中考數(shù)學試題分項版解析匯編（第02期）專題10 四邊形（含解析）

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1、專題10：四邊形 一、選擇題 1.(2017北京第6題)若正多邊形的一個內角是150°，則該正多邊形的邊數(shù)是（ ） A． 6 B． 12 C. 16 D．18 【答案】B. 【解析】 試題分析：設多邊形的邊數(shù)為n,則有（n-2）×180°=n×150°,解得：n=12.故選B. 考點：多邊形的內角與外角 2. (2017河南第7題)如圖，在中，對角線，相交于點，添加下列條件不能判定是菱形的只有（ ） A． B． C. D． 【答案】C. 考點：菱形的判定. 3. （2017

2、湖南長沙第10題）如圖，菱形的對角線的長分別為，則這個菱形的周長為（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 試題分析：根據(jù)菱形的對角線互相垂直，可知OA=3，OB=4，根據(jù)勾股定理可知AB=5，所以菱形的周長為4×5=20. 故選：D 考點：菱形的性質 4. （2017湖南長沙第12題）如圖，將正方形折疊，使頂點與邊上的一點重合（不與端點重合），折痕交于點，交于點，邊折疊后與邊交于點，設正方形的周長為，的周長為，則的值為（ ） A． B． C． D．隨點位置的變化而變化 【答案】B 【解析】

3、 試題分析：設正方形ABCD的邊長為2a，正方形的周長為m=8a， 設CM=x，DE=y，則DM=2a-x，EM=2a-y， ∵∠EMG=90°， ∴∠DME+∠CMG=90°． ∵∠DME+∠DEM=90°， ∴∠DEM=∠CMG， 又∵∠D=∠C=90°△DEM∽△CMG， ∴,即 ∴CG= △CMG的周長為CM+CG+MG= 在Rt△DEM中，DM2+DE2=EM2 即（2a-x）2+y2=（2a-y）2 整理得4ax-x2=4ay ∴CM+MG+CG==n． 所以 故選：B． 考點：1、正方形，2、相似三角形的判定與性質，3、勾股定理 5. （2

4、017山東臨沂第7題）一個多邊形的內角和是外角和的2倍，這個多邊形是（ ） A．四邊形 B．五邊形 C．六邊形 D．八邊形 【答案】C 【解析】 試題分析：根據(jù)多邊形的外角和為360°，可知其內角和為720°，因此可根據(jù)多邊形的內角和公式（n-2）·180°=720°，解得n=6，故是六邊形. 故選：C 考點：多邊形的內外角和 6. （2017山東臨沂第12題）在中，點是邊上的點（與、兩點不重合），過點作，，分別交，于、兩點，下列說法正確的是（ ） A．若，則四邊形是矩形 B．若垂直平分，則四邊形是矩形 C．若，則

5、四邊形是菱形 D．若平分，則四邊形是菱形 【答案】D 【解析】 試題分析：根據(jù)題意可知：，，可得四邊形AEDF是平行四邊形. 若AD⊥BC，則四邊形AEDF是平行四邊形，不一定是矩形；選項A錯誤； 若AD垂直平分BC，則四邊形AEDF是菱形，不一定是矩形；選項B錯誤； 若BD=CD，則四邊形AEDF是平行四邊形，不一定是菱形；選項C錯誤； 若AD平分∠BAC，則四邊形AEDF是菱形；正確． 故選：D 考點：特殊平行四邊形的判定 7. （2017山東青島第7題）如圖，平行四邊形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，AE⊥BC，垂足為E，，AC＝2，BD＝4，則AE的長為（

6、 ） A． B． C． D． 【答案】D 考點：1、平行四邊形的性質，2、勾股定理，3、面積法求線段長度 8. (2017四川瀘州第11題)如圖，在矩形中，點是邊的中點，,垂足為，則的值是 （ ） A． B． C． D． 【答案】A. 【解析】 試題分析：由AD∥BC可得△ADF∽△EBF，根據(jù)相似三角形的性質可得 ，因點是邊的中點且AD=BC,所以=2，設EF=x，可得AF=2x，在Rt△ABE中，由射影定理可得BF= ，再由=2可得DF=2，在Rt△DEF中，= ，故選A. 9. （2017江蘇蘇州第10題）如圖，在菱形

7、中，，，是的中點．過點作，垂足為．將沿點到點的方向平移，得到．設、分別是、的中點，當點與點重合時，四邊形的面積為 A． B． C. D． 【答案】A. 【解析】 試題分析：作 在菱形中，，,是的中點 是的中點， 故答案選A. 考點：平行四邊形的面積，三角函數(shù). 10.（2017江蘇蘇州第7題）如圖，在正五邊形中，連接，則的度數(shù)為 A． B． C. D． 【答案】B. 【解析】 試題分析：= 故答案選B. 考點：多邊形的外角，等腰三角形的兩底角

8、相等 11.（2017浙江臺州第10題） 如圖，矩形的四個頂點分別在菱形的四條邊上，，將分別沿折疊，當重疊部分為菱形且面積是菱形面積的時，則為 （ ） A． B．2 C. D．4 【答案】A 考點：1、菱形的性質，2、翻折變換（折疊問題） 二、填空題 1.(2017天津第17題)如圖，正方形和正方形的邊長分別為3和1，點分別在邊上，為的中點，連接，則的長為 . 【答案】. 【解析】 試題分析：連結AC,根據(jù)正方形的性質可得A、E、C三點共線，連結FG交AC于點M，因正方形和正方形的邊長分別為3和1，根

9、據(jù)勾股定理可求得EC=FG=,AC=3,即可得AE=2,因為的中點，可得PE=AP=,再由正方形的性質可得GM=EM= ,FG垂直于AC，在Rt△PGM中，PM= ,由勾股定理即可求得PG=. 2.(2017福建第15題)兩個完全相同的正五邊形都有一邊在直線上，且有一個公共頂點，其擺放方式如圖所示，則等于 度． 【答案】108 【解析】∵五邊形是正五邊形，∴每一個內角都是108°，∴∠OCD=∠ODC=180°-108°=72°，∴∠COD=36°，∴∠AOB=360°-108°-108°-36°=108°. 3.（2017廣東廣州第16題）如圖9，平面直

10、角坐標系中是原點，的頂點的坐標分別是，點把線段三等分，延長分別交于點，連接，則下列結論： ①是的中點；②與相似；③四邊形的面積是；④；其中正確的結論是 ．（填寫所有正確結論的序號） 【答案】①③ 【解析】 試題分析：如圖，分別過點A、B作 于點N， 軸于點M 在 中， 是線段AB的三等分點， 是OA的中點，故①正確. 不是菱形. 故 和 不相似. 則②錯誤； 由①得，點G是AB的中點， 是 的中位線 是OB的三等分點， 解得： 四邊形 是梯形 則③正確 ,故④

11、錯誤. 綜上：①③正確. 考點： 平行四邊形和相似三角形的綜合運用 4.（2017廣東廣州第11題）如圖6，四邊形中，，則___________. 【答案】70° 【解析】 試題分析：兩直線平行，同旁內角互補，可得：180°-110°＝70° 考點：平行線的性質 5.（2017山東臨沂第18題）在中，對角線，相交于點.若，，，則的面積是 ． 【答案】24 【解析】 試題分析：作OE⊥CD于E，由平行四邊形的性質得出OA=OC，OB=OD=BD=5，CD=AB=4，由sin∠BDC=，證出AC⊥CD，OC=3，AC=2OC=6，得出?ABCD的

12、面積=CD?AC=24． 故答案為：24. 考點：1、平行四邊形的性質，2、三角函數(shù)，3、勾股定理 6.（2017山東青島第13題）如圖，在四邊形 ABCD 中，∠ABC＝∠ADC＝90°，E為對角線AC的中點，連接BE、ED、BD，若∠BAD＝58°，則∠EBD的度數(shù)為__________度． 【答案】32 【解析】 試題分析：如下圖 由∠ABC＝∠ADC＝90°，E為對角線AC的中點，可知A，B，C，D四點共圓，圓心是E，直徑AC然后根據(jù)圓周角定理由∠BAD＝58°，得到∠BED＝116°，然后根據(jù)等腰三角形的性質可求得∠EBD=32°. 故答案為：32. 考

13、點:1、圓周角性質定理，2、等腰三角形性質 7.(2017山東濱州第16題)如圖，將矩形ABCD沿GH對折，點C落在Q處，點D落在AB邊上的E處，EQ與BC相交于點F．若AD＝8，AB＝6，AE＝4，則△EBF周長的大小為___________． 【答案】8. 【解析】由折疊的性質可得DH=EH，設AH=x，則DH=EH=8-x，在Rt△AEH中，根據(jù)勾股定理可得 ，解得x=3，即可得AH=3，EH=5；根據(jù)已知條件易證△AEH∽△BFE，根據(jù)相似三角形的性質可得 ,即，解得BF= ,EF= ,所以△EBF的周長為2++=8. 8.(2017江蘇宿遷第15題)如圖，正方形的邊長為

14、，點在邊上，且．若點在對角線上移動，則的最小值是 ． 【答案】. 9.(2017遼寧沈陽第16題)如圖，在矩形中，,將矩形繞點按順時針方向旋轉得到矩形，點落在矩形的邊上，連接，則的長是 . 【答案】. 【解析】 試題分析：如圖，過點C作MNBG，分別交BG、EF于點M、N，根據(jù)旋轉的旋轉可得AB=BG=EF=CD=5，AD=GF=3，在Rt△BCG中，根據(jù)勾股定理求得CG=4，再由,即可求得CM= ,在Rt△BCM中，根據(jù)勾股定理求得BM=，根據(jù)已知條件和輔助線作法易知四邊形BENMW為矩形，根據(jù)矩形的旋轉可得BE=MN=3,BM

15、=EN=,所以CN=MN-CM=3-=,在Rt△ECN中，根據(jù)勾股定理求得EC=. 考點：四邊形與旋轉的綜合題. 10．（2017江蘇蘇州第18題）如圖，在矩形中，將繞點按逆時針方向旋轉一定角度后，的對應邊交邊于點．連接、，若，，，則 （結果保留根號）． 【答案】. 【解析】 試題分析：連接AG,設DG=x,則 在 中， ，則 考點：旋轉的性質 ，勾股定理 . 11. (2017山東菏澤第11題)菱形中，，其周長為，則菱形的面積為____. 【答案】18. 【解析】 試題分析：如圖，連接BD，作DE⊥AB,已知菱形的周長為，根據(jù)菱形

16、的性質可得AB=6;再由，即可判定△ABD是等邊三角形；求得DE=,所以菱形的面積為：6×=18. 12. （2017浙江湖州第13題）已知一個多邊形的每一個外角都等于，則這個多邊形的邊數(shù)是 ． 【答案】5 考點：多邊形的外角和 三、解答題 1. (2017北京第20題) 數(shù)學家吳文俊院士非常重視古代數(shù)學家賈憲提出的“從長方形對角線上任一點作兩條分別平行于兩鄰邊的直線，則所容兩長方形面積相等（如圖所示）”這一推論，他從這一推論出發(fā)，利用“出入相補”原理復原了《海島算經》九題古證., （以上材料來源于《古證復原的原理》、《吳文俊與中國數(shù)學》和《古代世界數(shù)

17、學泰斗劉徽》） 請根據(jù)上圖完成這個推論的證明過程． 證明：，（____________+____________）． 易知，，_____________=______________，______________=_____________． 可得． 【答案】 . 【解析】 試題分析：由矩形的對角線的性質，對角線把矩形分成兩個面積相等的三角形計算即可. 本題解析：由矩形對角線把矩形分成兩個面積相等的兩部分可得： , ∴ , ∴ . 考點：矩形的性質，三角形面積計算. 2. (2017北京第22題)如圖，在四邊形中，為一條對角線，，為的中點，連接. （1）求證：四

18、邊形為菱形； （2）連接，若平分，求的長. 【答案】（1）證明見解析.（2）. 【解析】 試題分析：（1）先證四邊形是平行四邊形，再證其為菱形；（2）利用等腰三角形的性質，銳角三角函數(shù)，即可求解. 本題解析：(1)證明：∵E為AD中點，AD=2BC,∴BC=ED, ∵AD∥BC, ∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AD=2BE, ∠ABD=90°,AE=DE∴BE=ED, ∴四邊形ABCD是菱形. (2)∵AD∥BC,AC平分∠BAD ∴∠BAC=∠DAC=∠BCA,∴BA=BC=1, ∵AD=2BC=2，∴sin∠ADB=,∠ADB=30°, ∴∠DAC=30°, ∠ADC=60°

19、.在RT△ACD中，AD=2，CD=1，AC= . 考點：平行線性質，菱形判定，直角三角形斜邊中線定理. 3. (2017天津第24題)將一個直角三角形紙片放置在平面直角坐標系中，點，點，點.是邊上的一點（點不與點重合），沿著折疊該紙片，得點的對應點. （1）如圖①，當點在第一象限，且滿足時，求點的坐標； （2）如圖②，當為中點時，求的長； （3）當時，求點的坐標（直接寫出結果即可）. 【答案】（1）點A’的坐標為（，1）；（2）1；（3）或 . 【解析】 試題分析：（1）因點，點，可得OA= ,OB=1，根據(jù)折疊的性質可得△A’OP≌△AOP，由全等三角形的性質可

20、得OA’=OA=,在Rt△A’OB中，根據(jù)勾股定理求得的長，即可求得點A的坐標；（2）在Rt△AOB中，根據(jù)勾股定理求得AB=2，再證△BOP是等邊三角形，從而得∠OPA =120°.在判定四邊形OPA’B是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質即可得的長； 試題解析：（1）因點，點， ∴OA= ,OB=1. 根據(jù)題意，由折疊的性質可得△A’OP≌△AOP. ∴OA’=OA=, 由，得∠A’BO=90°. 在Rt△A’OB中，, ∴點A’的坐標為（，1）. (2) 在Rt△AOB中，OA= ,OB=1, ∴ ∵當為中點， ∴AP=BP=1,OP=AB=1. ∴OP=OB=B

21、P, ∴△BOP是等邊三角形 ∴∠BOP=∠BPO=60°， ∴∠OPA=180°-∠BPO=120°. 由（1）知，△A’OP≌△AOP， ∴∠OPA’=∠OPA=120°，P’A=PA=1， 又OB=PA’=1， ∴四邊形OPA’B是平行四邊形. ∴A’B=OP=1. (3)或 . 4. (2017福建第24題)如圖，矩形中，，分別是線段AC、BC上的點，且四邊形為矩形． （Ⅰ）若是等腰三角形時，求的長； （Ⅱ）若，求的長． 【答案】（Ⅰ）AP的長為4或5或；（Ⅱ）CF= 【解析】 試題分析：（Ⅰ）分情況CP=CD、PD=PC、DP=DC討論即可得； （

22、Ⅱ）連結PF、DE，記PF與DE的交點為O，連結OC，通過證明△ADP∽△CDF，從而得 ，由AP= ，從而可得CF= . 試題解析：（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，有如下三種情況： （1）當CP=CD時，CP=6，∴AP=AC-CP=4 ； （2）當PD=PC時，∠PDC=∠PCD，∵∠PCD+∠PAD=∠PDC+∠PDA=90°，∴∠PAD=∠PDA，∴PD=PA，∴PA=PC，∴AP= ，即AP=5； （3）當DP=DC時，過D作DQ⊥AC于Q，則PQ=CQ，∵S△ADC= AD·

23、DC= AC·DQ，∴DQ= ，∴CQ= ，∴PC=2CQ = ,∴AP=AC-PC= . 綜上所述，若△PCD是等腰三角形，AP的長為4或5或； （Ⅱ）連結PF、DE，記PF與DE的交點為O，連結OC， ∵四邊形ABCD和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°

24、，∴∠PCF=90°，即∠PCD+∠FCD=90°，在Rt△ADC中，∠PCD+∠PAD=90°，∴∠PAD=∠FCD，∴△ADP∽△CDF，∴ ，∵AP= ，∴CF= . 5. （2017廣東廣州第24題）如圖13，矩形的對角線，相交于點，關于的對稱圖形為． （1）求證：四邊形是菱形； （2）連接，若，． ①求的值； ②若點為線段上一動點（不與點重合），連接，一動點從點出發(fā)，以的速度沿線段勻速運動到點，再以的速度沿線段勻速運動到點，到達點后停止運動．當點沿上述路線運動到點所需要的時間最短時，求的長和點走完全程所需的時間． 【答案】（1）詳見解析；（2）① ②和 走完全程所

25、需時間為 【解析】 （2）①連接 ,直線 分別交 于點 ,交 于點 關于 的對稱圖形為 在矩形 中， 為 的中點，且O為AC的中點 為 的中位線 同理可得： 為 的中點， ②過點P作 交 于點 由 運動到 所需的時間為3s 由①可得， 點O以 的速度從P到A所需的時間等于以 從M運動到A 即： 由O運動到P所需的時間就是OP+MA和最小. 如下圖，當P運動到 ,即 時，所用時間最短. 在 中，設 解得： 和 走完全程所需時間為

26、 考點：菱形的判定方法；構造直角三角形求三角函數(shù)值；確定極值時動點的特殊位置 6. （2017山東青島第24題）（本小題滿分12分） 已知：Rt△EFP和矩形ABCD如圖①擺放（點P與點B重合），點F，B（P），C在同一條直線上，AB＝EF＝6cm，BC＝FP＝8cm，∠EFP＝90°。如圖②，△EFP從圖①的位置出發(fā)，沿BC方向勻速運動，速度為1cm/s；EP與AB交于點G．同時，點Q從點C出發(fā)，沿CD方向勻速運動，速度為1cm/s。過Q作QM⊥BD，垂足為H，交AD于M，連接AF，PQ，當點Q停止運動時，△EFP也停止運動．設運動時間為t（s）（0＜t＜6），解答下列問題： （

27、1）當 t 為何值時，PQ∥BD？ （2）設五邊形 AFPQM 的面積為 y（cm2），求 y 與 t 之間的函數(shù)關系式； （3）在運動過程中，是否存在某一時刻 t，使？若存在，求出 t 的值；若不存在，請說明理由； （4） 在運動過程中，是否存在某一時刻 t，使點M在PG的垂直平分線上？若存在，求出 t 的值；若不存在，請說明理由． 【答案】（1）t= ；（2） （3）t=2，9:8（4）t= 【解析】 試題分析：（1）利用△CPQ∽△CBD，列比例式求出t的值； （2）利用△MDQ∽△CBD，得MD=（6-t），再利用，可求得函數(shù)的解析式； （3）利用=9:8得方程求

28、解； （4）利用△PBG∽△PEF，得AG、AM，作MN⊥BC，構造矩形MNCD，則MN=6，PN=（8-t）-（6-t）=，然后根據(jù)AG2+AN2=PN2+MN2可列方程求解. 試題解析：（1）若PQ∥BD，則△CPQ∽△CBD，可得，即，解得t=； （2）由∠MQD+∠CDB=∠CBD+∠CDB=90°，可得∠MQD=∠CBD， 又∠MDQ=∠C=90°，∴△MDQ∽△CBD ， ∴ 即 解得MD=（6-t）， 所以 = = 即 （3）假使存在t，使 則，即 整理得，解得 答：當t=2， （4）易證△PBG∽△PEF， ∴，即，∴ 則

29、 作MN⊥BC于N點，則四邊形MNCD為矩形 所以MN=CD=6，CN=，故：PN= 若M在PG的垂直平分線上，則GM=PM， 所以，所以 即： 整理得：，解得。 考點：1、矩形，2、相似三角形，3、二次函數(shù)，4、運動型 7. （2017山東青島第21題）（本小題滿分8分） 已知：如圖，在菱形ABCD 中，點E，O，F(xiàn) 分別是邊AB，AC，AD的中點，連接CE、CF、OF． （1）求證：△ BCE≌△DCF； （2）當AB與BC滿足什么條件時，四邊形AEOF正方形？請說明理由． 【答案】（1）證明見解析（2）四邊形AEOF是正方形 【解析】 試題分析：（1）利

30、用SAS證明△ BCE≌△DCF； （2）先證明AEOF為菱形，當BC⊥AB，得∠BAD＝90°，再利用知識點：有一個角是90°的菱形是正方形。 試題解析：（1）∵四邊形ABCD為菱形 ∴AB=BC=CD=DA，∠B=∠D 又E、F分別是AB、AD中點，∴BE=DF ∴△ABE≌△CDF（SAS） 考點：1、菱形，2、全等三角形，3、正方形 8. (2017山東濱州第22題)（本小題滿分10分） 如圖，在□ABCD中，以點A為圓心，AB長為半徑畫弧交AD于點F；再分別以點B、F為圓心，大于BF的相同長為半徑畫弧，兩弧交于點P；連接AP并延長交BC于點E，連接EF，則所得四邊

31、形ABEF是菱形． （1）根據(jù)以上尺規(guī)作圖的過程，求證四邊形ABEF是菱形； （2）若菱形ABEF的周長為16，AE＝4，求∠C的大小． 【答案】（1）詳見解析；（2）60°. 【解析】 試題分析：（1）由作圖過程可知，AB＝AF，AE平分∠BAD，即可得∠BAE＝∠EAF．再由四邊形ABCD為平行四邊形，可得BC∥AD，根據(jù)平行線的性質可得∠AEB＝∠EAF，所以∠BAE＝∠AEB，根據(jù)等腰三角形的性質可得AB＝BE，即可得BE＝AF，所以四邊形ABEF為平行四邊形，根據(jù)一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形即可判定四邊形ABEF為菱形；（2）連接BF，已知四邊形ABEF為菱形，根據(jù)

32、菱形的性質可得BF與AE互相垂直平分，∠BAE＝∠FAE，OA＝AE＝．再由菱形ABEF的周長為16，可得AF＝4．所以cos∠OAF＝＝．即可得∠OAF＝30°，所以∠BAF＝60°．再由平行線的性質即可得∠C＝∠BAD＝60°． 試題解析： （1）由作圖過程可知，AB＝AF，AE平分∠BAD．∴∠BAE＝∠EAF． ∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴BC∥AD．∴∠AEB＝∠EAF． ∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE．∴BE＝AF．∴四邊形ABEF為平行四邊形． ∴四邊形ABEF為菱形． （2）連接BF， ∵四邊形ABEF為菱形，∴BF與AE互相垂直平分，∠BAE＝∠

33、FAE． ∴OA＝AE＝．∵菱形ABEF的周長為16，∴AF＝4． ∴cos∠OAF＝＝．∴∠OAF＝30°，∴∠BAF＝60°． ∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴∠C＝∠BAD＝60°． 9. (2017山東日照第18題)如圖，已知BA=AE=DC，AD=EC，CE⊥AE，垂足為E． （1）求證：△DCA≌△EAC； （2）只需添加一個條件，即　 　，可使四邊形ABCD為矩形．請加以證明． 【答案】(1)詳見解析；(2)AD=BC（答案不唯一）． 試題分析：（1）由SSS證明△DCA≌△EAC即可；（2）先證明四邊形ABCD是平行四邊形，再由全等三角形的性質得出∠D=

34、90°，即可得出結論． 試題解析： （1）證明：在△DCA和△EAC中，， ∴△DCA≌△EAC（SSS）； （2）添加AD=BC，可使四邊形ABCD為矩形；理由如下： ∵AB=DC，AD=BC， ∴四邊形ABCD是平行四邊形， ∵CE⊥AE， ∴∠E=90°， 由（1）得：△DCA≌△EAC， ∴∠D=∠E=90°， ∴四邊形ABCD為矩形； 考點：矩形的判定；全等三角形的判定與性質． 10. (2017遼寧沈陽第18題)如圖，在菱形中，過點做于點，做于點，連接， 求證：（1）; （2） 【答案】詳見解析. 【解析】 試題分析：（1）根據(jù)菱形的性質可得

35、AD=CD，，再由，，可得，根據(jù)AAS即可判定；（2）已知菱形，根據(jù)菱形的性質可得AB=CB，再由，根據(jù)全等三角形的性質可得AE=CF，所以BE=BF，根據(jù)等腰三角形的性質即可得. 試題解析： (1) ∵菱形， ∴AD=CD， ∵， ∴ ∴ (2) ∵菱形， ∴AB=CB ∵ ∴AE=CF ∴BE=BF ∴ 考點：全等三角形的判定及性質；菱形的性質. 11. (2017遼寧沈陽第24題)四邊形是邊長為4的正方形，點在邊所在的直線上，連接，以為邊，作正方形（點，點在直線的同側），連接 （1）如圖1，當點與點重合時，請直接寫出的長； （2）如圖2，當點在線段上時，

36、 ①求點到的距離 ②求的長 （3）若，請直接寫出此時的長. 【答案】(1)BF=4;(2)①點到的距離為3；②BF=；(3)AE=2+或AE=1. 【解析】 試題分析：（1）過點F作FMBA, 交BA的延長線于點M，根據(jù)勾股定理求得AC=,又因點與點重合，可得△AFM為等腰直角三角形且AF=,再由勾股定理求得AM=FM=4,在Rt△BFM中，由勾股定理即可求得BF=4;（2）①過點F作FHAD交AD的延長線于點H，根據(jù)已知條件易證，根據(jù)全等三角形的性質可得FH=ED，又因AD=4,AE=1,所以ED=AD-AE=4-1=3,即可求得FH=3，即點到的距離為3；②延長FH交BC的

37、延長線于點K，求得FK和BK的長，在Rt△BFK中，根據(jù)勾股定理即可求得BF的長；（3）分點E在線段AD的延長線上和點E在線段DA的延長線上兩種情況求解即可. 試題解析： (1)BF=4; (2) 如圖， ①過點F作FHAD交AD的延長線于點H， ∵四邊形CEFG是正方形 ∴EC=EF,∠FEC=90° ∴∠DEC+∠FEH=90°， 又因四邊形是正方形 ∴∠ADC=90° ∴∠DEC+∠ECD=90°， ∴∠ECD=∠FEH 又∵∠EDC=∠FHE=90°， ∴ ∴FH=ED ∵AD=4,AE=1, ∴ED=AD-AE=4-1=3, ∴FH=3， 即點到的

38、距離為3. ②延長FH交BC的延長線于點K， ∴∠DHK=∠HDC=∠DCK =90°， ∴四邊形CDHK為矩形， ∴HK=CD=4, ∴FK=FH+HK=3+4=7 ∵ ∴EH=CD=AD=4 ∴AE=DH=CK=1 ∴BK=BC+CK=4+1=5, 在Rt△BFK中，BF= (3)AE=2+或AE=1. 考點：四邊形綜合題. 12. (2017江蘇宿遷第26題)（本題滿分10分） 如圖，在矩形紙片中，已知，，點在邊上移動，連接，將多邊形沿直線折疊，得到多邊形，點、的對應點分別為點、． （1）當恰好經過點時（如圖1），求線段的長； （2）若分別交邊、于點、

39、，且（如圖2），求的面積； （3）在點從點移動到點的過程中，求點運動的路徑長． 【答案】(1) ；（2）；（3）. 【解析】 試題解析： (1)如圖1，由折疊得，,,,, 由勾股定理得，, 所以， 因為,所以 , 又因,所以 又，所以 所以,即，所以 (2)如圖2-1，連接AC，因為∠BAC=，所以∠BAC=60°， 故∠DAC=30°，又，所以, 由折疊得，,所以, 所以,即,, 因為,所以; (3) 如圖2-2，連接A，則, 所以點的運動路徑是以點A為圓心，以AC為半徑的圓?。划旤cE運動到點D時，點恰好在CD的延長線上，此時, 所以點

40、的運動路徑長是. 13. (2017山東菏澤第23題)正方形的邊長為，點分別是線段上的動點，連接并延長，交邊于，過作，垂足為，交邊于點. （1）如圖1，若點與點重合，求證：； （2）如圖2，若點從點出發(fā)，以的速度沿向點運動，同時點從點出發(fā)，以的速度沿向點運動，運動時間為. ①設,求關于t的函數(shù)表達式； ②當時，連接，求的長. 【答案】（1）詳見解析；（2）①；②5. 【解析】 試題分析：（1）根據(jù)已知條件易證△ABF≌△NAD，由全等三角形的性質即可得；（2） 先證△ABF∽△NAD，根據(jù)全等三角形的性質求得；（3）利用△ABF∽△NAD，求得t=2，根據(jù)（2）的函數(shù)

41、解析式求得BF的長，再由勾股定理即可得FN的長. 試題解析： 【解】 （1）∵正方形 ∴AD=AB,∠DAN=∠FBA=90° ∵ ∴∠NAH+∠ANH=90° ∵∠NDA+∠ANH=90° ∴∠NAH=∠NDA ∴△ABF≌△NAD ∴ （2）①∵正方形 ∴AD∥BF ∴∠ADE=∠FBE ∵∠AED=∠BEF ∴△EBF∽△EAD ∴ ∵正方形 ∴AD=DC=CB=6 ∴BD= ∵點從點出發(fā)，以的速度沿向點運動，運動時間為. ∴BE=，DE= ∴ ∴ ②當時，連接，求的長. ∵正方形 ∴∠MAN=∠FBA=90° ∵ ∴∠NAH+∠A

42、NH=90° ∵∠NMA+∠ANH=90° ∴∠NAH=∠NMA ∴△ABF∽△NAD ∴ ∵，AB=6 ∴AN=2,BN=4 ∴ ∴t=2 把t=2代入，得y=3，即BF=3, 在RT△BFN中，BF=3,BN=4, 根據(jù)勾股定理即可得FN=5. 14. (2017山東菏澤第17題)如圖，是的邊的中點，連接并延長交的延長線于，若，求的長. 【答案】12. 【解析】 試題分析： 試題解析：先證明△AEF≌△DEC,根據(jù)全等三角形的性質可得AF=，再利用平行四邊形的性質證得AB=CD=6，根據(jù)=AF+AB即可求得BF的長. 【解】 ∵ ∴AF∥DC ∴

43、∠F=∠DCF ∵是的邊的中點 ∴AE=DE ∵∠AEF=∠DEC ∴△AEF≌△DEC ∴AF= ∵ ∴AB=CD=6 即=AF+AB=12. 15. (2017浙江舟山第23題)如圖是的中線，是線段上一點（不與點重合），交于點，，連結. （1）如圖1，當點與重合時，求證：四邊形是平行四邊形； （2）如圖2，當點不與重合時，（1）中的結論還成立嗎？請說明理由. （3）如圖3，延長交于點，若，且.當，時，求的長. 【答案】（1）詳見解析；（2）結論成立，理由詳見解析；（3）DH=1+. 【解析】 試題分析：（1）由DE//AB，可得同位角相等：∠EDC=∠AB

44、M，由CE//AM，可得同位角相等∠ECD=∠ADB，又由BD=DC，則△ABD?△EDC，得到AB=ED，根據(jù)有一組對邊平行且相等，可得四邊形ABDE為平行四邊形.（2）過點M作MG//DE交EC于點G，則可得四邊形DMGE為平行四邊形，且ED=GM且ED//GM，由（1）可得AB=GM且AB//GM，即可證得；（3）在已知條件中沒有已知角的度數(shù)時，則在求角度時往特殊角30°，60°，45°的方向考慮，則要求這樣的特殊角，就去找邊的關系，構造直角三角形，取線段HC的中點I，連結MI，則MI是△BHC的中位線，可得MI//BH,MI=BH，且MI⊥AC，則去找Rt△AMI中邊的關系，求出∠CA

45、M；設DH=x,即可用x分別表示出AH=x，AD=2x,AM=4+2x，BH=4+2x,由△HDF~△HBA，得到對應邊成比例，求出x的值即可. 試題解析：（1）證明：∵DE//AB，∴∠EDC=∠ABM， ∵CE//AM， ∴∠ECD=∠ADB， 又∵AM是△ABC的中線，且D與M重合，∴BD=DC， ∴△ABD?△EDC， ∴AB=ED，又∵AB//ED, ∴四邊形ABDE為平行四邊形。 （2）解：結論成立，理由如下： 過點M作MG//DE交EC于點G， ∵CE//AM， ∴四邊形DMGE為平行四邊形， ∴ED=GM且ED//GM， 由（1）可得AB=GM且AB

46、//GM， ∴AB=ED且AB//ED. ∴四邊形ABDE為平行四邊形. （3） 解：取線段HC的中點I，連結MI， ∴MI是△BHC的中位線， ∴MI//BH,MI=BH， 又∵BH⊥AC，且BH=AM， ∴MI=AM，MI⊥AC， ∴∠CAM=30° 設DH=x,則AH=x，AD=2x, ∴AM=4+2x，∴BH=4+2x, 由（2）已證四邊形ABDE為平行四邊形， ∴FD//AB， ∴△HDF~△HBA， ∴， 即 解得x=1±（負根不合題意，舍去） ∴DH=1+. 考點：平行四邊形的判定與性質 16. （2017浙江湖州第22題） （本小題

47、10分） 已知正方形的對角線，相交于點． （1）如圖1，，分別是，上的點，與的延長線相交于點．若，求證：； （2）如圖2，是上的點，過點作，交線段于點，連結交于點，交于點．若， ①求證：； ②當時，求的長． 【答案】（1）證明見解析（2）①證明見解析② 【解析】 試題分析：（1）根據(jù)正方形的性質，可根據(jù)三角形全等的判定（ASA）與性質求證即可； （2）①同（1）中，利用上面的結論，根據(jù)SAS可證的結論； ②設CH=x，然后根據(jù)正方形的性質和相似三角形的判定與性質可得，然后列方程求解即可. （2）①證明：∵OD=OC，∠DOG=∠COE=90° 又OE=OG ∴

48、△DOG≌△COE（SAS） ∴∠ODG=∠OCE ②解：設CH=x， ∵四邊形ABCD是正方形，AB=1 ∴BH=1-x ∠DBC=∠BDC=∠ACB=45° ∵EH⊥BC ∴∠BEH=∠EBH=45° ∴EH=BH=1-x ∵∠ODG=∠OCE ∴∠BDC-∠ODG=∠ACB-∠OCE ∴∠HDC=∠ECH ∵EH⊥BC ∴∠EHC=∠HCD=90° ∴△CHE∽△DCH ∴ ∴HC2=EH·CD 得x2+x-1=0 解得，（舍去） ∴HC= 考點：1、正方形的性質，2、全等三角形的判定與性質，3、相似三角形的判定與性質，4、解一元二次方程 17. (2017湖南湘潭第20題)如圖，在中，連接并延長交的延長線于點. （1）求證：； （2）若，，求的度數(shù). 【答案】（1）詳見解析；（2）108°. 【解析】 試題分析：（1）利用AAS或ASA,證明．（2）先證明△ABF是等腰三角形，再求的度數(shù). 試題解析： （1） ∵ ∴AD∥DF ∴∠ADE=∠EFC ∵，∠AED=∠CEF ∴ （2） ∵ ∴AD=BC ∵ ∴AD=FC ∴FC=BC ∵ ∴AB=BF ∵ ∴=108°