阳·的矩形叫黄金矩形，黄金矩形给我们以协调的美感，世界各国许多著名建筑为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计．已知四边形ABCD 是黄金矩形．()AB BC <，点P 是边AD 上一点，则满足PB PC ⊥的点P 的个数为（）A ．3B ．2C ．1D ．016．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在边长为6的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB BC ，上的动点，且满足AE BF =，AF 与DE 交于点O ，点M 是DF 的中点，G 是边AB 上的点，2AG GB =，则12OM FG +的最小值是（）A ．4B ．5C ．8D ．1017．（2024·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD 中，点E 是BC 上一点，点F 是CD 延长线上一点，连接AE ，AF ，AM 平分EAF ∠．交CD 于点M ．若1BE DF ==，则DM 的长度为（）A ．2BCD ．125二、填空题18．（2024·福建·中考真题）如图，正方形ABCD 的面积为4，点E ，F ，G ，H 分别为边AB ，BC ，CD ，AD 的中点，则四边形EFGH 的面积为．19．（2024·山东威海·中考真题）将一张矩形纸片（四边形ABCD ）按如图所示的方式对折，使点C 落在AB 上的点C '处，折痕为MN ，点D 落在点D '处，C D ''交AD 于点E ．若3BM =，4BC '=，3AC '=，则DN = ．20．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD 的边AB 在x 轴上，点A 的坐标为()20−，，点E 在边CD 上．将BCE 沿BE 折叠，点C 落在点F 处．若点F 的坐标为()06，，则点E 的坐标为．21．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为3cm 的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为60︒，则重合部分构成的四边形ABCD 的周长为 cm ．22．（2024·天津·中考真题）如图，正方形ABCD 的边长为,AC BD 相交于点O ，点E 在CA 的延长线上，5OE =，连接DE ．（1）线段AE 的长为；（2）若F 为DE 的中点，则线段AF 的长为．23．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在菱形ABCD 中，60ABC ∠=︒，6AB =，AC 是一条对角线，E 是AC 上一点，过点E 作EF AB ⊥，垂足为F ，连接DE ．若CE AF =，则DE 的长为．24．（2024·广东·中考真题）如图，菱形ABCD 的面积为24，点E 是AB 的中点，点F 是BC 上的动点．若BEF △的面积为4，则图中阴影部分的面积为．25．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形ABCD 中，对角线AC ，BD 相交于点O ，53AC BD =．线段AB 与A B ''关于过点O 的直线l 对称，点B 的对应点B '在线段OC 上，A B ''交CD 于点E ，则B CE '与四边形OB ED '的面积比为26．（2024·黑龙江绥化·中考真题）在矩形ABCD 中，4cm AB =，8cm BC =，点E 在直线AD 上，且2cm DE =，则点E 到矩形对角线所在直线的距离是 cm ．三、解答题27．（2024·陕西·中考真题）如图，四边形ABCD 是矩形，点E 和点F 在边BC 上，且BE CF =．求证：AF DE =．28．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在四边形ABCD 中，90A B ∠=∠=︒，O 是边AB 的中点，AOD BOC ∠=∠．求证：四边形ABCD 是矩形．29．（2024·青海·中考真题）综合与实践顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．．．．．．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．【探究一】如图1，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是各边的中点．求证：中点四边形EFGH是平行四边形．证明：∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，∴EF、GH分别是ABC和ACD的中位线，∴12EF AC=，12GH AC=（____①____）∴EF GH=．同理可得：EH FG=．∴中点四边形EFGH是平行四边形．结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．（1）请你补全上述过程中的证明依据①________【探究二】从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．（2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续．．的证明过程．【探究三】（3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________．（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续．．的证明过程．【归纳总结】（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________．30．（2024·吉林长春·中考真题）【问题呈现】小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在等边ABC 中，3AB =，点M 、N 分别在边AC 、BC 上，且AM CN =，试探究线段MN 长度的最小值．【问题分析】小明通过构造平行四边形，将双动点问题转化为单动点问题，再通过定角发现这个动点的运动路径，进而解决上述几何问题．【问题解决】如图②，过点C 、M 分别作MN 、BC 的平行线，并交于点P ，作射线AP ．在【问题呈现】的条件下，完成下列问题：（1）证明：AM MP =；（2）CAP ∠的大小为度，线段MN 长度的最小值为________．【方法应用】某种简易房屋在整体运输前需用钢丝绳进行加固处理，如图③．小明收集了该房屋的相关数据，并画出了示意图，如图④，ABC 是等腰三角形，四边形BCDE 是矩形，2AB AC CD ===米，30ACB ∠=︒．MN 是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点M 在AC 上，点N 在DE 上．在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持AM DN =．钢丝绳MN 长度的最小值为多少米．31．（2024·河北·中考真题）情境图1是由正方形纸片去掉一个以中心O 为顶点的等腰直角三角形后得到的．该纸片通过裁剪，可拼接为图2所示的钻石型五边形，数据如图所示．（说明：纸片不折叠，拼接不重叠无缝隙无剩余）操作嘉嘉将图1所示的纸片通过裁剪，拼成了钻石型五边形．如图3，嘉嘉沿虚线EF ，GH 裁剪，将该纸片剪成①，②，③三块，再按照图4所示进行拼接．根据嘉嘉的剪拼过程，解答问题：（1）直接写出线段EF 的长；（2）直接写出图3中所有与线段BE 相等的线段，并计算BE 的长．探究淇淇说：将图1所示纸片沿直线裁剪，剪成两块，就可以拼成钻石型五边形．请你按照淇淇的说法设计一种方案：在图5所示纸片的BC 边上找一点P （可以借助刻度尺或圆规），画出裁剪线（线段PQ ）的位置，并直接写出BP 的长．32．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，在平行四边形ABCD 中，点F 在边AD 上，AB AF =，连接BF ，点O 为BF 的中点，AO BC 于点E ，连接EE(1)求证：四边形ABEF 是菱形：(2)若平行四边形ABCD 的周长为22,1,120CE BAD =∠=︒，求AE 的长．33．（2024·河南·中考真题）如图，在Rt ABC △中，CD 是斜边AB 上的中线，∥BE DC 交AC 的延长线于点E ．(1)请用无刻度的直尺和圆规作ECM ∠，使ECM A ∠=∠，且射线CM 交BE 于点F （保留作图痕迹，不写作法）．(2)证明（1）中得到的四边形CDBF 是菱形34．（2024·贵州·中考真题）如图，四边形ABCD 的对角线AC 与BD 相交于点O ，AD BC ∥，90ABC ∠=︒，有下列条件：①AB CD ∥，②AD BC =．(1)请从以上①②中任选1个作为条件，求证：四边形ABCD 是矩形；(2)在（1）的条件下，若3AB =，5AC =，求四边形ABCD 的面积．35．（2024·吉林·中考真题）图①、图②均是44⨯的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．点A ，B ，C ，D ，E ，O 均在格点上．图①中已画出四边形ABCD ，图②中已画出以OE 为半径的O ，只用无刻度的直尺，在给定的网格中按要求画图．(1)在图①中，面出四边形ABCD 的一条对称轴．(2)在图②中，画出经过点E 的O 的切线．36．（2024·吉林·中考真题）小明在学习时发现四边形面积与对角线存在关联，下面是他的研究过程：【探究论证】（1）如图①，在ABC 中，AB BC =，BD AC ⊥，垂足为点D ．若2CD =，1BD =，则ABC S =______．（2）如图②，在菱形A B C D ''''中，4''=A C ，2B D ''=，则A B C D S ''''=菱形______．（3）如图③，在四边形EFGH 中，EG FH ⊥，垂足为点O ．若5EG =，3FH =，则EFGH S =四边形______；若EG a =，FH b =，猜想EFGH S 四边形与a ，b 的关系，并证明你的猜想．【理解运用】（4）如图④，在MNK △中，3MN =，4KN =，5MK =，点P 为边MN 上一点．小明利用直尺和圆规分四步作图：（ⅰ）以点K 为圆心，适当长为半径画弧，分别交边KN ，KM 于点R ，I ；（ⅱ）以点P 为圆心，KR 长为半径画弧，交线段PM 于点I '；（ⅲ）以点I '为圆心，IR R '，点R '，K 在MN 同侧；（ⅳ）过点P 画射线PR '，在射线PR '上截取PQ KN =，连接KP ，KQ ，MQ ．请你直接写出MPKQ S 四边形的值．37．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形ABCD ．(1)尺规作图：作对角线AC 的垂直平分线，交CD 于点E ，交AB 于点F ；（不写作法，保留作图痕迹）(2)连接AE CF 、．求证：四边形AFCE 是菱形．38．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）在Rt ACB △中，90ACB ∠=︒，12BC =，8AC =，以BC 为边向ACB △外作有一个内角为60︒的菱形BCDE ，对角线BD CE ，交于点O ，连接OA ，请用尺规和三角板作出图形，并直接写出AOC 的面积．39．（2024·广东广州·中考真题）如图，Rt ABC △中，90B ??．(1)尺规作图：作AC 边上的中线BO （保留作图痕迹，不写作法）；(2)在（1）所作的图中，将中线BO 绕点O 逆时针旋转180︒得到DO ，连接AD ，CD ．求证：四边形ABCD 是矩形．40．（2024·广东广州·中考真题）如图，点E ，F 分别在正方形ABCD 的边BC ，CD 上，3BE =，6EC =，2CF =．求证：ABE ECF △△∽．41．（2024·四川遂宁·中考真题）康康在学习了矩形定义及判定定理1后，继续探究其它判定定理．(1)实践与操作①任意作两条相交的直线，交点记为O ；②以点O 为圆心，适当长为半径画弧，在两条直线上分别截取相等的四条线段OA OB OC OD 、、、； ③顺次连结所得的四点得到四边形ABCD ．于是可以直接．．判定四边形ABCD 是平行四边形，则该判定定理是：______． (2)猜想与证明通过和同伴交流，他们一致认为四边形ABCD 是矩形，于是猜想得到了矩形的另外一种判定方法：对角线相等的平行四边形是矩形．并写出了以下已知、求证，请你完成证明过程．已知：如图，四边形ABCD 是平行四边形，AC BD =．求证：四边形ABCD 是矩形．42．（2024·重庆·中考真题）在学习了矩形与菱形的相关知识后，小明同学进行了更深入的研究，他发现，过矩形的一条对角线的中点作这条对角线的垂线，与矩形两边相交的两点和这条对角线的两个端点构成的四边形是菱形，可利用证明三角形全等得到此结论．根据他的想法与思路，完成以下作图与填空：(1)如图，在矩形ABCD 中，点O 是对角线AC 的中点．用尺规过点O 作AC 的垂线，分别交AB ，CD 于点E ，F ，连接AF ，CE ．（不写作法，保留作图痕迹）(2)已知：矩形ABCD ，点E ，F 分别在AB ，CD 上，EF 经过对角线AC 的中点O ，且EF AC ⊥．求证：四边形AECF 是菱形．证明：∵四边形ABCD 是矩形，∴AB CD ．∴①，OCF OAE ∠=∠．∵点O 是AC 的中点，∴②．∴CFO AEO ≅△△（AAS ）．∴③．又∵OA OC =，∴四边形AECF 是平行四边形．∵EF AC ⊥，∴四边形AECF 是菱形．进一步思考，如果四边形ABCD 是平行四边形呢？请你模仿题中表述，写出你猜想的结论：④． 43．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在ABC 中，5AB AC ==，6BC =．点D 是边BC 上的一点（点D 不与点B 、C 重合），作射线AD ，在射线AD 上取点P ，使AP BD =，以AP 为边作正方形APMN ，使点M 和点C 在直线AD 同侧．(1)当点D 是边BC 的中点时，求AD 的长；(2)当4BD =时，点D 到直线AC 的距离为________；(3)连结PN ，当PN AC ⊥时，求正方形APMN 的边长；(4)若点N 到直线AC 的距离是点M 到直线AC 距离的3倍，则CD 的长为________．（写出一个即可） 44．（2024·甘肃·中考真题）【模型建立】（1）如图1，已知ABE 和BCD △，AB BC ⊥，AB BC =，CD BD ⊥，AE BD ⊥．用等式写出线段AE ，DE ，CD 的数量关系，并说明理由．【模型应用】（2）如图2，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别在对角线BD 和边CD 上，AE EF ⊥，AE EF =．用等式写出线段BE ，AD ，DF 的数量关系，并说明理由．【模型迁移】（3）如图3，在正方形ABCD 中，点E 在对角线BD 上，点F 在边CD 的延长线上，AE EF ⊥，AE EF =．用等式写出线段BE ，AD ，DF 的数量关系，并说明理由．45．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，等边三角形OAB 的边OB 在x 轴上，点A 在第一象限，OA 的长度是一元二次方程2560x x −−=的根，动点P 从点O 出发以每秒2个单位长度的速度沿折线OA AB −运动，动点Q 从点O 出发以每秒3个单位长度的速度沿折线OB BA −运动，P 、Q 两点同时出发，相遇时停止运动．设运动时间为t 秒（0 3.6t <<），OPQ △的面积为S ．(1)求点A 的坐标；(2)求S 与t 的函数关系式；(3)在（2）的条件下，当S =M 在y 轴上，坐标平面内是否存在点N ，使得以点O 、P 、M 、N 为顶点的四边形是菱形．若存在，直接写出点N 的坐标；若不存在，说明理由．2024年中考数学真题汇编专题21 特殊的平行四边形+答案详解（答案详解）一、单选题1．（2024·重庆·中考真题）如图，在矩形ABCD 中，分别以点A 和C 为圆心，AD 长为半径画弧，两弧有且仅有一个公共点．若4=AD ，则图中阴影部分的面积为（）A ．328π−B ．4πC ．324π−D ．8π 根据题意可得2AC AD =∵矩形ABCD ，∴AD =在Rt ABC △中，AB =2．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，O 是坐标原点，菱形ABOC 的顶点B 在x 轴的负半轴上，顶点C 的坐标为()3,4，则顶点A 的坐标为（）A ．()4,2−B ．()4C ．()2,4−D ．(−3．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形ABCD ：①画MAN ∠；②以点A 为圆心，1个单位长为半径画弧，分别交AM ，AN 于点B ，D ；③分别以点B ，D 为圆心，1个单位长为半径画弧，两弧交于点C ；④连接BC ，CD ，BD ．若44A ∠=︒，则CBD ∠的大小是（）A ．64︒B ．66︒C ．68︒D ．70︒【答案】C,AD BC ABD ∠44=︒，MBC A =∠=(11802CBD =故选：C ．4．（2024·四川成都·中考真题）如图，在矩形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点O ，则下列结论一定正确的是（）A ．AB AD =B ．AC BD ⊥ C ．AC BD = D ．ACB ACD ∠=∠5．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，四边形ABCD 是菱形，5CD =，8BD =，AE BC ⊥于点E ，则AE 的长是（）A ．245B ．6C ．485D ．126．（2024·河北·中考真题）在平面直角坐标系中，我们把一个点的纵坐标与横坐标的比值称为该点的“特征值”．如图，矩形ABCD 位于第一象限，其四条边分别与坐标轴平行，则该矩形四个顶点中“特征值”最小的是（）A ．点AB ．点BC ．点CD ．点D【答案】B 【分析】本题考查的是矩形的性质，坐标与图形，分式的值的大小比较，设(),A a b ，AB m =，AD n =，可得(),D a b n +，(),B a m b +，(),C a m b n ++，再结合新定义与分式的值的大小比较即可得到答案．【详解】解：设(),A a b ，AB m =，AD n =，7．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为()4,0−，点C 的坐标为()0,2．以OA OC ，为边作矩形OABC ，若将矩形OABC 绕点O 顺时针旋转90︒，得到矩形OA B C '''，则点B '的坐标为（）A ．()4,2−−B ．()4,2−C ．()2,4D ．()4,28．（2024·甘肃·中考真题）如图，在矩形ABCD 中，对角线AC ，BD 相交于点O ，60ABD ∠=︒，2AB =，则AC 的长为（）A ．6B ．5C ．4D ．3 ，得到AOB 是等边三 ∴AOB 是等边三角形，2AB =，OA OB ==解得4AC =故选C ．9．（2024·四川眉山·中考真题）如图，在矩形ABCD 中，6AB =，8BC =，点E 在DC 上，把ADE V 沿AE 折叠，点D 恰好落在BC 边上的点F 处，则cos CEF ∠的值为（）A B C ．34 D ．54【答案】A【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，求角的三角函数等知识点，正确利用折叠的性质是解题的关键．根据折叠的性质，可求得8AF AD ==，EF DE =，从而求得BF ，CF ，在Rt EFC △中，由勾股定理，得222EF CE CF =+，即可求得结果．【详解】解：四边形ABCD 是矩形，把10．（2024·甘肃·中考真题）如图1，动点P 从菱形ABCD 的点A 出发，沿边AB BC →匀速运动，运动到点C 时停止．设点P ，PO 的长为y ，y 与x 的函数图象如图2所示，当点P 运动到BC 中点时，PO 的长为（）A ．2B ．3CD ．11．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，矩形ABCD 中，BD 为其对角线，一动点P 从D 出发，沿着D B C →→的路径行进，过点P 作PQ CD ⊥，垂足为Q ．设点P 的运动路程为x ，PQ DQ −为y ，y 与x 的函数图象如图2，则AD 的长为（）A ．3B ．83CD ．114Rt BCD 中，()(24a −−解得：23a =，2AD a =+=故选：B ．12．（2024·广西·中考真题）如图，边长为5的正方形ABCD ，E ，F ，G ，H 分别为各边中点，连接AG ，BH ，CE ，DF ，交点分别为M ，N ，P ，Q ，那么四边形MNPQ 的面积为（）A ．1B ．2C ．5D ．10 明()SAS ADG BAH ≌四边形MNPQ 是矩形，证明(AAS ADQ BAM ≌矩形MNPQ 是正方形，ADQ △中，利用勾股定理求出【详解】解：∵四边形ABCD 是正方形，AB BC CD DA ===CD ∥，AD BC ∥，分别为各边中点，DF BH ，∴四边形MNPQ 是平行四边形，CE ，1DGCG =，PQ ，∴()SAS ADG BAH ≌DAG ABH ∠=∠，90DAG GAB ∠+∠=90ABH GAB ∠+∠=︒，90QMN AMB ∠=∠=︒，同理∴平行四边形MNPQ 是矩形，∵90AQD AMB ∠=∠=︒，DAG ABH ∠=∠，AD BA =，∴()AAS ADQ BAM ≌，∴DQ AM =，又DQ PQ =，AM QM =， ∴DQ AM PQ QM ===，∴矩形MNPQ 是正方形，在Rt ADQ △中，222AD DQ AQ =+，∴()22252QM QM =+，∴25QM =，∴正方形MNPQ 的面积为5，故选：C ．【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理等知识，明确题意，灵活运用相关知识求解是解题的关键．13．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，边长为2的正方形ABCD 的对角线AC 与BD 相交于点O ．E 是BC 边上一点，F 是BD 上一点，连接,DE EF ．若DEF 与DEC 关于直线DE 对称，则BEF △的周长是（）A ．B ．2C ．4−D∵DEF 与DEC 关于直线2DF DC ==，DFE ∠2BF BD DF =−=45FBE FEB ∠=∠=︒，222EF BF ==−(14．（2024·上海·中考真题）四边形ABCD 为矩形，过A C 、作对角线BD 的垂线，过B D 、作对角线AC 的垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（）A ．菱形B ．矩形C ．直角梯形D ．等腰梯形 OBC OAD S S =，OC 再由菱形的判定即可得到答案．四边形OBC OAD S S ∴=，OC OB OA ==过A C 、作对角线BD 的垂线，过1122OBC OAD S S OC BF ∴==⋅=CH BF AE ===如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为菱形，15．（2024·四川德阳·的矩形叫黄金矩形，黄金矩形给我们以协调的美感，世界各国许多著名建筑为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计．已知四边形ABCD 是黄金矩形．()AB BC <，点P 是边AD 上一点，则满足PB PC ⊥的点P 的个数为（）A ．3B ．2C ．1D ．0设AB a =，BC b =，假设存在点P ，且在Rt ABP 中，2222BP AB AP a =+=在Rt PDC 中，222(PC PD CD b =+= PB PC ⊥，∴ 222BC BP PC =+，即222b a x =++整理得2x bx +− 24b ac ∆=−16．（2024·四川泸州·中考真题）如图，在边长为6的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB BC ，上的动点，且满足AE BF =，AF 与DE 交于点O ，点M 是DF 的中点，G 是边AB 上的点，2AG GB =，则12OM FG +的最小值是（）A ．4B ．5C ．8D ．10 先证明()SAS ADE BAF ≌12DF ，如图所示，在易证明()SAS FBG FBH ≌H 、D 、F 三点共线时，有最小值，最小值即为一半，求出8AH =，在Rt ADH 中，由勾股定理得10=，责任12OM +ABCD 是正方形，90ABC =︒，∴()SAS ADE BAF ≌ADE BAF ∠=∠，DOF ADO ∠=∠+∠∵点M 是DF 的中点，12OM DF =；∴()SAS FBG FBH ≌FH FG =，1122OM FG DF +=∴当H 、D 、F 三点共线时，Rt ADH 中，由勾股定理得12OM FG +的最小值为故选：B ．17．（2024·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD 中，点E 是BC 上一点，点F 是CD 延长线上一点，连接AE ，AF ，AM 平分EAF ∠．交CD 于点M ．若1BE DF ==，则DM 的长度为（）A ．2B C D ．125【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，先由正方形的性质得到904ABE ADC ADF C AB AD CD BC ====︒====∠∠∠∠，，再证明()SAS ABE ADF △≌△得到二、填空题18．（2024·福建·中考真题）如图，正方形ABCD 的面积为4，点E ，F ，G ，H 分别为边AB ，BC ，CD ，AD 的中点，则四边形EFGH 的面积为．【答案】2【分析】本题考查正方形性质，线段中点的性质，根据正方形性质和线段中点的性质得到1HD DG ==，进而得到DGH S ，12AHE EFB CGF S S S ===，个小三角形面积求解，即可解题．【详解】解：正方形ABCD 的面积为4，点DGH S =同理可得12AHE EFB CGF S S S ===，四边形EFGH 的面积为11422−−故答案为：2．19．（2024·山东威海·中考真题）将一张矩形纸片（四边形ABCD ）按如图所示的方式对折，使点C 落在AB 上的点C '处，折痕为MN ，点D 落在点D '处，C D ''交AD 于点E ．若3BM =，4BC '=，3AC '=，则DN = ．然后证明BC M AEC ''≌，得到中，利用222NE D E D N '+'=解题即可．Rt C BM '中，2C M C B '+'=5CM =，D C M D ∠=∠=∠'''是矩形，，E AEC '=∠∴BC M AEC ''≌，4BC AE '==，MC ='7AB CD C D ''===，84DE AD AE =−=−D N DN a '==，则EN 20．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD 的边AB 在x 轴上，点A 的坐标为()20−，，点E 在边CD 上．将BCE 沿BE 折叠，点C 落在点F 处．若点F 的坐标为()06，，则点E 的坐标为．Rt EGF 中，利用勾股定理构建关于的边长为a ，CD 与则四边形AOGD 是矩形，∴OG AD a ==，DG ∵折叠，∴BF BC a ==，CE =∵点A 的坐标为()20−，，点F 的坐标为()06，， ∴2AO =，6FO =，∴2BO AB AO a =−=−，在Rt BOF △中，222BO FO BF +=，∴()22226a a −+=，解得10a =，∴4FG OG OF =−=，8GE CD DG CE CE =−−=−，在Rt EGF 中，222GE FG EF +=，∴()22284CE CE −+=，解得5CE =，∴3GE =，∴点E 的坐标为()3,10，故答案为：()3,10．【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键．21．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为3cm 的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为60︒，则重合部分构成的四边形ABCD 的周长为 cm ．ABCD S =BC CD =∴四边形Rt ADN △22．（2024·天津·中考真题）如图，正方形ABCD 的边长为,AC BD 相交于点O ，点E 在CA 的延长线上，5OE =，连接DE ．（1）线段AE 的长为；（2）若F为DE的中点，则线段AF的长为．）四边形Rt DOC中，DC=，32∴==OD OC OAOE=5∴AE OE OA=−=（2）延长AFAB=，AC是一条对角线，E 23．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在菱形ABCD中，60ABC∠=︒，6=，则DE的长为．是AC上一点，过点E作EF AB⊥，垂足为F，连接DE．若CE AF先判断ABC，ACD都是等边三角形，的直角三角形的性质可得出【详解】解∶过D作DH∠=∵菱形ABCD中，ABC===，∠∴AB BC CD AD∴ABC，ACD都是等边三角形，==∴60EAF∠=︒，AC AB⊥，EF ABAEF∠=︒，30=，2AE AF24．（2024·广东·中考真题）如图，菱形ABCD 的面积为24，点E 是AB 的中点，点F 是BC 上的动点．若BEF △的面积为4，则图中阴影部分的面积为．ADE S =8ABF S =，则可求出CDF 的面积，然后利用ADE BEF CDF S S S S S =−−阴影求解即可．【详解】解：连接AF BD 、，1122ADE ABD S S ==⨯28ABF BEF S S ==，设菱形ABCD 中BC 边上的高为12ABFABCDBF h S ⋅=菱形，即23BF BC =，2BF =ABFCDF SS =CDF =△10ADE BEF CDF S SS S =−−=，25．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形ABCD 中，对角线AC ，BD 相交于点O ，53AC BD =．线段AB 与A B ''关于过点O 的直线l 对称，点B 的对应点B '在线段OC 上，A B ''交CD 于点E ，则B CE '与四边形OB ED '的面积比为CEB OEB SS ''=，然后证明出(AAS A ED CEB ''≌明出()SSS ODE OB E '≌，得到ODE OB E SS '=，进而求解即可．【详解】∵四边形ABCD 是菱形，53AC BD = 10AC a =，6BD a =152OA OC AC a ===，∵线段AB 与A B ''关于过点O 的直线∴12BOF COF BOB '∠=∠=∠=∴45AOG DOG ∠=∠=︒∴点A '，D ，O 三点共线∴2A D A O OD a ''=−=，B C 'CEB OEB S S ''=A D B '=CD AB ∥CDO ∠∴(AAS A ED CEB ''≌A E CE '=A B AB CD ''==DE B E '=又∵OD B O ='，OE =∴()SSS ODE OB E '≌ODE OB E SS '= 3CEB CEB OEB ODE OB ED S S S S S ''''==++四边形故答案为：13． 26．（2024·黑龙江绥化·中考真题）在矩形ABCD 中，4cm AB =，8cm BC =，点E 在直线AD 上，且2cm DE =，则点E到矩形对角线所在直线的距离是cm．Rt AE F中，11=∠OAD ODARt E F D中，12在射线ADRt DCE中，2=∠CAD DCE+∠DCE DCA23Rt DE F 中，综上所述，点故答案为：25三、解答题27．（2024·陕西·中考真题）如图，四边形ABCD 是矩形，点E 和点F 在边BC 上，且BE CF =．求证：AF DE =．【答案】见解析【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质．根据矩形的性质得到AB CD =，90B C ∠=∠=︒，再推出BF CE =，利用SAS 证明ABF DCE ≌△△，即可得到AF DE =．【详解】证明：∵四边形ABCD 是矩形， ∴AB DC =，90B C ∠=∠=︒， ∵BE CF =，∴BE EF CF EF +=+，即BF CE =， ∴()SAS ABF DCE ≌， ∴AF DE =．28．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在四边形ABCD 中，90A B ∠=∠=︒，O 是边AB 的中点，AOD BOC ∠=∠．求证：四边形ABCD 是矩形．【答案】证明见解析．【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定及矩形的判定，熟练掌握判定定理是解题关键．利用SAS 可证明AOD BOC ≌△△，得出AD BC =，根据90A B ∠=∠=︒得出AD BC ∥，即可证明四边形ABCD 是平行四边形，进而根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明四边形ABCD 是矩形．【详解】证明：∵O 是边AB 的中点， ∴OA OB =，在AOD △和BOC 中，90A B OA OB AOD BOC ∠=∠=︒⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴AOD BOC ≌△△， ∴ADBC =， ∵90A B ∠=∠=︒， ∴AD BC ∥，∴四边形ABCD 是平行四边形， ∵90A B ∠=∠=︒， ∴四边形ABCD 是矩形．29．（2024·青海·中考真题）综合与实践顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．．．．．．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．如图1，在四边形ABCD 中，E 、F 、G 、H 分别是各边的中点．求证：中点四边形EFGH 是平行四边形．证明：∵E 、F 、G 、H 分别是AB 、BC 、CD 、DA 的中点， ∴EF 、GH 分别是ABC 和ACD 的中位线， ∴12EF AC =，12GH AC =（____①____）∴EF GH =．同理可得：EH FG =．∴中点四边形EFGH 是平行四边形．结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．（1）请你补全上述过程中的证明依据①________ 【探究二】从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．（2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续．．的证明过程．【探究三】（3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________．（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续．．的证明过程．【归纳总结】（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．。

2020年中考数学必考经典题讲练案-二次函数与特殊四边形存在型问题(解析版)

2020年中考数学必考经典题讲练案【苏科版】专题21二次函数与特殊四边形存在型问题【方法指导】【题型剖析】【类型1】二次函数与平行四边形存在型问题已知抛物线28(0)y ax bx a =++≠经过点(3,7)A --，(3,5)B ，顶点为点E ，抛物线的对称轴与直线AB 交于点C ．（1）求直线AB 的解析式和抛物线的解析式．（2）在抛物线上A ，E 两点之间的部分（不包含A ，E 两点），是否存在点D ，使得2DAC DCE S S ∆∆=？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由．（3）若点P 在抛物线上，点Q 在x 轴上，当以点A ，E ，P ，Q 为顶点的四边形是平行四边形时，直接写出满足条件的点P 的坐标．【分析】（1）把点(3,7)A --，(3,5)B 的坐标分别代入一次函数表达式和二次函数表达式，即可得出直线AB 的解析式和抛物线的解析式；（2）设点2(,28)D m m m -++，分别用m 的代数式表示出DAC S ∆和DCE S ∆，再根据2DAC DCE S S ∆∆=列出方程，解方程即可得出点D 的坐标；（3）设点(,)P x y ，分三种情形讨论：①当AE 为对角线时；②当AP 为对角线时；③当PE 为对角线时，根据中点坐标公式求得点Q 的坐标，再根据点Q 在x 轴上，即可得出点P 的坐标．【解答】解：（1）设直线AB 的解析式为y kx m =+，把点(3,7)A --，(3,5)B 代入，得7353k m k m -=-+⎧⎨=+⎩，解得：21k m =⎧⎨=-⎩，∴直线AB 的解析式为21y x =-，把点(3,7)A --，(3,5)B 代入抛物线28(0)y ax bx a =++≠，得79385938a b a b -=-+⎧⎨=++⎩，解得12a b =-⎧⎨=⎩， ∴抛物线的解析式为228y x x =-++．（2）2228(1)9y x x x =-++=--+，∴顶点(1,9)E ，设点2(,28)D m m m -++，(1,1)C ，过点D 作y 轴的平行线交直线AB 于点M ，则(,21)M m m -， 221(2821)42182DAC S m m m m ∆=⨯-++-+⨯=-+，18(1)442DCE S m m ∆=⨯⨯-=-，2DAC DCE S S ∆∆=22182(44)m m ∴-+=-，解得1m =-或5m =（舍去），∴存在点(1,5)D -，使得2DAC DCE S S ∆∆=（3）(3,7)A --，(1,9)E ，设点(,)P x y ，当以点A ，E ，P ，Q 为顶点的四边形是平行四边形时，分三种情况讨论： ①当AE 为对角线时，根据中点坐标公式可得点Q 坐标为(2,2)x y ---，点Q 在x 轴上， 2y ∴=，当2y =时，2282x x -++=，解得1x =+1x =∴点P 坐标为(1+2)或(1-，2)，②当AP 为对角线时，根据中点坐标公式可得点Q 坐标为(4,16)x y --，点Q 在x 轴上， 16y ∴=，当16y =时，22816x x -++=，方程无解，舍去③当PE 为对角线时，根据中点坐标公式可得点Q 坐标为(4,16)x y ++，点Q 在x 轴上， 16y ∴=-，当16y =-时，22816x x -++=-，解得6x =或4x =-∴点P 坐标为(6,16)-或(4,16)--，综上所述，点P 的坐标为(17+，2)或(17-，2)或(6,16)-或(4,16)--．【点评】此题考查了用待定系数法求二次函数和一次函数表达式，还考查了坐标系中三角形的面积计算，平行四边形性质以及分类讨论思想．合理的分类讨论来表示出点D 的坐标是解决（3）问的关键．【变式训练】如图，抛物线25(0)y ax bx a =+-≠经过x 轴上的点(1,0)A 和点B 及y 轴上的点C ，经过B 、C 两点的直线为y x n =+． ①求抛物线的解析式．②点P 从A 出发，在线段AB 上以每秒1个单位的速度向B 运动，同时点E 从B 出发，在线段BC 上以每秒2个单位的速度向C 运动．当其中一个点到达终点时，另一点也停止运动．设运动时间为t 秒，求t 为何值时，PBE ∆的面积最大并求出最大值．③过点A 作AM BC ⊥于点M ，过抛物线上一动点N （不与点B 、C 重合）作直线AM 的平行线交直线BC 于点Q ．若点A 、M 、N 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，求点N 的横坐标．【分析】①点B 、C 在直线为y x n =+上，则(,0)B n -、(0,)C n ，点(1,0)A 在抛物线上，所以250505a b an bn n +-=⎧⎪--=⎨⎪=-⎩，解得1a =-，6b =，因此抛物线解析式：265y x x =-+-； ②先求出点P 到BC 的高h为sin 45)BP t ︒=-，于是2112)22)2222PBE S BE h t t t ∆==⨯-⨯=-+2t =时，PBE ∆的面积最大，最大值为 ③由①知，BC 所在直线为：5y x =-，所以点A 到直线BC 的距离d =过点N 作x 轴的垂线交直线BC 于点P ，交x 轴于点H ．设2(,65)N m m m -+-，则(,0)H m 、(,5)P m m -，易证PQN ∆为等腰直角三角形，即NQ PQ ==，4PN =，Ⅰ．4NH HP +=，所以265(5)4m m m -+---=解得11m =（舍去），24m=，Ⅱ．14N H HP +=，25(65)4m m m ---+-=解得1m =2m =，Ⅲ．24N H HP -=，2(65)[(5)]4mm m --+----=，解得1m =，2m ．【解答】解：①点B 、C 在直线为y x n =+上， (,0)B n ∴-、(0,)C n ，点(1,0)A 在抛物线上， ∴250505a b an bn n +-=⎧⎪--=⎨⎪=-⎩， 1a ∴=-，6b =，∴抛物线解析式：265y x x =-+-；②由题意，得， 4PB t=-，2BE t =，由①知，45OBC ∠=︒，∴点P 到BC 的高h为sin 45)2BP t ︒=-， 2112)22)22PBE S BEh t t t ∆∴==⨯-⨯=-+，当2t =时，PBE ∆的面积最大，最大值为 ③由①知，BC 所在直线为：5y x =-，∴点A 到直线BC 的距离d =过点N 作x 轴的垂线交直线BC 于点P ，交x 轴于点H ，设2(,65)N m m m -+-，则(,0)H m 、(,5)P m m -，易证PQN ∆为等腰直角三角形，即NQ PQ == 4PN ∴=，Ⅰ．4NH HP +=，265(5)4m m m ∴-+---= 解得11m =，24m =，点A 、M 、N 、Q 为顶点的四边形是平行四边形， 4m ∴=；Ⅱ．14N H HP +=，25(65)4m m m ∴---+-=解得1m =2m =，点A 、M 、1N 、1Q 为顶点的四边形是平行四边形， 5m >，m ∴=， Ⅲ．24N H HP -=，2(65)[(5)]4m m m ∴--+----=，解得1m =2m =，点A 、M 、2N 、2Q 为顶点的四边形是平行四边形， 0m <，52m ∴=，综上所述，若点A 、M 、N 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，点N 的横坐标为：4．【点评】本题考查了二次函数，熟练掌握二次函数的性质、平行四边形的判定与性质是解题的关键．【类型2】二次函数与矩形存在型问题3．如图，抛物线2y ax bx c =++与x 轴交于点(1,0)A -，点(3,0)B -，且OB OC =．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 在抛物线上，且POB ACB ∠=∠，求点P 的坐标；（3）抛物线上两点M ，N ，点M 的横坐标为m ，点N 的横坐标为4m +．点D 是抛物线上M ，N 之间的动点，过点D 作y 轴的平行线交MN 于点E ． ①求DE 的最大值；②点D 关于点E 的对称点为F ，当m 为何值时，四边形MDNF 为矩形．【分析】（1）已知抛物线与x 轴两交点坐标，可设交点式(1)(3)y a x x =++；由3OC OB ==得(0,3)C -，代入交点式即求得1a =-．（2）由POB ACB ∠=∠联想到构造相似三角形，因为求点P 坐标一般会作x 轴垂线PH 得Rt POH ∆，故可过点A 在BC 边上作垂线AG ，构造ACG POH ∆∆∽．利用点A 、B 、C 坐标求得AG 、CG 的长，由相似三角形对应边成比例推出12PH AG OH CG ==．设点P 横坐标为p ，则OH 与PH 都能用p 表示，但需按P 横纵坐标的正负性进行分类讨论．得到用p 表示OH 与PH 并代入2OH PH =计算即求得p 的值，进而求点P 坐标．（3）①用m 表示M 、N 横纵坐标，把m 当常数求直线MN 的解析式．设D 横坐标为d ，把x d =代入直线MN 解析式得点E 纵坐标，D 与E 纵坐标相减即得到用m 、d 表示的DE 的长，把m 当常数，对未知数d 进行配方，即得到当2d m =+时，DE 取得最大值．②由矩形MDNF 得MN DF =且MN 与DF 互相平分，所以E 为MN 中点，得到点D 、E 横坐标为2m +．由①得2d m =+时，4DE =，所以8MN =．用两点间距离公式用m 表示MN 的长，即列得方程求m 的值．【解答】解：（1）抛物线与x 轴交于点(1,0)A -，点(3,0)B -∴设交点式(1)(3)y a x x =++3OC OB ==，点C 在y 轴负半轴(0,3)C ∴-把点C 代入抛物线解析式得：33a =- 1a ∴=-∴抛物线解析式为2(1)(3)43y x x x x =-++=---（2）如图1，过点A 作AG BC ⊥于点G ，过点P 作PH x ⊥轴于点H 90AGB AGC PHO ∴∠=∠=∠=︒ ACB POB ∠=∠ ACG POH ∴∆∆∽∴AG CGPH OH =∴AG PHCG OH=3OB OC ==，90BOC ∠=︒45ABC ∴∠=︒，BC ==ABG ∴∆是等腰直角三角形2AG BG AB ∴==CG BC BG ∴=-=∴12PH AG OH CG == 2OH PH ∴=设2(,43)P p p p ---①当3p <-或10p -<<时，点P 在点B 左侧或在AC 之间，横纵坐标均为负数 OH p ∴=-，22(43)43PH p p p p =----=++22(43)p p p ∴-=++解得：1p =2p =P ∴或 ②当31p -<<-或0p >时，点P 在AB 之间或在点C 右侧，横纵坐标异号22(43)p p p ∴=++ 解得：12p =-，232p =-(2,1)P ∴-或3(2-，3)4综上所述，点P 的坐标为、、(2,1)-或3(2-，3)4．（3）①如图2，4x m =+时，22(4)4(4)31235y m m m m =-+-+-=---2(,43)M m m m ∴---，2(4,1235)N m m m +--- 设直线MN 解析式为y kx n =+∴2243(4)1235km n m m k m n m m ⎧+=---⎨++=---⎩解得：22843k m n m m =--⎧⎨=+-⎩ ∴直线2:(28)43MN y m x m m =--++-设(D d ，243)(4)d d m d m ---<<+ //DE y 轴E D x x d ∴==，(E d ，2(28)43)m d m m --++-2222243[(28)43](24)4[(2)]4DE d d m d m m d m d m m d m ∴=------++-=-++--=--++∴当2d m =+时，DE 的最大值为4．②如图3，D 、F 关于点E 对称DE EF ∴=四边形MDNF 是矩形MN DF ∴=，且MN 与DF 互相平分12DE MN ∴=，E 为MN 中点422D E m m x x m ++∴===+ 由①得当2d m =+时，4DE = 28MN DE ∴==22222(4)[1235(43)]8m m m m m m ∴+-+-------= 解得：134m =--，234m =-+ m ∴的值为34--或34-+时，四边形MDNF 为矩形．【点评】本题考查了求二次函数解析式，求二次函数最大值，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，一元二次方程的解法，二元一次方程组的解法，矩形的性质．第（3）题没有图要先根据题意画草图帮助思考，设计较多字母运算时抓住其中的常量和变量来分析和计算．【变式训练】如图，抛物线223y x x =--+的图象与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左边），与y 轴交于点C ，点D 为抛物线的顶点．（1）求点A 、B 、C 的坐标；（2）点(,0)M m 为线段AB 上一点（点M 不与点A 、B 重合），过点M 作x 轴的垂线，与直线AC 交于点E ，与抛物线交于点P ，过点P 作//PQ AB 交抛物线于点Q ，过点Q 作QN x ⊥轴于点N ，可得矩形PQNM ．如图，点P 在点Q 左边，试用含m 的式子表示矩形PQNM 的周长；（3）当矩形PQNM 的周长最大时，m 的值是多少？并求出此时的AEM ∆的面积；（4）在（3）的条件下，当矩形PMNQ 的周长最大时，连接DQ ，过抛物线上一点F 作y 轴的平行线，与直线AC 交于点G （点G 在点F 的上方）．若22FG DQ =，求点F 的坐标．【分析】（1）利用函数图象与坐标轴的交点的求法，求出点A ，B ，C 的坐标；（2）先确定出抛物线对称轴，用m 表示出PM ，MN 即可；（3）由（2）得到的结论判断出矩形周长最大时，确定出m ，进而求出直线AC 解析式，即可；（4）在（3）的基础上，判断出N 应与原点重合，Q 点与C 点重合，求出2DQ DC ==2(3)(23)4n n n +---+=即可．【解答】解：（1）由抛物线223y x x =--+可知，(0,3)C ．令0y =，则2023x x =--+，解得，3x =-或x l =， (3,0)A ∴-，(1,0)B ．（2）由抛物线223y x x =--+可知，对称轴为1x =-．(,0)M m ，223PM m m ∴=--+，(1)222MN m m =--⨯=--，∴矩形PMNQ 的周长222()(2322)2282PM MN m m m m m =+=--+--⨯=--+．（3）222822(2)10m m m --+=-++，∴矩形的周长最大时，2m =-．(3,0)A -，(0,3)C ，设直线AC 的解析式y kx b =+， ∴303k b b -+=⎧⎨=⎩解得k l =，3b =，∴解析式3y x =+，令2x =-，则1y =， (2,1)E ∴-，1EM ∴=，1AM =，1122S AM EM ∴=⨯=．（4）(2,0)M -，抛物线的对称轴为x l =-， N ∴应与原点重合，Q 点与C 点重合，DQ DC ∴=，把1x =-代入223y x x =--+，解得4y =， (1,4)D ∴-，DQ DC ∴== 2FG =，4FG ∴=．设2(,23)F n n n --+，则(,3)G n n +，点G 在点F 的上方且4FG =，2(3)(23)4n n n ∴+---+=．解得4n =-或1n =， (4,5)F ∴--或(1,0)．【类型3】二次函数与菱形存在型问题【例3】如图，在平面直角坐标系中，Rt ABC ∆的边BC 在x 轴上，90ABC ∠=︒，以A 为顶点的抛物线2y x bx c =-++经过点(3,0)C ，交y 轴于点(0,3)E ，动点P 在对称轴上．（1）求抛物线解析式；（2）若点P 从A 点出发，沿A B →方向以1个单位/秒的速度匀速运动到点B 停止，设运动时间为t 秒，过点P 作PD AB ⊥交AC 于点D ，过点D 平行于y 轴的直线l 交抛物线于点Q ，连接AQ ，CQ ，当t 为何值时，ACQ ∆的面积最大？最大值是多少？（3）若点M 是平面内的任意一点，在x 轴上方是否存在点P ，使得以点P ，M ，E ，C 为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出符合条件的M 点坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将点C 、E 的坐标代入二次函数表达式，即可求解；（2）12ACQ S DQ BC ∆=⨯⨯，即可求解；（3）分EC 是菱形一条边、EC 是菱形一对角线两种情况，分别求解即可．【解答】解：（1）将点C 、E 的坐标代入二次函数表达式得：9303b c c -++=⎧⎨=⎩，解得：23b c =⎧⎨=⎩，故抛物线的解析式为：223y x x =-++，则点(1,4)A ；（2）将点A 、C 的坐标代入一次函数表达式并解得：直线AC 的表达式为：26y x =-+，点(1,4)P t -，则点2(2t D +，4)t -，设点2(2t Q +，24)4t -，21124ACQ S DQ BC t t ∆=⨯⨯=-+，104-<，故ACQ S ∆有最大值，当2t =时，其最大值为1；（3）设点(1,)P m ，点(,)M x y ， ①当EC 是菱形一条边时，当点M 在点P 右方时，点E 向右平移3个单位、向下平移3个单位得到C ，则点P 向右平移3个单位、向下平移3个单位得到M ，则13x +=，3m y -=，而M P EP =得：2221(3)(1)()m x y m +-=-+-，解得：3y m =-=，故点M ；当点M 在点P 左方时，同理可得：点(2,3M -+； ②当EC 是菱形一对角线时，则EC 中点即为PM 中点，则13x +=，3y m +=，而PE PC =，即221(3)4m m +-=+，解得：1m =，故2x =，3312y m =-=-=，故点(2,2)M ；综上，点M 或(2,3-+或(2,2)M ．【点评】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到菱形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．【变式训练】综合与探究如图，抛物线2y x bx c =++与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于C 点，2OA =，6OC =，连接AC 和BC ．（1）求抛物线的解析式；（2）点D 在抛物线的对称轴上，当ACD ∆的周长最小时，点D 的坐标为 1(2，5)- ．（3）点E 是第四象限内抛物线上的动点，连接CE 和BE ．求BCE ∆面积的最大值及此时点E 的坐标；（4）若点M 是y 轴上的动点，在坐标平面内是否存在点N ，使以点A 、C 、M 、N 为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由2OA =，6OC =得到(2,0)A -，(0,6)C -，用待定系数法即求得抛物线解析式．（2）由点D 在抛物线对称轴上运动且A 、B 关于对称轴对称可得，AD BD =，所以当点C 、D 、B 在同一直线上时，ACD ∆周长最小．求直线BC 解析式，把对称轴的横坐标代入即求得点D 纵坐标．（3）过点E 作EG x ⊥轴于点G ，交直线BC 与点F ，设点E 横坐标为t ，则能用t 表示EF 的长．BCE ∆面积拆分为BEF ∆与CEF ∆的和，以EF 为公共底计算可得12BCE S EF OB ∆=，把含t 的式子代入计算即得到BCE S ∆关于t 的二次函数，配方即求得最大值和t 的值，进而求得点E 坐标．（4）以AC 为菱形的边和菱形的对角线进行分类画图，根据菱形邻边相等、对边平行的性质确定点N 在坐标．【解答】解：（1）2OA =，6OC = (2,0)A ∴-，(0,6)C -抛物线2y x bx c =++过点A 、C ∴420006b c c -+=⎧⎨++=-⎩ 解得：16b c =-⎧⎨=-⎩∴抛物线解析式为26y x x =--（2）当0y =时，260x x --=，解得：12x =-，23x = (3,0)B ∴，抛物线对称轴为直线23122x -+==点D 在直线12x =上，点A 、B 关于直线12x =对称 12D x ∴=，AD BD = ∴当点B 、D 、C 在同一直线上时，ACD C AC AD CD AC BD CD AC BC ∆=++=++=+最小设直线BC 解析式为6y kx =- 360k ∴-=，解得：2k =∴直线:26BC y x =-12652D y ∴=⨯-=-1(2D ∴，5)-故答案为：1(2，5)-（3）过点E 作EG x ⊥轴于点G ，交直线BC 与点F 设(E t ，26)(03)t t t --<<，则(,26)F t t -2226(6)3EF t t t t t ∴=----=-+22111113327()3(3)()22222228BCE BEF CEF S S S EF BG EF OG EF BG OG EF OB t t t ∆∆∆∴=+=+=+==⨯-+=--+∴当32t =时，BCE ∆面积最大 23321()6224E y ∴=--=-∴点E 坐标为3(2，21)4-时，BCE ∆面积最大，最大值为278．（4）存在点N ，使以点A 、C 、M 、N 为顶点的四边形是菱形． (2,0)A -，(0,6)C -AC ∴=①若AC 为菱形的边长，如图3，则//MN AC 且，MN AC ==1(2N ∴-，，2(2,N --，3(2,0)N②若AC 为菱形的对角线，如图4，则44//AN CM ，44AN CN = 设4(2,)N n -n ∴-解得：103n =- 410(2,)3N ∴--综上所述，点N 坐标为(2-，210)，(2,210)--，(2,0)，10(2,)3--．【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，轴对称求最短路径，一次函数的图象与性质，一次方程（组)的解法，菱形的性质，勾股定理．第（4）题对菱形顶点存在性的判断，以确定的边AC 进行分类，再画图讨论计算．【类型4】二次函数与正方形存在型问题【例4】如图，已知抛物线2y x bx c =++的图象经过点(1,0)A ，(3,0)B -，与y 轴交于点C ，抛物线的顶点为D ，对称轴与x 轴相交于点E ，连接BD ．（1）求抛物线的解析式．（2）若点P 在直线BD 上，当PE PC =时，求点P 的坐标．（3）在（2）的条件下，作PF x ⊥轴于F ，点M 为x 轴上一动点，N 为直线PF 上一动点，G 为抛物线上一动点，当以点F ，N ，G ，M 四点为顶点的四边形为正方形时，求点M 的坐标．【分析】（1）利用待定系数法即可得出结论；（2）先确定出点E 的坐标，利用待定系数法得出直线BD 的解析式，利用PC PE =建立方程即可求出a 即可得出结论；（3）设出点M 的坐标，进而得出点G ，N 的坐标，利用FM MG =建立方程求解即可得出结论．【解答】解：（1）抛物线2y x bx c =++的图象经过点(1,0)A ，(3,0)B -， ∴10930b c b c ++=⎧⎨-+=⎩，∴23b c =⎧⎨=-⎩，∴抛物线的解析式为223y x x =+-；（2）由（1）知，抛物线的解析式为223y x x =+-； (0,3)C ∴-，抛物线的顶点(1,4)D --， (1,0)E ∴-，设直线BD 的解析式为y mx n =+， ∴304m n m n -+=⎧⎨-+=-⎩，∴26m n =-⎧⎨=-⎩， ∴直线BD 的解析式为26y x =--，设点(,26)P a a --， (0,3)C -，(1,0)E -，根据勾股定理得，222(1)(26)PE a a =++--，222(263)PC a a =+--+， PC PE =，2222(1)(26)(263)a a a a ∴++--=+--+， 2a ∴=-，2(2)62y ∴=-⨯--=-， (2,2)P ∴--，（3）如图，作PF x ⊥轴于F ， (2,0)F ∴-，设(,0)M d ，2(,23)G d d d ∴+-，2(2,23)N d d -+-，以点F ，N ，G ，M 四点为顶点的四边形为正方形，必有FM MG =，2|2||23|d d d ∴+=+-， 121d -±∴=或313d -±=， ∴点M 的坐标为121(2-+，0)，121(2--，0)，313(-+，0)，313(--，0)．【点评】此题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法，抛物线的顶点坐标，勾股定理，正方形的性质，解（2）的关键是用PC PE =建立方程求解，解（3）的关键是解绝对值方程，是一道中等难度的中考常考题．【变式训练】已知抛物线2(1)3(0)y a x a =-+≠与y 轴交于点(0,2)A ，顶点为B ，且对称轴1l 与x 轴交于点M （1）求a 的值，并写出点B 的坐标；（2）有一个动点P 从原点O 出发，沿x 轴正方向以每秒2个单位的速度运动，设运动时间为t 秒，求t 为何值时PA PB +最短；（3）将此抛物线向右平移所得新的抛物线与原抛物线交于点C ，且新抛物线的对称轴2l 与x 轴交于点N ，过点C 作//DE x 轴，分别交1l ，2l 于点D 、E ，若四边形MDEN 是正方形，求平移后抛物线的解析式．【分析】（1）利用待定系数法即可解决问题；（2）如图1中，作点A 关于x 轴的对称点A '，连接BA '交x 轴于P ，点P 即为所求．（3）如图2中，设抛物线向右平移后的解析式为2()3y x m =--+．想办法用m 表示点C 的坐标，分两种情形，利用待定系数法即可解决问题；【解答】解：（1）把(0,2)A 代入抛物线的解析式可得，23a =+， 1a ∴=-，∴抛物线的解析式为2(1)3y x =--+， ∴抛物线的顶点B 坐标为(1,3)．（2）如图1中，作点A 关于x 轴的对称点A '，连接BA '交x 轴于P ，点P 即为所求． (0,2)A '-，(1,3)B ，∴直线A B '的解析式为52y x =-，2(5P ∴，0)，21525t ∴==时，PA PB +最短（3）如图2中，设抛物线向右平移后的解析式为2()3y x m =--+．由22(1)3()3y x y x m ⎧=--+⎨=--+⎩，解得12m x +=， ∴点C 的横坐标12m +， 1MN m =-，四边形MDEN 是正方形，1(2m C +∴，1)m -，把点C 的坐标代入2(1)3y x =--+，得到2(1)134m m --=-+，解得3m =或5-（舍弃），∴移后抛物线的解析式为2(3)3y x =--+．当点C 在x 轴下方时，1(2m C +，1)m -，把点C 的坐标代入2(1)3y x =--+，得到2(1)134m m --=-+，解得7m =或1-（舍弃），∴移后抛物线的解析式为2(7)3y x =--+．【达标检测】1．如图，抛物线y ＝a （x +1）2+4（a ≠0）与x 轴交于A ，C 两点，与直线y ＝x ﹣1交于A ，B 两点，直线AB 与抛物线的对称轴交于点E ．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P在直线AB上方的抛物线上运动．①点P在什么位置时，△ABP的面积最大，求出此时点P的坐标；②当点P与点C重合时，连接PE，将△PEB补成矩形，使△PEB上的两个顶点成为矩形一边的两个顶点，第三个顶点落在矩形这一边的对边上，求出矩形未知顶点的坐标．【分析】（1）先确定出点A的坐标，进而用待定系数法求出抛物线解析式；（2）先确定出点B的坐标，①设点P（m，﹣m2﹣2m+3），得出PG＝﹣m2﹣3m+4，利用三角形的面积公式建立函数关系式即可得出结论；②先确定出点E的坐标，进而判断出△BPE是直角三角形，即可作出图形，利用两直线的交点坐标的求法即可得出结论．【解答】解：（1）∵点A是直线y＝x﹣1与x轴的交点，∴A（1，0），∵过点A（1，0）在y＝a（x+1）2+4，∴a（1+1）2+4＝0，∴a＝﹣1，∴抛物线的解析式为y＝﹣（x+1）2+4＝﹣x2﹣2x+3（2）由题意知，，∴（是点A的纵横坐标）或，∴B（﹣4，﹣5），①如图，设点P（m，﹣m2﹣2m+3），过点P作PG∥y轴交AB于G，∴G（m，m﹣1），∴PG＝﹣m2﹣2m+3﹣（m﹣1）＝﹣m2﹣3m+4，∴S△ABP＝S△PBG+S△P AG PG×（x A﹣x B|（﹣m2﹣3m+4）（1+4）（m）2，当m时，S△ABP最大，为，此时点P（，）；②方法1、由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，∴C（﹣3，0）抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，∵点E在直线y＝x﹣1上，∴E（﹣1，﹣2），∵点P与点C重合，∴P（﹣3，0），∵B（﹣4，﹣5），∴PE2＝8，BE2＝18，BP2＝26，∴PE2+BE2＝BP2，∴△BPE是直角三角形，且∠BEP＝90°，∵C（﹣3，0），E（﹣1，﹣2），∴直线CE的解析式为y＝﹣x﹣3，∵△PEB上的两个顶点成为矩形一边的两个顶点，第三个顶点落在矩形这一边的对边上，∴Ⅰ、作出如图1所示的矩形BECD（以BE为矩形的一边），∴AB∥CD，BD∥CE，∵B（﹣4，﹣5），∴直线BD的解析式为y＝﹣x﹣9①，∵直线AB的解析式为y＝x﹣1，且AB∥CD，∴直线CD的解析式为y＝x+3②，联立①②解得，，∴D（﹣6，﹣3），即：矩形未知顶点的坐标（﹣6，﹣3）．Ⅱ、以BP为矩形的一边，如图1所示的矩形BD'F'P，∵P（﹣3，0），B（﹣4，﹣5），∴直线BP的解析式为y＝5x+15，∵D'F'∥BP，E（﹣1，﹣2），∴D'F'的解析式为y＝5x+3③，∵PF'⊥D'F'，且P（﹣3，0），∴PF'的解析式为y x④，联立③④解得，，∴F'（，），同理：D'（，）；方法2、Ⅰ、由（1）知，抛物线的解析式为y＝﹣x2﹣2x+3，∴C（﹣3，0）抛物线的对称轴为直线x＝﹣1，∵点E在直线y＝x﹣1上，∴E（﹣1，﹣2），∵四边形BDCE是矩形，∵C（﹣3，0），∴点C看作点E平移得到，向左平移2个单位，再向上平移2个单位，∴点D也是向左平移2个单位，再向上平移2个单位，且B（﹣4，﹣5），∴D（﹣6，﹣3），Ⅱ、以BP为矩形的一边，如图1所示的矩形BD'F'P，∵P（﹣3，0），B（﹣4，﹣5），∴直线BP的解析式为y＝5x+15，∵D'F'∥BP，E（﹣1，﹣2），∴D'F'的解析式为y＝5x+3③，∵PF'⊥D'F'，且P（﹣3，0），∴PF'的解析式为y x④，联立③④解得，，∴F'（，），同理：D'（，）；2．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c交x轴于点A，B，交y轴于点C．点B的坐标为（3，0）点C的坐标为（0，3），点C与点D关于抛物线的对称轴对称．（1）求抛物线的解析式；（2）若点P为抛物线对称轴上一点，连接BD，以PD，PB为边作平行四边形PDNB，是否存在这样的点P，使得▱PDNB是矩形？若存在，请求出tan∠BDN的值；若不存在，请说明理由；（3）点Q在y轴右侧抛物线上运动，当△ACQ的面积与△ABQ的面积相等时，请直接写出点Q的坐标．【分析】（1）把B点坐标、点C点坐标为代入抛物线y＝﹣x2+bx+c方程，即可求解；（2）存在．设点P（1，m），由k1k2＝﹣1，即可求解；（3）设点Q坐标为（t，﹣t2+2t+3），则：AQ所在的直线方程为：y＝（3﹣t）x+（3﹣t），△ACQ的面积与△ABQ的面积相等时，即：S四边形ACQB＝2S△ABQ，即可求解．【解答】解：（1）把B点坐标、点C点坐标为代入抛物线y＝﹣x2+bx+c方程，解得，抛物线方程为：y＝﹣x2+2x+3；点A坐标为（﹣1，0），点D坐标为（2，3），函数的对称轴为x＝1；（2）存在．设点P（1，m），设函数对称轴交x轴于点N，过点D作DM⊥PN于点M，则∠MDP＝∠BPN，则tan∠MDP＝tan∠BPN，即：，解得：m＝1或m＝2；则点P（1，1）或（1，2），则：PD或，则PB＝2或，tan∠BDN1或；（3）设点Q坐标为（t，﹣t2+2t+3），则：AQ所在的直线方程为：y＝（3﹣t）x+（3﹣t），如图所示，连接CA、QB，过点Q作x轴的垂线QN交x轴于N点，当△ACQ的面积与△ABQ的面积相等时，即：S四边形ACQB＝2S△ABQ，S四边形ACQB＝S梯形CONQ+S△AOC+S△BQN（﹣t2+2t+3+3）×t1×3（3﹣t）（﹣t2+2t+3），（﹣t2+3t+4），S△ABQ（3+1）（﹣t2+2t+3），∵S四边形ACQB＝2S△ABQ，化简得：5t2﹣7t﹣12＝0，解得：t＝﹣1或（舍去负值），当Q在x轴下方时，由△ACQ的面积与△ABQ的面积相等，可得：点Q坐标为（4，﹣5），则点Q坐标为（，）或（4，﹣5）．3．如图，已知二次函数y＝ax2+2x+c的图象经过点C（0，3），与x轴分别交于点A，点B（3，0）．点P 是直线BC上方的抛物线上一动点．（1）求二次函数y＝ax2+2x+c的表达式；（2）连接PO，PC，并把△POC沿y轴翻折，得到四边形POP′C．若四边形POP′C为菱形，请求出此时点P的坐标；（3）当点P运动到什么位置时，四边形ACPB的面积最大？求出此时P点的坐标和四边形ACPB的最大面积．【分析】（1）根据待定系数法，可得函数解析式；（2）根据菱形的对角线互相垂直且平分，可得P点的纵坐标，根据自变量与函数值的对应关系，可得P 点坐标；（3）根据平行于y轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减较小的纵坐标，可得PQ的长，根据面积的和差，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得答案．【解答】解：（1）将点B和点C的坐标代入函数解析式，得，解得，二次函数的解析式为y＝﹣x2+2x+3；（2）若四边形POP′C为菱形，则点P在线段CO的垂直平分线上，如图1，连接PP′，则PE⊥CO，垂足为E，∵C（0，3），∴E（0，），∴点P的纵坐标，当y时，即﹣x2+2x+3，解得x1，x2（不合题意，舍），∴点P的坐标为（，）；（3）如图2，P在抛物线上，设P（m，﹣m2+2m+3），设直线BC的解析式为y＝kx+b，将点B和点C的坐标代入函数解析式，得，解得．直线BC的解析为y＝﹣x+3，设点Q的坐标为（m，﹣m+3），PQ＝﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）＝﹣m2+3m．当y＝0时，﹣x2+2x+3＝0，解得x1＝﹣1，x2＝3，OA＝1，AB＝3﹣（﹣1）＝4，S四边形ABPC＝S△ABC+S△PCQ+S△PBQAB•OC PQ•OF PQ•FB4×3（﹣m2+3m）×3（m）2，当m时，四边形ABPC的面积最大．当m时，﹣m2+2m+3，即P点的坐标为（，）．当点P的坐标为（，）时，四边形ACPB的最大面积值为．4．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c和直线y＝x+1交于A，B两点，点A在x轴上，点B在直线x＝3上，直线x＝3与x轴交于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）点P从点A出发，以每秒个单位长度的速度沿线段AB向点B运动，点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段CA向点A运动，点P，Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．以PQ为边作矩形PQNM，使点N在直线x＝3上．①当t为何值时，矩形PQNM的面积最小？并求出最小面积；②直接写出当t为何值时，恰好有矩形PQNM的顶点落在抛物线上．【分析】（1）利用待定系数法即可；（2）①分别用t表示PE、PQ、EQ，用△PQE∽△QNC表示NC及QN，列出矩形PQNM面积与t的函数关系式问题可解；②由①利用线段中点坐标分别等于两个端点横纵坐标平均分的数量关系，表示点M坐标，分别讨论M、N、Q在抛物线上时的情况，并分别求出t值．【解答】解：（1）由已知，B点横坐标为3∵A、B在y＝x+1上∴A（﹣1，0），B（3，4）把A（﹣1，0），B（3，4）代入y＝﹣x2+bx+c得解得∴抛物线解析式为y＝﹣x2+3x+4；（2）①过点P作PE⊥x轴于点E．∵直线y＝x+1与x轴夹角为45°，P点速度为每秒个单位长度∴t秒时点E坐标为（﹣1+t，0），Q点坐标为（3﹣2t，0）∴EQ＝4﹣3t，PE＝t∵∠PQE+∠NQC＝90°∠PQE+∠EPQ＝90°∴∠EPQ＝∠NQC∴△PQE∽△QNC∴∴矩形PQNM的面积S＝PQ•NQ＝2PQ2∵PQ2＝PE2+EQ2∴S＝2（）2＝20t2﹣48t+32当t时，S最小＝20×（）2﹣4832②由①点Q坐标为（3﹣2t，0），P坐标为（﹣1+t，t）∴△PQE∽△QNC，可得NC＝2EQ＝8﹣6t∴N点坐标为（3，8﹣6t）由矩形对角线互相平分∴点M坐标为（3t﹣1，8﹣5t）当M在抛物线上时8﹣5t＝﹣（3t﹣1）2+3（3t﹣1）+4解得t或当点Q到A时，Q在抛物线上，此时t＝2当N在抛物线上时，8﹣6t＝4∴t综上所述当t或或或2时，矩形PQNM的顶点落在抛物线上．5．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线y＝ax2﹣2x+c与直线y＝kx+b都经过A（0，﹣3）、B（3，0）两点，该抛物线的顶点为C．（1）求此抛物线和直线AB的解析式；（2）设直线AB与该抛物线的对称轴交于点E，在射线EB上是否存在一点M，过M作x轴的垂线交抛物线于点N，使点M、N、C、E是平行四边形的四个顶点？若存在，求点M的坐标；若不存在，请说明理由；（3）设点P是直线AB下方抛物线上的一动点，当△P AB面积最大时，求点P的坐标，并求△P AB面积的最大值．【分析】（1）将A（0，﹣3）、B（3，0）两点坐标分别代入二次函数的解析式和一次函数解析式即可求解；（2）先求出C点坐标和E点坐标，则CE＝2，分两种情况讨论：①若点M在x轴下方，四边形CEMN 为平行四边形，则CE＝MN，②若点M在x轴上方，四边形CENM为平行四边形，则CE＝MN，设M （a，a﹣3），则N（a，a2﹣2a﹣3），可分别得到方程求出点M的坐标；（3）如图，作PG∥y轴交直线AB于点G，设P（m，m2﹣2m﹣3），则G（m，m﹣3），可由，得到m的表达式，利用二次函数求最值问题配方即可．【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣2x+c经过A（0，﹣3）、B（3，0）两点，∴，∴，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，∵直线y＝kx+b经过A（0，﹣3）、B（3，0）两点，∴，解得：，∴直线AB的解析式为y＝x﹣3，（2）∵y＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣1）2﹣4，∴抛物线的顶点C的坐标为（1，﹣4），∵CE∥y轴，∴E（1，﹣2），∴CE＝2，①如图，若点M在x轴下方，四边形CEMN为平行四边形，则CE＝MN，设M（a，a﹣3），则N（a，a2﹣2a﹣3），∴MN＝a﹣3﹣（a2﹣2a﹣3）＝﹣a2+3a，∴﹣a2+3a＝2，解得：a＝2，a＝1（舍去），∴M（2，﹣1），②如图，若点M在x轴上方，四边形CENM为平行四边形，则CE＝MN，设M（a，a﹣3），则N（a，a2﹣2a﹣3），∴MN＝a2﹣2a﹣3﹣（a﹣3）＝a2﹣3a，∴a2﹣3a＝2，解得：a，a（舍去），∴M（，），综合可得M点的坐标为（2，﹣1）或（）．（3）如图，作PG∥y轴交直线AB于点G，设P（m，m2﹣2m﹣3），则G（m，m﹣3），∴PG＝m﹣3﹣（m2﹣2m﹣3）＝﹣m2+3m，∴S△P AB＝S△PGA+S△PGB，∴当m时，△P AB面积的最大值是，此时P点坐标为（）．6．如图，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点N，过A点的直线l：y＝kx+n与y轴交于点C，与抛物线y＝﹣x2+bx+c的另一个交点为D，已知A（﹣1，0），D（5，﹣6），P点为抛物线y＝﹣x2+bx+c上一动点（不与A、D重合）．（1）求抛物线和直线l的解析式；（2）当点P在直线l上方的抛物线上时，过P点作PE∥x轴交直线l于点E，作PF∥y轴交直线l于点F，求PE+PF的最大值；（3）设M为直线l上的点，探究是否存在点M，使得以点N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）将点A、D的坐标分别代入直线表达式、抛物线的表达式，即可求解；（2）PE+PF＝2PF＝2（﹣x2+3x+4+x+1）＝﹣2（x﹣2）2+18，即可求解；（3）分NC是平行四边形的一条边、NC是平行四边形的对角线，两种情况分别求解即可．【解答】解：（1）将点A、D的坐标代入直线表达式得：，解得：，故直线l的表达式为：y＝﹣x﹣1，将点A、D的坐标代入抛物线表达式，同理可得抛物线的表达式为：y＝﹣x2+3x+4；（2）直线l的表达式为：y＝﹣x﹣1，则直线l与x轴的夹角为45°，即：则PE＝PF，设点P坐标为（x，﹣x2+3x+4）、则点F（x，﹣x﹣1），PE+PF＝2PF＝2（﹣x2+3x+4+x+1）＝﹣2（x﹣2）2+18，∵﹣2＜0，故PE+PF有最大值，当x＝2时，其最大值为18；（3）NC＝5，①当NC是平行四边形的一条边时，设点P坐标为（x，﹣x2+3x+4）、则点M（x，﹣x﹣1），由题意得：|y M﹣y P|＝5，即：|﹣x2+3x+4+x+1|＝5，解得：x＝2或0或4（舍去0），则点M坐标为（2，﹣3）或（2，﹣3）或（4，﹣5）；②当NC是平行四边形的对角线时，则NC的中点坐标为（0，），设点P坐标为（m，﹣m2+3m+4）、则点M（n，﹣n﹣1），N、C，M、P为顶点的四边形为平行四边形，则NC的中点即为PM中点，即：0，，解得：n＝0或﹣4（舍去0），故点M（﹣4，3）；故点M的坐标为：（2，﹣3）或（2，﹣3）或（4，﹣5）或（﹣4，3）．7．如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L1：y＝x2+bx+c过点C（0，﹣3），与抛物线L2：y x2x+2的一个交点为A，且点A的横坐标为2，点P、Q分别是抛物线L1、L2上的动点．（1）求抛物线L1对应的函数表达式；（2）若以点A、C、P、Q为顶点的四边形恰为平行四边形，求出点P的坐标；（3）设点R为抛物线L1上另一个动点，且CA平分∠PCR．若OQ∥PR，求出点Q的坐标．【分析】（1）先求出A点的坐标，再用待定系数法求出函数解析式便可；（2）设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3），分两种情况讨论：AC为平行四边形的一条边，AC为平行四边形的一条对角线，用x表示出Q点坐标，再把Q点坐标代入抛物线L2：y x2x+2中，列出方程求得解便可；（3）当点P在y轴左侧时，抛物线L1不存在点R使得CA平分∠PCR，当点P在y轴右侧时，不妨设点P在CA的上方，点R在CA的下方，过点P、R分别作y轴的垂线，垂足分别为S、T，过点P作PH ⊥TR于点H，设点P坐标为（x1，），点R坐标为（x2，），证明△PSC∽△RTC，由相似比得到x1+x2＝4，进而得tan∠PRH的值，过点Q作QK⊥x轴于点K，设点Q坐标为（m，），由tan∠QOK＝tan∠PRH，移出m的方程，求得m便可．【解答】解：（1）将x＝2代入y x2x+2，得y＝﹣3，故点A的坐标为（2，﹣3），将A（2，﹣3），C（0，﹣3）代入y＝x2+bx+c，得，解得，∴抛物线L1：y＝x2﹣2x﹣3；（2）如图，设点P的坐标为（x，x2﹣2x﹣3），第一种情况：AC为平行四边形的一条边，①当点Q在点P右侧时，则点Q的坐标为（x+2，x2﹣2x﹣3），。

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专题21 菱形1．菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。

2.菱形的性质：（1）菱形的四条边都相等；（2）菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。

3.菱形的判定定理：（1）一组邻边相等的平行四边形是菱形；（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（3）四条边相等的四边形是菱形。

4．菱形的面积：S 菱形=底边长×高=两条对角线乘积的一半【例题1】（2019内蒙古赤峰）如图，菱形ABCD 周长为20，对角线AC 、BD 相交于点O ，E 是CD 的中点，则OE 的长是（）A ．2.5B ．3C ．4D ．5【答案】A【解析】∵四边形ABCD 为菱形， ∴CD ＝BC=204=5，且O 为BD 的中点， ∵E 为CD 的中点， ∴OE 为△BCD 的中位线， ∴OE =12CB ＝2.5【例题2】（2019广西梧州）如图，在菱形ABCD 中，2AB =，60BAD ∠=︒，将菱形ABCD 绕点A 逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG ，点E 在AC 上，EF 与CD 交于点P ，则DP 的长是．专题知识回顾专题典型题考法及解析【答案】31-【解析】连接BD 交AC 于O ，如图所示： Q 四边形ABCD 是菱形，2CD AB ∴==，60BCD BAD ∠=∠=︒，1302ACD BAC BAD ∠=∠=∠=︒，OA OC =，AC BD ⊥，112OB AB ∴==， 33OA OB ∴==，23AC ∴=，由旋转的性质得：2AE AB ==，60EAG BAD ∠=∠=︒， 232CE AC AE ∴=-=-，Q 四边形AEFG 是菱形，//EF AG ∴，60CEP EAG ∴∠=∠=︒，90CEP ACD ∴∠+∠=︒，90CPE ∴∠=︒，1312PE CE ∴==-，333PC PE ==-，2(33)31DP CD PC ∴=-=--=-。

专题典型训练题一、选择题1.（2019四川泸州）一个菱形的边长为6，面积为28，则该菱形的两条对角线的长度之和为（）A．8B．12C．16D．32【答案】【解析】如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AO＝CO=12AC，DO＝BO=12BD，AC⊥BD，∵面积为28，∴12AC•BD＝2OD•AO＝28 ①∵菱形的边长为6，∴OD2+OA2＝36 ②，由①②两式可得：（OD+AO）2＝OD2+OA2+2OD•AO＝36+28＝64．∴OD+AO＝8，∴2（OD+AO）＝16，即该菱形的两条对角线的长度之和为16．2.(2019•四川省绵阳市)如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为菱形，O（0，0），A（4，0），∠AOC=60°，则对角线交点E的坐标为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】过点E作EF⊥x轴于点F，∵四边形OABC为菱形，∠AOC=60°，∴=30°，∠FAE=60°，∵A （4，0）， ∴OA =4， ∴=2， ∴，EF ===，∴OF =AO -AF =4-1=3， ∴．3.（2019•四川省广安市）如图，在边长为3的菱形ABCD 中，︒=∠30B ，过点A 作BC AE ⊥于点E ，现将△ABE 沿直线AE 翻折至△AFE 的位置，AF 与CD 交于点G 则CG 等于（）A.13-B.1C.21D. .23 【答案】A【解析】因为∠B =30°，AB =3，AE ⊥BC ，所以BE =23，所以EC =3-23，则CF =3-3，又因为CG ∥AB ，所以CG CFAB BF=, 所以CG =13-.GDA4.（2019四川省雅安市）如图，在四边形ABCD 中，AB=CD ，AC 、BD 是对角线，E 、F 、G 、H 分别是AD 、BD 、BC 、AC 的中点，连接EF 、FG 、GH 、HE ，则四边形EFGH 的形状是（） A ．平行四边形 B ．矩形 C ．菱形 D ．正方形【答案】C【解析】由点E 、F 、G 、H 分别是任意四边形ABCD 中AD 、BD 、BC 、CA 的中点，根据三角形中位线性质，得EF ＝GH ＝AB ，EH ＝FG ＝CD ，又由AB=CD ，得EF ＝FG ＝GH ＝EH 时，四边形EFGH 是菱形． ∵点E 、F 、G 、H 分别是任意四边形ABCD 中AD 、BD 、BC 、CA 的中点，∴EF ＝GH ＝AB ，EH ＝FG ＝CD ，∵AB=CD ，∴EF ＝FG ＝GH ＝EH 时，四边形EFGH 是菱形，故选C ． 5. （2019·贵州安顺）如图，在菱形ABCD 中，按以下步骤作图：①分别以点C 和点D 为圆心，大于CD 的长为半径作弧，两弧相交于M 、N 两点； ②作直线MN ，且MN 恰好经过点A ，与CD 交于点E ，连接BE ．则下列说法错误的是（）A ．∠ABC ＝60°B ．S △ABE ＝2S △ADEC ．若AB ＝4，则BE ＝4D ．sin ∠CBE ＝【答案】C【解析】由作法得AE 垂直平分CD ，即CE ＝DE ，AE ⊥CD ， ∵四边形ABCD 为菱形， ∴AD ＝CD ＝2DE ，AB ∥DE ，在Rt △ADE 中，cosD ＝＝，BC∴∠D＝60°，∴∠ABC＝60°，所以A选项的结论正确；∵S△ABE＝AB•AE，S△ADE＝DE•AE，而AB＝2DE，∴S△ABE＝2S△ADE，所以B选项的结论正确；若AB＝4，则DE＝2，∴AE＝2，在Rt△ABE中，BE＝＝2，所以C选项的结论错误；作EH⊥BC交BC的延长线于H，如图，设AB＝4a，则CE＝2a，BC＝4a，BE＝2a，在△CHE中，∠ECH＝∠D＝60°，∴CH＝a，EH＝a，∴sin∠CBE＝＝＝，所以D选项的结论正确．故选：C．6.（2019·贵州贵阳）如图所示，菱形ABCD的周长是4cm，∠ABC＝60°，那么这个菱形的对角线AC的长是（）A．1cm B．2 cm C．3cm D．4cm【答案】A【解析】由于四边形ABCD是菱形，AC是对角线，根据∠ABC＝60°，而AB＝BC，易证△BAC是等边三角形，从而可求AC的长．∵四边形ABCD是菱形，AC是对角线，∴AB＝BC＝CD＝AD，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∵菱形ABCD的周长是4cm，∴AB＝BC＝AC＝1cm．7.（2019•贵州省铜仁市）如图，四边形ABCD为菱形，AB＝2，∠DAB＝60°，点E、F分别在边DC、BC 上，且CE＝CD，CF＝CB，则S△CEF＝（）A．B．C．D．【答案】D．【解答】∵四边形ABCD为菱形，AB＝2，∠DAB＝60°∴AB＝BC＝CD＝2，∠DCB＝60°∵CE＝CD，CF＝CB∴CE＝CF＝∴△CEF为等边三角形∴S△CEF＝＝8.（2019•河北省）如图，菱形ABCD中，∠D＝150°，则∠1＝（）A．30°B．25°C．20°D．15°【答案】D．【解答】∵四边形ABCD是菱形，∠D＝150°，∴AB∥CD，∠BAD＝2∠1，∴∠BAD+∠D＝180°，∴∠BAD＝180°﹣150°＝30°，∴∠1＝15°二、填空题9.（2019广西北部湾）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交与点O，过点A作AH⊥BC于点H，已知BO=4，S菱形ABCD=24，则AH= .【答案】24 5.【解析】本题考查了菱形的性质、勾股定理以及菱形面积公式，根据菱形面积=对角线积的一半可求AC，再根据勾股定理求出BC，然后由菱形的面积即可得出结果．∵四边形ABCD是菱形，∴BO=DO=4，AO=CO，AC⊥BD，∴BD=8.∵S菱形ABCD=12AC×BD=24，∴AC=6，∴OC=12AC=3，∴，∵S菱形ABCD=BC×AH=24，∴AH=24 5.10．（2019内蒙古通辽）如图，在边长为3的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是AD边上的一点，且AM＝AD，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A′MN，连接A′C．则A′C长度的最小值是．【答案】﹣1【解析】过点M作MH⊥CD交CD延长线于点H，连接CM，∵AM＝AD，AD＝CD＝3∴AM＝1，MD＝2∵CD∥AB，∴∠HDM＝∠A＝60°∴HD＝MD＝1，HM＝HD＝∴CH＝4∴MC＝＝∵将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A′MN，∴AM＝A'M＝1，∴点A'在以M为圆心，AM为半径的圆上，∴当点A'在线段MC上时，A'C长度有最小值∴A'C长度的最小值＝MC﹣MA'＝﹣111．（2019湖南常德）规定：如果一个四边形有一组对边平行，一组邻边相等，那么称此四边形为广义菱形．根据规定判断下面四个结论：①正方形和菱形都是广义菱形；②平行四边形是广义菱形；③对角线互相垂直，且两组邻边分别相等的四边形是广义菱形；④若M、N的坐标分别为（0，1），（0，﹣1），P是二次函数y＝x2的图象上在第一象限内的任意一点，PQ垂直直线y＝﹣1于点Q，则四边形PMNQ是广义菱形．其中正确的是．（填序号）【答案】①②④．【解析】①根据广义菱形的定义，正方形和菱形都有一组对边平行，一组邻边相等，①正确；②平行四边形有一组对边平行，没有一组邻边相等，②错误；③由给出条件无法得到一组对边平行，③错误；④设点P（m，m2），则Q（m，﹣1），∴MP＝＝，PQ＝+1，∵点P在第一象限，∴m＞0，∴MP＝+1，∴MP＝PQ，又∵MN∥PQ，∴四边形PMNQ是广义菱形．④正确；故答案为①②④．12.（2019湖北十堰）如图，已知菱形ABCD的对角线AC，BD交于点O，E为BC的中点，若OE＝3，则菱形的周长为．【答案】24【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，BO＝DO，∵点E是BC的中点，∴OE是△BCD的中位线，∴CD＝2OE＝2×3＝6，∴菱形ABCD的周长＝4×6＝2413.（2019北京市）把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为_______．【答案】12【解析】设图1中小直角三角形的两直角边长分别为a ，b （a>b ）；则由图2和图3列得方程组51a b a b +=⎧⎨-=⎩，由加减消元法得32a b =⎧⎨=⎩， ∴菱形的面积1144321222S ab =⨯=⨯⨯⨯=.故填12. 14．（2019辽宁抚顺）如图，菱形ABCD 的边长为4cm ，∠A ＝60°，BD 是以点A 为圆心，AB 长为半径的弧，CD 是以点B 为圆心，BC 长为半径的弧，则阴影部分的面积为 cm 2．【答案】4．【解析】连接BD ，判断出△ABD 是等边三角形，根据等边三角形的性质可得∠ABD ＝60°，再求出∠CBD ＝60°，然后求出阴影部分的面积＝S △ABD ，计算即可得解．如图，连接BD ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ＝AD ，∵∠A ＝60°，∴△ABD 是等边三角形，∴∠ABD ＝60°，又∵菱形的对边AD ∥BC ，∴∠ABC ＝180°﹣60°＝120°，∴∠CBD ＝120°﹣60°＝60°，图3图2图1∴S阴影＝S扇形BDC﹣（S扇形ABD﹣S△ABD），＝S△ABD，＝×4×＝4cm2．三、解答题15．（2019湖南岳阳）如图，在菱形ABCD中，点E、F分别为AD、CD边上的点，DE＝DF，求证：∠1＝∠2．【答案】见解析．【解析】证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝CD，在△ADF和△CDE中，，∴△ADF≌△CDE（SAS），∴∠1＝∠2．16. （2019•海南省）如图，在边长为l的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点（与点A、D不重合），射线PE与BC的延长线交于点Q．（1）求证：△PDE≌△QCE；（2）过点E作EF∥BC交PB于点F，连结AF，当PB＝PQ时，①求证：四边形AFEP是平行四边形；②请判断四边形AFEP是否为菱形，并说明理由．【解析】（1）由四边形ABCD是正方形知∠D＝∠ECQ＝90°，由E是CD的中点知DE＝CE，结合∠DEP ＝∠CEQ即可得证；（2）①由PB＝PQ知∠PBQ＝∠Q，结合AD∥BC得∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，由△PDE≌△QCE 知PE＝QE，再由EF∥BQ知PF＝BF，根据Rt△P AB中AF＝PF＝BF知∠APF＝∠P AF，从而得∠P AF ＝∠EPD，据此即可证得PE∥AF，从而得证；②设AP＝x，则PD＝1﹣x，若四边形AFEP是菱形，则PE＝P A＝x，由PD2+DE2＝PE2得关于x的方程，解之求得x的值，从而得出四边形AFEP为菱形的情况．【解答】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠D＝∠ECQ＝90°，∵E是CD的中点，∴DE＝CE，又∵∠DEP＝∠CEQ，∴△PDE≌△QCE（ASA）；（2）①∵PB＝PQ，∴∠PBQ＝∠Q，∵AD∥BC，∴∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，∵△PDE≌△QCE，∴PE＝QE，∵EF∥BQ，∴PF＝BF，∴在Rt△P AB中，AF＝PF＝BF，∴∠APF＝∠P AF，∴∠P AF＝∠EPD，∴PE∥AF，∵EF∥BQ∥AD，∴四边形AFEP是平行四边形；②当AP＝时，四边形AFEP是菱形．设AP＝x，则PD＝1﹣x，若四边形AFEP是菱形，则PE＝P A＝x，∵CD ＝1，E 是CD 中点，∴DE ＝，在Rt △PDE 中，由PD 2+DE 2＝PE 2得（1﹣x ）2+（）2＝x 2，解得x ＝，即当AP ＝时，四边形AFEP 是菱形．17. （2019北京市）如图1，在菱形ABCD 中，AC 为对角线，点E ，F 分别在AB ，AD 上，BE=DF ，连接EF ．（1）求证：AC ⊥EF ；（2）如图2，延长EF 交CD 的延长线于点G ，连接BD 交AC 于点O ，若BD=4，tanG=12，求AO 的长．图1 图2【答案】见解析。

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