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)

上傳人:Sc****h 文檔編號(hào):80713503 上傳時(shí)間:2022-04-25 格式:DOC 頁(yè)數(shù):33 大?。?.26MB
收藏 版權(quán)申訴 舉報(bào) 下載
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)_第1頁(yè)
第1頁(yè) / 共33頁(yè)
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)_第2頁(yè)
第2頁(yè) / 共33頁(yè)
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)_第3頁(yè)
第3頁(yè) / 共33頁(yè)

下載文檔到電腦,查找使用更方便

32 積分

下載資源

還剩頁(yè)未讀,繼續(xù)閱讀

資源描述:

《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(wèn)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(wèn)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(wèn)題常常伴隨著勾股定理,這

5、是解決問(wèn)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(wèn)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(guò)過(guò)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(guò)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(wèn)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(wèn)題時(shí),有的同學(xué)喜歡憑直覺(jué)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(wèn)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(wèn)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(guò)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(guò)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(guò)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(guò)A作AF⊥x軸于點(diǎn)F,過(guò)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(guò)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(wèn)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(wèn)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(wèn)題時(shí)常用的方法之一. 【關(guān)鍵詞】 折疊問(wèn)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(xiě)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(guò)推理證兩條線段相等,而往往忽視通過(guò)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(wèn)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(wèn)題帶來(lái)很大方便.另外,旋轉(zhuǎn)問(wèn)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(guò)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_(kāi)__________

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(wèn)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(wèn)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(wèn)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(guò)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(guò)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(wèn)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(wèn)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(guò)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(guò)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(wèn)也可以過(guò)點(diǎn)N作AB的垂線交AB、CD分別為H、G,再通過(guò)相似三角形求出NH的長(zhǎng)就能得出△ABN的面積.第(3)問(wèn)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(guò)面積來(lái)說(shuō)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(wèn)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(wèn)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(shuō)明理由; 參考小敏思考問(wèn)題的方法,解決—下問(wèn)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(xiě)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(xiě)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?lè)较蛐D(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(wèn)題容易

50、出錯(cuò)的地方是不能正確寫(xiě)出解答過(guò)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(wèn)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(shuō)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(guò)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(wèn)△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(shuō)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(wèn)題,翻折問(wèn)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(xiě)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(guò)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(wèn)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(jiàn),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(guò)程中,若,請(qǐng)直接寫(xiě)出線段EC、CF與BC的數(shù)量關(guān)系(不需要寫(xiě)出證明過(guò)程); (3)問(wèn)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)龋谑恰螦CF=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(guò)程中,若,請(qǐng)直接寫(xiě)出線段EC、CF與BC的數(shù)量關(guān)系(不需要寫(xiě)出證明過(guò)程); (3)問(wèn)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(wèn)題轉(zhuǎn)化成(1),為此過(guò)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(guò)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

展開(kāi)閱讀全文
溫馨提示:
1: 本站所有資源如無(wú)特殊說(shuō)明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請(qǐng)下載最新的WinRAR軟件解壓。
2: 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請(qǐng)聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
3.本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁(yè)內(nèi)容里面會(huì)有圖紙預(yù)覽,若沒(méi)有圖紙預(yù)覽就沒(méi)有圖紙。
4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
5. 裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對(duì)任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請(qǐng)與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時(shí)也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對(duì)自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

相關(guān)資源

更多
正為您匹配相似的精品文檔
關(guān)于我們 - 網(wǎng)站聲明 - 網(wǎng)站地圖 - 資源地圖 - 友情鏈接 - 網(wǎng)站客服 - 聯(lián)系我們

copyright@ 2023-2025  zhuangpeitu.com 裝配圖網(wǎng)版權(quán)所有   聯(lián)系電話:18123376007

備案號(hào):ICP2024067431號(hào)-1 川公網(wǎng)安備51140202000466號(hào)


本站為文檔C2C交易模式,即用戶上傳的文檔直接被用戶下載,本站只是中間服務(wù)平臺(tái),本站所有文檔下載所得的收益歸上傳人(含作者)所有。裝配圖網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)上載內(nèi)容本身不做任何修改或編輯。若文檔所含內(nèi)容侵犯了您的版權(quán)或隱私,請(qǐng)立即通知裝配圖網(wǎng),我們立即給予刪除!