中考数学三轮真题集训冲刺知识点32矩形菱形与正方形pdf含解析 46页

1 / 46 一、选择题 1．（2019·苏州）如图，菱形 ABCD 的对角线 AC、BD 交于点 O，AC=4，BD=16 将△ABO 沿点 A 到点 C 的方向平移，得到△A'B'O'．当点 A '与点 C 重合时，点 A 与点 B'之问的距离为（ ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【解析】∵四边形 ABCD 是菱形，∴AC⊥BD，AO＝OC 1 2 = AC＝2，OB＝OD 1= 2 BD＝8，∵△ABO 沿 点 A 到点 C 的方向平移，得到△A'B'O'，点 A'与点 C 重合，∴O'C＝OA＝2，O'B'＝OB＝8，∠CO'B'＝90°， ∴AO'＝AC+O'C＝6，∴AB' = O'B'2 + AO'2 = 82 + 62 = 10，故选 C． 2．（2019·温州）如图，在矩形 ABCD 中，E 为 AB 中点，以 BE 为边作正方形 BEFG，边 EF 交 CD 于点 H， 在边 BE 上取点 M 使 BM=BC，作 MN∥BG 交 CD 于点 L，交 FG 于点 N．欧几里得在《几何原本》中利用 该图解释了(a+b)(a-b)=a2-b2．现以点 F 为圆心，FE 为半径作圆弧交线段 DH 于点 P，连结 EP，记 △EPH 的面积为 S1，图中阴影部分的面积为 S2．若点 A，L，G 在同一直线上，则 1 2 S S 的值为 （ ） A． 2 2 B． 2 3 C． 2 4 D． 2 6 【答案】C 【解析】如图，连接 ALGL，PF．由题意：S 矩形 AMLD＝S 阴＝a2﹣b2，PH＝ 22-ab，∵点 A，L，G 知识点 32——矩形、菱形与正方形 2 / 46 在同一直线上，AM∥GN，∴△AML∽△GNL，∴ ＝ ，∴ ＝ ，整理得 a＝3b，∴ ＝ ＝ ＝ ，故选 C． 3．（2019·绍兴）正方形 ABCD 的边 AB 上有一动点 E，以 EC 为边作矩形 ECFG，且边 FG 过点 D，在 点 E 从点 A 移动到点 B 的过程中，矩形 ECFG 的面积( ) A.先变大后变小 B.先变小后变大 C.一直变大 D.保持不变 【答案】D 【解析】∵四边形 ABCD 和四边形 ECFG 是矩形， ∴∠B=∠F=∠BCD=∠ECF=90°， 又∵∠BCE+∠ECD=∠ECD+∠FCD=90°， ∴∠BCE=∠FCD，∴△BCE∽△FCD； ∴ BC CF EC = CD ，∴BC•CD=FC• CE，∴矩形 AEFG 与矩形 ABCD 的面积相等，故选 D. 4． （2019·烟台）如图，面积为 24 的□ABCD 中，对角线 BD 平分∠ABC ，过点 D 作 DE ⊥ BD 交 BC 的延长线于点 E， DE = 6 ，则sin ∠DCE 的值为（ ）． A． 24 25 B． 4 5 C． 3 4 D． 12 25 【答案】A 【解析】连接 AC，交 BD 于点 F，过点 D 作 DM CE⊥ ，垂足为 M， F A D B C M E 第 4题答图 3 / 46 因为四边形 ABCD 是平行四边形， 所以 F 是 BD 的中点，AD//BC， 所以 DBC ADB∠=∠， 因为 BD 是 ABC∠ 的平分线， 所以 ABD DBC∠=∠， 所以 ABD ADB∠=∠， 所以 AB AD= ， 所以□ABCD 是菱形， 所以 AC BD⊥ ， 又因为 DE BD⊥ ， 所以 AC//DE， 因为 AC//DE，F 是 BD 的中点， 所以 C 是 BE 的中点， 所以 1 32CF DE= = ， 因为四边形 ABCD 是菱形， 所以 26AC FC= = ， 2ABCD AC BDS ×=菱形 ， 所以 2 2 24 86 ABCDSBD AC ×= = =菱形 ， 所以 1 42BF BD= = ， 在 Rt△BFD 中，由勾股定理得 225BC BF CF= +=， 因为四边形 ABCD 是菱形， 所以 5DC BC= = ， 因为 ABCDS BC DM= ×菱形 所以 24 5 ABCDSDM BC = =菱形 ， 在 Rt△DCM 中， 24sin 25 DMDCE∠ = DC = ． 5．（2019·江西）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 4 / 46 【答案】B 【解题过程】具体拼法有 4 种，如图所示： 6．（2019·株洲）对于任意的矩形，下列说法一定正确的是（ ） A．对角线垂直且相等 B．四边都互相垂直 C．四个角都相等 D．是轴对称图形，但不是中心对称图形 【答案】C 【解析】根据矩形的性质可知，矩形的对角线相等但不一定垂直，所以选项 A 是错误的；矩形相邻的边 互相垂直，对边互相平行，所以选项 B 是错误的；矩形的四个角都是直角，所以四个角都相等是正确的； 矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，所以选项 D 是错误的；故选 C. 7．（2019·娄底）顺次连接菱形四边中点得到的四边形是（ ） A 平行四边形 B． 菱形 C． 矩形 D． 正方形 【答案】C 【解析】如图：菱形 ABCD 中，E、F、G、H 分别是 AB、BC、CD、AD 的中点， ∴EH∥FG∥BD，EH＝FG＝ 1 2 BD；EF∥HG∥AC，EF＝HG＝ 1 2 AC， 故四边形 EFGH 是平行四边形， 5 / 46 又∵AC⊥BD， ∴EH⊥EF，∠HEF＝90° ∴四边形 EFGH 是矩形． 故选 C． 8．（2019·安徽）如图，在正方形 ABCD 中，点 E、F 将对角线 AC 三等分，且 AC=12.点 P 在正方形 的边上，则满足 PE+PF=9 的点 P 的个数是（ ） A. 0 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】D 【解题过程】如图，作点 F 关于 CD 的对称点 F/，连接 PF/、PF，则 PE＋PF＝EF/，根据两点之间线段 最知可知此时 PE＋PF 的值最小.过点 E 作 EH⊥FF/，垂足为点 H，FF’交 CD 于点 G，易知△EHF、△ CFG 是等腰直角三角形，∴EH＝FH＝FG＝F’G＝ 2 2 EF＝2 2 ，∴EF’＝ 22'EH F H+ ＝ ( ) ( )22 22 62+ ＝4 5 ＜9.根据正方形的对称性可知正方形 ABCD 的每条边上都有一点 P 使得 PE＋ PF 最小值.连接 DE、DF，易求得 DE＋DF＝4 10 ＞9，CE＋CF＝12＞0，故点 P 位于点 B、D 时，PE ＋PF＞9，点 P 位于点 A、C 时，PE＋PF＞9，∴该正方形每条边上都有 2 处点使得 PE＋PF＝9，共计 点 P 有 8 处. 9.（2019·无锡）下列结论中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ） A.内角和为 360° B.对角线互相平分 C.对角线相等 D.对角线互相垂直 【答案】C 【解析】本 题 考 查 了 矩形 的 性 质 、菱 形 的 性 质 ，矩 形 的 对 角 线 相 等 且 平 分 ，菱 形 的 对 角 线 垂 直 且 平 分 ， 所 以 矩 形 具 有 而 菱 形 不 具 有 的 为 对 角 线 相 等 ， 故 选 C． 10. (2019·泰安)如图,矩形 ABCD 中,AB＝4,AD＝2,E 为 AB 的中点,F 为 EC 上一动点,P 为 DF 中点,连 接 PB,则 PB 的最小值是（ ） A.2 B.4 C.2 D. 2 2 H P F' A B C D E F G 6 / 46 【答案】D 【解析】∵F 为 EC 上一动点,P 为 DF 中点,∴点 P 的运动轨迹为△DEC 的中位线 MN,∴MN∥EC,连接 ME,则四边形 EBCM 为正方形,连接 BM,则 BM⊥CE,易证 BM⊥MN,故此时点 P 与点 M 重合,点 F 与 点 C 重合,BP 取到最小值,在 Rt△BCP 中,BP＝ 22BC CP+ ＝ 22. 11.（2019·眉山）如图，在矩形 ABCD 中 AB=6，BC=8，过对角线交点 O 作 EF⊥AC 交 AD 于点 E，交 BC 于点 F，则 DE 的长是（ ） A．1 B． 7 4 C．2 D．12 5 【答案】B 【解析】连接 CE，∵四边形 ABCD 是矩形，∴∠ADC=90°，OC=OA，AD=BC=8，DC=AB=6，∵ EF⊥AC，OA=OC，∴ AE=CE，在 Rt△DEC 中，DE2+DC2=CE2，即 DE2+36=（8-DE）2，解得：x= 7 4 ， 故选 B. 12.（2019·攀枝花）下列说法错误的是（ ） A．平行四边形的对边相等 B．对角线相等的四边形是矩形 C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．正方形既是轴对称图形、又是中心对称图形 【答案】B 【解析】对角线相等的四边形不一定是矩形，如等腰梯形.故选 B． 7 / 46 13.（2019·攀枝花）如图，在正方形 ABCD 中，E 是 BC 边上的一点，BE＝4，EC＝8，将正方形边 AB 沿 AE 折叠到 AF，延长 EF 交 DC 于 G。连接 AG，现在有如下四个结 论：①∠EAG＝45°；②FG＝FC； ③FC∥AG；④S △ GFC＝14．其中结论正确的个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】由题易知 AD＝AB＝AF，则 Rt△ADG≌Rt△AFG（HL）． ∴GD＝GF，∠DAG＝∠GAF． 又∵∠FAE＝∠EAB， ∴∠EAG＝∠GAF＋∠FAE＝ 1 2 （∠BAF＋∠FAD）＝ 1 2 ∠BAD＝45°，所以①正确； 设 GF＝x，则 GD＝GF＝x． 又∵BE＝4，CE＝8，∴DC＝BC＝12，EF＝BE＝4． ∴CG＝12－x, EG＝4＋x． 在 Rt△ECG 中，由勾股定理可得 82＋（12－x）2＝（4＋x）2 ，解得 x＝6. ∴FG＝DG＝CG＝6，又∠FGC≠60°,∴△FGC 不是等边三角形，所以②错误； 连接 DF，由①可知△AFG 和△ADC 是对称型全等三角形，则 FD⊥AG． 又∵FG＝DG＝GC， ∴△DFC 为直角三角形，∴FD⊥CF，∴FC∥AG，∴③成立； ∵EC＝8,∴S△ECG＝ 1 2 EC·CG＝24， 又∵ FCG ECG S S   ＝ FG EG ＝ 3 5 ， ∴S△FCG＝ 3 5 S△ECG＝ 72 5 . ∴④错误， 故正确结论为①③,选 B． 【知识点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等高不同底的三角形面积比 G F DA B CE G F DA B CE 8 / 46 14.（2019·金华）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 EFGH 与五边形 MCNGF 面积相等，则 FM GF 的值是（ ） A. 52 2 − B. 21− C. 1 2 D. 2 2 【答案】A． 【解析】连接 EG,FH 交于点 O,由折叠得 △ OGF 是等腰直角三角形，OF＝ 2 2 GF．∵正方形 EFGH 与 五边形 MCNGF 面积相等，∴（OF＋FM）2＝GF＋ 1 4 GF＝ 5 4 GF2，∴ 2 2 GF＋FM＝ 5 2 GF，∴ FM＝ 5 2 GF－ 2 2 GF，∴ FM GF ＝ 52 2 − .故选 A． 15. (2019·台州)如图,有两张矩形纸片 ABCD 和 EFGH,AB＝EF＝2cm,BC＝FG＝8cm,把纸片 ABCD 交 叉 叠放在纸片 EFGH 上,使重叠部分为平行四边形时,且点 D 与点 G 重合,当两张纸片交叉所成的角α 最 小时,tanα 等于( ) A. 1 4 B. 1 2 C. 8 17 D. 8 15 【答案】D 【解析】当点 B 与点 E 重合时,重叠部分为平行四边形且α 最小,∵两张矩形纸片全等,∴重叠部分为菱形, ⑤④③②① H D G N C F M BA E xH D G N C F M B O A E 9 / 46 设 FM＝x,∴EM＝MD＝8－x,EF＝2,在 Rt△EFM 中,EF2+FM2＝EM2,即 22+x2＝(8－x)2,解之得:x＝15 4 ,∴ tanα ＝ EF FM ＝ 8 15 ,故选 D. 16. (2019·台州)如图是用 8 块 A 性瓷砖(白色四边形)和 8 块 B 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. 2 :1 B3:2 C. 3 :1 D. 2 :2 第 16 题图 【答案】A 【解析】如图,是原图的 1 8 ,过点 E 作 EK⊥AC,作 EF⊥BC,∴易证△AEK,△BEF 为等腰直角三角形,设 AK 为 x, 则 EK ＝ CF ＝ DF ＝ x,AE ＝ BD ＝ 2 x, ∴ KC ＝ EF ＝ ( )2 +1 x, ∴ ( ) ( ) 211= 2 1 2 = 2 +122S EF DC x x x⋅ =⋅+⋅阴影 , ( ) ( ) ( ) 211 1 1= 2 1 2 2 2 = 2+222 2 2S EF BD AC EK x x x x x⋅+ ⋅=⋅+⋅+⋅+⋅空白 ,∴ ( ) ( ) 2 2 2+ 2 =2 21 xS S x = + 空白 阴影 ， 故选 A. 10 / 46 17.（2019·重庆 A 卷）下列命题正确的是（ ） A．有一个角是直角的平行四边形是矩形 B．四条边相等的四边形是矩形 C．有一组邻边相等的平行四边形是矩形 D．对角线相等的四边形是矩形 【答案】A． 【解析】根据矩形的定义，易知选项 A 正确，另外，对角线互相平分且相等的四边形是矩形；三个角是 直角的四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形． 18．（2019·德州）如图，正方形 ABCD，点 F 在边 AB 上，且 AF：FB＝1：2，CE⊥DF，垂足为 M， 且交 AD 于点 E，AC 与 DF 交于点 N，延长 CB 至 G，使 BG＝ BC，连接 CM．有如下结论：①DE＝ AF；②AN＝ AB；③∠ADF＝∠GMF；④S△ANF：S 四边形 CNFB＝1：8．上述结论中，所有正确 结论的序号是（ ） A．①② B．①③ C．①②③ D．②③④ 【答案】C 【解析】∵四边形 ABCD 是正方形，∴AD＝AB＝CD＝BC，∠CDE＝∠DAF＝90°，∵CE⊥DF，∴∠ DCE+∠CDF＝∠ADF+∠CDF＝90°，∴∠ADF＝∠DCE，在 △ ADF 与△DCE 中， ， ∴△ADF≌△DCE（ASA）， ∴ DE＝AF；故 ① 正确；∵AB∥CD，∴ ＝ ，∵AF：FB＝1：2， ∴AF：AB＝AF：CD＝1：3，∴ ＝ ，∴ ＝ ，∵ AC＝ AB，∴ ＝ ，∴ AN＝ AB； 故 ② 正确； 作 GH⊥CE 于 H，设 AF＝DE＝a，BF＝2a，则 AB＝CD＝BC＝3a，EC＝ a，由 △ CMD∽△CDE， 可得 CM＝ a，由△GHC∽△CDE，可得 CH＝ a，∴CH＝MH＝ CM，∵GH⊥CM，∴ GM＝GC，∴∠GMH＝∠GCH，∵∠FMG+∠GMH＝90°，∠DCE+∠GCM＝90°，∴∠FEG＝∠ 11 / 46 DCE，∵∠ADF＝∠DCE， ∴∠ADF＝∠GMF；故 ③ 正确，设△ANF 的面积为 m，∵AF∥CD，∴ ＝ ＝ ，△AFN∽△ CDN，∴△ADN 的面积为 3m，△DCN 的面积为 9m，∴△ADC 的面积＝△ABC 的面积＝12m，∴S△ ANF：S 四边形 CNFB＝1：11，故 ④ 错误，故选 C． 19.（2019·遂宁）如图，四边形 ABCD 是边长为 1 的正方形，△BPC 是等边三角形，连接 DP 并延长交 CB 的延长线于点 H，连接 BD 交 PC 于点 Q,下列结论： ①∠BPD=135°；②△BDP∽△HDB③DQ;BQ=1：2;④S△BDP= 4 13 − ,其中正确的有 ( ) A.①②③B.②③④C.①③④D.①②④ 【答案】D 【解析】由正方形 ABCD 可得∠BCD=90°，BC=DC,由△BPC 是等边三角形可得∠BCP =∠BPC=60°，BC=PC,∴∠DCP=30°，PC=DC,∴∠DPC=75°，∴∠BPD=135°，①正确；∵正方形 ABCD， ∴∠CBD=45°，∴∠HBD=135°=∠BPD，∵公共角 BDP,∴△BDP∽△HDB 成立，②正确；如图，过 Q 作 QM ⊥BC于M，反向延长交AD于N，则 Rt△CMQ中 ，∠ BCQ=60° ，设 CM=x，则 QM= x3 ，Rt△BMQ中 ，∠ QBM=45°， 则 BM=QM= x3 ，因为正方形边长为 1，所 以 x3 +x=1，∴ x= 2 1-3 ，∴ MQ= x3 = 2 33− ,NQ=1-MQ= 2 1-3 , ∴DQ;BQ=NQ:MQ= 3 3 ,∴③错误； 如图，过点 D 作 BP 的延长线的垂线于点 E，由①知∠BPD=135°，∴∠EPD=45° ，∴ PE=DE，设 PE=DE=a， 则 PB=a,BD= a2 ，∴Rt△BDE 中，由勾股定理可求得 222 2)1 ）（（ =++ aa ，∴ 2 31±−=a ，∵a>0, 12 / 46 所以 2 31+−=a ∴S△BDP= 4 13 − ，故④正确；故选 D. 二、填空题 1．（2019·温州）三个形状大小相同的菱形按如图所示方式摆放，已知∠AOB=∠AOE=90°，菱形的较 短对角线长为 2cm．若点 C 落在 AH 的延长线上，则△ABE 的周长为 cm． 【答案】12+8 2 【解析】连接 AC、IC，AC 交 OI 于点 M、BO 于点 N，IC 交 BO 于点 P.设∠AHO=α，则∠COB=∠IOB=α，. ∵点 C 落在 AH 的延长线上，∴A、H、C 三点共线.∵图中的三个菱形是形状大小相同的，∴∠CBO=∠CAO， 又∵∠BNC=∠ANO，∴∠BCA=∠AOB=90°.∵BC∥IO，∴∠CMO=∠BCA=90°.∵CO=HO，∴∠HOM=∠COM=2 α，∴α+2α+α=90°，则α=22.5°，即∠BOI=22.5°，∠PIO=67.5°.作∠QIO=∠BOI=22.5°，交 BO 于点Q，则∠PIQ=45°，∴PI=PN=1，IQ=QO = 2 ，PO=1+ 2 ，BO=2+2 2 ，∴AB= 2 BO=2 2 +4，BE=2BO=4+4 2 ，∴△ABE 的周长为 2AB+BE=(4 2 +8)+(4+4 2 )=12+8 2 . 故填：12+8 2 . 2．（2019·绍兴）.把边长为 2 的正方形纸片 ABCD 分割成如图的四块，其中点 O 为正方形的中心， 点 E,F 分别是 AB,AD 的中点，用这四块纸片拼成与此正方形不全等的四边形 MNPQ（要求这四块纸片 不 重叠无缝隙），则四边形 MNPQ 的周长是 . 13 / 46 【答案】10 或 8+2 2 或 6+2 2 【解析】通过动手操作可得如图所示，再根据周长的定义即可求解． 图 1 的周长为 1+2+3+2 2 ＝6+2 2 ；图 2 的周长为 1+4+1+4＝10； 图 3 的周长为 3+5+ 2 + ＝8+2 2 ． 故四边形 MNPQ 的周长是 6+2 2 或 10 或 8+2 2 ． 故答案为：6+2 2 或 10 或 8+2 2 ． 3．（2019·杭州）如图，把某矩形纸片 ABCD 沿 EF，GH 折叠(点 E，H 在 AD 边上.点 F，G 在 BC 边上)， 使点 B 和点 C 落在 AD 边上同一点 P 处，A 点的对称点为 A'点，D 点的对称点为 D'点，若∠FPG-90°， △A'EP 的面积为 4，△D'PH 的面积为 1，则矩形 ABCD 的面积等于__________. 【答案】2（5+3 5 ） 【解析】∵四边形 ABC 是矩形，∴AB=CD，AD=BC，设 AB=CD=x，由翻折可知：PA′=AB=x，PD′=CD=x， ∵△A′EP 的面积为 4，△ D′PH 的面积为 1，∴ A′E=4D′H，设 D′H=a，则 A′E=4a，∵ △ A′EP∽△D′ H G DP A' A B E F C D' 14 / 46 PH，∴ = ，∴ = ，∴x2=4a2，∴x=2a 或-2a（舍弃），∴PA′=PD′=2a，∵ •a•2a=1， ∴a=1，∴x=2，∴AB=CD=2，PE= =2 5 ，PH= = 5 ，∴AD=4+2 + +1=5+3 ，∴ 矩形 ABCD 的面积=2（5+3 5 ）．故答案为 2（5+3 5 ）. 4．（2019·青岛） 如图，在正方形纸片 ABCD 中，E 是 CD 的中点，将正方形纸片折叠，点 B 落在统 段 AE 上的点 G 处，折痕为 AF. 若 AD=4cm ，则 CF 的长是为 cm. 【答案】6-2 5 【解析】由勾股定理得 AE=2 5 ,根据题意得 GE=2-4 5 ,设 BF=xcm,则 FC=(4-x)cm,所以(2 5 -4)2+x2=22+(4-x)2,解得 x=2 5 -2,所以 CF=6-2 5 . 5．（2019·淮安）如图，在矩形 ABCD 中，AB=3，BC=2，H 是 AB 的中点，将△CBH 沿 CH 折叠， 点 B 落在矩形内点 P 处，连接 AP，则 tan∠HAP= . 第 5 题图 【答案】4 【解析】如图所示，连接 PB 交 CH 于点 O. 第 5 题答图 ∵H 是 AB 的中点， 15 / 46 ∴HB= 2 1 AB= 2 3 . ∵将△CBH 沿 CH 折叠，点 B 落在矩形内点 P 处， ∴HP=HB，PB=2BO= 5 12 2 5 32 2)2 3( 22 3 22 22 =×= + × ×=⋅× HC BCHB . ∵HP=HB= 2 1 AB， ∴△APB 是直角三角形， ∴tan∠HAP= PA PB = 22 PBAB PB − = 22 )5 12(3 5 12 − = 5 9 5 12 =4. 6. (2019·泰安)如图,矩形 ABCD 中,AB＝3 6 ,BC＝12,E 为 AD 中点,F 为 AB 上一点,将△AEF 沿 EF 折 叠后,点 A 恰好落到 CF 上的点 G 处,则折痕 EF 的长是________. 【答案】2 15 【解析】连接 CE,∵点 E 是 AD 的中点,∴AE＝ED＝EG,∠EGC＝∠D,∴△EGC≌△EDC,∴GC＝AB＝ 36,设 AF＝GF＝x,∴FB＝ 36－x,在 Rt△FBC 中,FB2+BC2＝FC2,即( 36－x)2+122＝(x+ 36)2,解 之,得:x＝ 26,在 Rt△AFE 中,EF＝ 22=2 15AE AF+ . 7.（2019·潍坊）如图，在矩形 ABCD 中，AD=2．将∠A 向内翻折，点 A 在 BC 上，记为 A′，折痕为 16 / 46 DE．若将∠B 沿 EA′向内翻折，点 B 恰好落在 DE 上，记为 B′，则 AB=． 【答案】 3 【解析】由翻折可得∠AED=∠A′ED=∠A′EB=60°， ∴∠ADE=∠A′DE=∠A′DC=30°． ∴A′D 平分∠EDC， ∵A′B′⊥ DE，A′C⊥DC， ∴A′C=A′B′． ∵A′B′=A′B ∴A′C=A′B， ∵BC=AD=2 ∴A′C=1． 在 Rt△A′DC 中， tan30°= '3 3 A C DC = ． ∴DC= 3 ． ∴AB= 3 ． 8.（2019·天津）如图，正方形纸片 ABCD 的边长为 12，E 是边 CD 上一点，连接 AE，折叠该纸片， 使点 A 落在 AE 上的 G 点，并使折痕经过点 B，得到折痕 BF，点 F 在 AD 上，若 DE=5，则 GE 的长为 【答案】 13 49 【解析】由正方形 ABCD 可得 Rt△ADE,由于 AD=12,DE=5，由勾股定理可得 AE=13。因为折叠可知， BF 垂直平分 AG，所 以 ∠ABF=∠DAE,又因为 AB=AD，∠BAD=∠DAE=90°，可以证明△ABF≌△DAE， 17 / 46 得出 AF=DE=5，设 BF,AE 交于点 M，根 据 sin∠FAM=sin∠EAD 可得 AM= 13 60 ，由于折叠可知 MG=AM= 13 60 ，从而可求得 GE=13- 13 60 - 13 60 = 13 49 . 9.（2019·湖州）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为 4 2 的正方形 ABCD 可以制作一副如图 1 所示的七巧板，现将这副七巧板在正方形 EFGH 内拼成如图 2 所示的“拼 搏兔”造型（其中点 Q、R 分别与图 2 中的点 E、G 重合，点 P 在边 EH 上），则“拼搏兔”所在正 方形 EFGH 的边长是_____． 【答案】 4 5 ． 【解析】如答图，延长 ET 交 GH 于点 N，延长 GJ 交 EF 于点 M，连接 MN，则 M、N 分别为 EF、GH 的中点．由图 1 可知 AC＝8，从而 ET＝2＝TK＝KM，TM＝4，在 Rt△ETM 中，由勾股定理，得 EM＝ 22 + 42 = 2 5 ，从而 EF＝2EM＝ 4 5 ，因此答案为 4 5 ． 三、解答题 1．（2019 山东省德州市，24，12）（1）如图 1，菱形 AEGH 的顶点 E、H 在菱形 ABCD 的边上，且∠ BAD＝60°，请直接写出 HD：GC：EB 的结果（不必写计算过程） （2）将图 1 中的菱形 AEGH 绕点 A 旋转一定角度，如图 2，求 HD：GC：EB； （3）把图 2 中的菱形都换成矩形，如图 3，且 AD：AB＝AH：AE＝1：2，此时 HD：GC：EB 的结 果与（2）小题的结果相比有变化吗？如果有变化，直接写出变化后的结果（不必写计算过程）；若无 变化，请说明理由． 【解题过程】（1）连接 AG， ∵菱形 AEGH 的顶点 E、H 在菱形 ABCD 的边上，且∠BAD＝60°， ∴∠GAE＝∠CAB＝30°，AE＝AH，AB＝AD， ∴A，G，C 共线，AB﹣AE＝AD﹣AH， ∴HD＝EB， 18 / 46 延长 HG 交 BC 于点 M，延长 EG 交 DC 于点 N，连接 MN，交 GC 于点 O，则 GMCN 也为菱形， ∴GC⊥MN，∠NGO＝∠AGE＝30°， ∴ ＝cos30°＝ ， ∵GC＝2OG， ∴ ＝ ， ∵HGND 为平行四边形， ∴HD＝GN， ∴HD：GC：EB＝1： ：1． （2）如图 2，连接 AG，AC， ∵△ADC 和△AHG 都是等腰三角形， ∴AD：AC＝AH：AG＝1： ，∠DAC＝∠HAG＝30°， ∴∠DAH＝∠CAG， ∴△DAH∽△CAG， ∴HD：GC＝AD：AC＝1： ， ∵∠DAB＝∠HAE＝60°， ∴∠DAH＝∠BAE， 在△DAH 和△BAE 中， ∴△DAH≌△BAE（SAS） ∴HD＝EB， ∴HD：GC：EB＝1： ：1． 19 / 46 （3）有变化． 如图 3，连接 AG，AC， ∵AD：AB＝AH：AE＝1：2，∠ADC＝∠AHG＝90°， ∴△ADC∽△AHG， ∴AD：AC＝AH：AG＝1： ， ∵∠DAC＝∠HAG， ∴∠DAH＝∠CAG， ∴△DAH∽△CAG， ∴HD：GC＝AD：AC＝1： ， ∵∠DAB＝∠HAE＝90°， ∴∠DAH＝∠BAE， ∵DA：AB＝HA：AE＝1：2， ∴△ADH∽△ABE， ∴DH：BE＝AD：AB＝1：2， ∴HD：GC：EB＝1： ：2 2.（2019·遂宁）如图，在四边形 ABCD 中，AD∥BC，延长 BC 到 E,使 CE=BC,连接 AE 交 CD 于点 F，点 F 是 CD 的中点. 求证：（1）△ADF≌△ECF; (2)四边形 ABCD 是平行四边形 20 / 46 . 解 ：（ 1）证明：∵AD∥BC, ∴∠DAF=∠CEF,∠ADF=∠ECF, ∵点 F 是 CD 的中点， ∴DF=CF, ∴△ADF≌△ECF; （2）∵△ADF≌△ECF ∴AD=CE， ∵CE=BC， ∴AD=BC, ∵AD∥BC， ∴四边形 ABCD 是平行四边形. 3．（2019 山东滨州，24，13 分）如图，矩形 ABCD 中，点 E 在边 CD 上，将△BCE 沿 BE 折叠，点 C 落在 AD 边上的点 F 处，过点 F 作 FG∥CD 交 BE 于点 G，连接 CG． （1）求证：四边形 CEFG 是菱形； （2）若 AB＝6，AD＝10，求四边形 CEFG 的面积． 【解题过程】（1）证明：由题意可得， △BCE≌△BFE，∴∠BEC＝∠BEF，FE＝CE．………………………………………2 分 ∵FG∥CE，∴∠FGE＝∠CEB，∴∠FGE＝∠FEG，∴FG＝FE，…………………3 分 ∴FG＝EC，………………………………………………………………………………4 分 ∴四边形 CEFG 是平行四边形．………………………………………………………5 分 又∵CE＝FE，∴四边形 CEFG 是菱形．………………………………………………6 分 （2）∵矩形 ABCD 中，AB＝6，AD＝10，BC＝BF，………………………………7 分 ∴∠BAF＝90°，AD＝BC＝BF＝10， ∴AF＝8，∴DF＝2． 21 / 46 设 EF＝x，则 CE＝x，DE＝6－x，……………………………………………………8 分 ∵FDE＝90°， ∴22+（6－x）2＝x2， 解得 x＝ ，……………………………………………………………………………12 分 ∴CE＝ ， ∴四边形 CEFG 的面积是：CE•DF＝ ×2＝ ．…………………………………13 分 4．（2019 年浙江省绍兴市，第 24 题，14 分 ）如图，矩形 ABCD 中，AB=a，BC=b，点 M,N 分别在 边 AB,CD 上，点 E,F 分别在 BC,AD 上，MN,EF 交于点 P，记 k =MN∶EF. （1）若 a∶b 的值是 1，当 MN⊥EF 时，求 k 的值. （2）若a ∶b 的值是 2 1 ，求 k 的最大值和最小值. （3）若 k 的值是 3，当点 N 是矩形的顶点，∠M PE=60°，MP=EF=3PE 时，求 a ∶b 的值. 【思路分析】（1）因 为 a∶b的值是 1，从而可得四边形 ABCD 是正方形；可过 M作 MQ⊥CD，FH⊥BC， 由题意可证明△FHE≌ △M QN，从而可得 MN＝EF，从而可求出 k 的值. （2）由 a ∶b 的值是 2 1 ，可 得 b=2a，要 求 k 的最大值和最小值，只要求出 MN 和 EF 的取值范围， 由题意可知 MN 的取值范围是 2a≤MN≤ 5 a，EF 的取值范围是 a≤EF≤ 5 a.所以要求 k 的最大值，则 MN 取最长，EF 最短；要求 k 的最小值，则 MN 取最短，EF 最长从而可求出 k 的最大值和最小值. （3）连接 FN，ME．由 k＝3，MP＝EF＝3PE，得 MN EF PM PE = ＝3，得 PN PM ＝ PF PE ＝2，由△PNF∽ △PME，得 PN PM ＝ PF PE ＝2，ME∥NF，设 PE＝2m，则 PF＝4m，MP＝6m，NP＝12m，再分两种情 形： ① 如图 2 中，当点 N 与点 D 重合时，点 M 恰好与 B 重合． ② 如图 3 中，当点 N 与 C 重合，分 别求解即可． 22 / 46 【解题过程】 23 / 46 5．（2019·嘉兴）小波在复习时，遇到一个课本上的问题，温故后进行了操作、推理与拓展． （1）温故：如图 1，在△ABC 中，AD⊥BC 于点 D，正方形 PQMN 的边 QM 在 BC 上，顶点 P，N 分别在 AB，AC 上，若 BC＝6，AD＝4，求正方形 PQMN 的边长． （2）操作：能画出这类正方形吗？小波按数学家波利亚在《怎样解题》中的方法进行操作：如图 2， 任意画△ABC，在 AB 上任取一点 P'，画正方形 P'Q'M'N'，使 Q'，M'在 BC 边上，N'在△ABC 内，连结 BN'并延长交 AC 于点 N，画 NM⊥BC 于点 M，NP⊥NM 交 AB 于点 P，PQ⊥BC 于点 Q，得到四边形 PPQMN．小 波把线段 BN 称为“波利亚线”． （3）推理：证明图 2 中的四边形 PQMN 是正方形． （4）拓展：在（2）的条件下，在射线 BN 上截取 NE＝NM，连结 EQ，EM（如图 3）． 当 tan∠NBM＝ 时，猜想∠QEM 的度数，并尝试证明． 请帮助小波解决“温故”、“推理”、“拓展”中的问题． 24 / 46 【解题过程】温故：∵PN//BC，∴△APN∽△ABC，∴ PN AE BC AD = ，即 4 64 PN PN−= ，解得 PN= 12 5 （2）推理：由画法可得∠QMN=∠ PNM=∠PQM=∠ ' ''QM N=90°. ∴四边形 PQMN 为矩形，MM// ''MN. ∴△ ''BM N ∽△BNM， ∴ '' 'M N BN MN BN = 同理可得 '' 'P N BN PN BN = ∴ '' 'M N PN MN PN = ∵ ''MN= 'PN ∴MN=PN ∴四边形 PQMN 为正方形. （3）拓展：猜想∠QEM=90°，理由如下：由 tan∠NBM= MN BM = 3 4 ，可设 MN=3k，BM=4k. 则 BN=5k，BQ=k，BE=2k， ∴ BQ BE = 2 k k = 1 2 ， BE BM = 2 4 k k = 1 2 ， ∴ BQ BE = BE BM ∵∠QBE=∠EBM ∴△QBE∽△BEM. ∴∠BEQ=∠BME. ∵NE=NM，∴∠NEM=∠NME 25 / 46 ∵∠BME+∠EMN=90°，∴∠BEQ+∠NEM=90°. ∴∠QEM=90°. 6．（2019 浙江省杭州市，21，10 分）(本题满分 10 分) 如 图.已知正方形 ABCD 的边长为 1，正方形 CEFG 的面积为 S1，点 E 在 DC 边上，点 G 在 BC 的延长线.设以线段 AD 和 DE 为邻边的矩形的面积为 S2.且 S1=S2. (1)求线段 CE 的长. (2)若点 H 为 BC 边的中点，连接 HD，求证:HD=HG. 【解题过程】（1）设正方形 CEFG 的边长为 a， ∵正方形 ABCD 的边长为 1，∴DE=1-a， ∵S1=S2，∴a2=1×（1-a）， 解得， （舍去）， ，即线段 CE 的长是 ； （2）证明：∵点 H 为 BC 边的中点，BC=1，∴CH=0.5，∴DH= = ， ∵CH=0.5，CG= ，∴HG= ，∴HD=HG． 7．（2019 山东烟台，22，9 分） 如图，在矩形 ABCD 中，CD = 2， AD = 4 ，点 P 在 BC 上，将ABP 沿 AP 折叠，点 B 恰好落 在对角线 AC 上的 E 点，O 为 AC 上一点， O 经过点 A，P． (1)求证：BC 是 O 的切线． (2)在边 CB 上截取 CF=CE，点 F 是线段 BC 的黄金分割点吗？请说明理由． H G F DA B C E 26 / 46 【解题过程】 （1）证明：连接 OP， 因为四边形 ABCD 为矩形， 所以 90B∠= °， 因为△APE 是由△ABP 折叠得到， 所以△APE≌△ABP， 所以 BAP EAP∠=∠, 因为OA OP= , 所以 APO EAP∠=∠, 所以 BAP APO∠=∠, 所以 AB//OP, 所以 90OPC B∠ =∠=°, 所以OP BC⊥ , 所以 BC 是 O 的切线． （2）解：点 F 是线段 BC 的黄金分割点，理由如下： 设 CF=x，则 CE=x， 因为四边形 ABCD 为矩形， 所以 90D∠= °， 2, 4AB CD BC AD= = = = ， 因为△APE 是由△ABP 折叠得到， 所以△APE≌△ABP， 所以 2AE AB= = , 所以 2AC AE EC x=+=+, 在 Rt△ADC 中，由勾股定理得， 222AC CD AD= + ，即 2 22(2 ) 2 4x+=+，解得 25 2x =−−（舍去）或 25 2x = − ， 所以 25 2FC = − ， 因为 25 2 5 1 42 FC BC −−= = ， 所以点 F 是线段 BC 的黄金分割点． A B D C O P E F 第 7 题答图 27 / 46 8．（2019山东省青岛市，23，10分）问题提出： 如图，图①是一张由三个边长为1的小正方形组成的“L”形纸片，图②是一张a×b的方格纸（a×b的方 格纸指边长分别为a,b的矩形，被分成a×b个边长为1的小正方形，其中a≥2，b≥2，且a，b为正整数）， 把图①放置在图②中，使它恰好盖住图②中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？ 问题探究: 为探究规律，我们采用一般问题特殊化的策略，先从最简单的情形入手，再逐次递进，最后得出一般性 的结论. 探究一： 把图①放置在2×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？ 如图③，对于2×2的方格纸，要用图①盖住其中的三个小正方形，显然有4种不同的放置方法. 探究二： 把图①放置在3×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？ 如图④，在3×2的方格纸中，共可以找到2个位置不同的2×2方格，依据探究一的结论可知，把图①放 置在3×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有2×4=8种不同的放置方法. 探究三： 把图①放置在a×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？ 如图⑤，在a×2的方格纸中，共可以找到 个位置不同的2×2方格，依据探究一的结论可知，把图 ①放置在a×2的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有 种不同的放置方法. 28 / 46 探究四： 把图①放置在a×3的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？ 如图⑥，在a×3的方格纸中，共可以找到 个位置不同的2×2方格，依据探究一的结论可知，把图 ①放置在a×3的方格纸中使它恰好盖住其中的三个小正方形共有 种不同的放置方法. …… 问题解决： 把图①放置在a×b的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有多少种不同的放置方法？（仿 照前面的探究方法，写出解答过程，不需画图.） 问题拓展： 如 图 ，图 ⑦是一个由4个棱长为1的小立方体构成的几何体，图⑧是一个长、宽、高分别为a，b，c（a≥2， b≥2，c≥2，且a，b，c是正整数）的长方体，被分成了a×b×c个棱长为1的小立方体，在图⑧的不同 位置共可以找到 个图⑦这样的几何体. 【解题过程】解：探究三： 根据探究二， 2a × 的方格纸中，共可以找到 ( 1)a − 个位置不同的 22× 方格， 根据探究一结论可知，每个 22× 方格中有 4 种放置方法，所以在 2a × 的方格纸中，共可以找到 ( 1) 4 (4 4)aa−×= − 种不同的放置方法； 故答案为 1a − ， 44a − ； 探究四： 与探究三相比，本题矩形的宽改变了，可以沿用上一问的思路：边长为 a ，有 ( 1)a − 条边长为 2 的线段， 同理，边长为 3，则有 31 2−=条边长为 2 的线段， 所以在 3a × 的方格中，可以找到 2( 1) (2 2)aa−= − 个位置不同的 22× 方格， 根据探究一，在在 3a × 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有 (2 2) 4 (8 8)aa− ×= − 种不 29 / 46 同的放置方法． 故答案为 2a − 2 ，8a − 8 ； 问题解决： 在 a ×b 的方格纸中，共可以找到 (a −1)(b −1) 个位置不同的 2× 2 方格， 依照探究一的结论可知，把图①放置在 a ×b 的方格纸中，使它恰好盖住其中的三个小正方形，共有 4(a −1)(b −1) 种不同的放置方法； 问题拓展： 发现图⑦示是棱长为 2 的正方体中的一部分，利用前面的思路， 这个长方体的长宽高分别为 a 、 b 、 c ，则分别可以找到(a −1) 、 (b −1) 、 (c −1) 条边长为 2 的线段， 所以在 a ×b× c 的长方体共可以找到 (a −1)(b −1)(c −1) 位置不同的 2× 2× 2 的正方体， 再根据探究一类比发现，每个 2× 2× 2 的正方体有 8 种放置方法， 所以在 a ×b× c 的长方体中共可以找到8(a −1)(b −1)(c −1) 个图⑦这样的几何体； 故答案为8(a −1)(b −1)(c −1) ． 9．（2019山东省青岛市，21，8分）如图，在口ABCD中对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB， OD的中点，延长AE至G，使EG=AE,连接CG. （1）求证：△ABE≌△CDF ; （2）当AB与AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由. 【解题过程】（1）证明：四边形 ABCD 是平行四边形， AB CD∴=， //AB CD ，OB OD= ，OA OC= ， ABE CDF∴∠ = ∠ ， 点 E ， F 分别为OB ，OD 的中点， 1 2BE OB∴= ， 1 2DF OD= ， BE DF∴= ， 在 ABE∆ 和 CDF∆ 中， AB CD BAE CDF BE DF = ∠=∠  = ， ()ABE CDF SAS∴∆ ≅ ∆ ； 30 / 46 （2）解：当 AC = 2AB 时，四边形 EGCF 是矩形；理由如下：  AC = 2OA ， AC = 2AB ， ∴ AB = OA， E 是 OB 的中点， ∴ AG ⊥ OB ， ∴∠OEG = 90° ， 同理：CF ⊥ OD ， ∴ AG / /CF ， ∴EG / /CF ， EG = AE ， OA = OC ， ∴OE 是 ∆ACG 的中位线， ∴OE / /CG ， ∴EF / /CG ， ∴四边形 EGCF 是平行四边形， ∠OEG = 90° ， ∴四边形 EGCF 是矩形． 10．（2019 江西省，13，6 分）（2）如图，四边形 ABCD 中，AB＝CD，AD＝BC，对角线 AC、BD 相 交于点 O，且 OA＝OD. 求证：四边形 ABCD 是矩形. 【思路分析】（2）先利用两组对边分别相等证明四边形是平行四边形，再利用对角线相等证明四边形是 矩形. 【解题过程】解：（2）∵AB＝CD，AD＝BC，∴四边形 ABCD 是平行四边形，∴AC、BD 互相平分， 又∵OA＝OD，∴AC=BD，∴四边形 ABCD 是矩形. 11．（2019·娄底）如图（13），点 E、F、G、H 分别在矩形 ABCD 的边 AB、BC、CD、DA（不包括 端 点）上运动，且满足 AE＝CG，AH＝CF． （1）求证：△AEH≌△CGF； （2）试判断四边形 EFGH 的形状，并说明理由． 31 / 46 （3）请探究四边形 EFGH 的周长的一半与矩形 ABCD 一条对角线长的大小关系，并说明理由． 【解题过程】 （1）证明：∵四边形 ABCD 为矩形， ∴ ∠A＝∠C＝90°， 又∵AE＝CG，AH＝CF， ∴△AEH≌△CGF （SAS） （2）四边形 EFGH 是平行四边形． 理由：由（1）中△AEH≌△CGF 得 HE＝FG， ∵在矩形 ABCD 中有∠B＝∠D＝90°，AB＝CD，BC＝AD，且有 AE＝CG，AH＝CF， ∴HD＝BF，BE＝DG ∴△BEF≌△DGH ∴EF＝GH， ∴四边形 EFGH 为平行四边形 （两组对边分别相等的四边形是平行四边形） （3）四边形 EFGH 的周长的一半大于或等于矩形 ABCD 一条对角线长． 理由如下： 如图 13-1， 连结BD，设 AE=CG=a，AH=CF=b，结合矩形 ABCD 中，AB=CD，BC=AD，不妨设 HD=BF=c，BE=DG=d． 由勾股定理得 22HE a b= + ， 22HG c d= + ， ( ) ( )22BD a d b c= + ++ ； ∴( ) ( ) ( ) ( )( )222 222 22 2 2HE HG BD a b c d a d b c+ − = ++ + − + ++ ( )( ) ( )222 2 222 2 222 22 22abcd abcd abcd adbc=+++ + + + − +++ + + ( )( ) ( )222 22 a b c d ad bc= + +−+ 又∵ ( )( )( ) ( ) ( )2 2222 2 2222222222222a b c d ad bc a c a d b c b d a d b c abcd+ + −+=+ ++ − ++ ( )222 2 2 20a c b d abcd ac bd=+− =−≥ ∴( )2 2 0HE HG BD+ −≥ ∴HE+HG≥BD 又∵四边形 EFGH 为平行四边形，四边形 ABCD 为矩形； 32 / 46 ∴四边形 EFGH 的周长的一半大于或等于矩形 ABCD 一条对角线长，当 E、F、G、H 为矩形 ABCD 的 四边中点时，四边形 EFGH 的周长的一半等于矩形 ABCD 一条对角线长． 12．（2019·益阳）如图，在 Rt△ABC 中，M 是斜边 AB 的中点，以 CM 为直径作⊙O 交 AC 于点 N， 延长 MN 至 D，使 ND＝MN，连接 AD、CD，CD 交圆 O 于点 E. (1)判断四边形 AMCD 的形状，并说明理由; (2)求证：ND＝NE； (3)若 DE=2，EC＝3，求 BC 的长. 【解题过程】解：(1)四边形 AMCD 是菱形，理由如下： ∵M 是 Rt△ABC 中 AB 的中点， ∴CM=AM. ∵CM 为⊙O 的直径， ∴∠CMM=90， ∴MD⊥AC， ∴AN=CN. 又∵ND=MN， ∴四边形 AMCD 是菱形. (2)∵四边形 CEM 为⊙O 的圆内接四边形， ∴∠CEN+∠CMN=180°. 又∵∠CEN+∠DEN=180°， ∴∠CMN=∠DEN. ∵四边形 AMCD 是菱形， ∴CD=CM， ∴∠CDM=∠CMN. ∴∠DEN=∠CDM， ∴ND=NE. (3)∵∠CMN=∠DEN，∠MDC=∠EDN， ∴△MDC∽△EDN， 33 / 46 ∴ DN DC DE MD = . 设 ND=x，则 MD=2x， ∴ x x 5 2 2 = ， 解得 x=5 或 x=-5(不合题意，舍去)， ∴MN= 5 . ∵MN 为△ABC 的中位线， ∴BC=2MN， ∴BC=2 5 . 13．（2019·长沙）（8 分）如图，正方形 ABCD，点 E，F 分别在 AD，CD 上，且 DE=CF，AF 与 BE 相交于 点 G． （1）求证：BE=AF； （2）若 AB=4，DE=1，求 AG 的长． 【解题过程】（1）证明：∵四边形 ABCD 是正方形，∴∠BAE=∠ADF=90°，AB=AD=CD，∵ DE=CF，∴ AE=DF， 在△BAE 和△ADF 中，AB=AD、∠BAE=∠ADF、AE=DF，∴△BAE≌△ADF（SAS）， ∴ BE=AF；（ 2）解： 由（1）得 ：△ BAE≌△ADF，∴ ∠EBA=∠FAD，∴ ∠GAE+∠AEG=90°，∴∠AGE=90° ，∵AB=4，DE=1， ∴AE=3，∴BE= 22AB AE+ =5，在 Rt△ABE 中， 1 2 AB×AE= 1 2 BE×AG，∴AG= 34 5 × =12 5 ． 14．（2019·陇南）阅读下面的例题及点拨，并解决问题： 例题：如图 ① ，在等边△ABC 中，M 是 BC 边上一点（不含端点 B，C），N 是△ABC 的外角∠ACH 的平分线上一点，且 AM＝MN．求证：∠AMN＝60°． 点拨：如图 ② ，作∠CBE＝60°，BE 与 NC 的延长线相交于点 E，得等边△BEC，连接 EM．易证： △ABM≌△EBM（SAS），可得 AM＝EM，∠1＝∠2；又 AM＝MN，则 EM＝MN，可得∠3＝∠4；由 ∠3+∠1＝∠4+∠5＝60°，进一步可得∠1＝∠2＝∠5，又因为∠2+∠6＝120°，所以∠5+∠6＝120°， 即：∠AMN＝60°． 问题：如图 ③ ，在正方形 A1B1C1D1 中，M1 是 B1C1 边上一点（不含端点 B1，C1），N1 是正方形 A1B1C1D1 的外角∠D1C1H1 的平分线上一点，且 A1M1＝M1N1．求证：∠A1M1N1＝90°． 34 / 46 解：延长 A1B1 至 E，使 EB1＝A1B1，连接 EM1C、EC1，如图所示： 则 EB1＝B1C1，∠EB1M1 中＝90°＝∠A1B1M1， ∴△EB1C1 是等腰直角三角形， ∴∠B1EC1＝∠B1C1E＝45°， ∵N1 是正方形 A1B1C1D1 的外角∠D1C1H1 的平分线上一点， ∴∠M1C1N1＝90°+45°＝135°， ∴∠B1C1E+∠M1C1N1＝180°， ∴E、C1、N1，三点共线， 在△A1B1M1 和△EB1M1 中， ， ∴△A1B1M1≌△EB1M1（SAS）， ∴A1M1＝EM1，∠1＝∠2， ∵A1M1＝M1N1， ∴EM1＝M1N1， ∴∠3＝∠4， ∵∠2+∠3＝45°，∠4+∠5＝45°， ∴∠1＝∠2＝∠5， ∵∠1+∠6＝90°， ∴∠5+∠6＝90°， ∴∠A1M1N1＝180°﹣90°＝90°． 35 / 46 15.（2019·衢州）已知，如图，在菱形ABCD中，点E.F分别在边BC，CD上，且BE=DF，连接AE，AF. 求证：AE=AF. 证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=AD.∠B-∠D. ∵BE=DF，∴△ABE≌△ADF.∴AE=CF. 16.(2019·宁波)如图,矩形 EFGH 的顶点 E,C 分别在菱形 ABCD 的边 AD,BC 上,顶点 F,H 在菱形 ABCD 的 对角线 BD 上. (1)求证:BG＝DE; (2)若 E 为 AD 中点,FH＝2,求菱形 ABCD 的周长. 解：(1)在矩形 EFGH 中,EH＝FG,EH∥FG,∠GFH＝∠EHF.∠BFG＝180°－∠GFH,∠DHE＝180°－∠ EHF,∠BFG＝∠DHE,在菱形 ABCD 中,AD∥BC,∠GBF＝∠EDH,△BGF≌△DEH(AAS),BG＝DE; (2) 如图,连接 EG,在菱形 ABCD 中,AD∥BC,AD＝BC,∵E 为 AD 中点,AE＝ED,BG＝DE,∴AE＝BG,∴四 边形 ABGE 是平行四边形,∴AB＝EG,在矩形 EFGH 中,EG＝FH＝2,AB＝2,∴菱形周长为 8. 17．（2019·株洲）如图所示，已知正方形 OEFG 的顶点 O 为正方形 ABCD 对角线 AC、BD 的交 点， 连接 CE、DG． （1）求证：△DOG≌△COE； 36 / 46 （2）若 DG⊥BD，正方形 ABCD 的边长为 2，线段 AD 与线段 OG 相交于点 M，AM＝ 1 2 ，求正 方形 OEFG 的边长． 【解题过程】（1）证明：如图， ∵正方形 OEFG ∴GO=EO,∠GOE=90°， ∵正方形 ABCD ∴OD=OC，∠DOC=90° ∴∠GOE=∠DOC， ∴∠GOE-∠DOE=∠DOC-∠DOE, 即∠DOG=∠COE， ∴△DOG≌△COE； （2）∵DG⊥BD，AC⊥BD， ∴DG∥AC， ∴∠GDM=∠OAM， ∵∠DMG=∠AMO, ∴△GDM∽△OAM， ∴ AM AO DM DG = 37 / 46 ∵AD=2，AM＝ 1 2 ∴DM=1.5， ∵AO= 2 ， ∴GD=3 2 ， ∴Rt△OGD 中， OG2=OD2+DG2 ∴OG= 2 5 ∴正方形 OEFG 的边长为 2 5 18.（2019·湖州）如图，已知在△ABC 中，D，E，F 分别是 AB，BC，AC 的中点，连结 DF，EF，BF． （1）求证：四边形 BEFD 是平行四边形； （2）若∠AFB＝90°，AB＝6，求四边形 BEFD 的周长． 解：（1）∵D，E，F 分别是 AB，BC，AC 的中点， ∴EF∥AB，DF∥BC． ∴四边形 BEFD 是平行四边形． （2）∵∠AFB＝90°，AB＝6，D 点是 AB 的中点， ∴DF＝DB＝ 1 2 AB＝3． ∴平行四边形 BEFD 是菱形． ∴BE＝EF＝DF＝BD＝3． ∴四边形 BEFD 的周长为 4DF＝12． 19.（2019·攀枝花）如图，在 △ ABC 中，CD 是 AB 边上的高，BE 是 AC 边上的中线，且 BD＝CE．求 证： （1）点 D 在 BE 的垂直平分线上；（2）∠BEC＝3∠ABE． 解：（1）连接 DE． ∵CD 是 AB 边上的高, ∴CD⊥AB． ∴∠ADC＝90°． ∵AE＝CE． E A B C D E A B C D 38 / 46 ∴DE＝ 1 2 AC＝CE＝AE． ∵BD＝CE, ∴DE＝BD． ∴点 D 在线段 BE 的垂直平分线上． （2）∵BD＝DE, ∴∠ADE＝2∠ABE＝2∠DEB． ∵DE＝AE, ∴∠A＝2∠ABE． ∴∠BEC＝∠ABE＋∠A＝3∠ABE． 20.（2019·凉山）如图，正方形 ABCD 的对角线 AC、BD 相交于点 0，E 是 OC 上一点，连接 EB.过点 A 作 AM⊥BE，垂足为 M，AM 与 BD 相交于点 F.求证：OE = OF. 证明：在正方形 ABCD 中，∵AC⊥BD，AM⊥BE，∴∠AOF=∠BOE=∠AME=90°，∴∠FAO+∠AEB= ∠EBO+∠AEB=90°，∴∠FAO=∠EBO，∵AC=BD，OA= 2 1 AC，OB= 2 1 BD，∴OA=OB，∴△AOF≌△ BOE（AAS）， ∴ OE = OF. 21.(2019·枣庄)如图,BD 是菱形 ABCD 的对角线,∠CBD＝75°. (1)请用尺规作图法,作 AB 的垂直平分线 EF,垂足为 E,交 AD 与 F(不要求写作法,保留作图痕迹); (2)在(1)条件下,连接 BF,求∠DBF 的度数. 解：(1)如图所示,即为所求的图形 (2)连接 BF,∵EF 垂直平分 AB,∴FA＝FB,∴设∠A＝∠ABF＝x,则∠DFB＝∠A+∠ABF＝2x,在菱形 ABCD 中,AD∥BC ,AD ＝AB ,∵∠CBD＝75°,∴∠ADB＝∠CBD＝75°,在△ABD 中,∵AD ＝ AB ,∴∠ABD＝∠ADB＝75°,∴∠DBF＝75°－x,在△BDF 中,∠DFB＝2x,∠ADB＝75°,∠DBF ＝75°－x,∠DFB+∠ADB+∠DBF＝180°,∴x＝30°,∴∠DBF＝45° 39 / 46 22.(2019·枣庄)在△ABC 中,∠BAC＝90°,AB＝AC,AD⊥BC 于点 D. (1)如图 1,点 M,N 分别在 AD,AB 上，且∠BMN＝90°,当∠AMN＝30°,AB＝2 时,求线段 AM 的长; (2)如图 2,点 E,F 分别在 AB,AC 上,且∠EDF＝90°,求证:BE＝AF; (3)如图 3,点 M 在 AD 的延长线上,点 N 在 AC 上,且∠BMN＝90°,求证:AB+AN＝ 2 AM. 解：(1)在△ABC 中,AB＝AC,AD⊥BC 于点 D,∴BD＝DC,∠BAD＝ 1 2 ∠BAC,∵∠BAC＝90°,∴∠BAD ＝45°,在 Rt△ABD 中,∠BAD+∠ABD＝90°,∴∠ABD＝∠BAD＝45°,∴AD＝BD,∵AB＝2,∴AD＝ BD＝ 2 2 AB＝ 2 ,∵∠BMN＝90°,∠AMN＝30°,∴∠BMD＝60°,在 Rt△BMD 中,MD＝ tan BD BMD∠ ＝ 6 3 ,∴AM＝AD－MD＝ 2 － 6 3 ; (2)∵AD⊥BC,∴∠BDE+∠EDA＝90°,∵∠EDF＝90°,∴∠EDA+∠ADF＝90°,∴∠BDE＝∠ADF,在 △ABC 中,∠BAC＝90°,∴∠B+∠C＝90°,∵AD⊥BC,∴∠DAC+∠C＝90°,∴∠B＝∠DAF,∵AD＝ BD,∴△BED≌△AFD(ASA),∴BE＝AF; (3)过点 M 作 ME⊥AB 于点 E,作 MF⊥AC 于点 F,∴∠MEB＝∠MFN＝90°,∵AM 平分∠BAC,∴ME＝ MF,在四边形 AEMF 中,∵∠BAC＝∠MEB＝∠MFN＝90°,∴四边形 AEMF 是矩形,∠EMF＝90°,∴∠ EMN+∠NMF＝90°,∵∠BMN＝90°,∴∠BME+∠EMN＝90°,∴∠BME＝∠NMF, ∴△BME≌△ 40 / 46 NMF(ASA),∴BE＝NF,在矩形 AEMF 中,ME＝MF, ∴矩形 AEMF 是正方形,∴AE＝AF＝ 2 2 AM,∴ AB+AN＝AE+AF＝2× 2 2 AM＝ 2 AM. 23.（2019·潍坊）如图 1，菱形 ABCD 的顶点 A，D 在直线 l 上，∠BAD=60°，以点 A 为旋转中心将菱 形 ABCD 顺时针旋转 α（0°＜α＜30°），得到菱形 AB′C′D′．B′C′交对角线 AC 于点 M，C′D′交直线 l 于点 N， 连接 MN． （1）当 MN∥B′D′时，求 α 的大小． （2）如图 2，对角线 B′D′交 AC 于点 H，交直线 l 于点 G，延长 C′B′交 AB 于点 E，连接 EH．当△HEB′ 的周长为 2 时，求菱形 ABCD 的周长． 解：（1）∵MN∥B′D′ ∴ ' '' ' '' MB C B ND C D = 又∵C′B′=C′D′ ∴MB′=ND′ 在△AB′M 和△AD′N 中 AB′=AD′，∠AB′M=∠AD′N，B′M=D′N ∴△AB′M≌△AD′N ∴∠B′AM=∠D′AN 又∵∠D′AN=α ∴∠B′AM=α ∴∠B′AM=∠BAB′= 1 2 ∠BAC= 1 4 ∠BAD=15° 即 α=15° （2）在△AB′E 和△AD′G 中， 41 / 46 ∠AB′E=∠AD′G，∠EAB′=∠GAD′，AB′=AD′ ∴△AB′E≌△AD′G ∴EB′=GD′，AE=AG 在△AHE 和△AHG 中， AE=AG，∠EAH=∠GAH，AH=AH ∴△AHE≌△AHG ∴EH=GH ∵△HEB′的周长为 2 ∴EH+EB′+B′H=2 ∴GH+GD′+B′H=2 ∴B′D′=BD=2 ∴菱形 ABCD 的周长为 8． 24.(2019·泰安)如图,四边形 ABCD 是正方形,△EFC 是等腰直角三角形,点 E 在 AB 上,且∠CEF＝90°,FG ⊥AD,垂足为点 G. (1)试判断 AG 与 FG 是否相等?并给出证明; (2)若点 H 为 CF 的中点,GH 与 DH 垂直吗?若垂直,给出证明;若不垂直,说明理由. 解：(1)AG＝FG.证明如下: 在 BC 边上取 BM＝BE,连接 EM,AF,∵四边形 ABCD 是正方形,∴AB＝BC,AE＝CM,∵∠CEF＝90°,∴ ∠AEF+∠BEC＝90°,∵∠BEC+∠BCE＝90°,∴∠AEF＝∠BCE,又∵CE＝EF,∴△AEF≌MCE,∴∠ EAF＝∠EMC＝135°,又∵∠BAD＝90°,∴∠DAF＝45°,又∵FG⊥AD,∴AG＝FG. (2)DH⊥GH.证明如下: 延长 GH 交 CD 于点 Q,∵四边形 ABCD 是正方形,∴AD⊥CD,∵FG⊥AD,∴FG∥CD,∴∠GFH＝∠DCH, 又∵∠GHF＝∠CHQ,FH＝CH,∴△FGH≌△CQH,∴GH＝HQ,FG＝CQ,∴AG＝CQ,∴DG＝DQ,∴△ DGQ 是等腰三角形,∴DH⊥GH. 42 / 46 25.(2019·聊城)在菱形 ABCD 中,点 P 是 BC 边上一点,连接 AP,点 E,F 是 AP 上的两点,连接 DE,BF,使得 ∠AED＝∠ABC,∠ABF＝∠BPF. 求证:(1)△ABF≌△DAE;(2)DE＝BF+EF. 解：(1)∵四边形ABCD是菱形,∴AB＝AD,AD∥BC,∴∠BPA＝∠DAE.在△ABP和△DAE中,又∵∠ABC ＝∠AED,∴∠BAF＝∠ADE.∵∠ABF＝∠BPF 且∠BPA＝∠DAE,∴∠ABF＝∠DAE,又∵AB＝DA, ∴△ABF≌△DAE(ASA); (2)∵△ABF≌△DAE,∴AE＝BF,DE＝AF,∵AF＝AE+EF＝BF+EF,∴DE＝BF+EF. 26.（2019·滨州）如图，矩形 ABCD 中，点 E 在边 CD 上，将△BCE 沿 BE 折叠，点 C 落在 AD 边 上 的点 F 处，过点 F 作 FG∥CD 交 BE 于点 G，连接 CG． （1）求证：四边形 CEFG 是菱形； （2）若 AB＝6，AD＝10，求四边形 CEFG 的面积． 解：（1）证明：由题意可得， △BCE≌△BFE，∴∠BEC＝∠BEF，FE＝CE． ∵FG∥CE，∴∠FGE＝∠CEB，∴∠FGE＝∠FEG，∴FG＝FE， 43 / 46 ∴FG＝EC，………………………………………………………………………………4 分 ∴四边形 CEFG 是平行四边形．………………………………………………………5 分 又∵CE＝FE，∴四边形 CEFG 是菱形．………………………………………………6 分 （2）∵矩形 ABCD 中，AB＝6，AD＝10，BC＝BF，………………………………7 分 ∴∠BAF＝90°，AD＝BC＝BF＝10， ∴AF＝8，∴DF＝2． 设 EF＝x，则 CE＝x，DE＝6－x，……………………………………………………8 分 ∵FDE＝90°， ∴22+（6－x）2＝x2， 解得 x＝ ，……………………………………………………………………………12 分 ∴CE＝ ， ∴四边形 CEFG 的面积是：CE•DF＝ ×2＝ ．…………………………………13 分 27.（2019·岳阳）如图，在菱形 ABCD 中，点 E、F 分别为 AD、CD 边上的点，DE=DF．求证：∠1= ∠2． 证明：∵四边形 ABCD 为菱形， ∴AD=CD． ∵∠D=∠D，DE=DF， ∴△ADF≌△CDE． ∴∠1＝∠2． 28.（2019·岳阳）操作体验：如图，在矩形 ABCD 中，点 E、F 分别在边 AD、BC 上，将矩形 ABCD 沿直线 EF 折叠，使点 D 恰好与点 B 重合，点 C 落在点 C′处．点 P 为直线 EF 上一动点（不与 E、F 重合），过点 P 分别作直线 BE、BF 的垂线，垂足分别为点 M 和点 N，以 PM、PN 为邻边构造平行四边 形 PMQN． （1）如图 1，求证：BE=BF； （2）特例感知：如图 2，若 DE=5，CF=2，当点 P 在线段 EF 上运动时，求平行四边形 PMQN 的周长； （3）类比探究：若 DE=a，CF=b． 44 / 46 ①如图 3，当点 P 在线段 EF 的延长线上运动时，试用含 a、b 的式子表示 QM 与 QN 之间的数量关系， 并证明； ②如图 4，当点 P 在线段 FE 的延长线上运动时，请直接用含 a、b 的式子表示 QM 与 QN 之间的数量关 系．（不要求写证明过程） 解 ：（ 1）证明：∵AD∥BC， ∴∠DEF=∠BFE． 由折叠可知：∠BEF=∠DEF ∴∠BFE=∠BEF． ∴BE=BF． （2）延长 NP 交 AD 于点 G． 由折叠可知：BE=DE=5， ∵BF=BE， ∴BF=DE． ∵AD=BC， ∴AE=CF=2． 在 Rt△ABE 中， AB= 2 2 225 2 21BE AE− = −= ． ∵AB∥CD，PN⊥BC， ∴PN⊥AD． 即 PG⊥AD． ∵∠BEF=∠DEF，PM⊥BE， ∴PM=PG． ∴PM＋PN=NG=AB． 45 / 46 □PNQM 的周长=2（PM＋PN）=2AB= 2 21 ． （3）①QN－QM= 22ab− ． 证明：延长 PN 交 AD 于点 H． 由（2）可知 BE=DE=a，AE=CF=b， ∴ 2 2 22AB BE AE a b= −=−． ∵∠BEP=∠DEP，PM⊥BE，PH⊥AD， ∴PM=PH． ∴PM－PN=HN=AB= 22ab− ． ∵四边形 PNQM 是平行四边形， ∴QM=PN，QN=PM． ∴QN－QM= 22ab− ． ②QM－QN = 22ab− ． 29.（2019·怀化）已知：如图，在 ABCD 中，AE⊥BC，CF⊥AD，E，F 分别为垂足. （1）求证：△ABE≌ △CDF； （2）求证：四边形 AECF 是矩形. 证明：（1）∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴AB=CD，∠B=∠D. ∵AE⊥BC，CF⊥AD， ∴∠AEB=∠CFD=90°， 46 / 46 ∴△ABE≌ △CDF（AAS）. （2）∵△ABE≌ △CDF， ∴BE=DF， ∵四边形 ABCD 是平行四边形， ∴AD∥BC，AD=BC， ∴AF∥CE，AF=CE， ∴四边形 AECF 是平行四边形. ∵AE⊥BC， ∴∠AEC=90°， ∴四边形 AECF 是矩形.