《中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第一部分 考點(diǎn)知識(shí)梳理 2.5 四邊形課件.ppt》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 第一部分 考點(diǎn)知識(shí)梳理 2.5 四邊形課件.ppt（49頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2.5 四邊形,命題解讀,考綱解讀,了解多邊形的概念;掌握多邊形的內(nèi)角和定理和多邊形的外角和定理,能夠熟練地求出多邊形的內(nèi)角和或外角和;理解平行四邊形的概念;了解四邊形的不穩(wěn)定性,了解并記住四邊形的內(nèi)角和等于360°;理解平行四邊形的性質(zhì)和判定方法,能夠熟練地應(yīng)用平行四邊形的性質(zhì)和判定證明或解決有關(guān)的問題;理解矩形、菱形、正方形的概念;理解平行四邊形、矩形、菱形、正方形之間的關(guān)系;掌握矩形、菱形、正方形的性質(zhì)和判定,并能夠熟練地應(yīng)用矩形、菱形、正方形的性質(zhì)和判定證明或解決有關(guān)的問題.,命題解讀,考綱解讀,命題解讀,考綱解讀,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,考點(diǎn)1 多邊形的相關(guān)結(jié)論 1.多邊形的內(nèi)角和與外角和定理 (1)n邊形的內(nèi)角和等于 (n-2)·180° . (2)任意多邊形的外角和都等于 360° . 2.多邊形的對(duì)角線 若n是多邊形的邊數(shù),則對(duì)角線條數(shù)是 .,,,,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,典例1 (2016·湖南衡陽)正多邊形的一個(gè)內(nèi)角是150°,則這個(gè)正多邊形的邊數(shù)為 ( ) A.10 B.11 C.12 D.13 【解析】一個(gè)正多邊形的每個(gè)內(nèi)角都相等,根據(jù)內(nèi)角與外角互為鄰補(bǔ)角,因而就可以求出外角的度數(shù).根據(jù)任何多邊形的外角和都是360度,利用360除以外角的度數(shù)就可以求出外角的個(gè)數(shù),即多邊形的邊數(shù).外角是180°-150°=30°,360°÷30°=12,則這個(gè)正多邊形是正十二邊形. 【答案】 C,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,【變式訓(xùn)練】(2016·湖北宜昌)設(shè)四邊形的內(nèi)角和等于a,五邊形的外角和等于b,則a與b的關(guān)系是 ( B ) A.ab B.a=b C.ab D.b=a+180° 【解析】∵四邊形的內(nèi)角和等于a,∴a=(4-2)·180°=360°.∵五邊形的外角和等于b,∴b=360°,∴a=b.,,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,考點(diǎn)2 平行四邊形的性質(zhì)和判定 1.平行四邊形的定義 兩組對(duì)邊 分別平行 的四邊形叫做平行四邊形. 2.平行四邊形的性質(zhì) (1)平行四邊形的兩組對(duì)邊 平行且相等 . (2)平行四邊形的兩組對(duì)角分別 相等 . (3)平行四邊形的對(duì)角線 互相平分 . (4)平行四邊形是中心對(duì)稱圖形,對(duì)稱中心是兩條對(duì)角線的交點(diǎn).,,,,,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,3.平行四邊形的判定 (1)兩組對(duì)邊 分別平行 的四邊形是平行四邊形. (2)兩組對(duì)邊 分別相等 的四邊形是平行四邊形. (3)一組對(duì)邊 平行且相等 的四邊形是平行四邊形. (4)兩組對(duì)角 分別相等 的四邊形是平行四邊形. (5)對(duì)角線 互相平分 的四邊形是平行四邊形.,,,,,,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,一組對(duì)邊平行,另一組對(duì)邊相等的四邊形不一定是平行四邊形,反例:等腰梯形;一組對(duì)邊相等,一組對(duì)角相等的四邊形不一定是平行四邊形,舉例: 如圖,在等腰三角形ABC的底邊上任取一點(diǎn)D,使BD≠CD,連接AD,沿AD剪下△ACD,并如圖倒貼至△DAC'處,則∠B=∠C',AB=C'D,顯然四邊形ABDC'不是平行四邊形.,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,典例2 (2016·西寧)如圖,在 ABCD中,E是BC的中點(diǎn),連接AE并延長(zhǎng)交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F. (1)求證:AB=CF; (2)連接DE,若AD=2AB,求證:DE⊥AF. 【解析】(1)由在 ABCD中,E是BC的中點(diǎn),利用ASA,即可判定△ABE≌△FCE,繼而證得結(jié)論;(2)由AD=2AB,AB=CF=CD,可得AD=DF,又由△ABE≌△FCE,可得AE=EF,然后利用等腰三角形三線合一,證得結(jié)論.,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,【答案】 (1)∵四邊形ABCD是平行四邊形, ∴AB∥DF, ∴∠ABE=∠FCE, ∵E為BC中點(diǎn),∴BE=CE, ∴△ABE≌△FCE(ASA), ∴AB=CF. (2)∵AD=2AB,AB=CF=CD,∴AD=DF, ∵△ABE≌△FCE,∴AE=EF, ∴DE⊥AF.,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,【變式訓(xùn)練】(2016·浙江舟山)如圖1,已知點(diǎn)E,F,G,H分別是四邊形ABCD各邊AB,BC,CD,DA的中點(diǎn),根據(jù)以下思路可以證明四邊形EFGH是平行四邊形:,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,(1)如圖2,將圖1中的點(diǎn)C移動(dòng)至與點(diǎn)E重合的位置,F,G,H仍是BC,CD,DA的中點(diǎn),求證:四邊形CFGH是平行四邊形; (2)如圖3,在邊長(zhǎng)為1的小正方形組成的5×5網(wǎng)格中,點(diǎn)A,C,B都在格點(diǎn)上,在格點(diǎn)上畫出點(diǎn)D,使點(diǎn)C與BC,CD,DA的中點(diǎn)F,G,H組成正方形CFGH; (3)在(2)條件下求出正方形CFGH的邊長(zhǎng).,【答案】 (1)如圖①,連接BD, ∵C,H是AB,DA的中點(diǎn), ∴CH是△ABD的中位線, ∴CH∥FG,CH=FG,∴四邊形CFGH是平行四邊形.,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,(2)點(diǎn)D的位置如圖②所示.,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,考點(diǎn)3 矩形的性質(zhì)與判定 1.矩形的定義 有一個(gè)角是 直角 的平行四邊形叫做矩形. 2.矩形的性質(zhì) (1)矩形的對(duì)邊平行且相等. (2)矩形的四個(gè)角都是直角. (3)矩形的對(duì)角線相等且互相平分. 3.矩形的判定 (1)有一個(gè)角是直角的 平行四邊形 是矩形. (2)有 三個(gè)角 是直角的四邊形是矩形. (3)對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形.,,,,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,典例3 (2016·浙江臺(tái)州)如圖,點(diǎn)P在矩形ABCD的對(duì)角線AC上,且不與點(diǎn)A,C重合,過點(diǎn)P分別作邊AB,AD的平行線,交兩組對(duì)邊于點(diǎn)E,F和G,H. (1)求證:△PHC≌△CFP; (2)證明四邊形PEDH和四邊形PFBG都是矩形,并直接寫出它們面積之間的關(guān)系. 【解析】(1)由矩形的性質(zhì)得出對(duì)邊平行,再根據(jù)平行線的性質(zhì)得出相等的角,結(jié)合全等三角形的判定定理ASA即可得出△PHC≌△CFP;(2)由矩形的性質(zhì)得出∠D=∠B=90°,再結(jié)合對(duì)邊互相平行即可證出四邊形PEDH和四邊形PFBG都是矩形.由矩形的軸對(duì)稱性知S△ACD=S△ABC,結(jié)合(1)知△PHC≌△CFP,△AEP≌△PGA,可得出兩矩形面積相等.,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,【答案】 (1)∵四邊形ABCD為矩形, ∴AB∥CD,AD∥BC. ∵PF∥AB,∴PF∥CD,∴∠CPF=∠PCH. ∵PH∥AD,∴PH∥BC,∴∠PCF=∠CPH. ∴△PHC≌△CFP(ASA). (2)∵四邊形ABCD為矩形,∴∠D=∠B=90°. 又∵EF∥AB∥CD,GH∥AD∥BC, ∴四邊形PEDH和四邊形PFBG都是矩形. S矩形PEDH=S矩形PFBG.,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,考點(diǎn)4 菱形的性質(zhì)與判定 1.菱形的定義 有一組鄰邊相等 的平行四邊形叫做菱形. 2.菱形的性質(zhì) (1)菱形的四條邊都相等. (2)菱形的對(duì)角相等. (3)菱形的對(duì)角線互相垂直平分,并且每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角. 3.菱形的判定 (1)有 一組鄰邊相等 的平行四邊形是菱形. (2)四條邊 都相等 的四邊形是菱形. (3)對(duì)角線 互相垂直 的平行四邊形是菱形. 4.菱形面積的特殊求法 菱形面積等于對(duì)角線乘積的一半.,,,,,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,順次連接任意四邊形各邊中點(diǎn)所得的四邊形是平行四邊形;順次連接對(duì)角線垂直的四邊形各邊中點(diǎn)所得的四邊形是矩形;順次連接對(duì)角線相等的四邊形各邊中點(diǎn)所得的四邊形是菱形.,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,典例4 (2016·福建三明)如圖,在△ABC中,∠ACB=90°,D,E分別為AC,AB的中點(diǎn),BF∥CE交DE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F. (1)求證:四邊形ECBF是平行四邊形; (2)當(dāng)∠A=30°時(shí),求證:四邊形ECBF是菱形. 【解析】(1)利用平行四邊形的判定證明即可;(2)利用菱形的判定證明即可.,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,【答案】 (1)∵D,E分別為邊AC,AB的中點(diǎn), ∴DE∥BC,即EF∥BC. 又∵BF∥CE, ∴四邊形ECBF是平行四邊形. (2)∵∠ACB=90°,∠A=30°,E為AB的中點(diǎn), ∴CB=CE. 又由(1)知,四邊形ECBF是平行四邊形, ∴四邊形ECBF是菱形.,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,【變式訓(xùn)練】(2016·沈陽)如圖,△ABC≌△ABD,點(diǎn)E在邊AB上,CE∥BD,連接DE.求證: (1)∠CEB=∠CBE; (2)四邊形BCED是菱形. 【答案】 (1)∵△ABC≌△ABD, ∴∠ABC=∠ABD, ∵CE∥BD,∴∠CEB=∠DBE, ∴∠CEB=∠CBE. (2)∵△ABC≌△ABD,∴BC=BD, ∵∠CEB=∠CBE,∴CE=CB,∴CE=BD. ∵CE∥BD,∴四邊形BCED是平行四邊形, ∵BC=BD,∴四邊形BCED是菱形.,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,考點(diǎn)5 正方形的性質(zhì)與判定 1.正方形的定義 有一組 鄰邊相等 并且 有一個(gè)角是直角 的平行四邊形叫做正方形. 2.正方形的性質(zhì) (1)正方形的四條邊都相等. (2)正方形的四個(gè)角都是直角. (3)正方形的對(duì)角線相等,并且互相垂直平分,每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角. 3.正方形的判定 (1)有一個(gè)角是直角的 菱形 是正方形. (2)有一組鄰邊相等的 矩形 是正方形.,判定正方形的總的思路就是要證明“既是菱形又是矩形”.,,,,,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,典例5 (2016·山東濟(jì)寧)如圖,正方形ABCD的對(duì)角線AC,BD相交于點(diǎn)O,延長(zhǎng)CB至點(diǎn)F,使CF=CA,連接AF,∠ACF的平分線分別交AF,AB,BD于點(diǎn)E,N,M,連接EO. (1)已知EO= ,求正方形ABCD的邊長(zhǎng); (2)猜想線段EM與CN的數(shù)量關(guān)系并加以證明. 【解析】(1)根據(jù)正方形的性質(zhì)以及勾股定理即可用正方形的邊長(zhǎng)表示AC,再證得EO是△AFC的中位線,從而得到EO與BC的數(shù)量關(guān)系后可求BC;(2)根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)證得CE⊥AF,進(jìn)一步得出∠BAF=∠BCN,然后通過證得△ABF≌△CBN得出AF=CN,進(jìn)而證得△ABF∽△COM,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)即可證得CN= CM.結(jié)合(1)得到EM與CM的關(guān)系,可得EM與CN的數(shù)量關(guān)系.,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,【答案】 (1)∵四邊形ABCD是正方形,,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,【變式訓(xùn)練】△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,點(diǎn)D為直線BC上一動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)D不與B,C重合),以AD為邊在AD右側(cè)作正方形ADEF,連接CF. (1)觀察猜想 如圖1,當(dāng)點(diǎn)D在線段BC上時(shí), ①BC與CF的位置關(guān)系為 ; ②BC,CD,CF之間的數(shù)量關(guān)系為 .(將結(jié)論直接寫在橫線上) (2)數(shù)學(xué)思考 如圖2,當(dāng)點(diǎn)D在線段CB的延長(zhǎng)線上時(shí),結(jié)論①,②是否仍然成立?若成立,請(qǐng)給予證明;若不成立,請(qǐng)你寫出正確結(jié)論再給予證明. (3)拓展延伸,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,【答案】 (1)①正方形ADEF中,AD=AF, ∵∠BAC=∠DAF=90°,∴∠BAD=∠CAF, ∴△DAB≌△FAC(SAS),∴∠ABD=∠ACF, ∴∠ACB+∠ACF=90°,即BC⊥CF. 故答案為:垂直. ②由①可知△DAB≌△FAC, ∴BD=CF, ∵BC=BD+CD, ∴BC=CF+CD. 故答案為:BC=CD+CF.,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,(2)CF⊥BC成立,BC=CD+CF不成立,CD=CF+BC. 在正方形ADEF中,AD=AF, ∵∠BAC=∠DAF=90°,∴∠BAD=∠CAF, ∴△DAB≌△FAC(SAS),∴∠ABD=∠ACF, ∵∠BAC=90°,AB=AC, ∴∠ACB=∠ABC=45°. ∴∠ABD=180°-45°=135°, ∴∠BCF=∠ACF-∠ACB=135°-45°=90°, ∴CF⊥BC. ∵CD=DB+BC,DB=CF,∴CD=CF+BC.,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,(3)如圖,過點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H,過點(diǎn)E作EM⊥BD于點(diǎn)M,EN⊥CF于點(diǎn)N, ∵∠BAC=90°,AB=AC, ∴DH=3, 由(2)證得BC⊥CF, ∵四邊形ADEF是正方形, ∴AD=DE,∠ADE=90°, ∵BC⊥CF,EM⊥BD,EN⊥CF, ∴四邊形CMEN是矩形, ∴NE=CM,EM=CN,,備課資料,考點(diǎn)掃描,考點(diǎn)1,考點(diǎn)2,考點(diǎn)3,考點(diǎn)4,考點(diǎn)5,∵∠AHD=∠ADE=∠EMD=90°, ∴∠ADH+∠EDM=∠EDM+∠DEM=90°, ∴∠ADH=∠DEM, ∴△ADH≌△DEM(AAS), ∴EM=DH=3,DM=AH=2, ∴CN=EM=3,EN=CM=3, ∵∠ABC=45°,∴∠BGC=45°, ∴△BCG是等腰直角三角形,∴CG=BC=4,∴GN=1,,備課資料,考點(diǎn)掃描,1.矩形、菱形的綜合 典例1 如圖,菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O,且BE∥AC,CE∥BD. (1)求證:四邊形OBEC是矩形; 【解析】(1)利用菱形的對(duì)角線互相垂直結(jié)合平行線的性質(zhì)得出∠BOC=∠OCE=∠OBE=90°,進(jìn)而求出即可;(2)利用菱形的性質(zhì)結(jié)合勾股定理得出CO,BO的長(zhǎng),進(jìn)而求出四邊形OBEC的面積.,【答案】 (1)∵菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O, ∴AC⊥BD, ∵BE∥AC,CE∥BD, ∴∠BOC=∠OCE=∠OBE=90°, ∴四邊形OBEC是矩形.,備課資料,考點(diǎn)掃描,備課資料,考點(diǎn)掃描,2.四邊形中的折疊問題 典例2 如圖,菱形ABCD中,E是AD的中點(diǎn),將△CDE沿CE折疊后,點(diǎn)A和點(diǎn)D恰好重合,若菱形ABCD的面積為4 ,則菱形ABCD的周長(zhǎng)是 ( ),【答案】 A,命題點(diǎn)2,命題點(diǎn)1,命題點(diǎn)3,命題點(diǎn)4,命題點(diǎn)5,命題點(diǎn)1 平行四邊形的性質(zhì)及判定(?？? 1.(2014·安徽第14題)如圖,在 ABCD中,AD=2AB,F是AD的中點(diǎn),作CE⊥AB,垂足E在線段AB上,連接EF,CF,則下列結(jié)論中一定成立的是 ①②④ .(把所有正確結(jié)論的序號(hào)都填在橫線上),,命題點(diǎn)2,命題點(diǎn)1,命題點(diǎn)3,命題點(diǎn)4,命題點(diǎn)5,【解析】本題考查平行四邊形的性質(zhì),等腰三角形的判定,三角形的中位線等幾何知識(shí). ∵ ABCD中AD∥BC,∴∠1=∠3,∵F是AD的中點(diǎn),且AD=2AB,∴DF=DC,∴∠1=∠2,∴∠2=∠3,即∠DCF=,命題點(diǎn)2,命題點(diǎn)1,命題點(diǎn)3,命題點(diǎn)4,命題點(diǎn)5,2.(2013·安徽第13題)如圖,P為平行四邊形ABCD邊AD上一點(diǎn),E,F分別為PB,PC的中點(diǎn),△PEF,△PDC,△PAB的面積分別為S,S1,S2.若S=2,則S1+S2= 8 . 【解析】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、三角形中位線定理及三角形相似的有關(guān)性質(zhì).因?yàn)镋,F分別為PB,PC的中點(diǎn),所以EF∥BC,且EF= 由相似三角形性質(zhì)可得，S△PBC=4 S△PEF=8，又因?yàn)镾△PBC= ，所以S1+S2= ，所以S1+S2=8.,,命題點(diǎn)2,命題點(diǎn)1,命題點(diǎn)3,命題點(diǎn)4,命題點(diǎn)5,命題點(diǎn)2 多邊形的性質(zhì)(冷考) 3.(2012·安徽第7題)為增加綠化面積,某小區(qū)將原來正方形地磚更換為如圖所示的正八邊形植草磚,更換后,圖中陰影部分為植草區(qū)域.設(shè)正八邊形與其內(nèi)部小正方形的邊長(zhǎng)都為a,則陰影部分的面積為 ( A ) A.2a2 B.3a2 C.4a2 D.5a2 【解析】本題考查面積的計(jì)算以及割補(bǔ)思想求面積.圖案中間的陰影部分是正方形,面積是a2,四周的每一個(gè)陰影部分的面積為 ,其和為a2,故陰影部分總面積為2a2.,,命題點(diǎn)2,命題點(diǎn)1,命題點(diǎn)3,命題點(diǎn)4,命題點(diǎn)5,命題點(diǎn)3 矩形的性質(zhì)及判定(常考) 4.(2016·安徽第14題)如圖,在矩形紙片ABCD中,AB=6,BC=10,點(diǎn)E在CD上,將△BCE沿BE折疊,點(diǎn)C恰落在邊AD上的點(diǎn)F處;點(diǎn)G在AF上,將△ABG沿BG折疊,點(diǎn)A恰落在線段BF上的點(diǎn)H處.有下列結(jié)論: ①∠EBG=45°;②△DEF∽△ABG;③S△ABG= S△FGH;④AG+DF=FG. 其中正確的是 ①③④ .(把所有正確結(jié)論的序號(hào)都選上),,命題點(diǎn)2,命題點(diǎn)1,命題點(diǎn)3,命題點(diǎn)4,命題點(diǎn)5,【解析】本題考查相似三角形、折疊、矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定方法、勾股定理等知識(shí).∵△BCE沿BE折疊，點(diǎn)C恰落在邊AD上的點(diǎn)F處，∴∠1=∠2，CE=FE，BF=BC=10，在Rt△ABF中，∵AB=6，BF=10，∴AF= =8，∴DF=AD－AF=10 －8=2，設(shè)EF=x，則CE=x，DE=CD－CE=6－x，在Rt△DEF中，∵DE2+DF2= EF2，∴(6－x)2+22=x2，解得x= ∵△ABG沿BG折疊，點(diǎn)A恰落在線段BF上的點(diǎn)H處， ∴∠3=∠4，BH=BA=6，AG=HG， ∴∠2+∠3= ∴①正確； HF=BF －BH=10－6=4，設(shè)AG=y，則GH=y，GF=8－y， 在Rt△HGF中，∵ GH2+HF2= GF2，∴y2+42=(8－y)2，解得y=3， ∴AG=GH=3，GF=5，∵∠A=∠D， ∴△ABG與△DEF不相似，∴②錯(cuò)誤； ∵S△ABG= ×6×3=9，S△FGH= ∴ S△ABG= S△FGH,∴③正確; ∵AG+DF=3+2=5,而GF=5,∴AG+DF=GF,∴④正確.,命題點(diǎn)2,命題點(diǎn)1,命題點(diǎn)3,命題點(diǎn)4,命題點(diǎn)5,命題點(diǎn)4 菱形的性質(zhì)及判定(高頻) 5.(2015·安徽第9題)如圖,矩形ABCD中,AB=8,BC=4.點(diǎn)E在AB上,點(diǎn)F在CD上,點(diǎn)G,H在對(duì)角線AC上,若四邊形EGFH是菱形,則AE的長(zhǎng)是 ( C ),,命題點(diǎn)2,命題點(diǎn)1,命題點(diǎn)3,命題點(diǎn)4,命題點(diǎn)5,【解析】本題考查菱形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、勾股定理以及銳角三角函數(shù).連接EF交AC于點(diǎn)M,由四邊形EGFH為菱形可得FM=EM,EF⊥AC.利用“AAS或ASA”易證△FMC≌△EMA,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得AM=MC.在Rt△ABC中,由勾股定理求得AC=4 在Rt△AME中， ，在Rt△AME中,由勾股定理求得AE=5.,命題點(diǎn)2,命題點(diǎn)1,命題點(diǎn)3,命題點(diǎn)4,命題點(diǎn)5,6.(2010·安徽第20(1)題)如圖,AD∥FE,點(diǎn)B,C在AD上,∠1=∠2,BF=BC. (1)求證:四邊形BCEF是菱形. 解:(1)∵AD∥EF, ∴∠FEB=∠2. ∵∠1=∠2, ∴∠FEB=∠1, ∴BF=EF. 又∵BF=BC,∴BC=EF. ∴四邊形BCEF是平行四邊形. 又∵BF=BC, ∴四邊形BCEF是菱形.,命題點(diǎn)2,命題點(diǎn)1,命題點(diǎn)3,命題點(diǎn)4,命題點(diǎn)5,命題點(diǎn)5 正方形的性質(zhì)及判定(高頻),A.1 B.2 C.3 D.4,,命題點(diǎn)2,命題點(diǎn)1,命題點(diǎn)3,命題點(diǎn)4,命題點(diǎn)5,【解析】本題是壓軸題,體現(xiàn)初、高中的銜接.直線滿足條件①,則以D為圓心 為半徑作圓,那么直線是圓D的切線.直線滿足條件②有兩種情況:一是直線與AC平行,這時(shí)與圓D相切的直線有兩條(如圖所示);二是直線經(jīng)過AC的中點(diǎn)O,這時(shí)直線與圓D相交,不可能相切,故這樣的直線不存在.綜上可知,滿足條件的直線共有兩條.,命題點(diǎn)2,命題點(diǎn)1,命題點(diǎn)3,命題點(diǎn)4,命題點(diǎn)5,8.(2013·安徽第14題)已知矩形紙片ABCD中,AB=1,BC=2.將該紙片折疊成一個(gè)平面圖形,折痕EF不經(jīng)過A點(diǎn)(E,F是該矩形邊界上的點(diǎn)),折疊后點(diǎn)A落在A'處,給出以下判斷:,,命題點(diǎn)2,命題點(diǎn)1,命題點(diǎn)3,命題點(diǎn)4,命題點(diǎn)5,【解析】本題考查考生的動(dòng)手操作能力及矩形、軸對(duì)稱圖形的性質(zhì)等.如圖1,當(dāng)四邊形A‘CDF為正方形時(shí),E與B重合,F為AD的中點(diǎn),A’C=A’F=A’B=1,所以EF= 故①正確；如圖1，將EF平移，且E在BC上，易見四邊形A’CDF不是正方形，故②錯(cuò)誤；如圖2，當(dāng)EF= 時(shí)，EF與對(duì)角線BD重合(此時(shí)折痕最長(zhǎng))，則有∠A’BD=∠ABD= ∠BDC，且A’B=AB=CD=1，所以四邊形BA’CD為等腰梯形，故③正確；當(dāng)四邊形BA’CD為等腰梯形時(shí)，只能是折痕EF和BD重合，所以EF= ，故④正確.,