2023年全国各地中考数学试卷分类汇编：矩形-菱形与正方形

2023中考数学矩形菱形与正方形一、选择题1．〔2023江苏扬州，7，3分〕如图，在菱形ABCD中，∠BAD=80°，AB的垂直平分线交对角线AC于点F，垂足为E，连接DF，那么∠CDF等于〔〕．A．50°B．60°C．70°D．80°【答案】B．【解析】如图，连接BF．在菱形ABCD中，∠BAD=80°，所以∠BAF=∠DAF=40°，△BAF≌△DAF，∠ADC=100°．因为EF的垂直平分AB，所以AF=BF=DF．所以∠ADF=∠DAF=40°．∠CDF=∠ADC－∠ADF=100°－40°=60°．所以应选B．【方法指导】特殊四边形的性质一直是中考命题的热点，此题主要考查菱形的性质．菱形是：①对角线互相垂直且平分；②四边相等；③对角线平分对角，每一条对角线平分一组对角．【易错警示】菱形的性质与其它特殊四边形的性质混淆模糊，记忆不清、混淆是此题易出错的主要原因．2.〔2023四川泸州，11，2分〕如图，点E是矩形ABCD的边CD上一点，把沿AE对折，点D的对称点F恰好落在BC上，折痕，且，那么该矩形的周长为〔〕A．72B．36C．20D．16【答案】A【解析】在矩形ABCD中，推理得到∠BAF＝∠EFC．由tan∠EFC＝，可设BF＝3x、AB＝4x，在Rt△ABF中，运用勾股定理得AF＝5x，∴AD＝BC＝5x，∴CF＝BC－BF＝5x－3x＝2x，∴CE＝CF•tan∠EFC＝2x×＝，∴DE＝CD－CE＝4x－＝，在Rt△ADE中，运用勾股定理求得x＝4，∴AB＝4×4＝16cm，AD＝5×4＝20〔cm〕，矩形的周长＝2〔16+20〕＝72〔cm〕．【方法指导】此题考查了矩形的对边相等，四个角都是直角的性质，锐角三角函数，勾股定理的应用，根据正切值设出未知数并表示出图形中的各线段是关键，也是难点所在．3.〔2023四川雅安，12，3分〕如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，以下结论：①BE＝DF，②∠DAF＝15°，③AC垂直平分EF，④BE+DF＝EF，⑤S△CEF＝2S△ABE．其中正确的结论有()个A．2B．3【答案】C【解析】通过条件可以得出△ABE≌△ADF而得出∠BAE＝∠DAF，BE＝DF，由正方形的性质就可以得出EC＝FC，就可以得出AC垂直平分EF，设EC＝x，BE＝y，由勾股定理就可以得出x与y的关系，表示出BE与EF，利用三角形的面积公式分别表示出S△CEF和2S△ABE再通过比拟大小而得出结论．【方法指导】此题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等边三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答此题时运用勾股定理的性质解题时关键．4．〔2023山东德州，7，3分〕以下命题中，真命题是对角线相等的四边形是等腰梯形对角线互相垂直且平分的四边形是正方形对角线互相垂直的四边形是菱形四个角相等的边形是矩形【答案】D【解析】A、对角线相等的四边形是等腰梯形，是假命题，如：对角线相等的四边形可以是矩形等；B、对角线互相垂直且平分的四边形是正方形是假命题，如：满足条件的四边形可以是菱形，但菱形不是正方形哦；D、四个角相等的边形是矩形是假命题，如：满足条件的四边形可以是正方形，但要注意矩形与正方形是一般与特殊关系.【方法指导】此题考查了命题真、假的判断.实际可以记住我们已经学过的相关定义、定理、数学根本领实等，它们都是真命题.5．[2023山东菏泽，2，3分]2.如图，把一个长方形的纸片按图示对折两次，然后剪下一局部，为了得到一个钝角为120°的菱形，剪口与第二次折痕所成角的度数应为〔〕A．15°或30°B．30°或45°C．45°或60°D．30°或60°((第2题)【答案】D【解析】根据两次折叠得到新的折痕，要使得到一个钝角为120°的菱形，剪口与第二次折痕所成角的度数可以为30°或60°【方法指导】此题考查了轴对称性质、菱形的性质.解答过程可以进行动手操作得出结果.这里同时注意菱形的对角线互相垂直且每条对角线平分一组对角性质的运用.6．[2023山东菏泽，7，3分]如图，边长为6的大正方形中有两个小正方形，假设两个小正方形的面积分别为S1、S2，那么S1+S2的值为〔〕SS2S1A．16B．17C．18D．19【答案】B．【解析】根据等腰直角三角形、勾股定理先求出面积分别为S1的边唱是大正方形对角线的，S2正方形的边长组成直角三角形斜边长是大正方形对角线的一半.总分值解答：边长为6的大正方形中，对角线长为.∴面积为S1小正方边长为，面积S1==8；小正方S2=，∴S1+S2=8+9=17.应选B.【方法指导】此题主要考查正方形性质.熟悉正方形有关性质是解题的关键.7.〔是真题吗？〕4．〔2023四川凉山州，9，4分〕如图，菱形中，，，那么以为边长的正方形的周长为A．14 B．15 C．16 D．17BBACDFE〔第9题图〕【答案】C.【解析】∵菱形，∴AB=BC。∵，∴△ABC是等边三角形。∴AC=AB=4。∴以为边长的正方形的周长为4×4=16。【方法指导】此题考查菱形的性质四条边都相等，等边三角形的判定，有一个角是60度的等腰三角形是等边三角形。正方形的性质四边都相等。8．〔2023湖北宜昌，7，3分〕如图，在矩形ABCD中，AB＜BC，AC，BD相交于点O，那么图中等腰三角形的个数是〔〕A．8B．6C．4D．2考点：等腰三角形的判定；矩形的性质．分析：根据矩形的对角线相等且互相平分可得AO=BO=CO=DO，进而得到等腰三角形．解答：解：∵四边形ABCD是矩形，∴AO=BO=CO=DO，∴△ABO，△BCO，△DCO，△ADO都是等腰三角形，应选：C．点评：此题主要考查了等腰三角形的判定，以及矩形的性质，关键是掌握矩形的对角线相等且互相平分．9.．〔2023湖南娄底，6，3分〕以下命题中，正确的是〔〕A．平行四边形的对角线相等B．矩形的对角线互相垂直C．菱形的对角线互相垂直且平分D．梯形的对角线相等考点：命题与定理．分析：根据菱形、平行四边形、矩形、等腰梯形的性质分别判断得出即可．解答：解：A、根据平行四边形的对角线互相平分不相等，故此选项错误；B、矩形的对角线相等，不互相垂直，故此选项错误；C、根据菱形的性质，菱形的对角线互相垂直且平分，故此选项正确；D、根据等腰梯形的对角线相等，故此选项错误；应选：C．点评：此题主要考查了菱形、平行四边形、矩形、等腰梯形的性质，熟练掌握相关定理是解题关键．10.．〔2023湖南张家界，6，3分〕顺次连接等腰梯形四边中点所得的四边形一定是〔〕A．矩形B．正方形C．菱形D．直角梯形考点：中点四边形．分析：根据等腰梯形的性质及中位线定理和菱形的判定，可推出四边形为菱形．解答：解：如图，：等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，E、F、G、H分别是各边的中点，求证：四边形EFGH是菱形．证明：连接AC、BD．∵E、F分别是AB、BC的中点，∴EF=AC．同理FG=BD，GH=AC，EH=BD，又∵四边形ABCD是等腰梯形，∴AC=BD，∴EF=FG=GH=HE，∴四边形EFGH是菱形．应选C．点评：此题主要考查了等腰梯形的性质，三角形的中位线定理和菱形的判定．用到的知识点：等腰梯形的两底角相等；三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半；四边相等的四边形是菱形．11．〔2023·聊城，5，3分〕以下命题中的真命题是〔〕A．三个角相等的四边形是矩形B．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形C．顺次连接矩形四边中点得到的四边形是菱形D．正五边形既是轴对称图形又是中心对称图形考点：命题与定理．分析：根据矩形、菱形、正方形的判定以及正五边形的性质得出答案即可．解答：解：A．根据四个角相等的四边形是矩形，故此命题是假命题，故此选项错误；B．根据对角线互相垂直、互相平分且相等的四边形是正方形，故此命题是假命题，故此选项错误；C．顺次连接矩形四边中点得到的四边形是菱形，故此命题是真命题，故此选项正确；D．正五边形是轴对称图形不是中心对称图形，故此命题是假命题，故此选项错误．点评：此题主要考查了矩形、菱形、正方形的判定以及正五边形的性质等知识，熟练掌握相关定理是解题关键．12．〔2023•东营，12，3分〕如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE=DF，AE、BF相交于点O，以下结论：〔1〕AE=BF；〔2〕AE⊥BF；〔3〕AO=OE；〔4〕中正确的有〔〕FF〔第12题图〕ABCDOEA．4个 B．3个C．2个 D．1个答案：B解析：在正方形ABCD中，因为CE=DF，所以AF=DE，又因为AB=AD，所以，所以AE=BF，，，因为，所以，即，所以AE⊥BF，因为S四边形DEOF，所以S四边形DEOF，故〔1〕，〔2〕，〔4〕正确．13．〔2023·济宁，9，3分〕如图，矩形ABCD的面积为20cm2，对角线交于点O；以AB、AO为邻边做平行四边形AOC1B，对角线交于点O1；以AB、AO1为邻边做平行四边形AO1C2B；…；依此类推，那么平行四边形AO4C5B的面积为〔〕 A．cm2B．cm2C．cm2D．cm2考点：矩形的性质；平行四边形的性质．专题：规律型．分析：根据矩形的对角线互相平分，平行四边形的对角线互相平分可得下一个图形的面积是上一个图形的面积的，然后求解即可．解答：解：设矩形ABCD的面积为S=20cm2，∵O为矩形ABCD的对角线的交点，∴平行四边形AOC1B底边AB上的高等于BC的，∴平行四边形AOC1B的面积=S，∵平行四边形AOC1B的对角线交于点O1，∴平行四边形AO1C2B的边AB上的高等于平行四边形AOC1B底边AB上的高的，∴平行四边形AO1C2B的面积=×S=，…，依此类推，平行四边形AO4C5B的面积===cm2．应选B．点评：此题考查了矩形的对角线互相平分，平行四边形的对角线互相平分的性质，得到下一个图形的面积是上一个图形的面积的是解题的关键．14.〔2023陕西，9，3分〕如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，点M、N分别在边AD、BC是，连接BM、DN，假设四边形MBND是菱形，那么等于〔〕A．B．C．D．考点：矩形的性质及菱形的性质应用。解析：矩形的性质应用较为常见的就是转化成直角三角形来解决问题，菱形的性质应用较常见的是四条边相等或者对角线的性质应用。此题中求的是线段的比值，所以在解决过程中取特殊值法较为简单。设AB=1，那么AD=2，因为四边形MBND是菱形，所以MB=MD，又因为矩形ABCD，所以A=90°，设AM=x,那么MB=2-x，由勾股定理得：AB2+AM2=MB2，所以xBCDA第9题图MN2+12=(2-x)2解得：，所以MD=BCDA第9题图MN15.〔2023四川绵阳，6，3分〕以下说法正确的是〔D〕D．对角线相等且互相平分的四边形是矩形［解析］由矩形的性质可知，只有D正确。平行四边形的对角线是互相平行，菱形的对角线互相平分且垂直，故A、C错，等腰梯形的对角线相等B也错。16.〔2023四川绵阳，10，3分〕如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC=8cm，BD=6cm，DH⊥AB于点H，且DH与AC交于G，那么GH=〔B〕A．B．C．D．［解析］OA=4，OB=3，AB=5，△BDH∽△BOA，BD/AB=BH/OB=DH/OA，6/5=BH/3，BH=18/5，AH=AB-BH=5-18/5=7/5，△AGH∽△ABO，GH/BO=AH/AO，GH/3=7/5/4，GH=21/20。17．〔2023贵州省六盘水，7，3分〕在平面中，以下命题为真命题的是〔〕A．四个角相等的四边形是矩形B．对角线垂直的四边形是菱形C．对角线相等的四边形是矩形D．四边相等的四边形是正方形考点：命题与定理．分析：分别根据矩形、菱形、正方形的判定与性质分别判断得出即可．解答：解：A、根据四边形的内角和得出，四个角相等的四边形即四个内角是直角，故此四边形是矩形，故此选项正确；B、只有对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故此选项错误；C、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，故此选项错误；D、四边相等的四边形是菱形，故此选项错误．应选：A．点评：此题主要考查了矩形、菱形、正方形的判定与性质，正确把握相关定理是解题关键．18．〔2023河北省，11，3分〕如图4，菱形ABCD中，点M，N在AC上，ME⊥AD，NF⊥AB.假设NF=NM=2，ME=3，那么AN= A．3 B．4 C．5 D．6答案：B解析：由△AFN∽△AEM，得：，即，解得：AN＝4，选B。19．〔2023河北省，12，3分〕如：线段AB，BC，∠ABC=90°.求作：矩形ABCD.以下是甲、乙两同学的作业：对于两人的作业，以下说法正确的是A．两人都对 B．两人都不对 C．甲对，乙不对 D．甲不对，乙对答案：A解析：对于甲：由两组对边分别相等的四边形是平行四边形及角B为90度，知ABCD是矩形，正确；对于乙：对角线互相平分的四边形是平行四边形及角B为90度，可判断ABCD是矩形，故都正确，选A。二、填空题1．〔2023广东广州，15，3分〕如图6，Rt△ABC的斜边AB=16,Rt△ABC绕点O顺时针旋转后得到，那么的斜边上的中线的长度为_____________.【答案】8.【解析】旋转是全等变换，所以所以Rt△ABC与全等，且=CD，∵Rt△ABC的斜边AB=16，∴CD=8，∴=8，答案填8.【方法指导】在几何图形变换中，平移、轴对称、对折、旋转、中心对称等都是全等变换，所以，对应边、对应角、对应边的中线、高和对应角平分线等都相等．2．〔2023山东德州，17，4分〕如图，在正方形ABCD中，边长为2的等边三角形AEF的顶点E、F分别在BC和CD上，以下结论：①CE＝CF②∠AEB＝750③BE+DF＝EF④S正方形ABCD＝2+，其中正确的序号是。〔把你认为正确的都填上〕【答案】①②④.【解析】∵在正方形ABCD与等边三角形AEF中，∴AB=BC=CD=DA，AE=EF=AF，∴△ABE≌△ADF，∴DF=BE，有DC-DF=BC-BE，即CE＝CF，①正确；∵CE=CF，∠C=90°，∴∠FEC=45°，而∠AEF=60°，∴∠AEB＝180°-60°-45°=75°，②正确；根据分析BE+DF≠EF，③不正确；在等腰直角三角形CEF中，CE=CF=EF·sin45°=.在Rt△ADF中，设AD=x，那么DF=x-，根据勾股定理可得，，解得，x1=，〔舍去〕.所以正方形ABCD面积为=2+，④正确.【方法指导】此题考查正方形与等边三角形.此题涉及正方形、等边三角形相关知识，同时应用勾股定理、全等三角形等解题.具有一定的综合性.解题的关键是对所给命题运用相关知识逐一验证.3．〔2023江苏泰州，13，3分〕对角线互相___________的平行四边形是菱形.【答案】垂直．【解析】根据菱形的判定条件，其中有“对角线互相垂直的平行四边形是菱形〞.【方法指导】掌握菱形的判定与性质，我们可以从边、角、对角线、对称性这几个方面概括与总结，形成系统知识，便于复习稳固.4．〔2023江苏苏州，17，3分〕如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是边长为2的正方形，顶点A，C分别在x，y轴的正半轴上．点Q在对角线OB上，且OQ＝OC，连接CQ并延长CQ交边AB于点P，那么点P的坐标为(，)．【答案】(2，4－2)．【解析】分析：根据正方形的对角线等于边长的倍求出OB，再求出BQ，然后求出△BPQ和△OCQ相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出BP的长，再求出AP，即可得到点P的坐标．解：∵四边形OABC是边长为2的正方形，∴OA=OC=2，OB=2．∵QO=OC，∴BQ=OB－OQ=2－2．∵正方形OABC的边AB∥OC，∴△BPQ∽△OCQ．∴=，即=．解得BP=2－2．∴AP=AB－BP=2－〔2－2〕=4－2．∴点P的坐标为〔2，4－2〕．所以应填2，4－2．【方法指导】此题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的对角线等于边长的倍的性质，以及坐标与图形的性质，比拟简单，利用相似三角形的对应边成比例求出BP的长是解题的关键．【易错警示】此题是综合题，掌握所用知识不全面而出错．5．〔2023江苏苏州，18，3分〕如图，在矩形ABCD中，点E是边CD的中点，将△ADE沿AE折叠后得到△AFE，且点F在矩形ABCD内部．将AF延长交边BC于点G．假设，那么〔用含k的代数式表示〕．【答案】．【解析】分析：根据中点定义可得DE=CE，再根据翻折的性质可得DE=EF，AF=AD，∠AFE=∠D=90°，从而得到CE=EF，连接EG，利用“HL〞证明Rt△ECG和Rt△EFG全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=FG，设CG=a，表示出GB，然后求出BC，再根据矩形的对边相等可得AD=BC，从而求出AF，再求出AG，然后利用勾股定理列式求出AB，再求比值即可．解：∵点E是边CD的中点，∴DE=CE．∵将△ADE沿AE折叠后得到△AFE，∴DE=EF，AF=AD，∠AFE=∠D=90°．∴CE=EF．如图，连接EG．在Rt△ECG和Rt△EFG中，∵EG=EG，CE=EF，∴Rt△ECG≌Rt△EFG〔HL〕，∴CG=FG．设CG=a，∵，∴GB=ka，∴BC=CG+BG=a+ka=a〔k+1〕．在矩形ABCD中，AD=BC=a〔k+1〕．∴AF=a〔k+1〕．AG=AF+FG=a〔k+1〕+a=a〔k+2〕．在Rt△ABG中，AB===2a．∴==．所以应填．【方法指导】此题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，以及翻折变换的性质，熟记性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．【易错警示】此题综合性很强，不能综合运用所学知识很容易出错．6.〔2023江苏扬州，17，3分〕矩形的两邻边长的差为2，对角线长为4，那么矩形的面积为．【答案】6．【解析】分析：设矩形一条边长为x，那么另一条边长为x－2，然后根据勾股定理列出方程式求出x的值，继而可求出矩形的面积．解：设矩形一条边长为x，那么另一条边长为x－2．由勾股定理得，x2＋(x－2)2=42．整理得，x2－2x－6=0．解得：x=1＋或x=1－〔不合题意，舍去〕．另一边为：－1．那么矩形的面积为：〔1＋〕〔－1〕=6．所以应填6．【方法指导】此题考查了勾股定理及矩形的性质，难度适中，解答此题的关键是根据勾股定理列出等式求处矩形的边长，要求同学们掌握矩形面积的求法．【易错警示】解题时，用勾股定理可能出错，解一元二次方程可能出错．7．〔2023山东临沂，17，3分〕如图，菱形ABCD中，AB＝4，∠B＝60°，AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F，连接EF，那么△AEF的面积是_________________．AABCDEF【答案】．【解析】△AEF是等边三角形，边长为，所以该三角形的面积为。【方法指导】利用全等三角形的性质可知AE=AF，利用直角三角形的性质得到∠BAE=30°，所以∠EAF=60°。8.(2023山东烟台，18,3分)如图，正方形ABCD的边长为4，点E在BC上，四边形EFCB也是正方形，以B为圆心，BA长为半径画弧AC，连结AF,CF那么图中阴影局部面积为__________.9.〔2023福建福州，12，4分〕矩形的外角和等于__________度【答案】360【解析】根据任意多边形的外角和都为360°即可得出答案．【方法指导】此题考查了多边形的外角和，多边形的外角和与边数无关，任何多边形的外角和都是360°．计算时，要熟记吆！【答案】【解析】利用两次三角形全等把不规那么图形的面积转化成扇形的面积，注意化归思想方法的运用.在AB上截取AH=EF，连接EH交AF于点G，那么∵EF∥AH∴∠HAG=∠GFE，又∵∠AGH=∠FGE∴△AHG≌△FEG∴AH=EF=BE,又∵AB=BC，∴BH=CE又∵∠HBG=∠CEF∴△HBG≌△CEF∵AB=4，∴S阴=S扇形ABC==4.【方法指导】此题考查了正方形的性质、扇形的面积公式、不规那么图形的面积、全等三角形.此题要求的阴影局部面积是不规那么图形，在解题过程中要善于运用化归思想通过三角形全等把不规那么图形转化成规那么的图形然后利用面积公式即可求解.10.(2023湖南邵阳,18,3分)如图(六)所示，将△ABC绕AC的中点O顺时针旋转180°得到△CDA，添加一个条件______________，使四边形ABCD为矩形.图〔六〕图〔六〕【答案】:∠B=90°(答案不唯一)【解析】：∵△ABC绕AC的中点O顺时针旋转180°得到△CDA，∴AB=CD，∠BAC=∠DCA，∴AB∥CD，∴四边形ABCD为平行四边形，当∠B=90°时，平行四边形ABCD为矩形，∴添加的条件为∠B=90°．故答案为∠B=90°．【方法指导】：此题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了矩形的判定．11．〔2023江西，10，3分〕如图，矩形ABCD中，点E、F分别是AB、CD的中点，连接DE和BF，分别取DE、BF的中点M、N，连接AM，CN，MN，假设AB=2，BC=2，那么图中阴影局部的面积为．【答案】2.【解析】△BCN与△ADM全等，面积也相等，口DFMN与口BEMN的面积也相等，所以阴影局部的面积其实就是原矩形面积的一半．，即阴影局部的面积为.【方法指导】仔细观察图形特点，搞清局部与整体的关系，把不规那么的图形转化为规那么的来计算.12．〔2023广西钦州，18，3分〕如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE=2，AE=3BE，P是AC上一动点，那么PB+PE的最小值是10．考点：轴对称-最短路线问题；正方形的性质．分析：由正方形性质的得出B、D关于AC对称，根据两点之间线段最短可知，连接DE，交AC于P，连接BP，那么此时PB+PE的值最小，进而利用勾股定理求出即可．解答：解：如图，连接DE，交AC于P，连接BP，那么此时PB+PE的值最小．∵四边形ABCD是正方形，∴B、D关于AC对称，∴PB=PD，∴PB+PE=PD+PE=DE．∵BE=2，AE=3BE，∴AE=6，AB=8，∴DE==10，故PB+PE的最小值是10．故答案为：10．点评：此题考查了轴对称﹣最短路线问题，正方形的性质，解此题通常是利用两点之间，线段最短的性质得出．13．[2023湖南邵阳，18，3分]如图(六)所示，将△ABC绕AC的中点O顺时针旋转180°得到△CDA，添加一个条件______________，使四边形ABCD为矩形.图〔六〕图〔六〕知识考点：矩形的判定.审题要津：由题意可知四边形ABCD是平行四边形，只要满足“有一个角是直角的平行四边形是矩形〞即可得到答案.总分值解答：解：∵四边形ABCD是平行四边形，假设∠B=90°，那么平行四边形ABCD为矩形.故答案为∠B=90°.名师点评：熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键.ABCDB’1C’D’14.〔2023江苏南京，11，2分〕如图，将矩形ABCD绕点AABCDB’1C’D’旋转角为(0<<90)。假设1=110，那么=。答案：20解析：错误！不能通过编辑域代码创立对象。，延长错误！不能通过编辑域代码创立对象。交CD于E，那么错误！不能通过编辑域代码创立对象。=20，错误！不能通过编辑域代码创立对象。ED=160，由四边形的内角和为360，可得=2015.〔2023江苏南京，12，2分〕如图，将菱形纸片ABCD折迭，使点A恰好落在菱形的对称中心O处，折痕为EF。假设菱形ABCD的边长为2cm，A=120，那么EF=cm。答案：EQ\r(,3)解析：点A恰好落在菱形的对称中心O处，如图，P为AO中点，所以E为A职点，AE＝1，EAO=60，EP＝错误！不能通过编辑域代码创立对象。，所以，EF＝EQ\r(,3)16．〔2023·潍坊，14，3分〕如图，ABCD是对角线互相垂直的四边形，且OB＝OD，请你添加一个适当的条件____________，使ABCD成为菱形．〔只需添加一个即可〕答案：OA＝OC或AD＝BC或AD//BC或AB＝BC等考点：菱形的判别方法．点评：此题属于开放题型，答案不唯一．主要考查了菱形的判定，关键是掌握菱形的判定定理．17.〔2023•嘉兴5分〕如图，正方形ABCD的边长为3，点E，F分别在边AB，BC上，AE=BF=1，小球P从点E出发沿直线向点F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当小球P第一次碰到点E时，小球P与正方形的边碰撞的次数为6，小球P所经过的路程为．【思路分析】根据中的点E，F的位置，可知入射角的正切值为，通过相似三角形，来确定反射后的点的位置，从而可得反射的次数．再由勾股定理就可以求出小球经过的路径的总长度【解析】根据中的点E，F的位置，可知入射角的正切值为，第一次碰撞点为F，在反射的过程中，根据入射角等于反射角及平行关系的三角形的相似可得第二次碰撞点为G，在DA上，且DG=DA，第三次碰撞点为H，在DC上，且DH=DC，第四次碰撞点为M，在CB上，且CM=BC，第五次碰撞点为N，在DA上，且AN=AD，第六次回到E点，AE=AB．由勾股定理可以得出EF=，FG=，GH=，HM=，MN=，NE=，故小球经过的路程为：+++++=6，故答案为：6，6．【方法指导】此题主要考查了反射原理与三角形相似知识的运用．通过相似三角形，来确定反射后的点的位置，从而可得反射的次数，由勾股定理来确定小球经过的路程，是一道学科综合试题，属于难题18.2023浙江丽水4分如图，四边形ABCD与四边形AEFG都是菱形，其中点C在AF上，点E，G分别在BC，CD上，假设∠BAD=135°，∠EAG=75°，那么=__________19.〔2023四川绵阳，16，4分〕对正方形ABCD进行分割，如图1，其中E、F分别是BC、CD的中点，M、N、G分别是OB、OD、EF的中点，沿分化线可以剪出一副“七巧板〞，用这些部件可以拼出很多图案，图2就是用其中6块拼出的“飞机〞。假设△GOM的面积为1，那么“飞机〞的面积为14。［解析］连接AC，四边形ABCD是正方形，AC⊥BD，E、F分别BC、CD的中点，EF//BD，AC⊥EF，CF=CE，△EFC是等腰直角三角形，直线AC是△EFC底边上的高所在直线，根据等腰三角形“三线合一〞，AC必过EF的中点G，点A、O、G和C在同一条直线上，OC=OB=OD，OC⊥OB，FG是△DCO的中位线，OG=CG=eq\f(1,2)OC,M、N分别是OB、OD的中点，OM=BM=eq\f(1,2)OB，ON=DN=eq\f(1,2)OD，OG=OM=BM=ON=DN=eq\f(1,4)BD，等腰直角三角形GOM的面积为1，eq\f(1,2)OM•OG=eq\f(1,2)OM2=1，OM=eq\r(,2),BD=4OM=4eq\r(,2),2AD2=BD2=32,AD=4,图2中飞机面积图1中多边形ABEFD的面积，飞机面积=正方形ABCD面积-三角形CEF面积=16-2=14。20.〔2023四川内江，16，5分〕菱形ABCD的两条对角线分别为6和8，M、N分别是边BC、CD的中点，P是对角线BD上一点，那么PM+PN的最小值=5．考点：轴对称-最短路线问题；菱形的性质．分析：作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，求出OC、OB，根据勾股定理求出BC长，证出MP+NP=QN=BC，即可得出答案．解答：解：作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∠QBP=∠MBP，即Q在AB上，∵MQ⊥BD，∴AC∥MQ，∵M为BC中点，∴Q为AB中点，∵N为CD中点，四边形ABCD是菱形，∴BQ∥CD，BQ=CN，∴四边形BQNC是平行四边形，∴NQ=BC，∵四边形ABCD是菱形，∴CO=AC=3，BO=BD=4，在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC=5，即NQ=5，∴MP+NP=QP+NP=QN=5，故答案为：5．点评：此题考查了轴对称﹣最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，解此题的关键是能根据轴对称找出P的位置．21．〔2023贵州省黔西南州，17，3分〕如下图，菱形ABCD的边长为4，且AE⊥BC于E，AF⊥CD于F，∠B=60°，那么菱形的面积为．考点：菱形的性质．分析：根据条件解直角三角形ABE可求出AE的长，再由菱形的面积等于底×高计算即可．解答：解：∵菱形ABCD的边长为4，∴AB=BC=4，∵AE⊥BC于E，∠B=60°，∴sinB==，∴AE=2，∴菱形的面积=4×2=8，故答案为8．点评：此题考查了菱形的性质：四边相等以及特殊角的三角函数值和菱形面积公式的运用．22．〔2023河南省，15，3分〕如图，矩形中，,点是边上一点，连接，把沿折叠，使点落在点处，当△为直角三角形时，的长为【解析】①当时，由题可知：,即：在同一直线上，落在对角线上，此时，设，那么，，在中，解得②当时，即落在上，，此时在中，斜边大于直角边，因此这种情况不成立。③当时，即落在上，此时四边形是正方形，所以【答案】23．〔2023黑龙江省哈尔滨市，20〕如图。矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点0，过点O作OE⊥AC交AB于E,假设BC=4，△AOE的面积为5，那么sin∠BOE的值为．考点：线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的性质。解直角三角形分析：此题利用三角形的面积计算此题考查了矩形的性质、垂直平分线的性质以及勾股定理及解直角三角形．注意数形结合思想的应用，此题综合性较强，难度较大，解答：由△AOE的面积为5，找此三角形的高，作OH⊥AE于E,得OH∥BC,AH=BH,由三角形的中位线∵BC=4∴OH=2，从而AE=5，连接CE,由AO=OC,OE⊥AC得EO是AC的垂直平分线，∴AE=CE，在直角三角形EBC中，BC=4,AE=5,勾股定理得EB=3，AB=8，在直角三角形ABC中，勾股定理得AC=,BO=AC=,作EM⊥BO于M,在直角三角形EBM中,EM=BEsin∠ABD=3×=，BM=BEcos∠ABD=3×=,从而OM=,在直角三角形E0M中，勾股定理得OE=,sin∠BOE=三、解答题1.〔2023重庆市(A)，24，10分〕如图，在矩形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的点，AE＝CF，连接EF、BF，EF与对角线AC交于点O，且BE＝BF，∠BEF＝2∠BAC．〔1〕求证：OE＝OF；〔2〕假设BC＝，求AB的长．【答案】〔1〕证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD．∴∠OAE＝∠OCF，∠OEA＝∠OFC．∴AE＝CF，∴△AEO≌△CFO〔ASA〕．∴OE＝OF．〔2〕连接BO．∵OE＝OF，BE＝BF，∴BO⊥EF，且∠EBO＝∠FBO．∴∠BOF＝90°．∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCF＝90°．又∵∠BEF＝2∠BAC，∠BEF＝∠BAC＋∠EOA，∴∠BAC＝∠EOA．∴AE＝OE．∵AE＝CF，OE＝OF，∴OF＝CF．又∵BF＝BF，∴△BOF≌△BCF〔HL〕．∴∠OBF＝∠CBF．∴∠CBF＝∠FBO＝∠OBE．∵∠ABC＝90°，∴∠OBE＝30°．∴∠BEO＝60°．∴∠BAC＝30°．∵tan∠BAC＝，∴tan30°＝，即，∴AB＝6．【解析】〔1〕证明△AEO≌△CFO解决．〔2〕连接BO，根据等腰三角形“三线合一〞的性质，得∠FBO＝∠EBO，然后证明△BOF≌△BCF，得∠FBO＝∠FBC，直至证得∠BAC＝30°后，运用解直角三角形知识求解．【方法指导】此题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形．以往考题中，与此题图形相关的问题多是告诉点O是对角线AC的中点，得以产生△AEO≌△CFO，可得AE＝CF，而此题一改这种命题形式，将AE＝CF当作条件呈现，让学生证明OE＝OF，显得精巧细致，同时也为后面等腰三角形“三线合一〞性质的应用创造了条件，进而通过∠BEF＝2∠BAC这一条件，贯穿与未知的联系，是一道不可多得的好的直线型几何综合题．2.〔2023湖北黄冈，17，6分〕如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC、BD相交于点O，DH⊥AB于H，连接OH，求证：∠DHO＝∠DCO．【答案】证明：∵四边形ABCD是菱形，∴OD＝OB，∠COD＝90°．∵DH⊥AB于H，∴∠DHB＝90°．∴OH＝BD＝OB．∴∠OHB＝∠OBH．又∵AB∥CD，∴∠OBH＝∠ODC．∴∠OHB＝∠ODC．在Rt△COD中，∠ODC＋∠OCD＝90°，在Rt△DHB中，∠DHO＋OHB＝90°，∴∠DHO＝∠DCO．【解析】根据菱形的对边平行，对角线互相垂直，易知∠OBH＝∠ODC，∠ODC＋∠DCO＝90°．再根据菱形的对角线互相平分及DH⊥AB，易证∠OHB＝∠OBH，∠OHB＋∠DHO＝90°．最后根据等角的余角相等证得∠DHO＝∠DCO．【方法指导】此题考查菱形的性质、直角三角形的性质及等角的余角相等．熟练掌握相关几何知识是求解关键．解答此题也可通过证明∠DHO＝∠ODH＝∠DCO解决，这可由∠ODH＋∠DBH＝90°，∠ODC＋∠DCO＝90°，∠DBH＝∠ODC及OH＝BD＝OD证得．3．〔2023江苏苏州，28，8分〕如图，点P是菱形ABCD对角线AC上的一点，连接DP并延长DP交边AB于点E，连接BP并延长BP交边AD于点F，交CD的延长线于点G．〔1〕求证：△APB≌△APD；〔2〕DF︰FA＝1︰2，设线段DP的长为x，线段PF的长为y．①求y与x的函数关系式；②当x＝6时，求线段FG的长．【思路分析】〔1〕要证明△APB≌△APD，只要根据菱形的邻边相等、一条对角线平分一组对角，用“边角边〞证明即可；〔2〕根据菱形的性质证明△AFP∽△CBP，将DF︰FA＝1︰2变形，得AF︰AD＝2︰3，即AF︰BC＝2︰3，进一步可以得出y与x的函数关系式；先求出当x＝6时y的值，再证明△DFG∽△AFB，从而可以求出线段FG的长．【解】【方法指导】此题考查了相似三角形的判定和菱形的性质．特殊四边形的性质和判定一直是中考命题的热点，常用的菱形的性质有：①菱形的四条边相等；②菱形的对角线互相垂直平分；③菱形的一条对角线平分一组对角．【易错警示】不会运用菱形的一条对角线平分一组对角就不会证明三角形全等，不会运用菱形的性质证明三角形相似就解决不了问题．4.〔2023江苏扬州，23，10分〕如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D在边AB上，连接CD，将线段CD绕点C顺时针旋转90°至CE位置，连接AE．〔1〕求证：AB⊥AE；〔2〕假设BC2=AD·AB，求证：四边形ADCE为正方形．【思路分析】〔1〕根据旋转的性质得到∠DCE=90°，CD=CE，利用等角的余角相等得∠BCD=∠ACE，然后根据“SAS〞可判断△BCD≌△ACE，那么∠B=∠CAE=45°，所以∠DAE=90°，即可得到结论；〔2〕由于BC=AC，那么AC2=AD•AB，根据相似三角形的判定方法得到△DAC∽△CAB，那么∠CDA=∠BCA=90°，可判断四边形ADCE为矩形，利用CD=CE可判断四边形ADCE为正方形．【解】证明：〔1〕∵在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，∴∠BAC=∠B=45°．由旋转得DC=EC，且∠DCE=∠ACB=90°，即∠BCD+∠ACD=∠ACE+∠ACD，∴∠BCD=∠ACE.∴在△BCD和△ACE中，∴△BCD≌△ACE.∴∠CAE=∠B=∠CAE=45°.又∠BAC=45°，∴∠BAE=∠BAC+∠CAE=90°，∴AB⊥AE.〔2〕∵AC=BC,假设BC=AD·AB,那么AC=AD·AB,即,又∠CAD=∠BAC.∴△ACD∽△ABC，∴∠ADC=∠ACB=90°.∴四边形ADCE是矩形(三个角都是直角的四边形是矩形).再由DC=CE，可得四边形ADCE是正方形.【方法指导】此题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了等腰直角三角形的性质、三角形全等、相似的判定与性质以及正方形的判定．【易错警示】证明四边形ADCE是矩形、菱形的条件不够，从而感觉无从入手．5.〔2023贵州安顺，23，12分〕如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点。BE=2DE，延长DE到点F，使得EF=BE，连接CF.〔1〕求证：四边形BCFE是菱形；〔2〕假设CE=4，∠BCF=120°，求菱形BCFE的面积.【思路分析】从所给的条件可知，DE是△ABC中位线，所以DE∥BC且2DE=BC，所以BC和EF平行且相等，所以四边形BCFE是平行四边形，又因为BE=FE，所以是菱形；∠BCF是120°，所以∠EBC为60°，所以菱形的边长也为4，求出菱形的高面积就可求．【解】〔1〕证明：∵D、E分别是AB、AC的中点，∴DE∥BC，BC=2DE，又BE=2DE，EF=BE，∴BC=BE=EF，EF∥BC，∴四边形BCFE是菱形；……………(6分)〔2〕解：连接BF交CE于点O.∵在菱形BCFE中，∠BCF=120°，CE=4，∴BF⊥CE，∠BCO=∠BCF=60°，OC=CE=2。在Rt△BOC中，tan60°=,∴OB=2tan60°,BF=4tan60°。∴菱形BCFE的面积=CE·BF=×4×4tan60°=8.……………〔12分〕【方法指导】此题考查菱形的判定和性质以及三角形中位线定理，以及菱形的面积的计算等知识点．6．〔2023山东临沂，22，7分〕如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF．〔1〕求证：AF＝DC；〔2〕假设AB⊥AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．AABCDEF【解析】证明：〔1〕∵E是AD的中点，∴AE＝ED．∵AF∥BC，∴∠AFE＝∠DBE，∠FAE＝∠BDE，∴△AFE≌△DBE，∴AF＝DB．∵AD是BC边上的中线，∴DB＝DC，∴AF＝DC．〔2〕四边形ADCF是菱形．理由：由〔1〕知，AF＝DC，∵AF∥CD，∴四边形ADCF是平行四边形．又∵AB⊥AC，∴△ABC是直角三角形．∵AD是BC边上的中线，∴AD＝BC＝DC．∴平行四边形ADCF是菱形．【方法指导】利用全等三角形的性质得出相等的线段，根据题目中的条件和三角形中线的性质，可以判定四边形为菱形。7．〔2023广东广州，18，9分〕如图8，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交于O,AB=5,AO=4,求BD的长.【思路分析】因为菱形的对角线互相垂直，在Rt△AOB中，两条边，由勾股定理可求出第三边，进而求得答案.【解】∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，且BO=DO在Rt△AOB中，∵AB=5，AO=4，由勾股定理，得BO=3∴BD=6【方法指导】解决菱形的对角线的相关问题，通常都是先根据菱形的对角线的性质得到相关的结论，然后再根据题中的条件进行计算或推理证明。.8．〔2023山东德州,23,10分〕〔1〕如图1，△ABC，以AB、AC为边向△ABC外做等边△ABD和等边△ACE，连接BE，CD。请你完成图形，并证明：BE=CD；〔尺规作图，不写做法，保存作图痕迹〕〔2〕如图2，△ABC，以AB、AC为边向外做正方形ABFD和正方形ACGE。连接BE，CD。BE与CD有什么数量关系？简单说明理由；〔3〕运用〔1〕〔2〕解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图3，要测量池塘两岸相对的两点B，E的距离，已经测得∠ABC=450，∠CAE=900，AB=BC=100米，AC=AE。求BE的长。【思路分析】〔1〕根据题目要求进行尺规作图，并加以证明其它结论；〔2〕用三角形全等分析BE与CD相等关系；〔3〕构件建几何模型解〔添加辅助线、运用勾股定理〕决实际问题.【解】〔1〕完成作图，字母标注正确。证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形。∴AD=AB，AC=AE，∠BAD=∠CAE=600。∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC即∠CAD=∠EAB∴△CAD≌△EAB∴BE=CD〔2〕BE=CD理由同〔1〕：∵四边形ABFD和ACGE均为正方形，∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD=∠CAE=900∴∠CAD=∠EAB∴△CAD≌△EAB∴BE=CD〔3〕由〔1〕〔2〕的解题经验可知，过A作等腰直角三角形ABD，∠BAD=900，那么AD＝AB＝1000，∠ABD＝450，∴BD＝100连接CD，那么由〔2〕可得BE＝CD。∵∠ABC＝450，∴∠DBC＝900，在Rt△DBC中，BC＝100，BD＝100∴CD＝＝100∴BE的长为100米【方法指导】此题考查了与等边三角形、正方形的全等应用实践操作、探究题.图形与几何的实践、探究题，是新中考比拟热点的命题方向.9.〔2023江苏泰州，25，12分〕如图，矩形ABCD中，点P在边CD上，且与点C、D不重合，过点A作AP的垂线与CB的延长线相交于点Q，连接PQ，PQ的中点为M.(1)求证：△ADP∽△ABQ；(2)假设AD=10，AB=20，点P在边CD上运动，设DP=x,BM2=y，求y与x的函数关系式，并求线段BM长的最小值；(3)假设AD=10,AB=a，DP=8，随着a的大小的变化，点M的位置也在变化，当点M落在矩形ABCD外部时，求a的取值范围。【思路分析】〔1〕寻找∠ADP=∠ABQ，∠PAD=∠QAB，证△ADP∽△ABQ；〔2〕证△ADP∽△ABQ，根据对应边成比例，将DP=x,BM2=y代入比例式可以求出y与x之间的二次函数关系式求最小值；〔3〕由△ADP∽△ABQ得，解出a，结再探究其取值范围.【解】(1)证明：∵四边形ABCD是矩形∴∠ADP=∠ABC=∠BAD=90°∵∠ABC+∠ABQ=180°∴∠ABQ=∠ADP=90°∵AQ⊥AP∴∠PAQ=90°∴∠QAB+∠BAP=90°又∵∠PAD+∠BAP=90°∴∠PAD=∠QAB在△ADP与△ABQ中∵∴△ADP∽△ABQ〔2〕如图，作MN⊥QC，那么∠QNM=∠QCD=90°又∵∠MQN=∠PQC∴△MQN∽△PQC∴∵点M是PQ的中点∴∴又∵∴∵△ADP∽△ABQ∴∴∵∴在Rt△MBN中，由勾股定理得：即：当即时，线段BM长的最小值.(3)如图，当点PQ中点M落在AB上时，10108ABCPDQM10a10此时QB=BC=10由△ADP∽△ABQ得解得：∴随着a的大小的变化，点M的位置也在变化，当点M落在矩形ABCD外部时，求a的取值范围为：【方法指导】此题综合考查矩形、相似三角形、线段中点、勾股定理、二欠函数等知识，方程建摸、函数建摸的应用.10.〔2023广东省，22，8分〕如题22图，矩形ABCD中，以对角线BD为一边构造一个矩形BDEF，使得另一边EF过原矩形的顶点C．〔1〕设Rt△CBD的面积为，Rt△BFC的面积为，Rt△DCE的面积为，那么+〔用“＞〞、“=〞、“＜〞填空〕；〔2〕写出题22图中的三对相似三角形，并选择其中一对进行证明．【思路分析】〔1〕由“等底等高的三角形面积相等〞可以直接得到答案；〔2〕由矩形内角为直角和对边平行的性质，利用“两角对应相等的三角形相似〞即可得证三对相似三角形.【解】〔1〕=；〔2〕△BCD∽△DEC；△BCD∽△CFB；△DEC∽△CFB.选证△BCD∽△CFB，理由如下〔可以纯粹利用角间关系证明〕：在矩形ABCD中和矩形BDEF中∠DBF=∠F=∠BCD=∴∠DBC+∠CBF=∠BCF+∠CBF=∴∠DBC=∠BCF∴△BCD∽△CFB选证△BCD∽△DEC，理由如下〔可以利用直角和平行边证明〕：在矩形ABCD中和矩形BDEF中∠E=∠BCD=，且BD∥EF∴∠BDC=∠DCE∴△BCD∽△DEC选证△DEC∽△CFB，理由如下：在矩形ABCD中和矩形BDEF中∠E=∠F=∠BCD=∴∠BCF+∠CBF=∠BCF+∠DCE=∴∠CBF=∠DCE∴△DEC∽△CFB【方法指导】解决解直角三角形的面积或者判定相似的时候，我们往往要关注“直角〞和“直角边〞，有了直角，证相似只需再找一对角相等，有了直角边，计算就方便.11．(2023湖南邵阳,26,10分)如图(十二)所示，在Rt△ABC中，AB=BC=4，∠ABC=90°.点P是△ABC外角∠BCN的角平分线上一个动点，点P/是点P关于直线BC的对称点，连结PP/交BC于点M、BP/交AC于点D，连结BP、AP/、CP/.(1)假设四边形BPCP/为菱形，求BM的长；(2)假设△BMP/∽△ABC，求BM的长；(3)假设△ABD为等腰三角形，求△ABD的面积.图(十一)图(十一)②③①【答案】：解：∵四边形BPCP/是菱形，∴BC与PP/互相平分，∴BM=eq\f(1,2)BC=3.(2)∵△BMP/∽△ABC，且△ABC是等腰直角三角形，∴△BMP/是等腰直角三角形，∴BM=MP/,∠BPP/=45°.∵P与P/关于直线BC对称，∴∠BPM=45°，PM=MP/，∴BM=MP.∵CP平分∠NCB，∴∠BCP=eq\f(1,2)∠BCN=eq\f(1,2)(180°-45°)=67.5°.又∵∠CPM=90°-∠BCP=90°-67.5°=22.5°，∴∠BPC=∠BPM+∠CPM=45°+22.5°=67.5°，∴∠BCP=∠BPC，∴BP=BC=6.在Rt△BMP中，∵BM2+MP2=BP2，2BM2=62，∴BM=3eq\r(2).(3)由题意，知∠BAD=45°.①当AB=AD时，过点D作DE⊥AB，垂足为D.在Rt△AED中，DE=AD·sin∠DAB=6×sin45°=3eq\r(2),此时△ABD的面积为：eq\f(1,2)AB·DE=eq\f(1,2)×6×3eq\r(2)=9eq\r(2).胸、地(1,2)②当AD=BD时，有∠ABD=∠BAD=45°，∴∠ADB=90°，∴BD⊥AC，∵△ABC是等腰在解三角形，且AB=BC，∴D为AC的中点，∴△ABD的面积为△ABC面积的一半，∴△ABC的面积为eq\f(1,2)×eq\f(1,2)AB·AC=eq\f(1,4)×6×6=9.③当AB=BD时，∵∠BAD=45，∴∠ABC=90°，此时△ABD就是△ABC，∴△ABD的面积为eq\f(1,2)AB·BD=eq\f(1,2)AB·BC=eq\f(1,2)×6×6=18.综上所述，△ABD的面积为9eq\r(2),或9,或18.【方法指导】：此题考查了菱形的性质及运用，相似三角形对应角相等，对应边成比例的性质及等腰三角形的性质，尤其是第三问注意分类讨论的思想方法.胸、地(9,2)12.(湖南株洲,22)四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°，对角线AC与BD交于点O，过点O的直线EF交AD于点E，交BC于点F.⑴求证：△AOE≌△COF；⑵假设∠EOD=30°，求CE的长.【答案】：〔1〕证明：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD交于点O∴AD//BC，OA=OC∴∠EAO=∠FCO又∵∠EOA=∠FOC〔对顶角相等〕∴△AOE≌△COF〔ASA〕〔2〕解：∵四边形ABCD是边长为2的菱形，∠BAD=60°∴△ABD是边长为2的等边三角形∴△ABD边上的高为2tan60°=,∠BDA=60°〔即∠EDO=60°〕又∵∠EOD=30°∴△OED为Rt△∴EF的长等于△ABD边上的高，°∴【方法指导】此题考查了菱形的性质，菱形是特殊的平行四边形，除了具有平行四边形所有的性质外，还具有四条边相等，对角线互相垂直的性质.第二问重在掌握解特殊三角形的知识.13．〔2023白银，26，10分〕如图，在△ABC中，D是BC边上的一点，E是AD的中点，过A点作BC的平行线交CE的延长线于点F，且AF=BD，连接BF．〔1〕BD与CD有什么数量关系，并说明理由；〔2〕当△ABC满足什么条件时，四边形AFBD是矩形？并说明理由．考点：矩形的判定；全等三角形的判定与性质．专题：证明题．分析：〔1〕根据两直线平行，内错角相等求出∠AFE=∠DCE，然后利用“角角边〞证明△AEF和△DEC全等，根据全等三角形对应边相等可得AF=CD，再利用等量代换即可得证；〔2〕先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形AFBD是平行四边形，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形，可知∠ADB=90°，由等腰三角形三线合一的性质可知必须是AB=AC．解答：解：〔1〕BD=CD．理由如下：∵AF∥BC，∴∠AFE=∠DCE，∵E是AD的中点，∴AE=DE，在△AEF和△DEC中，，∴△AEF≌△DEC〔AAS〕，∴AF=CD，∵AF=BD，∴BD=CD；〔2〕当△ABC满足：AB=AC时，四边形AFBD是矩形．理由如下：∵AF∥BD，AF=BD，∴四边形AFBD是平行四边形，∵AB=AC，BD=CD，∴∠ADB=90°，∴▱AFBD是矩形．点评：此题考查了矩形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，是根底题，明确有一个角是直角的平行四边形是矩形是解此题的关键．14．〔2023贵州安顺，23，10分〕如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，BE=2DE，延长DE到点F，使得EF=BE，连接CF．〔1〕求证：四边形BCFE是菱形；〔2〕假设CE=4，∠BCF=120°，求菱形BCFE的面积．考点：菱形的判定与性质；三角形中位线定理．分析：从所给的条件可知，DE是△ABC中位线，所以DE∥BC且2DE=BC，所以BC和EF平行且相等，所以四边形BCFE是平行四边形，又因为BE=FE，所以是菱形；∠BCF是120°，所以∠EBC为60°，所以菱形的边长也为4，求出菱形的高面积就可求．解答：〔1〕证明：∵D、E分别是AB、AC的中点，∴DE∥BC且2DE=BC，又∵BE=2DE，EF=BE，∴EF=BC，EF∥BC，∴四边形BCFE是平行四边形，又∵BE=FE，∴四边形BCFE是菱形；〔2〕解：∵∠BCF=120°，∴∠EBC=60°，∴△EBC是等边三角形，∴菱形的边长为4，高为2，∴菱形的面积为4×2=8．点评：此题考查菱形的判定和性质以及三角形中位线定理，以及菱形的面积的计算等知识点．15．〔2023贵州毕节，25，10分〕四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE=BF，连接AE、AF、EF．〔1〕求证：△ADE≌△ABF；〔2〕填空：△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到；〔3〕假设BC=8，DE=6，求△AEF的面积．考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．专题：证明题．分析：〔1〕根据正方形的性质得AD=AB，∠D=∠ABC=90°，然后利用“SAS〞易证得△ADE≌△ABF；〔2〕由于△ADE≌△ABF得∠BAF=∠DAE，那么∠BAF+∠EBF=90°，即∠FAE=90°，根据旋转的定义可得到△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到；〔3〕先利用勾股定理可计算出AE=10，在根据△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到AE=AF，∠EAF=90°，然后根据直角三角形的面积公式计算即可．解答：〔1〕证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠D=∠ABC=90°，而F是DCB的延长线上的点，∴∠ABF=90°，在△ADE和△ABF中，∴△ADE≌△ABF〔SAS〕；〔2〕解：∵△ADE≌△ABF，∴∠BAF=∠DAE，而∠DAE+∠EBF=90°，∴∠BAF+∠EBF=90°，即∠FAE=90°，∴△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到；故答案为A、90；〔3〕解：∵BC=8，∴AD=8，在Rt△ADE中，DE=6，AD=8，∴AE==10，∵△ABF可以由△ADE绕旋转中心A点，按顺时针方向旋转90度得到，∴AE=AF，∠EAF=90°，∴△AEF的面积=AE2=×100=50〔平方单位〕．点评：此题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了全等三角形的判定与性质以及勾股定理．16.〔2023湖北宜昌，18，7分〕如图，点E，F分别是锐角∠A两边上的点，AE=AF，分别以点E，F为圆心，以AE的长为半径画弧，两弧相交于点D，连接DE，DF．〔1〕请你判断所画四边形的性状，并说明理由；〔2〕连接EF，假设AE=8厘米，∠A=60°，求线段EF的长．考点：菱形的判定与性质；等边三角形的判定与性质．分析：〔1〕由AE=AF=ED=DF，根据四条边都相等的四边形是菱形，即可证得：四边形AEDF是菱形；〔2〕首先连接EF，由AE=AF，∠A=60°，可证得△EAF是等边三角形，那么可求得线段EF的长．解答：解：〔1〕菱形．理由：∵根据题意得：AE=AF=ED=DF，∴四边形AEDF是菱形；〔2〕连接EF，∵AE=AF，∠A=60°，∴△EAF是等边三角形，∴EF=AE=8厘米．点评：此题考查了菱形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质．此题比拟简单，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．17.〔2023湖南长沙，24，9分〕如图，在□ABCD中，M，N分别是AD，BC的中点，∠AND=90°，连接CM交DN于点O.〔1〕求证：⊿ABN≌⊿CDM；〔2〕过点C作CE⊥MN于点E，交DN于点P，假设PE=1，∠1=∠2，求AN的长.〔第〔第24题〕18．〔2023湖南娄底，23，9分〕某校九年级学习小组在探究学习过程中，用两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC与AFE按如图〔1〕所示位置放置放置，现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转角α〔0°＜α＜90°〕，如图〔2〕，AE与BC交于点M，AC与EF交于点N，BC与EF交于点P．〔1〕求证：AM=AN；〔2〕当旋转角α=30°时，四边形ABPF是什么样的特殊四边形？并说明理由．考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．分析：〔1〕根据旋转的性质得出AB=AF，∠BAM=∠FAN，进而得出△ABM≌△AFN得出答案即可；〔2〕利用旋转的性质得出∠FAB=120°，∠FPC=∠B=60°，即可得出四边形ABPF是平行四边形，再利用菱形的判定得出答案．解答：〔1〕证明：∵用两块完全相同的且含60°角的直角三角板ABC与AFE按如图〔1〕所示位置放置放置，现将Rt△AEF绕A点按逆时针方向旋转角α〔0°＜α＜90°〕，∴AB=AF，∠BAM=∠FAN，在△ABM和△AFN中，，∴△ABM≌△AFN〔ASA〕，∴AM=AN；〔2〕解：当旋转角α=30°时，四边形ABPF是菱形．理由：连接AP，∵∠α=30°，∴∠FAN=30°，∴∠FAB=120°，∵∠B=60°，∴AF∥BP，∴∠F=∠FPC=60°，∴∠FPC=∠B=60°，∴AB∥FP，∴四边形ABPF是平行四边形，∵AB=AF，∴平行四边形ABPF是菱形．点评：此题主要考查了平行四边形的判定以及菱形的判定和全等三角形的判定等知识，根据旋转前后图形大小不发生变化得出是解题关键．19．〔2023湖南张家界，24，10分〕如图，△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC．设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F．〔1〕求证：OE=OF；〔2〕假设CE=12，CF=5，求OC的长；〔3〕当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由．考点：矩形的判定；平行线的性质；等腰三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．分析：〔1〕根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠1=∠2，∠3=∠4，进而得出答案；〔2〕根据得出∠2+∠4=∠5+∠6=90°，进而利用勾股定理求出EF的长，即可得出CO的长；〔3〕根据平行四边形的判定以及矩形的判定得出即可．解答：〔1〕证明：∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，∴∠2=∠5，4=∠6，∵MN∥BC，∴∠1=∠5，3=∠6，∴∠1=∠2，∠3=∠4，∴EO=CO，FO=CO，∴OE=OF；〔2〕解：∵∠2=∠5，∠4=∠6，∴∠2+∠4=∠5+∠6=90°，∵CE=12，CF=5，∴EF==13，∴OC=EF=6.5；〔3〕答：当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．证明：当O为AC的中点时，AO=CO，∵EO=FO，∴四边形AECF是平行四边形，∵∠ECF=90°，∴平行四边形AECF是矩形．点评：此题主要考查了矩形的判定、平行四边形的判定和直角三角形的判定等知识，根据得出∠ECF=90°是解题关键．20．〔2023湖南娄底，25，10分〕如图，在△ABC中，∠B=45°，BC=5，高AD=4，矩形EFPQ的一边QP在BC边上，E、F分别在AB、AC上，AD交EF于点H．〔1〕求证：；〔2〕设EF=x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大？并求出最大面积；〔3〕当矩形EFPQ的面积最大时，该矩形EFPQ以每秒1个单位的速度沿射线DA匀速向上运动〔当矩形的边PQ到达A点时停止运动〕，设运动时间为t秒，矩形EFPQ与△ABC重叠局部的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．考点：相似形综合题．分析：〔1〕由相似三角形，列出比例关系式，即可证明；〔2〕首先求出矩形EFPQ面积的表达式，然后利用二次函数求其最大面积；〔3〕本问是运动型问题，要点是弄清矩形EFPQ的运动过程：〔I〕当0≤t≤2时，如答图①所示，此时重叠局部是一个矩形和一个梯形；〔II〕当2＜t≤4时，如答图②所示，此时重叠局部是一个三角形．解答：〔1〕证明：∵矩形EFPQ，∴EF∥BC，∴△AHF∽△ADC，∴，∵EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴，∴．〔2〕解：∵∠B=45°，∴BD=AD=4，∴CD=BC﹣BD=5﹣4=1．∵EF∥BC，∴△AEH∽△ABD，∴，∵EF∥BC，∴△AFH∽△ACD，∴，∴，即，∴EH=4HF，EF=x，那么EH=x．∵∠B=45°，∴EQ=BQ=BD﹣QD=BD﹣EH=4﹣x．S矩形EFPQ=EF•EQ=x•〔4﹣x〕=﹣x2+4x=﹣〔x﹣〕2+5，∴当x=时，矩形EFPQ的面积最大，最大面积为5．〔3〕解：由〔2〕可知，当矩形EFPQ的面积最大时，矩形的长为，宽为4﹣×=2．在矩形EFPQ沿射线AD的运动过程中：〔I〕当0≤t≤2时，如答图①所示．设矩形与AB、AC分别交于点K、N，与AD分别交于点H1，D1．此时DD1=t，H1D1=2，∴HD1=HD﹣DD1=2﹣t，HH1=H1D1﹣HD1=t，AH1=AH﹣HH1=2﹣t，．∵KN∥EF，∴，即，得KN=〔2﹣t〕．S=S梯形KNFE+S矩形EFP1Q1=〔KN+EF〕•HH1+EF•EQ1=[〔2﹣t〕+]×t+〔2﹣t〕=t2+5；〔II〕当2＜t≤4时，如答图②所示．设矩形与AB、AC分别交于点K、N，与AD交于点D2．此时DD2=t，AD2=AD﹣DD2=4﹣t，∵KN∥EF，∴，即，得KN=5﹣t．S=S△AKN=KN•AD2=〔5﹣t〕〔4﹣t〕=t2﹣5t+10．综上所述，S与t的函数关系式为：S=．点评：此题是运动型相似三角形压轴题，考查了相似三角形的判定与性质、二次函数的表达式与最值、矩形、等腰直角三角形等多个知识点，涉及考点较多，有一定的难度．难点在于第〔3〕问，弄清矩形的运动过程是解题的关键．21.〔2023江苏南京，19，8分〕如图，在四边形ABCD中，AB=BC，对角线BD平分ABC，P是BD上一点，过点P作PMAD，PNCD，垂ABCDNMABCDNMP(1)求证：ADB=CDB；(2)假设ADC=90，求证：四边形MPND是正方形。解析：证明：(1)∵BD平分ABC，∴ABD=CBD。又∵BA=BC，BD=BD，∴△ABD△CBD。∴ADB=CDB。(4分)(2)∵PMAD，PNCD，∴PMD=PND=90。又∵ADC=90，∴四边形MPND是矩形。∵ADB=CDB，PMAD，PNCD，∴PM=PN。∴四边形MPND是正方形。(8分)22．[2023湖南邵阳，26，10分]如图(十二)所示，在Rt△ABC中，AB=BC=4，∠ABC=90°.点P是△ABC外角∠BCN的角平分线上一个动点，点P/是点P关于直线BC的对称点，连结PP/交BC于点M、BP/交AC于点D，连结BP、AP/、CP/.(1)假设四边形BPCP/为菱形，求BM的长；(2)假设△BMP/∽△ABC，求BM的长；(3)假设△ABD为等腰三角形，求△ABD的面积.图(十一)图(十一)②③①知识考点：菱形的性质，相似三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形面积计算.审题要津：〔1〕根据菱形的对角线互相垂直平分即可求解；〔2〕根据勾股定理求解；〔3〕根据面积公式求解.总分值解答：解：〔1〕∵四边形BPCP/是菱形，∴BC与PP/互相平分，∴BM=eq\f(1,2)BC=3.(2)∵△BMP/∽△ABC，且△ABC是等腰直角三角形，∴△BMP/是等腰直角三角形，∴BM=MP/,∠BPP/=45°.∵P与P/关于直线BC对称，∴∠BPM=45°，PM=MP/，∴BM=MP.∵CP平分∠NCB，∴∠BCP=eq\f(1,2)∠BCN=eq\f(1,2)(180°-45°)=67.5°.又∵∠CPM=90°-∠BCP=90°-67.5°=22.5°，∴∠BPC=∠BPM+∠CPM=45°+22.5°=67.5°，∴∠BCP=∠BPC，∴BP=BC=6.在Rt△BMP中，∵BM2+MP2=BP2，2BM2=62，∴BM=3eq\r(2).(3)由题意，知∠BAD=45°.①当AB=AD时，过点D作DE⊥AB，垂足为D.在Rt△AED中，DE=AD·sin∠DAB=6×sin45°=3eq\r(2),此时△ABD的面积为：eq\f(1,2)AB·DE=eq\f(1,2)×6×3eq\r(2)=9eq\r(2).胸、地(1,2)错误！未指定书签。②当AD=BD时，有∠ABD=∠BAD=45°，∴∠ADB=90°，∴BD⊥AC，∵△ABC是等腰在解三角形，且AB=BC，∴D为AC的中点，∴△ABD的面积为△ABC面积的一半，∴△ABC的面积为eq\f(1,2)×eq\f(1,2)AB·AC=eq\f(1,4)×6×6=9.③当AB=BD时，∵∠BAD=45，∴∠ABC=90°，此时△ABD就是△ABC，∴△ABD的面积为eq\f(1,2)AB·BD=eq\f(1,2)AB·BC=eq\f(1,2)×6×6=18.综上所述，△ABD的面积为9eq\r(2),或9,或18.名师点评：此题是一道综合性压轴题，题目难度较大，解题时注意转换思想的运用.胸、地(9,2)错误！未指定书签。23．〔2023·泰安，28，?分〕如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，E是CD上一点，BE交AC于F，连接DF．〔1〕证明：∠BAC＝∠DAC，∠AFD＝∠CFE．〔2〕假设AB∥CD，试证明四边形ABCD是菱形；〔3〕在〔2〕的条件下，试确定E点的