2019年全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)試題分類匯編(第二期)矩形菱形與正方形(pdf版)

矩形菱形與正方形一.選擇題（2019?貴陽?3分）如圖，菱形ABCD的周長(zhǎng)是4cm，∠ABC＝60°，那么這個(gè)菱形的對(duì)角線AC的長(zhǎng)是（）A．1cmB．2cmC．3cmD．4cm【剖析】因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，AC是對(duì)角線，依據(jù)∠ABC＝60°，而AB＝BC，易證△BAC是等邊三角形，從而可求AC的長(zhǎng)．【解答】解：∵四邊形ABCD是菱形，AC是對(duì)角線，AB＝BC＝CD＝AD，∵∠ABC＝60°，∴△ABC是等邊三角形，AB＝BC＝AC，∵菱形ABCD的周長(zhǎng)是4cm，AB＝BC＝AC＝1cm．應(yīng)選：A．【評(píng)論】本題考察了菱形的性質(zhì)、等邊三角形的判斷和性質(zhì)．菱形的對(duì)角線均分對(duì)角，解題的重點(diǎn)是證明△ABC是等邊三角形．（2019?銅仁?4分）如圖為矩形ABCD，一條直線將該矩形切割成兩個(gè)多邊形，若這兩個(gè)多邊形的內(nèi)角和分別為a和b，則a+b不行能是（）A．360°B．540°C．630°D．720°【解答】解：一條直線將該矩形ABCD切割成兩個(gè)多邊形，每一個(gè)多邊形的內(nèi)角和都是180°的倍數(shù)，都能被180整除，剖析四個(gè)答案，只有630不可以被180整除，所以a+b不行能是630°．應(yīng)選：C．3.（2019?銅仁?4分）如圖，四邊形為菱形，＝2，∠＝60°，點(diǎn)、F分別在ABCDABDABE邊DC、BC上，且CE＝CD，CF＝CB，則S△CEF＝（）A．B．C．D．【解答】解：∵四邊形ABCD為菱形，AB＝2，∠DAB＝60°AB＝BC＝CD＝2，∠DCB＝60°∵CE＝CD，CF＝CBCE＝CF＝∴△CEF為等邊三角形∴S△CEF＝＝應(yīng)選：D．4.．（2019?河北?3分）如圖，菱形ABCD中，∠D＝150°，則∠1＝（）A．30°B．25°C．20°D．15°【解答】解：∵四邊形

ABCD是菱形，∠

D＝150°，∴AB∥CD，∠BAD＝2∠1，∴∠BAD+∠D＝180°，∴∠BAD＝180°﹣150°＝30°，∴∠1＝15°；應(yīng)選：D．5.（2019?江蘇無錫?3分）以下結(jié)論中，矩形擁有而菱形不必定擁有的性質(zhì)是（

）A．內(nèi)角和為

360°

B．對(duì)角線相互均分C．對(duì)角線相等D．對(duì)角線相互垂直【剖析】分別依據(jù)矩形和菱形的性質(zhì)可得出其對(duì)角線性質(zhì)的不一樣，可獲取答案．【解答】解：矩形和菱形的內(nèi)角和都為360°，矩形的對(duì)角線相互均分且相等，菱形的對(duì)角線垂直且均分，∴矩形擁有而菱形不擁有的性質(zhì)為對(duì)角線相等，應(yīng)選：C．【評(píng)論】本題考察了矩形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，熟記兩圖形的性質(zhì)是解題的重點(diǎn)．6.（2019?江蘇宿遷?3分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，菱形的極點(diǎn)A與原點(diǎn)OABCD重合，極點(diǎn)B落在x軸的正半軸上，對(duì)角線、交于點(diǎn)，點(diǎn)、恰巧都在反比率函ACBDMDM數(shù)y＝（x＞0）的圖象上，則的值為（）A．B．C．2D．【剖析】設(shè)D（m，），B（t，0），利用菱形的性質(zhì)獲取M點(diǎn)為BD的中點(diǎn)，則M（，），把M（，）代入y＝22得t＝3m，利用OD＝AB＝t獲取m+（）＝（3m）2，解得k＝22m），依據(jù)正切定義獲取tan∠MAB＝＝＝，m，所以M（2m，從而獲?。剑窘獯稹拷猓涸O(shè)（，），（，0），DmBtM點(diǎn)為菱形對(duì)角線的交點(diǎn)，∴BD⊥AC，AM＝CM，BM＝DM，∴M（，），把M（，）代入y＝得?＝k，t＝3m，∵四邊形ABCD為菱形，OD＝AB＝t，∴2+（）2＝（3）2，解得k＝22，mmm∴M（2m，m），在Rt△ABM中，tan∠MAB＝＝＝，∴＝．應(yīng)選：A．【評(píng)論】本題考察了反比率函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)：反比率函數(shù)y＝（k為常數(shù)，k≠0）的圖象是雙曲線，圖象上的點(diǎn)（x，y）的橫縱坐標(biāo)的積是定值k，即xy＝k．也考察了菱形的性質(zhì)．（2019?貴州省安順市?3分）如圖，在菱形ABCD中，按以下步驟作圖：①分別以點(diǎn)C和點(diǎn)D為圓心，大于CD的長(zhǎng)為半徑作弧，兩弧訂交于M、N兩點(diǎn)；②作直線MN，且MN恰巧經(jīng)過點(diǎn)A，與CD交于點(diǎn)E，連結(jié)BE．則以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是（）A．∠ABC＝60°B．S△ABE＝2S△ADEC．若AB＝4，則BE＝4D．sin∠CBE＝【解答】解：由作法得AE垂直均分，即＝，⊥，CDCEDEAECD∵四邊形ABCD為菱形，AD＝CD＝2DE，AB∥DE，在Rt△ADE中，cosD＝＝，∴∠D＝60°，∴∠ABC＝60°，所以A選項(xiàng)的結(jié)論正確；S△ABE＝AB?AE，S△ADE＝DE?AE，而AB＝2DE，S△ABE＝2S△ADE，所以B選項(xiàng)的結(jié)論正確；若AB＝4，則DE＝2，AE＝2，在Rt△ABE中，BE＝＝2，所以C選項(xiàng)的結(jié)論錯(cuò)誤；作EH⊥BC交BC的延伸線于H，如圖，設(shè)AB＝4a，則CE＝2a，BC＝4a，BE＝2a，在△CHE中，∠ECH＝∠D＝60°，CH＝a，EH＝a，∴sin∠CBE＝＝＝，所以D選項(xiàng)的結(jié)論正確．應(yīng)選：C．（2019?天津?3分）如圖，四邊形ABCD為菱形，A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別是（2，0），（0，1），點(diǎn)C、D在座標(biāo)軸上，則菱形ABCD的周長(zhǎng)等于A.5B.43C.45D.20【答案】C【分析】由勾股定理可得，由菱形性質(zhì)可得，所以周長(zhǎng)等于應(yīng)選C.（2019?廣東省廣州市?3分）如圖，矩形ABCD中，對(duì)角線AC的垂直均分線EF分別交BC，AD于點(diǎn)E，F(xiàn)，若BE＝3，AF＝5，則AC的長(zhǎng)為（）A．4B．4C．10D．8【剖析】連結(jié)AE，由線段垂直均分線的性質(zhì)得出OA＝OC，AE＝CE，證明△AOF≌△COE得出AF＝CE＝5，得出AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝8，由勾股定理求出AB＝＝4，再由勾股定理求出AC即可．【解答】解：連結(jié)AE，如圖：EF是AC的垂直均分線，∴OA＝OC，AE＝CE，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，AD∥BC，∴∠OAF＝∠OCE，在△AOF和△COE中，，∴△AOF≌△COE（ASA），AF＝CE＝5，AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝3+5＝8，∴AB＝＝＝4，∴AC＝＝＝4；應(yīng)選：A．【評(píng)論】本題考察矩形的性質(zhì)、線段的垂直均分線的性質(zhì)、全等三角形的判斷與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，嫻熟掌握矩形的性質(zhì)和勾股定理，證明三角形全等是解題的重點(diǎn)．（2019?甘肅省慶陽市?3分）如圖①，在矩形ABCD中，AB＜AD，對(duì)角線AC，BD訂交于點(diǎn)O，動(dòng)點(diǎn)

P由點(diǎn)

A出發(fā)，沿

AB→BC→CD向點(diǎn)

D運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)

P的運(yùn)動(dòng)行程為

x，△AOP的面積為

y，y與

x的函數(shù)關(guān)系圖象如圖②所示，則

AD邊的長(zhǎng)為（

）A．3B．4C．5D．6【剖析】當(dāng)P點(diǎn)在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△AOP面積漸漸增大，當(dāng)P點(diǎn)抵達(dá)B點(diǎn)時(shí)，聯(lián)合圖象可得△AOP面積最大為3，獲取AB與BC的積為12；當(dāng)P點(diǎn)在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△AOP面積逐漸減小，當(dāng)P點(diǎn)抵達(dá)C點(diǎn)時(shí)，△AOP面積為0，此時(shí)聯(lián)合圖象可知P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)為7，獲取與的和為7，結(jié)構(gòu)對(duì)于的一元二方程可求解．ABBCAB【解答】解：當(dāng)P點(diǎn)在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△面積漸漸增大，當(dāng)P點(diǎn)抵達(dá)B點(diǎn)時(shí)，△AOPAOP面積最大為3．AB?BC＝3，即AB?BC＝12．當(dāng)P點(diǎn)在BC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△AOP面積漸漸減小，當(dāng)P點(diǎn)抵達(dá)C點(diǎn)時(shí)，△AOP面積為0，此時(shí)聯(lián)合圖象可知P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)路徑長(zhǎng)為7，AB+BC＝7．2則BC＝7﹣AB，代入AB?BC＝12，得AB﹣7AB+12＝0，解得AB＝4或3，因?yàn)锳B＜AD，即AB＜BC，所以AB＝3，BC＝4．應(yīng)選：B．【評(píng)論】本題主要考察動(dòng)點(diǎn)問題的函數(shù)圖象，解題的重點(diǎn)是剖析三角形面積隨動(dòng)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的變化過程，找到分界點(diǎn)極值，聯(lián)合圖象獲取有關(guān)線段的詳細(xì)數(shù)值．二.填空題1.（2019?江蘇無錫?2分）如圖，在△（B點(diǎn)除外），以CD為一邊作正方形

ABC中，AB＝AC＝5，BC＝4，D為邊AB上一動(dòng)點(diǎn)CDEF，連結(jié)BE，則△BDE面積的最大值為8．【剖析】過點(diǎn)C作CG⊥BA于點(diǎn)G，作EH⊥AB于點(diǎn)H，作AM⊥BC于點(diǎn)M．由AB＝AC＝5，BC＝4，獲取BM＝CM＝2，易證△AMB∽△CGB，求得GB＝8，設(shè)BD＝x，則DG＝8﹣x，易證△EDH≌△DCG，EH＝DG＝8﹣x，所以S△BDE＝＝＝，當(dāng)x＝4時(shí)，△面積的最大值為8．BDE【解答】解：過點(diǎn)C作CG⊥BA于點(diǎn)G，作EH⊥AB于點(diǎn)H，作AM⊥BC于點(diǎn)M．AB＝AC＝5，BC＝4，∴BM＝CM＝2，易證△AMB∽△CGB，∴，即GB＝8，設(shè)BD＝x，則DG＝8﹣x，易證△EDH≌△DCG（AAS），∴EH＝DG＝8﹣x，∴S△BDE＝

＝

＝

，當(dāng)x＝4時(shí)，△BDE面積的最大值為8．故答案為8．【評(píng)論】本題考察了正方形，嫻熟運(yùn)用正方形的性質(zhì)與相像三角形的判斷與性質(zhì)以及全等三角形的判斷與性質(zhì)是解題的重點(diǎn)．（2019?江蘇宿遷?3分）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，E為BC上一點(diǎn)，且BE＝1，F(xiàn)為AB邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)EF，以EF為邊向右邊作等邊△EFG，連結(jié)CG，則CG的最小值為．【剖析】由題意剖析可知，點(diǎn)F為主動(dòng)點(diǎn)，G為從動(dòng)點(diǎn)，所以以點(diǎn)E為旋轉(zhuǎn)中心結(jié)構(gòu)全等關(guān)系，獲取點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)軌跡，以后經(jīng)過垂線段最短結(jié)構(gòu)直角三角形獲取CG最小值．【解答】解：由題意可知，點(diǎn)

F是主動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)

G是從動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)

F在線段上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)

G也必定在直線軌跡上運(yùn)動(dòng)將△EFB繞點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)60°，使EF與EG重合，獲取△EFB≌△EHG從而可知△EBH為等邊三角形，點(diǎn)G在垂直于HE的直線HN上作CM⊥HN，則CM即為CG的最小值作EP⊥CM，可知四邊形HEPM為矩形，則CM＝MP+CP＝HE+EC＝1+＝故答案為．【評(píng)論】本題考察了線段極值問題，分清主動(dòng)點(diǎn)和從動(dòng)點(diǎn)，經(jīng)過旋轉(zhuǎn)結(jié)構(gòu)全等，從而判斷出點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)軌跡，是本題的重點(diǎn)，以后運(yùn)用垂線段最短，結(jié)構(gòu)圖形計(jì)算，是極值問題中比較典型的種類．（2019?江蘇揚(yáng)州?3分）將一個(gè)矩形紙片折疊成以下圖的圖形，若∠ABC=26°，則∠ACD=128°.【考點(diǎn)】：矩形的性質(zhì)，折疊問題，等腰三角形，平行線，平角【分析】：解：延伸DC到F∵矩形紙條折疊∴∠ACB=∠∠BCF∵AB∥CD∴∠ABC=∠BCF=26°∴∠ACF=52°∵∠ACF+∠ACD=180°∴∠ACD=128°【答案】：128°（2019?江蘇揚(yáng)州?3分）如圖，已知點(diǎn)E在正方形ABCD的邊AB上，以BE為邊向正方形ABCD外面作正方形BEFG，連結(jié)DF，M、N分別是DC、DF的中點(diǎn)，連結(jié)MN.若AB=7，BE=5，則13MN=.2【考點(diǎn)】：正方形，中位線，勾股定理【分析】：連結(jié)FC，∵M(jìn)、N分別是DC、DF的中點(diǎn)∴FC=2MNAB=7，BE=5且四ABCD，四EFGB是正方形∴FC=FG2GC2=13∴MN=132【答案】：MN=13.2（2019?河南?3分）如圖，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，點(diǎn)E在邊BC上，且BE＝a．連結(jié)AE，將△ABE沿AE折疊，若點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B′落在矩形ABCD的邊上，則a的值為或．【剖析】分兩種狀況：①點(diǎn)B′落在AD邊上，依據(jù)矩形與折疊的性質(zhì)易得AB＝BE，即可求出a的值；②點(diǎn)B′落在CD邊上，證明△ADB′∽△B′CE，依據(jù)相像三角形對(duì)應(yīng)邊成比率即可求出a的值．【解答】解：分兩種狀況：①當(dāng)點(diǎn)B′落在AD邊上時(shí)，如圖1．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠B＝90°，∵將△ABE沿AE折疊，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B′落在AD邊上，∴∠BAE＝∠B′AE＝∠BAD＝45°，AB＝BE，a＝1，a＝；②當(dāng)點(diǎn)B′落在CD邊上時(shí)，如圖2．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝a．∵將△ABE沿AE折疊，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B′落在CD邊上，∴∠B＝∠AB′E＝90°，AB＝AB′＝1，EB＝EB′＝a，∴DB′＝＝，EC＝BC﹣BE＝a﹣a＝a．在△ADB′與△B′CE中，，∴△ADB′∽△B′CE，∴＝，即＝，解得a1＝，a2＝0（舍去）．綜上，所求a的值為或．故答案為或．【評(píng)論】本題考察了折疊的性質(zhì)：折疊是一種對(duì)稱變換，它屬于軸對(duì)稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，地點(diǎn)變化，對(duì)應(yīng)邊和對(duì)應(yīng)角相等．也考察了矩形的性質(zhì)，勾股定理，相像三角形的判斷與性質(zhì)．進(jìn)行分類議論與數(shù)形聯(lián)合是解題的重點(diǎn)．（2019?天津?3分）如圖，正方形紙片ABCD的邊長(zhǎng)為12，E是邊CD上一點(diǎn)，連結(jié)AE，折疊該紙片，使點(diǎn)A落在AE上的G點(diǎn)，并使折痕經(jīng)過點(diǎn)B，獲取折痕BF，點(diǎn)F在AD上，若DE=5，則GE的長(zhǎng)為.【答案】

4913【分析】因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，易得△AFB≌△DEA，∴AF=DE=5，則BF=13.又易知△AFH∽△BFA，所以AHAF60120，∴由勾股定理得AE=13，BABF，即AH=，∴AH=2AH=131349∴GE=AE-AG=137.（2019?河南?3分）如圖，在矩形ABCD中，AB＝1，BC＝a，點(diǎn)E在邊BC上，且BE＝a．連接AE，將△ABE沿AE折疊，若點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B′落在矩形ABCD的邊上，則a的值為或．【剖析】分兩種狀況：①點(diǎn)B′落在AD邊上，依據(jù)矩形與折疊的性質(zhì)易得AB＝BE，即可求出a的值；②點(diǎn)B′落在CD邊上，證明△ADB′∽△B′CE，依據(jù)相像三角形對(duì)應(yīng)邊成比率即可求出a的值．【解答】解：分兩種狀況：①當(dāng)點(diǎn)B′落在AD邊上時(shí)，如圖1．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠B＝90°，∵將△ABE沿AE折疊，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B′落在AD邊上，∴∠BAE＝∠B′AE＝

∠BAD＝45°，AB＝BE，a＝1，a＝；②當(dāng)點(diǎn)B′落在CD邊上時(shí)，如圖2．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝a．∵將△ABE沿

AE折疊，點(diǎn)

B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)

B′落在

CD邊上，∴∠B＝∠AB′E＝90°，AB＝AB′＝1，EB＝EB′＝∴DB′＝＝，EC＝BC﹣BE＝a﹣

a，a＝

a．在△ADB′與△B′CE中，，∴△ADB′∽△B′CE，∴＝，即＝，解得a1＝，a2＝0（舍去）．綜上，所求a的值為或．故答案為或．【評(píng)論】本題考察了折疊的性質(zhì)：折疊是一種對(duì)稱變換，它屬于軸對(duì)稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，地點(diǎn)變化，對(duì)應(yīng)邊和對(duì)應(yīng)角相等．也考察了矩形的性質(zhì)，勾股定理，相像三角形的判斷與性質(zhì)．進(jìn)行分類議論與數(shù)形聯(lián)合是解題的重點(diǎn)．8.（2019?浙江杭州?4分）如圖，把某矩形紙片ABCD沿EF，GH折疊（點(diǎn)E，H在AD邊上，點(diǎn)F，G在BC邊上），使點(diǎn)B和點(diǎn)C落在AD邊上同一點(diǎn)P處，A點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為A′點(diǎn)，D點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為D′點(diǎn)，若∠FPG＝90°，△A′EP的面積為4，△D′PH的面積為1，則矩形ABCD的面積等于2（5+3）．【剖析】設(shè)AB＝CD＝x，由翻折可知：PA′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，因?yàn)椤鰽′EP的面積為4，△D′PH的面積為1，推出A′E＝4D′H，設(shè)D′H＝a，則A′E＝4a，由△A′EP∽△D′PH，推出＝，推出＝，可得x＝2a，再利用三角形的面積公式求出a即可解決問題．【解答】解：∵四邊形ABC是矩形，AB＝CD，AD＝BC，設(shè)AB＝CD＝x，由翻折可知：PA′＝AB＝x，PD′＝CD＝x，∵△A′EP的面積為4，△D′PH的面積為1，A′E＝4D′H，設(shè)D′H＝a，則A′E＝4a，∵△A′EP∽△D′PH，∴＝，∴＝，x2＝4a2，x＝2a或﹣2a（舍棄），PA′＝PD′＝2a，?a?2a＝1，a＝1，x＝2，∴AB＝CD＝2，PE＝＝2，PH＝＝，AD＝4+2++1＝5+3，∴矩形ABCD的面積＝2（5+3）．故答案為2（5+3）【評(píng)論】本題考察翻折變換，矩形的性質(zhì)，勾股定理，相像三角形的判斷和性質(zhì)等知識(shí)，解題的重點(diǎn)是學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．（2019?浙江湖州?4分）七巧板是我國(guó)先人的一項(xiàng)優(yōu)秀創(chuàng)建，被譽(yù)為“東方魔板”．由邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD能夠制作一副如圖1所示的七巧板，現(xiàn)將這副七巧板在正方形EFGH內(nèi)拼成如圖2所示的“拼搏兔”造型（此中點(diǎn)Q、R分別與圖2中的點(diǎn)E、G重合，點(diǎn)P在邊EH上），則“拼搏兔”所在正方形EFGH的邊長(zhǎng)是4．【剖析】如圖2中，連結(jié)EG，GM⊥EN交EN的延伸線于M，利用勾股定理解決問題即可．【解答】解：如圖2中，連結(jié)EG，作GM⊥EN交EN的延伸線于M．在Rt△EMG中，∵GM＝4，EM＝2+2+4+4＝12，∴EG＝＝＝4，EH＝＝4，故答案為4．【評(píng)論】本題考察正方形的性質(zhì)，七巧板，勾股定理等知識(shí)，解題的重點(diǎn)是學(xué)會(huì)增添常用協(xié)助線，結(jié)構(gòu)直角三角形解決問題．三.解答題（2019?海南?13分）如圖，在邊長(zhǎng)為l的正方形ABCD中，E是邊CD的中點(diǎn)，點(diǎn)P是邊AD上一點(diǎn)（與點(diǎn)A、D不重合），射線PE與BC的延伸線交于點(diǎn)Q．1）求證：△PDE≌△QCE；2）過點(diǎn)E作EF∥BC交PB于點(diǎn)F，連結(jié)AF，當(dāng)PB＝PQ時(shí)，①求證：四邊形AFEP是平行四邊形；②請(qǐng)判斷四邊形AFEP能否為菱形，并說明原因．【剖析】（1）由四邊形ABCD是正方形知∠D＝∠ECQ＝90°，由E是CD的中點(diǎn)知DE＝CE，聯(lián)合∠DEP＝∠CEQ即可得證；（2）①由PB＝PQ知∠PBQ＝∠Q，聯(lián)合AD∥BC得∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，由PDE≌△QCE知PE＝QE，再由EF∥BQ知PF＝BF，依據(jù)Rt△PAB中AF＝PF＝BF知∠APF＝∠PAF，從而得∠PAF＝∠EPD，據(jù)此即可證得PE∥AF，從而得證；222②設(shè)AP＝x，則PD＝1﹣x，若四邊形AFEP是菱形，則PE＝PA＝x，由PD+DE＝PE得關(guān)于x的方程，解之求得x的值，從而得出四邊形AFEP為菱形的狀況．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠D＝∠ECQ＝90°，E是CD的中點(diǎn)，∴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，∴四邊形AFEP是平行四邊形；②當(dāng)AP＝時(shí)，四邊形AFEP是菱形．設(shè)AP＝x，則PD＝1﹣x，若四邊形AFEP是菱形，則PE＝PA＝x，CD＝1，E是CD中點(diǎn)，∴DE＝，在Rt△中，由2+2＝2得（1﹣）2+（）2＝2，PDEPDDEPExx解得x＝，即當(dāng)AP＝時(shí)，四邊形AFEP是菱形．【評(píng)論】本題是四邊形的綜合問題，解題的重點(diǎn)是掌握正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、平行四邊形與菱形的判斷、性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)．（2019?江蘇無錫?12分）如圖1，在矩形ABCD中，BC＝3，動(dòng)點(diǎn)P從B出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度，沿射線BC方向挪動(dòng)，作△PAB對(duì)于直線PA的對(duì)稱△PAB′，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）．（1）若AB＝2．①如圖2，當(dāng)點(diǎn)B′落在AC上時(shí)，明顯△PAB′是直角三角形，求此時(shí)t的值；②能否存在異于圖2的時(shí)刻，使得△PCB′是直角三角形？若存在，請(qǐng)直接寫出全部切合題意的t的值？若不存在，請(qǐng)說明原因．（2）當(dāng)P點(diǎn)不與C點(diǎn)重合時(shí)，若直線PB′與直線CD訂交于點(diǎn)M，且當(dāng)t＜3時(shí)存在某一時(shí)刻有結(jié)論∠PAM＝45°建立，嘗試究：對(duì)于t＞3的隨意時(shí)刻，結(jié)論“∠PAM＝45°”能否老是建立？請(qǐng)說明原因．【剖析】（1）①利用勾股定理求出AC，由△PCB′∽△ACB，推出＝，即可解決問題．②分三種情況分別求解即可：如圖2﹣1中，當(dāng)∠PCB’＝90°時(shí)．如圖2﹣2中，當(dāng)∠PCB’＝90°時(shí)．如圖2﹣3中，當(dāng)∠CPB’＝90°時(shí)．（2）如圖3﹣2中，第一證明四邊形ABCD是正方形，如圖3﹣2中，利用全等三角形的性質(zhì)，翻折不變性即可解決問題．【解答】解：（1）①如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴AC＝

＝，∵∠PCB′＝∠ACB，∠PB′C＝∠ABC＝90°，∴△PCB′∽△ACB，∴＝，∴＝

，∴PB′＝2

﹣4．②如圖2﹣1中，當(dāng)∠PCB’＝90°時(shí)，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，AB＝CD＝2

，AD＝BC＝3，∴DB′＝

＝，∴CB′＝CD﹣DB′＝

，在Rt△PCB′中，∵

222B′P＝PC+B′C，2∴t＝（

22）+（3﹣t），∴t＝2．如圖2﹣2中，當(dāng)∠PCB’＝90°時(shí)，在Rt△ADB′中，DB′＝＝，CB′＝3在Rt△PCB’中則有：，解得t＝6．如圖2﹣3中，當(dāng)∠CPB’＝90°時(shí)，易證四邊形ABP’為正方形，易知t＝2．綜上所述，知足條件的t的值為2s或6s或2s．（2）如圖3﹣1中，∵∠PAM＝45°∴∠2+∠3＝45°，∠1+∠4＝45°又∵翻折，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，又∵∠ADM＝∠AB’M，AM＝AM，∴△AMD≌△AMB′（AAS），AD＝AB’＝AB，即四邊形ABCD是正方形，如圖，設(shè)∠APB＝x．∴∠PAB＝90°﹣x，∴∠DAP＝x，易證△MDA≌△B’AM（HL），∴∠BAM＝∠DAM，∵翻折，∴∠PAB＝∠PAB’＝90°﹣x，∴∠DAB’＝∠PAB’﹣∠DAP＝90°﹣2x，∴∠DAM＝∠DAB’＝45°﹣x，∴∠MAP＝∠DAM+∠PAD＝45°．【評(píng)論】本題屬于四邊形綜合題，考察了矩形的性質(zhì)，正方形的判斷和性質(zhì)，全等三角形的判斷和性質(zhì)，相像三角形的判斷和性質(zhì)解直角三角形等知識(shí)，解題的重點(diǎn)是正確尋找全等三角形或相像三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．3.（2019?江蘇宿遷?8分）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，點(diǎn)E、F分別在AB、CD上，且BE＝DF＝．1）求證：四邊形AECF是菱形；2）求線段EF的長(zhǎng)．【剖析】（1）依據(jù)菱形的性質(zhì)獲取CD＝AB＝4，AD＝BD＝2，CD∥AB，∠D＝∠B＝90°，求得CF＝AE＝4﹣＝，依據(jù)勾股定理獲取AF＝CE＝＝，于是獲取結(jié)論；（2）過F作FH⊥AB于H，獲取四邊形AHFD是矩形，依據(jù)矩形的性質(zhì)獲取AH＝DF＝，F(xiàn)H＝AD＝2，依據(jù)勾股定理即可獲取結(jié)論．【解答】（1）證明：∵在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝2，CD＝AB＝4，AD＝BD＝2，CD∥AB，∠D＝∠B＝90°，∵BE＝DF＝，CF＝AE＝4﹣＝，∴AF＝CE＝＝，AF＝CF＝CE＝AE＝，∴四邊形AECF是菱形；2）解：過F作FH⊥AB于H，則四邊形AHFD是矩形，∴AH＝DF＝，F(xiàn)H＝AD＝2，∴EH＝﹣＝1，∴EF＝＝＝．【評(píng)論】本題考察了矩形的性質(zhì)，菱形的判斷和性質(zhì)，勾股定理，嫻熟掌握矩形的性質(zhì)是解題的重點(diǎn)．4.（2019?四川自貢?12分）（1）如圖1，E是正方形ABCD邊AB上的一點(diǎn)，連結(jié)BD、DE，將∠BDE繞點(diǎn)

D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)

90°，旋轉(zhuǎn)后角的兩邊分別與射線

BC交于點(diǎn)

F和點(diǎn)

G．①線段

DB和

DG的數(shù)目關(guān)系是

DB＝DG

；②寫出線段BE，BF和DB之間的數(shù)目關(guān)系．（2）當(dāng)四邊形ABCD為菱形，∠ADC＝60°，點(diǎn)E是菱形ABCD邊AB所在直線上的一點(diǎn)，連結(jié)BD、DE，將∠BDE繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°，旋轉(zhuǎn)后角的兩邊分別與射線BC交于點(diǎn)F和點(diǎn)G．①如圖2，點(diǎn)E在線段AB上時(shí)，請(qǐng)研究線段BE、BF和BD之間的數(shù)目關(guān)系，寫出結(jié)論并給出證明；②如圖3，點(diǎn)E在線段AB的延伸線上時(shí)，DE交射線BC于點(diǎn)M，若BE＝1，AB＝2，直接寫出線段GM的長(zhǎng)度．【剖析】（1）①依據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)解答即可；②依據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的判斷和性質(zhì)解答即可；（2）①依據(jù)菱形的性質(zhì)和全等三角形的判斷和性質(zhì)解答即可；②先同理得：BG＝BD，計(jì)算BD的長(zhǎng)，從而得BG的長(zhǎng)，依據(jù)平行線分線段成比率定理可得BM的長(zhǎng)，依據(jù)線段的差可得結(jié)論．【解答】解：（1）①DB＝DG，原因是：∵∠DBE繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，如圖1，由旋轉(zhuǎn)可知，∠BDE＝∠FDG，∠BDG＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠CBD＝45°，∴∠G＝45°，∴∠G＝∠CBD＝45°，∴DB＝DG；故答案為：DB＝DG；②BF+BE＝BD，原因以下：由①知：∠FDG＝∠EDB，∠G＝∠DBE＝45°，BD＝DG，∴△FDG≌△EDB（ASA），∴BE＝FG，BF+FG＝BF+BE＝BC+CG，Rt△DCG中，∵∠G＝∠CDG＝45°，∴CD＝CG＝CB，∵DG＝BD＝BC，即BF+BE＝2BC＝BD；2）①如圖2，BF+BE＝BD，原因以下：在菱形ABCD中，∠ADB＝∠CDB＝∠ADC＝×60°＝30°，由旋轉(zhuǎn)120°得∠EDF＝∠BDG＝120°，∠EDB＝∠FDG，在△DBG中，∠G＝180°﹣120°﹣30°＝30°，∴∠DBG＝∠G＝30°，∴DB＝DG，∴△EDB≌△FDG（ASA），∴BE＝FG，BF+BE＝BF+FG＝BG，過點(diǎn)D作DM⊥BG于點(diǎn)M，如圖2，∵BD＝DG，∴BG＝2BM，在Rt△BMD中，∠DBM＝30°，∴BD＝2DM．設(shè)DM＝a，則BD＝2a，DM＝a，∴BG＝2a，∴＝，∴BG＝BD，∴BF+BE＝BG＝BD；②過點(diǎn)A作AN⊥BD于N，如圖3，Rt△ABN中，∠ABN＝30°，AB＝2，∴AN＝1，BN＝，∴BD＝2BN＝2，∵DC∥BE，∴＝，∵CM+BM＝2，∴BM＝，由①同理得：BE+BF＝BG＝∴BG＝×＝6，∴GM＝BG﹣BM＝6﹣＝．

BD，【評(píng)論】本題是四邊形綜合題，主要考察了全等三角形的判斷和性質(zhì)，平行線分線段成比率定理，正方形和菱形的性質(zhì)，直角三角形30度的角性質(zhì)等知識(shí)，本題證明△FDG≌△BDE是解本題的重點(diǎn)．5.（2019?浙江杭州?10分）如圖，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，正方形CEFG的面積為S1，點(diǎn)E在DC邊上，點(diǎn)G在BC的延伸線上，設(shè)以線段AD和DE為鄰邊的矩形的面積為S2，且S1＝S2．1）求線段CE的長(zhǎng)；2）若點(diǎn)H為BC邊的中點(diǎn)，連結(jié)HD，求證：HD＝HG．【剖析】（1）設(shè)出正方形

CEFG的邊長(zhǎng)，而后依據(jù)

S1＝S2，即可求得線段

CE的長(zhǎng)；（2）依據(jù)（

1）中的結(jié)果能夠題目中的條件，能夠分別計(jì)算出

HD和

HG的長(zhǎng)，即可證明結(jié)論建立．【解答】解：（1）設(shè)正方形CEFG的邊長(zhǎng)為a，∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，DE＝1﹣a，S1＝S2，∴a2＝1×（1﹣a），解得，

（舍去），

，即線段

CE的長(zhǎng)是

；2）證明：∵點(diǎn)H為BC邊的中點(diǎn)，BC＝1，∴CH＝0.5，∴DH＝

＝，∵CH＝0.5

，CG＝

，∴HG＝

，HD＝HG．【評(píng)論】本題考察正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)，解答本題的重點(diǎn)是明確題意，利用數(shù)形聯(lián)合的思想解答．（2019?天津?10分）在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A（6，0），點(diǎn)B在y軸的正半軸上，∠ABO=30°，矩形CODE的極點(diǎn)D，E，C分別在OA,AB,OB上，OD=2.（I）如圖①，求點(diǎn)E的坐標(biāo)；（II）將矩形CODE沿x軸向左平移，獲取矩形CODE,點(diǎn)D,O,C,E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為C，O，D

，E

.設(shè)OO

t，矩形

CODE

與△ABO重疊部分的面積為

s.①如圖②，當(dāng)矩形

CODE

與△ABO重疊部分為五邊形時(shí)，

CE

、DE

分別與AB訂交于點(diǎn)M,F，試用含有

t的式子表示

s，并直接寫出

t的范圍

;3s53時(shí)，求t的取值范圍（直接寫出結(jié)果即可）?！敬鸢浮拷猓海↖）由點(diǎn)A（6，0），的OA=6，又OD=2，∴AD=OA-OD=4在矩形CODE中，有DE∥CO，得∠AED=∠ABO=30°∴在Rt△AED中，AE=2AD=8∴由勾股定理得：ED=AE-AD=43，有CO=43∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為（2，43）（II）①由平移可知，OD2，ED=43，MEOOt由ED∥BO，得∠EFM=∠ABO=30°EME2t在Rt△MF中，MF=2∴由勾股定理得FEMF2ME23t∴SMFE1MEFE1t3t3t2，則S矩形CODEODED83.222∴s3t283，此中t的取值范圍是：0＜t＜2.2②當(dāng)0t2時(shí)，s3t283，2∴t=0時(shí)，smax83；t=2時(shí)，smin63∴63s83不在范圍內(nèi).當(dāng)2t4時(shí)，s23t103∴23s63當(dāng)s53時(shí)，t55，所以t4，切合條件.22當(dāng)4t6時(shí)，s3t263t1832∴0s23所以當(dāng)s3時(shí)，t162,t262，∴4t62綜上所述：5t62.2（2019?浙江湖州?8分）如圖，已知在△ABC中，D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，AC的中點(diǎn)，連結(jié)DF，EF，BF．1）求證：四邊形BEFD是平行四邊形；2）若∠AFB＝90°，AB＝6，求四邊形BEFD的周長(zhǎng)．【剖析】（1）依據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)獲取DF∥BC，EF∥AB，依據(jù)平行四邊形的判斷定理即可獲取結(jié)論；（2）依據(jù)直角三角形的性質(zhì)獲取DF＝DB＝DA＝AB＝3，推出四邊形BEFD是菱形，于是獲取結(jié)論．【解答】（1）證明：∵D，E，F(xiàn)分別是AB，BC，AC的中點(diǎn)，DF∥BC，EF∥AB，DF∥BE，EF∥BD，∴四邊形BEFD是平行四邊形；（2）解：∵∠AFB＝90°，D是AB的中點(diǎn)，AB＝6，DF＝DB＝DA＝AB＝3，∵四邊形BEFD是平行四邊形，∴四邊形BEFD是菱形，DB＝3，∴四邊形BEFD的周長(zhǎng)為12．【評(píng)論】本題考察了平行四邊形的性質(zhì)和判斷，菱形的判斷和性質(zhì)，三角形的中位線的性質(zhì)，嫻熟掌握平行四邊形的性質(zhì)是解題的重點(diǎn)．5.（2019?浙江湖州?12分）如圖1，已知在平面直角坐標(biāo)系xOy中，四邊形OABC是矩形，點(diǎn)，C分別在x軸和y軸的正半軸上，連結(jié)，＝3，tan∠＝，D是的中AACOAOACBC點(diǎn)．（1）求OC的長(zhǎng)和點(diǎn)D的坐標(biāo)；（2）如圖2，M是線段OC上的點(diǎn)，OM＝OC，點(diǎn)P是線段OM上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，經(jīng)過P，D，B三點(diǎn)的拋物線交x軸的正半軸于點(diǎn)E，連結(jié)DE交AB于點(diǎn)F．①將△DBF沿DE所在的直線翻折，若點(diǎn)B恰巧落在AC上，求此時(shí)BF的長(zhǎng)和點(diǎn)E的坐標(biāo)；②以線段DF為邊，在DF所在直線的右上方作等邊△DFG，當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)M時(shí)，點(diǎn)G也隨之運(yùn)動(dòng)，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)路徑的長(zhǎng)．【剖析】（1）由OA＝3，tan∠OAC＝＝，得OC＝，由四邊形OABC是矩形，得BC＝OA＝3，所以CD＝BC＝，求得D（，）；（2）①由易知得ACB＝∠OAC＝30°，設(shè)將△DBF沿DE所在的直線翻折后，點(diǎn)B恰巧落在AC上的B'處，則DB'＝DB＝DC，∠BDF＝∠B'DF，所以∠BDB'＝60°，∠BDF＝∠B'DF＝30°，所以＝?tan30°＝，＝＝，因?yàn)椤希健?，所以∠＝∠BFBDAFBFBFDAEFBFAE＝90°，所以△BFD≌△AFE，AE＝BD＝，點(diǎn)E的坐標(biāo)（，0）；②動(dòng)點(diǎn)P在點(diǎn)O時(shí)，求得此時(shí)拋物線分析式為y＝﹣x2+x，所以E（，0），直線DE：y＝﹣x+，F(xiàn)1（3，）；當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)M時(shí)，求得此時(shí)拋物線分析式為y＝﹣2x+，所以E（6，0），直線DE：y＝﹣x+，x+所以F2（3，）；所以點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)路徑的長(zhǎng)為F1F2＝＝，即G運(yùn)動(dòng)路徑的長(zhǎng)為．【解答】解：（1）∵OA＝3，tan∠OAC＝＝，∴OC＝，∵四邊形OABC是矩形，BC＝OA＝3，∵D是BC的中點(diǎn)，CD＝BC＝，D（，）；（2）①∵tan

∠OAC＝

，∴∠OAC＝30°，∴∠ACB＝∠OAC＝30°，設(shè)將△DBF沿DE所在的直線翻折后，點(diǎn)B恰巧落在AC上的B'處，則DB'＝DB＝DC，∠BDF＝∠B'DF，∴∠DB'C＝∠ACB＝30°∴∠BDB'＝60°，∴∠BDF＝∠B'DF＝30°，∵∠B＝90°，∴BF＝BD?tan30°＝，∵AB＝，AF＝BF＝，∵∠BFD＝∠AEF，∴∠B＝∠FAE＝90°，∴△BFD≌△AFE（ASA），AE＝BD＝，OE＝OA+AE＝，∴點(diǎn)E的坐標(biāo)（，0）；②動(dòng)點(diǎn)P在點(diǎn)O時(shí)，∵拋物線過點(diǎn)P（0，0）、D（，）、B（3，）求得此時(shí)拋物線分析式為y＝﹣x2+x，∴（，0），E∴直線：＝﹣x+，DEy∴F1（3，）；當(dāng)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)M時(shí)，∵拋物線過點(diǎn)P（0，）、D（，）、B（3，）求得此時(shí)拋物線分析式為y＝﹣2x+，x+∴（6，0），E∴直線DE：y＝﹣x+，∴F2（3，）；∴點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)路徑的長(zhǎng)為F1F2＝＝，∵△DFG為等邊三角形，∴G運(yùn)動(dòng)路徑的長(zhǎng)為．【評(píng)論】本題考察了二次函數(shù)，嫻熟掌握二次函數(shù)的性質(zhì)、特別三角函數(shù)以及三角形全等的判斷與性質(zhì)是解題的重點(diǎn)．（2019?廣西賀州?8分）如圖，在矩形ABCD中，E，F(xiàn)分別是BC，AD邊上的點(diǎn)，且AE＝CF．1）求證：△ABE≌△CDF；2）當(dāng)AC⊥EF時(shí)，四邊形AECF是菱形嗎？請(qǐng)說明原因．【剖析】（1）由矩形的性質(zhì)得出∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，由HL證明Rt△ABE≌Rt△CDF即可；（2）由全等三角形的性質(zhì)得出BE＝DF，得出CE＝AF，由CE∥AF，證出四邊形AECF是平行四邊形，再由AC⊥EF，即可得出四邊形AECF是菱形．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，在Rt△ABE和Rt△CDF中，，Rt△ABE≌Rt△CDF（HL）；2）解：當(dāng)AC⊥EF時(shí)，四邊形AECF是菱形，原因以下：∵△ABE≌△CDF，∴BE＝DF，∵BC＝AD，∴CE＝AF，∵CE∥AF，∴四邊形AECF是平行四邊形，又∵AC⊥EF，∴四邊形AECF是菱形．【評(píng)論】本題考察了矩形的性質(zhì)、全等三角形的判斷與性質(zhì)、菱形的判斷、平行四邊形的判斷；嫻熟掌握矩形的性質(zhì)和菱形的判斷，證明三角形全等是解題的重點(diǎn)．9.（2019?廣東省廣州市?12分）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，菱形ABCD的對(duì)角線AC與交于點(diǎn)（﹣1，2），⊥x軸于點(diǎn)，正比率函數(shù)y＝的圖象與反比率函數(shù)y＝BDPABEmx的圖象訂交于A，P兩點(diǎn)．1）求m，n的值與點(diǎn)A的坐標(biāo)；2）求證：△CPD∽△AEO；3）求sin∠CDB的值．【剖析】（1）依據(jù)點(diǎn)

P的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出

m，n的值，聯(lián)立正、反比率函數(shù)分析式成方程組，經(jīng)過解方程組可求出點(diǎn)

A的坐標(biāo)（利用正、反比率函數(shù)圖象的對(duì)稱性聯(lián)合點(diǎn)

P的坐標(biāo)找出點(diǎn)

A的坐標(biāo)亦可）；（2）由菱形的性質(zhì)可得出AC⊥BD，AB∥CD，利用平行線的性質(zhì)可得出∠DCP＝∠OAE，結(jié)合AB⊥x軸可得出∠AEO＝∠CPD＝90°，從而即可證出△CPD∽△AEO；（3）由點(diǎn)A的坐標(biāo)可得出AE，OE，AO的長(zhǎng)，由相像三角形的性質(zhì)可得出∠CDP＝∠AOE，再利用正弦的定義即可求出sin∠CDB的值．【解答】（1）解：將點(diǎn)P（﹣1，2）代入y＝mx