【湖南专版】年中考数学一轮复习图形的认识特殊的平行四边形

§4.5特殊的平行四边形中考数学

(湖南专用)A组2014—2018年湖南中考题组五年中考考点一矩形1.(2017湖南怀化,9,3分)如图,在矩形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,∠AOB=60°,AC=6cm,

则AB的长是

(

)

A.3cm

B.6cmC.10cm

D.12cm答案

A∵四边形ABCD是矩形,AC=6cm,∴OA=OC=OB=OD=3cm,∵∠AOB=60°,∴△AOB

是等边三角形,∴AB=OA=3cm.故选A.2.(2015湖南益阳,5,5分)如图,在矩形ABCD中,对角线AC、BD交于点O,以下说法错误的是

(

)

A.∠ABC=90°

B.AC=BDC.OA=OB

D.OA=AD答案

D∵四边形ABCD是矩形,∴∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°,AC=BD,OA=

AC,OB=

BD,∴OA=OB,∴A、B、C正确,D错误,故选D.3.(2018湖南常德,15,3分)如图,将矩形ABCD沿EF折叠,使点B落在AD边上的点G处,点C落在点

H处,已知∠DGH=30°,连接BG,则∠AGB=

.

解析由折叠的性质可知:GE=BE,∠EGH=∠ABC=90°,∴∠EBG=∠EGB,∴∠EGH-∠EGB=∠EBC-∠EBG,即∠BGH=∠GBC,又∵AD∥BC,∴∠AGB=∠GBC,∴∠AGB=∠BGH,∵∠DGH=30°,∴∠AGH=150°,∴∠AGB=

∠AGH=75°.答案75°思路分析

由折叠的性质可知:GE=BE,∠EGH=∠ABC=90°,从而可证明∠EBG=∠EGB,进而

得到∠BGH=∠GBC,由平行线的性质可知∠AGB=∠GBC,从而易证∠AGB=∠BGH,据此可得

答案.4.(2014湖南郴州,16,3分)如图,在矩形ABCD中,AB=8,BC=10,E是AB上一点,将矩形ABCD沿CE

折叠后,点B落在AD边的点F上,则DF的长为

.

答案6解析在矩形ABCD中,CD=AB=8,由对称性知CF=BC=10,在Rt△DCF中,DF=

=6.评析本题考查了矩形的性质、图形的对称、勾股定理的应用等知识,属容易题.5.(2017湖南娄底,24,9分)如图,在▱ABCD中,各内角的平分线分别相交于点E,F,G,H.(1)求证:△ABG≌△CDE;(2)猜一猜四边形EFGH是什么样的特殊四边形,证明你的猜想;(3)若AB=6,BC=4,∠DAB=60°,求四边形EFGH的面积.

解析

(1)证明:∵AG平分∠BAD,CE平分∠BCD,∴∠BAG=

∠BAD,∠DCE=

∠DCB,∵▱ABCD中,∠BAD=∠DCB,AB=CD,∴∠BAG=∠DCE,同理可得,∠ABG=∠CDE,∵在△ABG和△CDE中,

∴△ABG≌△CDE(ASA).(2)四边形EFGH是矩形.证明:∵AG平分∠BAD,BG平分∠ABC,∴∠GAB=

∠BAD,∠GBA=

∠ABC,∵▱ABCD中,∠DAB+∠ABC=180°,∴∠GAB+∠GBA=

(∠DAB+∠ABC)=90°,即∠AGB=90°,同理可得,∠DEC=90°,∠AHD=90°=∠EHG,∴四边形EFGH是矩形.(3)依题意得,∠BAG=

∠BAD=30°,∵∠AGB=90°,AB=6,∴BG=

AB=3,AG=3

=CE,∵在Rt△BCF中,BC=4,∠BCF=

∠BCD=30°,∴BF=

BC=2,CF=2

,∴EF=3

-2

=

,GF=3-2=1,∴矩形EFGH的面积=EF×GF=

.解题关键

本题主要考查了平行四边形的性质,矩形的判定以及全等三角形的判定与性质的

运用,解题时注意:有三个角是直角的四边形是矩形.在判定三角形全等时,关键是选择恰当的

判定方法.6.(2017湖南邵阳,20,8分)如图所示,已知平行四边形ABCD,对角线AC,BD相交于点O,∠OBC=

∠OCB.(1)求证:平行四边形ABCD是矩形;(2)请添加一个条件使矩形ABCD为正方形.

解析

(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,∴OA=OC,OB=OD,∵∠OBC=∠OCB,∴OB=OC,∴AC=BD,∴平行四边形ABCD是矩形.(2)AB=AD或AC⊥BD,答案不唯一.理由:∵四边形ABCD是矩形,AB=AD,∴四边形ABCD是正方形.或∵四边形ABCD是矩形,AC⊥BD,∴四边形ABCD是正方形.思路分析

(1)根据平行四边形对角线互相平分可得OA=OC,OB=OD,根据等角对等边可得OB

=OC,可得AC=BD,再根据对角线相等的平行四边形是矩形得证;(2)根据正方形的判定方法添

加条件即可.解题关键

本题考查了正方形的判定,平行四边形的性质,矩形的判定,熟练掌握特殊四边形的

判定方法与性质是解题的关键.7.(2016湖南岳阳,18,6分)已知:如图,在矩形ABCD中,点E在边AB上,点F在边BC上,且BE=CF,EF

⊥DF,求证:BF=CD.

证明∵四边形ABCD是矩形,∴∠B=∠C=90°.∵EF⊥DF,∴∠EFD=90°,∴∠EFB+∠CFD=90°.∵∠EFB+∠BEF=90°,∴∠BEF=∠CFD.在△BEF和△CFD中,

∴△BEF≌△CFD(ASA),∴BF=CD.解题关键

此题考查了矩形的性质以及全等三角形的判定与性质,熟练掌握矩形的性质是解

本题的关键.思路分析

由四边形ABCD为矩形,得到∠B=∠C=90°,再由EF与FD垂直,利用平角定义得到一

对角互余,利用同角的余角相等得到一对角相等,利用ASA得到△BEF与△CFD全等,利用全等

三角形对应边相等即可得证.1.(2017湖南长沙,10,3分)如图,菱形ABCD的对角线AC、BD的长分别为6cm、8cm,则这个菱

形的周长为

()

A.5cmB.10cmC.14cmD.20cm答案

D根据菱形的对角线互相垂直平分,可知OA=3cm,OB=4cm,且OA⊥OB,在Rt△AOB

中,根据勾股定理可得AB=5cm,所以菱形ABCD的边长为5cm,所以菱形ABCD的周长为4×5=2

0cm.方法总结

已知菱形两条对角线的长求菱形的周长时,利用菱形的对角线互相垂直平分,并结

合勾股定理即可求解.考点二菱形2.(2016湖南岳阳,7,3分)下列说法

的是

()A.角平分线上的点到角的两边的距离相等B.直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半C.菱形的对角线相等D.平行四边形是中心对称图形答案

C

菱形的对角线不一定相等,∴选项C不正确,故选C.3.(2016湖南益阳,4,5分)下列判断

的是

()A.两组对边分别相等的四边形是平行四边形B.四个内角都相等的四边形是矩形C.四条边都相等的四边形是菱形D.两条对角线垂直且平分的四边形是正方形答案

D由对角线互相平分的四边形是平行四边形及对角线互相垂直的平行四边形是菱

形,易得“两条对角线垂直且平分的四边形是菱形”,D项错误.故选D.4.(2016湖南湘西,8,4分)如图,已知菱形ABCD的两条对角线长分别为AC=8和BD=6,那么,菱形

ABCD的面积为

.

答案24解析菱形ABCD的面积=

×6×8=24.思路分析

直接根据菱形面积等于两条对角线的长度的乘积的一半进行计算即可.5.(2018湖南郴州,19,7分)如图,在▱ABCD中,作对角线BD的垂直平分线EF,垂足为O,分别交

AD,BC于E,F,连接BE,DF.求证:四边形BFDE是菱形.

证明∵在▱ABCD中,EF为对角线BD的垂直平分线,∴BO=DO,∠EDB=∠FBO,在△DOE和△BOF中,

∴△DOE≌△BOF(ASA).∴OE=OF,又∵OB=OD,∴四边形BFDE是平行四边形,∵EF⊥BD,∴四边形BFDE为菱形.6.(2015湖南益阳,18,10分)如图,在▱ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,∠CAB=∠ACB,过点

B作BE⊥AB交AC于点E.(1)求证:AC⊥BD;(2)若AB=14,cos∠CAB=

,求线段OE的长.

解析(1)证明:∵∠CAB=∠ACB,∴AB=CB,∴▱ABCD是菱形,∴AC⊥BD.(2)在Rt△AOB中,cos∠CAB=

=

,AB=14,∴AO=14×

=

,在Rt△ABE中,cos∠EAB=

=

,AB=14,∴AE=

AB=16.∴OE=AE-AO=16-

=

.考点三正方形1.(2017湖南长沙,12,3分)如图,将正方形ABCD折叠,使顶点A与CD边上的H重合(H不与端点C,

D重合),折痕交AD于点E,交BC于点F,边AB折叠后与边BC交于点G.设正方形ABCD的周长为m,

△CHG的周长为n,则

的值为

()

A.

B.

C.

D.随H点位置的变化而变化答案

B设正方形ABCD的边长为2a,则正方形的周长m=8a,设CH=x,DE=y,则DH=2a-x,EH=AE=2a-y,∵∠EHG=90°,∴∠DHE+∠CHG=90°,∵∠DHE+∠DEH=90°,∴∠DEH=∠CHG,又∵∠D=∠C=90°,∴△CHG∽△DEH,∴

=

=

,即

=

=

,∴CG=

,GH=

,∴△CHG的周长为CH+CG+HG=

,在Rt△DEH中,DH2+DE2=EH2,即(2a-x)2+y2=(2a-y)2,整理得4ax-x2=4ay,∴CH+CG+HG=

=

=4a=n.∴

=

,故选B.思路分析

设正方形ABCD的边长为2a,则正方形的周长m=8a,设CH=x,DE=y,则DH=2a-x,EH=

2a-y,然后利用正方形的性质和折叠的性质证明△DEH∽△CHG,利用相似三角形的对应边成

比例可以把CG、HG分别用含a、x、y的式子来表示,△CHG的周长也可以用含a、x、y的式

子来表示,然后在Rt△DEH中用勾股定理可以得到4ax-x2=4ay,进而得到△CHG的周长为4a=n,

最后求得

的值.2.(2014湖南郴州,7,3分)平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是

()A.对角线互相平分

B.对角线互相垂直C.对角线相等

D.对角线互相垂直平分且相等答案

A矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形,具有平行四边形的所有性质,所以选

项A正确.故选A.3.(2015湖南怀化,14,4分)如图,在正方形ABCD中,如果AF=BE,那么∠AOD的度数是

.

答案90°解析由四边形ABCD是正方形,得AD=AB,∠DAB=∠B=90°.在△ABE和△DAF中,

∴△ABE≌△DAF,∴∠BAE=∠ADF.∵∠BAE+∠EAD=90°,∴∠OAD+∠ADO=90°,∴∠AOD=90°.4.(2018湖南常德,26,10分)已知正方形ABCD中,AC与BD交于O点,点M在线段BD上,作直线AM

交直线DC于E,过D作DH⊥AE于H,设直线DH交AC于N.

(1)如图1,当M在线段BO上时,求证:MO=NO;(2)如图2,当M在线段OD上时,连接NE,当EN∥BD时,求证:BM=AB;(3)如图3,当M在线段OD上时,连接NE,当NE⊥EC时,求证:AN2=NC·AC.证明(1)∵正方形ABCD的对角线AC,BD相交于O,∴OD=OA,∠AOM=∠DON=90°,∴∠OND+∠ODN=90°,∵∠ANH=∠OND,∴∠ANH+∠ODN=90°,∵DH⊥AE,∴∠DHM=90°,∴∠ANH+∠OAM=90°,∴∠ODN=∠OAM,∴△DON≌△AOM,∴OM=ON.(2)连接MN,

∵EN∥BD,∴∠ENC=∠DOC=90°,∠NEC=∠BDC=45°=∠ACD,∴EN=CN,同(1)可得,OM=ON,∵OD=OC,∴DM=CN=EN,∵EN∥DM,∴四边形DENM是平行四边形,∵DN⊥AE,∴▱DENM是菱形,∴DE=EN,∴∠EDN=∠END,∵EN∥BD,∴∠END=∠BDN,∴∠EDN=∠BDN.∵∠BDC=45°,∴∠BDN=22.5°,∵∠AHD=90°,∴∠AMB=∠DME=90°-∠BDN=67.5°,∵∠ABM=45°,∴∠BAM=67.5°=∠AMB,∴BM=AB.(3)设CE=a(a>0),∵EN⊥CD,∴∠CEN=90°,∵∠ACD=45°,∴∠CNE=45°=∠ACD,∴EN=CE=a,∴CN=

a,设DE=b(b>0),∴AD=CD=DE+CE=a+b,根据勾股定理得AC=

AD=

(a+b),同(1)可得∠OAM=∠ODN,∵∠OAD=∠ODC=45°,∴∠EDN=∠DAE,∵∠DEN=∠ADE=90°,∴△DEN∽△ADE,∴

=

,∴

=

,∴a=

b(负值舍去),∴CN=

a=

b,AC=

(a+b)=

b,∴AN=AC-CN=

b,∴AN2=2b2,AC·CN=

b·

b=2b2,∴AN2=AC·CN.思路分析

(1)先判断出OD=OA,∠AOM=∠DON,再利用同角的余角相等判断出∠ODN=∠

OAM,即可证得△DON≌△AOM,进而得出结论.(2)先判断出四边形DENM是菱形,进而判断出∠BDN=22.5°,即可判断出∠AMB=67.5°,得出结

论.(3)设CE=a(a>0),进而表示出EN=CE=a,CN=

a,设DE=b(b>0),进而表示出AD=a+b,根据勾股定理得,AC=

(a+b),同(1)可得∠OAM=∠ODN,得出∠EDN=∠DAE,进而判断出△DEN∽△ADE,得出

=

,进而得出a=

b,即可表示出CN=

b,AC=

b,所以AN2=AC·CN=2b2,即可得出结论.5.(2015湖南娄底,25,10分)如图,P为正方形ABCD的边BC上一动点(P与B、C不重合),连接AP,

过点B作BQ⊥AP交CD于点Q,将△BQC沿BQ所在的直线翻折得到△BQC',延长QC'交BA的延

长线于点M.(1)试探究AP与BQ的数量关系,并证明你的结论;(2)若AB=3,BP=2PC,求QM的长;(3)当BP=m,PC=n时,求AM的长.

解析

(1)AP=BQ.证明:∵∠PAB+∠APB=90°,∠APB+∠CBQ=90°,∴∠PAB=∠CBQ,在△ABP和△BCQ中,

∴△ABP≌△BCQ,∴AP=BQ.(2)∵AB=BC=DC,AB=3,BP=2PC,∴BP=2,PC=1,由(1)知△ABP≌△BCQ,∴BP=CQ,∵将△BQC沿BQ所在的直线翻折得到△BQC',∴QC'=QC=2,BC'=BC=3,∠BQC=∠BQC',∵正方形ABCD中,AB∥CD,∴∠ABQ=∠BQC,∴∠

ABQ=∠BQC',∴QM=BM,设QM=x,则BM=x,在Rt△MBC'中,x2=(x-2)2+32,解得x=

.∴QM的长为

.(3)设AM=y,∵BP=m,PC=n,∴AB=BC=m+n,由(2)知QM=BM,∴在Rt△MBC'中,(y+m+n)2=(y+n)2+(m+n)2,∴y=

,即AM的长为

.B组2014—2018年全国中考题组考点一矩形1.(2015山东临沂,12,3分)如图,四边形ABCD为平行四边形,延长AD到E,使DE=AD,连接EB,EC,

DB.添加一个条件,不能使四边形DBCE成为矩形的是

()

A.AB=BE

B.BE⊥DCC.∠ADB=90°

D.CE⊥DE答案

B∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,AD=BC,AB=CD,∴DE∥BC,又DE=AD,∴DE=BC,∴四边形DBCE是平行四边形.若AB=BE,则CD=BE,则平行四边形DBCE是矩形.若CE⊥DE,即∠DEC=90°,则平行四边形DBCE是矩形.若∠ADB=90°,则∠BDE=90°,则平行四边形DBCE是矩形.当BE⊥DC时,平行四边形DBCE是菱形.故选B.2.(2018四川成都,14,4分)如图,在矩形ABCD中,按以下步骤作图:①分别以点A和C为圆心,以大

于

AC的长为半径作弧,两弧相交于点M和N;②作直线MN交CD于点E.若DE=2,CE=3,则矩形的对角线AC的长为

.

解析如图,连接AE,由作图方法得MN垂直平分AC,∴EA=EC=3.∴在Rt△ADE中,AD=

=

=

.∴在Rt△ADC中,AC=

=

=

.

答案

思路分析

连接AE,根据题中的作图方法,可得MN垂直平分AC,则EA=EC=3,用勾股定理先计

算出AD,再计算出AC,得解.解题关键

本题考查了矩形的性质,基本作图(作已知线段的垂直平分线),勾股定理,识别基本

作图并熟练应用勾股定理计算是解题的关键.3.(2015福建龙岩,20,10分)如图,E,F分别是矩形ABCD的边AD,AB上的点,若EF=EC,且EF⊥EC.(1)求证:AE=DC;(2)已知DC=

,求BE的长.

解析(1)证明:在矩形ABCD中,∠A=∠D=90°,∴∠1+∠2=90°.∵EF⊥EC,∴∠FEC=90°,∴∠2+∠3=90°,∴∠1=∠3.

(2分)在△AEF和△DCE中,

∴△AEF≌△DCE,

(4分)∴AE=DC.

(6分)(2)由(1)得AE=DC,∴AE=DC=

.在矩形ABCD中,AB=DC=

,

(8分)在Rt△ABE中,AB2+AE2=BE2,即(

)2+(

)2=BE2,∴BE=2.

(10分)考点二菱形1.(2018河南,10,3分)如图1,点F从菱形ABCD的顶点A出发,沿A→D→B以1cm/s的速度匀速运

动到点B.图2是点F运动时,△FBC的面积y(cm2)随时间x(s)变化的关系图象,则a的值为

()

图1

图2A.

B.2

C.

D.2

答案

C如图,作DE⊥BC于点E,在菱形ABCD中,当F在AD上时,y=

BC·DE,即a=

·a·DE,∴DE=2.

由题意知DB=

,在Rt△DEB中,BE=

=1,∴EC=a-1.在Rt△DEC中,DE2+EC2=DC2,∴22+(a-1)2=a2.解得a=

.故选C.思路分析

当点F在AD上运动时,y不变,值为a,可求得菱形的BC边上的高为2,由点F在BD上运

动的时间为

,得出BD的长,作出菱形的BC边上的高,由勾股定理可求a值.解后反思

本题为菱形中的动点和函数图象问题,关键要根据菱形的各边都相等以及y的意义

求出菱形的BC边上的高和BD的长,再构造直角三角形,用勾股定理求解.2.(2017河南,7,3分)如图,在▱ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,添加下列条件

判定▱ABCD是菱形的只有

()

A.AC⊥BD

B.AB=BC

C.AC=BD

D.∠1=∠2答案

C根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可得选项A正确;根据一组邻边相等的平

行四边形是菱形可得选项B正确;对角线相等的平行四边形为矩形,故选项C错误;因为CD∥

AB,所以∠2=∠DCA,再由∠1=∠2,可得∠1=∠DCA,所以AD=CD,由一组邻边相等的平行四边

形是菱形,得▱ABCD是菱形,D正确.故选C.3.(2015福建龙岩,10,4分)如图,菱形ABCD的周长为16,∠ABC=120°,则AC的长为

()

A.4

B.4

C.2

D.2答案

A设AC与BD相交于点O,∵四边形ABCD是菱形,且其周长为16,∠ABC=120°,∴AB=4,

AC⊥BD,AC=2AO,∠ABO=60°,则在Rt△ABO中,AO=AB·sin60°=2

,∴AC=4

,故选A.

4.(2015甘肃兰州,10,4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,则△AEF的面积是

()

A.4

B.3

C.2

D.

答案

B连接AC,在菱形ABCD中,AB=BC,∵∠B=60°,∴△ABC是等边三角形,∵AE⊥BC,∴

AE=2

,∠EAC=30°,同理可得AF=2

,∠CAF=30°,则△EAF为等边三角形,∴S△AEF=

×(2

)2=3

.故选B.5.(2015辽宁沈阳,7,3分)顺次连接对角线相等的四边形的各边中点,所形成的四边形是

(

)A.平行四边形

B.菱形C.矩形

D.正方形答案

B如图,在△ABD中,E,F分别是AB,AD的中点,∴EF是△ABD的中位线,∴EF=

BD,同理,GH=

BD,EH=

AC,FG=

AC,∵AC=BD,∴EF=FG=HG=HE,∴四边形EFGH是菱形.

评析顺次连接四边形各边中点所得的四边形是中点四边形.中点四边形一定是平行四边形,

它的其他特征取决于原四边形对角线的特点:①若原四边形的对角线互相垂直,则中点四边形

的各角为直角;②若原四边形的对角线相等,则中点四边形的各边相等.6.(2017新疆乌鲁木齐,12,4分)如图,在菱形ABCD中,∠DAB=60°,AB=2,则菱形ABCD的面积为

.

答案2

解析∵四边形ABCD是菱形,∴AB=AD=2.如图,作DE⊥AB交AB于点E,则DE=AD·sin60°=

,∴S菱形ABCD=AB·DE=2

.

考点三正方形1.(2017广东,10,3分)如图,已知正方形ABCD中,点E是BC边的中点,DE与AC相交于点F,连接BF.

下列结论:①S△ABF=S△ADF;②S△CDF=4S△CEF;③S△ADF=2S△CEF;④S△ADF=2S△CDF,其中正确的是

(

)

A.①③

B.②③

C.①④

D.②④答案

C∵AB=AD,∠BAF=∠DAF,AF=AF,∴△ABF≌△ADF,∴S△ABF=S△ADF,①正确;同理,S△CDF=S△CBF,∵点E为BC边的中点,∴S△CBF=2S△CEF,即S△CDF=2S△CEF,②不正确;∵AD∥EC,∴∠FAD=∠FCE,∠FDA=∠FEC,∴△AFD∽△CFE,∴

=

=

=2,∴

=

=22=4,∴S△AFD=4S△CFE,③不正确;∵

=2,∴

=2,∴S△ADF=2S△CDF,④正确.故选C.2.(2015陕西,9,3分)在▱ABCD中,AB=10,BC=14,E、F分别为边BC、AD上的点.若四边形AECF

为正方形,则AE的长为

()A.7

B.4或10C.5或9

D.6或8答案

D如图,设AE=x,则BE=14-x,在Rt△AEB中,x2+(14-x)2=102,整理得x2-14x+48=0,解得x1=6,

x2=8.故选D.

评析本题考查了平行四边形的性质,正方形的性质,勾股定理,关键是根据勾股定理得到关于

AE的方程.3.(2017湖北黄冈,12,3分)已知:如图,在正方形ABCD的外侧,作等边三角形ADE,则∠BED=

度.

答案45解析∵四边形ABCD是正方形,∴AB=AD,∠BAD=90°.∵三角形ADE是等边三角形,∴AD=AE,∠DAE=∠AED=60°.∴∠BAE=∠BAD+∠DAE=90°+60°=150°,AB=AE,∴∠AEB=∠ABE=(180°-∠BAE)÷2=15°,∴∠BED=∠AED-∠AEB=60°-15°=45°.思路分析

根据正方形的性质,可得AB与AD的数量关系,∠BAD的度数,根据等边三角形的性

质,可得AE与AD的数量关系,∠AED的度数,进而可得△ABE为等腰三角形及∠BAE的度数,从

而可得∠AEB的度数,即可求得∠BED的度数.4.(2017天津,17,3分)如图,正方形ABCD和正方形EFCG的边长分别为3和1,点F,G分别在边BC,

CD上,P为AE的中点,连接PG,则PG的长为

.

答案

解析如图,过P作PH⊥DG,H为垂足,过E作EJ⊥AD,J为垂足,设EJ与PH交于I.因为四边形

ABCD和四边形EFCG都是正方形,所以PH∥AD,四边形EGDJ和四边形EGHI是矩形,所以DJ=

EG=1,所以AJ=AD-DJ=3-1=2.又因为P为AE的中点,所以I为EJ的中点,所以PI=

AJ=1,IE=

JE=

DG=1.因为四边形EGHI是矩形,所以HI=EG=1,HG=IE=1,所以PH=PI+IH=2.在Rt△PGH中,PG=

=

=

.

C组教师专用题组考点一矩形1.(2018浙江杭州,8,3分)如图,已知点P是矩形ABCD内一点(不含边界),设∠PAD=θ1,∠PBA=θ2,

∠PCB=θ3,∠PDC=θ4.若∠APB=80°,∠CPD=50°,则

()

A.(θ1+θ4)-(θ2+θ3)=30°

B.(θ2+θ4)-(θ1+θ3)=40°C.(θ1+θ2)-(θ3+θ4)=70°

D.(θ1+θ2)+(θ3+θ4)=180°答案

A过P作PQ∥AD,与AB交于点Q,∵AD∥BC,∴PQ∥AD∥BC,∴∠APQ=∠PAD,∠QPB=∠CBP,又∠APB=80°,∴∠CBP=∠APB-∠DAP=80°-θ1,∴∠ABC=θ2+80°-θ1,又∵在△CDP中,∠DCP=180°-∠CPD-∠PDC=130°-θ4,∴∠BCD=θ3+130°-θ4,又∵在矩形ABCD中,∠ABC+∠BCD=180°,∴θ2+80°-θ1+θ3+130°-θ4=180°,即(θ1+θ4)-(θ2+θ3)=30°,故选A.2.(2018浙江杭州,16,4分)折叠矩形纸片ABCD时,发现可以进行如下操作:①把△ADE翻折,点A

落在DC边上的点F处,折痕为DE,点E在AB边上;②把纸片展开并铺平;③把△CDG翻折,点C落

在线段AE上的点H处,折痕为DG,点G在BC边上.若AB=AD+2,EH=1,则AD=

.

解析设AD=x(x>0),则AB=x+2,∵把△ADE翻折,点A落在DC边上的点F处,∴DF=AD,EA=EF,又∠DFE=∠A=90°,∴四边形AEFD为正方形,∴AE=AD=x,∵把△CDG翻折,点C落在线段AE上的点H处,折痕为DG,点G在BC边上,∴DH=DC=x+2,∵HE=1,∴AH=AE-HE=x-1,在Rt△ADH中,∵AD2+AH2=DH2,∴x2+(x-1)2=(x+2)2,整理得x2-6x-3=0,解得x1=3+2

,x2=3-2

(舍去),∴AD=3+2

.答案3+2

方法总结

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.同时本题也考查了矩形的性质和勾股定理.3.(2017江西,12,3分)已知点A(0,4),B(7,0),C(7,4),连接AC,BC得到矩形AOBC,点D在边AC上,将边

OA沿OD折叠,点A的对应点为A',若点A'到矩形

两对边的距离之比为1∶3,则点A'的坐标为

.答案(

,3)或(

,1)或(2

,-2)(每答对一个得1分)解析∵点A(0,4),B(7,0),C(7,4),∴BC=OA=4,OB=AC=7.分两种情况进行讨论:(1)当点A'在矩形AOBC的内部时,过A'作OB的垂线交OB于F,交AC于E,如图1所示:

图1①当A'E∶A'F=1∶3时,∵A'E+A'F=OA=4,∴A'E=1,A'F=3,由折叠可得OA'=OA=4,在Rt△OA'F中,OF=

=

=

,∴A'(

,3).②当A'E∶A'F=3∶1时,同理,得A'(

,1).(2)当点A'在矩形AOBC的外部时,此时点A'在第四象限,过A'作OB的垂线交OB于F,交AC于E,如

图2所示:

图2∵A'F∶A'E=1∶3,则A'F∶EF=1∶2,∴A'F=

EF=

BC=2,由折叠可得OA'=OA=4,在Rt△OA'F中,OF=

=

=2

,∴A'(2

,-2).综上,点A'的坐标为(

,3)或(

,1)或(2

,-2).易错警示

解此题时,需分类讨论点A'的位置,学生往往只画出点A'在第一象限的情况而漏解.4.(2017贵州贵阳,15,4分)如图,在矩形纸片ABCD中,AB=2,AD=3,点E是AB的中点,点F是AD边

上的一个动点,将△AEF沿EF所在直线翻折,得到△A'EF,则A'C的长的最小值是

.

答案

-1解析连接CE(图略).由题意知CE,EA'的长是定值,且有A'C≥CE-EA',∴当A'在CE上时,A'C的长最小.∵E为AB的中点,AB=2,∴BE=1.在Rt△CBE中,CE=

=

=

.∵A'E=AE=1,∴A'C的长的最小值=CE-A'E=

-1.思路分析

当A'在CE上时,A'C的长最小,根据勾股定理求出CE,根据折叠的性质可知A'E=AE=

1,即可求出A'C的长的最小值.解题关键

得出点A'的位置是解题的关键.5.(2015内蒙古包头,20,3分)如图,在矩形ABCD中,∠BAD的平分线交BC于点E,交DC的延长线

于点F,取EF的中点G,连接CG,BG,BD,DG,下列结论:

①BE=CD;②∠DGF=135°;③∠ABG+∠ADG=180°;④若

=

,则3S△BDG=13S△DGF.其中正确的结论是

.(填写所有正确结论的序号)答案①③④解析因为∠BAD=∠ADF=90°,AE平分∠BAD,所以∠BAE=∠DAF=∠F=45°,所以AD=DF=

BC,AB=BE=CD.在△DGF中,∠F=45°,所以∠DGF≠135°.在等腰Rt△EFC中,因为G为EF的中

点,所以GF=GC,∠F=∠BCG=45°,又因为DF=BC,所以△DGF≌△BGC(SAS),所以∠GDF=∠

GBC.又因为∠DBC+∠BDC=90°,所以∠GBD+∠GDB=∠GBC+∠CBD+∠GDB=∠CBD+∠

GDB+∠CDG=90°,所以∠BGD=90°,在四边形ABGD中,∠BAD=∠BGD=90°,所以∠ABG+∠

ADG=180°.因为

=

,所以可设AB=2k,则AD=3k,所以BD=

=

k.所以S△BDG=

BD2=

k2.作GM⊥CF于M,则GM=

CF=

k.所以S△DGF=

DF·GM=

k2.所以3S△BDG=13S△DGF.故①③④正确.评析本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质与判定、三角形全等的性质与判定、三

角形的面积等知识.考查内容较多、较复杂.属难题.6.(2014河南,15,3分)如图,矩形ABCD中,AD=5,AB=7.点E为DC上一个动点,把△ADE沿AE折叠,

当点D的对应点D'落在∠ABC的角平分线上时,DE的长为

.

解析作BF平分∠ABC交CD于点F,作AG⊥BF于点G,由题意知AG=AB·sin45°=

,∵

<5,∴D'是以A为圆心,AD长为半径的圆弧与BF的交点,易知有两种情况,第一种情况:如图①,

图①在Rt△AGD'中,D'G=

=

,∴BD'=

+

=4

,答案

或

∴D'F=BF-D'B=5

-4

=

,作D'H⊥CD,垂足为H.在Rt△D'FH中,易求得FH=HD'=1,∴DH=DF+FH=3,设DE=x,则D'E=x,EH=3-x,在Rt△EHD'中,EH2+D'H2=D'E2,即(3-x)2+12=x2,解得x=

,即D'E=

,第二种情况:如图②,

图②作D'H⊥CD,垂足为H,同理求得D'E=

.综上所述,DE的长为

或

.评析本题是以矩形为载体,以折叠为背景的求线段长问题,主要考查矩形的性质,轴对称的性

质,角平分线,勾股定理的运用,依据题意构造直角三角形是关键,本题属难题.7.(2018天津,24,10分)在平面直角坐标系中,四边形AOBC是矩形,点O(0,0),点A(5,0),点B(0,3),以

点A为中心,顺时针旋转矩形AOBC,得到矩形ADEF,点O,B,C的对应点分别为D,E,F.(1)如图a,当点D落在BC边上时,求点D的坐标.(2)如图b,当点D落在线段BE上时,AD与BC交于点H.①求证△ADB≌△AOB;②求点H的坐标.(3)记K为矩形AOBC对角线的交点,S为△KDE的面积,求S的取值范围(直接写出结果即可).

图a

图b解析

(1)∵点A(5,0),点B(0,3),∴OA=5,OB=3.∵四边形AOBC是矩形,∴AC=OB=3,BC=OA=5,∠OBC=∠C=90°.∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到的,∴AD=AO=5.在Rt△ADC中,有AD2=AC2+DC2,∴DC=

=

=4.∴BD=BC-DC=1.∴点D的坐标为(1,3).(2)①证明:由四边形ADEF是矩形,得∠ADE=90°.又点D在线段BE上,得∠ADB=90°.由(1)知,AD=AO,又AB=AB,∠AOB=90°,∴Rt△ADB≌Rt△AOB.②由Rt△ADB≌Rt△AOB,得∠BAD=∠BAO.又在矩形AOBC中,OA∥BC,∴∠CBA=∠OAB.∴∠BAD=∠CBA.∴BH=AH.设BH=t(0<t<5),则AH=t,HC=BC-BH=5-t.在Rt△ACH中,有AH2=AC2+HC2,∴t2=32+(5-t)2,解得t=

.∴BH=

.∴点H的坐标为

.(3)

≤S≤

.思路分析

(1)根据点的坐标及旋转的性质得AD=AO=5,在直角△ACD中运用勾股定理可求

CD的长,从而可确定D点坐标.(2)①根据直角三角形全等的判定方法进行判定;②由①知∠

BAD=∠BAO,再根据矩形的性质得∠CBA=∠OAB,从而∠BAD=∠CBA,故BH=AH,在Rt△ACH

中,运用勾股定理可求得AH的长,得出H点的坐标.(3)在矩形旋转的过程中,根据点K与直线DE

的距离范围即可确定S的取值范围.提示

如图1,当矩形顶点D在线段AB上时,点K到直线DE的距离最小,最小值为线段DK的长,DK=AD-

AB=5-

,S=

DK·DE=

.

图1如图2,当矩形顶点D在BA的延长线上时,点K到直线DE的距离最大,最大值为线段DK的长,DK=AD+

AB=5+

,S=

DK·DE=

.所以

≤S≤

.

图28.(2018贵州贵阳,24,12分)如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=

,P是BC边上的一点,且BP=2CP.(1)用尺规在图①中作出CD边上的中点E,连接AE,BE(保留作图痕迹,不写作法);(2)如图②,在(1)的条件下,判断EB是否平分∠AEC,并说明理由;(3)如图③,在(2)的条件下,连接EP并延长交AB的延长线于点F,连接AP.不添加辅助线,△PFB能

否由都经过P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形?如果能,说明理由,并写出两种方法

(指出对称轴、旋转中心、旋转方向、旋转角或平移方向和平移距离);如果不能,也请说明理

由.

解析(1)如图所示,点E为所作的点,EA,EB为所连的线段.

(2)EB平分∠AEC,理由如下:如题图②,由(1)及已知可知DE=1.∵四边形ABCD是矩形,AD=

,∴在Rt△ADE中,tan∠DEA=

=

,AE=2,∴∠DEA=60°,∴∠EAB=60°,∠AEC=180°-60°=120°.由作图可知EA=EB,∴△EAB是等边三角形,∴∠AEB=60°,∴∠CEB=120°-60°=60°,∴∠AEB=∠CEB,∴EB平分∠AEC.(3)△PFB能由都经过P点的两次变换与△PAE组成一个等腰三角形,理由如下:如题图③,∵BP=2CP,AD=BC=

,∴BP=

.由题意可知,∠C=∠PBF=90°,∠EPC=∠FPB,∴△ECP∽△FBP,∴

=

=

,∴FB=2EC=DC=2,∴B是AF的中点,∴PB是线段AF的垂直平分线,∴△PBF≌△PBA.在Rt△PFB中,tanF=

=

,∴∠F=30°,∴∠AEP=180°-∠F-∠EAF=90°.∵AE=AB,AP=AP,∠AEP=∠ABP=90°,∴Rt△PEA≌Rt△PBA,∴△PBF≌△PBA≌△PEA,∴可将△PFB作如下变换后与△PAE组成一个等腰三角形.①△PFB关于PF对称,再以点P为旋转中心,逆时针旋转120°;②△PFB以点P为旋转中心,顺时针旋转120°,再关于PE对称.9.(2018云南昆明,23,12分)如图1,在矩形ABCD中,P为CD边上一点(DP<CP),∠APB=90°,将△

ADP沿AP翻折得到△AD'P,PD'的延长线交边AB于点M,过点B作BN∥MP交DC于点N.(1)求证:AD2=DP·PC;(2)请判断四边形PMBN的形状,并说明理由;(3)如图2,连接AC,分别交PM,PB于点E,F.若

=

,求

的值.

解析

(1)证明:在矩形ABCD中,AD=BC,∠C=∠D=90°,∴∠DAP+∠APD=90°,∵∠APB=90°,∴∠CPB+∠APD=90°,∴∠DAP=∠CPB,

(1分)∴△ADP∽△PCB,∴

=

,

(2分)∴AD·CB=DP·PC.∵AD=BC,∴AD2=DP·PC.

(3分)(2)四边形PMBN为菱形,理由如下:

(4分)在矩形ABCD中,CD∥AB,∵BN∥PM,∴四边形PMBN为平行四边形,∵△ADP沿AP翻折得到△AD'P,∴∠APD=∠APM,∵CD∥AB,∴∠APD=∠PAM,∴∠APM=∠PAM,

(6分)∵∠APB=90°,∴∠PAM+∠PBA=90°,∠APM+∠BPM=90°,又∵∠APM=∠PAM,∴∠PBA=∠BPM,∴PM=MB.又∵四边形PMBN为平行四边形,∴四边形PMBN为菱形.

(7分)(3)解法一:∵∠APM=∠PAM,∴PM=AM,∵PM=MB,∴AM=MB,∵四边形ABCD为矩形,∴CD∥AB且CD=AB,设DP=a,则AD=2DP=2a,由AD2=DP·PC得PC=4a,∴DC=AB=5a,

(8分)∴MA=MB=

,∵CD∥AB,∴∠ABF=∠CPF,∠BAF=∠PCF,∴△BFA∽△PFC,∴

=

=

=

,

(9分)∴

=

,同理可得△MEA∽△PEC,∴

=

=

=

,∴

=

,

(10分)∴

=

-

=

-

=

,

(11分)∵

∶

=

,∴

=

∶

=

.

(12分)解法二:过点F作FG∥PM,交MB于点G.

∵∠APM=∠PAM,∴PM=AM,∵PM=MB,∴AM=MB,∵四边形ABCD为矩形,∴CD∥AB且CD=AB,设DP=a,则AD=2DP=2a,由AD2=DP·PC得PC=4a,∴DC=AB=5a,

(8分)∴MA=MB=

.∵CD∥AB,∴∠CPF=∠ABF,∠PCF=∠BAF,∴△PFC∽△BFA,∴

=

=

=

,

(9分)∵FG∥PM,∴

=

=

,

(10分)∴

=

,∵AM=MB,∴

=

,∵FG∥PM,∴

=

=

.

(12分)思路分析

(1)根据矩形的性质以及所给条件,证明△ADP∽△PCB,从而得AD2=DP·PC;(2)由

翻折得∠APD=∠APM,由等角的余角相等得∠PBA=∠BPM,从而得PM=MB,进而易得四边形

PMBN为菱形;(3)解法一:设DP=a,则可求得AD=2a,PC=4a,AB=5a,由CD∥AB,可得△BFA∽△

PFC,△MEA∽△PEC,所以

=

,

=

,进而可得

的值.解法二:过点F作FG∥PM,交MB于点G,设DP=a,可求得AD=2a,PC=4a,AB=5a,MA=MB=

,根据CD∥AB,FG∥PM,AM=MB这些条件可求得

的值.解题关键

本题主要考查了矩形的性质,轴对称,菱形的判定,相似三角形的判定与性质等知

识,题目综合性强、计算量大,属难题.解题的关键在于从复杂的条件中确定解决问题所需的条

件,进而推理、论证、计算,使题目得以解答.10.(2017广西南宁,22,8分)如图,矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,点E,F在BD上,BE=DF.(1)求证:AE=CF;(2)若AB=6,∠COD=60°,求矩形ABCD的面积.

解析

(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴OA=OC,OB=OD,∵BE=DF,∴OE=OF,∵∠AOE=∠COF,∴△AOE≌△COF(SAS),

(3分)∴AE=CF.

(4分)(2)∵四边形ABCD为矩形,∴∠BCD=90°,AB=CD=6,OD=OC.

(5分)∵∠COD=60°,∴△OCD为等边三角形,∴OD=OC=CD=6,∴BD=2OD=12.

(6分)在Rt△BCD中,BC2+DC2=BD2,∴BC=

=6

.

(7分)∴S矩形ABCD=BC·CD=6

×6=36

.

(8分)思路分析

(1)证△AOE≌△COF,可得AE=CF;(2)要求矩形ABCD的面积,只要求BC即可,因为

四边形ABCD是矩形,∠COD=60°,所以△OCD是等边三角形,从而得出OD=6,故BD=12,再利用

勾股定理即可求出BC.11.(2017福建,24,12分)如图,矩形ABCD中,AB=6,AD=8,P,E分别是线段AC,BC上的点,且四边形

PEFD为矩形.(1)若△PCD是等腰三角形,求AP的长;(2)若AP=

,求CF的长.

解析

(1)在矩形ABCD中,AB=6,AD=8,∠ADC=90°,∴DC=AB=6,∴AC=

=10.要使△PCD是等腰三角形,有如下三种情况:①当CP=CD时,CP=6,∴AP=AC-CP=4.②当PD=PC时,∠PDC=∠PCD,∵∠PCD+∠PAD=∠PDC+∠PDA=90°,∴∠PAD=∠PDA,∴PD=PA,∴PA=PC,∴AP=

,即AP=5.③当DP=DC时,过D作DQ⊥AC于Q,则PQ=CQ.∵S△ADC=

AD·DC=

AC·DQ,∴DQ=

=

,∴CQ=

=

,∴PC=2CQ=

,∴AP=AC-PC=

.

综上所述,若△PCD是等腰三角形,则AP=4,或AP=5,或AP=

.(2)连接PF,DE,记PF与DE的交点为O,连接OC.∵四边形ABCD和四边形PEFD都是矩形,∴∠ADC=∠PDF=90°,即∠ADP+∠PDC=∠PDC+∠CDF,∴∠ADP=∠CDF.∵∠BCD=90°,OE=OD,∴OC=

ED.在矩形PEFD中,PF=DE,∴OC=

PF.∵OP=OF=

PF,∴OC=OP=OF,∴∠OCF=∠OFC,∠OCP=∠OPC,又∵∠OPC+∠OFC+∠PCF=180°,∴2∠OCP+2∠OCF=180°,∴∠PCF=90°,即∠PCD+∠FCD=90°.在Rt△ADC中,∠PCD+∠PAD=90°,∴∠PAD=∠FCD.∴△ADP∽△CDF,∴

=

=

.∵AP=

,∴CF=

.

易错警示

在第(1)问中,分三种情况CP=CD、PD=PC、DP=DC讨论,不能丢解.一题多解

在第(2)问中,连接PF,DE,PF与DE相交于点O,连接OC.∵四边形DPEF是矩形,∴OP=OE=OD=OF.∵△ECD是直角三角形,∴OC=OE=OD.∴D、P、E、C、F都在以O为圆心,OC为半径的圆上.∴∠PCF=∠BCD=90°,∴∠DCF=∠ACB.∵AD∥BC,∴∠ACB=∠DAC.∴∠DCF=∠DAP.又∵∠ADC=∠PDF=90°,∴∠CDF=∠ADP,∴△CDF∽△ADP.∴

=

,∴

=

,∴CF=

.12.(2016浙江台州,19,8分)如图,点P在矩形ABCD的对角线AC上,且不与点A,C重合,过点P分别

作边AB,AD的平行线,交两组对边于点E,F和点G,H.(1)求证:△PHC≌△CFP;(2)证明四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形,并直接写出它们面积之间的关系.

解析

(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴AB∥CD,AD∥BC.又∵EF∥AB,GH∥AD,∴EF∥CD,GH∥BC.∴∠CPF=∠HCP,∠CPH=∠PCF.

(2分)∵PC=PC,∴△PHC≌△CFP.

(4分)(2)由(1)知AB∥EF∥CD,AD∥GH∥BC,∴四边形PEDH和四边形PGBF都是平行四边形.

(5分)∵四边形ABCD是矩形,∴∠D=∠B=90°.

(6分)∴四边形PEDH和四边形PGBF都是矩形.

(7分)S矩形PEDH=S矩形PFBG.

(8分)13.(2016福州,26,10分)如图,矩形ABCD中,AB=4,AD=3,M是边CD上一点,将△ADM沿直线AM折

叠,得到△ANM.(1)当AN平分∠MAB时,求DM的长;(2)连接BN,当DM=1时,求△ABN的面积;(3)当射线BN交线段CD于点F时,求DF的最大值.

解析

(1)由折叠可知△ANM≌△ADM,∴∠MAN=∠DAM.∵AN平分∠MAB,∴∠MAN=∠NAB,∴∠DAM=∠MAN=∠NAB.∵四边形ABCD是矩形,∴∠DAB=90°,∴∠DAM=30°,∴DM=AD·tan∠DAM=3×

=

.(2)如图,延长MN交AB的延长线于点Q.∵四边形ABCD是矩形,∴AB∥DC,∴∠DMA=∠MAQ.由折叠可知△ANM≌△ADM,∴∠DMA=∠AMQ,AN=AD=3,MN=MD=1.∴∠MAQ=∠AMQ,∴MQ=AQ.设NQ=x,则AQ=MQ=1+x.在Rt△ANQ中,AQ2=AN2+NQ2,∴(x+1)2=32+x2.解得x=4.∴NQ=4,AQ=5.∵AB=4,AQ=5,∴S△NAB=

S△NAQ=

×

AN·NQ=

.(3)如图,过点A作AH⊥BF于点H,则△ABH∽△BFC.

∴

=

.∵AH≤AN=3,AB=4,∴当点N,H重合(即AH=AN)时,DF最大.(AH最大,BH最小,CF最小,DF最大)此时点M,F重合,B,N,M三点共线,△ABH≌△BFC(如图).

∴CF=BH=

=

=

,∴DF的最大值为4-

.14.(2015吉林长春,22,9分)在矩形ABCD中,已