特训06期中选填压轴题（题型归纳）

特训06期中选填压轴题（题型归纳）一、单选题1．如图，分别以的直角边，斜边为边向外作等边和等边，F为的中点，连接，，．则以下结论：①；②四边形为平行四边形；③，其中正确的有（

）A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】C【分析】由平行四边形的判定定理判断②正确，再由平行四边形的性质和平行线的性质判断①正确，然后由三角形三边关系判断③错误，即可得出结论．【解析】解：，，，，是等边三角形，，，，为的中点，，，，四边形为平行四边形，故②正确；四边形为平行四边形，，又，，故①正确；和都是等边三角形，，，，，，故③错误；其中正确的有2个，故选：C．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、含直角三角形的性质、等边三角形的性质、平行线的性质、三角形三边关系等知识，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定与性质和等边三角形的性质，证明四边形为平行四边形是解题的关键．2．如图，分别以的斜边、直角边为边向外作等边和等边，为的中点，连接、，与相交于点，若，下列结论：①；②四边形为平行四边形；③；④．其中正确结论有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】首先证明Rt△ADF≌Rt△BAC，结合已知得到AE=DF，然后根据内错角相等两直线平行得到DFAE，由一组对边平行且相等可得四边形ADFE是平行四边形，故②正确；由∠DAC=∠DAB+∠BAC=90°，可得∠AHE=90°，故①正确；由2AG=AF可知③正确；在Rt△DBF和Rt△EFA中，BD＝FE，DF＝EA，可证Rt△DBF≌Rt△EFA，故④正确．【解析】解：∵△ABD和△ACE都是等边三角形，∴AD=BD=AB，AE=CE=AC，∠ADB=∠BAD=∠DBA=∠CAE=∠AEC=∠ACE=60°．∵F是AB的中点，∴∠BDF=∠ADF=30°，∠DFA=∠DFB=90°，BF=AF=AB．∴AD=2AF．∵∠BAC=30°，∠ACB=90°，∴BC=AB，∴AF=BF=BC．在Rt△ADF和Rt△BAC中，AD＝BA，AF＝BC，∴Rt△ADF≌Rt△BAC（HL），∴DF=AC，∴AE=DF．∵∠BAC=30°，∴∠BAC+∠CAE=∠BAE=90°，∴∠DFA=∠EAB，∴DFAE，∴四边形ADFE是平行四边形，故②正确；∴AD=EF，ADEF，设AC交EF于点H，∴∠DAC=∠AHE．∵∠DAC=∠DAB+∠BAC=90°，∴∠AHE=90°，∴EF⊥AC．①正确；∵四边形ADFE是平行四边形，∴2GF=2GA=AF．∴AD=4AG．故③正确．在Rt△DBF和Rt△EFA中，BD＝FE，DF＝EA，∴Rt△DBF≌Rt△EFA（HL）．故④正确，综上，①②③④都正确．故选：D．【点睛】本题考查全等三角形的判定、等边三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质、平行四边形的判定及性质等，综合性较强，熟练掌握上述性质、定理是解题的关键．3．如图，中，对角线AC与BD相交于点E，，，将沿AC所在直线翻折180°到其原来所在的同一平面内，若点B的落点记为，恰好，若点F为BC上一点，则的最短距离是（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】由折叠的性质，可得，，，由和，可得，由平行四边形和折叠的性质可求得，连接，易知是等边三角形，继而可得，然后根据平行四边形和折叠的性质可求得，利用勾股定理可求得，由垂线段最短可知，当时，最短，然后根据勾股定理即可求得答案.【解析】解：由折叠的性质，可得：，，，∵，∴，∴，∵，∴，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD//BC，∴，∴，如图，连接，作，∴是等边三角形，∴，∵四边形ABCD是平行四边形，∴，在中，，∴，由垂线段最短可知，当时，最短，在中，，，∴，∴.故选：C.【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、折叠的性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质、垂线段最短等，熟练掌握相关定理是解题的关键.4．如图，在平行四边形ABCD中，分别以AB､AD为边向外作等边△ABE､△ADF，延长CB交AE于点G，点G在点A､E之间，连接CE､CF､EF，则以下四个结论：①△CDF≌△EBC；②∠CDF=∠EAF；③△ECF是等边三角形；④CG⊥AE．一定正确的有（

）个A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】B【分析】根据题意，结合图形，对选项一一求证，判定正确选项．【解析】解：在▱ABCD中，∠ADC=∠ABC，AD=BC，CD=AB，∵△ABE、△ADF都是等边三角形，∴AD=DF，AB=EB，∠ADF=∠ABE=60°，∴DF=BC，CD=BC，∴∠CDF=360°∠ADC60°=300°∠ADC，∠EBC=360°∠ABC60°=300°∠ABC，∴∠CDF=∠EBC，在△CDF和△EBC中，DF=BC，∠CDF=∠EBC，CD=EB，∴△CDF≌△EBC（SAS），故①正确；在▱ABCD中，∠DAB=180°∠ADC，∴∠EAF=∠DAB+∠DAF+∠BAE=180°∠ADC+60°+60°=300°∠ADC，∴∠CDF=∠EAF，故②正确；同理可证△CDF≌△EAF，∴EF=CF，∵△CDF≌△EBC，∴CE=CF，∴EC=CF=EF，∴△ECF是等边三角形，故③正确；当CG⊥AE时，∵△ABE是等边三角形，∴∠ABG=30°，∴∠ABC=180°30°=150°，∵∠ABC=150°无法求出，故④错误；综上所述，正确的结论有①②③．故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定、等边三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，综合性强，解题的关键是考查学生综合运用数学知识的能力．5．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AH⊥BC，M是AC中点，CN＝2BN，BM交AN于O，BM交AH于I，若，则下面结论正确的是（）①∠CAH＝∠ABC；②；③AO＝3NO；④．A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④【答案】A【分析】①证明∠ABC与∠CAH都是∠BAH的余角，便可判断①的正误；②设AN的中点为E，连接EM，根据中位线的性质可得，，证明ME=BN，再证明△OBN≌△OME，得OE=ON，进而得AN=4ON，再由等高的三角形的面积比等于底边之比求得△ABO的面积，便可判断②的正误；③由②得OE=ON，AE=EN得AO与ON的关系，便可判断③的正误；④过点C作CF⊥BC，与BM的延长线交于点F，证明△AMI≌△CMF，得AI=CF，当H不是BC的中点时，，此时，便可判断④的正误．【解析】解：①∵∠BAC=90°，AH⊥BC，∴∠ABC+∠BAH=∠BAH+∠CAH=90°，∴∠CAH=∠ABC，故①正确；②设AN的中点为E，连接EM，∵M是AC中点，E是AN的中点，∴ME是△ACN的中位线，∴，∵CN=2BN，∴ME=BN，∵，∴∠OBN=∠OME，∵∠BON=∠MOE，∴△OBN≌△OME（AAS），∴ON=OE，∵AE=EN，∴AN=4ON，∴，∵，∴，∴，故②正确；③∵AE=EN，OE=ON，∴AO=3NO，故③正确；④过点C作CF⊥BC，与BM的延长线交于点F，又∵AH⊥BC，∴∴∠AIM=∠F，∵M是AC的中点，∴AM=CM，∵∠AMI=∠CMF，∴△AMI≌△CMF（AAS），∴AI=CF，∵，当H不是BC的中点时，，∴，故④错误；故选：A．【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形的中位线定理，三角形的面积，关键在于构造全等三角形．6．如图，的对角线、相交于点E，点O为的中点，连接并延长，交的延长线于点D，交于点G，连接、，若的面积为24，则的面积为（

）A．5 B．3 C．2 D．1【答案】C【分析】利用平行四边形的对角线、相交于点，可得，即点为的中点，由于点为的中点，所以为的中位线，可得，且；利用可得，进而得出；利用高相等的三角形的面积比等于它们底的比可得；利用，可得，利用，可得，答案可得．【解析】解：四边形是平行四边形，，，是的中位线，，，，，，，，四边形是平行四边形，，，在和中，，，，，故选：C．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，三角形的中位线定理，平行线的性质，三角形的面积，三角形全等的判定与性质，利用高相等的三角形的面积比等于它们底的比是解题的关键．7．如图，正方形中，为上一点，线段的垂直平分线交于，为垂足，交正方形的两边于、，连接，则下列结论：①；②；③；④，其中正确的是（

）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④【答案】B【分析】①过N作，则，先证明△BSN是等腰直角三角形，得出，再由，证明，得出，证出，即可得出；②，是等腰直角三角形，，即可得出；③假设成立，证明，得出，可判断③不一定成立；④过P作的平行线交于K，证出，，即可得出结论．【解析】解：①正确；过N作分别交、于S、T，则，∵四边形是正方形，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵线段的垂直平分线交于点N，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，故①正确；由①得：，是等腰直角三角形，，∴，故②正确；∵，，∴，若，则．∵，∴，∴，显然不一定成立，故③错误；过P作的平行线交于K，∴．∵垂直平，∴，∵，∴，∴，作于点G，作于点H，则，由①得：，∴．∵，∴，∵，∴，∴，∴，故④正确；故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、等腰直角三角形的判定与性质；本题难度较大，综合性强，特别是需要通过作辅助线证明三角形全等．8．如图，在正方形纸片中，对角线，交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后，折叠分别交，于，，连接，下列结论：①②③④四边形是菱形，正确的有（

）A．个 B．个 C．个 D．个【答案】C【分析】由四边形是正方形和折叠性质得出，，再由三角形的内角和求出．故①正确；由四边形是正方形和折叠性质，判断出四边形是平行四边形，再由，得出四边形是菱形．利用的直角三角形，由勾股定理得出，，得出，故②④正确；由四边形是正方形和折叠性质，得到，所以，故③错误．【解析】解：由四边形是正方形和折叠性质得出，，，故①正确；由四边形是正方形和折叠性质得出，，，，，，，又，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形．在中，，在中，，，故②④正确．由四边形是正方形和折叠性质知，，，，在和中，，，故③错误．综上可知，①②④正确．故选C．【点睛】本题主要考查了折叠问题，菱形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握图形折叠前后对应边相等、对应角相等．9．如图，在一张矩形纸片中，，，点，分别在，边上，将纸片沿直线折叠，点落在上的一点处，点落在点处，有以下四个结论：①四边形是菱形；②平分；③线段的取值范围为；④当点与点A重合时，．以上结论中，你认为正确的有（）个．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；②根据菱形的对角线平分一组对角线可得，然后求出只有时平分，判断出②错误；③点H与点A重合时，设，表示出，利用勾股定理列出方程求解得到的最小值，点G与点D重合时，，求出，然后写出的取值范围，判断出③正确；④过点F作于M，求出，再利用勾股定理列式求解得到EF，判断出④正确．【解析】解：①∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形，故①正确；②∴∴只有时，平分，故②错误；③点H与点A重合时，设，则，在中，，即，解得，点E与点D重合时，，∴，∴线段的取值范围为，故③正确；过点F作于M，则，由勾股定理得，，故④正确；综上所述，结论正确的有①③④共3个，故选：C．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了折叠问题与菱形的判定与性质、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理和性质定理、勾股定理是解本题的关键．10．如图，在正方形中，以为边作等边三角形，连接，，，则下列结论：①；②；③和的面积比为；④．其中结论正确的序号有（）A．①②④ B．②③ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，故①正确；利用证明，可判断②，由三角形的面积公式可得，，可得和的面积比为，故③正确；由直角三角形的性质可得，可得，故④正确，即可求解．【解析】解：∵四边形是正方形，是等边三角形，∴，∴，∴，故①正确；∵，∴，故②正确；过点P作于H，于G，过点C作交的延长线于N，如图所示：∵是等边三角形，，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，∵，，∴和的面积比为，故③正确；∵，∴，∴，∵，∴，∴，故④正确，综上所述：①②③④．故选：D．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，熟练掌握相关的性质与适当作辅助线是解答此题的关键．11．如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边CD上，且CE=1，连接AE，点F在边AD上，连接BF，把△ABF沿BF翻折，点A恰好落在AE上的点G处，下列结论：①AE=BF；②AD=2DF；③=6：④GE=0.2，其中正确的有（

）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】C【分析】先根据正方形的性质和翻折的性质证明△ABF△DAE，即可判断①和②，再根据面积法求出AH长，再根据勾股定理求出FH，即可判断③，根据AE和AG的长度，求出GE的长，即可判断④．【解析】解：∵四边形ABCD为正方形∴AB=AD=CD=4，∠BAD=∠D=90º∵CE=1∴DE=3由折叠的性质可知，△ABF△GBF，BF垂直平分AG∴BF⊥AE，AH=GH∴∠BAH+∠ABH=∵∠FAH+∠BAH=∴∠ABH=∠FAH在△ABF和△DAE中∴△ABF△DAE（ASA）∴AF=DE=3，BF=AE故①正确；∵DF=ADAF=43=1∴AD=4DF故②错误；在Rt△ABF中，BF=，∴∵∴4×3=5AH∴AH=∴AG=2AH=，FH==∴③错误；∵AE=BF=5∴GE=AE=AG=5=④正确；综上，正确结论是①④故选：C．【点睛】本题考查了在正方形背景下的全等和翻折，掌握正方形和翻折的性质是解题关键，翻折总结：翻折得全等、得轴对称．12．如下图，在菱形中，，，过菱形的对称中心分别作边，的垂线，交各边于点，，，，则四边形的周长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先证明是等边三角形，求出EF，同理可证都是等边三角形，然后求出EH，GF，FG即可．【解析】解：如图，连接BD，AC，∵四边形ABCD是菱形，，∴，，∴，∴，∵，∴，在中，，，∵在和中，，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，同法可证，都是等边三角形，∴，，∴四边形EFGH的周长为．故选：A．【点睛】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．13．如图，菱形ABCD中∠ABC＝60°，ΔABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM，则下列五个结论中正确的个数是（

）①△AMB≌△ENB；②若菱形ABCD的边长为2，则AM＋CM的最小值2；③连接AN，则AN⊥BE；④当AM＋BM＋CM的最小值为时，菱形ABCD的面积也为．A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】①根据菱形的性质，运用“SAS”证明即可；②根据菱形性质可得A与C关于对角线BD对称，可知AM+CM最小为AC长；③先假设AN⊥BE，而后逆推即可判断；④根据图形特征得出当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长，过E点作EF⊥BC，交CB的延长线于F，在Rt△EFC中利用勾股定理求解，继而求得菱形的面积即可判断④．【解析】解①∵△ABE是等边三角形，∴BA=BE，∠ABE=60°．∵∠MBN=60°，∴∠MBN∠ABN=∠ABE∠ABN．即∠MBA=∠NBE．又∵MB=NB，∴△AMB≌△ENB（SAS），故①正确；②连接AC交BD于点O，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，BD⊥AC，AO=CO．∴点A和点C关于直线BD对称，∴当M点与O点重合时，AM+CM的值最小为AC的值．∵∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC=2．即AM+CM的值最小为2，故②正确；③假设AN⊥BE，且AE=AB，∴AN是BE的垂直平分线，∴EN=BN=BM=MA，∴M点与O点重合，∵条件没有确定M点与O点重合，故③错误；④如图，连接MN，由（1）知，△AMB≌△ENB，∴AM=EN，∵∠MBN=60°，MB=NB，∴△BMN是等边三角形，∴BM=MN，∴AM+BM+CM=EN+MN+CM，根据“两点之间线段最短”，得EN+MN+CM=EC最短，∴当M点位于BD与CE的交点处时，AM+BM+CM的值最小，即等于EC的长．过E点作EF⊥BC交CB的延长线于F，∴∠EBF=180°﹣120°=60°，设菱形的边长为x，∴BF=，EF=，在Rt△EFC中，∵，∴，解得x=2，，∴菱形的面积为，故④不正确．故选：B．【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、菱形的性质、轴对称求最值以及勾股定理，综合运用以上知识，添加辅助线是解题的关键．14．如图，菱形中，与交于点O，，E为延长线上一点，使得，连接，分别交、于点F、G，连接，，则下列结论：①；②；③四边形与四边形的面积相等；④由点、、、构成的四边形是菱形．其中正确的结论个数是（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】首先根据菱形的性质及，并结合直角三角形的性质可得，从而得到，最后利用平行线的性质可得，故结论①正确；由菱形的性质可得，再证明，得到，最后利用中位线定理可得，故结论②正确；根据可得，再根据可得，所以四边形与四边形面积相等，故结论③正确；先证明四边形是平行四边形，再证明是等边三角形，得到，最后利用菱形的判定可证明四边形是菱形，故结论④正确．【解析】解：∵四边形是菱形，∴，，，，，∴，∴，∴，∴，故结论①正确；∵四边形是菱形，∴，，，∴，∵，∴，在和中，∴，∴，∴是的中位线，∴，故结论②正确；∵，，∴，，∴四边形与四边形面积相等，故结论③正确；∵，∴，又∵，即，∴四边形是平行四边形，∵四边形是菱形，∴，又∵，∴是等边三角形，∴，∴，∴四边形是菱形，故结论④正确．故选：A．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质，平行线的性质等知识．熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．15．如图，菱形ABCD中，，AC与BD交于点O，E为CD延长线上一点，且，连接BE，分别交AC，AD于点F、G，连接OG，则下列结论：①；②；③由点A、B、D、E构成的四边形是菱形；④，其中正确的结论是（

）A．①② B．①②③ C．①③④ D．②③④【答案】C【分析】①由AAS证明△ABG≌△DEG，得出AG=DG，证出OG是△ABD的中位线，得出OG=AB，①正确；③先证明四边形ABDE是平行四边形，证出△ABD、△BCD是等边三角形，得出AB=BD=AD，因此OD=AG，得出四边形ABDE是菱形，③正确；②连接FD，由等边三角形的性质和角平分线的性质得F到△ABD三边的距离相等，则S△BDF=S△ABF=2S△BOF=2S△DOF=S四边形ODGF，则S四边形ODGF=S△ABF，②错误；即可得出结论．④∵连接CG，由O、G分别是AC，AD的中点，得到，则S△ACD＝4S△AOG，再由S△AOG＝S△BOG，得到S△ACD＝4S△BOG，故④正确；【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA，AB∥CD，OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∴∠BAG＝∠EDG，∵CD＝DE，∴AB＝DE，在△ABG和△DEG中，，∴△ABG≌△DEG（AAS），∴AG＝DG，∴OG是△ABD的中位线，∴OG＝AB，故①正确；∵AB∥CE，AB＝DE，∴四边形ABDE是平行四边形，∵∠BCD＝∠BAD＝60°，∴△ABD、△BCD是等边三角形，∴AB＝BD＝AD，∠ODC＝60°，∴平行四边形ABDE是菱形，故③正确；∵连接CG，∵O、G分别是AC，AD的中点，∴，∴S△ACD＝4S△AOG，∵，∴S△AOG＝S△BOG，∴S△ACD＝4S△BOG，故④正确；连接FD，如图：∵△ABD是等边三角形，AO平分∠BAD，BG平分∠ABD，∴F到△ABD三边的距离相等，∴S△BDF＝S△ABF＝2S△BOF＝2S△DOF＝S四边形ODGF，∴S四边形ODGF＝S△ABF，故②错误；正确的是①③④，故选C．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线定理以及三角形面积等知识，综合运用以上知识是解题的关键．16．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，，点E在边AD上，，点F在边BC上，将四边形CDEF沿EF所在的直线翻折，点D恰好落在点O处，点C落在点处．下列结论中，正确的有（

）①；②过点O作于点P，是等腰直角三角形；③AB的长为A．3个 B．2个 C．0个 D．1个【答案】D【分析】根据矩形对角线相等且互相平分，可知是等腰三角形，再由，求出进而求出，根据翻折的性质及三角形外角可得，再根据，可判断是等腰直角三角形．根据是等腰直角三角形，且，求出的长，再进一步求出的长．【解析】解：①四边形是矩形，，，，，，四边形沿所在的直线翻折，点恰好落在点处，，，是的外角，，①错误，不符合题意；②过点作于点，如图所示：，，由①得，，，是等腰直角三角形．故②正确，符合题意；③在中，设，则由②得，是等腰直角三角形，即，解得，，过点作，如图所示：，，，，，，四边形是矩形，，，故③错误，不符合题意；正确的结论只有②．即一个正确的结论，故选：D．【点睛】本题主要考查矩形的性质与翻折的性质，熟练运用矩形的性质与判定和翻折中不变的量是解题的关键．17．如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，BF⊥AC交CD于点F，DE⊥AC交AB于点E，垂足分别为M、N，连接EM、FN．则下列四个结论：①；②EM//FN；③；④当时，四边形DEBF是菱形；其中正确结论的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】根据矩形的性质得到AB=CD，AB//CD，∠DAE=∠BCF=90°，OD=OB=OA=OC，AD=BC，AD//BC，根据平行线的性质得到DE⊥AC，根据垂直的定义得到∠DNA=∠BMC=90°，由全等三角形的性质得到DN=BM，∠ADE=∠CBF，故①正确；证△ADE≌△CBF（ASA），得出AE=FC，DE=BF，故③正确；证四边形NEMF是平行四边形，得出EM//FN，故②正确；证四边形DEBF是平行四边形，证出∠ODN=∠ABD，则DE=BE，得出四边形DEBF是菱形；故④正确；即可得出结论．【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，AB//CD，∠DAE=∠BCF=90°，OD=OB=OA=OC，AD=BC，AD//BC，∴∠DAN=∠BCM，∵BF⊥AC，DE//BF，∴DE⊥AC，∴∠DNA=∠BMC=90°，在△DNA和△BMC中，，∴△DNA≌△BMC（AAS），∴DN=BM，∠ADE=∠CBF，故①正确；在△ADE和△CBF中，，∴△ADE≌△CBF（ASA），∴AE=FC，DE=BF，故③正确；∴DEDN=BFBM，即NE=MF，∵DE//BF，∴四边形NEMF是平行四边形，∴EM//FN，故②正确；∵AB=CD，AE=CF，∴BE=DF，∵BE//DF，∴四边形DEBF是平行四边形，∵AO=AD，∴AO=AD=OD，∴△AOD是等边三角形，∴∠ADO=∠DAN=60°，∴∠ABD=90°∠ADO=30°，∵DE⊥AC，∴∠ADN=∠ODN=30°，∴∠ODN=∠ABD，∴DE=BE，∴四边形DEBF是菱形；故④正确；故选：D．【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．18．如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AB、BC上，且，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，下列结论：①；②≌；③；④．其中正确的结论是（

）．A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．①③④【答案】A【分析】根据折叠的性质得出，，，的面积的面积，再逐个判断即可．【解析】解：∵，∴，，∵将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，∴，即，∵四边形ABCD是矩形，∴，，∴，∴，∵将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，∴，，，∴，∴①正确；∵将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，∴，∴．在和中，，∴≌，∴②正确；∵，，∴，，∴，，∴，∴，∴③正确；∵，，，∴，∴的面积为，∵将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，∴的面积为，∴，∴④正确；故选：A．【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，全等三角形的性质和判定，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解题的关键．19．如图，在正方形中，为对角线，为上一点，过点作，与、分别交于点，，为的中点，连接，，，，下列结论中结论正确的有（

）①；②；③；④若，则，其中结论正确的有（

）A．个 B．个 C．个 D．个【答案】D【分析】根据正方形，为对角线，，可知四边形是矩形，由此可证、、、是等腰直角三角形，为的中点，，可知是等腰直角三角形，由此即可求解．【解析】解：结论①，∵正方形中，为对角线，，∴，，∴，四边形是矩形，、是等腰直角三角形，∴，∴，故结论①正确；结论②，由结论①正确可知，是等腰直角三角形，为的中点，∴，且、是等腰直角三角形，∴，，，∴，且，∴，∴，∵，故结论②正确；结论③，∵、、、是等腰直角三角形，，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，故结论③正确；结论④若，则，由结论②正确，可知；由结论③正确可知，，且、、、是等腰直角三角形，∴，即是等腰直角三角形，如图所示，过点作于，设，则，，，∴，，∴，故结论④正确；综上所示，正确的有①②③④，故选：．【点睛】本题是四边形与三角形的综合，主要考查正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识，掌握正方形的性质，矩形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质是解题的关键．20．如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E，使得，连接BE并延长BE到F，使，BF与CD相交于点H，若，有下列四个结论：①；②；③；④．则其中正确的结论有（

）A．①②③④ B．①②④ C．①②③ D．①③④【答案】B【分析】根据可得到，根据可计算出OE，从而计算出AE，根据可计算出的值，证明是等边三角形，进一步证明得到,从而推算出．【解析】解：∵，∴，∴，故①正确；如下图所示，连接BD交AC于点O,∵,∴，∵，∴，∵∴，∴,∴，∴，∴②正确；∵，，∴，故③错误；如下图所示，连接DF，∵，∴，∴，∴,∵，∴是等边三角形，∴，∴,∴,∵,∴，∴，∵，，∴,∴,故④正确，故选：B．【点睛】本题考查正方形、全等三角形、等腰三角形、等边三角形和直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关知识．二、填空题21．如图,中，，，在的同侧作正、正和正，则四边形面积的最大值是______________．【答案】【分析】先延长交于点，得出，再判定四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质得出：四边形的面积，最后根据，判断的最大值即可．【解析】延长交于点，∵在正和正中，∴，∵，∴，∴，∴平分，又∵，∴，∵和都是等边三角形，∴，，，∴，∴，∴，同理可得：，∴，∴四边形是平行四边形，∴四边形的面积，又∵，在中，由勾股定理得：，∴，∴，即四边形面积的最大值为，故答案为：．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质，作辅助线构造平行四边形的高线是解答本题的关键．22．如图，在中，，，将沿射线平移，得到，再将沿射线翻折，得到，连接、，则的最小值为

____________【答案】45【分析】连接，作点D关于直线的对成点T，连接、、．首先证明B、A、T共线，求出，证明四边形EGCD是平行四边形，推出，进而得到，根据，即可解决问题．【解析】解：如图，连接、，作点D关于直线的对成点T，连接、、．∵，，将沿射线平移，得到，再将沿射线翻折，得到，∴，，，∵，∴，∵D、T关于对称，∴，，∴，∵，∴B、A、T共线，∴，∵，，∴四边形EGCD是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴，则的最小值为45．故答案为：45．【点睛】本题考查轴对称，等腰三角形的性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会运用转化的思想思考问题．23．在中，，D为形内一点，以为腰作等腰，使，连接，若分别是的中点，，则的长为_______．【答案】2【分析】如图，连接，取的中点F，连接，先证明，得，根据三角形的中位线定理可得，，由平行线的性质和三角形的内角和定理可得，所以是等边三角形，可得结论．【解析】解：如图，连接，取的中点F，连接，∵，∴，即，在和中，，∴，∴，∵M是的中点，F是的中点，∴是的中位线，∴，∴，同理得，，，，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∴．故答案为：2．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形的中位线定理等知识的综合运用，解题的关键是证明△FMN是等边三角形．24．如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝3，E、F分别是边BC和对角线BD上的动点，且BE＝DF，则AE＋AF的最小值为_________．【答案】【分析】的下方作，在上截取，使得，连接，．证明，推出，，根据求解即可．【解析】解：如图，的下方作，在上截取，使得，连接，．∵四边形是菱形，，∴，，∵，，，∴，∴，∵，，∴，∴，∵，当E点在AT上时取等号，∴，∴的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，两点之间线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．25．在矩形ABCD中，AD=8，AB=6，点E为射线DC上一个动点，把△ADE沿AE折叠，使点D落在点F处，若△CEF为直角三角形时，DE的长为______．【答案】或8或或​​​​​​​【分析】先利用勾股定理计算出AC=10，当△CEF为直角三角形时，有几种情况：①当点F落在矩形内部时，如图1所示．根据折叠的性质得∠AFE=∠D=90°，设DE=x，则EF=x，CE=6x，然后在Rt△CEF中运用勾股定理可计算出x即可．②当点F落在AB延长线上时，如图2所示．此时四边形ADEF为正方形，得出DE=AD=8．③当点F落在BC边上时，如图3所示，易知AF=AD=8，BF=，设DE=EF=x，CE=6x，然后在Rt△CEF中运用勾股定理可计算出x即可；④当点F落在CB延长线上时，如图4，设DE=EF=x，CE=x6，BF=，然后在Rt△CEF中运用勾股定理可计算出x即可．【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠B=90°，CD=AB=6，∴AC==10，当△CEF为直角三角形时，有下列几种情况：①当点F落在矩形内部时，F落在AC上，如图1所示．由折叠的性质得：EF=DE，AF=AD=8，CF=2，设DE=x，则EF=x，∴CE=6x，在Rt△CEF中，由勾股定理得：∵EF2+CF2=CE2，∴x2+22=（6x）2，解得，∴；②当点F落在AB延长线上时，如图2所示．此时四边形ADEF为正方形，∴DE=AD=8．③当点F落在BC边上时，如图3：易知AF=AD=8，BF=，设DE=EF=x，CE=6x，在Rt△EFC中，x2=（6x）2+（8）2，∴，∴；④当点F落在CB延长线上时，如图4，设DE=EF=x，CE=x6，则BF=，在Rt△CEF中，解得．综上所述，DE的长为或8或或．故答案为：或8或或【点睛】本题考查了折叠的性质、矩形的性质、勾股定理、正方形的判定与性质等知识；熟练掌握折叠和矩形的性质是解决问题的关键．26．如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，，点P是线段AB上一点，连接OP，将OP绕点O逆时针旋转90°得到OQ，过点D作于点E，连接EQ，DQ，若，则的面积为_________．【答案】【分析】先求出，，如图所示，以O为原点，以AC所在的直线为y轴，以BD所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，过点P作PF⊥y轴于F，过点Q作QH⊥x轴于H，求出直线AB的解析式，设点P的坐标为（m，），利用乙先三垂直模型证明△OHQ≌△OFP推出点Q的坐标为（，m），则点Q在直线上，设直线与x轴交于M，与y轴交于T，过点E作EN⊥OD于N，则点M的坐标为（1，0），点T的坐标为（0，），推出∠EDB=60°，求出，证明△AOD≌△MOT，推出∠OMT=∠EDB=60°，得到，则．【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，∴AC⊥BD，，∴，∴，如图所示，以O为原点，以AC所在的直线为y轴，以BD所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，过点P作PF⊥y轴于F，过点Q作QH⊥x轴于H，∴点A的坐标为（0，1），点B的坐标为（，0），设直线AB的解析式为，∴，∴，∴直线AB的解析式为，设点P的坐标为（m，），∴由旋转的性质可得OP=OQ，∠POQ=90°，∴∠HOQ+∠POH=90°，又∵∠FOP+∠POH=90°，∴∠HOQ=∠FOP，又∵∠OHQ=∠OFP=90°，∴△OHQ≌△OFP（AAS），∴OH=OF，QH=PF，∴点Q的坐标为（，m），∴点Q在直线上，设直线与x轴交于M，与y轴交于T，过点E作EN⊥OD于N，∴点M的坐标为（1，0），点T的坐标为（0，）∴，∵四边形ABCD是菱形，∴，AD=AB=2，∴，∠ADB=∠CBD=30°，∴∠OAD=60°，又∵DE⊥BE，∴∠ADE=30°，∴，∠EDB=60°，∴，BE=3，∴，∵，∴△AOD≌△MOT（SAS），∴∠OMT=∠OAD=60°，∴∠OMT=∠EDB=60°，∴，∴故答案为：．【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，平行线的性质与判定，正确得出点Q在直线上运动是解题的关键．27．如图，在正方形中，E、F是射线上一动点，且，射线、分别交、延长线于G、H，连接；在下列结论中①；②，③；④；⑤若，则；⑥其中一定正确的是__________．（把正确的序号写在横线上）【答案】①③④⑥【分析】由正方形的性质，易证△AEB≌△CEB，从而可判断①的正确性；假设结论正确，可推出AE⊥BD，显然AE是不可能总垂直BD的，故可得②不正确；如图1，在BC上取BM=DH，连接AM，则可证△ABM≌△ADH，根据全等的性质及已知条件，可得△AMG≌△AHG，从而可得③正确；由△AMG≌△AHG，从而，而△AGM与△BCD等高，故可得⑥正确；如图1，延长AM到N，使MN=HF，连接BN、EN，则可证△ABN≌△ADF，△ANE≌△AFE，故有BN=DF，EN=EF，且易得∠EBN=90°，在Rt△EBN中，由勾股定理即可判断④正确；如图2，延长CD到P，使DP=BG，连接AP，则易证△ADP≌△ABG，可得AP=AG，且易得∠PAF=∠EAF=45°，从而可证得△APH≌△AGH，易得GH=BG+DH，若设CH=a，CG=b，由勾股定理有：，另一方面，可得GH=BG+DH=5ab，因此可得，则，故可判断⑤错误．【解析】∵四边形ABCD为正方形∴AB=AD=BC=CD，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，∠ABE=∠CBE=∠ADB=45°

在△AEB和△CEB中∴△AEB≌△CEB(SAS)∴AE=CE故①正确若，则∠HGC=∠EAF=45°，∠GHC=∠F∵∠HCG=90°∴∠GHC=45°∴∠GHC=∠F=45°∴∠AEF=90°∴AE⊥BD但只有当E点是线段BD的中点时，才有AE⊥BD，其它位置是不垂直的故②不正确如图1，在BC上取BM=DH，连接AM∵AB=AD，∠ABC=∠ADH=90°，BM=DH∴△ABM≌△ADH(SAS)∴AM=AH，∠BAM=∠DAH∵∠BAM+∠MAD=∠DAB=90°∴∠MAH=∠DAH+∠MAD=∠BAM+∠MAD=90°∵∴∵AG=AG∴△AMG≌△AHG(SAS)∴GM=GH∴BG=GM+BM=GH+DH故③正确∵△AMG≌△AHG∴∵△AGM与△BCD的高分别为AB、CD，且AB=CD∴∵GM=GH，BC=AB∴故⑥正确如图1，延长AM到N，使MN=HF，连接BN、EN，则AM+MN=AH+HF，即AN=AF∵∠BAM=∠DAH，AB=AD∴△ABN≌△ADF(SAS)∴BN=DF，∠ABN=∠ADF∵∠ADF=180°∠ADB=180°45°=135°∴∠ABN=135°∴∠EBN=∠ABN∠ABD=135°45°=90°同理可得：△ANE≌△AFE∴EN=EF在Rt△EBN中，由勾股定理得：∴故④正确当AB=3CH时，此时点H在边CD上设CH=a，CG=b，则AB=CD=BC=3a，DH=ABCH=2a，BG=BCCG=3ab

如图2，延长CD到P，使DP=BG，连接AP∵AB=AD，∠ABC=∠ADP=90°，BG=DP

∴△ABG≌△ADP(SAS)∴AG=AP，∠BAG=∠DAP∴∠GAP=∠GAD+∠DAP=∠GAD+∠BAG=∠DAB=90°∵∠EAF=45°∴∠PAF=∠EAF=45°∵AH=AH∴△APH≌△AGH(SAS)∴PH=GH∵PH=DP+DH∴GH=BG+DH=3ab+2a=5ab在Rt△GHC中，由勾股定理有：∴整理得：∴CD=3a=故⑤错误故答案为：①③④⑥【点睛】本题是正方形的综合题，考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理等知识，涉及到截长补短的方法，综合性强，难度较大，是一道经典的好题，实际上是所谓的“半角”问题，也是平时和中考常考的压轴题型．28．如图，在正方形中，E在上，N为延长线上一点，将沿翻折，使点C的对应点F落在上，交于点G，连接交于点H，若，下列说法正确的有___________．①；②；③；④当，时，【答案】①②④【分析】由轴对称的性质和四边形的内角和为即可判断①；由全等三角形的判定与性质和矩形的判定与性质可判断②；由平行线的性质和折叠对③中的结论进行反推，得到不一定成立的结论，即可判断③；作辅助线构造等腰直角三角形，利用勾股定理即可判定④．【解析】解：∵四边形是正方形，∴，由翻折可知：，∴，∵，∴，由翻折得：，∴，∴，故①正确；过C点作于M，∵，∴，∵，∴，∴，过E点作，∴，∴四边形是矩形，∴，，∴，∵，∴，由翻折知，又∵，∴，∴，∴，∴，故②正确；∵与平行，∴，∴，由折叠知，，∵，且与不一定相等，∴与不一定相等，∴与不一定相等，∴不一定等于，故③不正确；连接交于点，由折叠知，，∵，，，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∵，∴，由折叠得，∴，设，∴中，，∴，∴，，∴，∴，∴，故④正确；故答案为：①②④．【点睛】本题考查了正方形的性质、图形的折叠、勾股定理等知识，解题关键是正确作出辅助线，构造矩形或等腰直角三角形，本题综合性较强，对学生的要求较高．29．如图，在矩形中，，E、F分别是边、上一点，，将沿翻折得，连接，当_____时，是以为腰的等腰三角形．【答案】或【分析】设，则，由翻折得：．当′时，作，由，EF平分可证得，则，所以，，分，和两种情况进行求解即可．【解析】解：∵四边形是矩形，∴，设，则，由翻折得：，作于点，如图，∵，∴，∴，∵沿翻折得，∴，∴，∵，∴，∴，，当是以为腰的等腰三角形时，①时，则：，即，解得，∴；②时，在中，，即：，解得：；∴；综上，当或时，是以为腰的等腰三角形；故答案为：或．【点睛】本题考查了矩形中的折叠问题、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，根据题意列方程是解答本题的关键．30．如图，在矩形中，点是的中点，点为上一点，将沿折叠后，点恰好落在上的点处，过点作交于点，若，，则______．【答案】####2.625【分析】连接，根据矩形的性质、折叠的性质证明，设，则，，再根据勾股定理可得，解得，即；由，易知，则，在中，根据勾股定理可得，解得，即可获得答案．【解析】解：如下图，连接，∵四边形为矩形，，，∴，，，∵点是的中点，∴，由折叠的性质可得，，，，，∴，∴在和中，，∴，∴，设，则，，∴在中，可有，即，解得，∴，∵，∴，∴，在中，，∴，解得．故答案为：．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，正确作出所需辅助线是解题关键．31．如图，四边形是长方形纸片，，对折长方形纸片．使与重合，折痕为．展平后再过点B折叠长方形纸片，使点A落在上的点N，折痕为，再次展平，连接，，延长交于点G．有如下结论：①；②；③是等边三角形；④P为线段上一动点，H是线段上的动点，则的最小值是．其中正确结论的序号是______．【答案】①③④【分析】①连接，易得是等边三角形，得到，进而得到，推出，从而得到；②根据所对的直角边是斜边的一半，求出；③由①即可得到是等边三角形；④点与点关于对称，，当三点共线时，的值最小为的长，过点作，交于点，交于点，此时最小，进行求解即可．【解析】解：①连接，∵对折长方形纸片．使与重合，折痕为，∴，∵过点B折叠长方形纸片，使点A落在上的点N，折痕为，∴，，∴，∴为等边三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴；故①正确；②∵，，∴；故②错误；③∵，∴，∵，∴，∴是等边三角形；故③正确；④由题意，得：点与点关于对称，∴，∴当三点共线时，的值最小为的长，过点作，交于点，交于点，此时最小，∵为等边三角形，∴，∴，∴的值最小为；故④正确；综上：正确的是①③④；故答案为：①③④．【点睛】本题考查矩形的折叠问题，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定，含的直角三角形，利用轴对称解决线段和最小问题．本题的综合性较强，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，证明三角形全等，是解题的关键．32．如图，以的两边，为边向形外作正方形，，则称这两个正方形为外展双叶正方形．有以下5个结论：①面积与面积相等．②过点作边的垂线交于点，则．③为边的中点，延长线与交于点，则且．④连接、相交于点，则且．⑤连结，为的中点，则且．其中正确的结论是_________（填序号）．【答案】①②③④⑤【分析】①作，作，证明，推出，由三角形面积公式即可判断；②作出图2的辅助线，证明/，推出，得到，再证明，即可判断；③作出图3的辅助线，证明，再证明，即可判断；④作出图4的辅助线，证明，推出，再证明，即可判断；⑤作出图5的辅助线，证明和，推出，再根据直角三角形的性质即可判断．【解析】解：①如图1，过点C作于点M，过点H作的延长线于点N，则，∵四边形和四边形都是正方形，∴，，，∴，又∵，∴（同角的补角相等），在和中，，∴，∴，又∵，，且，∴面积与面积相等，故①正确；②如图2，过点A作的垂线交于点D，设垂足为K，过点H作于点Q，过点F作的延长线于点T，则，∵，∴，∴（同角的余角相等），在和中，，∴，∴，同理可证，∴，在和中，，∴，∴，故②正确；③如图3，延长至L，使，连接，则，∵O为边的中点，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，由②得，∴，∵，∴在和中，，∴，∴，∵，∴，∴∴∵∴，故③正确；④如图4，连接相交于，设交于点W，∵∴，即在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，故④正确；⑤如图5，延长至I，使，连接并延长交于J，∵四边形和四边形都是正方形，∴，，，∵S是的中点，∴，在和中，，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，即，又∵，∴，又∵，∴，∵，且，∴，即，故⑤正确；综上所述，正确的有①②③④⑤，故答案为：①②③④⑤．【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形的面积公式，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握各性质定理是解题的关键．33．如图，分别以直角△ABC的斜边AB，直角边AC为边向△MBC外作等边△ABD和等边△ACE，F为AB的中点，DE与AB交于点G，EF与AC交于点H，∠ACB=90°，∠BAC=30°．给出如下结论：①EF⊥AC；②四边形ADFE为菱形；③AD=4AG；④4FH=BD：其中正确结论的是________．【答案】①③④【分析】根据30°的直角三角形性质及等边三角形性质可得出△ABC≌△EFA，△DBF≌△EFA，再由中位线的判定及性质，等腰三角形的性质进行判断，从而得到答案．【解析】解：在等边三角形△ACE中：∠EAC=60°，AE=AC，∵∠BAC=30°，∴∠FAE=∠ACB=90°，∵在中：，∵F为AB的