两年中考模拟2020年中考数学：特殊的平行四边形（教师版）

第四篇图形的性质

专题21特殊的平行四边形

考点解读

知识点名师点晴

会从边、角、对角线方面通过合情推理提出性质猜想,并用演

1.矩形的性质

绎推理加以证明；能运用矩形的性质解决相关问题.

矩形

会用判定定理判定平行四边形是否是矩形及一般四边形是否

2.矩形的判定

是矩形

1.菱形性质能应用这些性质计算线段的长度

菱形

2.菱形的判别能利用定理解决一些简单的问题

了解平行四边形、矩形、菱形、正方形及梯形之间的相互关

1.正方形的性质

系,能够熟练运用正方形的性质解决具体问题

掌握正方形的判定定理，并能综合运用特殊四边形的性质和判

正方形

定解决问题，发现决定中点四边形形状的因素，熟练运用特殊

2.正方形判定

四边形的判定及性质对中点四边形进行判断，并能对自己的猜

想进行证明

考向突破

规律总结

归纳1：矩形

基础知识归纳:

1、矩形的概念

有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.

2、矩形的性质

(1)具有平行四边形的一切性质

(2)矩形的四个角都是直角

(3)矩形的对角线相等

(4)矩形是轴对称图形

3、矩形的判定

(1)定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形

(2)定理1：有三个角是直角的四边形是矩形

(3)定理2：对角线相等的平行四边形是矩形

基本方法归纳：关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形,

进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等.同时平行四边形的性质矩形也都

具有.

注意问题归纳：证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的

对角线相等.

经典例题

3

【例1】(2019河南省，第15题,3分)如图,在矩形ABC。中,AB=l,BC=a,点E在边BC上，且连接

AE,将△A8E沿AE折叠，若点B的对应点落在矩形ABCD的边上，则a的值为.

【答案】°或

33

【分析】分两种情况：①点⑶落在4力边上,根据矩形与折叠的性质易得即可求出”的值；②点8

落在C。边上，证明根据相似三角形对应边成比例即可求出a的值.

【详解】分两种情况:

①当点⑶落在AD边上时，如图1.

,四边形A5CD是矩形,.•./BAO=/8=90°.

13

•将△A8E沿折叠，点B的对应点8落在A。边」二,，NBAE=/B'AE=-ZBAD=45°,：.AB=BE,：.-a=\,

25

5

a——

3

②当点后落在CD边上时，如图2.

四边形ABCD是矩形,NBAD=NB=NC=ND=90°AD=BC=a.

3

•将△ABE沿AE折叠，点B的对应点用落在C0边上,ZB=ZAB'£=90°,AB=AB'=1,EB=EB'=-a,

DB=A/B'A2-AZ）2=y/l-a2,EC=BC-BE=a

55

AB'AD=AEB'C=9G°-ZAB'D迫=也，即

在△AO®与△8CE中,，

ZD=ZC=90°CEB'E

VT7

-77—a\--.az=（舍去）.

23“33

a—a

55

综上，所求〃的值为9或旦

33

【点睛】本题考查「折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置

变化，对应边和对应角相等.也考查了矩形的性质，勾股定理,相似三角形的判定与性质.进行分类讨论与数形

结合是解题的关键.

考点：1.矩形的性质；2.翻折变换（折叠问题）；3.面动型；4.分类讨论；5.压轴题.

规律总结

归纳2:菱形

基础知识归纳：

1、菱形的概念

有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形

2、菱形的性质

(1)具有平行四边形的一切性质

(2)菱形的四条边相等

(3)菱形的对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角

(4)菱形是轴对称图形

3、菱形的判定

(1)定义：有一组邻边相等的平行四边形是菱形

(2)定理1：四边都相等的四边形是菱形

(3)定理2：对角线互相垂直的平行四边形是菱形

4、菱形的面积

S殛=底边长、高=两条对角线乘积的一半

注意问题归纳：菱形是在平行四边形的前提下定义的,首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊

之处就是“有一组邻边相等'’，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法.

经典例题

【例2】(2019江苏省镇江市，第17题,3分)如图，菱形A8CD的顶点8、C在x轴上(B在C的左侧)，顶

点4、。在x轴上方，对角线BD的长是2痴,点-2,0)为8C的中点，点P在菱形A8C。的边上运动.当

3

点尸(0,6)到EP所在直线的距离取得最大值时，点P恰好落在AB的中点处,则菱形ABC。的边长等于()

1016

A.—B.Vioc.D.3

3T

【答案】A.

【分析】如图1中，当点尸是A8的中点时-，作FG_LPE于G连接EF.首先说明点G与点F重合时,FG的值

最大，如图2中，当点G与点尸重合时，连接AC交BD于H、PE交BD于J.设BC=2a.利用相似三角形的性

质构建方程求解即可.

【详解】如图1中，当点P是AB的中点时，作FGLPETG,连接EF.

■:E(-2,0)1(0,6),/.OE=2,OF=6,：.EF=722+42=2V10.

NFGE=90°,：.FGWEF,：.当点G与E重合时,FG的值最大.

如图2中，当点G与点E重合时，连接4c交BZ)于H,PE交BD于J.设BC=2a.

:四边形A8co是菱形,；.ACLBD,BH=DH=^~,；.PELBD.

36

Vio

。AABEBJa65

,/ZBJE=ZEOF=ZPEF=90°ZEBJ=ZFEO,：.丛BJEs△EOF".——=——-—=—,：.a=-

EFEO2V1023

.10

..BC=2a=—.

3

故选A.

【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形的性质，相似三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关

键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题.

考点：1.坐标与图形性质；2.菱形的性质；3.最值问题；4.动点型；5.压轴题.

规律总结

归纳3:正方形

基础知识归纳：

1、正方形的概念

有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形.

2、正方形的性质

(1)具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质

(2)正方形的四个角都是直角,四条边都相等

(3)正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角

(4)正方形是轴对称图形，有4条对称轴

(5)正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等

的小等腰直角三角形

(6)正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等.

注意问题归纳：正方形的判定没有固定的方法,只要判定既是矩形又是菱形就可以判定.

经典例题

【例3】(2019湖南省株洲市，第23题,8分)如图所示，已知正方形OEFG的顶点。为正方形48CD对角线

AC、8。的交点，连接CE、DG.

(1)求证：IXDOG妾XCOE；

(2)若DGL2D正方形ABCD的边长为2,线段AD与线段OG相交于点工，求正方形OEFG的边长.

2

E

G

【答案】（1）证明见解析：（2）275.

【分析】(1)由正方形ABC。与正方形OEFG,对角线AC、BD可得NQO4=N£>OC=90°,/GOE=90°,即可

证得/GOC»=NCOE,因。O=OC,GO=EO,则可利用“边角边”即可证两三角形全等

(2)过点M作MH±DO交DO丁点，，由于NMO8=45°,由可得DH,MH长，从而求得，0,即可求得MO,

再通过MH〃OG,易证得△OMWs△。力G,则有义=殴，求得GO即为正方形OEFG的边长.

ODGO

【详解】(1)•••正方形A8CQ与正方形OEFG,对角线AC、BD,：.DO=OC.

\'DB±AC,：.ZDOA=ZDOC=90°.

'：ZGOE=90°ZGOD+ZDOE=ZD(9E+ZCOE=90o,：.ZGOD^ZCOE.

DO=OC

在△OOG和△«?£■中,4G0D=NCOE,：.丛DOGmACOE(SAS).

GD=OE

(2)如图，过点M作交。。于点H.

,/AM=',DA=2,：.DM=>.

22

aFl

■:NMDB=45°,：.MH=DH=sin45Q•DM=,DO=cos45°・DA=五,：.HO=DO-

4

DH=V2-^=—在RtAMHO中，由勾股定理得:MO=^MH2+HO2=J(还>+(―)2=—.

44V442

也先

,：DG1BD,MH1DO,：.MH//DG,：.易证△O〃Ms△ODG,：.也==2，得：GO=2有，则正

ODGOV2GO

方形OEFG的边长为2J5.

E

G

【点睛】本题考查了对正方形的性质，全等三角形的性质和判定，相似三角形的性质和判定，比例的性质，直角

三角形的性质等知识点的理解和掌握，此题是一个拔高的题目，有一定的难度.

考点：1.全等三角形的判定与性质：2.正方形的性质.

檄

真题实战

［2019年题组】

一、选择题

1.（2019江西省，第6题,3分）如图，由10根完全相同的小棒拼接而成，请你再添2根与前面完全相同的小棒,

拼接后的图形恰好有3个菱形的方法共有（）

A.3种B.4种C.5种D.6种

【答案】D.

［分析］根据菱形的性质，找出各种拼接法，此题得解.

【详解】共有6种拼接法，如图所示.

【点睛】本题考查了图形的剪拼以及菱形的判定，依照题意，画出图形是解题的关键.

考点：1.菱形的判定；2.图形的剪拼.

2.（2019浙江省台州市，第8题,4分）如图，有两张矩形纸片ABCD和EFG/MBnEQZcnj.BC/GMga”.把纸

片ABCD交叉叠放在纸片EFGH上，使重叠部分为平行四边形，且点D与点G重合.当两张纸片交叉所成的

角a最小时,3?a等于（）

【答案】D.

【分析】由“AS4”可证△CDW畛可证即可证四边形。是菱形，当点8与点£重合时,

两张纸片交叉所成的角a最小，可求，即可求tana的值.

【详解】如图,

•；NADC=NHDF=90；；.NCDM=NNDH,且CD=DH,ZH=ZC=90°,△CDM^/\HDNCASA\：.MD=ND,

且四边形DNKM是平行四边形,四边形DNKM是菱形,K历=OM.

'：sifm=sinZDMC=——，工当点B与点E重合时，两张纸片交叉所成的角a最小，设则CM=8-&

MD

[7]5CD8

,:MD2=CD2+MC2,a2=4+（8-a）2,/.a——,CM——tana=tanZDMC-----=—.

44MC15

故选D.

【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，求CM的长是本题的关键.

考点：1.平行四边形的判定；2.矩形的性质；3.解宜角三角形.

3.（2019浙江省台州市，第10题,4分）如图是用8块A型瓷砖（白色四边形）和8块8型瓷砖（黑色三角

形）不重叠、无空隙拼接而成的一个正方形图案,图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为（）

A.yp2:B.3：2C.V3：1D.日2

【答案】A.

【分析】作£>C_LEF于C,DK±FH于K,连接DF.求出丛DFN与△DVK的面积比即可.

【详解】如图，作DCLEF^C,OK_LF〃于K,连接DF.

由题意：四边形DCFK是正方形,NCDM=NMDF=NFDN=NNDK,：.NCDK=N

DKF=90。，DK=FK,DF=及DK,；.=里=+=五（角平分线的性质定理，可以用面积法证明），

$DNKNKDK

2矍=生皿=五,：.图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为41-.1.

型2sDNK

故选A.

【点睛】本题考查了图形的拼剪,正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题.

考点：1.正方形的性质；2.图形的剪拼.

4.（2019浙江省杭州市，第9题,3分）如图,一块矩形木板ABCD斜靠在墙边（OCLOB,点A,B,C,Z）,0在同一

平面内），已知AB=a4O=8,NBCO=x，则点A到OC的距离等于（）

A.asinx+bsinxB.acosx-^bcosx

C.asinx+bcosxD.acosx+bsinx

【答案】D.

【分析】根据题意，作出合适的辅助线，然后利用锐角三角函数即可表示出点A到OC的距离，本题得以解决.

【详解】作AE1.OC于点E,作AFLOB于点F.

♦•四边形A8CD是矩形,.\/4BC=90°.

ZABC=ZAEC,ZBCO^x,：.ZEAB^x,：.ZFBA^x.

\'AB=a^\D=h,FO=FB+BO=a•cosx-^-h•sinx.

故选D.

【点睛】本题考查了解直角三角形的应用-坡度坡角问题、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意,利用数

形结合的思想解答.

考点：1.矩形的性质：2.解直角三角形的应用-坡度坡角问题.

5.（2019金华，第10题,3分）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线剪去一个角,展开铺

平后得到图⑤，其中FM,GN是折痕.若正方形EFG4与五边形MCNGF的面积相等，则'”的值是（）

GF

【答案】A.

（分析】连接设直线MH与4。边的交点为P,根据剪纸的过程以及折叠的性质得P/gM尸且正方形EFGH

的面积=lx正方形ABCD的面积，从而用。分别表示出线段GF和线段MF的长即可求解.

【详解】连接HE,设直线MH与A。边的交点为P,如图：

由折叠可知点P、H、F、M四点共线，且设正方形A3C。的边长为2a,则正方形A8C£＞的面积为4a2.

•••若正方形EFG”与五边形MCNGF的面积相等

14,

:,由折叠可知正方形EFGH的面积=-X正方形ABCD的面积=一〃，.•.正方形EFGH的边长

55

o2710

“2A/107.a-^-a5_^

a,：.HF=\l2GF=——a.：.MF=PH=--------——=——-—a,：.

525

FM5-V1025/5V5-V2

----=--------a-：--------------u------

GF552

故选A.

【点睛】本题考查了剪纸问题、正方形的性质以及折叠的性质，由剪纸的过程得到图形中边的关系是解题的

关键.

考点：1.正方形的性质；2.剪纸问题；3.压轴题.

6.（2019湖北省恩施州，第11题,3分）如图,对折矩形纸片ABCD,使AO与BC重合，得到折痕EF.把纸片展

平，再一次折叠纸片，使点A落在EF上的点A处，并使折痕经过点B,得到折痕BM.若矩形纸片的宽48=4,则

C.8D.8石

【答案】A.

【分析】在中，解直角三角形求出/8A'E=30°,再证明乙48M=30°即可解决问题.

【详解】；将矩形纸片A8CO对折一次，使边与8c重合，得到折痕EF,."8=28E,N4E8=90°,E尸〃BC.

•••再一次折叠纸片，使点A落在EF的W处并使折痕经过点从得到折痕BM,；.A，B=AB=2BE.

BE1

在四△A'EB中,'..NA'EB=90°,r.s山NEA'8=——=Z£A'B=30°.

BA'2

♦；EF〃BC,；.NCBA=NEA'B=30°.

A842^/3

,ZZABC=90°,：.ZABA'=60°,：.ZABM=ZMBA'=30°,：.BM=------='=^-.

cos30。v33

2

故选A.

【点睛】本题考查了翻折变换，锐角三角函数的定义,平行线的性质，难度适中，熟练掌握并灵活运用翻折变换

的性质是解题的关键.

考点：1.矩形的性质；2.翻折变换（折叠问题）；3.操作型；4.动面型.

7.（2019湖北省黄石市，第10题,3分）如图，矩形A8CO中4c与8。相交于点JW：AB=6：1,将△A8D

沿BD折叠，点A的对应点为F,连接AF交BC于点G,且8G=2,在AD边上有一点H,使得BH+EH的值最小，

此时理=（）

CF

732百V63

BD.--------C.D.

V3V2

【答案】B.

【分析】设8。与AF交于点M.设48="0=百”,根据矩形的性质可得△ABE、△CDE都是等边三角形,

利用折叠的性质得到BM垂直平分AF,BF=AB^a,DF=DA=百a.解直角△BGM,求出BM,再表示£>”,由4

求出a=2垂>,再证明CF=CD=26.作B点关于AD的对称点8；连接BE设B'E与AD交于

点〃，则此时七，值最小.建立平面直角坐标系，得出B(32+)6(3,-273),E(0,G)，利用

待定系数法求出直线8E的解析式,得到，(1,0)，然后利用两点间的距离公式求出84=4,进而求出结论.

【详解】如图，设与AF交于点M.设A8="l£)=6a.

B'

,：四边形ABC。是矩形，,ZDAB=90°,tanZABD=—=—,：.BD=AC=ylAB2+AD2=2a,ZABD=60Q,

AB1

二/\ABE./\CDE都是等边三角形,BE=DE=AE=CE=AB=CD=a.

V将△48。沿BD折叠，点A的对应点为F,：.BM垂直平分AF,BF^AB=a,DF=DA=®i.

在△BGM中,：/BMG=90°,/GBM=30°.BG=2,；.GM==BG=1,BM=QGM=6,：.DM=BD-

2

BM=2a-也.

V矩形ABCD中,8C〃4O,/\ADM^.即乎,：.a=2+.：.

BGBM26

BE=DE=AE=CE=AB=CD=264D=BC=6,BD=AC=46.

易证/BAF=ZMC=ZCAD=ZADB=ZBDF=ZCQF=30°,△AOF是等边三角形.

平分/D4F,...AC垂直平分DF,：.CF=CD=2#>.

作B点关于AO的对称点连接B'E,设B'E与AD交于点”，则此时BH+EH=B'E,值最小.

如图,建立平面直角坐标系，则A(3,0),8(3,273),ff(3,-2A/3),E(0,73)，易求直线HE的解析式为

y=x+6：.H(1,0)BH=7(3-l)2+(2V3-0)2.BH4273________

…CF~2y/3~3

【点睛】本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置

变化，对应边和对应角相等.也考查了矩形的性质，解直角三角形,等边三角形、垂直平分线、相似三角形的判

定与性质，待定系数法求直线的解析式,轴对称-最短路线问题，两点间的距离公式等知识.综合性较强，有一

定难度.分别求出B”、CF的长是解题的关键.

考点：1.矩形的性质；2.轴对称-最短路线问题；3.翻折变换(折叠问题).

8.(2019甘肃省兰州市，第12题,4分)如图，边长为正的正方形ABCQ的对角线AC与8。交于点0,将正

方形ABCD沿直线DF折叠，点C落在对角线BD上的点E处，折痕DF交AC于点则OM=()

C.^3-1D.-I

【答案】D.

【分析】根据正方形的性质得到48=AO=8C=C£>=J^,/OCB=/COD=/BOC=90°,OD=OC,求得

30=JI48=2,得至ijOO=BO=OC=1,根据折叠的性质得到DE=DC=6,DF上CE,求得0E=①一1,根据全等

三角形的性质即可得到结论.

【详解】•/四边形ABCD是正方形,.,.A8=4Q=BC=C£>=0,NOC8=NCOO=/8OC=9O°0。=。。,，

BD=y/2AB=2,：.0D=B0=0C=1.

,:将正方形ABCD沿直线OF折叠，点C落在对角线BD上的点E处,：.DE=DC=J5,DF±CE,：.OE=41-\.

ZEDF+ZFED=ZECO+ZO£C=90",，ZODM=ZECO.

在△OEC与△0M£>中,：NEOC=/DOC=90°,OO=OC,/OCE=NODM,z^OEC♦Z\OMD（ASA）,：.

OM=OE=C-T.

故选D.

【点睛】本题考查/翻折变换（折叠问题），全等三角形的判定和性质，正方形的性质，正确的识别图形是解题

的关键.

考点：1.正方形的性质；2.翻折变换（折叠问题）；3.面动型；4.综合题.

9.（2019贵州省毕节市，第14题,3分）平行四边形ABCD中,AC、B。是两条对角线，现从以下四个关系①

AB=8C；②AC=B£>；③ACLBQ；④A8LBC中随机取出一个作为条件,即可推出平行四边形ABC。是菱形

的概率为（）

11

A.—B.-C.-D.1

424

【答案】B.

【分析】菱形的判定：①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等=菱形）;

②四条边都相等的四边形是菱形.③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂宜平分的四

边形是菱形"）.

【详解】根据平行四边形的判定定理，可推出平行四边形ABCO是菱形的有①或③，概率为三=上.

42

故选B.

【点睛】本题考查了菱形及概率，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键.

考点：1.平行四边形的判定与性质；2.菱形的判定；3.概率公式.

10.（2019贵州省铜仁市，第5题,4分）如图为矩形A8CD,一条直线将该矩形分割成两个多边形，若这两个多

边形的内角和分别为。和瓦则”+b不可能是（）

D

B'---------------'C

A.360°B.540°C.630°D.720°

【答案】C.

【分析1根据多边形内角和定理：＜n-2）H80°，无论分成两个几边形，其内角和都能被180整除，所以不可能

的是,不能被180整除的.

【详解】一条直线将该矩形A8CO分割成两个多边形,每一个多边形的内角和都是180°的倍数，都能被180

整除,分析四个答案，只有630不能被180整除，所以a+h不可能是630°.

故选C.

【点睛】本题考查了多边形内角和定理，题目比较简单.（〃-2）・180°,无论分成两个几边形，其内角和都能被

180整除.

考点：多边形内角与外角.

11.（2019贵州省铜仁市，第10题,4分）如图,正方形A8C力中工B=6,E为AB的中点，将△AOE沿。E翻折得

到△口?£：,延长E尸交BC于G,FaJ_8C,垂足为此连接8尸、DG.以下结论：©BF//ED-,②△DFG^ADCG；

4

③△FHBSAEAD；④tanNGEB=-；⑤SMFG=2.6；其中正确的个数是（）

3

【答案】C.

【分析】根据正方形的性质以及折叠的性质依次对各个选项进行判断即可.

【详解】•/正方形ABCD中工8=6,E为AB的中点,.•.A£）=DC=BC=AB=6,AE=BE=3,NA=NC=NA8C=90°

/\ADE沿DE翻折得到△/£）£：,ZAED=ZFEDAD=FD=6AE=EF=3,ZA=ZDFE=90°,BE=EF=3,Z

DFG=NC=90：；.NEBF=NEFB.

"：ZAED+ZFED=ZEBF+ZEFB,：.NDEF=NEFB,：.BF〃ED.

故结论①正确；

,.,AO=OF=£)C=6,/£)FG=NC=90°,DG=DG,，Rt^DFGWRtADCG,：.结论②正确；

'：FH±BC,ZABC=90°,：.AB//FH,ZFHB^Z4=90°.

NEBF=NBFH=ZAED,：.△FHB^>/\EAD,：.结论③正确;

Rt/\DFG^Rt^DCG,：.FG=CG.

设FG=CG=x，则8G=6-x,EG-3+x.

BG4

在RfZkBEG中，由勾股定理得：32+(6-x)2=(3+x)?=,解得：x=2,：.BG=4,：.tanZGEB=——=-.

BE3

故结论④正确；

AE1

■:AFHBs△EA£>,且——=BH=2FH.

AD2

设则HG=4-2a

2

在初△FHG中，由勾股定理得：a+(4-2a)2=22,解得：a=2(舍去)或。=9,...5M依=,、4乂9=2.4.

525

故结论⑤错误.

故选C.

【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、

平行线的判定、勾股定理、三角函数,综合性较强.

考点：1.全等三角形的判定与性质：2.正方形的性质；3.翻折变换（折叠问题）；4.相似三角形的判定

与性质；5.解直角三角形；6.面动型；7.压轴题.

12.（2019辽宁省大连市，第9题,3分）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点C与点A重合,折痕为E/,若

AB=4,BC=S.则。下的长为（）

A.275B.4C.3D.2

【答案】C.

【分析】由矩形的性质得出/8=/£>=90°,CD=A8=44）〃BC,得出/AFE=/CEF,由折叠的性质得：ZAEF=

NCEF,AE=CE,NND=90°ZAFE^ZAEF,^tB4尸=4E=CE,设4/=4E=CE=x，则BE=8-x.在

川△ABE中,由勾股定理得出方程，解方程得出AF=5.在RrZvlF。中,由勾股定理即可得出结果.

（详解］；四边形ABCD是矩形，,ZB=ZD=90°,CD=AB=4,AD//BC,：.由折叠的性质得：

ZAEF=ZCEF,AE=CE,ZD'=ZD=900-CD=4,N4FE=/AEF,；.AF=AE=C£设AF=AE=CE=x，则BE=8

-x.在中，由勾股定理得：A22+BE2=4E2,即4?+（8-%）?=/,解得：x=5,：.AF=5.在RfAA/7。'中,

由勾股定理得：D,F7AF2-AD，2=/52-42=3.

故选c.

【点睛】本题考查r折叠的性质、矩形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质,

由勾股定理得出方程是解题的关键.

考点：1.矩形的性质；2.翻折变换（折叠问题）；3.面动型.

13.（2019辽宁省抚顺市，第9题,3分）如图,AC,8。是四边形ABCD的对角线，点E,F分别是AD,BC的中点,

点MN分别是AC.BD的中点，连接EM,MF,FN,NE,要使四边形EMFN为正方形，则需添加的条件是（）

A.AB=CDM±CDB.AB=CD酒D=BC

C.AB=CD,AC±BDD.AB=CD,AD//BC

【答案】A.

【分析】证出EMNF、FM、ME分别是△A8D、ABCD、△ABC、ZVIC力的中位线，得出EN〃48〃FM,ME

//CD//NF.EN=-AB=FMME=-CD=NF,证出四边形EMFN为平行四边形，当AB=CD忖,EN=FM=ME=NF、

22

得出平行四边形ABCD是菱形；当AB_LCO时,EMLME,则NMEN=9Q°，即可得出菱形EMFN是正方形.

【详解】：点E,F分别是4D8C的中点，点M,N分别是AC,8Q的中点,NF、FM、ME分别是△A8。、

△BCD.△ABC、/XACD的中4立线,；.EN〃AB〃FM,ME〃CD〃NF,EN=^AB=FM,ME=工CD=NF,：.四边形

22

EMFN为平行四边形，当AB=CD时,EN=FM=ME=NF,.,.平行四边形ABCD是菱形：

当ABJ_C7）时,EN1.ME,则NMEN=90；：.菱形EMFN是正方形.

故选A.

【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三

角形中位线定理是解题的关键.

考点：1.三角形中位线定理；2.正方形的判定.

14.（2019辽宁省锦州市，第7题,2分）在矩形ABCD中48=3,BC=4,M是对角线BD上的动点，过点M作ME

_LBC于点E,连接AM,当△AOM是等腰三角形时,ME的长为（）

363T33T6

A.—B.—C.一或一D.一或一

252525

【答案】C.

【分析】分两种情形：①②MA=A7'。分别求解即可.

【详解】①当时.

四边形ABCD是矩形，,NC=90；CD=AB=3,AD=BC=4,；.BD=4Cb1+BC1=5,Z.BM=BD=DM=5-

4=1.

,,BMME1ME3

MEIBC,DC1BC,：.ME//CD,：.——=——，，一=——.；.ME=—.

BDCD535

13

②当\TA=M'D时，易证ME是△8DC的中位线,=-CO=

22

故选C.

【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学

会用分类讨论的思想思考问题,属于中考常考题型.

考点：1.等腰三角形的性质；2.勾股定理；3.矩形的性质；4.动点型；5.分类讨论.

15.（2019辽宁省鞍山市，第8题,3分）如图,正方形ABCD和正方形CGFE的顶点在同一条直线上，

顶点8,C,G在同一条直线上.。是EG的中点,/EGC的平分线GH过点。，交BE于点H,连接FH交EG于

点M连接。从以下四个结论：

①GHLBE；②XEHMSXGHF；®—=72-I；④23^=2-四.

CGSHOG

A.①②③B.①®@C.①③④D.②③④

【答案】A.

【分析】由四边形A2CC和四边形CGFE是正方形，得出△8CE丝推出N3EC+/”£>E=90°,从而得

GH_L8E；由GH是NEGC的平分线，得出凡再由。是£G的中点，利用中位线定理，得“0〃8G

且H0=-BG-.由△EHG是直角三角形，因为0为EG的中点，所以0H=0G=0E,得出点H在正方形CGFE

2

的外接圆上，根据圆周角定理得出//HG=/E〃F=NEGF=45°,/HEG=NH/P,从而证得△EHMsaGZ/a

设则8c=2“,设正方形ECGF的边长是2b厕NC=4CD=2a,由〃0〃8G,得出△。4Vs/^OGC,即可得出

丝=”，得到生且=—，即^+2ab-〃=0,从而求得些=及-1,设正方形ECGF的边长是2瓦则

DCCG2a2bCG

EG=2b,得至IJH0=近"通过证得△M”OZ\MFE,得到—=—=—=—，进而得到

EMEF2b2

组=7~誓~•=」==夜一I,进.小得到==

OE1+y/2jOM1+SHOG

【详解】如图，：四边形A8C£>和四边形CGFE是正方形,；.BC=CD,CE=CG,NBCE=NDCG.在△8废和4

BC=CD

DCG中NBCE=NDCG,：.LBCE丝ADCG(SAS),：.NBEC=NBGH.

CE=CG

VZBGH+ZCDG=90°,ZCDG=ZHDE,：.ZBEC+ZHDE=90°,：.GH±BE.

故①正确；

•:△EHG是直角三角形,0为EG的中点,...OH=OG=OE,.,.点，在正方形CGFE的外接圆上.

,?EF=FG,：.NFHG=NEHF=NEGFH5；NHEG=NHFG,：.△E”MS/\GBF,故②正确；

〈ABGH迫/\EGH,：.BH=EH.

DNHN

又\•。是EG的中点,.,.40〃BG.，Z\Z)//NSZ\0GC,，——=——，设EC和0H相交于点N.

DCCG

设”/V=〃,贝U802〃，设正方形ECG厂的边长是2。,则NC=h,CD=2a,/.-------=—，即a2-^2ah-3=0,解得：“=/，=

2a2b

(-1+a)6,或4=(-1—a)6(舍去)，则生=&一l,...四=及一l,故③正确；

2bCG

,：ABG晔△EGH,：.EG=BG.

•；HO是AEBG的中位线"."0=,86,，〃0=,以?,设正方形ECGF的边长是26,二EG=20

22

HO=y[lb.

AAOMOH41bV2rr

'：OH//BG.CG//EF,：.OH//EF,：.XMHOXMFE、：.------=——=--=—.：.EM=>j2OM,.".

EMEF2b2

空___QM,__1]•SHOM一五一

°£一(]+&)0._]+0_，…SH°E

s

・.,EO=GO,：.SXHOHS4HOG,二=收一1,故④错误.

SHOG

故选A.

【点睛】本题考查了正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，正确求得两个三

角形的边长的比是解决本题的关键.

考点：1.等腰三角形的判定与性质；2.正方形的性质；3.相似三角形的判定与性质；4.压轴题.

16.(2019黑龙江省鸡西市，第18题,3分)如图，矩形ABC。的