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文档简介
PAGE1第1章特殊的平行四边形单元提升卷【北师大版】参考答案与试题解析一.选择题(共10小题,满分30分,每小题3分)1.(3分)(23-24九年级·四川泸州·期中)菱形具有而平行四边形不具有的性质是()A.两组对边分别平行B.对角线互相平分C.两组对角线分别相等,对角线互相垂直D.对角线互相垂直【答案】D【分析】本题考查了菱形的性质,平行四边形的性质,掌握菱形的性质是解题的关键.由菱形的性质可直接求解.【详解】解:菱形的性质有:两组对边平行,两组对边相等,对角线互相垂直平分,平行四边形的性质有:两组对边分别平行,两组对边相等,对角线互相平分,∴菱形具有而平行四边形不具有的性质是对角线互相垂直,故选:D.2.(3分)(23-24九年级·河南焦作·期中)“方胜”是中国古代妇女的一种发饰,其图案由两个全等正方形相叠组成,寓意是同心吉祥.如图,将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A′B′A.2cm B.2cm C.(2【答案】D【分析】本题考查平移性质,正方形的性质,勾股定理,熟练掌握平移性质和正方形的性质是解答的关键,由题意得BB′=1【详解】由题意得BB∵四边形ABCD是正方形,∴AB=AD=2cm,∴BD=A∴DB∴点D,B′之间的距离为2故选:D.3.(3分)(23-24九年级·重庆江津·期中)如图,矩形ABCD中,AB=8,BC=4,将矩形沿AC折叠,则重合部分△AFC的面积为(
)A.6 B.8 C.10 D.12【答案】C【分析】本题考查了矩形与折叠问题,涉及了勾股定理,根据题意得∠DCA=∠ECA、结合AB∥CD得∠DCA=∠FAC,得【详解】解:由题意得:∠DCA=∠ECA∵AB∥∴∠DCA=∠FAC∴∠ECA=∠FAC∴FA=FC设FA=FC=x,则BF=8−x则8−x解得:x=5∴△AFC的面积=故选:C4.(3分)(23-24九年级·陕西渭南·期中)如图,四边形ABCD是菱形,等边△AMN的顶点M、N分别在BC、CD上,且AM=BC,则∠C的度数为(
)A.105° B.100° C.115° D.120°【答案】B【分析】由四边形ABCD的四边都相等,可证得四边形ABCD是菱形,又由等边△AMN的顶点M、N分别在BC、CD上,且AM=AB,可设∠BAM=∠NAD=x,根据三角形的内角和定理得出方程x+2(180°−60°−2x)=180°,解此方程的解即可求出答案.【详解】解:∵四边形ABCD的四边都相等,∴四边形ABCD是菱形,∴∠B=∠D,∠DAB=∠C,AD//BC,∴∠DAB+∠B=180°,∵△AMN是等边三角形,AM=AB,∴∠AMN=∠ANM=60°,AM=AD,∴∠B=∠AMB,∠D=∠AND,由三角形的内角和定理得:∠BAM=∠NAD,设∠BAM=∠NAD=x,则∠D=∠AND=180°−60°−2x,∵∠NAD+∠D+∠AND=180°,∴x+2(180°−60°−2x)=180°,解得:x=20°,∴∠C=∠BAD=2×20°+60°=100°.故选:B.【点睛】本题主要考查对菱形的判定和性质,等边三角形的性质,等腰三角形的性质,三角形的内角和定理以及平行线的性质等知识点.注意掌握方程思想的应用是解此题的关键.5.(3分)(23-24九年级·江西九江·期中)如图,矩形ABCD的三个顶点的坐标分别为A(1,3),B(4,3),C(4,1).若直线y=x+b平分矩形ABCD的周长,则b的值为(
)
A.−12 B.−1 C.12【答案】A【分析】连接AC,BD相交于点E,根据四边形ABCD是矩形,可得点E是AC的中点,即可求出E52,2,再将E52【详解】解:连接AC,BD相交于点E,如下图所示,
∵A(1,3),B(4,3),∴AB∥x轴,∵四边形ABCD是矩形,AC,BD相交于点E,∴AE=CE,点E是AC的中点,∴E1+42,∵直线y=x+b平分矩形ABCD的周长,∴直线y=x+b经过点E5∴52+b=2,解得故选:A.【点睛】本题主要考查了矩形的性质和一次函数,求出点E的坐标是解题的关键.6.(3分)(23-24九年级·河北保定·期中)将四根长度相等的细木条首尾相接,用钉子钉成四边形ABCD,用拉紧的橡皮筋连接AC,BD,转动这个四边形,使它的形状改变.当∠ABC=90°时,如图1,测得AC=2.当∠ABC=60°时,如图2,此时BD−AC=
A.23 B.3−1 C.23【答案】B【分析】本题考查了正方形的判定与性质,菱形的判定与性质,勾股定理,先根据正方形的性质求出AB,再根据菱形的性质和勾股定理求出AC,【详解】解:如图1,
当∠ABC=90°时,AB=BC=CD=DA,∴四边形ABCD是正方形,又∵AC=2∴AB=1,如图2,AC与BD的交点为O,
当∠ABC=60°时,,∴AB=BC=CD=DA四边形ABCD是菱形,∴∠AOB=90°,∠ABO=12∠ABC=30°∴OA=1∴OB=A∴AC=2OA=2×12=1∴BD−AC=3故选:B.7.(3分)(23-24九年级·河北廊坊·期中)如图,四边形ABCD是由四个边长为1的正六边形所围成,则四边形ABCD的面积是(
)A.34 B.1 C.32【答案】C【分析】本题考查的是正多边形的内角与外角,菱形的性质与判定,勾股定理的应用,化为最简二次根式,先证明四边形ABCD是菱形,∠BAD=180°−120°=60°,如图,连接BD,过点D作DE⊥AB交AB于点E,再进一步可得答案.【详解】解:如图,由正六边形的性质可得:∠BAD=180°−120°=60°,AB=BC=CD=AD=1,∴四边形ABCD是菱形,如图,连接BD,过点D作DE⊥AB交AB于点E,∵四边形ABCD是菱形,∴S△ABD又∵∠BAD=60°,∴△ABD为等边三角形,∵DE⊥AB,∴AE=1∴在Rt△ADE中,DE=∴S△ABD∴菱形ABCD的面积是34故选:C.8.(3分)(23-24九年级·湖北孝感·期中)如图,D是△ABC内部一点,AC⊥BD,依次取AB,BC,CD,AD的中点,并顺次连接得到四边形MNPQ,若BD=4,AC=6,则四边形MNPQ的面积为(
)A.24 B.18 C.12 D.6【答案】D【分析】本题主要考查了三角形中位线定理,矩形的性质与判定,先根据三角形中位线定理可得MQ∥BD,MQ=12BD=2,PN∥BD,PN=12BD=2,MN∥AC,MN=12AC=3【详解】解:∵点M,Q分别是AB,AD的中点,且BD=4,∴MQ∥BD,MQ=1同理可得:PN∥BD,PN=12BD=2∴MQ∥PN,MQ=PN,∴四边形MNPQ是平行四边形,∵AC⊥BD,∴MQ⊥AC,又∵MN∥AC,∴MQ⊥MN,∴平行四边形MNPQ是矩形,∴四边形MNPQ的面积是MQ⋅MN=2×3=6,故选:D.9.(3分)(23-24九年级·江苏苏州·期中)如图,已知菱形ABCD的边长为6,点M是对角线AC上的一动点,且∠ABC=120°,则MA+MB+MD的最小值是(
)
A.33 B.3+33 C.6+3【答案】D【分析】过点D作DE⊥AB于点E,连接BD,根据垂线段最短,此时DE最短,即MA+MB+MD最小,根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出DE的长,进而可得结论.【详解】解:如图,过点D作DE⊥AB于点E,连接BD,
∵菱形ABCD中,∠ABC=120°,∴∠DAB=60°,AD=AB=DC=BC,∴△ADB是等边三角形,∴∠MAE=30°,∴AM=2ME,∵MD=MB,∴MA+MB+MD=2ME+2DM=2DE,根据垂线段最短,此时DE最短,即MA+MB+MD最小,∵菱形ABCD的边长为6,∴DE=A∴2DE=63∴MA+MB+MD的最小值是63故选:D.【点睛】本题考查了菱形的性质,等边三角形的判定与性质,解决本题的关键是掌握菱形的性质,等边三角形的判定与性质.10.(3分)(23-24·黑龙江大庆·三模)如图,已知四边形ABCD为正方形,AB=22,E为对角线AC上一点,连接DE,过点E作EF⊥DE,交BC的延长线于点F,以DE,EF为邻边作矩形DEFG,连接CG.下列结论:①矩形DEFG是正方形;②2CE+CG=2AD;③CG平分∠DCF;④CE=CFA.①③ B.②④ C.①②③ D.①②③④【答案】A【分析】过E作EM⊥BC,过E作EN⊥CD于N,如图所示,根据正方形性质得∠BCD=90°,∠ECN=45°,推出四边形EMCN是正方形,由矩形性质得EM=EN,∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°,根据全等三角形的性质得ED=EF,推出矩形DEFG是正方形,故①正确;根据正方形性质得AD=DC,∠ADE+∠EDC=90°推出△ADE≌△CDG,得到AE=CG,∠DAE=∠DCG=45°,由此推出CG平分∠DCF,故③正确;进而求得AC=AE+CE=CE+CG=2AD,故②错误;当DE⊥AC时,点C与点F重合,得到CE不一定等于【详解】过E作EM⊥BC,过E作EN⊥CD于N,如图所示,∵四边形ABCD是正方形,∴∠BCD=90°,∠ECN=45°,∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°,∴NE=NC,∴四边形EMCN是正方形,∴EM=EN,∵四边形DEFG是矩形,∴∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°,∴∠DEN=∠MEF,在△DEN和△FEM中,∠DNE=∠FMEEN=EM∴△DEN≌△FEMASA∴ED=EF,
∴矩形DEFG是正方形,故①正确;∴DE=DG,∠EDC+∠CDG=90°∵四边形ABCD是正方形∴AD=DC,∠ADE+∠EDC=90°∴∠ADE=∠CDG在△ADE和△CDG中AD=CD∴△ADE≌△CDG∴AE=CG,∠DAE=∠DCG=45°∵∠DCF=90°∴CG平分∠DCF,故③正确;
∴AC=AE+CE=CE+CG=2当DE⊥AC时,点C与点F重合,∴CE不一定等于CF,故④错误.故选:A【点睛】本题考查了正方形的性质与判定,全等三角形的判定与性质,正确作出辅助线是解本题的关键.二.填空题(共6小题,满分18分,每小题3分)11.(3分)(23-24九年级·江苏扬州·期中)如图,在四边形ABCD中,P、Q、M、N分别是AD、BC、BD、AC的中点,当四边形ABCD满足时(填写一个条件),PQ⊥MN.【答案】AB=CD【分析】根三角形中位线的性质,菱形的性质即可解答;【详解】解:∵P、Q、M、N分别是AD、BC、BD、AC的中点,∴PN是△ACD的中位线,PN=12CD,MQ是△BCD的中位线,MQ=12∴MQ=PN=12CD同理可得:NQ=PM=12AB当AB=CD时,MQ=PN=NQ=PM,四边形MQNP是菱形,∵菱形对角线垂直平分,∴PQ⊥MN,故答案为:AB=CD;【点睛】本题考查了三角形中位线的性质,菱形的判定和性质,掌握菱形的性质是解题关键.12.(3分)(23-24九年级·湖北恩施·期末)如图,点P是矩形ABCD对角线AC上一点,过点P做EF∥BC,分别交AB,CD于点E,F,连接PB,PD.若AE=2,PF=9,则图中阴影部分的面积为
【答案】18【分析】本题考查了矩形的性质,过点P作GH分别交AB、CD于点G、H,证明S四边形GPFB=S四边形EPHD,从而【详解】解:过点P作GH分别交AB、CD于点G、H,如图所示:
由矩形性质可知,S△ADC=S△ABC,∴S△ABC−∴12S四边形∵GP=AE=2,PF=9,∴S△PFB=故答案为:18.13.(3分)(23-24九年级·山东滨州·期末)以正方形ABCD的边CD为一边作等边△CDE,则∠AEC的度数是.【答案】45°或135°【分析】分类讨论;当点E在正方形内部,根据正方形的性质和等边三角形的性质可得AD=DC=DE,∠ADE=30°,再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求解;当点E在正方形ABCD的外部时,根据正方形的性质和等边三角形的性质可得AD=DE,∠ADE=150°,再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求解.【详解】解:当点E在正方形内部时,∵四边形ABCD是正方形,∴∠ADC=90°,AD=DC,∵△DEC是等边三角形,∴DE=DC,∠EDC=∠DEC=60°,∴AD=DC=DE,∠ADE=30°,∴∠AED=180°−30°∴∠AEC=∠AED+∠DEC=75°+60°=135°;当点E在正方形ABCD的外部时,∵四边形ABCD是正方形,∴∠ADC=90°,AD=DC,∵△DEC是等边三角形,∴∠EDC=∠DEC=60°,DC=DE,∴AD=DE,∠ADE=90°+60°=150°,∴∠AED=180°−150°∴∠AEC=60°−15°=45°,故答案为:45°或135°.【点睛】本题考查正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角定理,熟练掌握正方形的性质和等边三角形的性质,运用分类讨论思想解决问题是解题的关键.14.(3分)(23-24九年级·江苏苏州·期中)如图,菱形ABCD的顶点A恰好是矩形BCEF对角线的交点,若菱形ABCD的周长为8,则矩形BCEF的面积是.【答案】4【分析】本题考查了矩形的性质,等边三角形的判定,菱形的性质,与性质,根据菱形的性质得出AB=BC=2,进而利用矩形的性质得出AB=AC,得出△ABC是等边三角形,利用矩形的面积解答即可.【详解】解:∵四边形ABCD是菱形,∴AB=BC=2,∵四边形BCEF是矩形,∴FC=BE,FA=AC,AE=AB,∠ACB=90°,∴AB=AC,∵AB=AC=BC=1,∴△ABC是等边三角形,∴∠ABC=60°,∴BE=2AB=4,在Rt△ECBEC=E∴矩形BCEF的面积=BC⋅EC=23故答案为:4315.(3分)(23-24九年级·河南郑州·期末)如图,在等腰△ABC中,AB=BC=3,AC=22,点A,B分别在x轴,y轴上,且BC∥x轴,将△ABC沿x轴向左平移,当点A与点O重合时,点B的坐标为【答案】−【分析】本题考查勾股定理,矩形的判定与性质以及图形的平移,过点A作AD⊥BC,证明四边形OABD是矩形,得到OA=BD,OB=AD,根据勾股定理求得BD和OB的长度,可得平移的距离,即可求解.【详解】解:如图,过点A作AD⊥BC,∵∠AOB=∠OBD=∠BDA=90°,∴四边形OABD是矩形,∴OA=BD,OB=AD,由勾股定理可得,AB∴9−BD∴BD=5∴OA=53,∴当点A与点O重合时,点A向左移动53∴点B的坐标为−5故答案为:−516.(3分)(23-24九年级·江苏·期中)已知矩形ABCD,AB=6,AD=8,将矩形ABCD绕点A顺时针旋转θ(0°<θ<360°)得到矩形AEFG,当θ=°时,GC=GB.【答案】60或300【分析】当GB=GC时,点G在BC的垂直平分线上,分两种情况讨论,依据∠DAG=60°,即可得到旋转角θ的度数.【详解】解:当GB=GC时,点G在BC的垂直平分线上,分两种情况讨论:①当点G在AD右侧时,取BC的中点H,连接GH交AD于M,∵GC=GB,∴GH⊥BC,∴四边形ABHM是矩形,∴AM=BH=12AD=12∴GM垂直平分AD,∴GD=GA=DA,∴△ADG是等边三角形,∴∠DAG=60°,∴旋转角θ=60°;②当点G在AD左侧时,同理可得△ADG是等边三角形,∴∠DAG=60°,∴旋转角θ=360°﹣60°=300°.故答案为60或300【点睛】本题考查了旋转的性质,矩形的性质,利用分类讨论思想解决问题是本题的关键.三.解答题(共7小题,满分52分)17.(6分)(23-24九年级·浙江·专题练习)如图,四边形ABCD是菱形,点C,点D的坐标分别是4,0,0,3.(1)请分别写出点A,点B的坐标;(2)求出该菱形的周长.【答案】(1)A−4,0,(2)20【分析】此题考查了菱形的性质,勾股定理,(1)首先根据菱形的性质得到OA=OC,OB=OD,AC⊥BD,然后根据对称的性质求解即可;(2)首先求出OC=4,OD=3,然后利用勾股定理求出CD=O【详解】(1)∵四边形ABCD是菱形,∴OA=OC,OB=OD,AC⊥BD,∴点A与点C关于点O对称,点B与点D关于点O对称,∵点C、点D的坐标分别是4,0,0,3,∴点A−4,0,点B(2)∵点C、点D的坐标分别是4,0,0,3,∴OC=4,OD=3,在Rt△COD中,由勾股定理得:CD=∵四边形ABCD是菱形,∴AB=BC=AD=CD=5,∴菱形ABCD的周长=4CD=4×5=20.18.(6分)(23-24九年级·广东潮州·期末)如图,菱形ABCD对角线交于点O,BE∥AC,AE∥BD,EO与AB交于点(1)试判断四边形AEBO的形状,并说明你的理由;(2)求证:EO=DC.【答案】(1)矩形,见解析(2)见解析【分析】本题主要考查的是菱形的性质、矩形的性质和判定;(1)先证明四边形AEBO为平行四边形,再由由菱形的性质可证明∠BOA=90°,从而可证明四边形AEBO是矩形;(2)依据矩形的性质可得到EO=BA,然后依据菱形的性质可得到AB=CD.【详解】(1)解:四边形AEBO是矩形,证明如下:∵BE∥AC,∴四边形AEBO是平行四边形.又∵菱形ABCD对角线交于点O∴AC⊥BD,即∠AOB=90°.∴四边形AEBO是矩形.(2)证明:∵四边形AEBO是矩形∴EO=AB,在菱形ABCD中,AB=DC.∴EO=DC.19.(8分)(23-24九年级·湖北荆州·期中)下面是小明设计的“在一个平行四边形内作菱形”的尺规作图过程.已知:四边形ABCD是平行四边形.?求作:菱形ABEF(点E在BC上,点F在AD上).作法:①以A为圆心,AB长为半径作弧,交AD于点F;②以B为圆心,AB长为半径作弧,交BC于点E;③连接EF.所以四边形ABEF为所求作的菱形.(1)根据小明的做法,使用直尺和圆规,补全图形;(保留作图痕迹)(2)完成下面的证明;证明:∵AF=AB,BE=AB,∴=.在▱ABCD中,AD∥BC,即AF∥BE,∴四边形ABEF为平行四边形()(填推理的依据),∵AF=AB,∴四边形ABEF为菱形()(填推理的依据).【答案】(1)见解析(2)AF,BE,一组对边相等且平行的四边形是平行四边形,一组邻边相等的平行四边形是菱形.【分析】本题考查作图−复杂作图,平行四边形的判定和性质,菱形的判定等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型.(1)作图见解答过程;(2)AF,BE,一组对边相等且平行的四边形是平行四边形,邻边相等的平行四边形是菱形.【详解】(1)四边形ABEF为所求作的菱形.(2)∵AF=AB,BE=AB,∴AF=BE,在▱ABCD中,AD∥BC.即AF∥BE.∴四边形ABEF为平行四边形(一组对边相等且平行的四边形是平行四边形).∵AF=AB,∴四边形ABEF为菱形(一组邻边相等的平行四边形是菱形.)故答案为:AF,BE,一组对边相等且平行的四边形是平行四边形,一组邻边相等的平行四边形是菱形.20.(8分)(23-24九年级·广东广州·期中)如图,线段AB=9,射线BG⊥AB,P为射线BG上一点,以AP为边作正方形APCD,且C、D与点B在AP两侧,已知DP平分∠CPA,在线段DP取一点E,使∠EAP=∠BAP,直线CE与线段AB相交于点F(点F与点A、B不重合).(1)求证:△AEP≌△CEP;(2)判断CF与AB的位置关系,并说明理由;(3)求△AEF的周长.【答案】(1)见解析(2)CF⊥AB.理由见解析(3)18【分析】此题考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识,添加辅助线构造全等是解题的关键.(1)利用正方形的性质得到PC=PA,∠APD=∠CPD=45°,又由已知PE=PE,即可证明△AEP≌△CEP;(2)如图,设AP与CF相交于点M,证明∠BAP=∠FCP,由∠FCP+∠CMP=90°,∠AMF=∠CMP,得到∠AMF+∠PAB=90°,即可证明结论;(3)过点C作CN⊥PB于点N,则∠CNP=90°.证明四边形CFBN是矩形,则CN=BF,证明△PCN≌△APBAAS,则CN=PB=BF,PN=AB,又由△AEP≌△CEP得到AE=CE,利用等量代换得到∴AE+EF+AF=2AB=18【详解】(1)解:证明:∵四边形APCD为正方形,∴DP平分∠APC,PC=PA,∠APC=90°,∴∠APD=∠CPD=45°,又∵PE=PE,∴△AEP≌△CEP(SAS(2)CF⊥AB.理由如下:如图,设AP与CF相交于点M,∵△AEP≌△CEP,∴∠EAP=∠ECP,∵∠EAP=∠BAP,∴∠BAP=∠FCP,∵∠FCP+∠CMP=90°,∠AMF=∠CMP,∴∠AMF+∠PAB=90°,∴∠AFM=90°,∴CF⊥AB;(3)过点C作CN⊥PB于点N,则∠CNP=90°.∵∠CFB=180°−∠AFM=90°,∴∠CFB=∠CNP=∠ABP=90°∴四边形CFBN是矩形,∴CN=BF,∵∠CPN+∠PCN=∠CPN+∠APB=90°,∴∠PCN=∠APB,∵AB=PN,∠CNP=∠PBA=90°∴△PCN≌△APBAAS∴CN=PB=BF,PN=AB,∵△AEP≌△CEP,∴AE=CE,∴AE+EF+AF=CE+EF+AF=BN+AF=PN+PB+AF=AB+CN+AF=AB+BF+AF=2AB=18即△AEF的周长为18.21.(8分)(23-24九年级·江苏常州·期中)图①、图②、图③均是10×6的正方形网格,每个小正方形的边长均为1,每个小正方形的顶点称为格点,点A、B、C、D、P均在格点上,只用无刻度的直尺,分别在给定的网格中按下列要求作图,保留作图痕迹.(1)在图①中,作以点P为对称中心的平行四边形ABEF.(2)在图②中,在边AD上找一点G,在边BC上找一点H,连接CG,AH,使四边形CGAH为矩形.(3)在图③中,在四边形ABCD的边CD上找一点N,连接AN,使∠DAN=45【答案】(1)见详解(2)见详解(3)见详解【分析】(1)利用网格特征连接AP,BP并延长,即可作以点P为对称中心的平行四边形ABEF;(2)取格点E,连接AE交BC于点H,取格点F,连接CF交AD于点G,连接CG,AH,即可作四边形CGAH为矩形;(3)取格点E,P,Q,连接AE,PQ,ED,PQ与ED交于点F,连接AF并延长交CD于点N即可.【详解】(1)解:如图①中,平行四边形ABEF即为所求;理由:∵BP=FP=1∴四边形ABEF是平行四边形.(2)解:如图②中,矩形CGAH即为所求;理由:如图∵∠1+∠2=90°,∴∠1+∠2+∠3+∠4=180°,∵CO=AG=4,BC=AE=32+∴△BCO≌△EAG,∴∠1=∠3,∠2=∠4,∴∠1+∠4=90°,即∠AHB=90°,同理可得∠DGC=90°,∵CD=AB=5,CD∥∴ABCD是平行四边形,∴∠B=∠D,AD=BC,AD∥∵∠B=∠D,CD=AB,∠AHB=∠DGC=90°,∴△AHB≌△CGDAAS∴DG=BH,∴AG=CH,AG∥∴四边形CGAH是矩形;(3)解:如图③中,∠DAN=45∘,点理由:∵AE=AD=3∴△AEH≌△DAGSSS∴∠1=∠2,∵∠2+∠3=90°,∴∠1+∠3=90°,∴∠DAE=90°,∴△ADE是等腰直角三角形,∵DQ=PE,DQ∥∴∠FDQ=∠FEP,∠FQD=∠FPE,∴△FQD≌△FPEASA∴DF=EF,∴AF⊥DE,AF平分∠DAE,∴∠DAN=1【点睛】本题主要考查了中心对称图形,平行四边形的性质和判定,矩形的判定,全等三角形的性质和判定,勾股定理,等腰三角形的性质和判定等知识点,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型.22.(8分)(23-24九年级·广西桂林·期中)如图1,在矩形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,∠AOB=60°,AB=6cm,点P从点A出发沿AB以每秒1cm的速度向点B运动,同时点Q从点C出发沿CA方向以每秒2cm的速度向点A运动,设运动的时间为t秒,当点P运动到点B时,点Q停止运动.过点Q(1)填空:∠ACB=°,HQ=,AQ=(用含有t的式子表示);(2)是否存在某一时刻t,使四边形APHQ为菱形?若存在,求出t的值,请说明理由;(3)若在某一时刻t,平面内存在一点G,使P、Q、G、H四点构成的四边形是矩形,求出t的值.【答案】(1)30,t,12−2t(2)存在,t=2时,四边形APHQ是菱形(3)t的值为3或24【分析】(1)证明△AOB是等边三角形,推出∠BAC=60°,可得结论;(2)存在,当AP=AQ时,四边形APHQ是菱形,构建方程求解即可;(3)分两种情形,当∠QPH=90°时,当∠QPH=90°时,存在一点G,使P、Q、G、H四点构成的四边形是矩形,分别构建方程求解.【详解】(1)解:∵四边形ABCD是矩形,∴AC=BD,∴OA=OB,∵∠AOB=60°,∴△AOB是等边三角形,∴∠BAO=60°,∴∠ACB=90°−60°=30°,∵AB=6cm∴AC=2AB=12cm∵QH⊥CB,∴∠QHC=90°,∵CQ=2tcm∴AQ=12−2tcm,故答案为:30,t,12−2t;(2)存在某一时刻t,使四边形APHQ为菱形由题意得:HQ∥AP,∴四边形APHQ是平行四边形,当AP=AQ时,四边形APHQ是菱形,∴t=12−2t,∴t=4,∴
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