《2018屆中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 專題28 矩形、菱形、正方形和梯形試題（B卷含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018屆中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 專題28 矩形、菱形、正方形和梯形試題（B卷含解析）（33頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題28 矩形、菱形、正方形和梯形 一、選擇題 1. （甘肅蘭州，14，4分）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)Q，CE∥BD，DE∥AC，AD=，DE=2，則四邊形OCED的面積為（ ） A． B．4 C． D．8 【答案】A 【逐步提示】第一步，根據(jù)平行四邊形的定義判定四邊形OCED是平行四邊形，再由鄰邊相等證明四邊形OCED是菱形；第二步，連接OE，利用矩形、菱形的性質(zhì)以及勾股定理求AC、DC；第三步，證明四邊形AOED是平行四邊形，從而求得OE的長(zhǎng)；第四步；借助菱形的面積公式求得答案. 【詳細(xì)解答】解：∵CE∥BD，DE∥AC，∴

2、四邊形OCED是平行四邊形， ∴OD=EC，OC=DE，∵矩形ABCD的對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O， ∴OD=OC，∴□OCED是菱形. 連接OE，∵DE=2，∴AC=2OC=2DE=4，∴DC=， ∵DE∥AC，AO=OC=DE，∴四邊形AOED是平行四邊形，∴OE=AD=2， ∴四邊形OCED的面積為，故選擇A . 【解后反思】本題借助平行四邊形、矩形、菱形等知識(shí)直接求得菱形的面積，也可間接地求利用矩形面積與四邊形OCED的面積的關(guān)系來(lái)求四邊形OCED的面積，解法如下：∵CE∥BD，DE∥AC，∴四邊形OCED是平行四邊形，∴2S△ODC=S平行四邊形OCED，∵矩形AB

3、CD的對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，∴4S△ODC= S矩形ABCD，∴S平行四邊形OCED=S矩形ABCD，連接OE，∵DE=2，∴AC=2OC=2DE=4，∴DC=， ∵S矩形ABCD=AD×DC=2×2=4，∴S平行四邊形OCED=2 . 【關(guān)鍵詞】 平行四邊形的性質(zhì)與判定；矩形的性質(zhì)；菱形的性質(zhì)與判定；菱形的面積計(jì)算 2. （貴州省畢節(jié)市，15，3分）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為9，將正方形折疊，使頂點(diǎn)D落在BC邊上的點(diǎn)E處，折痕為GH，若BE∶EC＝2∶1，則線段CH的長(zhǎng)是（ 　 ） A.3 B.4 C.5 D.6 A

4、B C D E （第15題圖） F G H 【答案】B 【逐步提示】本題考查正方形的性質(zhì)、圖形的折疊、勾股定理，解題的關(guān)鍵是設(shè)出恰當(dāng)?shù)奈粗獢?shù)，使能在Rt△ECH中利用勾股定理列方程，進(jìn)而求解． 【詳細(xì)解答】解：設(shè)CH＝x，∵BE∶EC＝2∶1，BC＝9，∴EC＝3，由折疊知性質(zhì)知，EH＝DH＝9－x，在Rt△ECH中，由勾股定理，得，解得x＝4，故選B． 【解后反思】 此類問題的易錯(cuò)點(diǎn)是看不出折疊前后哪些邊（或角）相等而得出錯(cuò)誤的結(jié)論．矩形的折疊是一種軸對(duì)稱變換，也是中考數(shù)學(xué)中的熱點(diǎn)問題．折疊前后的圖形是全等的，即對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等，折疊問題常常伴隨著勾股定理，這

5、是解決問題的關(guān)鍵所在． 【關(guān)鍵詞】正方形的性質(zhì)；勾股定理； 3. （ 河南省，8，3分）如圖，已知菱形OABC的頂點(diǎn)O（0,0），B（2,2），若菱形繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，每秒旋轉(zhuǎn)45°，則第60秒時(shí)，菱形的對(duì)角線交點(diǎn)D的坐標(biāo)為【 】 （A）（1，-1） （B）（-1，-1） （C）（，0） （D）（0，-） 【答案】B 【逐步提示】本題是以平面直角坐標(biāo)系為背景，利用旋轉(zhuǎn)變換而設(shè)計(jì)的圖形循環(huán)規(guī)律題，解題的關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)點(diǎn)D在旋轉(zhuǎn)變換中位置的變化情況，總結(jié)出一般規(guī)律.解題思維的一般步驟：（1）利用菱形的性質(zhì)和三角形的中位線（或中點(diǎn)公式）求出點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）探索

6、點(diǎn)D的位置變化循環(huán)是8秒一個(gè)循環(huán)；（3）確定60秒經(jīng)歷多少循環(huán)以及最后一個(gè)循環(huán)D點(diǎn)的位置；（4）由點(diǎn)D的位置確定點(diǎn)D的坐標(biāo). 【詳細(xì)解答】解：作ＢＭ⊥ｘ軸，ＤＮ⊥ｘ軸于點(diǎn)Ｍ、Ｎ ∵Ｂ（２,２），∴ＯＢ＝２ ∵四邊形OABC是菱形，∴ＯＤ＝ＯＢ＝ ∴點(diǎn)Ｄ坐標(biāo)為（１,１）． 由每秒旋轉(zhuǎn)４５°,可知８秒繞點(diǎn)Ｏ旋轉(zhuǎn)一周 ∵６０÷８＝７．．．４，∴點(diǎn)Ｄ在第三象限的角平分線上． ∵ＯＤ＝，易求出點(diǎn)Ｄ的坐標(biāo)為（-１,-１），故選擇 B. 【解后反思】本題重點(diǎn)是菱形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)變換以及循環(huán)規(guī)律，難點(diǎn)是確定點(diǎn) D的坐標(biāo)和動(dòng)點(diǎn)的變化的的一般規(guī)律.平面直角坐標(biāo)系與圖形結(jié)合的規(guī)律題的一般思維模式：利用

7、圖形的性質(zhì)確定點(diǎn)的坐標(biāo)；觀察圖形的位置變化，發(fā)現(xiàn)和總結(jié)隱含的位置變化的一般規(guī)律，探索動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)與位置變化規(guī)律之間的關(guān)系，總結(jié)坐標(biāo)的變化規(guī)律. 【關(guān)鍵詞】旋轉(zhuǎn)；菱形；循環(huán)規(guī)律；坐標(biāo)變化規(guī)律 4. （ 湖南省郴州市，8，3分）如圖，在正方形ABCD中，△ABE和△CDF為直角三角形，∠AEB＝∠CFD＝90°，AE＝CF＝5，BE＝DF＝12，則EF的長(zhǎng)是（ ） A．7 B．8 C． D． 【答案】C 【逐步提示】此題考查了正方形的性質(zhì)和判定還有全等三角形的性質(zhì)和判定，解題的關(guān)鍵是找出圖中△ABE、△

8、BCH、△DAG、△CDF的關(guān)系．設(shè)AE的延長(zhǎng)線交DF于點(diǎn)G，CF的延長(zhǎng)線交BE于點(diǎn)H， 由∠AEB＝∠CFD＝90°，AE＝CF，BE＝DF，可以判定△ABE與△CDF全等，所以∠ABE＝∠CDF，而∠CDF＋∠ADG＝∠ABE＋∠BAE＝90°，∠DAG＋∠BAE＝ 90°，可得∠ABE＝∠DAG，∠BAE＝∠ADG，且正方形的邊長(zhǎng)AB＝AD，可證△ABE與△DAG全等，同理，△ABE與△BCH全等，△DAG與△CDF全等．從而得證四邊形EHFG也是正方形，所以EF＝． 【詳細(xì)解答】解：設(shè)AE的延長(zhǎng)線交DF于點(diǎn)G，CF的延長(zhǎng)線交BE于點(diǎn)H，∵∠AEB＝∠CFD＝90°，AE＝CF，BE

9、＝DF，∴△ABE≌△CDF，∴∠ABE＝∠CDF，∵ 四邊形ABCD為正方形，∴∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，∴∠CDF＋∠ADG＝∠DAG＋∠BAE ＝90°，又∵∠ABE＋∠BAE＝90°，∴ ∠BAE＝∠ADG，∠ABE＝∠DAG，∴△ABE≌△DAG，同理可證△ABE≌△BCH，△DAG≌△CDF，∴BE＝AG＝DF＝CH＝12，AE＝BH＝DG＝CF＝5，∴EH＝FH＝FG＝EG＝7，∵∠BEG ＝90°，∴四邊形EHFG是正方形，∴EF＝＝7. G H 【解后反思】正方形的判定方法：有一個(gè)角是直角的菱形；有一組鄰邊相等的矩形．

10、正方形的性質(zhì)四個(gè)角都是直角，四條邊都相等.選擇恰當(dāng)?shù)姆椒?，靈活運(yùn)用定理解決問題是關(guān)鍵． 【關(guān)鍵詞】 正方形的性質(zhì)；正方形的判定；全等三角形的判定； 5. （ 湖南省益陽(yáng)市，4，5分）下列判斷錯(cuò)誤的是 A．兩組對(duì)邊分別相等的四邊形是平行四邊形 B．四個(gè)內(nèi)角都相等的四邊形是矩形 C．四條邊都相等的四邊形是菱形 D．兩條對(duì)角線垂直且平分的四邊形是正方形 【答案】D 【逐步提示】本題考查了平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定方法，根據(jù)平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定定理及相關(guān)推論作出判斷． 【詳細(xì)解答】解：兩組對(duì)邊分別相等的四邊形是平行四邊形正確，故選項(xiàng)A正確；四個(gè)內(nèi)角都相等的四

11、邊形是矩形，故B選項(xiàng)正確；四條邊都相等的四邊形是菱形，故C選項(xiàng)正確；對(duì)角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤，故選擇D. 【解后反思】四邊形的判定一覽表： 平行四邊形 （1）兩組對(duì)邊分別平行；（2）兩組對(duì)邊分別相等；（3）一組對(duì)邊平行且相等；（4）兩條對(duì)角線互相平分；（5）兩組對(duì)角分別相等的四邊形是平行四邊形 矩形 （1）有三個(gè)角是直角；（2）是平行四邊形，并且有一個(gè)角是直角；（3）是平行四邊形，并且兩條對(duì)角線相等 菱形 （1）四條邊都相等；（2）是平行四邊形，并且有一組鄰邊相等；（3）是平行四邊形，并且兩條對(duì)角線互相垂直 正方形 （1）是矩形，并且有一組鄰邊相

12、等；（2）是菱形，并且有一個(gè)角是直角 【關(guān)鍵詞】平行四邊形的判定；矩形的判定；菱形的判定；正方形的判定 6.（江蘇省無(wú)錫市，8，3分）下列性質(zhì)中，菱形具有而矩形不一定具有的是（ ） A．對(duì)角線相等 B．對(duì)角線互相平分 C．對(duì)角線互相垂直 D．鄰邊互相垂直 【答案】C 【逐步提示】本題考查了矩形、菱形的特性，解題的關(guān)鍵是掌握矩形和菱形的特性．本題中菱形的特性主要有兩個(gè)，一是對(duì)角線互相垂直；二是鄰邊相等．可以據(jù)此逐項(xiàng)檢查判斷． 【詳細(xì)解答】解：A項(xiàng)對(duì)角線相等是矩形特征；B項(xiàng)對(duì)角線互相平分是平行四邊形特征，所以矩形和菱形都具有這一特征；C項(xiàng)對(duì)角線互相垂直是菱形特征，矩

13、形不一定具有；D項(xiàng)鄰邊互相垂直是矩形特征；故選擇C. 【解后反思】四邊形的性質(zhì)一覽表： 邊 角 對(duì)角線 對(duì)稱性 平行四邊形 對(duì)邊平行且相等 對(duì)角相等 兩條對(duì)角線互相平分 中心對(duì)稱 矩形 對(duì)邊平行且相等 四個(gè)角都是直角 兩條對(duì)角線互相平分且相等 軸對(duì)稱 中心對(duì)稱 菱形 對(duì)邊平行，四條邊都相等 對(duì)角相等 兩條對(duì)角線互相垂直平分，每條對(duì)角線平分一組對(duì)角 軸對(duì)稱 中心對(duì)稱 正方形 對(duì)邊平行，四條邊都相等 四個(gè)角都是直角 兩條對(duì)角線互相垂直平分且相等，每條對(duì)角線平分一組對(duì)角 軸對(duì)稱 中心對(duì)稱 【關(guān)鍵詞】菱形；矩形； 7. （山東省德州市，1

14、2，3分）在矩形ABCD中，AD=2，AB=4，E是AD的中點(diǎn)，一塊足夠大的三角板的直角頂點(diǎn)與點(diǎn)E重合，將三角板繞點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)，三角板的兩直角邊分別交AB、BC（或它們的延長(zhǎng)線）于點(diǎn)M、N，設(shè)∠AEM=α (0°＜α＜90°),給出下列四個(gè)結(jié)論：（1）AM=CN；(2)∠AME=∠BNE；(3)BN-AM=2；(4). 上述結(jié)論中正確的個(gè)數(shù)是 A．1 B.2 C.3 D.4 【答案】 【逐步提示】對(duì)于（1），利用三角形全等逆推可得；對(duì)于（2），通過過點(diǎn)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，進(jìn)而得到∠AME=∠BNE； ， 對(duì)于（3），由△AEM≌△HNE得到線段AM=EH，再根據(jù)線段的和差關(guān)系即可得到結(jié)論BN-AM=2；對(duì)于（4），在Rt△MEN中，利用三角函數(shù)表示出，又有題意可知△MEN為等腰直角三角形，再根據(jù)三角形的面積公式可得結(jié)論. 【詳細(xì)解答】解：對(duì)于（1），若AM=CN，則有△AEM≌△CDN，進(jìn)而∠NDC=a，但因?yàn)辄c(diǎn)M、N都是動(dòng)點(diǎn)，這兩個(gè)角不一定相等，所以（1）不一定正確； 對(duì)于（2），如圖12-1，連接DN，過點(diǎn)N作NH⊥AD于點(diǎn)H， 由題意得：∠a+∠1=90°，∠a+∠2=90°，∴ ∠1=∠2 又∵AD∥BC ∴∠

16、2=∠BNE ∴ ∠1=∠BNE；即∠AME=∠BNE；所以（2）正確 ； 對(duì)于（3），∵ ∠1=∠2，∠A=∠EHN=90°，AE=HN ∴△AEM≌△HNE ，∴AM=EH， ∴BN-AM=AH-EH=AE=2，所以（3）正確； 對(duì)于（4），由（3）知△AEM≌△HNE，∴EM=EN， 在Rt△MEN中，∵AE=2，∠AEM=α ∴， ∴ 故答案為 . 【解后反思】（1）旋轉(zhuǎn)改變的是圖形的位置，圖形的大小和位置關(guān)系不變，所以在解答有關(guān)旋轉(zhuǎn)的問題時(shí)要注意挖掘全等圖形，找出相等的對(duì)應(yīng)邊和對(duì)應(yīng)角；（2）在解決這類問題時(shí)，有的同學(xué)喜歡憑直覺或測(cè)量來(lái)判斷選項(xiàng)是否正確，有時(shí)候會(huì)收

17、到意想不到的效果，有時(shí)候會(huì)容易產(chǎn)生錯(cuò)誤，如本題的第一個(gè)結(jié)論，若果憑觀察和測(cè)量很容易判斷錯(cuò)誤，所以，嚴(yán)密的邏輯推理才是解決問題的關(guān)鍵；（3）在幾何證明題中，能夠正確的做出輔助線是解決問題的關(guān)鍵. 【關(guān)鍵詞】矩形的性質(zhì) ；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；三角形全等；銳角三角函數(shù)；等腰直角三角形的性質(zhì)；三角形的面積；數(shù)形結(jié)合思想；動(dòng)面題型 8. （ 鎮(zhèn)江，17,3分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，坐標(biāo)原點(diǎn)O是正方形OABC的一個(gè)頂點(diǎn)，已知點(diǎn)B坐標(biāo)為（1,7），過點(diǎn)P（a,0）(a＞0)，作PE⊥x軸，與邊OA交于點(diǎn)E（異于點(diǎn)O、A），現(xiàn)將四邊形ABCE沿CE翻折，點(diǎn)A′、B′分別是點(diǎn)A、B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)，若點(diǎn)A′恰好落在直線

18、PE上，則a的值等于（ ） A. B. C. 2 D.3 【答案】C. 【逐步提示】①本題考查了正方形的折疊和全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是通過作輔助線構(gòu)造兩對(duì)全等三角形，將未知轉(zhuǎn)向已知.②先根據(jù)點(diǎn)B的坐標(biāo)求出正方形的邊長(zhǎng)，再通過證明兩對(duì)三角形全等求出OH的長(zhǎng)，進(jìn)而可求出OP的長(zhǎng). 【詳細(xì)解答】解：若折疊后點(diǎn)A落在PE上，則∠B′A′P=90°，∠CB′A′=90°，CB′=CB.連接OB，過A作AF⊥x軸于點(diǎn)F，過點(diǎn)B作AF的垂線交AF于點(diǎn)D，因?yàn)辄c(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，7

19、），由勾股定理得OB=5，則正方形的邊長(zhǎng)為5，所以CB′=B′A′=HP=CB=5.設(shè)A點(diǎn)坐標(biāo)為（m,n),則點(diǎn)D的坐標(biāo)為（m,7),由條件可證明△ABD≌△EAF，所以BD=AF，AD=OF，因此m-1=n.7-n=m.解得m=4,n=3.同理可證明△CHO≌△OFA，所以O(shè)H=AF=3，所以O(shè)P=HP-OH=5-3-2.因此點(diǎn)P的坐標(biāo)為（2，0），所以a=2.故選擇C. 【解后反思】本題通過添加輔助線，根據(jù)折疊圖形和正方形的性質(zhì)得到兩對(duì)全等的三角形，將求a值問題化為全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等來(lái)解決；本題容易出錯(cuò)的地方是不能根據(jù)題意添加輔助線，找不到需要求的量與已知量的關(guān)系，從而得不到解決

20、. 【關(guān)鍵詞】 正方形的性質(zhì)；折疊的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理 二、填空題 1. （ 安徽，14，5分）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=450；②△DEF∽△ABG；③S△ABG=S△FGH；④AG+DF=FG.其中正確的是 （把所有正確結(jié)論的序號(hào)都選上） 【答案】①③④. 【逐步提示】由折疊得到相等的角和相等的線段，結(jié)合矩形的性質(zhì)可求∠EBG的度數(shù)；在Rt△DEF和Rt△FG

21、H中根據(jù)勾股定理建立方程分別求出DE,GH,FG的長(zhǎng)，根據(jù)相似三角形的判定方法對(duì)②進(jìn)行判斷，根據(jù)三角形面積公式對(duì)③進(jìn)行判斷.④可以根據(jù)各線段的長(zhǎng)度直接進(jìn)行判斷. 【詳細(xì)解答】解：由折疊知∠ABG=∠FBG,∠FBE=∠CBE,∴∠EBG=∠ABC=450,①正確；又BC=BF=10，由勾股定理求得AF==8，DF=2，設(shè)CE=EF=x,由勾股定理得x2=22+(6-x)2,x=,DE=;又AB=BH=6，HF=4，設(shè)AG=GH=y,由勾股定理y2+42=(8-y)2,y=3,GF=5，∵,∴△DEF與△ABG不相似，②錯(cuò)誤；S△ABG=，S△FGH==6，故③正確；AG+DF=3+2=5=F

22、G,④正確，故答案為①③④. 【解后反思】1.凡涉及到折疊的問題，我們都找到其中的相等的角和相等的邊；2.在直角三角形中，根據(jù)勾股定理若能建立關(guān)于一個(gè)未知數(shù)的方程，那么這個(gè)直角三角形的三邊的長(zhǎng)就可以分別求出來(lái)，這是我們解決直角三角形問題時(shí)常用的方法之一. 【關(guān)鍵詞】 折疊問題，勾股定理，相似三角形的判定，矩形的性質(zhì)，三角形的面積 2. （甘肅蘭州，19，4分）□ABCD的對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，且AC⊥BD，請(qǐng)?zhí)砑印獋€(gè)條件： ，使得ABCD為正方形． 【答案】AC⊥BD或∠A=90°或∠B=90°或∠C=90°或∠D=90° 【逐步提示】先根據(jù)條件□ABCD的對(duì)角線AC

23、⊥BD判定□ABCD是菱形，再根據(jù)正方形的判定添加條件． 【詳細(xì)解答】解：因?yàn)椤魽BCD中，AC⊥BD，所以□ABCD是菱形，所以當(dāng)AC⊥BD或∠A=90°或∠B=90°或∠C=90°或∠D=90°時(shí)菱形ABCD是正方形，故答案為AC⊥BD或∠A=90°或∠B=90°或∠C=90°或∠D=90°. 【解后反思】判定一個(gè)菱形是正方形，只需一個(gè)角是90度或?qū)蔷€垂直即可． 【關(guān)鍵詞】 菱形的判定；正方形的判定 3. （廣東省廣州市，16，3分）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，AC，BD是對(duì)角線，將△DCB繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到△DGH，HG交AB于點(diǎn)E，連接DE交AC于點(diǎn)F，連接FG，

24、則下列結(jié)論： ①四邊形AEGF是菱形；②△AED≌△GED；③∠DFG=112.5°；④BC+FG=1.5． 其中正確的結(jié)論是 ．(填寫所有正確結(jié)論的序號(hào)) A D C B E F G H 【答案】①②③ 【逐步提示】由正方形的性質(zhì)和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，易發(fā)現(xiàn)△AEH與△GBE都是等腰直角三角形，△CFD是等腰三角形，從而可求AE，AF，EG的長(zhǎng)度相等，又AF∥EG，故可先證得結(jié)論①成立；由結(jié)論①，根據(jù)“HL”或“SAS”等判定方法很容易得到結(jié)論②成立；再由前面的結(jié)論可求∠DFG的度數(shù)與

25、BC+FG的值，即可判斷結(jié)論③與④正確與否． 【詳細(xì)解答】解：∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，∴AC⊥BD，CD=AD=1，∠DCB=90°，∠CBD=45°，BD=．∵△DGH是由△DCB繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到，∴DH=BD=AC=，DG=DC=1，∠H=∠CBD=45°，∠DGH=90°，∴△AEH與△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，可得四邊形AEGF是平行四邊形；由AF=AE，可得□AEGF是菱形，故①正確；∵AF=EG，ED=ED，∴△AED≌△GED (HL)，由四邊形AEGF是菱形，得FG∥AB，∴∠GFC=∠BAC=45°，∴∠DFG=45°+67.5°=112.5°，故③正確；故②正確；BC+FG=1+－1=，故④錯(cuò)誤．故答案為①②③． 【解后反思】（1）我們一般習(xí)慣了通過推理證兩條線段相等，而往往忽視通過求解線段的具體長(zhǎng)度而得到線段相等的方法，這一點(diǎn)應(yīng)引起注意． （2）旋轉(zhuǎn)屬于全等變換，解決以旋轉(zhuǎn)為背景的問題時(shí)，注意尋找旋轉(zhuǎn)前后相等的邊與角，圖形中所蘊(yùn)含的全等

27、三角形，會(huì)給解決問題帶來(lái)很大方便．另外，旋轉(zhuǎn)問題與三角形、特殊四邊形知識(shí)聯(lián)系非常密切，應(yīng)熟練掌握相關(guān)它們的性質(zhì)與判定方法． 【關(guān)鍵詞】正方形的性質(zhì)；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；平行四邊形的判定；菱形的判定和性質(zhì)；等腰直角三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的判定；全等三角形的判定；勾股定理；三角形的外角性質(zhì)(或三角形內(nèi)角和定理)；角的平分線的判定 4. （ 河南省，15，3分）如圖，已知AD∥BC，AB⊥BC，AB=3. 點(diǎn)E為射線BC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接AE，將△ABE沿AE折疊，點(diǎn)B落在點(diǎn)B′處，過點(diǎn)B′作AD的垂線，分別交AD，BC于點(diǎn)M，N. 當(dāng)點(diǎn)B′為線段MN的三等分點(diǎn)時(shí)，BE的長(zhǎng)為___________

28、_______. 【答案】或 【逐步提示】本題考查了是以平行線（實(shí)際是以為矩形）為圖形背景進(jìn)行折疊即軸對(duì)稱的圖形變換求長(zhǎng)度的綜合運(yùn)用，解題的關(guān)鍵是線段三等分點(diǎn)的分類以及在直角三角形中利用勾股定理和相似求線段長(zhǎng)度.思路：由線段MN的三等分點(diǎn)有兩個(gè)分為兩種情況：①M(fèi)B′=2NB′=2；②NB′=2MB′=2.當(dāng)①M(fèi)B′=2NB′=2時(shí)，在Rt△AMB′中，由折疊可知AB′=AB=3，利用勾股定理求出AM長(zhǎng)，再由Rt△AMB′～RtB′NE對(duì)應(yīng)邊成比例求出NE長(zhǎng)最后求BE長(zhǎng)；當(dāng)②NB′=2MB′=2時(shí)，在Rt△AMB′中，由折疊可知AB′=AB=3，利用勾股定理求出AM長(zhǎng)，再由Rt△AMB′

29、～RtB′NE對(duì)應(yīng)邊成比例求出NE長(zhǎng)最后求BE長(zhǎng) 【詳細(xì)解答】解：（1）當(dāng)①M(fèi)B′=2NB′時(shí)，∵AB⊥BC，AD∥BC ∴ AB⊥AD，又∵M(jìn)N⊥AD ∴∠BAM=ABN=AMN=90° ∴四邊形ABNM是矩形 ∴MN=AB=3，BN=AM，∠MNB=90° 由折疊得∠AB′E=∠ABE=90°，AB′=AB=3 ∵M(jìn)B′=2NB′,∴MB′=MN=2，NB′=1 在Rt△AMB′中，AM= 易證Rt△AMB′～RtB′NE ∴∴NE== ∴BE=AN-NE== （2）當(dāng)NB′=2MB時(shí)，∵AB⊥BC，AD∥BC ∴ AB⊥AD，又∵M(jìn)N⊥AD ∴∠BAM=ABN

30、=AMN=90° ∴四邊形ABNM是矩形 ∴MN=AB=3，BN=AM，∠MNB=90° 由折疊得∠AB′E=∠ABE=90°，AB′=AB=3 ∵NB′=2MB′,∴NB′=MN=2，MB′=1 在Rt△AMB′中，AM= 易證Rt△AMB′～RtB′NE ∴∴NE== ∴BE=AN-NE=， 故答案為或 . 【解后反思】本題的重難點(diǎn)是在矩形為圖形背景，在折疊變換的基礎(chǔ)上，從線段的三等分點(diǎn)的角度，借助直角三角形利用勾股定理和相似求線段長(zhǎng)度.．一般思維模式是本題型是以特殊的四邊形為背景，線段的三等分點(diǎn)結(jié)合折疊轉(zhuǎn)化條件求線段長(zhǎng)度的題型，一般按線段的三等分點(diǎn)不同進(jìn)行分類

31、，折疊問題求線段長(zhǎng)度一般是圍繞關(guān)鍵點(diǎn)（B′），借助或構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理、三角函數(shù)或相似求解線段長(zhǎng)度．注意作輔助線時(shí)一般關(guān)注已知線段或四邊形邊的方向，作輔助線平行或垂直于它們． 【關(guān)鍵詞】矩形的判定和性質(zhì)；三等分點(diǎn)；翻折變換（折疊問題）；勾股定理；相似 5. （湖南湘西，8，4分）如圖，已知菱形ABCD的兩條對(duì)角線長(zhǎng)分別為AC=8和BD=6，那么，菱形ABCD的面積為 . 【答案】24 【逐步提示】本題考查了菱形的性質(zhì),根據(jù)菱形的面積公式即可求出答案 【詳細(xì)解答】解：S=AC×BD= ×8×6=24，故答案為24 . 【解后反思】菱形面積有兩種求法，如下

32、圖，S菱形ABCD=AC×BD =AB×DE . 【關(guān)鍵詞】 菱形的面積 （第8題圖） （第8題答圖） 6.（江蘇省南京市，16，2分）如圖，菱形ABCD 的面積為120 cm2，正方形AECF 的面積為50 cm2，則菱形的邊長(zhǎng)為 ▲ cm． 【答案】13 【逐步提示】本題考查了菱形與正方形的性質(zhì)、勾股定理，解題的關(guān)鍵是正確運(yùn)用菱形與正方形的面積公式構(gòu)建方程組，求出AC和BD的長(zhǎng)，進(jìn)而得到菱形的邊長(zhǎng)． 【詳細(xì)解答】解：連接AC 和BD，由題意可知，BEFD四點(diǎn)都在對(duì)角線BD上，設(shè)AC=2a，BD=2b，根據(jù)菱形與正方形的面積計(jì)算公式，可得：，a=5；且，

33、b=12，所以AB=．故答案為13． 【解后反思】正方形屬于特殊的菱形，其面積公式可以和菱形相同，都是對(duì)角線乘積的一半． 【關(guān)鍵詞】 四邊形；特殊的平行四邊形；菱形的性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；直角三角形；勾股定理；整體思想；化歸思想 7. （江蘇鹽城，18，3分）如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，∠A＝60°，點(diǎn)E、F分別在邊AB、AD上．若將△AEF沿直線EF折疊，使得點(diǎn)A恰好落在CD邊的中點(diǎn)G處，則EF＝ ▲ ． 【答案】 【逐步提示】本題考查了菱形中圖形的折疊問題，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理求出相關(guān)線段AG、BG及AE、AF的長(zhǎng)，再利用面積相等，求出EF的長(zhǎng)

34、；也可用解析法求解，建立直角坐標(biāo)系，求出OD、OG、EF的關(guān)系式，從而確定E、F的坐標(biāo)，再求出EF的長(zhǎng)． 【詳細(xì)解答】解：方法1：連接AG、BD、BG，過點(diǎn)G作GH⊥AD交AD的延長(zhǎng)線于H，則顯然△CBD為等邊三角形，∵G為CD邊的中點(diǎn)，∴BG⊥CD，BG＝．在Rt△DGH中，∠GDH＝60°，DG＝1，∴DH＝，GH＝，∴AG＝＝＝；由折疊知，EF垂直平分AG，∴AF＝FG，AE＝EG，在Rt△DFG中，F(xiàn)H2＋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四邊形AEGF＝AE×

35、BG＝AG×EF，∴×＝××EF，∴EF＝．故答案為． 方法2：以點(diǎn)A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB所在直線為x軸，經(jīng)過點(diǎn)A的直線為y軸，如圖所示建立直角坐標(biāo)系，易得點(diǎn)A(0，0)，B(2，0)，C(3，)，D(1，)，G(2，)，從而得到AG的中點(diǎn)M(1，)，直線AD的表達(dá)式為y＝x，直線AG的表達(dá)式為y＝x，因?yàn)镋F⊥AG，設(shè)直線EF的表達(dá)式為y＝－x＋b，代人點(diǎn)M(1，)，得到b＝，從而y＝－x＋，所以E(，0)，F(xiàn)(，)，求得EF＝．故答案為． 【解后反思】解決此類問題，可由折疊得到相等的線段，相等的角，再結(jié)合解直角三角形有關(guān)知識(shí)找到未知量與已知量之間的等量關(guān)系來(lái)列方程求解． 【關(guān)鍵詞

36、】菱形的性質(zhì)；勾股定理；幾何變換法；實(shí)驗(yàn)操作題型 8. （江蘇省揚(yáng)州市，15，3分）如圖，菱形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，E為AD的中點(diǎn)，若OE=3，則菱形ABCD的周長(zhǎng)為 ． 【答案】24 【逐步提示】本題考查了菱形的性質(zhì)和直角三角形斜邊中線的性質(zhì)、中位線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是由菱形性質(zhì)得到的對(duì)角線互相垂直平分． 【詳細(xì)解答】解：由菱形ABCD可知，因?yàn)閷?duì)角線互相垂直平分，所以∠AOD=90°，而E為AD的中點(diǎn)，所以AD=2OE，若OE=3，則AD=6，所以菱形的周長(zhǎng)=4AD=24，故答案為24． 【解后反思】本題也可以運(yùn)用中位線的性質(zhì)解題．由菱形A

37、BCD可知，因?yàn)閷?duì)角線互相平分平分，所以AO=OC，而E為AD的中點(diǎn)，所以 OE為△ADC的中位線，則DC=2OE，若OE=3，則DC=6，所以菱形的周長(zhǎng)=4DC=24，故答案為24． 【關(guān)鍵詞】 平行四邊形；特殊的平行四邊形；菱形的性質(zhì)；三角形的中位線； 三、解答題 1. （ 福建福州，26，13分）如圖，矩形ABCD 中，AB＝4，AD＝3，M 是邊CD 上一點(diǎn)，將△ADM沿直線AM對(duì)折，得到△ANM． （1）當(dāng)AN平分∠MAB時(shí)，求DM的長(zhǎng)； （2）連接BN ，當(dāng)DM＝1時(shí)，求△ABN的面積； （3）當(dāng)射線BN 交線段CD于點(diǎn)F時(shí)，求DF的最大值．

38、【逐步提示】本題考查了矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，難度較大，熟練掌握矩形和折疊的性質(zhì)，證明三角形相似和三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．（1）由折疊性質(zhì)得∠MAN=∠DAM，證出∠DAM=∠MAN=∠NAB，由三角函數(shù)得出DM；（2）延長(zhǎng)MN交AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，由矩形的性質(zhì)得出∠DMA=∠MAQ，由折疊性質(zhì)得出∠DMA=∠AMQ，得出∠MAQ=∠AMQ，證出MQ=AQ，設(shè)NQ=x，則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的面積；（3）過點(diǎn)A作AH⊥BF于點(diǎn)H，證

39、明△ABH∽△BFC，得出對(duì)應(yīng)邊成比例，得出當(dāng)點(diǎn)N、H重合（即AH=AN）時(shí)，AH最大，BH最小，CF最小，DF最大，此時(shí)點(diǎn)M、F重合，B、N、M三點(diǎn)共線，由AAS證明△ABH≌△BFC，得出CF=BH，由勾股定理求出BH，得出CF，即可得出結(jié)果． 【詳細(xì)解答】解：（1）由折疊可知△ANM≌△ADM， ∴ ∵平分 ∴ ∴ ∵四邊形ABCD是矩形 ∴ ∴ ∴ （2）如圖1，延長(zhǎng)MN交AB延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q. ∵四邊形ABCD是矩形， ∴AB∥DC, ∴ 有折疊可知△AMN≌△ADM， ∴ ∴ ∴ 設(shè)，則 在中， ∴ 解得 ∴ ∵ ∴

40、 （3）如圖2，過點(diǎn)A作AH⊥BF于點(diǎn)H，則△ABH∽△BFC, ∴ ∵AH≤AN=3,AB=4, ∴當(dāng)點(diǎn)N,H重合（即）時(shí)，DF最大. (AH最大，BH最小，CF最小，DF最大) 此時(shí)點(diǎn)M，F(xiàn)重合，B，N，M三點(diǎn)共線，△ABH≌△BFC(如圖3) ∴ ∴DF的最大值為 【解后反思】本題第(2)問也可以過點(diǎn)N作AB的垂線交AB、CD分別為H、G，再通過相似三角形求出NH的長(zhǎng)就能得出△ABN的面積.第(3)問如何確定DF的最大值時(shí)的位置是難點(diǎn)所在，我們也可以直觀想象得出這個(gè)位置，把AN和BF當(dāng)作兩根木棒，要讓AN把BF撐的最遠(yuǎn)，此時(shí)有AN垂直于BF.或者通過面積來(lái)說明.三角

41、形 ABF的面積是6，所以AH×BF=12為定值.當(dāng)AH最大時(shí)，BF最小，從而CF最小，所以DF最大. 【關(guān)鍵詞】實(shí)驗(yàn)操作題型；矩形的性質(zhì)；軸對(duì)稱變換；全等三角形的性質(zhì)；等腰三角形的判定；勾股定理；直角三角形中的基本類型；相似三角形的判定；相似三角形的性質(zhì) 2. （甘肅蘭州，25，10分））閱讀下面材料： 在數(shù)學(xué)課上，老師請(qǐng)同學(xué)思考如下問題：如圖1，我們把一個(gè)四邊形ABCD 的四邊中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H依次連接起來(lái)得到四邊形的EFGH是平行四邊形嗎? 小敏在思考問題是，有如下思路：連接AC． 點(diǎn)E、F分別是AB、AC的中點(diǎn) 三角形 中位線定理 EF∥AC EF=AC

42、 點(diǎn)G、H分別是CD、AD的中點(diǎn) 三角形 中位線定理 GH∥AC GH=AC EF∥GH EF=GH 四邊形EFGH平行四邊形 結(jié)合小敏的思路作答： (1)若只改變國(guó)l中四邊形ABCD的形狀（如圖2），則四邊形EFGH還是平行四邊形嗎？說明理由； 參考小敏思考問題的方法，解決—下問題： (2) 如圖2，在(1)的條件下，若連接AC，BD． ①當(dāng)AC與BD滿足什么條件時(shí)，四邊形EFGH是菱形．寫出結(jié)論并證明； ②當(dāng)AC與BD滿足什么條件時(shí)，四邊形EFGH是矩形．直接寫出結(jié)論． 圖1

43、 圖2 【逐步提示】(1)第一步：由三角形中位線定理得出EF與AC的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系；第二步：再由三角形中位線定理得出GH與AC的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系；第三步：利用等量代換與平行線的傳遞性得出EF與GH的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，從而得到結(jié)論． (2) ①由(1)已經(jīng)證得四邊形EFGH是平行四邊形，所以只需證明鄰邊FG=EF，由三角形中位線定理可得它們都等于BD或AC的一半，故易得“當(dāng)AC=BD時(shí)，四邊形EFGH是菱形”這一結(jié)論；②當(dāng)AC⊥BD時(shí)，由三角形中位線定理可知EF∥AC，F(xiàn)G∥BD，故可得EF⊥FG，即∠EFG=90°，故四邊形EFGH是矩形． 【詳細(xì)解答】解：(1)四邊形EFGH

44、還是平行四邊形理由如下：連接AC ∵EF分別是AB，BC的中點(diǎn) ∴EF∥AC，EF=AC， ∵G，H分別是AC，BD的中點(diǎn) ∴GH∥AC， GH=AC，∴EF∥GH，EF=GH， ∴四邊形EFGH是平行四邊形． (2)①當(dāng)AC=BD時(shí)，四邊形EFGH是菱形理由如下： 由(1)可知四邊形EFGH是平行四邊形， 當(dāng)AC=BD時(shí)，F(xiàn)G=BD，EF=AC， ∴ FG=EF， ∴四邊形EFGH是菱形． ②當(dāng)AC⊥BD時(shí)，四邊形EFGH是矩形．理由如下： 由(1)可知四邊形EFGH是平行四邊形，∵EF分別是AB，BC的中

45、點(diǎn)， ∴EF∥AC，∵AC⊥BD，∴EF⊥BD，∵G，F(xiàn)分別是CD，BC的中點(diǎn) ∴FG∥AC，∵EF⊥BD，∴EF⊥FG，即∠EFG=90°，∴□EFGH是矩形． 【解后反思】本題的實(shí)質(zhì)是判定中點(diǎn)四邊形的形狀，而中點(diǎn)四邊形的形狀是由原四邊形的對(duì)角線的關(guān)系來(lái)決定的．當(dāng)原四邊形的對(duì)角線互相垂直時(shí)，中點(diǎn)四邊形是矩形；當(dāng)原四邊形的對(duì)角線相等時(shí)，中點(diǎn)四邊形是菱形；當(dāng)原四邊形的對(duì)角線既相等又互相垂直時(shí)，中點(diǎn)四邊形是正方形．注意中點(diǎn)四邊形與原四邊形的對(duì)角線是否平分無(wú)關(guān)． 【關(guān)鍵詞】 菱形的判定；矩形的判定；三角形中位線定理 3. （廣東省廣州市，18，9分）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線AC，

46、BD相交于點(diǎn)O，若AB=AO，求∠ABD的度數(shù)． A B C D O 【逐步提示】由條件AB=AO，聯(lián)想到矩形對(duì)角線的性質(zhì)AO=BO，故可得△AOB是等邊三角形，于是得其內(nèi)角∠ABD的度數(shù)． 【詳細(xì)解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AO=AC，BO=BD，AC=BD，∴AO=BO．又∵AB=AO，∴AB=AO=BO，∴△AOB是等邊三角形，∴∠ABD=60°． 【解后反思】矩形的對(duì)角線互相平分且相等，故此矩形的兩條對(duì)角線把矩形分成了四個(gè)小等腰三角形．另外，每條對(duì)角線所分得的兩個(gè)直角三角形都全等． 【關(guān)鍵詞】矩形的性質(zhì)；等邊三角形的判定和性

47、質(zhì) 4. （ 廣東茂名，14，3分）已知矩形的對(duì)角線AC和BD相交于點(diǎn)O，若AO=1，那么BD= . 【答案】2 【逐步提示】本題考查了矩形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握矩形的對(duì)角線相等且互相平分的性質(zhì).先根據(jù)矩形的對(duì)角線互相平分求出AC的長(zhǎng)度，再根據(jù)矩形的對(duì)角線相等求出BD的長(zhǎng). 【詳細(xì)解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AC=BD，AC=2AO.∵AO=1，∴AC=2×1=2，∴BD=2. 故答案為 2 . 【解后反思】本題屬于與矩形知識(shí)相關(guān)的基礎(chǔ)題，熟記與矩形對(duì)角線相關(guān)的性質(zhì)是正確解答該題的前提. 【關(guān)鍵詞】矩形的性質(zhì) 5. （貴州省畢節(jié)市，22，12分）如圖，

48、已知△ABC中，AB＝AC，把△ABC繞A點(diǎn)沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到△ADE，連接BD，CE交于點(diǎn)F. (1)求證：△AEC≌△ADB； (2)若AB＝2，∠BAC＝45°，當(dāng)四邊形ADFC是菱形時(shí)，求BF的長(zhǎng)． （第25題圖） 【逐步提示】本題考查了全等三角形的判定、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、勾股定理、菱形的性質(zhì)等，解題的關(guān)鍵是熟練掌握這些判定定理及性質(zhì)定理．(1)由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出全等的條件，利用“SAS”判定△AEC≌△ADB；(2)由等腰三角形的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和定理得出△BAD是等腰直角三角形，根據(jù)勾股定理求出BD的長(zhǎng)度，再根據(jù)四邊形ABFE是菱形得

49、出DF的長(zhǎng)，從而求出BF的長(zhǎng)． 【詳細(xì)解答】解：（1）證明：∵△ABC繞A點(diǎn)旋轉(zhuǎn)得到△ADE，∴AB＝AD，AC＝AE，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC＋∠BAE＝∠DAE＋∠BAE，∴∠EAC＝∠DAB. 又AB＝AC，∴AE＝AD， ∴△AEC≌△ADB； （2）∵四邊形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＝. ∵四邊形ADFC是菱形，∴AD＝DF＝FC＝AC＝AB＝2，∴BF＝BD－DF＝－2. 【解后反思】此類問題容易

50、出錯(cuò)的地方是不能正確寫出解答過程． 【關(guān)鍵詞】全等三角形的判定；SAS；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)；等腰三角形的性質(zhì)；菱形的性質(zhì) 6.（ 河南省，18，9分）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=900，點(diǎn)M是AC的中點(diǎn)，以AB為直徑作⊙O分別交AC,BM于點(diǎn)D,E. (1)求證：MD=ME; (2)填空：①若AB=6,當(dāng)AD=2DM時(shí)，DE= ； ②連接OD,OE,當(dāng)∠A的度數(shù)為 時(shí)，四邊形ODME是菱形. 【逐步提示】（1）MD=ME應(yīng)來(lái)源于∠MDE=∠MED，根據(jù)條件可知四邊形ABED是圓內(nèi)接四邊形，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的外角等于內(nèi)對(duì)角的性質(zhì)及直角三角形

51、的斜邊中線性質(zhì)綜合可得結(jié)論。（2）由第一問可知DE∥AB，由相似三角形的性質(zhì)可知,可得DE=2. (3)根據(jù)菱形性質(zhì)可知OE∥AM.∵O是AB中點(diǎn)，∴E為BM中點(diǎn)，連接AE，∵AB是直徑，∴AE⊥BM,可得AB=AM.同理AB=BM.∴△ABM 是等邊三角形，∴∠A=60°。 【詳細(xì)解答】解：（1）在Rt△ABC中，點(diǎn)M是AC的中點(diǎn)， ∴MA=MB，∴∠A=∠MBA. ∵四邊形ABED是圓內(nèi)接四邊形， ∴∠ADE+∠ABE=180°, 又∠ADE+∠MDE=180°, ∴∠MDE=∠MBA. 同理可證：∠MED=∠A. ∴∠MDE=∠MED, ∴MD=ME. （2）①2；

52、 ②60°（或60）. 【解后反思】本題考查了直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的判定；相似三角形的判斷和性質(zhì)以及菱形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，綜合性較強(qiáng). 【關(guān)鍵詞】圓內(nèi)接四邊形，相似，菱形，等腰三角形. 7. （ 湖北省十堰市，23，8分）如圖，將矩形紙片ABCD（AD＞AB）折疊，使點(diǎn)C 剛好落在線段AD上，且折痕分別與邊BC、AD相交.設(shè)折疊后點(diǎn)C、D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為點(diǎn)G、 H,折痕分別與邊BC，AD相交于點(diǎn)E、F. （1）判斷四邊形CEGF的形狀； （2）若AB=3,BC=9,求線段CE的取值范圍. 【逐步提示】本題是一道幾何證明與計(jì)算的綜合題

53、，也是一道考查手腦并用考查題.其中涉及到平行四邊形的判定、線段垂直平分線的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、菱形的判定、菱形的性質(zhì)、勾股定理等；解題的思路：對(duì)于第（1）題，先感性再理性，可以先用圓規(guī)初步測(cè)量它們的四邊相等，然后根據(jù)本題的題設(shè)進(jìn)行說明；對(duì)于第（2）題，可以先用紙片折疊一下，根據(jù)點(diǎn)C與與AD邊重合，有不同的情況，找出兩個(gè)端點(diǎn)情況，進(jìn)行計(jì)算，以便確定其范圍. 【詳細(xì)解答】解：（1）四邊形CEGF是菱形.證明如下： 由題意知，EF是CG的垂直平分線， ∴FC=FG, EC=EG, 又∵AD∥BC,∴∠GFE=∠CEF, 由折疊知∠CEF=∠GEF, ∴∠GFE=∠GEF,EG=GF,

54、 ∴EG=FG=FC=EC，∴四邊形CEGF是菱形。 （2）如圖（1），當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)D重合時(shí)，四邊形CEFG是正方形， 此時(shí)CE最小，且CE=CD=3， 如圖（2）當(dāng)點(diǎn)G與A重合時(shí)，CE最大， 設(shè)CE=x,則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，線段CE的取值范圍為 3≤CE≤5. 【解后反思】本題中的菱形的判定、線段垂直平分線的性質(zhì)、勾股定理等都是初中數(shù)學(xué)的重點(diǎn)部分，其中的手腦并用也是新課標(biāo)的基本要求.本題中的突出的數(shù)學(xué)思想是分類討論：分類討論思想是在對(duì)數(shù)

55、學(xué)對(duì)象進(jìn)行分類的過程中尋求答案的一種思想方法.分類討論既是一種重要的數(shù)學(xué)思想，又是一種重要的數(shù)學(xué)方法.分類的關(guān)鍵是根據(jù)分類的目的，找出分類的對(duì)象.分類要求既不能重復(fù)，也不能遺漏，最后要全面總結(jié). 【關(guān)鍵詞】垂直平分線的性質(zhì)；勾股定理；菱形的判定；分類討論思想 8. （ 湖南省郴州市，26，12分）如圖1，矩形ABCD中，AB＝7cm，AD＝4cm，點(diǎn)E為AD上一定點(diǎn)，點(diǎn)F為AD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且DF＝acm，點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，沿AB邊向點(diǎn)B以2cm／s的速度運(yùn)動(dòng)．連結(jié)PE，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ts，△PAE的面積為y．當(dāng)0≤t≤1時(shí)，△PAE的面積y（）關(guān)于時(shí)間t（s）的函數(shù)圖象如圖2所示．連結(jié)

56、PF，交CD于點(diǎn)H． （1）t的取值范圍為 ．AE＝ cm； （2）如圖3，將△HDF沿線段DF進(jìn)行翻折，與CD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)M，連結(jié)AM．當(dāng)a為何值時(shí)，四邊形PAMH為菱形？并求出此時(shí)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t； （3）如圖4，當(dāng)點(diǎn)P出發(fā)1s后，AD邊上另一動(dòng)點(diǎn)Q從E點(diǎn)出發(fā)，沿ED邊向點(diǎn)D以1cm／s的速度運(yùn)動(dòng)．如果P、Q兩點(diǎn)中的任意一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)后，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)．連結(jié)PQ、QH，若cm，請(qǐng)問△PQH能否構(gòu)成直角三角形？若能，請(qǐng)求出點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t；若不能，請(qǐng)說明理由． 【逐步提示】本題考查的是矩形為背景下的動(dòng)點(diǎn)問題，翻折問題

57、．解題的關(guān)鍵是巧妙的運(yùn)用相似三角形，尋找線段間的數(shù)量關(guān)系和比例關(guān)系．（1）由于點(diǎn)P在AB邊上運(yùn)動(dòng)，且速度為2cm／s，即0≤2t≤7，可以確定t的取值范圍；結(jié)合0≤t≤1時(shí)，圖2的函數(shù)圖象，能得到y(tǒng)與t的函數(shù)關(guān)系式，因?yàn)椋磞＝，可以求出AE的長(zhǎng)． （2）將△HDF沿線段DF進(jìn)行翻折，可得到HD＝DM，若四邊形PAMH為菱形，則有AP＝AM＝MH＝2DM，因?yàn)锳D＝4，∠ADM＝90°，由勾股定理可以求出DM，即可求出AP，又因?yàn)锳P＝2t，即可列式求出t值． （3）因?yàn)椤鱌QH若構(gòu)成直角三角形，則可能有∠PQH＝90°，或∠PHQ＝90°，每種情況下都可構(gòu)造“一線三等角”證明相似．由于Q

58、比P晚走1s，所以EQ＝t－1，所以QD表示為4－t，因?yàn)橹纁m，所以DH也可以用“A”字型相似表示出來(lái)，寫出正確的比例式就可計(jì)算出每種情況下的t值了． 【詳細(xì)解答】解：（1）∵P在邊AB上運(yùn)動(dòng)，速度為2cm／s，∴0≤2t≤7，∴0≤t≤； ∵由圖2可得當(dāng)0≤t≤1時(shí)，y＝t，∵，∴y＝，即t＝，∴AE＝1． （2）∵將△HDF沿線段DF進(jìn)行翻折得到△MDF，∴HD＝DM＝，又∵四邊形PAMH為菱形，∴AP＝AM＝MH＝2DM，∵AD＝4，∠ADM＝90°，∴在Rt△ADM中，，∴，∴DM＝，∴AP＝2t＝， ∴t＝． （3）∵P先出發(fā)1s后Q再?gòu)腅出發(fā)，∴AP＝2t，E

59、Q＝t－1，∴QD＝4－1－（t－1）＝4－t．∵四邊形ABCD是矩形，AB∥CD，∴△FDH∽△FAP，∴，∴， ∴．由題意可知，若△PQH為直角三角形，則有兩種情況：∠PQH＝90°，或∠PHQ＝90°．當(dāng)∠PQH＝90°時(shí)，∵∠A＝∠QDH＝90°，∴∠APQ＋∠AQP＝90°，∵∠AQP＋∠DQH＝90°，∴∠APQ＝∠DQH，∴△APQ∽△DQH，∴，∴，∴t＝2；．當(dāng)∠PHQ＝90°時(shí)，過P作PM⊥CD于點(diǎn)M，同理可證△PMH∽△HDQ，∴ ，∵PM＝AD＝4，∴，解得．∴當(dāng)t＝2或時(shí)△PQH為直角三角形． 【解后反思】動(dòng)點(diǎn)問題本身就是初中數(shù)學(xué)的一個(gè)難點(diǎn)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的路徑

60、判斷取值范圍較為常見，要認(rèn)真審題，看在哪些線段上運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)點(diǎn)和函數(shù)結(jié)合的題，往往求出的解析式是分段函數(shù)．此題還體現(xiàn)了一線三等角的構(gòu)造，這是解決相似三角形時(shí)常用的方法．體現(xiàn)了數(shù)學(xué)中的轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想． 【關(guān)鍵詞】 菱形的性質(zhì)；矩形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；動(dòng)點(diǎn)題型 9.（湖南省湘潭市，25，10分）如圖，菱形ABCD中，已知∠BAD=120°，∠EGF=60°，∠EGF的頂點(diǎn)G在菱形對(duì)角線AC上運(yùn)動(dòng)，角的兩邊分別交邊BC、CD于點(diǎn)E、F. C D A B G E F （1）如圖甲，當(dāng)頂點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)到與點(diǎn)A重合時(shí)，求證：EC+CF=BC； （2）知識(shí)探究：

61、 ①如圖乙，當(dāng)頂點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)到AC中點(diǎn)時(shí)，探究線段EC、CF與BC的數(shù)量關(guān)系； ②在頂點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)過程中，若，請(qǐng)直接寫出線段EC、CF與BC的數(shù)量關(guān)系（不需要寫出證明過程）； （3）問題解決： 如圖丙，已知菱形邊長(zhǎng)為8，BC=7，CF=，當(dāng)t＞2時(shí)，求EC的長(zhǎng)度. C D A B （G） E F C D A E F G B C D A E F G B 圖甲 圖乙 圖丙 【逐步提示】（1）易證△ABC和△ACD都是等邊三角形，然后利用ASA證明△ABE和△ACF全等，從而證明EC+CF=BC；（2）①當(dāng)

62、G在AC的中點(diǎn)時(shí)，EC和CF都縮小到原來(lái)的一半，于是EC+CF=BC；②當(dāng)時(shí)，，于是EC和CF都縮小到原來(lái)，于是EC+CF=BC；（3）利用邊長(zhǎng)是8、BG=7，計(jì)算出AG的長(zhǎng)，從而計(jì)算出t的值，求出EC+CF的長(zhǎng)度，減去CF的長(zhǎng)度，即可得到EC的長(zhǎng)度. 【詳細(xì)解答】（1）∵四邊形ABCD為菱形，且∠BAD=120°，∴∠B=60°，易證△ABC與△ACD都是等邊三角形，且它們?nèi)?，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）如圖丙，作BH⊥AC于H，易證H是AC中點(diǎn)，即AH=4，且HB=4，∵BG=7，∴=1，∴GC=4-1=3，∴t=，根據(jù)第（2）小題的結(jié)論，有EC+CF=×8=3. 【解后反思】靈活地掌握菱形的性質(zhì)和等邊三角形的判定是解決本題的突破口，另外相似的意識(shí)、位似的意識(shí)，在本題中也得到充分的體現(xiàn). 【關(guān)鍵詞】全等三角形的識(shí)別；等邊三角形的判定；菱形的性質(zhì)；勾股定理；三角形全等的識(shí)別；全等三角形的性質(zhì)；動(dòng)點(diǎn)題型；相似多邊形的性質(zhì) 10. （ 年湖南省湘潭市，25，10分）如圖，菱形ABCD中，已知∠BAD=120°，∠EGF=60°, ∠EGF的頂點(diǎn)G在菱形對(duì)角線AC上運(yùn)動(dòng)，角的兩邊分別交邊

64、BC、CD于E、F。 A B D C G F E （1）如圖甲，當(dāng)頂點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)到與點(diǎn)A重合時(shí)，求證：EC+CF=BC； （2）知識(shí)探究： ①如圖乙，當(dāng)頂點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)到AC的中點(diǎn)時(shí)，探究線段EC、CF與BC的數(shù)量關(guān)系； ②在頂點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)的過程中，若，請(qǐng)直接寫出線段EC、CF與BC的數(shù)量關(guān)系（不需要寫出證明過程）； （3）問題解決：如圖丙，已知菱形的邊長(zhǎng)為8，BG=7，CF=，當(dāng)時(shí)，求EC的長(zhǎng)度。 圖甲 A(G) B D C F E A B D C F E G A B D C F E G 圖乙 圖丙

65、 【逐步提示】本題考查了菱形的性質(zhì)、全等三角形的性質(zhì)與判定、等邊三角形和相似三角形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是綜合運(yùn)用相關(guān)知識(shí)和轉(zhuǎn)化的思想。 （1）要證明EC+CF=BC，只需證CF=BE，要證這兩條線段相等，就是證明它們所在的兩個(gè)三角形全等，即證明△BAE和與△CAF全等，再分析全等的條件，AB=AC，∠B＝∠ACF＝60°，只要證∠BAE=∠CAF，由∠BAE＋∠EAC＝∠EAC＋∠CAF＝60°可得； （2）觀察圖乙中的點(diǎn)G，只是把圖甲中的點(diǎn)G的位置向下移動(dòng)，考慮能不能把問題轉(zhuǎn)化成（1），為此過點(diǎn)A作AE′∥EG，AF′∥GF，利用相似三角形先找出CE與CE′、CF與CF′的關(guān)系，進(jìn)而得

66、到EC、CF與BC的數(shù)量關(guān)系； （3）根據(jù)（2）中的結(jié)論，要求線段EC的長(zhǎng)，就是求t，也就是要求出AG或CG的長(zhǎng)，在△ABG中已知AB，AG，∠BAC＝60°，求AG的長(zhǎng)，可以考慮轉(zhuǎn)化為直角三角形，為此連接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，進(jìn)而求出t，還需注意t＞2. 【詳細(xì)解答】解：（1）∵四邊形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線段EC，CF與BC的數(shù)量關(guān)系為：CE＋CF＝BC. F′ E′ A B D C F E G 理由如下：過點(diǎn)A作AE′∥EG，AF′∥GF，分別交BC、CD于E′、F′. 類比（1）可得：E′C＋CF′＝BC，∵G為AC中點(diǎn)，AE′∥EG，∴△BAE′∽△CAF′，∴＝，∴CE＝CE′，同理可得：C