2017中考数学试题汇编四边形含答案解析 77页

‎2017中考数学试题汇编：四边形 一、单选题（共8题；共16分）‎ ‎（2017广东）10.如题10图，已知正方形ABCD，点E是BC边的中点，DE与AC相交于点F，连接BF，下列结论：①；②；③；④,其中正确的是( )21世纪教育网版权所有 A.①③ B.②③ C.①④ D.②④‎ ‎（2017•重庆）如图，矩形ABCD的边AB=1，BE平分∠ABC，交AD于点E，若点E是AD的中点，以点B为圆心，BE为半径画弧，交BC于点F，则图中阴影部分的面积是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】利用矩形的性质以及结合角平分线的性质分别求出AE，BE的长以及∠EBF的度数，进而利用图中阴影部分的面积=S矩形ABCD﹣S△ABE﹣S扇形EBF，求出答案．‎ ‎【解答】解：∵矩形ABCD的边AB=1，BE平分∠ABC，‎ ‎∴∠ABE=∠EBF=45°，AD∥BC，‎ ‎∴∠AEB=∠CBE=45°，‎ ‎∴AB=AE=1，BE=，‎ ‎∵点E是AD的中点，‎ ‎∴AE=ED=1，‎ ‎∴图中阴影部分的面积=S矩形ABCD﹣S△ABE﹣S扇形EBF ‎=1×2﹣×1×1﹣‎ ‎=﹣．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】此题主要考查了扇形面积求法以及矩形的性质等知识，正确得出BE的长以及∠EBC的度数是解题关键．‎ ‎（2017福建）5．下列关于图形对称性的命题，正确的是（ ）‎ A．圆既是轴对称性图形，又是中心对称图形 B．正三角形既是轴对称图形，又是中心对称图形 C．线段是轴对称图形，但不是中心对称图形[来源@:zzs*te%#^p.com]‎ D．菱形是中心对称图形，但不是轴对称图形 ‎【答案】A 点睛：本题主要考查中心对称图形与轴对称图形的知识，能正确地区分是解题的关键.[来#源:中^%教&网@]‎ ‎（2017•台湾）已知坐标平面上有一长方形ABCD，其坐标分别为A（0，0），B（2，0），C（2，1），D（0，1），今固定B点并将此长方形依顺时针方向旋转，如图所示．若旋转后C点的坐标为（3，0），则旋转后D点的坐标为何（　　）‎ A．（2，2） B．（2，3） C．（3，3） D．（3，2）‎ ‎【分析】先根据旋转后C点的坐标为（3，0），得出点C落在x轴上，再根据AC=3，DC=2，即可得到点D的坐标为（3，2）．‎ ‎【解答】解：∵旋转后C点的坐标为（3，0），‎ ‎∴点C落在x轴上，‎ ‎∴此时AC=3，DC=2，‎ ‎∴点D的坐标为（3，2），‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题主要考查了旋转的性质以及矩形的性质的运用，解题时注意：矩形的四个角都是直角，对边相等．‎ ‎（2017•台湾）如图为互相垂直的两直线将四边形ABCD分成四个区域的情形，若∠A=100°，∠B=∠D=85°，∠C=90°，则根据图中标示的角，判断下列∠1，∠2，∠3的大小关系，何者正确（　　）‎ ‎ ‎ A．∠1=∠2＞∠3 B．∠1=∠3＞∠2 C．∠2＞∠1=∠3 D．∠3＞∠1=∠2‎ ‎【分析】根据多边形的内角和与外角和即可判断．‎ ‎【解答】解：∵（180°﹣∠1）+∠2=360°﹣90°﹣90°=180°‎ ‎∴∠1=∠2‎ ‎∵（180°﹣∠2）+∠3=360°﹣85°﹣90°=185°‎ ‎∴∠3﹣∠2=5°，‎ ‎∴∠3＞∠2‎ ‎∴∠3＞∠1=∠2‎ 故选（D）‎ ‎【点评】本题考查多边形的内角与外角，解题的关键是熟练运用多边形的内角和与外角和，本题属于基础题型．‎ ‎（2017•台湾）如图为两正方形ABCD，BPQR重叠的情形，其中R点在AD上，CD与QR相交于S点．若两正方形ABCD、BPQR的面积分别为16、25，则四边形RBCS的面积为何（　　）‎ ‎ ‎ A．8 B． C． D． ‎ ‎【分析】根据正方形的边长，根据勾股定理求出AR，求出△ABR∽△DRS，求出DS，根据面积公式求出即可．‎ ‎【解答】解：∵正方形ABCD的面积为16，正方形BPQR面积为25，‎ ‎∴正方形ABCD的边长为4，正方形BPQR的边长为5，‎ 在Rt△ABR中，AB=4，BR=5，由勾股定理得：AR=3，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠A=∠D=∠BRQ=90°，‎ ‎∴∠ABR+∠ARB=90°，∠ARB+∠DRS=90°，‎ ‎∴∠ABR=∠DRS，‎ ‎∵∠A=∠D，‎ ‎∴△ABR∽△DRS，‎ ‎∴ = ，‎ ‎∴ = ，‎ ‎∴DS= ，‎ ‎∴阴影部分的面积S=S正方形ABCD﹣S△ABR﹣S△RDS=4×4﹣ ﹣1× × = ，‎ 故选D．‎ ‎ ‎ ‎【点评】本题考查了正方形的性质，相似三角形的性质和判定，能求出△ABR和△RDS的面积是解此题的关键．‎ ‎（2017广西）5．下列图形中不是中心对称图形的是（　　）‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】B．‎ ‎（2017广西）12．如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=4，点E是AB边上的动点，过点B作直线CE的垂线，垂足为F，当点E从点A运动到点B时，点F的运动路径长为（　　）www-2-1-cnjy-com A. B.2 C. D. ‎ ‎（2017江西）6．如图，任意四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA上的点，对于四边形EFGH的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（　　）‎ A．当E，F，G，H是各边中点，且AC=BD时，四边形EFGH为菱形 B．当E，F，G，H是各边中点，且AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形 C．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可以为平行四边形 D．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH不可能为菱形 ‎【考点】LN：中点四边形．‎ ‎【分析】连接四边形各边中点所得的四边形必为平行四边形，根据中点四边形的性质进行判断即可．‎ ‎【解答】解：A．当E，F，G，H是各边中点，且AC=BD时，EF=FG=GH=HE，故四边形EFGH为菱形，故A正确；‎ B．当E，F，G，H是各边中点，且AC⊥BD时，∠EFG=∠FGH=∠GHE=90°，故四边形EFGH为矩形，故B正确；‎ C．当E，F，G，H不是各边中点时，EF∥HG，EF=HG，故四边形EFGH为平行四边形，故C正确；‎ D．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可能为菱形，故D错误；‎ 故选：D．‎ ‎（2017湖南）8．（3分）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，要使四边形ABCD是平行四边形，可添加的条件不正确的是（　　）‎ A．AB=CD B．BC∥AD C．∠A=∠C D．BC=AD ‎【分析】根据平行四边形的判定方法，逐项判断即可．‎ ‎【解答】解：∵AB∥CD，‎ ‎∴当AB=CD时，由一组对边平行且相等的四边形为平行四边形可知该条件正确；‎ 当BC=AD时，该四边形可能为等腰梯形，故该条件不正确；‎ 当∠A=∠C时，可求得∠B=∠D，由两组对角分别相等的四边形为平行四边形可知该条件正确；‎ 当BC∥AD时，由两组对边分别的四边形为平行四边形可知该条件正确；‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题主要考查平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．‎ ‎（2017湖南）11．（3分）菱形的两条对角线分别是12和16，则此菱形的边长是（　　）‎ A．10 B．8 C．6 D．5‎ ‎【分析】首先根据题意画出图形，然后由菱形的两条对角线的长分別为12cm和16cm，求得OA与OB，再由勾股定理即可求得菱形的边长．‎ ‎【解答】解：如图，‎ ‎∵菱形ABCD中，AC=12，BD=16，‎ ‎∴OA=AC=6，OB=BD=8，AC⊥BD，‎ ‎∴AB==10．‎ 即菱形的边长是10．‎ 故选A．‎ ‎【点评】此题考查了菱形的性质以及勾股定理．掌握菱形的对角线互相平分且垂直是解题的关键．‎ ‎（2017江西）8．（3分）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC=∠ECA，则AC的长是（　　）‎ A． B．6 C．4 D．5‎ ‎【分析】根据折叠的性质得到AF=AB，∠AFE=∠B=90°，根据等腰三角形的性质得到AF=CF，于是得到结论．‎ ‎【解答】解：∵将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，‎ ‎∴AF=AB，∠AFE=∠B=90°，‎ ‎∴EF⊥AC，‎ ‎∵∠EAC=∠ECA，‎ ‎∴AE=CE，‎ ‎∴AF=CF，‎ ‎∴AC=2AB=6，‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．‎ ‎　（2017山东）13．（3分）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB=3，E为OC上一点，OE=1，连接BE，过点A作AF⊥BE于点F，与BD交于点G，则BF的长是（　　）‎ A． B．2 C． D．‎ ‎【分析】根据正方形的性质、全等三角形的判定定理证明△GAO≌△EBO，得到OG=OE=1，证明△BFG∽△BOE，根据相似三角形的性质计算即可．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=3，‎ ‎∴∠AOB=90°，AO=BO=CO=3，‎ ‎∵AF⊥BE，‎ ‎∴∠EBO=∠GAO，‎ 在△GAO和△EBO中，‎ ‎，‎ ‎∴△GAO≌△EBO，‎ ‎∴OG=OE=1，‎ ‎∴BG=2，‎ 在Rt△BOE中，BE==，‎ ‎∵∠BFG=∠BOE=90°，∠GBF=∠EBO，‎ ‎∴△BFG∽△BOE，‎ ‎∴=，即=，‎ 解得，BF=，‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及相似三角形的判定和性质，掌握相关的判定定理和性质定理是解题的关键．‎ ‎（23017四川）10．（3分）如图，正方形ABCD中．点E，F分别在BC，CD上，△AEF是等边三角形．连接AC交EF于点G．过点G作GH⊥CE于点H，若S△EGH=3，则S△ADF=（　　）‎ A．6 B．4 C．3 D．2‎ ‎【分析】通过条件可以得出△ABE≌△ADF，从而得出∠BAE=∠DAF，BE=DF，由正方形的性质就可以得出EC=FC，就可以得出AC垂直平分EF，得到EG=GF，根据相似三角形的性质得到S△EFC=12，设AD=x，则DF=x﹣2，根据勾股定理得到AD=+3，DF=3﹣，根据三角形的面积公式即可得到结论．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°．‎ ‎∵△AEF等边三角形，‎ ‎∴AE=EF=AF，∠EAF=60°．‎ ‎∴∠BAE+∠DAF=30°．‎ 在Rt△ABE和Rt△ADF中，‎ ‎，‎ ‎∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），‎ ‎∴BE=DF，‎ ‎∵BC=CD，‎ ‎∴BC﹣BE=CD﹣DF，即CE=CF，‎ ‎∴△CEF是等腰直角三角形，‎ ‎∵AE=AF，‎ ‎∴AC垂直平分EF，‎ ‎∴EG=GF，‎ ‎∵GH⊥CE，‎ ‎∴GH∥CF，‎ ‎∴△EGH∽△EFC，‎ ‎∵S△EGH=3，‎ ‎∴S△EFC=12，‎ ‎∴CF=2，EF=4，‎ ‎∴AF=4，‎ 设AD=x，则DF=x﹣2，‎ ‎∵AF2=AD2+DF2，‎ ‎∴（4）2=x2+（x﹣2）2，‎ ‎∴x=+3，‎ ‎∴AD=+3，DF=3﹣，‎ ‎∴S△ADF=AD•DF=6．‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，相似三角形的判定和性质，勾股定理的运用，等边三角形的性质的运用，解答本题的关键是运用勾股定理的性质．‎ ‎　（2017四川）16．（4分）如图1，E为矩形ABCD的边AD上一点，点P从点B出发沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C停止，点Q从点B出发沿BC运动到点C停止，它们运动的速度都是1cm/s．若点P、点Q同时开始运动，设运动时间为t（s），△BPQ的面积为y（cm2），已知y与t之间的函数图象如图2所示．‎ 给出下列结论：①当0＜t≤10时，△BPQ是等腰三角形；②S△ABE=48cm2；③当14＜t＜22时，y=110﹣5t；④在运动过程中，使得△ABP是等腰三角形的P点一共有3个；⑤△BPQ与△ABE相似时，t=14.5．‎ 其中正确结论的序号是　①③⑤　．‎ ‎【分析】由图2可知，在点（10，40）至点（14，40）区间，△BPQ的面积不变，因此可推论BC=BE，由此分析动点P的运动过程如下：‎ ‎（1）在BE段，BP=BQ；持续时间10s，则BE=BC=10；y是t的二次函数；‎ ‎（2）在ED段，y=40是定值，持续时间4s，则ED=4；‎ ‎（3）在DC段，y持续减小直至为0，y是t的一次函数．‎ ‎【解答】解：由图象可以判定：BE=BC=10 cm．DE=4 cm，‎ 当点P在ED上运动时，S△BPQ=BC•AB=40cm2，‎ ‎∴AB=8 cm，‎ ‎∴AE=6 cm，‎ ‎∴当0＜t≤10时，点P在BE上运动，BP=BQ，‎ ‎∴△BPQ是等腰三角形，‎ 故①正确；‎ S△ABE=AB•AE=24 cm2，‎ 故②错误；‎ 当14＜t＜22时，点P在CD上运动，该段函数图象经过（14，40）和（22，0）两点，解析式为y=110﹣5t，‎ 故③正确；‎ ‎△ABP为等腰三角形需要分类讨论：当AB=AP时，ED上存在一个符号题意的P点，当BA=BO时，BE上存在一个符合同意的P点，当PA=PB时，点P在AB垂直平分线上，所以BE和CD上各存在一个符号题意的P点，共有4个点满足题意，‎ 故④错误；‎ ‎⑤△BPQ与△ABE相似时，只有；△BPQ∽△BEA这种情况，此时点Q与点C重合，即==，‎ ‎∴PC=7.5，即t=14.5．‎ 故⑤正确．‎ 综上所述，正确的结论的序号是①③⑤．‎ 故答案是：①③⑤．‎ ‎【点评】本题考查动点问题的函数图象，需要结合几何图形与函数图象，认真分析动点的运动过程．突破点在于正确判断出BC=BE=10cm．‎ ‎　（2017新疆）9．（4分）（2017•乌鲁木齐）如图，在矩形ABCD中，点F在AD上，点E在BC上，把这个矩形沿EF折叠后，使点D恰好落在BC边上的G点处，若矩形面积为4且∠AFG=60°，GE=2BG，则折痕EF的长为（　　）‎ A．1 B． C．2 D．‎ ‎【分析】由折叠的性质可知，DF=GF、HE=CE、GH=DC、∠DFE=∠GFE，结合∠AFG=60°即可得出∠GFE=60°，进而可得出△GEF为等边三角形，在Rt△GHE中，通过解含30度角的直角三角形及勾股定理即可得出GE=2EC、DC=EC，再由GE=2BG结合矩形面积为4，即可求出EC的长度，根据EF=GE=2EC即可求出结论．‎ ‎【解答】解：由折叠的性质可知，DF=GF，HE=CE，GH=DC，∠DFE=∠GFE．‎ ‎∵∠GFE+∠DFE=180°﹣∠AFG=120°，‎ ‎∴∠GFE=60°．‎ ‎∵AF∥GE，∠AFG=60°，‎ ‎∴∠FGE=∠AFG=60°，‎ ‎∴△GEF为等边三角形，‎ ‎∴EF=GE．‎ ‎∵∠FGE=60°，∠FGE+∠HGE=90°，‎ ‎∴∠HGE=30°．‎ 在Rt△GHE中，∠HGE=30°，‎ ‎∴GE=2HE=CE，‎ ‎∴GH==HE=CE．‎ ‎∵GE=2BG，‎ ‎∴BC=BG+GE+EC=4EC．‎ ‎∵矩形ABCD的面积为4，‎ ‎∴4EC•EC=4，‎ ‎∴EC=1，EF=GE=2．‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了翻折变换、矩形的性质、等边三角形的判定及性质以及解含30度角的直角三角形，根据边角关系及解直角三角形找出BC=4EC、DC=EC是解题的关键．‎ ‎（2017河北）9.求证：菱形的两条对角线互相垂直．‎ 已知：如图，四边形是菱形，对角线，交于点．‎ 求证：．‎ 以下是排乱的证明过程：①又，‎ ‎ ②∴，即．‎ ‎ ③∵四边形是菱形，‎ ‎ ④∴．‎ 证明步骤正确的顺序是（ ）‎ A．③→②→①→④ B．③→④→①→② C．①→②→④→③ D．①→④→③→② ‎ ‎（2017河北）11.如图是边长为10的正方形铁片，过两个顶点剪掉一个三角形，以下四种剪法中，裁剪线长度所标的数据（单位：）不正确的（ ）‎ ‎（2017河南）7.如图，在中，对角线，相交于点，添加下列条件不能判定是菱形的只有（ ）‎ ‎ A． B． C. D．‎ ‎（2017河南）9.我们知道：四边形具有不稳定性.如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形的边在轴上，的中点是坐标原点固定点，，把正方形沿箭头方向推，使点落在轴正半轴上点处，则点的对应点的坐标为（ ）‎ A． B． C. D．‎ ‎（2017内蒙古）9.如图，四边形是边长为1的正方形，，为所在直线上的两点，若，，则以下结论正确的是（ ）[来源:学*科*网]‎ A． B． C． D．四边形的面积为 ‎ ‎（2017山西）10．右图是某商品的标志图案，与是的两条直径，首尾顺次连接点，得到四边形．若，则图中阴影部分的面积为（ ） ‎ A． B． C． D．‎ ‎（2017·衢州）如图，矩形纸片ABCD中，AB=4，BC=6，将△ABC沿AC折叠，使点B落在点E处，CE交AD于点F，则DF的长等于（       ） ‎ A、  B、 C、 D、‎ ‎（2017•温州）四个全等的直角三角形按图示方式围成正方形ABCD，过各较长直角边的中点作垂线，围成面积为S的小正方形EFGH．已知AM为Rt△ABM较长直角边，AM=2 EF，则正方形ABCD的面积为（   ） ‎ A、12S B、10S C、9S D、8S ‎（2017•绍兴）在探索“尺规三等分角”这个数学名题的过程中，曾利用了如图，该图中，四边形ABCD是矩形，E是BA延长线上一点，F是CE上一点，∠ACF=∠AFC，∠FAE=∠FEA。若∠ACB=21°，则∠ECD 的度数是（    ） ‎ A、7° B、21° C、23° D、24°‎ ‎（2017·嘉兴）一张矩形纸片 ，已知 ， ，小明按所给图步骤折叠纸片，则线段 长为（   ） ‎ A、 B、 C、 D、‎ ‎（2017·嘉兴）如图，在平面直角坐标系 中，已知点 ， ．若平移点 到点 ，使以点 ， ， ， 为顶点的四边形是菱形，则正确的平移方法是（   ） ‎ A、向左平移1个单位，再向下平移1个单位 B、向左平移 个单位，再向上平移1个单位 ‎ C、向右平移 个单位，再向上平移1个单位 D、向右平移1个单位，再向上平移1个单位 ‎（2017·丽水）如图，在□ABCD中，连结AC，∠ABC=∠CAD=45°，AB=2，则BC的长是（    ） ‎ A、 B、2 C、2 D、4‎ ‎（2017•宁波）如图，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在边AB上，BE＝4，过点E作EF∥BC，分别交BD、CD于G、F两点．若M、N分别是DG、CE的中点，则MN的长为   （       ） ‎ A、3 B、 C、 D、4‎ ‎（2017·台州）如图，矩形EFGH四个顶点分别在菱形ABCD的四条边上，BE=BF，将△AEH，△CFG分别沿边EH，FG折叠，当重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的 时，则 为（    ） ‎ A、 B、2 C、 D、4‎ 二、填空题（共6题；共7分）‎ ‎（2017天津）17.如图，正方形和正方形的边长分别为3和1，点分别在边上，为的中点，连接，则的长为 .w ‎（2017广东）16.如题16图（1），矩形纸片ABCD中，AB=5,BC=3,先按题16图（2）操作，将矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在边AB上的点E处，折痕为AF；再按题16图（3）操作：沿过点F的直线折叠，使点C落在EF上的点H处，折痕为FG,则A、H两点间的距离为 .2‎ ‎（2017广西）17．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作EA⊥CA交DB的延长线于点E，若AB=3，BC=4，则的值为 ．21*cnjy*com ‎【答案】．‎ ‎（2017黑龙江）20．如图，在矩形ABCD中，M为BC边上一点，连接AM，过点D作DE⊥AM，垂足为E．若DE=DC=1，AE=2EM，则BM的长为　 　．‎ ‎（2017吉林）11．如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=3．矩形ABCD绕着点A逆时针旋转一定角度得到矩形AB'C'D'．若点B的对应点B'落在边CD上，则B'C的长为　 　．‎ ‎【答案】1.‎ ‎【解析】‎ 试题解析：由旋转的性质得到AB=AB′=5，‎ 在直角△AB′D中，∠D=90°，AD=3，AB′=AB=5，‎ 所以B′D==4，‎ 所以B′C=5﹣B′D=1．‎ 故答案是：1．‎ 考点：旋转的性质；矩形的性质．‎ ‎(2017贵州)15．（4分）已知菱形的两条对角线的长分别是5cm，6cm，则菱形的面积是　 　cm2．‎ ‎（2017湖南）18．（3分）正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2，…按如图所示放置，点A1，A2，A3和C1，C2，C3，…分别在直线y=x+1和x轴上，则点 B2018的纵坐标是　22017　．‎ ‎【分析】根据一次函数图象上点的坐标特征结合正方形的性质即可得出点B1、B2、B3、…的坐标，根据点坐标的变化找出点Bn的坐标，依此即可得出结论．‎ ‎【解答】解：当x=0时，y=x+1=1，‎ ‎∴点A1的坐标为（0，1）．‎ ‎∵A1B1C1O为正方形，‎ ‎∴点C1的坐标为（1，0），点B1的坐标为（1，1）．‎ 同理，可得：B2（3，2），B3（7，4），B4（15，8），‎ ‎∴点Bn的坐标为（2n﹣1，2n﹣1），‎ ‎∴点B2018的坐标为（22018﹣1，22017）．‎ 故答案为：22017．‎ ‎【点评】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质以及规律型中点的坐标，根据点坐标的变化找出变化规律“点Bn的坐标为（2n﹣1，2n﹣1）”是解题的关键．‎ ‎（2017辽宁）16．（3分）如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=3，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转得到矩形GBEF，点A落在矩形ABCD的边CD上，连接CE，则CE的长是　　．‎ ‎【分析】连接AG，根据旋转变换的性质得到，∠ABG=∠CBE，BA=BG，根据勾股定理求出CG、AD，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可．‎ ‎【解答】解：连接AG，‎ 由旋转变换的性质可知，∠ABG=∠CBE，BA=BG=5，BC=BE，‎ 由勾股定理得，CG==4，‎ ‎∴DG=DC﹣CG=1，‎ 则AG==，‎ ‎∵=，∠ABG=∠CBE，‎ ‎∴△ABG∽△CBE，‎ ‎∴==，‎ 解得，CE=，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查的是翻转变换的性质、相似三角形的判定和性质，掌握勾股定理、矩形的性质、旋转变换的性质是解题的关键．‎ ‎（2017重庆）18．（4分）（2017•重庆）如图，正方形ABCD中，AD=4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB的中点，则△EMN的周长是　　．‎ ‎【分析】如图1，作辅助线，构建全等三角形，根据全等三角形对应边相等证明FQ=BQ=PE=1，△DEF是等腰直角三角形，利用勾理计算DE=EF=，PD==3，如图2，由平行相似证明△DGC∽△FGA，列比例式可得FG和CG的长，从而得EG的长，根据△GHF是等腰直角三角形，得GH和FH的长，利用DE∥GM证明△DEN∽△MNH，则，得EN=，从而计算出△EMN各边的长，相加可得周长．‎ ‎【解答】解：如图1，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，‎ ‎∵DC∥AB，‎ ‎∴PQ⊥AB，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠ACD=45°，‎ ‎∴△PEC是等腰直角三角形，‎ ‎∴PE=PC，‎ 设PC=x，则PE=x，PD=4﹣x，EQ=4﹣x，‎ ‎∴PD=EQ，‎ ‎∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ，‎ ‎∴△DPE≌△EQF，‎ ‎∴DE=EF，‎ 易证明△DEC≌△BEC，‎ ‎∴DE=BE，‎ ‎∴EF=BE，‎ ‎∵EQ⊥FB，‎ ‎∴FQ=BQ=BF，‎ ‎∵AB=4，F是AB的中点，‎ ‎∴BF=2，‎ ‎∴FQ=BQ=PE=1，‎ ‎∴CE=，‎ Rt△DAF中，DF==2，‎ ‎∵DE=EF，DE⊥EF，‎ ‎∴△DEF是等腰直角三角形，‎ ‎∴DE=EF==，‎ ‎∴PD==3，‎ 如图2，∵DC∥AB，‎ ‎∴△DGC∽△FGA，‎ ‎∴==2，‎ ‎∴CG=2AG，DG=2FG，‎ ‎∴FG=×=，‎ ‎∵AC==4，‎ ‎∴CG=×=，‎ ‎∴EG=﹣=，‎ 连接GM、GN，交EF于H，‎ ‎∵∠GFE=45°，‎ ‎∴△GHF是等腰直角三角形，‎ ‎∴GH=FH==，‎ ‎∴EH=EF﹣FH=﹣=，‎ 由折叠得：GM⊥EF，MH=GH=，‎ ‎∴∠EHM=∠DEF=90°，‎ ‎∴DE∥HM，‎ ‎∴△DEN∽△MNH，‎ ‎∴，‎ ‎∴==3，‎ ‎∴EN=3NH，‎ ‎∵EN+NH═EH=，‎ ‎∴EN=，‎ ‎∴NH=EH﹣EN=﹣=，‎ Rt△GNH中，GN===，‎ 由折叠得：MN=GN，EM=EG，‎ ‎∴△EMN的周长=EN+MN+EM=++=；‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、三角形全等、相似的性质和判定、勾股定理，三角函数，计算比较复杂，作辅助线，构建全等三角形，计算出PE的长是关键．‎ ‎（2017内蒙古）15.如图，在中，，，是两条对角线的交点，过点作的垂线分别交边，于点，，点是边的一个三等分点，则与的面积比为 ．‎ ‎（2017•温州）如图，矩形OABC的边OA，OC分别在x轴、y轴上，点B在第一象限，点D在边BC上，且∠AOD=30°，四边形OA′B′D与四边形OABD关于直线OD对称（点A′和A，B′和B分别对应）．若AB=1，反比例函数y= （k≠0）的图象恰好经过点A′，B，则k的值为________． ‎ ‎（2017•绍兴）如图为某城市部分街道示意图，四边形ABCD为正方形，点G在对角线BD上，GE⊥CD，GF⊥BC，AD=1500m，小敏行走的路线为B→A→G→E，小聪得行走的路线为B→A→D→E→F.若小敏行走的路程为3100m，则小聪行走的路程为________m. ‎ ‎（2017·丽水）我国三国时期数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”，如图1所示.在图2中，若正方形ABCD的边长为14，正方形IJKL的边长为2，且IJ//AB，则正方形EFGH 的边长为________. ‎ ‎（2017•宁波）如图，在菱形纸片ABCD中，AB＝2，∠A＝60°，将菱形纸片翻折，使点A落在CD的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上．则cos∠EFG的值为________． ‎ ‎（2017·台州）如图，有一个不定的正方形ABCD，它的两个相对的顶点A，C分别在边长为1的正六边形一组对边上，另外两个顶点B，D在正六边形内部（包括边界），则正方形边长a的取值范围是________ ‎ ‎（2017·金华）在一空旷场地上设计一落地为矩形ABCD的小屋，AB+BC=10m.拴住小狗的10m长的绳子一端固定在B点处，小狗在不能进入小屋内的条件下活动，其可以活动的区域面积为S（m2）. ①如图1，若BC＝4m，则S＝________m. ②如图2，现考虑在(1)中的矩形ABCD小屋的右侧以CD为边拓展一正△CDE区域，使之变成落地为五边形 ABCED的小屋，其它条件不变.则在BC的变化过程中，当S取得最小值时，边BC的长为________m. ‎ 三、解答题（共11题；共138分）‎ ‎ (2017北京)22．（5分）如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD=2BC，∠ABD=90°，E为AD的中点，连接BE．‎ ‎（1）求证：四边形BCDE为菱形；‎ ‎（2）连接AC，若AC平分∠BAD，BC=1，求AC的长．‎ ‎【分析】（1）由DE=BC，DE∥BC，推出四边形BCDE是平行四边形，再证明BE=DE即可解决问题；‎ ‎（2）在Rt△ACD中只要证明∠ADC=60°，AD=2即可解决问题；‎ ‎【解答】（1）证明：∵AD=2BC，E为AD的中点，‎ ‎∴DE=BC，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴四边形BCDE是平行四边形，‎ ‎∵∠ABD=90°，AE=DE，‎ ‎∴BE=DE，‎ ‎∴四边形BCDE是菱形．‎ ‎（2）解：连接AC．‎ ‎∵AD∥BC，AC平分∠BAD，‎ ‎∴∠BAC=∠DAC=∠BCA，‎ ‎∴AB=BC=1，‎ ‎∵AD=2BC=2，‎ ‎∴sin∠ADB=，‎ ‎∴∠ADB=30°，‎ ‎∴∠DAC=30°，∠ADC=60°，‎ 在Rt△ACD中，∵AD=2，‎ ‎∴CD=1，AC=．‎ ‎【点评】本题考查菱形的判定和性质、直角三角形斜边中线的性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，属于中考常考题型．‎ ‎（2017上海）23．已知：如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=CD，E是对角线BD上一点，且EA=EC．‎ ‎（1）求证：四边形ABCD是菱形；‎ ‎（2）如果BE=BC，且∠CBE：∠BCE=2：3，求证：四边形ABCD是正方形．‎ ‎【分析】（1）首先证得△ADE≌△CDE，由全等三角形的性质可得∠ADE=∠CDE，由AD∥BC可得∠ADE=∠CBD，易得∠CDB=∠CBD，可得BC=CD，易得AD=BC，利用平行线的判定定理可得四边形ABCD为平行四边形，由AD=CD可得四边形ABCD是菱形；‎ ‎（2）由BE=BC可得△BEC为等腰三角形，可得∠BCE=∠BEC，利用三角形的内角和定理可得∠CBE=180×=45°，易得∠ABE=45°，可得∠ABC=90°，由正方形的判定定理可得四边形ABCD是正方形．‎ ‎【解答】证明：（1）在△ADE与△CDE中，‎ ‎，‎ ‎∴△ADE≌△CDE，‎ ‎∴∠ADE=∠CDE，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠ADE=∠CBD，‎ ‎∴∠CDE=∠CBD，‎ ‎∴BC=CD，‎ ‎∵AD=CD，‎ ‎∴BC=AD，‎ ‎∴四边形ABCD为平行四边形，‎ ‎∵AD=CD，‎ ‎∴四边形ABCD是菱形；‎ ‎（2）∵BE=BC ‎∴∠BCE=∠BEC，‎ ‎∵∠CBE：∠BCE=2：3，‎ ‎∴∠CBE=180×=45°，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴∠ABE=45°，‎ ‎∴∠ABC=90°，‎ ‎∴四边形ABCD是正方形．‎ ‎【点评】本题主要考查了正方形与菱形的判定及性质定理，熟练掌握定理是解答此题的关键．‎ ‎（2017福建）24．如图，矩形中，，分别是线段AC、BC上的点，且四边形为矩形．‎ ‎（Ⅰ）若是等腰三角形时，求的长；‎ ‎（Ⅱ）若，求的长．[www%.zz@s&t~ep.co^m]‎ ‎【答案】（Ⅰ）AP的长为4或5或；（Ⅱ）CF=‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）分情况CP=CD、PD=PC、DP=DC讨论即可得；‎ ‎（Ⅱ）连结PF、DE，记PF与DE的交点为O，连结OC，通过证明△ADP∽△CDF，从而得 ，由AP= ，从而可得CF= .‎ 试题解析：（Ⅰ）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 ；[来&源:中国^%教@育出版~网]‎ ‎（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，AP的长为4或5或；‎ ‎（Ⅱ）连结PF、DE，记PF与DE的交点为O，连结OC，‎ 点睛：本题主要考查矩形的性质、等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等，能正确地分情况进行讨论是判定△PCD要等腰三角形的关键.[来源:zz&step%.#co@‎ ‎（2017广东）21.如图21图所示，已知四边形ABCD、ADEF都是菱形，为锐角.‎ ‎（1）求证：;‎ ‎（2）若BF=BC,求的度数。‎ ‎（2017吉林）23．如图①，BD是矩形ABCD的对角线，∠ABD=30°，AD=1．将△BCD沿射线BD方向平移到△B'C'D'的位置，使B'为BD中点，连接AB'，C'D，AD'，BC'，如图②．‎ ‎（1）求证：四边形AB'C'D是菱形；‎ ‎（2）四边形ABC'D′的周长为　 　；‎ ‎（3）将四边形ABC'D'沿它的两条对角线剪开，用得到的四个三角形拼成与其面积相等的矩形，直接写出所有可能拼成的矩形周长．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）4；（3）6+或2+3．‎ ‎【解析】‎ ‎∴∠ADB=60°，‎ 由平移可得，B'C'=BC=AD，∠D'B'C'=∠DBC=∠ADB=60°，‎ ‎∴AD∥B'C'‎ ‎∴四边形AB'C'D是平行四边形，‎ ‎∵B'为BD中点，‎ ‎∴Rt△ABD中，AB'=BD=DB'，‎ 又∵∠ADB=60°，‎ ‎∴△ADB'是等边三角形，‎ ‎∴AD=AB'，‎ ‎∴四边形AB'C'D是菱形；‎ ‎（2）由平移可得，AB=C'D'，∠ABD'=∠C'D'B=30°，‎ ‎∴AB∥C'D'，‎ ‎∴四边形ABC'D'是平行四边形，‎ 由（1）可得，AC'⊥B'D，‎ ‎∴四边形ABC'D'是菱形，‎ ‎∵AB=AD=，‎ ‎∴四边形ABC'D′的周长为4，‎ ‎∴矩形周长为6+或2+3．‎ 考点：菱形的判定与性质；矩形的性质；图形的剪拼；平移的性质．‎ ‎（2017江西）如图，正方形ABCD中，点E，F，G分别在AB，BC，CD上，且∠EFG=90°．求证：△EBF∽△FCG．‎ ‎【考点】S8：相似三角形的判定；6A：分式的乘除法；LE：正方形的性质．‎ ‎【分析】（1）先把分母因式分解，再把除法运算化为乘法运算，然后约分即可；‎ ‎（2）先根据正方形的性质得∠B=∠C=90°，再利用等角的余角相等得∠BEF=∠CFG，然后根据有两组角对应相等的两个三角形相似可判定△EBF∽△FCG．‎ ‎（2017贵州）20．（10分）如图，已知：∠BAC=∠EAD，AB=20.4，AC=48，AE=17，AD=40．‎ 求证：△ABC∽△AED．‎ ‎【分析】先证得=，然后根据相似三角形的判定定理即可证得结论．‎ ‎【解答】证明：∵AB=20.4，AC=48，AE=17，AD=40．‎ ‎∴==1.2，==1.2，‎ ‎∴=，‎ ‎∵∠BAC=∠EAD，‎ ‎∴△ABC∽△AED．‎ ‎【点评】本题重点考查了相似三角形的判定定理，本题比较简单，注要找准相似的两个三角形就可以了．‎ ‎（2017湖南）27．（12分）如图，正方形ABCD的边长为1，点E为边AB上一动点，连结CE并将其绕点C顺时针旋转90°得到CF，连结DF，以CE、CF为邻边作矩形CFGE，GE与AD、AC分别交于点H、M，GF交CD延长线于点N．‎ ‎（1）证明：点A、D、F在同一条直线上；‎ ‎（2）随着点E的移动，线段DH是否有最小值？若有，求出最小值；若没有，请说明理由；‎ ‎（3）连结EF、MN，当MN∥EF时，求AE的长．‎ ‎【分析】（1）由△DCF≌△BCE，可得∠CDF=∠B=90°，即可推出∠CDF+∠CDA=180°，由此即可证明．‎ ‎（2）有最小值．设AE=x，DH=y，则AH=1﹣y，BE=1﹣x，由△ECB∽△HEA，推出=，可得=，推出y=x2﹣x+1=（x﹣）2+，由a=1＞0，y有最小值，最小值为．‎ ‎（3）只要证明△CFN≌△CEM，推出∠FCN=∠ECM，由∠MCN=45°，可得∠FCN=∠ECM=∠BCE=22.5°，在BC上取一点G，使得GC=GE，则△BGE是等腰直角三角形，设BE=BG=a，则GC=GE=a，可得a+a=1，求出a即可解决问题；‎ ‎【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴CD=CB，∠BCD=∠B=∠ADC=90°，‎ ‎∵CE=CF，∠ECF=90°，‎ ‎∴∠ECF=∠DCB，‎ ‎∴∠DCF=∠BCE，‎ ‎∴△DCF≌△BCE，‎ ‎∴∠CDF=∠B=90°，‎ ‎∴∠CDF+∠CDA=180°，‎ ‎∴点A、D、F在同一条直线上．‎ ‎（2）解：有最小值．‎ 理由：设AE=x，DH=y，则AH=1﹣y，BE=1﹣x，‎ ‎∵四边形CFGE是矩形，‎ ‎∴∠CEG=90°，‎ ‎∴∠CEB+∠AEH=90°‎ CEB+∠ECB=90°，‎ ‎∴∠ECB=∠AEH，‎ ‎∵∠B=∠EAH=90°，‎ ‎∴△ECB∽△HEA，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴y=x2﹣x+1=（x﹣）2+，‎ ‎∵a=1＞0，‎ ‎∴y有最小值，最小值为．‎ ‎∴DH的最小值为．‎ ‎（3）解：∵四边形CFGE是矩形，CF=CE，‎ ‎∴四边形CFGE是正方形，‎ ‎∴GF=GE，∠GFE=∠GEF=45°，‎ ‎∵NM∥EF，‎ ‎∴∠GNM=∠GFE，∠GMN=∠GEF，‎ ‎∴∠GMN=∠GNM，‎ ‎∴GN=GM，‎ ‎∴FN=EM，‎ ‎∵CF=CE，∠CFN=∠CEM，‎ ‎∴△CFN≌△CEM，‎ ‎∴∠FCN=∠ECM，∵∠MCN=45°，‎ ‎∴∠FCN=∠ECM=∠BCE=22.5°，‎ 在BC上取一点G，使得GC=GE，则△BGE是等腰直角三角形，设BE=BG=a，则GC=GE=a，‎ ‎∴a+a=1，‎ ‎∴a=﹣1，‎ ‎∴AE=AB﹣BE=1﹣（﹣1）=2﹣．‎ ‎【点评】本题考查四边形综合题、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用所学知识解决问题，学会构建二次函数解决最值问题，学会用方程的思想思考问题，属于中考压轴题．‎ ‎（2017江苏）21．（8分）已知：如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分别为E，F．求证：△ADE≌△CBF．‎ ‎【分析】证出∠ADE=∠CBF，AD=CB，由AAS证△ADE≌△CBF即可．‎ ‎【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AD=CB，AD∥BC，‎ ‎∴∠ADE=∠CBF，‎ ‎∵AE⊥BD，CF⊥BD，‎ ‎∴∠AED=∠CFB=90°，‎ 在△ADE和△CBF中，，‎ ‎∴△ADE≌△CBF（AAS）．‎ ‎【点评】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定．熟练掌握平行四边形的性质是解决问题的关键．‎ ‎（2017辽宁）18．（8分）如图，在菱形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，作DF⊥BC于点F，连接EF．‎ 求证：（1）△ADE≌△CDF；‎ ‎（2）∠BEF=∠BFE．‎ ‎【分析】（1）利用菱形的性质得到AD=CD，∠A=∠C，进而利用AAS证明两三角形全等；‎ ‎（2）根据△ADE≌△CDF得到AE=CF，结合菱形的四条边相等即可得到结论．‎ ‎【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AD=CD，∠A=∠C，‎ ‎∵DE⊥BA，DF⊥CB，‎ ‎∴∠AED=∠CFD=90°，‎ 在△ADE和△CDE，‎ ‎∵，‎ ‎∴△ADE≌△CDE；‎ ‎（2）∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AB=CB，‎ ‎∵△ADE≌△CDF，‎ ‎∴AE=CF，‎ ‎∴BE=BF，‎ ‎∴∠BEF=∠BFE．‎ ‎【点评】本题主要考查了菱形的性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握菱形的性质以及AAS证明两三角形全等，此题难度一般．‎ ‎（2017山东）23．（4分）如图，在矩形ABCD，AD=AE，DF⊥AE于点F．求证：AB=DF．‎ ‎【分析】利用矩形和直角三角形的性质得到∠AEB=∠EAD、∠AFD=∠B，从而证得两个三角形全等，可得结论．‎ ‎【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AD∥BC，∠B=90°，‎ ‎∴∠AEB=∠DAE，‎ ‎∵DF⊥AE，‎ ‎∴∠AFD=∠B=90°，‎ 在△ABE和△DFA中 ‎∵‎ ‎∴△ABE≌△DFA，‎ ‎∴AB=DF．‎ ‎【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的性质的知识，属于基础题，难度不是很大，熟练掌握全等三角形的判定与性质是关键．‎ ‎（2017四川）19．（6分）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC，CF⊥AD，垂足分别为E，F，AE，CF分别与BD交于点G和H，且AB=2．‎ ‎（1）若tan∠ABE=2，求CF的长；‎ ‎（2）求证：BG=DH．‎ ‎【分析】（1）由平行四边形的性质，结合三角函数的定义，在Rt△CFD中，可求得CF=2DF，利用勾股定理可求得CF的长；‎ ‎（2）利用平行四边形的性质结合条件可证得△AGD≌△CHB，则可求得BH=DG，从而可证得BG=DH．‎ ‎【解答】（1）解：‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴∠CDF=∠ABE，DC=AB=2，‎ ‎∵tan∠ABE=2，‎ ‎∴tan∠CDF=2，‎ ‎∵CF⊥AD，‎ ‎∴△CFD是直角三角形，‎ ‎∴=2，‎ 设DF=x，则CF=2x，‎ 在Rt△CFD中，由勾股定理可得（2x）2+x2=（2）2，解得x=2或x=﹣2（舍去），‎ ‎∴CF=4；‎ ‎（2）证明：‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AD=BC，AD∥BC，‎ ‎∴∠ADB=∠CBD，‎ ‎∵AE⊥BC，CF⊥AD，‎ ‎∴AE⊥AD，CF⊥BC，‎ ‎∴∠GAD=∠HCB=90°，‎ ‎∴△AGD≌△CHB，‎ ‎∴BH=DG，‎ ‎∴BG=DH．‎ ‎【点评】本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的对边平行且相等是解题的关键，注意全等三角形的应用．‎ ‎　（2017新疆）19．（10分）（2017•乌鲁木齐）如图，四边形ABCD是平行四边形，E，F是对角线BD上的两点，且BF=ED，求证：AE∥CF．‎ ‎【分析】连接AC，交BD于点O，由“平行四边形ABCD的对角线互相平分”得到OA=OC，OB=OD；然后结合已知条件证得OE=OF，则“对角线互相平分的四边形是平行四边形”，即可得出结论．‎ ‎【解答】证明：连接AC，交BD于点O，如图所示：‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴OA=OC，OB=OD，‎ ‎∵BF=ED，‎ ‎∴OE=OF，‎ ‎∵OA=OC，‎ ‎∴四边形AECF是平行四边形，‎ ‎∴AE∥CF．‎ ‎【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，平行四边形的判定方法共有五种，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法是解决问题的关键．‎ ‎（2017河北）25.平面内，如图，在中，，，．点为边上任意一点，连接，将绕点逆时针旋转得到线段．‎ ‎（1）当时，求的大小；‎ ‎（2）当时，求点与点间的距离（结果保留根号）；‎ ‎（3）若点恰好落在的边所在的直线上，直接写出旋转到所扫过的面积（结果保留）．‎ ‎（2017山西）17．已知：如图，在中，延长线至点，延长至点，使得．连接，与对角线交于点．‎ 求证：．‎ ‎（2017湖北）19.已知：如图，在中，，点是的中点，点是的中点，点是的中点，过点作交的延长线于点.‎ ‎（1）求证：；‎ ‎（2）若，求的长.‎ ‎（2017•杭州）如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上（不与点B，D重合），GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连结AG． ‎ ‎(1)写出线段AG，GE，GF长度之间的数量关系，并说明理由； ‎ ‎(2)若正方形ABCD的边长为1，∠AGF=105°，求线段BG的长． ‎ ‎（2017•舟山）如图， 是 的中线， 是线段 上一点（不与点 重合）． 交 于点 ， ，连结 ． ‎ ‎(1)如图1，当点 与 重合时，求证：四边形 是平行四边形； ‎ ‎(2)如图2，当点 不与 重合时，（1）中的结论还成立吗？请说明理由. ‎ ‎(3)如图3，延长 交 于点 ，若 ，且 ．当 ， 时，求 的长． ‎ ‎（2017•宁波）在一次课题学习中，老师让同学们合作编题．某学习小组受赵爽弦图的启发，编写了下面这道题，请你来解一解． 如图，将矩形ABCD的四边BA、CB、DC、AD分别延长至E、F、G、H，使得AE＝CG，BF＝DH，连结EF、FG、GH、HE． ‎ ‎(1)求证：四边形EFGH为平行四边形； ‎ ‎(2)若矩形ABCD是边长为1的正方形，且∠FEB＝45°，tan∠AEH＝2，求AE的长． ‎ ‎（2017·丽水）如图，在矩形ABCD中，点E是AD上的一个动点，连接BE，作点A关于BE的对称点F，且点F落在矩形ABCD的内部，连结AF，BF，EF，过点F作GF⊥AF交AD于点G，设 =n. ‎ ‎(1)求证：AE=GE； ‎ ‎(2)当点F落在AC上时，用含n的代数式表示 的值； ‎ ‎(3)若AD=4AB，且以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形，求n的值. ‎ ‎（2017•温州）小黄准备给长8m，宽6m的长方形客厅铺设瓷砖，现将其划分成一个长方形ABCD区域Ⅰ（阴影部分）和一个环形区域Ⅱ（空白部分），其中区域Ⅰ用甲、乙、丙三种瓷砖铺设，且满足PQ∥AD ‎，如图所示． ‎ ‎(1)若区域Ⅰ的三种瓷砖均价为300元/m2 ， 面积为S（m2），区域Ⅱ的瓷砖均价为200元/m2 ， 且两区域的瓷砖总价为不超过12000元，求S的最大值； ‎ ‎(2)若区域Ⅰ满足AB：BC=2：3，区域Ⅱ四周宽度相等 ①求AB，BC的长； ②若甲、丙两瓷砖单价之和为300元/m2 ， 乙、丙瓷砖单价之比为5：3，且区域Ⅰ的三种瓷砖总价为4800元，求丙瓷砖单价的取值范围． ‎ ‎（2017•温州）如图，在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，⊙O（圆心O在△ABC内部）经过B、C两点，交AB于点E，过点E作⊙O的切线交AC于点F．延长CO交AB于点G，作ED∥AC交CG于点D ‎ ‎(1)求证：四边形CDEF是平行四边形； ‎ ‎(2)若BC=3，tan∠DEF=2，求BG的值． ‎ ‎（2017•绍兴）如图1，已知□ABCD，AB//x轴，AB=6，点A的坐标为（1，-4），点D的坐标为（-3,4），点B在第四象限，点P是□ABCD边上的一个动点.   ‎ ‎(1)若点P在边BC上，PD=CD，求点P的坐标. ‎ ‎(2)若点P在边AB，AD上，点P关于坐标轴对称的点Q落在直线y=x-1上，求点P的坐标. ‎ ‎(3)若点P在边AB，AD，CD上，点G是AD与y轴的交点，如图2，过点P作y轴的平行线PM，过点G作x轴的平行线GM，它们相交于点M，将△PGM沿直线PG翻折，当点M的对应点落在坐标轴上时，求点P的坐标（直接写出答案）. ‎ ‎（2017•绍兴）定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形. ‎ ‎(1)如图1，等腰直角四边形ABCD，AB=BC，∠ABC=90°， ①若AB=CD=1，AB//CD，求对角线BD的长. ②若AC⊥BD，求证：AD=CD. ‎ ‎(2)如图2，在矩形ABCD中，AB=5，BC=9，点P是对角线BD上一点，且BP=2PD，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，使四边形ABFE是等腰直角四边形.求AE的长. ‎ ‎23、（2017·衢州）在直角坐标系中，过原点O及点A（8，0），C（0，6）作矩形OABC，连结OB，D为OB的中点。点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF。已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒。 ‎ ‎(1)如图1，当t=3时，求DF的长； ‎ ‎(2)如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值； ‎ ‎(3)连结AD，当AD将△DEF分成的两部分面积之比为1:2时，求相应t的值。 ‎ ‎（2017·金华）(本题12分)如图1,在平面直角坐标系中，四边形OABC各顶点的坐标分别O(0,0),A(3, )，B(9,5 )，C(14,0).动点P与Q同时从O点出发，运动时间为t秒，点P沿OC方向以1单位长度/秒的速度向点C运动，点Q沿折线OA−AB−BC运动，在OA，AB，BC上运动的速度分别为3， ， (单位长度/秒)﹒当P,Q中的一点到达C点时，两点同时停止运动． ‎ ‎(1)求AB所在直线的函数表达式. ‎ ‎(2)如图2，当点Q在AB上运动时，求△CPQ的面积S关于t的函数表达式及S的最大值. ‎ ‎(3)在P,Q的运动过程中，若线段PQ的垂直平分线经过四边形OABC的顶点，求相应的t值. ‎ ‎25、（2017·金华）(本题10分) 如图1，将△ABC纸片沿中位线EH折叠，使点A的对称点D落在BC边上，再将纸片分别沿等腰△BED和等腰△DHC的底边上的高线EF,HG折叠,折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形.类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩 形，这样的矩形称为叠合矩形. ‎ ‎ ‎ ‎(1)将□ABCD纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形AEFG，则操作形成的折痕分别是线段________，________；S矩形AEFG:S□ABCD=________ ‎ ‎(2)ABCD纸片还可以按图3的方式折叠成一个叠合矩形EFGH，若EF=5，EH=12，求AD的长. ‎ ‎(3)如图4，四边形ABCD纸片满足AD∥BC,ADAB，故当OA，OB为边时O，A，B，C四点构成的四边形是菱形，故点A平移到C的运动与点O平移到B的相同. ‎ ‎6、【答案】C 【考点】平行四边形的性质 【解析】【解答】解：在□ABCD中，AD//BC， ∴∠ACB=∠CAD=45°， ∴∠ABC=∠ABC=45°， ∴AC=AB=2，∠BAC=90°， 由勾股定理得BC= AB=2 . 故选C. 【分析】由平行四边形ABCD的性质可得AD//BC，则可得内错角相等∠ACB=∠CAD=45°，由等角对等边可得AC=AB=2，∠BAC=90°，由勾股定理可解出BC. ‎ ‎7、【答案】C 【考点】勾股定理，三角形中位线定理，正方形的性质，相似三角形的判定与性质 【解析】【解答】解：取DF、CF中点K、H,连接MK、NH、CM，作MO⊥NH（如下图）.  ∵四边形ABCD是边长为6的正方形，BE=4. ∴AE=DF=2,CF=BE=4. ∴△DGF∽△BGE ∴==. ∴GF=2,EF=4. 又∵M、N、K、H、都是中点， ∴MK=GF=1,NH=EF=3.KF=DF=1,FH=CF=2, ∴MK=OH=1.KH=MO=3 ∴NO=2. 在Rt△MON中， ∴MN= == . 故答案为C. ‎ ‎ 【分析】取DF、CF中点K、H,连接MK、NH、CM，作MO⊥NH（如上图）；由正方形ABCD是边长和BE的长可以得出AE=DF=2,CF=BE=4； 再由题得到△DGF∽△BGE，利用相似三角形的性质可以求出.GF=2,EF=4；再根据三角形中位线可以得出MO=3，NO=2；利用勾股定理即可得出答案. ‎ ‎8、【答案】A 【考点】菱形的性质，翻折变换（折叠问题） 【解析】【解答】解：依题可得阴影部分是菱形. ∴设S菱形ABCD=16,BE=x. ∴AB=4. ∴阴影部分边长为4-2x. ∴（4-2x）2=1. ∴4-2x=1或4-2x=-1. ∴x=或x=（舍去）. ∴==. 故答案为A. 【分析】依题可得阴影部分是菱形.设S菱形ABCD=16,BE=x.从而得出AB=4，阴影部分边长为4-2x.根据（4-2x）2=1求出x,从而得出答案. ‎ 二、填空题 ‎9、【答案】 【考点】矩形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征 【解析】【解答】解：∵四边形ABCO是矩形，AB=1， ∴设B（m，1）， ∴OA=BC=m， ∵四边形OA′B′D与四边形OABD关于直线OD对称， ∴OA′=OA=m，∠A′OD=∠AOD=30°， ∴∠A′OA=60°， 过A′作A′E⊥OA于E， ‎ ‎ ∴OE= m，A′E= m， ∴A′（ m， m）， ∵反比例函数y= （k≠0）的图象恰好经过点A′，B， ∴ m• m=m， ∴m= ， ∴k= ． 故答案为： ． 【分析】设B（m，1），得到OA=BC=m，根据轴对称的性质得到OA′=OA=m，∠A′OD=∠AOD=30°，求得∠A′OA=60°，过A′作A′E⊥OA于E，解直角三角形得到A′（ m， m），列方程即可得到结论． ‎ ‎10、【答案】4600 【考点】全等三角形的判定，正方形的性质 【解析】【解答】解：小敏走的路程为AB+AG+GE=1500+（AG+GE）=3100， 则AG+GE=1600m， 小聪走的路程为BA+AD+DE+EF=3000+（DE+EF）. 连接CG， 在正方形ABCD中，∠ADG=∠CDG=45°，AD=CD， 在△ADG和△CDG中，   所以△ADG≅△CDG， 所以AG=CG. 又因为GE⊥CD，GF⊥BC，∠BCD=90°， 所以四边形GECF是矩形， 所以CG=EF. 又因为∠CDG=45°， ‎ 所以DE=GE， 所以小聪走的路程为BA+AD+DE+EF=3000+（GE+AG）=3000+1600=4600（m）. 故答案为4600. 【分析】从两人的行走路线得到他们所走的路程和，可以得到AG+GE=1600m，小聪走的路程为BA+AD+DE+EF=3000+（DE+EF），即要求出DE+EF，通一系列的证明即可得到DE=GE，EF=CG=AG. ‎ ‎11、【答案】10 【考点】勾股定理 【解析】【解答】解：易得正方形ABCD是由八个全等直角三角形和一个小方形组成的， 可，EJ=x，则HJ=x+2， 则S正方形ABCD=8× +22=142 ， 化简得x2+2x-48=0, 解得x1=6,x2=-8（舍去）. ∴正方形EFGH的边长为 . 故答案为10. 【分析】在原来勾股弦图基础上去理解新的弦图”，易得八个全等直角三角形和小正方形的面积和为正方形ABCD的面积，构造方程解出EJ的长，再由勾股定理求出正方形EFGH的边长. ‎ ‎12、【答案】 【考点】等腰三角形的性质，勾股定理，菱形的性质，解直角三角形 【解析】【解答】解：连接BE、AE交FG于点O, ∵菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝60°，E为CD中点， ∴BE⊥CD,CE=1,BC=2,∠C＝60°,∠ABC＝120°, ∴BE=,∠CBE＝30°, ∴∠FBE＝90°, ∴AE===. ∵△AGF翻折至△EGF， ∴△AGF≌△EGF, ∴AF=EF,∠AFG＝∠EFG, 在Rt△EBF中，设BF=x,则AF=EF=2-x, ∴（2-x）2=x2+（）2 ∴x=,EF=, 又∵AG=EG,AF=EF, ∴GF垂直平分AE， ∴EO=. ‎ ‎∴FO=== 在Rt△EOF中. ∴cos∠EFG==. 故答案为：. 【分析】连接BE、AE交GF于点O,在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝60°，E为CD中点，以及图形的翻折，可以求出BE， BF，EF，AE， 根据AG=EG,AF=EF,得出GF垂直平分AE，从而求出EO，FO，最后在Rt△EOF中，利用三角函数定义即可得出答案. ‎ ‎13、【答案】 （ ） 【考点】勾股定理，正多边形和圆，计算器—三角函数，解直角三角形 【解析】【解答】解：因为AC为对角线，故当AC最小时，正方形边长此时最小. ①当 A、C都在对边中点时（如下图所示位置时），显然AC取得最小值，  ∵正六边形的边长为1， ∴AC=, ∴a2+a2=AC2=. ∴a==. ‎ ‎②当正方形四个顶点都在正六边形的边上时，a最大（如下图所示）. 设A′（t,）时，正方形边长最大. ∵OB′⊥OA′. ∴B′（-， t） 设直线MN解析式为：y=kx+b,M（-1，0），N（-， -）（如下图） ∴. ∴. ∴直线MN的解析式为：y=（x+1）, 将B′（-， t）代入得：t=-. 此时正方形边长为A′B′取最大. ∴a==3-. 故答案为：≤a≤3-. 【分析】分情况讨论.① 当A、C都在对边中点时，a最小.②当正方形四个顶点都在正六边形的边上时，a最大.根据题意求出正方形对角线的长度，再根据勾股定理即可求出a.从而得出a的范围. ‎ ‎14、【答案】88； 【考点】二次函数的最值，扇形面积的计算，圆的综合题 【解析】【解答】解：（1）在B点处是以点B为圆心，10为半径的个圆；在A处是以A为圆心，4为 半径的个圆；在C处是以C为圆心，6为半径的个圆； ∴S=..+..+..=88; （2）设BC=x,则AB=10-x; ∴S=..+..+..；     =（-10x+250） 当x=时，S最小， ∴BC= 【分析】（1）在B点处是以点B为圆心，10为半径的个圆；在A处是以A为圆心，4为半径的个圆；在C处是以C为圆心，6为半径的个圆；这样就可以求出S的值； （2）在B点处是以点B为圆心，10为半径的个圆；在A处是以A为圆心，x为半径的个圆；在C处是以C为圆心，10-x为半径的个圆；这样就可以得出一个S关于x的二次函数，根据二次函数的性质在顶点处取得最小值，求出BC值。 ‎ 三、解答题 ‎15、【答案】（1）解：结论：AG2=GE2+GF2 ． 理由：连接CG． ∵四边形ABCD是正方形， ∴A、C关于对角线BD对称， ∵点G在BD上， ∴GA=GC， ∵GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F， ∴∠GEC=∠ECF=∠CFG=90°， ∴四边形EGFC是矩形， ∴CF=GE， 在Rt△GFC中，∵CG2=GF2+CF2 ， ∴AG2=GF2+GE2 ‎ ‎（2）解：作BN⊥AG于N，在BN上截取一点M，使得AM=BM．设AN=x． ∵∠AGF=105°，∠FBG=∠FGB=∠ABG=45°， ∴∠AGB=60°，∠GBN=30°，∠ABM=∠MAB=15°， ∴∠AMN=30°， ∴AM=BM=2x，MN= x， 在Rt△ABN中，∵AB2=AN2+BN2 ， ∴1=x2+（2x+ x）2 ， 解得x= ， ∴BN= ， ∴BG=BN÷cos30°= ． 【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质 【解析】【分析】（1）结论：AG2=GE2+GF2 ． 只要证明GA=GC，四边形EGFC是矩形，推出GE=CF，在Rt△GFC中，利用勾股定理即可证明； （2）作BN⊥AG于N，在BN上截取一点M，使得AM=BM．设AN=x．易证AM=BM=2x，MN= x，在Rt△ABN中，根据AB2=AN2+BN2 ， 可得1=x2+（2x+ x）2 ， 解得x= ，推出BN= ，再根据BG=BN÷cos30°即可解决问题； ‎ ‎16、【答案】（1）证明：∵DE//AB，∴∠EDC=∠ABM，‎ ‎∵CE//AM， ∴∠ECD=∠ADB， 又∵AM是△ABC的中线，且D与M重合，∴BD=DC， ∴△ABD≅△EDC， ∴AB=ED，又∵AB//ED, ∴四边形ABDE为平行四边形。‎ ‎ （2）解：结论成立，理由如下： 过点M作MG//DE交EC于点G， ∵CE//AM， ‎ ‎∴四边形DMGE为平行四边形， ∴ED=GM且ED//GM， 由（1）可得AB=GM且AB//GM， ∴AB=ED且AB//ED. ∴四边形ABDE为平行四边形. （3）‎ 解：取线段HC的中点I，连结MI， ∴MI是△BHC的中位线， ∴MI//BH,MI=BH， 又∵BH⊥AC，且BH=AM， ∴MI=AM，MI⊥AC， ∴∠CAM=30° 设DH=x,则AH=x，AD=2x, ∴AM=4+2x，∴BH=4+2x, 由（2）已证四边形ABDE为平行四边形， ∴FD//AB， ∴△HDF~△HBA， ∴， 即 解得x=1±（负根不合题意，舍去） ∴DH=1+.‎ ‎ 【考点】平行四边形的判定与性质 【解析】【分析】（1）由DE//AB，可得同位角相等：∠EDC=∠ABM，由CE//AM，可得同位角相等∠ECD=∠ADB，又由BD=DC，则△ABD≅△EDC，得到AB=ED，根据有一组对边平行且相等，可得四边形ABDE为平行四边形. （2）过点M作MG//DE交EC于点G，则可得四边形DMGE为平行四边形，且ED=GM且ED//GM，由（1）可得AB=GM且AB//GM，即可证得； （3）在已知条件中没有已知角的度数时，则在求角度时往特殊角30°，60°，45°的方向考虑，则要求这样的特殊角，就去找边的关系，构造直角三角形，取线段HC的中点I，连结MI，则MI是△BHC的中位线，可得MI//BH,MI=BH，且MI⊥AC，则去找Rt△AMI中边的关系，求出∠CAM； 设DH=x,即可用x分别表示出AH=x，AD=2x,AM=4+2x，BH=4+2x,由△HDF~△HBA，得到对应边成比例，求出x的值即可； ‎ ‎17、【答案】（1）证明：在矩形ABCD中，AD=BC，∠BAD=∠BCD=90°.        又∵BF=DH,        ∴AD+DH=BC+BF        即AH=CF.        在Rt△AEH中，EH=.        在Rt△CFG中，FG=.        ∵AE=CG，        ∴EH=FG.        同理得，EF=HG.        ∴四边形EFGH为平行四边形. （2）解：在正方形ABCD中，AB=AD=1.        设AE=x，则BE=x+1.        ∵在Rt△BEF中，∠BEF=45°.        ∴BE=BF.        ∵BF=DH,        ∴DH=BE=x+1. ‎ ‎       ∴AH=AD+DH=x+2.        ∵在Rt△AEH中，tan∠AEH=2，        ∴AH=2AE.        ∴2+x=2x.        ∴x=2.        即AE=2. 【考点】等腰三角形的性质，勾股定理，平行四边形的判定，矩形的性质，解直角三角形 【解析】【分析】（1）在矩形ABCD中，AD=BC，∠BAD=∠BCD=90°.根据BF=DH,得出AH=CF.根据勾股定理 EH=.FG=.  由AE=CG得出EH=FG.EF=HG；从而证明四边形EFGH为平行四边形. （2）在正方形ABCD中，AB=AD=1； 设AE=x，则BE=x+1；在Rt△BEF中，∠BEF=45°.得出BE=BF=DH=x+1；AH=AD+DH=x+2. 在Rt△AEH中，利用正切即可求出AE的长. ‎ ‎18、【答案】（1）证明：由对称得AE=FE，∴∠EAF=∠EFA， ∵GF⊥AE，∴∠EAF+∠FGA=∠EFA+∠EFG=90°， ∴∠FGA=∠EFG，∴EG=EF. ∴AE=EG. （2）解：设AE=a，则AD=na， 当点F落在AC上时（如图1）， 由对称得BE⊥AF， ∴∠ABE+∠BAC=90°， ∵∠DAC+∠BAC=90°， ∴∠ABE=∠DAC， 又∵∠BAE=∠D=90°， ∴△ABE~△DAC , ∴ ∵AB=DC，∴AB2=AD·AE=na·a=na2, ∵AB>0，∴AB= . ∴ . ‎ ‎（3）解：设AE=a，则AD=na，由AD=4AB，则AB= . 当点F落在线段BC上时（如图2），EF=AE=AB=a， 此时 ，∴n=4. ∴当点F落在矩形外部时，n>4. ∵点F落在矩形的内部，点G在AD上， ∴∠FCG<∠BCD，∴∠FCG<90°， 若∠CFG=90°，则点F落在AC上，由（2）得 ，∴n=16. 若∠CGF=90°（如图3），则∠CGD+∠AGF=90°， ∵∠FAG+∠AGF=90°， ∴∠CGD=∠FAG=∠ABE， ∵∠BAE=∠D=90°， ∴△ABE~△DGC， ∴ ， ∴AB·DC=DG·AE，即（ ）2=（n-2）a·a. 解得 或 （不合题意，舍去）， ∴当n=16或 时，以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形. 【考点】矩形的性质，解直角三角形的应用 【解析】【分析】（1）因为GF⊥AF，由对称易得AE=EF，则由直角三角形的两个锐角的和为90度，且等边对等角，即可证明E是AG的中点；（2）可设AE=a，则AD=na，即需要用n或a表示出AB，由BE⊥AF和∠BAE==∠D=90°，可证明△ABE~△DAC , 则 ，因为AB=DC，且DA，AE已知表示出来了，所以可求出AB，即可解答；（3）求以点F，C，G为顶点的三角形是直角三角形时的n，需要分类讨论，一 般分三个，∠FCG=90°，∠CFG=90°，∠CGF=90°；根据点F在矩形ABCD的内部就可排除∠FCG=90°，所以就以∠CFG=90°和∠CGF=90°进行分析解答. ‎ ‎19、【答案】（1）解：由题意300S+（48﹣S）200≤12000， 解得S≤24． ∴S的最大值为24． （2）解：①设区域Ⅱ四周宽度为a，则由题意（6﹣2a）：（8﹣2a）=2：3，解得a=1， ∴AB=6﹣2a=4，CB=8﹣2a=6． ②设乙、丙瓷砖单价分别为5x元/m2和3x元/m2 ， 则甲的单价为（300﹣3x）元/m2 ， ∵PQ∥AD， ∴甲的面积=矩形ABCD的面积的一半=12，设乙的面积为s，则丙的面积为（12﹣s）， 由题意12（300﹣3x）+5x•s+3x•（12﹣s）=4800， 解得s= ， ∵0＜s＜12， ∴0＜ ＜12， ∴0＜x＜50， ∴丙瓷砖单价3x的范围为0＜3x＜150元/m2 ． 【考点】一元一次不等式的应用，二次函数的应用，矩形的性质 【解析】【分析】（1）根据题意可得300S+（48﹣S）200≤12000，解不等式即可；（2）①设区域Ⅱ四周宽度为a，则由题意（6﹣2a）：（8﹣2a）=2：3，解得a=1，由此即可解决问题；②设乙、丙瓷砖单价分别为5x元/m2和3x元/m2 ， 则甲的单价为（300﹣3x）元/m2 ， 由PQ∥AD，可得甲的面积=矩形ABCD的面积的一半=12，设乙的面积为s，则丙的面积为（12﹣s），由题意12（300﹣3x）+5x•s+3x•（12﹣s）=4800，解得s= ，由0＜s＜12，可得0＜ ＜12，解不等式即可； ‎ ‎20、【答案】（1）解：连接CE， ∵在△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°， ∴∠B=45°， ∵EF是⊙O的切线， ∴∠FEC=∠B=45°，∠FEO=90°， ∴∠CEO=45°， ∵DE∥CF， ∴∠ECD=∠FEC=45°， ∴∠EOC=90°， ∴EF∥OD， ∴四边形CDEF是平行四边形； （2）解：过G作GN⊥BC于M， ∴△GMB是等腰直角三角形， ∴MB=GM， ∵四边形CDEF是平行四边形， ∴∠FCD=∠FED， ∵∠ACD+∠GCB=∠GCB+∠CGM=90°， ∴∠CGM=∠ACD， ∴∠CGM=∠DEF， ∵tan∠DEF=2， ‎ ‎∴tan∠CGM= =2， ∴CM=2GM， ∴CM+BM=2GM+GM=3， ∴GM=1， ∴BG= GM= ． 【考点】平行四边形的判定与性质，切线的性质，解直角三角形 【解析】【分析】（1）连接CE，根据等腰直角三角形的性质得到∠B=45°，根据切线的性质得到∠FEC=∠B=45°，∠FEO=90°，根据平行线的性质得到∠ECD=∠FEC=45°，得到∠EOC=90°，求得EF∥OD，于是得到结论；（2）过G作GN⊥BC于N，得到△GMB是等腰直角三角形，得到MB=GM，根据平行四边形的性质得到∠FCD=∠FED，根据余角的性质得到∠CGM=∠ACD，等量代换得到∠CGM=∠DEF，根据三角函数的定义得到CM=2GM，于是得到结论． ‎ ‎21、【答案】（1）解：在□ABCD中， CD=AB=6， 所以点P与点C重合， 所以点P的坐标为（3,4）. （2）解：①当点P在边AD上时， 由已知得，直线AD的函数表达式为y=-2x-2， 设P（a,-2a-2），且-3≤a≤1， 若点P关于x轴对称点Q1（a,2a+2）在直线y=x-1上， 所以2a+2=a-1，解得a=-3，此时P（-3,4）。 若点Ｐ关于y轴对称点Q2（-a,-2a-2）在直线y=x-1上， 所以-2a-2=-a-1，解得a=-1，此时P（-1,0）. ②当点P在边AB上时，设P（a,-4）,且1≤a≤7， 若点P关于x轴对称点Q3（a，4）在直线y=x-1上， 所以4=a-1，解得a=5,此时P（5，-4）. 若点P关于y轴对称点Q4（-a,-4）在直线y=x-1上， 所以-4=-a-1，解得a=3,此时P（3，-4）. 综上所述，点P的坐标为（-3,4）或（-1,0）或（5，-4）或（3，-4）. （3）解：因为直线AD为y=-2x-2，所以G（0,-2）. ①如图，当点P在CD边上时，可设P（m，4）,且-3≤m≤3, 则可得M′P=PM=4+2=6,M′G=GM=|m|， 易证得△OGM′~△HM′P， 则 , 即 ， 则OM′= ， 在Rt△OGM′中， ‎ 由勾股定理得， ， 解得m= 或 ， 则P（ ，4）或（ ，4）； ②如下图，当点P在AD边上时，设P（m,-2m-2）, 则PM′=PM=|-2m|，GM′=MG=|m|, 易证得△OGM′~△HM′P， 则 , 即 ， 则OM′= ， 在Rt△OGM′中， 由勾股定理得， ， 整理得m= , 则P（ ，3）； ‎ 如下图，当点P在AB边上时，设P（m，-4）， 此时M′在y轴上，则四边形PM′GM是正方形， 所以GM=PM=4-2=2， 则P（2，-4）. 综上所述，点P的坐标为（2，-4）或（ ，3）或（ ，4）或（ ，4）. 【考点】平行四边形的性质，翻折变换（折叠问题） 【解析】【分析】（1）点P在BC上，要使PD=CD，只有P与C重合；（2）首先要分点P在边AB，AD上时讨论，根据“点P关于坐标轴对称的点Q”，即还要细分“点P关于x轴的对称点Q和点P关于y轴的对称点Q”讨论，根据关于x轴、y轴对称点的特征（关于x轴对称时，点的横坐标不变，纵坐标变成相反数；关于y轴对称时，相反；）将得到的点Q的坐标代入直线y=x-1，即可解答；（3）在不同边上，根据图象，点M翻折后，点M’落在x轴还是y轴，可运用相似求解. ‎ ‎22、【答案】（1）解：①因为AB=CD=1，AB//CD, 所以四边形ABCD是平行四边形. 又因为AB=BC， 所以□ABCD是菱形. 又因为∠ABC=90度， 所以菱形ABCD是正方形. 所以BD= . ②如图1，连结AC，BD， 因为AB=BC，AC⊥BD， 所以∠ABD=∠CBD, 又因为BD=BD， 所以△ABD≅△CBD， 所以AD=CD. ‎ ‎ （2）解：若EF与BC垂直，则AE≠EF，BF≠EF， 所以四边形ABFE不是等腰直角四边形，不符合条件； 若EF与BC不垂直， ①当AE=AB时，如图2， 此时四边形ABFE是等腰直角四边形. 所以AE=AB=5. ②当BF=AB时，如图3， 此时四边形ABFE是等腰直角四边形. 所以BF=AB=5， 因为DE//BF， 所以△PED~△PFB， 所以DE：BF=PD：PB=1:2, 所以AE=9-2.5=6.5. 综上所述，AE的长为5或6.5. 【考点】平行四边形的判定 【解析】【分析】（1）①由AB=CD=1，AB//CD,根据“有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”可得四边形ABCD是平行四边形.由邻边相等AB=BC，有一直角∠ABC=90度，所以菱形ABCD是正方形.则BD= ；②连结AC，BD，由AB=BC，AC⊥BD，可知四边形ABCD是一个筝形，则只要证明△ABD≅△CBD，即可得到AD=CD.（2）分类讨论：若EF与BC垂直，明示有AE≠EF，BF≠EF，即EF与两条邻边不相等；由∠A=∠ABC=90°，可分类讨论AB=AE时，AB=BF时去解答. ‎ ‎23、【答案】（1）解：当t=3时，如图1，点E为AB中点.  ∵点D为OB中点， ∴DE//OA，DE=OA=4， ∵OA⊥AB, ∴DE⊥AB, ∴∠OAB=∠DEA=90°,  又∵DF⊥DE, ∴∠EDF=90° ∴四边形DFAE是矩形， ∴DF=AE=3. （2）解： ∵∠DEF大小不变，如图2， 过D作DM⊥OA,DN⊥AB,垂足分别是M、N, ∵四边形OABC是矩形， ∴OA⊥AB, ∴四边形DMAN是矩形， ∴∠MDN=90°，DM//AB,DN//OA, ∴,, ∵点D为OB中点， ∴M、N分别是OA、AB中点， ∴DM=AB=3,DN=OA=4, ∵∠EDF=90°, ∴∠FDM=∠EDN. 又∵∠DMF=∠DNE=90°, ∴△DMF∽△DNE ∴, ∵∠EDF=90°, ∴tan∠DEF= ‎ ‎ （3）解：过D作DM⊥OA，DN⊥AB。垂足分别是M,N. 若AD将△DEF的面积分成1：2的两个部分，设AD交EF于点G，则易得点G为EF的三等分点. ①当点E到达中点之前时.    NE=3-t，由△DMF∽△DNE得    MF=（3-t）.    ∴AF=4+MF=-t+.     ∵点为EF的三等分点。    ∴（.t）. 由点A（8，0），D（4，3）得直线AD解析式为y=-χ+6.    (.t)代入，得t=. ②当点E越过中点之后.    NE=t-3,由△DMF～△DNE得MF=（t-3）.    ∴AF=4-MF=-+.    ∵点为EF的三等分点. ‎ ‎   ∴(.).    代入直线AD解析式y=-χ+6.    得t=. 【考点】矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，与一次函数有关的动态几何问题 【解析】【分析】（1）当t=3时，如图1，点E、D分别为AB、OB中点，得出DE//OA，DE=OA=4，根据OA⊥AB得出DE⊥AB，从而得出四边形DFAE是矩形，根据矩形性质求出DF=AE=3. （2）如图2，过D作DM⊥OA,DN⊥AB,垂足分别是M、N,四边形OABC、DMAN都是矩形，由平行得出,,由D、M、N是中点又可以得出条件判断△DMF∽△DNE，从而得出tan∠DEF=。 （3）过D作DM⊥OA，DN⊥AB。垂足分别是M,N；若AD将△DEF的面积分成1：2的两个部分，设AD交EF于点G，则易得点G为EF的三等分点. 分点E到达中点之前或越过中点之后来讨论，得出 NE，由△DMF∽△DNE得 MF和AF的长度， 再算出直线AD的解析式，由点G为EF的三等分点得出G点坐标将其代入AD直线方程求出t值。 ‎ ‎24、【答案】（1）解：把A（3，3 ），B（9，5 ）代入y=kx+b, 得 ;解得：; ∴y= x+2; （2）解：在△PQC中，PC=14-t,PC边上的高线长为; ∴ ‎ ‎∴当t=5时，S有最大值；最大值为. （3）解： a.当0＜t≤2时，线段PQ的中垂线经过点C（如图1）； 可得方程 解得：,（舍去），此时t=. b.当2＜t≤6时，线段PQ的中垂线经过点A（如图2） 可得方程, 解得：;（舍去），此时； c.当6＜t≤10时， ①线段PQ的中垂线经过点C（如图3） 可得方程14-t=25-; 解得：t=. ②线段PQ的中垂线经过点B（如图4） 可得方程; 解得,（舍去）； 此时； 综上所述：t的值为，，，. ‎ ‎ 【考点】待定系数法求一次函数解析式，二次函数的最值，二次函数的应用，与一次函数有关的动态几何问题，与二次函数有关的动态几何问题 【解析】【分析】（1）用待定系数法求直线AB方程即可。 （2）根据三角形的面积公式得到关于t的二次三项式，再由二次函数图像的性质求出S的最大值即可。 （3）根据t的值分情况讨论，依题意列出不同的方程从而求出t的值。 ‎ ‎25、【答案】（1）AE；GF；1:2 （2）解：∵四边形EFGH是叠合矩形，∠FEH=90°,EF=5,EH=12; ∴FH===13; 由折叠的轴对称性可知：DH=NH,AH=HM,CF=FN; 易证△AEH≌△CGF; ∴CF=AH; ∴AD=DH+AH=HN+FN=FH=13. （3）解：本题有以下两种基本折法，如图1，图2所示. ‎ ‎ 按图1的折法，则AD=1，BC=7. 按图2的折法，则AD=,BC=. 【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，翻折变换（折叠问题） 【解析】【解答】（1）由图可以观察出叠合的矩形是由AE和GF折叠而成，所以△ABE≌△AHE;四边形AGFH≌四边形DGFC;所以S矩形AEFG:S□ABCD=1：2. 【分析】（1）由图2观察可得出答案为AE,GF,由折叠的轴对称性质可得出答案为1：2. （2）由EF和EH的长度根据勾股定理可求出FH的长度，再由折叠的轴对称性质易证△AEH≌△CGF;再根据全等三角形的性质可得出AD的长度. （3）由折叠的图可分别求出AD和BC的长度. ‎