2018届中考数学复习 专题28 矩形、菱形、正方形和梯形试题（B卷含解析）

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1、 专题28 矩形、菱形、正方形和梯形 一、选择题 1. （甘肃兰州，14，4分）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点Q，CE∥BD，DE∥AC，AD=，DE=2，则四边形OCED的面积为（ ） A． B．4 C． D．8 【答案】A 【逐步提示】第一步，根据平行四边形的定义判定四边形OCED是平行四边形，再由邻边相等证明四边形OCED是菱形；第二步，连接OE，利用矩形、菱形的性质以及勾股定理求AC、DC；第三步，证明四边形AOED是平行四边形，从而求得OE的长；第四步；借助菱形的面积公式求得答案. 【详细解答】解：∵CE∥BD，DE∥AC，∴

2、四边形OCED是平行四边形， ∴OD=EC，OC=DE，∵矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O， ∴OD=OC，∴□OCED是菱形. 连接OE，∵DE=2，∴AC=2OC=2DE=4，∴DC=， ∵DE∥AC，AO=OC=DE，∴四边形AOED是平行四边形，∴OE=AD=2， ∴四边形OCED的面积为，故选择A . 【解后反思】本题借助平行四边形、矩形、菱形等知识直接求得菱形的面积，也可间接地求利用矩形面积与四边形OCED的面积的关系来求四边形OCED的面积，解法如下：∵CE∥BD，DE∥AC，∴四边形OCED是平行四边形，∴2S△ODC=S平行四边形OCED，∵矩形AB

3、CD的对角线AC与BD相交于点O，∴4S△ODC= S矩形ABCD，∴S平行四边形OCED=S矩形ABCD，连接OE，∵DE=2，∴AC=2OC=2DE=4，∴DC=， ∵S矩形ABCD=AD×DC=2×2=4，∴S平行四边形OCED=2 . 【关键词】 平行四边形的性质与判定；矩形的性质；菱形的性质与判定；菱形的面积计算 2. （贵州省毕节市，15，3分）如图，正方形ABCD的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH，若BE∶EC＝2∶1，则线段CH的长是（ 　 ） A.3 B.4 C.5 D.6 A

4、B C D E （第15题图） F G H 【答案】B 【逐步提示】本题考查正方形的性质、图形的折叠、勾股定理，解题的关键是设出恰当的未知数，使能在Rt△ECH中利用勾股定理列方程，进而求解． 【详细解答】解：设CH＝x，∵BE∶EC＝2∶1，BC＝9，∴EC＝3，由折叠知性质知，EH＝DH＝9－x，在Rt△ECH中，由勾股定理，得，解得x＝4，故选B． 【解后反思】 此类问题的易错点是看不出折叠前后哪些边（或角）相等而得出错误的结论．矩形的折叠是一种轴对称变换，也是中考数学中的热点问题．折叠前后的图形是全等的，即对应边相等，对应角相等，折叠问题常常伴随着勾股定理，这

5、是解决问题的关键所在． 【关键词】正方形的性质；勾股定理； 3. （ 河南省，8，3分）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，-） 【答案】B 【逐步提示】本题是以平面直角坐标系为背景，利用旋转变换而设计的图形循环规律题，解题的关键是发现点D在旋转变换中位置的变化情况，总结出一般规律.解题思维的一般步骤：（1）利用菱形的性质和三角形的中位线（或中点公式）求出点D的坐标；（2）探索

6、点D的位置变化循环是8秒一个循环；（3）确定60秒经历多少循环以及最后一个循环D点的位置；（4）由点D的位置确定点D的坐标. 【详细解答】解：作ＢＭ⊥ｘ轴，ＤＮ⊥ｘ轴于点Ｍ、Ｎ ∵Ｂ（２,２），∴ＯＢ＝２ ∵四边形OABC是菱形，∴ＯＤ＝ＯＢ＝ ∴点Ｄ坐标为（１,１）． 由每秒旋转４５°,可知８秒绕点Ｏ旋转一周 ∵６０÷８＝７．．．４，∴点Ｄ在第三象限的角平分线上． ∵ＯＤ＝，易求出点Ｄ的坐标为（-１,-１），故选择 B. 【解后反思】本题重点是菱形的性质、旋转变换以及循环规律，难点是确定点 D的坐标和动点的变化的的一般规律.平面直角坐标系与图形结合的规律题的一般思维模式：利用

7、图形的性质确定点的坐标；观察图形的位置变化，发现和总结隐含的位置变化的一般规律，探索动点坐标与位置变化规律之间的关系，总结坐标的变化规律. 【关键词】旋转；菱形；循环规律；坐标变化规律 4. （ 湖南省郴州市，8，3分）如图，在正方形ABCD中，△ABE和△CDF为直角三角形，∠AEB＝∠CFD＝90°，AE＝CF＝5，BE＝DF＝12，则EF的长是（ ） A．7 B．8 C． D． 【答案】C 【逐步提示】此题考查了正方形的性质和判定还有全等三角形的性质和判定，解题的关键是找出图中△ABE、△

8、BCH、△DAG、△CDF的关系．设AE的延长线交DF于点G，CF的延长线交BE于点H， 由∠AEB＝∠CFD＝90°，AE＝CF，BE＝DF，可以判定△ABE与△CDF全等，所以∠ABE＝∠CDF，而∠CDF＋∠ADG＝∠ABE＋∠BAE＝90°，∠DAG＋∠BAE＝ 90°，可得∠ABE＝∠DAG，∠BAE＝∠ADG，且正方形的边长AB＝AD，可证△ABE与△DAG全等，同理，△ABE与△BCH全等，△DAG与△CDF全等．从而得证四边形EHFG也是正方形，所以EF＝． 【详细解答】解：设AE的延长线交DF于点G，CF的延长线交BE于点H，∵∠AEB＝∠CFD＝90°，AE＝CF，BE

9、＝DF，∴△ABE≌△CDF，∴∠ABE＝∠CDF，∵ 四边形ABCD为正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，∴∠CDF＋∠ADG＝∠DAG＋∠BAE ＝90°，又∵∠ABE＋∠BAE＝90°，∴ ∠BAE＝∠ADG，∠ABE＝∠DAG，∴△ABE≌△DAG，同理可证△ABE≌△BCH，△DAG≌△CDF，∴BE＝AG＝DF＝CH＝12，AE＝BH＝DG＝CF＝5，∴EH＝FH＝FG＝EG＝7，∵∠BEG ＝90°，∴四边形EHFG是正方形，∴EF＝＝7. G H 【解后反思】正方形的判定方法：有一个角是直角的菱形；有一组邻边相等的矩形．

10、正方形的性质四个角都是直角，四条边都相等.选择恰当的方法，灵活运用定理解决问题是关键． 【关键词】 正方形的性质；正方形的判定；全等三角形的判定； 5. （ 湖南省益阳市，4，5分）下列判断错误的是 A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 B．四个内角都相等的四边形是矩形 C．四条边都相等的四边形是菱形 D．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形 【答案】D 【逐步提示】本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理及相关推论作出判断． 【详细解答】解：两组对边分别相等的四边形是平行四边形正确，故选项A正确；四个内角都相等的四

11、边形是矩形，故B选项正确；四条边都相等的四边形是菱形，故C选项正确；对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故选项D错误，故选择D. 【解后反思】四边形的判定一览表： 平行四边形 （1）两组对边分别平行；（2）两组对边分别相等；（3）一组对边平行且相等；（4）两条对角线互相平分；（5）两组对角分别相等的四边形是平行四边形 矩形 （1）有三个角是直角；（2）是平行四边形，并且有一个角是直角；（3）是平行四边形，并且两条对角线相等 菱形 （1）四条边都相等；（2）是平行四边形，并且有一组邻边相等；（3）是平行四边形，并且两条对角线互相垂直 正方形 （1）是矩形，并且有一组邻边相

12、等；（2）是菱形，并且有一个角是直角 【关键词】平行四边形的判定；矩形的判定；菱形的判定；正方形的判定 6.（江苏省无锡市，8，3分）下列性质中，菱形具有而矩形不一定具有的是（ ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．邻边互相垂直 【答案】C 【逐步提示】本题考查了矩形、菱形的特性，解题的关键是掌握矩形和菱形的特性．本题中菱形的特性主要有两个，一是对角线互相垂直；二是邻边相等．可以据此逐项检查判断． 【详细解答】解：A项对角线相等是矩形特征；B项对角线互相平分是平行四边形特征，所以矩形和菱形都具有这一特征；C项对角线互相垂直是菱形特征，矩

13、形不一定具有；D项邻边互相垂直是矩形特征；故选择C. 【解后反思】四边形的性质一览表： 边 角 对角线 对称性 平行四边形 对边平行且相等 对角相等 两条对角线互相平分 中心对称 矩形 对边平行且相等 四个角都是直角 两条对角线互相平分且相等 轴对称 中心对称 菱形 对边平行，四条边都相等 对角相等 两条对角线互相垂直平分，每条对角线平分一组对角 轴对称 中心对称 正方形 对边平行，四条边都相等 四个角都是直角 两条对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角 轴对称 中心对称 【关键词】菱形；矩形； 7. （山东省德州市，1

14、2，3分）在矩形ABCD中，AD=2，AB=4，E是AD的中点，一块足够大的三角板的直角顶点与点E重合，将三角板绕点E旋转，三角板的两直角边分别交AB、BC（或它们的延长线）于点M、N，设∠AEM=α (0°＜α＜90°),给出下列四个结论：（1）AM=CN；(2)∠AME=∠BNE；(3)BN-AM=2；(4). 上述结论中正确的个数是 A．1 B.2 C.3 D.4 【答案】 【逐步提示】对于（1），利用三角形全等逆推可得；对于（2），通过过点N作NH⊥AD，利用同角的余角相等得到∠1=∠2，再由AD

15、∥BC得∠2=∠BNE，进而得到∠AME=∠BNE； ， 对于（3），由△AEM≌△HNE得到线段AM=EH，再根据线段的和差关系即可得到结论BN-AM=2；对于（4），在Rt△MEN中，利用三角函数表示出，又有题意可知△MEN为等腰直角三角形，再根据三角形的面积公式可得结论. 【详细解答】解：对于（1），若AM=CN，则有△AEM≌△CDN，进而∠NDC=a，但因为点M、N都是动点，这两个角不一定相等，所以（1）不一定正确； 对于（2），如图12-1，连接DN，过点N作NH⊥AD于点H， 由题意得：∠a+∠1=90°，∠a+∠2=90°，∴ ∠1=∠2 又∵AD∥BC ∴∠

16、2=∠BNE ∴ ∠1=∠BNE；即∠AME=∠BNE；所以（2）正确 ； 对于（3），∵ ∠1=∠2，∠A=∠EHN=90°，AE=HN ∴△AEM≌△HNE ，∴AM=EH， ∴BN-AM=AH-EH=AE=2，所以（3）正确； 对于（4），由（3）知△AEM≌△HNE，∴EM=EN， 在Rt△MEN中，∵AE=2，∠AEM=α ∴， ∴ 故答案为 . 【解后反思】（1）旋转改变的是图形的位置，图形的大小和位置关系不变，所以在解答有关旋转的问题时要注意挖掘全等图形，找出相等的对应边和对应角；（2）在解决这类问题时，有的同学喜欢凭直觉或测量来判断选项是否正确，有时候会收

17、到意想不到的效果，有时候会容易产生错误，如本题的第一个结论，若果凭观察和测量很容易判断错误，所以，严密的逻辑推理才是解决问题的关键；（3）在几何证明题中，能够正确的做出辅助线是解决问题的关键. 【关键词】矩形的性质 ；旋转的性质；三角形全等；锐角三角函数；等腰直角三角形的性质；三角形的面积；数形结合思想；动面题型 8. （ 镇江，17,3分）如图，在平面直角坐标系中，坐标原点O是正方形OABC的一个顶点，已知点B坐标为（1,7），过点P（a,0）(a＞0)，作PE⊥x轴，与边OA交于点E（异于点O、A），现将四边形ABCE沿CE翻折，点A′、B′分别是点A、B的对应点，若点A′恰好落在直线

18、PE上，则a的值等于（ ） A. B. C. 2 D.3 【答案】C. 【逐步提示】①本题考查了正方形的折叠和全等三角形的判定和性质，解题的关键是通过作辅助线构造两对全等三角形，将未知转向已知.②先根据点B的坐标求出正方形的边长，再通过证明两对三角形全等求出OH的长，进而可求出OP的长. 【详细解答】解：若折叠后点A落在PE上，则∠B′A′P=90°，∠CB′A′=90°，CB′=CB.连接OB，过A作AF⊥x轴于点F，过点B作AF的垂线交AF于点D，因为点B的坐标为（1，7

19、），由勾股定理得OB=5，则正方形的边长为5，所以CB′=B′A′=HP=CB=5.设A点坐标为（m,n),则点D的坐标为（m,7),由条件可证明△ABD≌△EAF，所以BD=AF，AD=OF，因此m-1=n.7-n=m.解得m=4,n=3.同理可证明△CHO≌△OFA，所以OH=AF=3，所以OP=HP-OH=5-3-2.因此点P的坐标为（2，0），所以a=2.故选择C. 【解后反思】本题通过添加辅助线，根据折叠图形和正方形的性质得到两对全等的三角形，将求a值问题化为全等三角形的对应边相等来解决；本题容易出错的地方是不能根据题意添加辅助线，找不到需要求的量与已知量的关系，从而得不到解决

20、. 【关键词】 正方形的性质；折叠的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理 二、填空题 1. （ 安徽，14，5分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=10.点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰落在边AD上的点F处；点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰落在线段BF上的点H处.有下列结论：①∠EBG=450；②△DEF∽△ABG；③S△ABG=S△FGH；④AG+DF=FG.其中正确的是 （把所有正确结论的序号都选上） 【答案】①③④. 【逐步提示】由折叠得到相等的角和相等的线段，结合矩形的性质可求∠EBG的度数；在Rt△DEF和Rt△FG

21、H中根据勾股定理建立方程分别求出DE,GH,FG的长，根据相似三角形的判定方法对②进行判断，根据三角形面积公式对③进行判断.④可以根据各线段的长度直接进行判断. 【详细解答】解：由折叠知∠ABG=∠FBG,∠FBE=∠CBE,∴∠EBG=∠ABC=450,①正确；又BC=BF=10，由勾股定理求得AF==8，DF=2，设CE=EF=x,由勾股定理得x2=22+(6-x)2,x=,DE=;又AB=BH=6，HF=4，设AG=GH=y,由勾股定理y2+42=(8-y)2,y=3,GF=5，∵,∴△DEF与△ABG不相似，②错误；S△ABG=，S△FGH==6，故③正确；AG+DF=3+2=5=F

22、G,④正确，故答案为①③④. 【解后反思】1.凡涉及到折叠的问题，我们都找到其中的相等的角和相等的边；2.在直角三角形中，根据勾股定理若能建立关于一个未知数的方程，那么这个直角三角形的三边的长就可以分别求出来，这是我们解决直角三角形问题时常用的方法之一. 【关键词】 折叠问题，勾股定理，相似三角形的判定，矩形的性质，三角形的面积 2. （甘肃兰州，19，4分）□ABCD的对角线AC与BD相交于点O，且AC⊥BD，请添加—个条件： ，使得ABCD为正方形． 【答案】AC⊥BD或∠A=90°或∠B=90°或∠C=90°或∠D=90° 【逐步提示】先根据条件□ABCD的对角线AC

23、⊥BD判定□ABCD是菱形，再根据正方形的判定添加条件． 【详细解答】解：因为□ABCD中，AC⊥BD，所以□ABCD是菱形，所以当AC⊥BD或∠A=90°或∠B=90°或∠C=90°或∠D=90°时菱形ABCD是正方形，故答案为AC⊥BD或∠A=90°或∠B=90°或∠C=90°或∠D=90°. 【解后反思】判定一个菱形是正方形，只需一个角是90度或对角线垂直即可． 【关键词】 菱形的判定；正方形的判定 3. （广东省广州市，16，3分）如图，正方形ABCD的边长为1，AC，BD是对角线，将△DCB绕点D顺时针旋转45°得到△DGH，HG交AB于点E，连接DE交AC于点F，连接FG，

24、则下列结论： ①四边形AEGF是菱形；②△AED≌△GED；③∠DFG=112.5°；④BC+FG=1.5． 其中正确的结论是 ．(填写所有正确结论的序号) A D C B E F G H 【答案】①②③ 【逐步提示】由正方形的性质和旋转的性质，易发现△AEH与△GBE都是等腰直角三角形，△CFD是等腰三角形，从而可求AE，AF，EG的长度相等，又AF∥EG，故可先证得结论①成立；由结论①，根据“HL”或“SAS”等判定方法很容易得到结论②成立；再由前面的结论可求∠DFG的度数与

25、BC+FG的值，即可判断结论③与④正确与否． 【详细解答】解：∵四边形ABCD是边长为1的正方形，∴AC⊥BD，CD=AD=1，∠DCB=90°，∠CBD=45°，BD=．∵△DGH是由△DCB绕点D顺时针旋转45°得到，∴DH=BD=AC=，DG=DC=1，∠H=∠CBD=45°，∠DGH=90°，∴△AEH与△GBE都是等腰直角三角形，GH∥AC，∴AE=AH=DH－AD=－1，EG=BG=BD－DG=－1，∴AE=EG，∴DE平分∠ADG，∠ADE=∠GDE=22.5°，于是可得∠CDF=67.5°，∠CFD=67.5°，∴∠CDF=∠CFD，∴CF=CD=1，AF=AC－CF=－1，

26、∴AF=EG=AE．由AF=EG，AF∥EG，可得四边形AEGF是平行四边形；由AF=AE，可得□AEGF是菱形，故①正确；∵AF=EG，ED=ED，∴△AED≌△GED (HL)，由四边形AEGF是菱形，得FG∥AB，∴∠GFC=∠BAC=45°，∴∠DFG=45°+67.5°=112.5°，故③正确；故②正确；BC+FG=1+－1=，故④错误．故答案为①②③． 【解后反思】（1）我们一般习惯了通过推理证两条线段相等，而往往忽视通过求解线段的具体长度而得到线段相等的方法，这一点应引起注意． （2）旋转属于全等变换，解决以旋转为背景的问题时，注意寻找旋转前后相等的边与角，图形中所蕴含的全等

27、三角形，会给解决问题带来很大方便．另外，旋转问题与三角形、特殊四边形知识联系非常密切，应熟练掌握相关它们的性质与判定方法． 【关键词】正方形的性质；旋转的性质；平行四边形的判定；菱形的判定和性质；等腰直角三角形的判定与性质；等腰三角形的判定；全等三角形的判定；勾股定理；三角形的外角性质(或三角形内角和定理)；角的平分线的判定 4. （ 河南省，15，3分）如图，已知AD∥BC，AB⊥BC，AB=3. 点E为射线BC上一个动点，连接AE，将△ABE沿AE折叠，点B落在点B′处，过点B′作AD的垂线，分别交AD，BC于点M，N. 当点B′为线段MN的三等分点时，BE的长为___________

28、_______. 【答案】或 【逐步提示】本题考查了是以平行线（实际是以为矩形）为图形背景进行折叠即轴对称的图形变换求长度的综合运用，解题的关键是线段三等分点的分类以及在直角三角形中利用勾股定理和相似求线段长度.思路：由线段MN的三等分点有两个分为两种情况：①MB′=2NB′=2；②NB′=2MB′=2.当①MB′=2NB′=2时，在Rt△AMB′中，由折叠可知AB′=AB=3，利用勾股定理求出AM长，再由Rt△AMB′～RtB′NE对应边成比例求出NE长最后求BE长；当②NB′=2MB′=2时，在Rt△AMB′中，由折叠可知AB′=AB=3，利用勾股定理求出AM长，再由Rt△AMB′

29、～RtB′NE对应边成比例求出NE长最后求BE长 【详细解答】解：（1）当①MB′=2NB′时，∵AB⊥BC，AD∥BC ∴ AB⊥AD，又∵MN⊥AD ∴∠BAM=ABN=AMN=90° ∴四边形ABNM是矩形 ∴MN=AB=3，BN=AM，∠MNB=90° 由折叠得∠AB′E=∠ABE=90°，AB′=AB=3 ∵MB′=2NB′,∴MB′=MN=2，NB′=1 在Rt△AMB′中，AM= 易证Rt△AMB′～RtB′NE ∴∴NE== ∴BE=AN-NE== （2）当NB′=2MB时，∵AB⊥BC，AD∥BC ∴ AB⊥AD，又∵MN⊥AD ∴∠BAM=ABN

30、=AMN=90° ∴四边形ABNM是矩形 ∴MN=AB=3，BN=AM，∠MNB=90° 由折叠得∠AB′E=∠ABE=90°，AB′=AB=3 ∵NB′=2MB′,∴NB′=MN=2，MB′=1 在Rt△AMB′中，AM= 易证Rt△AMB′～RtB′NE ∴∴NE== ∴BE=AN-NE=， 故答案为或 . 【解后反思】本题的重难点是在矩形为图形背景，在折叠变换的基础上，从线段的三等分点的角度，借助直角三角形利用勾股定理和相似求线段长度.．一般思维模式是本题型是以特殊的四边形为背景，线段的三等分点结合折叠转化条件求线段长度的题型，一般按线段的三等分点不同进行分类

31、，折叠问题求线段长度一般是围绕关键点（B′），借助或构造直角三角形，利用勾股定理、三角函数或相似求解线段长度．注意作辅助线时一般关注已知线段或四边形边的方向，作辅助线平行或垂直于它们． 【关键词】矩形的判定和性质；三等分点；翻折变换（折叠问题）；勾股定理；相似 5. （湖南湘西，8，4分）如图，已知菱形ABCD的两条对角线长分别为AC=8和BD=6，那么，菱形ABCD的面积为 . 【答案】24 【逐步提示】本题考查了菱形的性质,根据菱形的面积公式即可求出答案 【详细解答】解：S=AC×BD= ×8×6=24，故答案为24 . 【解后反思】菱形面积有两种求法，如下

32、图，S菱形ABCD=AC×BD =AB×DE . 【关键词】 菱形的面积 （第8题图） （第8题答图） 6.（江苏省南京市，16，2分）如图，菱形ABCD 的面积为120 cm2，正方形AECF 的面积为50 cm2，则菱形的边长为 ▲ cm． 【答案】13 【逐步提示】本题考查了菱形与正方形的性质、勾股定理，解题的关键是正确运用菱形与正方形的面积公式构建方程组，求出AC和BD的长，进而得到菱形的边长． 【详细解答】解：连接AC 和BD，由题意可知，BEFD四点都在对角线BD上，设AC=2a，BD=2b，根据菱形与正方形的面积计算公式，可得：，a=5；且，

33、b=12，所以AB=．故答案为13． 【解后反思】正方形属于特殊的菱形，其面积公式可以和菱形相同，都是对角线乘积的一半． 【关键词】 四边形；特殊的平行四边形；菱形的性质；正方形的性质；直角三角形；勾股定理；整体思想；化归思想 7. （江苏盐城，18，3分）如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠A＝60°，点E、F分别在边AB、AD上．若将△AEF沿直线EF折叠，使得点A恰好落在CD边的中点G处，则EF＝ ▲ ． 【答案】 【逐步提示】本题考查了菱形中图形的折叠问题，解题的关键是构造直角三角形，利用勾股定理求出相关线段AG、BG及AE、AF的长，再利用面积相等，求出EF的长

34、；也可用解析法求解，建立直角坐标系，求出OD、OG、EF的关系式，从而确定E、F的坐标，再求出EF的长． 【详细解答】解：方法1：连接AG、BD、BG，过点G作GH⊥AD交AD的延长线于H，则显然△CBD为等边三角形，∵G为CD边的中点，∴BG⊥CD，BG＝．在Rt△DGH中，∠GDH＝60°，DG＝1，∴DH＝，GH＝，∴AG＝＝＝；由折叠知，EF垂直平分AG，∴AF＝FG，AE＝EG，在Rt△DFG中，FH2＋HG2＝FG2，即(－AF)2＋()2＝AF2，AF＝，在Rt△EBG中，BE2＋BG2＝EG2，即(2－AE)2＋()2＝AE2，AE＝；∵EF⊥AG，∴S四边形AEGF＝AE×

35、BG＝AG×EF，∴×＝××EF，∴EF＝．故答案为． 方法2：以点A为坐标原点，AB所在直线为x轴，经过点A的直线为y轴，如图所示建立直角坐标系，易得点A(0，0)，B(2，0)，C(3，)，D(1，)，G(2，)，从而得到AG的中点M(1，)，直线AD的表达式为y＝x，直线AG的表达式为y＝x，因为EF⊥AG，设直线EF的表达式为y＝－x＋b，代人点M(1，)，得到b＝，从而y＝－x＋，所以E(，0)，F(，)，求得EF＝．故答案为． 【解后反思】解决此类问题，可由折叠得到相等的线段，相等的角，再结合解直角三角形有关知识找到未知量与已知量之间的等量关系来列方程求解． 【关键词

36、】菱形的性质；勾股定理；几何变换法；实验操作题型 8. （江苏省扬州市，15，3分）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E为AD的中点，若OE=3，则菱形ABCD的周长为 ． 【答案】24 【逐步提示】本题考查了菱形的性质和直角三角形斜边中线的性质、中位线的性质，解题的关键是由菱形性质得到的对角线互相垂直平分． 【详细解答】解：由菱形ABCD可知，因为对角线互相垂直平分，所以∠AOD=90°，而E为AD的中点，所以AD=2OE，若OE=3，则AD=6，所以菱形的周长=4AD=24，故答案为24． 【解后反思】本题也可以运用中位线的性质解题．由菱形A

37、BCD可知，因为对角线互相平分平分，所以AO=OC，而E为AD的中点，所以 OE为△ADC的中位线，则DC=2OE，若OE=3，则DC=6，所以菱形的周长=4DC=24，故答案为24． 【关键词】 平行四边形；特殊的平行四边形；菱形的性质；三角形的中位线； 三、解答题 1. （ 福建福州，26，13分）如图，矩形ABCD 中，AB＝4，AD＝3，M 是边CD 上一点，将△ADM沿直线AM对折，得到△ANM． （1）当AN平分∠MAB时，求DM的长； （2）连接BN ，当DM＝1时，求△ABN的面积； （3）当射线BN 交线段CD于点F时，求DF的最大值．

38、【逐步提示】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，难度较大，熟练掌握矩形和折叠的性质，证明三角形相似和三角形全等是解决问题的关键．（1）由折叠性质得∠MAN=∠DAM，证出∠DAM=∠MAN=∠NAB，由三角函数得出DM；（2）延长MN交AB延长线于点Q，由矩形的性质得出∠DMA=∠MAQ，由折叠性质得出∠DMA=∠AMQ，得出∠MAQ=∠AMQ，证出MQ=AQ，设NQ=x，则AQ=MQ=1+x，在Rt△ANQ中，由勾股定理得出方程，解方程求出NQ=4，AQ=5，即可求出△ABN的面积；（3）过点A作AH⊥BF于点H，证

39、明△ABH∽△BFC，得出对应边成比例，得出当点N、H重合（即AH=AN）时，AH最大，BH最小，CF最小，DF最大，此时点M、F重合，B、N、M三点共线，由AAS证明△ABH≌△BFC，得出CF=BH，由勾股定理求出BH，得出CF，即可得出结果． 【详细解答】解：（1）由折叠可知△ANM≌△ADM， ∴ ∵平分 ∴ ∴ ∵四边形ABCD是矩形 ∴ ∴ ∴ （2）如图1，延长MN交AB延长线于点Q. ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥DC, ∴ 有折叠可知△AMN≌△ADM， ∴ ∴ ∴ 设，则 在中， ∴ 解得 ∴ ∵ ∴

40、 （3）如图2，过点A作AH⊥BF于点H，则△ABH∽△BFC, ∴ ∵AH≤AN=3,AB=4, ∴当点N,H重合（即）时，DF最大. (AH最大，BH最小，CF最小，DF最大) 此时点M，F重合，B，N，M三点共线，△ABH≌△BFC(如图3) ∴ ∴DF的最大值为 【解后反思】本题第(2)问也可以过点N作AB的垂线交AB、CD分别为H、G，再通过相似三角形求出NH的长就能得出△ABN的面积.第(3)问如何确定DF的最大值时的位置是难点所在，我们也可以直观想象得出这个位置，把AN和BF当作两根木棒，要让AN把BF撑的最远，此时有AN垂直于BF.或者通过面积来说明.三角

41、形 ABF的面积是6，所以AH×BF=12为定值.当AH最大时，BF最小，从而CF最小，所以DF最大. 【关键词】实验操作题型；矩形的性质；轴对称变换；全等三角形的性质；等腰三角形的判定；勾股定理；直角三角形中的基本类型；相似三角形的判定；相似三角形的性质 2. （甘肃兰州，25，10分））阅读下面材料： 在数学课上，老师请同学思考如下问题：如图1，我们把一个四边形ABCD 的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到四边形的EFGH是平行四边形吗? 小敏在思考问题是，有如下思路：连接AC． 点E、F分别是AB、AC的中点 三角形 中位线定理 EF∥AC EF=AC

42、 点G、H分别是CD、AD的中点 三角形 中位线定理 GH∥AC GH=AC EF∥GH EF=GH 四边形EFGH平行四边形 结合小敏的思路作答： (1)若只改变国l中四边形ABCD的形状（如图2），则四边形EFGH还是平行四边形吗？说明理由； 参考小敏思考问题的方法，解决—下问题： (2) 如图2，在(1)的条件下，若连接AC，BD． ①当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形．写出结论并证明； ②当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是矩形．直接写出结论． 图1

43、 图2 【逐步提示】(1)第一步：由三角形中位线定理得出EF与AC的数量关系与位置关系；第二步：再由三角形中位线定理得出GH与AC的数量关系与位置关系；第三步：利用等量代换与平行线的传递性得出EF与GH的数量关系与位置关系，从而得到结论． (2) ①由(1)已经证得四边形EFGH是平行四边形，所以只需证明邻边FG=EF，由三角形中位线定理可得它们都等于BD或AC的一半，故易得“当AC=BD时，四边形EFGH是菱形”这一结论；②当AC⊥BD时，由三角形中位线定理可知EF∥AC，FG∥BD，故可得EF⊥FG，即∠EFG=90°，故四边形EFGH是矩形． 【详细解答】解：(1)四边形EFGH

44、还是平行四边形理由如下：连接AC ∵EF分别是AB，BC的中点 ∴EF∥AC，EF=AC， ∵G，H分别是AC，BD的中点 ∴GH∥AC， GH=AC，∴EF∥GH，EF=GH， ∴四边形EFGH是平行四边形． (2)①当AC=BD时，四边形EFGH是菱形理由如下： 由(1)可知四边形EFGH是平行四边形， 当AC=BD时，FG=BD，EF=AC， ∴ FG=EF， ∴四边形EFGH是菱形． ②当AC⊥BD时，四边形EFGH是矩形．理由如下： 由(1)可知四边形EFGH是平行四边形，∵EF分别是AB，BC的中

45、点， ∴EF∥AC，∵AC⊥BD，∴EF⊥BD，∵G，F分别是CD，BC的中点 ∴FG∥AC，∵EF⊥BD，∴EF⊥FG，即∠EFG=90°，∴□EFGH是矩形． 【解后反思】本题的实质是判定中点四边形的形状，而中点四边形的形状是由原四边形的对角线的关系来决定的．当原四边形的对角线互相垂直时，中点四边形是矩形；当原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形；当原四边形的对角线既相等又互相垂直时，中点四边形是正方形．注意中点四边形与原四边形的对角线是否平分无关． 【关键词】 菱形的判定；矩形的判定；三角形中位线定理 3. （广东省广州市，18，9分）如图，矩形ABCD的对角线AC，

46、BD相交于点O，若AB=AO，求∠ABD的度数． A B C D O 【逐步提示】由条件AB=AO，联想到矩形对角线的性质AO=BO，故可得△AOB是等边三角形，于是得其内角∠ABD的度数． 【详细解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AO=AC，BO=BD，AC=BD，∴AO=BO．又∵AB=AO，∴AB=AO=BO，∴△AOB是等边三角形，∴∠ABD=60°． 【解后反思】矩形的对角线互相平分且相等，故此矩形的两条对角线把矩形分成了四个小等腰三角形．另外，每条对角线所分得的两个直角三角形都全等． 【关键词】矩形的性质；等边三角形的判定和性

47、质 4. （ 广东茂名，14，3分）已知矩形的对角线AC和BD相交于点O，若AO=1，那么BD= . 【答案】2 【逐步提示】本题考查了矩形的性质，解题的关键是掌握矩形的对角线相等且互相平分的性质.先根据矩形的对角线互相平分求出AC的长度，再根据矩形的对角线相等求出BD的长. 【详细解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，AC=2AO.∵AO=1，∴AC=2×1=2，∴BD=2. 故答案为 2 . 【解后反思】本题属于与矩形知识相关的基础题，熟记与矩形对角线相关的性质是正确解答该题的前提. 【关键词】矩形的性质 5. （贵州省毕节市，22，12分）如图，

48、已知△ABC中，AB＝AC，把△ABC绕A点沿顺时针方向旋转得到△ADE，连接BD，CE交于点F. (1)求证：△AEC≌△ADB； (2)若AB＝2，∠BAC＝45°，当四边形ADFC是菱形时，求BF的长． （第25题图） 【逐步提示】本题考查了全等三角形的判定、旋转的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理、勾股定理、菱形的性质等，解题的关键是熟练掌握这些判定定理及性质定理．(1)由旋转的性质得出全等的条件，利用“SAS”判定△AEC≌△ADB；(2)由等腰三角形的性质及三角形内角和定理得出△BAD是等腰直角三角形，根据勾股定理求出BD的长度，再根据四边形ABFE是菱形得

49、出DF的长，从而求出BF的长． 【详细解答】解：（1）证明：∵△ABC绕A点旋转得到△ADE，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC＋∠BAE＝∠DAE＋∠BAE，∴∠EAC＝∠DAB. 又AB＝AC，∴AE＝AD， ∴△AEC≌△ADB； （2）∵四边形ADFC是菱形，且∠BAC＝45°，∴∠DBA＝∠BAC＝45°， 又∵AB＝AD，∴∠DBA＝∠BDA＝45°，∴△BAD是等腰直角三角形. ∴BD2＝AB2＋AD2＝ 22＋22＝8，∴BD＝. ∵四边形ADFC是菱形，∴AD＝DF＝FC＝AC＝AB＝2，∴BF＝BD－DF＝－2. 【解后反思】此类问题容易

50、出错的地方是不能正确写出解答过程． 【关键词】全等三角形的判定；SAS；旋转的性质；等腰三角形的性质；菱形的性质 6.（ 河南省，18，9分）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=900，点M是AC的中点，以AB为直径作⊙O分别交AC,BM于点D,E. (1)求证：MD=ME; (2)填空：①若AB=6,当AD=2DM时，DE= ； ②连接OD,OE,当∠A的度数为 时，四边形ODME是菱形. 【逐步提示】（1）MD=ME应来源于∠MDE=∠MED，根据条件可知四边形ABED是圆内接四边形，根据圆内接四边形的外角等于内对角的性质及直角三角形

51、的斜边中线性质综合可得结论。（2）由第一问可知DE∥AB，由相似三角形的性质可知,可得DE=2. (3)根据菱形性质可知OE∥AM.∵O是AB中点，∴E为BM中点，连接AE，∵AB是直径，∴AE⊥BM,可得AB=AM.同理AB=BM.∴△ABM 是等边三角形，∴∠A=60°。 【详细解答】解：（1）在Rt△ABC中，点M是AC的中点， ∴MA=MB，∴∠A=∠MBA. ∵四边形ABED是圆内接四边形， ∴∠ADE+∠ABE=180°, 又∠ADE+∠MDE=180°, ∴∠MDE=∠MBA. 同理可证：∠MED=∠A. ∴∠MDE=∠MED, ∴MD=ME. （2）①2；

52、 ②60°（或60）. 【解后反思】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，圆内接四边形的性质，等腰三角形的判定；相似三角形的判断和性质以及菱形的性质等知识点，综合性较强. 【关键词】圆内接四边形，相似，菱形，等腰三角形. 7. （ 湖北省十堰市，23，8分）如图，将矩形纸片ABCD（AD＞AB）折叠，使点C 刚好落在线段AD上，且折痕分别与边BC、AD相交.设折叠后点C、D的对应点分别为点G、 H,折痕分别与边BC，AD相交于点E、F. （1）判断四边形CEGF的形状； （2）若AB=3,BC=9,求线段CE的取值范围. 【逐步提示】本题是一道几何证明与计算的综合题

53、，也是一道考查手脑并用考查题.其中涉及到平行四边形的判定、线段垂直平分线的性质、平行线的性质、菱形的判定、菱形的性质、勾股定理等；解题的思路：对于第（1）题，先感性再理性，可以先用圆规初步测量它们的四边相等，然后根据本题的题设进行说明；对于第（2）题，可以先用纸片折叠一下，根据点C与与AD边重合，有不同的情况，找出两个端点情况，进行计算，以便确定其范围. 【详细解答】解：（1）四边形CEGF是菱形.证明如下： 由题意知，EF是CG的垂直平分线， ∴FC=FG, EC=EG, 又∵AD∥BC,∴∠GFE=∠CEF, 由折叠知∠CEF=∠GEF, ∴∠GFE=∠GEF,EG=GF,

54、 ∴EG=FG=FC=EC，∴四边形CEGF是菱形。 （2）如图（1），当点F与点D重合时，四边形CEFG是正方形， 此时CE最小，且CE=CD=3， 如图（2）当点G与A重合时，CE最大， 设CE=x,则BE=9-x，由（1）知，AE=CE=x, 在Rt△ABE中,AB2+BE2=AE2, 即 9+(9-x)2=x2 解得 x=5,所以CE=5 所以，线段CE的取值范围为 3≤CE≤5. 【解后反思】本题中的菱形的判定、线段垂直平分线的性质、勾股定理等都是初中数学的重点部分，其中的手脑并用也是新课标的基本要求.本题中的突出的数学思想是分类讨论：分类讨论思想是在对数

55、学对象进行分类的过程中寻求答案的一种思想方法.分类讨论既是一种重要的数学思想，又是一种重要的数学方法.分类的关键是根据分类的目的，找出分类的对象.分类要求既不能重复，也不能遗漏，最后要全面总结. 【关键词】垂直平分线的性质；勾股定理；菱形的判定；分类讨论思想 8. （ 湖南省郴州市，26，12分）如图1，矩形ABCD中，AB＝7cm，AD＝4cm，点E为AD上一定点，点F为AD延长线上一点，且DF＝acm，点P从A点出发，沿AB边向点B以2cm／s的速度运动．连结PE，设点P运动的时间为ts，△PAE的面积为y．当0≤t≤1时，△PAE的面积y（）关于时间t（s）的函数图象如图2所示．连结

56、PF，交CD于点H． （1）t的取值范围为 ．AE＝ cm； （2）如图3，将△HDF沿线段DF进行翻折，与CD的延长线交于点M，连结AM．当a为何值时，四边形PAMH为菱形？并求出此时点P的运动时间t； （3）如图4，当点P出发1s后，AD边上另一动点Q从E点出发，沿ED边向点D以1cm／s的速度运动．如果P、Q两点中的任意一点到达终点后，另一点也停止运动．连结PQ、QH，若cm，请问△PQH能否构成直角三角形？若能，请求出点P的运动时间t；若不能，请说明理由． 【逐步提示】本题考查的是矩形为背景下的动点问题，翻折问题

57、．解题的关键是巧妙的运用相似三角形，寻找线段间的数量关系和比例关系．（1）由于点P在AB边上运动，且速度为2cm／s，即0≤2t≤7，可以确定t的取值范围；结合0≤t≤1时，图2的函数图象，能得到y与t的函数关系式，因为，即y＝，可以求出AE的长． （2）将△HDF沿线段DF进行翻折，可得到HD＝DM，若四边形PAMH为菱形，则有AP＝AM＝MH＝2DM，因为AD＝4，∠ADM＝90°，由勾股定理可以求出DM，即可求出AP，又因为AP＝2t，即可列式求出t值． （3）因为△PQH若构成直角三角形，则可能有∠PQH＝90°，或∠PHQ＝90°，每种情况下都可构造“一线三等角”证明相似．由于Q

58、比P晚走1s，所以EQ＝t－1，所以QD表示为4－t，因为知道cm，所以DH也可以用“A”字型相似表示出来，写出正确的比例式就可计算出每种情况下的t值了． 【详细解答】解：（1）∵P在边AB上运动，速度为2cm／s，∴0≤2t≤7，∴0≤t≤； ∵由图2可得当0≤t≤1时，y＝t，∵，∴y＝，即t＝，∴AE＝1． （2）∵将△HDF沿线段DF进行翻折得到△MDF，∴HD＝DM＝，又∵四边形PAMH为菱形，∴AP＝AM＝MH＝2DM，∵AD＝4，∠ADM＝90°，∴在Rt△ADM中，，∴，∴DM＝，∴AP＝2t＝， ∴t＝． （3）∵P先出发1s后Q再从E出发，∴AP＝2t，E

59、Q＝t－1，∴QD＝4－1－（t－1）＝4－t．∵四边形ABCD是矩形，AB∥CD，∴△FDH∽△FAP，∴，∴， ∴．由题意可知，若△PQH为直角三角形，则有两种情况：∠PQH＝90°，或∠PHQ＝90°．当∠PQH＝90°时，∵∠A＝∠QDH＝90°，∴∠APQ＋∠AQP＝90°，∵∠AQP＋∠DQH＝90°，∴∠APQ＝∠DQH，∴△APQ∽△DQH，∴，∴，∴t＝2；．当∠PHQ＝90°时，过P作PM⊥CD于点M，同理可证△PMH∽△HDQ，∴ ，∵PM＝AD＝4，∴，解得．∴当t＝2或时△PQH为直角三角形． 【解后反思】动点问题本身就是初中数学的一个难点，根据运动的路径

60、判断取值范围较为常见，要认真审题，看在哪些线段上运动，由动点和函数结合的题，往往求出的解析式是分段函数．此题还体现了一线三等角的构造，这是解决相似三角形时常用的方法．体现了数学中的转化思想、分类讨论思想． 【关键词】 菱形的性质；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；动点题型 9.（湖南省湘潭市，25，10分）如图，菱形ABCD中，已知∠BAD=120°，∠EGF=60°，∠EGF的顶点G在菱形对角线AC上运动，角的两边分别交边BC、CD于点E、F. C D A B G E F （1）如图甲，当顶点G运动到与点A重合时，求证：EC+CF=BC； （2）知识探究：

61、 ①如图乙，当顶点G运动到AC中点时，探究线段EC、CF与BC的数量关系； ②在顶点G的运动过程中，若，请直接写出线段EC、CF与BC的数量关系（不需要写出证明过程）； （3）问题解决： 如图丙，已知菱形边长为8，BC=7，CF=，当t＞2时，求EC的长度. C D A B （G） E F C D A E F G B C D A E F G B 图甲 图乙 图丙 【逐步提示】（1）易证△ABC和△ACD都是等边三角形，然后利用ASA证明△ABE和△ACF全等，从而证明EC+CF=BC；（2）①当

62、G在AC的中点时，EC和CF都缩小到原来的一半，于是EC+CF=BC；②当时，，于是EC和CF都缩小到原来，于是EC+CF=BC；（3）利用边长是8、BG=7，计算出AG的长，从而计算出t的值，求出EC+CF的长度，减去CF的长度，即可得到EC的长度. 【详细解答】（1）∵四边形ABCD为菱形，且∠BAD=120°，∴∠B=60°，易证△ABC与△ACD都是等边三角形，且它们全等，于是∠ACF=60°，∵∠BAE+∠EAC=∠EAC+CAF=60°，∴∠BAE=∠CAF，∴△BAE≌△CAF（ASA），∴BE=CF，∴EC+CF=BC. （2）①EC+CF=BC；②EC+CF=BC. （

63、3）如图丙，作BH⊥AC于H，易证H是AC中点，即AH=4，且HB=4，∵BG=7，∴=1，∴GC=4-1=3，∴t=，根据第（2）小题的结论，有EC+CF=×8=3. 【解后反思】灵活地掌握菱形的性质和等边三角形的判定是解决本题的突破口，另外相似的意识、位似的意识，在本题中也得到充分的体现. 【关键词】全等三角形的识别；等边三角形的判定；菱形的性质；勾股定理；三角形全等的识别；全等三角形的性质；动点题型；相似多边形的性质 10. （ 年湖南省湘潭市，25，10分）如图，菱形ABCD中，已知∠BAD=120°，∠EGF=60°, ∠EGF的顶点G在菱形对角线AC上运动，角的两边分别交边

64、BC、CD于E、F。 A B D C G F E （1）如图甲，当顶点G运动到与点A重合时，求证：EC+CF=BC； （2）知识探究： ①如图乙，当顶点G运动到AC的中点时，探究线段EC、CF与BC的数量关系； ②在顶点G运动的过程中，若，请直接写出线段EC、CF与BC的数量关系（不需要写出证明过程）； （3）问题解决：如图丙，已知菱形的边长为8，BG=7，CF=，当时，求EC的长度。 图甲 A(G) B D C F E A B D C F E G A B D C F E G 图乙 图丙

65、 【逐步提示】本题考查了菱形的性质、全等三角形的性质与判定、等边三角形和相似三角形等知识，解题的关键是综合运用相关知识和转化的思想。 （1）要证明EC+CF=BC，只需证CF=BE，要证这两条线段相等，就是证明它们所在的两个三角形全等，即证明△BAE和与△CAF全等，再分析全等的条件，AB=AC，∠B＝∠ACF＝60°，只要证∠BAE=∠CAF，由∠BAE＋∠EAC＝∠EAC＋∠CAF＝60°可得； （2）观察图乙中的点G，只是把图甲中的点G的位置向下移动，考虑能不能把问题转化成（1），为此过点A作AE′∥EG，AF′∥GF，利用相似三角形先找出CE与CE′、CF与CF′的关系，进而得

66、到EC、CF与BC的数量关系； （3）根据（2）中的结论，要求线段EC的长，就是求t，也就是要求出AG或CG的长，在△ABG中已知AB，AG，∠BAC＝60°，求AG的长，可以考虑转化为直角三角形，为此连接BD交AC于H，在Rt△ABH中求得 AH、，BH，在Rt△BHG中得用勾股定理求出BH，进而求出t，还需注意t＞2. 【详细解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝120°，∴∠BAC＝60°，∠B＝∠ACF＝60°，AB=BC， ∴AB=AC，∵∠BAE＋∠EAC＝∠EAC＋∠CAF＝60°，∴∠BAE=∠CAF，在△BAE和△CAF中， ,∴△BAE≌△CAF，∴BE＝CF，∴EC＋CF＝EC＋BE＝BC，即EC＋CF＝BC； （2）①线段EC，CF与BC的数量关系为：CE＋CF＝BC. F′ E′ A B D C F E G 理由如下：过点A作AE′∥EG，AF′∥GF，分别交BC、CD于E′、F′. 类比（1）可得：E′C＋CF′＝BC，∵G为AC中点，AE′∥EG，∴△BAE′∽△CAF′，∴＝，∴CE＝CE′，同理可得：C