详解版全国120份中考试卷分类汇编矩形菱形与正方形

详解版全国120份中考试卷分类汇编矩形菱形与正方形

矩形菱形与正方形 一、选择题 ‎1. （2014•上海，第6题4分）如图，已知AC、BD是菱形ABCD的对角线，那么下列结论一定正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎△ABD与△ABC的周长相等 ‎　‎ B．‎ ‎△ABD与△ABC的面积相等 ‎　‎ C．‎ 菱形的周长等于两条对角线之和的两倍 ‎　‎ D．‎ 菱形的面积等于两条对角线之积的两倍 考点：‎ 菱形的性质．‎ 分析：‎ 分别利用菱形的性质结合各选项进而求出即可．‎ 解答：‎ 解：A、∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AB=BC=AD，‎ ‎∵AC＜BD，‎ ‎∴△ABD与△ABC的周长不相等，故此选项错误；‎ B、∵S△ABD=S平行四边形ABCD，S△ABC=S平行四边形ABCD，‎ ‎∴△ABD与△ABC的面积相等，故此选项正确；‎ C、菱形的周长与两条对角线之和不存在固定的数量关系，故此选项错误；‎ D、菱形的面积等于两条对角线之积的，故此选项错误；‎ 故选：B．‎ 点评：‎ 此题主要考查了菱形的性质应用，正确把握菱形的性质是解题关键．‎ ‎2. （2014•山东枣庄，第7题3分）如图，菱形ABCD的边长为4，过点A、C作对角线AC的垂线，分别交CB和AD的延长线于点E、F，AE=3，则四边形AECF的周长为（ ）‎ ‎ ‎ ‎　‎ A．‎ ‎22‎ B．‎ ‎18‎ C．‎ ‎14‎ D．‎ ‎11‎ 考点：‎ 菱形的性质 分析：‎ 根据菱形的对角线平分一组对角可得∠BAC=∠BCA，再根据等角的余角相等求出∠BAE=∠E，根据等角对等边可得BE=AB，然后求出EC，同理可得AF，然后判断出四边形AECF是平行四边形，再根据周长的定义列式计算即可得解．‎ 解答：‎ 解：在菱形ABCD中，∠BAC=∠BCA，‎ ‎∵AE⊥AC，‎ ‎∴∠BAC+∠BAE=∠BCA+∠E=90°，‎ ‎∴∠BAE=∠E，‎ ‎∴BE=AB=4，‎ ‎∴EC=BE+BC=4+4=8，‎ 同理可得AF=8，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴四边形AECF是平行四边形，‎ ‎∴四边形AECF的周长=2（AE+EC）=2（3+8）=22．‎ 故选A．‎ 点评：‎ 本题考查了菱形的对角线平分一组对角的性质，等角的余角相等的性质，平行四边形的判定与性质，熟记性质并求出EC的长度是解题的关键．‎ ‎3. （2014•山东烟台，第6题3分）如图，在菱形ABCD中，M，N分别在AB，CD上，且AM=CN，MN与AC交于点O，连接BO．若∠DAC=28°，则∠OBC的度数为（　　）‎ ‎　A． 28° B． 52° C． 62° D． 72°‎ 考点：菱形的性质，全等三角形．‎ 分析：根据菱形的性质以及AM=CN，利用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO=CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数．‎ 解答：∵四边形ABCD为菱形，∴AB∥CD，AB=BC，‎ ‎∴∠MAO=∠NCO，∠AMO=∠CNO，‎ 在△AMO和△CNO中，∵，∴△AMO≌△CNO（ASA），‎ ‎∴AO=CO，∵AB=BC，∴BO⊥AC，∴∠BOC=90°，∵∠DAC=28°，‎ ‎∴∠BCA=∠DAC=28°，∴∠OBC=90°﹣28°=62°．故选C．‎ 点评： 本题考查了菱形的性质和全等三角形的判定和性质，注意掌握菱形对边平行以及对角线相互垂直的性质．‎ ‎4.（2014•山东聊城，第9题，3分）如图，在矩形ABCD中，边AB的长为3，点E，F分别在AD，BC上，连接BE，DF，EF，BD．若四边形BEDF是菱形，且EF=AE+FC，则边BC的长为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎2‎ B．‎ ‎3‎ C．‎ ‎6‎ D．‎ 考点：‎ 矩形的性质；菱形的性质．‎ 分析：‎ 根据矩形的性质和菱形的性质得∠ABE=∠EBD=∠DBC=30°，AB=BO=3，因为四边形BEDF是菱形，所以BE，AE可求出进而可求出BC的长．‎ 解答：‎ 解：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠A=90°，‎ 即BA⊥BF，‎ ‎∵四边形BEDF是菱形，‎ ‎∴EF⊥BD，∠EBO=∠DBF，‎ ‎∴AB=BO=3，∠ABE=∠EBO，‎ ‎∴∠ABE=∠EBD=∠DBC=30°，‎ ‎∴BE==2，‎ ‎∴BF=BE=2，‎ ‎∵EF=AE+FC，AE=CF，EO=FO ‎∴CF=AE=，‎ ‎∴BC=BF+CF=3，‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查了矩形的性质、菱形的性质以及在直角三角形中30°角所对的直角边时斜边的一半，解题的关键是求出∠ABE=∠EBD=∠DBC=30°．‎ ‎　‎ ‎5. （2014•浙江杭州，第5题，3分）下列命题中，正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 梯形的对角线相等 B．‎ 菱形的对角线不相等 ‎　‎ C．‎ 矩形的对角线不能相互垂直 D．‎ 平行四边形的对角线可以互相垂直 考点：‎ 命题与定理．‎ 专题：‎ 常规题型．‎ 分析：‎ 根据等腰梯形的判定与性质对A进行判断；根据菱形的性质对B进行判断；根据矩形的性质对C进行判断；根据平行四边形的性质对D进行判断．‎ 解答：‎ 解：A、等腰梯形的对角线相等，所以A选项错误；‎ B、菱形的对角线不一定相等，若相等，则菱形变为正方形，所以B选项错误；‎ C、矩形的对角线不一定相互垂直，若互相垂直，则矩形变为正方形，所以C选项错误；‎ D、平行四边形的对角线可以互相垂直，此时平行四边形变为菱形，所以D选项正确．‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式；有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．‎ ‎6.(2014年贵州黔东南10．（4分）)如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=16，将矩形ABCD沿EF折叠，使点C与点A重合，则折痕EF的长为（　　）‎ ‎　 A． 6 B． 12 C． 2 D． 4‎ 考点： 翻折变换（折叠问题）．‎ 分析： 设BE=x，表示出CE=16﹣x，根据翻折的性质可得AE=CE，然后在Rt△ABE中，利用勾股定理列出方程求出x，再根据翻折的性质可得∠AEF=∠CEF，根据两直线平行，内错角相等可得∠AFE=∠CEF，然后求出∠AEF=∠AFE，根据等角对等边可得AE=AF，过点E作EH⊥AD于H，可得四边形ABEH是矩形，根据矩形的性质求出EH、AH，然后求出FH，再利用勾股定理列式计算即可得解．‎ 解答： 解：设BE=x，则CE=BC﹣BE=16﹣x，‎ ‎∵沿EF翻折后点C与点A重合，‎ ‎∴AE=CE=16﹣x，‎ 在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，‎ 即82+x2=（16﹣x）2，‎ 解得x=6，‎ ‎∴AE=16﹣6=10，‎ 由翻折的性质得，∠AEF=∠CEF，‎ ‎∵矩形ABCD的对边AD∥BC，‎ ‎∴∠AFE=∠CEF，‎ ‎∴∠AEF=∠AFE，‎ ‎∴AE=AF=10，‎ 过点E作EH⊥AD于H，则四边形ABEH是矩形，‎ ‎∴EH=AB=8，‎ AH=BE=6，‎ ‎∴FH=AF﹣AH=10﹣6=4，‎ 在Rt△EFH中，EF===4．‎ 故选D．‎ 点评： 本题考查了翻折变换的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，熟记各性质并作利用勾股定理列方程求出BE的长度是解题的关键，也是本题的突破口．‎ ‎7.（2014•遵义9．（3分））如图，边长为2的正方形ABCD中，P是CD的中点，连接AP并延长交BC的延长线于点F，作△CPF的外接圆⊙O，连接BP并延长交⊙O于点E，连接EF，则EF的长为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ B．‎ C．‎ D．‎ 考点：‎ 相似三角形的判定与性质；正方形的性质；圆周角定理 分析：‎ 先求出CP、BF长，根据勾股定理求出BP，根据相似得出比例式，即可求出答案．‎ 解答：‎ 解：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠ABC=∠PCF=90°，CD∥AB，‎ ‎∵F为CD的中点，CD=AB=BC=2，‎ ‎∴CP=1，‎ ‎∵PC∥AB，‎ ‎∴△FCP∽△FBA，‎ ‎∴==，‎ ‎∴BF=4，‎ ‎∴CF=4﹣2=2，‎ 由勾股定理得：BP==，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠BCP=∠PCF=90°，‎ ‎∴PF是直径，‎ ‎∴∠E=90°=∠BCP，‎ ‎∵∠PBC=∠EBF，‎ ‎∴△BCP∽△BEF，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴EF=，‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查了正方形的性质，圆周角定理，相似三角形的性质和判定的应用，主要考查学生的推理能力和计算能力，题目比较好，难度适中．‎ ‎　‎ ‎8.（2014•十堰9．（3分））如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，DE⊥BC，垂足为点E，连接AC交DE于点F，点G为AF的中点，∠ACD=2∠ACB．若DG=3，EC=1，则DE的长为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎2‎ B．‎ C．‎ ‎2‎ D．‎ 考点：‎ 勾股定理；等腰三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线．‎ 分析：‎ 根据直角三角形斜边上的中线的性质可得DG=AG，根据等腰三角形的性质可得∠GAD=∠GDA，根据三角形外角的性质可得∠CGD=2∠GAD，再根据平行线的性质和等量关系可得∠ACD=∠CGD，根据等腰三角形的性质可得CD=DG，再根据勾股定理即可求解．‎ 解答：‎ 解：∵AD∥BC，DE⊥BC，‎ ‎∴DE⊥AD，∠CAD=∠ACB ‎∵点G为AF的中点，‎ ‎∴DG=AG，‎ ‎∴∠GAD=∠GDA，‎ ‎∴∠CGD=2∠CAD，‎ ‎∵∠ACD=2∠ACB，‎ ‎∴∠ACD=∠CGD，‎ ‎∴CD=DG=3，‎ 在Rt△CED中，DE==2．‎ 故选：C．‎ 点评：‎ 综合考查了勾股定理，等腰三角形的判定与性质和直角三角形斜边上的中线，解题的关键是证明CD=DG=3．‎ ‎9. （2014•江苏徐州,第7题3分）若顺次连接四边形的各边中点所得的四边形是菱形，则该四边形一定是（　　）‎ ‎　 A．矩形 B． 等腰梯形 ‎　 C．对角线相等的四边形 D． 对角线互相垂直的四边形 考点： 中点四边形．‎ 分析： 首先根据题意画出图形，由四边形EFGH是菱形，点E，F，G，H分别是边AD，AB，BC，CD的中点，利用三角形中位线的性质与菱形的性质，即可判定原四边形一定是对角线相等的四边形．‎ 解答： 解：如图，根据题意得：四边形EFGH是菱形，点E，F，G，H分别是边AD，AB，BC，CD的中点，‎ ‎∴EF=FG=CH=EH，BD=2EF，AC=2FG，‎ ‎∴BD=AC．‎ ‎∴原四边形一定是对角线相等的四边形．‎ 故选C．‎ 点评： 此题考查了菱形的性质与三角形中位线的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．‎ ‎10. （2014•山东淄博,第9题4分）如图，ABCD是正方形场地，点E在DC的延长线上，AE与BC相交于点F．有甲、乙、丙三名同学同时从点A出发，甲沿着A﹣B﹣F﹣C的路径行走至C，乙沿着A﹣F﹣E﹣C﹣D的路径行走至D，丙沿着A﹣F﹣C﹣D的路径行走至D．若三名同学行走的速度都相同，则他们到达各自的目的地的先后顺序（由先至后）是（　　）‎ ‎　 A． 甲乙丙 B． 甲丙乙 C． 乙丙甲 D． 丙甲乙 考点： 正方形的性质；线段的性质：两点之间线段最短；比较线段的长短．‎ 分析： 根据正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ECF，根据直角三角形得出AF＞AB，EF＞CF，分别求出甲、乙、丙行走的距离，再比较即可．‎ 解答： 解：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB=BC=CD=AD，∠B=90°，‎ 甲行走的距离是AB+BF+CF=AB+BC=2AB；‎ 乙行走的距离是AF+EF+EC+CD；‎ 丙行走的距离是AF+FC+CD，‎ ‎∵∠B=∠ECF=90°，‎ ‎∴AF＞AB，EF＞CF，‎ ‎∴AF+FC+CD＞2AB，AF+FC+CD＜AF+EF+EC+CD，‎ ‎∴甲比丙先到，丙比乙先到，‎ 即顺序是甲丙乙，‎ 故选B．‎ 点评： 本题考查了正方形的性质，直角三角形的性质的应用，题目比较典型，难度适中．‎ ‎11．（2014•福建福州,第9题4分）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE. AC，BE相交于点F，则∠BFC为【 】‎ A．45°　 　 B．55°　 　 C．60°　 　 D．75°‎ ‎12．（2014•甘肃兰州,第7题4分）下列命题中正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 有一组邻边相等的四边形是菱形 ‎　‎ B．‎ 有一个角是直角的平行四边形是矩形 ‎　‎ C．‎ 对角线垂直的平行四边形是正方形 ‎　‎ D．‎ 一组对边平行的四边形是平行四边形 考点：‎ 命题与定理．‎ 分析：‎ 利用特殊四边形的判定定理对个选项逐一判断后即可得到正确的选项．‎ 解答：‎ 解：A、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故选项错误；‎ B、正确；‎ C、对角线垂直的平行四边形是菱形，故选项错误；‎ D、两组对边平行的四边形才是平行四边形，故选项错误．‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是牢记特殊的四边形的判定定理，难度不大，属于基础题．‎ ‎13．（2014•广州,第8题3分）将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形，转动这个四边形，使它形状改变，当时，如图，测得，当时，如图，（ ）．‎ ‎（A） （B）2 （C） （D） ‎ ‎ ‎ ‎ 图2-① 图2-②‎ ‎【考点】正方形、有内角的菱形的对角线与边长的关系 ‎【分析】由正方形的对角线长为2可知正方形和菱形的边长为，当=60°时，菱形较短的对角线等于边长，故答案为．‎ ‎【答案】A ‎14．（2014•广州,第10题3分）如图3，四边形、都是正方形，点在线段上，连接，和相交于点．设，（）．下列结论：①；②；③；④．其中结论正确的个数是（ ）．‎ ‎（A）4个 （B）3个 （C）2个 （D）1个 ‎【考点】三角形全等、相似三角形 ‎ ‎【分析】①由可证，故①正确；‎ ‎ ②延长BG交DE于点H，由①可得，（对顶角）‎ ‎∴=90°，故②正确；‎ ‎ ③由可得，故③不正确；‎ ‎ ④，等于相似比的平方，即，‎ ‎∴，故④正确．‎ ‎【答案】B ‎15.（2014•毕节地区，第8题3分）如图，菱形ABCD中，对角线AC、BC相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OH的长等于（ ）‎ ‎　‎ A．‎ ‎3.5‎ B．‎ ‎4‎ C．‎ ‎7‎ D．‎ ‎14‎ ‎ ‎ 考点：‎ 菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理 分析：‎ 根据菱形的四条边都相等求出AB，菱形的对角线互相平分可得OB=OD，然后判断出OH是△ABD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得OH=AB．‎ 解答：‎ 解：∵菱形ABCD的周长为28，‎ ‎∴AB=28÷4=7，OB=OD，‎ ‎∵H为AD边中点，‎ ‎∴OH是△ABD的中位线，‎ ‎∴OH=AB=×7=3.5．‎ 故选A．‎ 点评：‎ 本题考查了菱形的对角线互相平分的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记性质与定理是解题的关键．‎ ‎16.（2014•襄阳，第12题3分）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE=AB，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，对于下列结论：①EF=2BE；②PF=2PE；③FQ=4EQ；④△PBF是等边三角形．其中正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎①②‎ B．‎ ‎②③‎ C．‎ ‎①③‎ D．‎ ‎①④‎ 考点：‎ 翻折变换（折叠问题）；矩形的性质 分析：‎ 求出BE=2AE，根据翻折的性质可得PE=BE，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出∠APE=30°，然后求出∠AEP=60°，再根据翻折的性质求出∠BEF=60°，根据直角三角形两锐角互余求出∠EFB=30°，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得EF=2BE，判断出①正确；利用30°‎ 角的正切值求出PF=PE，判断出②错误；求出BE=2EQ，EF=2BE，然后求出FQ=3EQ，判断出③错误；求出∠PBF=∠PFB=60°，然后得到△PBF是等边三角形，判断出④正确．‎ 解答：‎ 解：∵AE=AB，‎ ‎∴BE=2AE，‎ 由翻折的性质得，PE=BE，‎ ‎∴∠APE=30°，‎ ‎∴∠AEP=90°﹣30°=60°，‎ ‎∴∠BEF=（180°﹣∠AEP）=（180°﹣60°）=60°，‎ ‎∴∠EFB=90°﹣60°=30°，‎ ‎∴EF=2BE，故①正确；‎ ‎∵BE=PE，‎ ‎∴EF=2PE，‎ ‎∵EF＞PF，‎ ‎∴PF＞2PE，故②错误；‎ 由翻折可知EF⊥PB，‎ ‎∴∠EBQ=∠EFB=30°，‎ ‎∴BE=2EQ，EF=2BE，‎ ‎∴FQ=3EQ，故③错误；‎ 由翻折的性质，∠EFB=∠BFP=30°，‎ ‎∴∠BFP=30°+30°=60°，‎ ‎∵∠PBF=90°﹣∠EBQ=90°﹣30°=60°，‎ ‎∴∠PBF=∠PFB=60°，‎ ‎∴△PBF是等边三角形，故④正确；‎ 综上所述，结论正确的是①④．‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查了翻折变换的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，直角三角形两锐角互余的性质，等边三角形的判定，熟记各性质并准确识图是解题的关键．‎ ‎17.（2014•孝感，第9题3分）如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎（2，10）‎ B．‎ ‎（﹣2，0）‎ C．‎ ‎（2，10）或（﹣2，0）‎ D．‎ ‎（10，2）或（﹣2，0）‎ 考点：‎ 坐标与图形变化-旋转．‎ 分析：‎ 分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况讨论解答即可．‎ 解答：‎ 解：∵点D（5，3）在边AB上，‎ ‎∴BC=5，BD=5﹣3=2，‎ ‎①若顺时针旋转，则点D′在x轴上，OD′=2，‎ 所以，D′（﹣2，0），‎ ‎②若逆时针旋转，则点D′到x轴的距离为10，到y轴的距离为2，‎ 所以，D′（2，10），‎ 综上所述，点D′的坐标为（2，10）或（﹣2，0）．‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题考查了坐标与图形变化﹣旋转，正方形的性质，难点在于分情况讨论．‎ ‎18．（2014·台湾，第12题3分）如图，D为△ABC内部一点，E、F两点分别在AB、BC上，且四边形DEBF为矩形，直线CD交AB于G点．若CF＝6，BF＝9，AG＝8，则△ADC的面积为何？(　　)‎ A．16 B．24 C．36 D．54‎ 分析：由于△ADC＝△AGC﹣△ADG，根据矩形的性质和三角形的面积公式计算即可求解．‎ 解：△ADC＝△AGC﹣△ADG＝×AG×BC﹣×AG×BF ‎＝×8×(6＋9)﹣×8×9＝60﹣36＝24．‎ 故选：B．‎ 点评：考查了三角形的面积和矩形的性质，本题关键是活用三角形面积公式进行计算．‎ ‎19．（2014·台湾，第27题3分）如图，矩形ABCD中，AD＝3AB，O为AD中点，是半圆．甲、乙两人想在上取一点P，使得△PBC的面积等于矩形ABCD的面积其作法如下：‎ ‎(甲) 延长BO交于P点，则P即为所求；‎ ‎(乙) 以A为圆心，AB长为半径画弧，交于P点，则P即为所求．‎ 对于甲、乙两人的作法，下列判断何者正确？(　　)‎ A．两人皆正确 B．两人皆错误 C．甲正确，乙错误 D．甲错误，乙正确 分析：利用三角形的面积公式进而得出需P甲H＝P乙K＝2AB，即可得出答案．‎ 解：要使得△PBC的面积等于矩形ABCD的面积，‎ 需P甲H＝P乙K＝2AB．‎ 故两人皆错误．‎ 故选：B．‎ 点评：此题主要考查了三角形面积求法以及矩形的性质，利用四边形与三角形面积关系得出是解题关键．‎ ‎20．（2014•浙江宁波，第6题4分）菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的边长是（ ）‎ ‎　‎ A．‎ ‎10‎ B．‎ ‎8‎ C．‎ ‎6‎ D．‎ ‎5‎ ‎ ‎ 考点：‎ 菱形的性质；勾股定理．‎ 分析：‎ 根据菱形的性质及勾股定理即可求得菱形的边长．‎ 解答：‎ 解：∵四边形ABCD是菱形，AC=8，BD=6，‎ ‎∴OB=OD=3，OA=OC=4，AC⊥BD，‎ 在Rt△AOB中，‎ 由勾股定理得：AB===5，‎ 即菱形ABCD的边长AB=BC=CD=AD=5，‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查了菱形的性质和勾股定理，关键是求出OA、OB的长，注意：菱形的对角线互相平分且垂直．‎ ‎21．（2014•浙江宁波，第11题4分）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，H是AF的中点，那么CH的长是（ ）‎ ‎　‎ A．‎ ‎2.5‎ B．‎ C．‎ D．‎ ‎2‎ ‎ ‎ 考点：‎ 直角三角形斜边上的中线；勾股定理；勾股定理的逆定理．‎ 分析：‎ 连接AC、CF，根据正方形性质求出AC、CF，∠ACD=∠GCF=45°，再求出∠ACF=90°，然后利用勾股定理列式求出AF，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．‎ 解答：‎ 解：如图，连接AC、CF，‎ ‎∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3，‎ ‎∴AC=，CF=3，‎ ‎∠ACD=∠GCF=45°，‎ ‎∴∠ACF=90°，‎ 由勾股定理得，AF===2，‎ ‎∵H是AF的中点，‎ ‎∴CH=AF=×2=．‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，正方形的性质，勾股定理，熟记各性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．‎ ‎22.（2014•呼和浩特，第9题3分）已知矩形ABCD的周长为20cm，两条对角线AC，BD相交于点O，过点O作AC的垂线EF，分别交两边AD，BC于E，F（不与顶点重合），则以下关于△CDE与△ABF判断完全正确的一项为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎△CDE与△ABF的周长都等于10cm，但面积不一定相等 ‎　‎ B．‎ ‎△CDE与△ABF全等，且周长都为10cm ‎　‎ C．‎ ‎△CDE与△ABF全等，且周长都为5cm ‎　‎ D．‎ ‎△CDE与△ABF全等，但它们的周长和面积都不能确定 考点：‎ 矩形的性质；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质．‎ 分析：‎ 根据矩形的性质，AO=CO，由EF⊥AC，得EA=EC，则△CDE的周长是矩形周长的一半，再根据全等三角形的判定方法可求出△CDE与△ABF全等，进而得到问题答案．‎ 解答：‎ 解：∵AO=CO，EF⊥AC，‎ ‎∴EF是AC的垂直平分线，‎ ‎∴EA=EC，‎ ‎∴△CDE的周长=CD+DE+CE=CD+AD=矩形ABCD的周长=10cm，‎ 同理可求出△ABF的周长为10cm，‎ 根据全等三角形的判定方法可知：△CDE与△ABF全等，‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查了矩形的对角线互相平分的性质，还考查了线段垂直平分线的性质以及全等三角形的判定方法，题目的难度不大．‎ ‎23. （2014•株洲，第7题，3分）已知四边形ABCD是平行四边形，再从①AB=BC，②∠ABC=90°，③AC=BD，④AC⊥BD四个条件中，选两个作为补充条件后，使得四边形ABCD是正方形，现有下列四种选法，其中错误的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 选①②‎ B．‎ 选②③‎ C．‎ 选①③‎ D．‎ 选②④‎ 考点：‎ 正方形的判定；平行四边形的性质．‎ 分析：‎ 要判定是正方形，则需能判定它既是菱形又是矩形．‎ 解答：‎ 解：A、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意；‎ B、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以不能得出平行四边形ABCD是正方形，错误，故本选项符合题意；‎ C、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意；‎ D、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由④得对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意．‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查了正方形的判定方法：‎ ‎①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；‎ ‎②先判定四边形是菱形，再判定这个矩形有一个角为直角．‎ ‎③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．‎ ‎24. （2014年江苏南京，第6题，2分）如图，在矩形AOBC中，点A的坐标是（﹣2，1），点C的纵坐标是4，则B、C两点的坐标分别是（　　）‎ ‎（第3题图）‎ A．（，3）、（﹣，4） B． （，3）、（﹣，4） ‎ C．（，）、（﹣，4） D．（，）、（﹣，4）‎ 考点：矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质。‎ 分析：首先过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，易得△CAF≌△BOE，△AOD∽△OBE，然后由相似三角形的对应边成比例，求得答案．‎ 解答：过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，‎ ‎∵四边形AOBC是矩形，∴AC∥OB，AC=OB，∴∠CAF=∠BOE，‎ 在△ACF和△OBE中，，∴△CAF≌△BOE（AAS），‎ ‎∴BE=CF=4﹣1=3，∵∠AOD+∠BOE=∠BOE+∠OBE=90°，‎ ‎∴∠AOD=∠OBE，∵∠ADO=∠OEB=90°，∴△AOD∽△OBE，∴，即，‎ ‎∴OE=，即点B（，3），∴AF=OE=，‎ ‎∴点C的横坐标为：﹣（2﹣）=﹣，∴点D（﹣，4）．故选B．‎ 点评：此题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．‎ ‎25. （2014•湘潭，第7题，3分）以下四个命题正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 任意三点可以确定一个圆 ‎　‎ B．‎ 菱形对角线相等 ‎　‎ C．‎ 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 ‎　‎ D．‎ 平行四边形的四条边相等 考点：‎ 命题与定理 分析：‎ 利用确定圆的条件、菱形的性质、直角三角形的性质及平行四边形的性质分别对每个选项判断后即可确定答案．‎ 解答：‎ 解：A、不在同一直线上的三点确定一个圆，故错误；‎ B、菱形的对角线垂直但不一定相等，故错误；‎ C、正确；‎ D、平行四边形的四条边不一定相等．‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解确定圆的条件、菱形的性质、直角三角形的性质及平行四边形的性质，难度一般．‎ ‎26. （ 2014•安徽省,第10题4分）如图，正方形ABCD的对角线BD长为2，若直线l满足：‎ ‎①点D到直线l的距离为；‎ ‎②A、C两点到直线l的距离相等．‎ 则符合题意的直线l的条数为（　　）‎ ‎　 A． 1 B． 2 C． 3 D． 4‎ 考点： 正方形的性质．‎ 分析： 连接AC与BD相交于O，根据正方形的性质求出OD=，然后根据点到直线的距离和平行线间的距离相等解答．‎ 解答： 解：如图，连接AC与BD相交于O，‎ ‎∵正方形ABCD的对角线BD长为2，‎ ‎∴OD=，‎ ‎∴直线l∥AC并且到D的距离为，‎ 同理，在点D的另一侧还有一条直线满足条件，‎ 故共有2条直线l．‎ 故选B．‎ 点评： 本题考查了正方形的性质，主要利用了正方形的对角线互相垂直平分，点D到O的距离小于是本题的关键．‎ ‎　‎ ‎27. （ 2014•福建泉州，第5题3分）正方形的对称轴的条数为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎1‎ B．‎ ‎2‎ C．‎ ‎3‎ D．‎ ‎4‎ 考点：‎ 轴对称的性质 分析：‎ 根据正方形的对称性解答．‎ 解答：‎ 解：正方形有4条对称轴．‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查了轴对称的性质，熟记正方形的对称性是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎28. （2014•珠海，第2题3分）边长为3cm的菱形的周长是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎6cm B．‎ ‎9cm C．‎ ‎12cm D．‎ ‎15cm 考点：‎ 菱形的性质．‎ 分析：‎ 利用菱形的各边长相等，进而求出周长即可．‎ 解答：‎ 解：∵菱形的各边长相等，‎ ‎∴边长为3cm的菱形的周长是：3×4=12（cm）．‎ 故选：C．‎ 点评：‎ 此题主要考查了菱形的性质，利用菱形各边长相等得出是解题关键．‎ ‎　‎ ‎29.（2014•广西玉林市、防城港市，第6题3分）下列命题是假命题的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 四个角相等的四边形是矩形 B．‎ 对角线相等的平行四边形是矩形 ‎　‎ C．‎ 对角线垂直的四边形是菱形 D．‎ 对角线垂直的平行四边形是菱形 考点：‎ 命题与定理．‎ 分析：‎ 根据矩形的判定对A、B进行判断；根据菱形的判定方法对C、D进行判断．‎ 解答：‎ 解：A、四个角相等的四边形是矩形，所以A选项为真命题；‎ B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项为真命题；‎ C、对角线垂直的平行四边形是菱形，所以C选项为假命题；‎ D、对角线垂直的平行四边形是菱形，所以D选项为真命题．‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．‎ ‎　‎ ‎31. （2014•黑龙江龙东,第18题3分）如图，正方形ABCD的边长为2，H在CD的延长线上，四边形CEFH也为正方形，则△DBF的面积为 （　　）‎ ‎　 A． 4 B． C． D． 2‎ 考点： 整式的混合运算．.‎ 专题： 计算题．‎ 分析： 设正方形CEFH边长为a，根据图形表示出阴影部分面积，去括号合并即可得到结果．‎ 解答： 解：设正方形CEFH的边长为a，‎ 根据题意得：S△BDF=4+a2﹣×4﹣a（a﹣2）﹣a（a+2）=2+a2﹣a2+a﹣a2﹣a=2，‎ 故选D 点评： 此题考查了整式的混合运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．‎ ‎32. （2014•黑龙江龙东,第20题3分）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF．则下列结论：‎ ‎①△ABG≌△AFG；②BG=CG；③AG∥CF；④S△EGC=S△AFE；⑤∠AGB+∠AED=145°．‎ 其中正确的个数是（　　）‎ ‎　 A． 2 B． 3 C． 4 D． 5‎ 考点： 翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．.‎ 分析： 根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△ABG≌Rt△AFG；在直角△ECG中，根据勾股定理可证BG=GC；通过证明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，由平行线的判定可得AG∥CF；分别求出S△EGC与S△AFE的面积比较即可；求得∠GAF=45°，∠AGB+∠AED=180°﹣∠GAF=135°．‎ 解答： 解：①正确．‎ 理由：‎ ‎∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，‎ ‎∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；‎ ‎②正确．‎ 理由：‎ EF=DE=CD=2，设BG=FG=x，则CG=6﹣x．‎ 在直角△ECG中，根据勾股定理，得（6﹣x）2+42=（x+2）2，‎ 解得x=3．‎ ‎∴BG=3=6﹣3=GC；‎ ‎③正确．‎ 理由：‎ ‎∵CG=BG，BG=GF，‎ ‎∴CG=GF，‎ ‎∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF．‎ 又∵Rt△ABG≌Rt△AFG；‎ ‎∴∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=2∠AGB=180°﹣∠FGC=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，‎ ‎∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，‎ ‎∴AG∥CF；‎ ‎④正确．‎ 理由：‎ ‎∵S△GCE=GC•CE=×3×4=6，‎ ‎∵S△AFE=AF•EF=×6×2=6，‎ ‎∴S△EGC=S△AFE；‎ ‎⑤错误．‎ ‎∵∠BAG=∠FAG，∠DAE=∠FAE，‎ 又∵∠BAD=90°，‎ ‎∴∠GAF=45°，‎ ‎∴∠AGB+∠AED=180°﹣∠GAF=135°．‎ 故选：C．‎ ‎ ‎ 点评： 本题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想的应用．‎ ‎33. （2014•黑龙江绥化,第18题3分）如图，在矩形ABCD中，AD=AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：‎ ‎①∠AED=∠CED；②OE=OD；③BH=HF；④BC﹣CF=2HE；⑤AB=HF，‎ 其中正确的有（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎2个 B．‎ ‎3个 C．‎ ‎4个 D．‎ ‎5个 考点：‎ 矩形的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质．‎ 分析：‎ 根据角平分线的定义可得∠BAE=∠DAE=45°，然后利用求出△ABE是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AE=AB，从而得到AE=AD，然后利用“角角边”证明△ABE和△AHD全等，根据全等三角形对应边相等可得BE=DH，再根据等腰三角形两底角相等求出∠ADE=∠AED=67.5°，根据平角等于180°求出∠CED=67.5°，从而判断出①正确；‎ 再求出∠AHB=67.5°，∠DOH=∠ODH=22.5°，然后根据等角对等边可得OE=OD=OH，判断出②正确；‎ 再求出∠EBH=∠OHD=22.5°，∠AEB=∠HDF=45°，然后利用“角边角”证明△BEH和△HDF全等，根据全等三角形对应边相等可得BH=HF，判断出③正确；根据全等三角形对应边相等可得DF=HE，然后根据DH=DC﹣CF整理得到BC﹣2CF=2HE，判断出④错误；‎ 判断出△ABH不是等边三角形，从而得到AB≠BH，即AB≠HF，得到⑤错误．‎ 解答：‎ 解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，‎ ‎∴∠BAE=∠DAE=45°，‎ ‎∴△ABE是等腰直角三角形，‎ ‎∴AE=AB，‎ ‎∵AD=AB，‎ ‎∴AE=AD，‎ 在△ABE和△AHD中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABE≌△AHD（AAS），‎ ‎∴BE=DH，‎ ‎∴AB=BE=AH=HD，‎ ‎∴∠ADE=∠AED=（180°﹣45°）=67.5°，‎ ‎∴∠CED=180°﹣45°﹣67.5°=67.5°，‎ ‎∴∠AED=∠CED，故①正确；‎ ‎∵∠AHB=（180°﹣45°）=67.5°，∠OHE=∠AHB（对顶角相等），‎ ‎∴∠OHE=∠AED，‎ ‎∴OE=OH，‎ ‎∵∠DOH=90°﹣67.5°=22.5°，∠ODH=67.5°﹣45°=22.5°，‎ ‎∴∠DOH=∠ODH，‎ ‎∴OH=OD，‎ ‎∴OE=OD=OH，故②正确；‎ ‎∵∠EBH=90°﹣67.5°=22.5°，‎ ‎∴∠EBH=∠OHD，[来源:Z+xx+k.Com]‎ 在△BEH和△HDF中，‎ ‎，‎ ‎∴△BEH≌△HDF（ASA），‎ ‎∴BH=HF，HE=DF，故③正确；‎ ‎∵DF=DC﹣CF=BC﹣CF，‎ ‎∴BC﹣2CF=2DF，‎ ‎∴BC﹣2CF=2HE，故④错误；‎ ‎∵AB=AH，∠BAE=45°，‎ ‎∴△ABH不是等边三角形，‎ ‎∴AB≠BH，‎ ‎∴即AB≠HF，故⑤错误；‎ 综上所述，结论正确的是①②③共3个．‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并仔细分析题目条件，根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等腰三角形是解题的关键，也本题的难点．‎ ‎34. （2014•湖南衡阳,第12题3分）下列命题是真命题的是（　　）‎ ‎　 A． 四边形都相等的四边形是矩形 ‎　 B． 菱形的对角线相等 ‎　 C． 对角线互相垂直的平行四边形是正方形 ‎　 D． 对角线相等的梯形是等腰梯形 考点：命题与定理．‎ 分析：利用特殊的四边形的判定和性质定理逐一判断后即可确定正确的选项．‎ 解答：解：A、四条边都相等的是菱形，故错误，是假命题；‎ B、菱形的对角线互相垂直但不相等，故错误，是假命题；‎ C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形但不一定是正方形，故错误，是假命题；‎ D、正确，是真命题．‎ 故选D．‎ 点评： 本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是牢记特殊的四边形的判定定理，难度不大，属于基础题．‎ ‎35. （2014•广西来宾，第6题3分）正方形的一条对角线长为4，则这个正方形的面积是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎8‎ B．‎ ‎4‎ C．‎ ‎8‎ D．‎ ‎16‎ 考点：‎ 正方形的性质．‎ 分析：‎ 根据正方形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．‎ 解答：‎ 解：∵正方形的一条对角线长为4，‎ ‎∴这个正方形的面积=×4×4=8．‎ 故选A．‎ 点评：‎ 本题考查了正方形的性质，熟记利用对角线求面积的方法是解题的关键．‎ ‎36．（2014•广西来宾，第9题3分）顺次连接菱形各边的中点所形成的四边形是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 等腰梯形 B．‎ 矩形 C．‎ 菱形 D．‎ 正方形 考点：‎ 正方形的判定；三角形中位线定理；菱形的性质．‎ 分析：‎ 根据三角形的中位线定理以及菱形的性质即可证得．‎ 解答：‎ 解：∵E，F是中点，‎ ‎∴EH∥BD，‎ 同理，EF∥AC，GH∥AC，FG∥BD，‎ ‎∴EH∥FG，EF∥GH，‎ 则四边形EFGH是平行四边形．‎ 又∵AC⊥BD，‎ ‎∴EF⊥EH，‎ ‎∴平行四边形EFGH是矩形．‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题主要考查了矩形的判定定理，正确理解菱形的性质以及三角形的中位线定理是解题的关键．‎ ‎37．（2014•青岛，第7题3分）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使顶点C恰好落在AB边的中点C′上．若AB=6，BC=9，则BF的长为（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎4‎ B．‎ ‎3‎ C．‎ ‎4.5‎ D．‎ ‎5‎ 考点：‎ 翻折变换（折叠问题）．‎ 分析：‎ 先求出BC′，再由图形折叠特性知，C′F=CF=BC﹣BF=9﹣BF，在直角三角形C′BF中，运用勾股定理BF2+BC′2=C′F2求解．‎ 解答：‎ 解：∵点C′是AB边的中点，AB=6，‎ ‎∴BC′=3，‎ 由图形折叠特性知，C′F=CF=BC﹣BF=9﹣BF，‎ 在直角三角形C′BF中，BF2+BC′2=C′F2，‎ ‎∴BF2+9=（9﹣BF）2，‎ 解得，BF=4，‎ 故选：A．‎ 点评：‎ 本题考查了折叠问题及勾股定理的应用，综合能力要求较高．同时也考查了列方程求解的能力．解题的关键是找出线段的关系．‎ ‎38．（2014•四川绵阳,第9题3分）下列命题中正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 对角线相等的四边形是矩形 ‎　‎ B．‎ 对角线互相垂直的四边形是菱形 ‎　‎ C．‎ 对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形 ‎　‎ D．‎ 一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形 考点：‎ 命题与定理．‎ 分析：‎ 根据根据矩形、菱形、正方形和平行四边形的判定方法对各选项进行判断．‎ 解答：‎ 解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，所以A选项错误；‎ B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以B选项错误；‎ C、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，所以C选项正确；‎ D、一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，所以D选项错误．‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．‎ ‎39. （2014•山西，第10题3分）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC=2AE，直角三角形FEG的两直角边EF、EG分别交BC、DC于点M、N．若正方形ABCD的变长为a，则重叠部分四边形EMCN的面积为（　　）‎ ‎　 A． a2 B． a2 C． a2 D．a2‎ 考点：全等三角形的判定与性质；正方形的性质．‎ 分析：作EM⊥BC于点M，EQ⊥CD于点Q，△EPM≌△EQN，利用四边形EMCN的面积等于正方形MCQE的面积求解．‎ 解答： 解：作EM⊥BC于点M，EQ⊥CD于点Q，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠BCD=90°，‎ 又∵∠EPM=∠EQN=90°，‎ ‎∴∠PEQ=90°，‎ ‎∴∠PEM+∠MEQ=90°，‎ ‎∵三角形FEG是直角三角形，‎ ‎∴∠NEF=∠NEQ+∠MEQ=90°，‎ ‎∴∠PEM=∠NEQ，‎ ‎∵AC是∠BCD的角平分线，∠EPC=∠EQC=90°，‎ ‎∴EP=EN，四边形MCQE是正方形，‎ 在△EPM和△EQN中，‎ ‎，‎ ‎∴△EPM≌△EQN（ASA）‎ ‎∴S△EQN=S△EPM，‎ ‎∴四边形EMCN的面积等于正方形MCQE的面积，‎ ‎∵正方形ABCD的边长为a，‎ ‎∴AC=a，‎ ‎∵EC=2AE，‎ ‎∴EC=a，‎ ‎∴EP=PC=a，‎ ‎∴正方形MCQE的面积=a×a=a2，‎ ‎∴四边形EMCN的面积=a2，‎ 故选：D．‎ 点评： 本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的判定及性质，解题的关键是作出辅助线，证出△EPM≌△EQN．‎ ‎40. （2014•攀枝花，第9题3分）如图，两个连接在一起的菱形的边长都是1cm，一只电子甲虫，从点A开始按ABCDAEFGAB…的顺序沿菱形的边循环爬行，当电子甲虫爬行2014cm时停下，则它停的位置是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 点F B．‎ 点E C．‎ 点A D．‎ 点C 考点：‎ 菱形的性质；规律型：图形的变化类．‎ 分析：‎ 观察图形不难发现，每移动8cm为一个循环组依次循环，用2014除以8，根据商和余数的情况确定最后停的位置所在的点即可．‎ 解答：‎ 解：∵两个菱形的边长都为1cm，‎ ‎∴从A开始移动8cm后回到点A，‎ ‎∵2014÷8=251余6，‎ ‎∴移动2014cm为第252个循环组的第6cm，在点F处．‎ 故选A．‎ 点评：‎ 本题是对图形变化规律的考查，观察图形得到每移动8cm为一个循环组依次循环是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎41. （2014•丽水，第7题3分）如图，小红在作线段AB的垂直平分线时，是这样操作的：分别以点A，B为圆心，大于线段AB长度一半的长为半径画弧，相交于点C，D，则直线CD即为所求．连结AC，BC，AD，BD，根据她的作图方法可知，四边形ADBC一定是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 矩形 B．‎ 菱形 C．‎ 正方形 D．‎ 等腰梯形 考点：‎ 菱形的判定；作图—基本作图．‎ 分析：‎ 根据垂直平分线的画法得出四边形ADBC四边的关系进而得出四边形一定是菱形．‎ 解答：‎ 解：∵分别以A和B为圆心，大于AB的长为半径画弧，两弧相交于C、D，‎ ‎∴AC=AD=BD=BC，‎ ‎∴四边形ADBC一定是菱形，‎ 故选：B．‎ 点评：‎ 此题主要考查了线段垂直平分线的性质以及菱形的判定，得出四边形四边关系是解决问题的关键．‎ ‎42．(2014年黑龙江牡丹江) (2014•黑龙江牡丹江, 第8题3分)如图，在菱形ABCD中，E是AB边上一点，且∠A=∠EDF=60°，有下列结论：①AE=BF；②△DEF是等边三角形；③△BEF是等腰三角形；④∠ADE=∠BEF，其中结论正确的个数是（　　）‎ 第1题图 ‎　 A． 3 B． 4 C． 1 D． 2‎ 考点： 菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定；等边三角形的判定与性质．‎ 分析： 首先连接BD，易证得△ADE≌△△BDF，然后可证得DE=DF，即可得△DEF是等边三角形，然后可证得∠ADE=∠BEF．‎ 解答： 解：连接BD，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AD=AB，∠ADB=∠ADC，AB∥CD，‎ ‎∵∠A=60°，‎ ‎∴∠ADC=120°，∠ADB=60°，‎ 同理：∠DBF=60°，‎ 即∠A=∠DBF，‎ ‎∴△ABD是等边三角形，‎ ‎∴AD=BD，‎ ‎∵∠ADE+∠BDE=60°，∠BDE+∠BDF=∠EDF=60°，‎ ‎∴∠ADE=∠BDF，‎ ‎∵在△ADE和△BDF中，‎ ‎，‎ ‎∴△ADE≌△△BDF（ASA），‎ ‎∴DE=DF，‎ ‎∵∠EDF=60°，‎ ‎∴△EDF是等边三角形，‎ ‎∴②正确；‎ ‎∴∠DEF=60°，‎ ‎∴∠AED+∠BEF=120°，‎ ‎∵∠AED+∠ADE=180°﹣∠A=120°，‎ ‎∴∠ADE=∠BEF；‎ 故④正确．‎ ‎∵∠ADE=∠BDF，‎ 同理：∠BDE=∠CDF，‎ 但∠ADE不一定等于∠BDE，‎ ‎∴AE不一定等于BE，‎ 故①错误；‎ ‎∵△ADE≌△△BDF，‎ ‎∴AE=BF，‎ 同理：BE=CF，‎ 但BE不一定等于BF．‎ 故③错误．‎ 故选D．‎ 点评： 此题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度较大，注意掌握数形结合思想的应用．‎ ‎43. (2014年湖北黄石) （2014•湖北黄石,第5题3分）如图，一个矩形纸片，剪去部分后得到一个三角形，则图中∠1+∠2的度数是（　　）‎ 第2题图 ‎　 A． 30° B． 60° C． 90° D． 120°‎ 考点： 直角三角形的性质．‎ 分析： 根据直角三角形两锐角互余解答．‎ 解答： 解：由题意得，剩下的三角形是直角三角形，‎ 所以，∠1+∠2=90°．‎ 故选C．‎ 点评： 本题考查了直角三角形两锐角互余的性质，熟记性质是解题的关键．‎ ‎44. (2014年湖北黄石) （2014•湖北黄石,第8题3分）以下命题是真命题的是（　　）‎ ‎　 A． 梯形是轴对称图形 ‎　 B． 对角线相等的四边形是矩形 ‎　 C． 四边相等的四边形是正方形 ‎　 D． 有两条相互垂直的对称轴的四边形是菱形 考点： 命题与定理有 分析： 根据等腰图形的性质对A矩形判断；根据矩形、正方形和菱形的判定方法分别对B、C、D矩形判断．‎ 解答： 解：A、等腰梯形是轴对称图形，所以A选项错误；‎ B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项错误；‎ C、四边相等且有一个角为90°的四边形是正方形，所以C选项错误；‎ D、有两条相互垂直的对称轴的四边形是菱形，所以D选项正确．‎ 故选D．‎ 点评： 本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．‎ ‎45. (2014年湖北黄石) （2014•湖北黄石,第9题3分）正方形ABCD在直角坐标系中的位置如下图表示，将正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转180°后，C点的坐标是（　　）‎ 第4题图 ‎　 A．（2，0） B． （3，0） C． （2，﹣1） D． （2，1）‎ 考点： 坐标与图形变化-旋转．‎ 分析： 正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转180°后，C点的对应点与C一定关于A对称，A是对称点连线的中点，据此即可求解．‎ 解答： 解：AC=2，‎ 则正方形ABCD绕点A顺时针方向旋转180°后C的对应点设是C′，则AC′=AC=2，‎ 则OC′=3，‎ 故C′的坐标是（3，0）．‎ 故选B．‎ 点评： 本题考查了旋转的性质，理解C点的对应点与C一定关于A对称，A是对称点连线的中点是关键．‎ ‎46．(2014•陕西,第9题3分)如图，在菱形ABCD中，AB=5，对角线AC=6．若过点A作AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为（　　）‎ ‎　 A． 4 B． C． D． 5‎ 考点： 菱形的性质．‎ 分析： 连接BD，根据菱形的性质可得AC⊥BD，AO=AC，然后根据勾股定理计算出BO长，再算出菱形的面积，然后再根据面积公式BC•AE=AC•BD可得答案．‎ 解答： 解：连接BD，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，[来源:Zxxk.Com]‎ ‎∴AC⊥BD，AO=AC，BD=2BO，‎ ‎∴∠AOB=90°，‎ ‎∵AC=6，‎ ‎∴AO=3，‎ ‎∴B0==4，‎ ‎∴DB=8，‎ ‎∴菱形ABCD的面积是×AC•DB=×6×8=24，‎ ‎∴BC•AE=24，‎ AE=，‎ 故选：C．‎ 点评： 此题主要考查了菱形的性质，以及菱形的性质面积，关键是掌握菱形的对角线互相垂直且平分．‎ ‎　‎ ‎47．（2014衡阳，第12题3分）下列命题是真命题的是【 】‎ A．四条边都相等的四边形是矩形 B．菱形的对角线相等 C．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 D．对角线相等的梯形是等腰梯形 二、填空题 ‎1. （2014•上海，第18题4分）如图，已知在矩形ABCD中，点E在边BC上，BE=2CE，将矩形沿着过点E的直线翻折后，点C、D分别落在边BC下方的点C′、D′处，且点C′、D′、B在同一条直线上，折痕与边AD交于点F，D′F与BE交于点G．设AB=t，那么△EFG的周长为　2t　（用含t的代数式表示）．‎ 考点：‎ 翻折变换（折叠问题）‎ 分析：‎ 根据翻折的性质可得CE=C′E，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半判断出∠EBC′=30°，然后求出∠BGD′=60°，根据对顶角相等可得∠FGE=∠∠BGD′=60°，根据两直线平行，内错角相等可得∠AFG=∠FGE，再求出∠EFG=60°，然后判断出△EFG是等边三角形，根据等边三角形的性质表示出EF，即可得解．‎ 解答：‎ 解：由翻折的性质得，CE=C′E，‎ ‎∵BE=2CE，‎ ‎∴BE=2C′E，‎ 又∵∠C′=∠C=90°，‎ ‎∴∠EBC′=30°，‎ ‎∵∠FD′C′=∠D=90°，‎ ‎∴∠BGD′=60°，‎ ‎∴∠FGE=∠∠BGD′=60°，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠AFG=∠FGE=60°，‎ ‎∴∠EFG=（180°﹣∠AFG）=（180°﹣60°）=60°，‎ ‎∴△EFG是等边三角形，‎ ‎∴AB=t，‎ ‎∴EF=t÷=t，‎ ‎∴△EFG的周长=3×t=2t．‎ 故答案为：2t．‎ 点评：‎ 本题考查了翻折变换的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半，等边三角形的判定与性质，熟记性质并判断出△EFG是等边三角形是解题的关键．‎ ‎2. （2014•山东枣庄，第17题4分）如图，将矩形ABCD沿CE向上折叠，使点B落在AD边上的点F处．若AE=BE，则长AD与宽AB的比值是 ．‎ ‎ ‎ 考点：‎ 翻折变换（折叠问题）‎ 分析：‎ 由AE=BE，可设AE=2k，则BE=3k，AB=5k．由四边形ABCD是矩形，可得∠A=∠ABC=∠D=90°，CD=AB=5k，AD=BC．由折叠的性质可得∠EFC=∠B=90°，EF=EB=3k，CF=BC，由同角的余角相等，即可得∠DCF=∠AFE．在Rt△AEF中，根据勾股定理求出AF==‎ k，由cos∠AFE=cos∠DCF得出CF=3k，即AD=3k，进而求解即可．‎ 解答：‎ 解：∵AE=BE，‎ ‎∴设AE=2k，则BE=3k，AB=5k．‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠A=∠ABC=∠D=90°，CD=AB=5k，AD=BC．‎ ‎∵将矩形ABCD沿CE向上折叠，使点B落在AD边上的点F处，‎ ‎∴∠EFC=∠B=90°，EF=EB=3k，CF=BC，‎ ‎∴∠AFE+∠DFC=90°，∠DFC+∠FCD=90°，‎ ‎∴∠DCF=∠AFE，‎ ‎∴cos∠AFE=cos∠DCF．‎ 在Rt△AEF中，∵∠A=90°，AE=2k，EF=3k，‎ ‎∴AF==k，‎ ‎∴=，即=，‎ ‎∴CF=3k，‎ ‎∴AD=BC=CF=3k，‎ ‎∴长AD与宽AB的比值是=．‎ 故答案为．‎ 点评：‎ 此题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理以及三角函数的定义．解此题的关键是数形结合思想与转化思想的应用．‎ ‎3. （2014•江苏苏州,第13题3分）已知正方形ABCD的对角线AC=，则正方形ABCD的周长为　4　．‎ 考点：‎ 正方形的性质．‎ 分析：‎ 根据正方形的对角线等于边长的倍求出边长，再根据正方形的周长公式列式计算即可得解．‎ 解答：‎ 解：∵正方形ABCD的对角线AC=，‎ ‎∴边长AB=÷=1，‎ ‎∴正方形ABCD的周长=4×1=4．‎ 故答案为：4．‎ 点评：‎ 本题考查了正方形的性质，比较简单，熟记正方形的对角线等于边长的倍是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎4. （2014•江苏苏州,第17题3分）如图，在矩形ABCD中，=，以点B为圆心，BC长为半径画弧，交边AD于点E．若AE•ED=，则矩形ABCD的面积为　5　．‎ 考点：‎ 矩形的性质；勾股定理．‎ 分析：‎ 连接BE，设AB=3x，BC=5x，根据勾股定理求出AE=4x，DE=x，求出x的值，求出AB、BC，即可求出答案．‎ 解答：‎ 解：如图，连接BE，则BE=BC．‎ 设AB=3x，BC=5x，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AB=CD=3x，AD=BC=5x，∠A=90°，‎ 由勾股定理得：AE=4x，‎ 则DE=5x﹣4x=x，‎ ‎∵AE•ED=，‎ ‎∴4x•x=，‎ 解得：x=（负数舍去），‎ 则AB=3x=，BC=5x=，‎ ‎∴矩形ABCD的面积是AB×BC=×=5，‎ 故答案为：5．‎ 点评：‎ 本题考查了矩形的性质，勾股定理的应用，解此题的关键是求出x的值，题目比较好，难度适中．‎ ‎5. （2014•山东淄博,第15题4分）已知▱ABCD，对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个适当的条件，使▱ABCD成为一个菱形，你添加的条件是　AD=DC　．‎ 考点： 菱形的判定；平行四边形的性质．‎ 专题： 开放型．‎ 分析： 根据菱形的定义得出答案即可．‎ 解答： 解：∵邻边相等的平行四边形是菱形，‎ ‎∴平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，试添加一个条件：可以为：AD=DC；‎ 故答案为：AD=DC．‎ 点评： 此题主要考查了菱形的判定以及平行四边形的性质，根据菱形的定义得出是解题关键．‎ ‎6．（2014•四川宜宾，第12题，3分）菱形的周长为20cm，两个相邻的内角的度数之比为1：2，则较长的对角线长度是 5 cm． ‎ 考点：‎ 菱形的性质；特殊角的三角函数值 分析：‎ 根据菱形的对角线互相垂直且平分各角，可设较小角为x，因为邻角之和为180°，∴x+2x=180°，所以x=60°，画出其图形，根据三角函数，可以得到其中较长的对角线的长．‎ 解答：‎ 解：∵菱形的周长为20cm ‎∴菱形的边长为5cm ‎∵两邻角之比为1：2‎ ‎∴较小角为60°‎ 画出图形如下所示：‎ ‎∴∠ABO=30°，AB=5cm，‎ ‎∵最长边为BD，BO=AB•cos∠ABO=5×=‎ ‎∴BD=2BO=．‎ 点评：‎ 本题考查了菱形的对角线互相垂直且平分各角，特殊三角函数的熟练掌握．‎ ‎ ‎ ‎7．（2014•四川凉山州，第14题，4分）顺次连接矩形四边中点所形成的四边形是 菱形 ．学校的一块菱形花园两对角线的长分别是6m和8m，则这个花园的面积为 24m2 ．‎ ‎ ‎ 考点：‎ 菱形的判定与性质；中点四边形 分析：‎ 因为题中给出的条件是中点，所以可利用三角形中位线性质，以及矩形对角线相等去证明四条边都相等，从而说明是一个菱形．根据菱形的面积公式求出即可．‎ 解答：‎ 解：连接AC、BD，‎ 在△ABD中，‎ ‎∵AH=HD，AE=EB ‎∴EH=BD，‎ 同理FG=BD，HG=AC，EF=AC，‎ 又∵在矩形ABCD中，AC=BD，‎ ‎∴EH=HG=GF=FE，‎ ‎∴四边形EFGH为菱形；‎ 这个花园的面积是×6m×8m=24m2，‎ 故答案为：菱形，24m2．‎ 点评：‎ 本题考查了菱形的判定和菱形的面积，三角形的中位线的应用，注意：菱形的判别方法是说明一个四边形为菱形的理论依据，常用三种方法：①定义，②四边相等，③对角线互相垂直平分．‎ ‎8．（2014•甘肃白银、临夏,第17题4分）如图，四边形ABCD是菱形，O是两条对角线的交点，过O点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分．当菱形的两条对角线的长分别为6和8时，则阴影部分的面积为　 　．‎ 考点：‎ 中心对称；菱形的性质．‎ 分析：‎ 根据菱形的面积等于对角线乘积的一半求出面积，再根据中心对称的性质判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半解答．‎ 解答：‎ 解：∵菱形的两条对角线的长分别为6和8，‎ ‎∴菱形的面积=×6×8=24，‎ ‎∵O是菱形两条对角线的交点，‎ ‎∴阴影部分的面积=×24=12．‎ 故答案为：12．‎ 点评：‎ 本题考查了中心对称，菱形的性质，熟记性质并判断出阴影部分的面积等于菱形的面积的一半是解题的关键．‎ ‎9．（2014•甘肃兰州,第17题4分）如果菱形的两条对角线的长为a和b，且a，b满足（a﹣1）2+=0，那么菱形的面积等于　 　．‎ 考点：‎ 菱形的性质；非负数的性质：偶次方；非负数的性质：算术平方根．‎ 分析：‎ 根据非负数的性质列式求出a、b，再根据菱形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．‎ 解答：‎ 解：由题意得，a﹣1=0，b﹣4=0，‎ 解得a=1，b=4，‎ ‎∵菱形的两条对角线的长为a和b，‎ ‎∴菱形的面积=×1×4=2．‎ 故答案为：2．‎ 点评：‎ 本题考查了非负数的性质，菱形的性质，主要利用了菱形的面积等于对角线乘积的一半，需熟记．‎ ‎10. （2014•泰州，第16题，3分）如图，正方向ABCD的边长为3cm，E为CD边上一点，∠DAE=30°，M为AE的中点，过点M作直线分别与AD、BC相交于点P、Q．若PQ=AE，则AP等于　1或2　cm．‎ ‎（第1题图）‎ 考点：‎ 全等三角形的判定与性质；正方形的性质；解直角三角形 分析：‎ 根据题意画出图形，过P作PN⊥BC，交BC于点N，由ABCD为正方形，得到AD=DC=PN，在直角三角形ADE中，利用锐角三角函数定义求出DE的长，进而利用勾股定理求出AE的长，根据M为AE中点求出AM的长，利用HL得到三角形ADE与三角形PQN全等，利用全等三角形对应边，对应角相等得到DE=NQ，∠DAE=∠NPQ=30°，再由PN与DC平行，得到∠PFA=∠DEA=60°，进而得到PM垂直于AE，在直角三角形APM中，根据AM的长，利用锐角三角函数定义求出AP的长，再利用对称性确定出AP′的长即可．‎ 解答：‎ 解：根据题意画出图形，过P作PN⊥BC，交BC于点N，‎ ‎∵四边形ABCD为正方形，‎ ‎∴AD=DC=PN，‎ 在Rt△ADE中，∠DAE=30°，AD=3cm，‎ ‎∴tan30°=，即DE=cm，‎ 根据勾股定理得：AE==2cm，‎ ‎∵M为AE的中点，‎ ‎∴AM=AE=cm，‎ 在Rt△ADE和Rt△PNQ中，‎ ‎，‎ ‎∴Rt△ADE≌Rt△PNQ（HL），‎ ‎∴DE=NQ，∠DAE=∠NPQ=30°，‎ ‎∵PN∥DC，‎ ‎∴∠PFA=∠DEA=60°，‎ ‎∴∠PMF=90°，即PM⊥AF，‎ 在Rt△AMP中，∠MAP=30°，cos30°=，‎ ‎∴AP===2cm；‎ 由对称性得到AP′=DP=AD﹣AP=3﹣2=1cm，‎ 综上，AP等于1cm或2cm．‎ 故答案为：1或2．‎ 点评：‎ 此题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．‎ ‎11. （ 2014•福建泉州，第14题4分）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，D为斜边AB的中点，AB=10cm，则CD的长为　5　cm．‎ 考点：‎ 直角三角形斜边上的中线．‎ 分析：‎ 根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CD=AB．‎ 解答：‎ 解：∵∠ACB=90°，D为斜边AB的中点，‎ ‎∴CD=AB=×10=5cm．‎ 故答案为：5．‎ 点评：‎ 本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，熟记性质是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎12．(2014年四川资阳，第15题3分)如图，在边长为4的正方形ABCD中，E是AB边上的一点，且AE=3，点Q为对角线AC上的动点，则△BEQ周长的最小值为 ．‎ 考点： 轴对称-最短路线问题；正方形的性质．‎ 分析： 连接BD，DE，根据正方形的性质可知点B与点D关于直线AC对称，故DE的长即为BQ+QE的最小值，进而可得出结论．‎ 解答： 解：连接BD，DE，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴点B与点D关于直线AC对称，‎ ‎∴DE的长即为BQ+QE的最小值，‎ ‎∵DE=BQ+QE===5，‎ ‎∴△BEQ周长的最小值=DE+BE=5+1=6．‎ 故答案为：6．‎ 点评： 本题考查的是轴对称﹣最短路线问题，熟知轴对称的性质是解答此题的关键．‎ ‎　‎ ‎13.（2014•孝感，第16题3分）如图，已知矩形ABCD，把矩形沿直线AC折叠，点B落在点E处，连接DE、BE，若△ABE是等边三角形，则=　　．‎ 考点：‎ 翻折变换（折叠问题）．‎ 分析：‎ 过E作EM⊥AB于M，交DC于N，根据矩形的性质得出DC=AB，DC∥AB，∠ABC=90°，设AB=AE=BE=2a，则BC==a，即MN=a，求出EN，根据三角形面积公式求出两个三角形的面积，即可得出答案．‎ 解答：‎ 解： ‎ 过E作EM⊥AB于M，交DC于N，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴DC=AB，DC∥AB，∠ABC=90°，‎ ‎∴MN=BC，‎ ‎∴EN⊥DC，‎ ‎∵延AC折叠B和E重合，△AEB是等边三角形，‎ ‎∴∠EAC=∠BAC=30°，‎ 设AB=AE=BE=2a，则BC==a，‎ 即MN=a，‎ ‎∵△ABE是等边三角形，EM⊥AB，‎ ‎∴AM=a，由勾股定理得：EM==a，‎ ‎∴△DCE的面积是×DC×EN=×2a×（a﹣a）=a2，‎ ‎△ABE的面积是AB×EM=×2a×a=a2，‎ ‎∴==，‎ 故答案为：．‎ 点评：‎ 本题考查了勾股定理，折叠的性质，矩形的性质，等边三角形的性质的应用，解此题的关键是求出两个三角形的面积，题目比较典型，难度适中．‎ ‎14．（2014·浙江金华，第15题4分）如图，矩形ABCD中，AB=8，点E是AD上的一点，有AE=4，BE的垂直平分线交BC的延长线于点F，连结EF交CD于点G，若G是CD的中点，则BC的长是 ▲ ． ‎ ‎【答案】7.‎ ‎【解析】‎ 考点：1.矩形的性质；2.全等三角形的判定和性质；3.勾股定理；4.线段垂直平分线的性质；5.方程思想的应用.‎ ‎15. （2014•乐山，第15题3分）如图．在正方形ABCD的边长为3，以A为圆心，2为半径作圆弧．以D为圆心，3为半径作圆弧．若图中阴影部分的面积分为S1、S2．则S1﹣S2=　﹣9　．‎ 考点：‎ 整式的加减．.‎ 分析：‎ 先求出正方形的面积，再根据扇形的面积公式求出以A为圆心，2为半径作圆弧．以D为圆心，3为半径作圆弧的两扇形面积，再求出其差即可．‎ 解答：‎ 解：∵S正方形=3×3=9，‎ S扇形ADC==，‎ S扇形EAF==π，‎ ‎∴S1﹣S2=π﹣（S正方形﹣S扇形ADC）=π﹣（9﹣）=﹣9．‎ 故答案为：﹣9．‎ 点评：‎ 本题考查的是整式的加减，熟知整式的加减实质上是合并同类项是解答此题的关键．‎ ‎16. （2014•乐山，第15题3分）如图．在正方形ABCD的边长为3，以A 为圆心，2为半径作圆弧．以D为圆心，3为半径作圆弧．若图中阴影部分的面积分为S1、S2．则S1﹣S2=　﹣9　．‎ 考点：‎ 整式的加减．.‎ 分析：‎ 先求出正方形的面积，再根据扇形的面积公式求出以A为圆心，2为半径作圆弧．以D为圆心，3为半径作圆弧的两扇形面积，再求出其差即可．‎ 解答：‎ 解：∵S正方形=3×3=9，‎ S扇形ADC==，‎ S扇形EAF==π，‎ ‎∴S1﹣S2=π﹣（S正方形﹣S扇形ADC）=π﹣（9﹣）=﹣9．‎ 故答案为：﹣9．‎ 点评：‎ 本题考查的是整式的加减，熟知整式的加减实质上是合并同类项是解答此题的关键．‎ ‎17．（3分）（2014•贵州黔西南州, 第19题3分）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使边AB、CD均落在对角线BD上，得折痕BE、BF，则∠EBF=　45　°．‎ 第1题图 考点：‎ 角的计算；翻折变换（折叠问题）．‎ 分析：‎ 根据四边形ABCD是矩形，得出∠ABE=∠EBD=∠ABD，∠DBF=∠FBC=∠DBC，再根据∠ABE+∠EBD+∠DBF+∠FBC=∠ABC=90°，得出∠EBD+∠DBF=45°，从而求出答案．‎ 解答：‎ 解：∵四边形ABCD是矩形，‎ 根据折叠可得∠ABE=∠EBD=∠ABD，∠DBF=∠FBC=∠DBC，‎ ‎∵∠ABE+∠EBD+∠DBF+∠FBC=∠ABC=90°，‎ ‎∴∠EBD+∠DBF=45°，‎ 即∠EBF=45°，‎ 故答案为：45°．‎ 点评：‎ 此题考查了角的计算和翻折变换，解题的关键是找准图形翻折后，哪些角是相等的，再进行计算，是一道基础题．‎ ‎18. （2014•黑龙江哈尔滨,第17题3分）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，若点P在AD边上，连接BP、PC，△BPC是以PB为腰的等腰三角形，则PB的长为　5或6　．‎ 第2题图 考点：‎ 矩形的性质；等腰三角形的判定；勾股定理．‎ 专题：‎ 分类讨论．‎ 分析：‎ 需要分类讨论：PB=PC和PB=BC两种情况．‎ 解答：‎ 解：如图，在矩形ABCD中，AB=CD=4，BC=AD=6．‎ 如图1，当PB=PC时，点P是BC的中垂线与AD的交点，则AP=DP=AD=3．‎ 在Rt△ABP中，由勾股定理得 PB===5；‎ 如图2，当BP=BC=6时，△BPC也是以PB为腰的等腰三角形．‎ 综上所述，PB的长度是5或6．‎ 点评：‎ 本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定和勾股定理．解题时，要分类讨论，以防漏解．‎ ‎19. （2014•黑龙江哈尔滨,第19题3分）如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，点E在AB边上，EF⊥AC于点F，连接EC，AF=3，△EFC的周长为12，则EC的长为　5　．‎ 第3题图 考点：‎ 正方形的性质；勾股定理；等腰直角三角形．‎ 分析：‎ 由四边形ABCD是正方形，AC为对角线，得出∠AFE=45°，又因为EF⊥AC，得到∠AFE=90°得出EF=AF=3，由△EFC的周长为12，得出线段FC=12﹣3﹣EC=9﹣EC，在RT△EFC中，运用勾股定理EC2=EF2+FC2，求出EC=5．‎ 解答：‎ 解：∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，‎ ‎∴∠AFE=45°，‎ 又∵EF⊥AC，‎ ‎∴∠AFE=90°，∠AEF=45°，‎ ‎∴EF=AF=3，‎ ‎∵△EFC的周长为12，‎ ‎∴FC=12﹣3﹣EC=9﹣EC，‎ 在RT△EFC中，EC2=EF2+FC2，‎ ‎∴EC2=9+（9﹣EC）2，‎ 解得EC=5．‎ 故答案为：5．‎ 点评：‎ 本题主要考查了正方形的性质及等腰直角三角形，解题的关键是找出线段的关系．运用勾股定理列出方程．‎ ‎20． (2014•黑龙江牡丹江, 第20题3分)已知在平面直角坐标系中放置了5个如图所示的正方形（用阴影表示），点B1在y轴上且坐标是（0，2），点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上，C1的坐标是（1，0）．B1C1∥B2C2∥B3C3，以此继续下去，则点A2014到x轴的距离是　　．‎ 第4题图 考点： 全等三角形的判定与性质；规律型：点的坐标；正方形的性质．‎ 分析： 根据勾股定理可得正方形A1B1C1D1的边长为=，根据相似三角形的性质可得后面正方形的边长依次是前面正方形边长的，依次得到第2014个正方形和第2014个正方形的边长，进一步得到点A2014到x轴的距离．‎ 解答： 解：如图，∵点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上，B1C1∥B2C2∥B3C3，‎ ‎∴△B1OC1∽△B2E2C2∽B3E4C3…，△B1OC1≌△1CE1D1，…，‎ ‎∴B2E2=1，B3E4=，B4E6=，B5E8=…，‎ ‎∴B2014E4016=，‎ 作A1E⊥x轴，延长A1D1交x轴于F，‎ 则△C1D1F∽△C1D1E1，‎ ‎∴=，‎ 在Rt△OB1C1中，OB1=2，OC1=1，‎ 正方形A1B1C1D1的边长为为=，‎ ‎∴D1F=，‎ ‎∴A1F=，‎ ‎∵A1E∥D1E1，‎ ‎∴=，‎ ‎∴A1E=3，∴=，‎ ‎∴点A2014到x轴的距离是×=‎ 点评： 此题主要考查了正方形的性质以及解直角三角形的知识，得出正方形各边长是解题关键．‎ ‎21. （2014•湖北黄冈,第15题3分）如图，在一张长为8cm，宽为6cm的矩形纸片上，现要剪下一个腰长为5cm的等腰三角形（要求：等腰三角形的一个顶点与矩形的一个顶点重合，其余的两个顶点在矩形的边上）．则剪下的等腰三角形的面积为　，5，10　cm2．‎ 第5题图 考点：‎ 作图—应用与设计作图．‎ 分析：‎ 因为等腰三角形腰的位置不明确，所以分（1）腰长在矩形相邻的两边上，（2）一腰在矩形的宽上，（3）一腰在矩形的长上，三种情况讨论．（1）△AEF 为等腰直角三角形，直接利用面积公式求解即可；（2）先利用勾股定理求出AE边上的高BF，再代入面积公式求解；（3）先求出AE边上的高DF，再代入面积公式求解．‎ 解答：‎ 解：分三种情况计算：‎ ‎（1）当AE=AF=5厘米时，‎ ‎∴S△AEFAE•AF=×5×5=厘米2，‎ ‎（2）当AE=EF=5厘米时，如图 BF===2厘米，‎ ‎∴S△AEF=•AE•BF=×5×2=5厘米2，‎ ‎（3）当AE=EF=5厘米时，如图 DF===4厘米，‎ ‎∴S△AEF=AE•DF=×5×4=10厘米2．‎ 故答案为：，5，10．‎ 点评：‎ 本题主要考查矩形的角是直角的性质和勾股定理的运用，要根据三角形的腰长的不确定分情况讨论．‎ ‎22．（2014•重庆A,第15题4分）如图，菱形ABCD中，∠A=60°，BD=7，则菱形ABCD的周长为　28　．‎ 考点： 菱形的性质 分析： 根据菱形的性质可得：AB=AD，然后根据∠A=60°，可得三角形ABD为等边三角形，继而可得出边长以及周长．‎ 解答： 解：∵四边形ABCD为菱形，‎ ‎∴AB=AD，‎ ‎∵∠A=60°，‎ ‎∴△ABD为等边三角形，‎ ‎∵BD=7，‎ ‎∴AB=BD=7，‎ ‎∴菱形ABCD的周长=4×7=28．‎ 故答案为：28．‎ 点评： 本题考查了菱形的性质，解答本题的关键是掌握菱形的四条边都相等的性质，比较简单．‎ ‎　‎ ‎23．（2014•重庆A,第18题4分）如图，正方形ABCD的边长为6，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，且DE=2CE，过点C作CF⊥BE，垂足为F，连接OF，则OF的长为　　．‎ 考点： 全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；正方形的性质．‎ 分析： 在BE上截取BG=CF，连接OG，证明△OBG≌△OCF，则OG=OF，∠BOG=∠COF，得出等腰直角三角形GOF，在RT△BCE中，根据射影定理求得GF的长，即可求得OF的长．‎ 解答： 解：如图，在BE上截取BG=CF，连接OG，‎ ‎∵RT△BCE中，CF⊥BE，‎ ‎∴∠EBC=∠ECF，‎ ‎∵∠OBC=∠OCD=45°，‎ ‎∴∠OBG=∠OCF，‎ 在△OBG与△OCF中 ‎∴△OBG≌△OCF（SAS）‎ ‎∴OG=OF，∠BOG=∠COF，‎ ‎∴OG⊥OF，‎ 在RT△BCE中，BC=DC=6，DE=2EC，‎ ‎∴EC=2，‎ ‎∴BE===2，‎ ‎∵BC2=BF•BE，‎ 则62=BF，解得：BF=，‎ ‎∴EF=BE﹣BF=，‎ ‎∵CF2=BF•EF，‎ ‎∴CF=，‎ ‎∴GF=BF﹣BG=BF﹣CF=，‎ 在等腰直角△OGF中 OF2=GF2，‎ ‎∴OF=．‎ 点评： 本题考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形的判定以及射影定理、勾股定理的应用．‎ ‎24．（2014•四川成都,第24题4分）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，N是AB边上的一动点，将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A′MN，连接A′C，则A′C长度的最小值是　﹣1　．‎ 考点：‎ 菱形的性质；翻折变换（折叠问题）‎ 分析：‎ 根据题意得出A′的位置，进而利用锐角三角函数关系求出A′C的长即可．‎ 解答：‎ 解：如图所示：∵MN，MA′是定值，A′C长度的最小值时，即A′在MC上时，‎ 过点M作M⊥DC于点F，‎ ‎∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，‎ ‎∴CD=2，∠ADCB=120°，‎ ‎∴∠FDM=60°，∠FMD=30°，‎ ‎∴FD=MD=，‎ ‎∴FM=DM×cos30°=，‎ ‎∴MC==，‎ ‎∴A′C=MC﹣MA′=﹣1．‎ 故答案为：﹣1．‎ 点评：‎ 此题主要考查了菱形的性质以及锐角三角函数关系等知识，得出A′点位置是解题关键．‎ ‎25．（2014衡阳，第15题3分）如图，在矩形中，，，则的长为 。‎ ‎【考点】矩形的对角线相等且互相平分；一个角是60度的等腰三角形是等边三角形 ‎【解析】∵矩形 ∴OA=OB 又∵∴AOB=60°‎ ‎∴AOB是等边三角形∴OA=OB=AB=5 ∵矩形∴BD=2OB=10‎ ‎【答案】10‎ ‎【点评】本题主要考察矩形对角线的性质，只要应用一个角是60度的等腰三角形是等边三角形就可得结论.‎ ‎26、（2014•无锡，第18题2分）如图，菱形ABCD中，∠A=60°，AB=3，⊙A、⊙B的半径分别为2和1，P、E、F分别是边CD、⊙A和⊙B上的动点，则PE+PF的最小值是　3　．‎ 考点：‎ 轴对称-最短路线问题；菱形的性质；相切两圆的性质．‎ 分析：‎ 利用菱形的性质以及相切两圆的性质得出P与D重合时PE+PF的最小值，进而求出即可．‎ 解答：‎ 解：由题意可得出：当P与D重合时，E点在AD上，F在BD上，此时PE+PF最小，‎ 连接BD，‎ ‎∵菱形ABCD中，∠A=60°，‎ ‎∴AB=AD，则△ABD是等边三角形，‎ ‎∴BD=AB=AD=3，‎ ‎∵⊙A、⊙B的半径分别为2和1，‎ ‎∴PE=1，DF=2，‎ ‎∴PE+PF的最小值是3．‎ 故答案为：3．‎ 点评：‎ 此题主要考查了菱形的性质以及相切两圆的性质等知识，根据题意得出P点位置是解题关键．‎ ‎27、（2014•江西，第13题3分）如图，是将菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向分别旋转90°，180°，270°后形成的图形。若，AB=2，则图中阴影部分的面积为______.‎ ‎　　　　　　　　　　‎ ‎【答案】 12－4.‎ ‎【考点】 菱形的性质，勾股定理，旋转的性质．‎ ‎【分析】 连接AC、BD，AO、BO，AC与BD交于点E，求出菱形对角线AC长，根据旋转的性质可知AO⊥CO。在Rt△AOC中，根据勾股定理求出AO=CO=，从而求出Rt△AOC的面积，再减去△ACD的面积得阴影部分AOCD面积，一共有四个这样的面积，乘以4即得解。‎ ‎【解答】‎ 解：连接BD、AC，相交于点E，连接AO、CO。‎ ‎∵因为四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AC ⊥BD，AB＝AD＝2。‎ ‎∵∠BAD＝60°，‎ ‎∴△ABD是等边三角形，BD＝AB＝2，‎ ‎∴∠BAE＝∠BAD＝30°，AE＝AC，BE=DE=BD=1，‎ 在Rt△ABE中，AE＝，‎ ‎∴AC＝2。‎ ‎∵菱形ABCD以点O为中心按顺时针方向旋转90°，180°，270°，‎ ‎∴∠AOC＝×360°＝90°，即AO⊥CO，AO＝CO 在Rt△AOC中，AO=CO=。‎ ‎∵S△AOC=AO·CO=××=3，S△ADC=AC·DE＝×2×1＝,‎ ‎∴S阴影＝S△AOC －S△ADC=4×（3－）＝12－4‎ 所以图中阴影部分的面积为12－4。‎ ‎28、（2014•宁夏，第10题3分）菱形ABCD中，若对角线长AC=8cm，BD=6cm，则边长AB=　5　cm．‎ 考点：‎ 菱形的性质；勾股定理 专题：‎ 常规题型．‎ 分析：‎ 根据菱形的对角线互相垂直平分求出对角线一半的长度，然后利用勾股定理列式计算即可得解．‎ 解答：‎ 解：如图，∵菱形ABCD中，对角线长AC=8cm，BD=6cm，‎ ‎∴AO=AC=4cm，BO=BD=3cm，‎ ‎∵菱形的对角线互相垂直，‎ ‎∴在Rt△AOB中，AB===5cm．‎ 故答案为：5．‎ 点评：‎ 本题主要考查了菱形的对角线互相垂直平分的性质，作出图形更形象直观且有助于理解．‎ ‎　‎ ‎29、（2014•宁夏，第15题3分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB=CD=2，BC=5，∠BAD的平分线交BC于点E，且AE∥CD，则四边形ABCD的面积为　　．‎ 考点：‎ 平行四边形的判定与性质；等边三角形的判定与性质 分析：‎ 根据题意可以判定△ABE是等边三角形，求得该三角形的高即为等腰梯形ABCD的高．所以利用梯形的面积公式进行解答．‎ 解答：‎ 解：如图，过点A作AF⊥BC于点F．‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴∠DAE=∠AEB，‎ 又∵∠BAE=∠DAE，‎ ‎∴∠BAE=∠AEB，‎ ‎∵AE∥CD，‎ ‎∴∠AEB=∠C，‎ ‎∵AD∥BC，AB=CD=2，‎ ‎∴四边形是等腰梯形，‎ ‎∴∠B=∠C，‎ ‎∴△ABE是等边三角形，[来源:学_科_网Z_X_X_K]‎ ‎∴AB=AE=BE=2，∠B=60°，‎ ‎∴AF=AB•sin60°=2×=，‎ ‎∵AD∥BC，AE∥CD，‎ ‎∴四边形AECD是平行四边形，‎ ‎∴AD=EC=BC﹣BE=5﹣2=3，‎ ‎∴梯形的面积=（AD+BC）×AF=×（3+5）×=4．‎ 点评：‎ 本题考查了等边三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰梯形的性质等．‎ ‎30. （2014•黑龙江龙东,第9题3分）如图，菱形ABCD中，对角线AC=6，BD=8，M、N分别是BC、CD的中点，P是线段BD上的一个动点，则PM+PN的最小值是　5　．‎ 考点： 轴对称-最短路线问题；菱形的性质．.‎ 分析： 作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，求出CP、PB，根据勾股定理求出BC长，证出MP+NP=QN=BC，即可得出答案．‎ 解答： 解：作M关于BD的对称点Q，连接NQ，交BD于P，连接MP，此时MP+NP的值最小，连接AC，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AC⊥BD，∠QBP=∠MBP，‎ 即Q在AB上，‎ ‎∵MQ⊥BD，‎ ‎∴AC∥MQ，‎ ‎∵M为BC中点，‎ ‎∴Q为AB中点，‎ ‎∵N为CD中点，四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴BQ∥CD，BQ=CN，‎ ‎∴四边形BQNC是平行四边形，‎ ‎∴NQ=BC，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴CP=AC=3，BP=BD=4，‎ 在Rt△BPC中，由勾股定理得：BC=5，‎ 即NQ=5，‎ ‎∴MP+NP=QP+NP=QN=5，‎ 故答案为：5．‎ 点评： 本题考查了轴对称﹣最短路线问题，平行四边形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理的应用，解此题的关键是能根据轴对称找出P的位置．‎ ‎31. （2014•黑龙江绥化,第11题3分）矩形纸片ABCD中，已知AD=8，AB=6，E是边BC上的点，以AE为折痕折叠纸片，使点B落在点F处，连接FC，当△EFC为直角三角形时，BE的长为　3或6　．‎ 考点：‎ 翻折变换（折叠问题）．‎ 专题：‎ 分类讨论．‎ 分析：‎ 分①∠EFC=90°时，先判断出点F在对角线AC上，利用勾股定理列式求出AC，设BE=x，表示出CE，根据翻折变换的性质可得AF=AB，EF=BE，然后在Rt△CEF中，利用勾股定理列出方程求解即可；②∠CEF=90°时，判断出四边形ABEF是正方形，根据正方形的四条边都相等可得BE=AB．‎ 解答：‎ 解：①∠EFC=90°时，如图1，‎ ‎∵∠AFE=∠B=90°，∠EFC=90°，‎ ‎∴点A、F、C共线，‎ ‎∵矩形ABCD的边AD=8，‎ ‎∴BC=AD=8，‎ 在Rt△ABC中，AC===10，‎ 设BE=x，则CE=BC﹣BE=8﹣x，‎ 由翻折的性质得，AF=AB=6，EF=BE=x，‎ ‎∴CF=AC﹣AF=10﹣6=4，‎ 在Rt△CEF中，EF2+CF2=CE2，‎ 即x2+42=（8﹣x）2，‎ 解得x=3，‎ 即BE=3；‎ ‎②∠CEF=90°时，如图2，‎ 由翻折的性质得，∠AEB=∠AEF=×90°=45°，‎ ‎∴四边形ABEF是正方形，‎ ‎∴BE=AB=6，‎ 综上所述，BE的长为3或6．‎ 故答案为：3或6．‎ 点评：‎ 本题考查了翻折变化的性质，勾股定理，正方形的判定与性质，此类题目，利用勾股定理列出方程求解是常用的方法，本题难点在于分情况讨论，作出图形更形象直观．‎ ‎32. （2014•湖南衡阳,第15题3分）如图，在矩形ABCD中，∠BOC=120°，AB=5，则BD的长为　10　．‎ 考点：矩形的性质．‎ 分析：根据矩形性质求出BD=2BO，OA=OB，求出∠AOB=60°，得出等边三角形AOB，求出BO=AB，即可求出答案．‎ 解答：解：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AC=2AO，BD=2BO，AC=BD，‎ ‎∴OA=OB，‎ ‎∵∠BOC=120°，‎ ‎∴∠AOB=60°，‎ ‎∴△AOB是等边三角形，‎ ‎∴OB=AB=5，‎ ‎∴BD=2BO=10，‎ 故答案为：10．‎ 点评：本题考查了等边三角形的性质和判定，矩形性质的应用，注意：矩形的对角线相等且互相平分．‎ ‎33. （2014•莱芜，第17题4分）如图在坐标系中放置一菱形OABC，已知∠ABC=60°，OA=1．先将菱形OABC沿x轴的正方向无滑动翻转，每次翻转60°，连续翻转2014次，点B的落点依次为B1，B2，B3，…，则B2014的坐标为　（1342，0）　．‎ 考点：‎ 规律型：点的坐标；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．‎ 专题：‎ 规律型．‎ 分析：‎ 连接AC，根据条件可以求出AC，画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，容易发现规律：每翻转6次，图形向右平移4．由于2014=335×6+4，因此点B4向右平移1340（即335×4）即可到达点B2014，根据点B4的坐标就可求出点B2014的坐标．‎ 解答：‎ 解：连接AC，如图所示．‎ ‎∵四边形OABC是菱形，‎ ‎∴OA=AB=BC=OC．‎ ‎∵∠ABC=90°，‎ ‎∴△ABC是等边三角形．‎ ‎∴AC=AB．‎ ‎∴AC=OA．‎ ‎∵OA=1，‎ ‎∴AC=1．‎ 画出第5次、第6次、第7次翻转后的图形，如图所示．‎ 由图可知：每翻转6次，图形向右平移4．‎ ‎∵2014=335×6+4，‎ ‎∴点B4向右平移1340（即335×4）到点B2014．‎ ‎∵B4的坐标为（2，0），‎ ‎∴B2014的坐标为（2+1340，0），‎ ‎∴B2014的坐标为（1342，0）．‎ 点评：‎ 本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了操作、探究、发现规律的能力．发现“每翻转6次，图形向右平移4”是解决本题的关键．‎ 三、解答题 ‎1. （2014•四川巴中，第28题10分）如图，在四边形ABCD中，点H是BC的中点，作射线AH，在线段AH及其延长线上分别取点E，F，连结BE，CF．‎ ‎（1）请你添加一个条件，使得△BEH≌△CFH，你添加的条件是　　，并证明．‎ ‎（2）在问题（1）中，当BH与EH满足什么关系时，四边形BFCE是矩形，请说明理由．‎ 考点：矩形的判定．‎ 分析：（1）根据全等三角形的判定方法，可得出当EH=FH，BE∥CF，∠EBH=∠FCH时，都可以证明△BEH≌△CFH，‎ ‎（2）由（1）可得出四边形BFCE是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形为矩形可得出BH=EH时，四边形BFCE是矩形．‎ 解答：（1）答：添加：EH=FH，证明：∵点H是BC的中点，∴BH=CH，‎ 在△△BEH和△CFH中，，∴△BEH≌△CFH（SAS）；‎ ‎（2）解：∵BH=CH，EH=FH，‎ ‎∴四边形BFCE是平行四边形（对角线互相平分的四边形为平行四边形），‎ ‎∵当BH=EH时，则BC=EF，‎ ‎∴平行四边形BFCE为矩形（对角线相等的平行四边形为矩形）．‎ 点评：本题考查了全等三角形的判定和性质以及平行四边形的判定，是基础题，难度不大．‎ ‎2. （2014•山东威海，第24题11分）猜想与证明：‎ 如图1摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论．‎ 拓展与延伸：‎ ‎（1）若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为 DM=DE ．‎ ‎（2）如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明（1）中的结论仍然成立．‎ 考点：‎ 四边形综合题 分析：‎ 猜想：延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明．‎ ‎（1）延长EM交AD于点H，利用△FME≌△AMH，得出HM=EM，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，‎ ‎（2）连接AE，AE和EC在同一条直线上，再利用直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半证明，‎ 解答：‎ 猜想：DM=ME 证明：如图1，延长EM交AD于点H，‎ ‎∵四边形ABCD和CEFG是矩形，‎ ‎∴AD∥EF，‎ ‎∴∠EFM=∠HAM，‎ 又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，‎ 在△FME和△AMH中，‎ ‎∴△FME≌△AMH（ASA）‎ ‎∴HM=EM，‎ 在RT△HDE中，HM=EM，‎ ‎∴DM=HM=ME，‎ ‎∴DM=ME．‎ ‎（1）如图1，延长EM交AD于点H，‎ ‎∵四边形ABCD和CEFG是矩形，‎ ‎∴AD∥EF，‎ ‎∴∠EFM=∠HAM，‎ 又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，‎ 在△FME和△AMH中，‎ ‎∴△FME≌△AMH（ASA）‎ ‎∴HM=EM，‎ 在RT△HDE中，HM=EM，‎ ‎∴DM=HM=ME，‎ ‎∴DM=ME，‎ 故答案为：DM=ME．‎ ‎（2）如图2，连接AE，‎ ‎∵四边形ABCD和ECGF是正方形，‎ ‎∴∠FCE=45°，∠FCA=45°，‎ ‎∴AE和EC在同一条直线上，‎ 在RT△ADF中，AM=MF，‎ ‎∴DM=AM=MF，‎ 在RT△AEF中，AM=MF，‎ ‎∴AM=MF=ME， ‎ ‎∴DM=ME．‎ 点评：‎ 本题主要考查四边形的综合题，解题的关键是利用正方形的性质及直角三角形的中线与斜边的关系找出相等的线段．‎ ‎3. （2014•山东潍坊，第22题12分）如图1，在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD 的中点，连接AE、BF，交点为G．‎ ‎(1)求证：AE⊥BF；‎ ‎(2)将△BCF沿BF对折，得到△BPF（如图2），延长FP交BA的延长线于点Q，求sin∠BQP的值；‎ ‎(3)将△ABE绕点A逆时针方向旋转，使边AB正好落在AE上，得到△AHM（如图3），若AM和BF相交于点N，当正方形ABCD的面积为4时，求四边形GHMN的面积．‎ ‎ ‎ 考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；解直角三角形．‎ 分析：（1）由四边形ABCD是正方形，可得∠ABE=∠BCF=90°，AB=BC，又由BE=CF，即可证得△ABE≌△BCF,可得∠BAE=∠CBF，由∠ABF+∠CBF=900可得∠ABF+∠BAE=900，即AE⊥BF；‎ ‎（2）由△BCF≌△BPF, 可得CF=PF,BC=BP,∠BFE=∠BFP，由CD∥AB得∠BFC=∠ABF,从而QB=QF，设PF为x,则BP为2x,在Rt△QBF中可求 QB为x，即可求得答案；‎ ‎（3）由可求出△AGN的面积，进一步可求出四边形GHMN的面积．‎ 解答：(1)证明：∵E、F分别是正方形ABCD边BC、CD的中点，∴CF=BE，‎ ‎∴Rt△ABE≌Rt△BCF ∴∠BAE=∠CBF 又∵∠BAE+∠BEA=900，∴∠CBF+∠BEA=900，‎ ‎∴∠BGE=900， ∴AE⊥BF ‎ ‎(2)根据题意得：FP=FC，∠PFB=∠BFC，∠FPB=900， ‎ ‎ ∵CD∥AB, ∴∠CFB=∠ABF，∴∠ABF=∠PFB．∴QF=QB ‎ 令PF=k（k>O），则PB=2k，‎ 在Rt△BPQ中，设QB=x， ∴x2=(x－k)2+4k2, ∴x=k，∴sin∠BQP=‎ ‎(3)由题意得：∠BAE=∠EAM,又AE⊥BF, ∴AN=AB=2,‎ ‎∵ ∠AHM=900, ∴GN//HM, ∴ ∴‎ ‎∴ 四边形GHMN=SΔAHM － SΔAGN=1一= ‎ 答：四边形GHMN的面积是.‎ 点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角函数等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．‎ ‎4. （2014•山东烟台，第25题10分）在正方形ABCD中，动点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动．‎ ‎（1）如图①，当点E自D向C，点F自C向B移动时，连接AE和DF交于点P，请你写出AE与DF的位置关系，并说明理由；‎ ‎（2）如图②，当E，F分别移动到边DC，CB的延长线上时，连接AE和DF，（1）中的结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不需证明）‎ ‎（3）如图③，当E，F分别在边CD，BC的延长线上移动时，连接AE，DF，（1）中的结论还成立吗？请说明理由；‎ ‎（4）如图④，当E，F分别在边DC，CB上移动时，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的移动，使得点P也随之运动，请你画出点P运动路径的草图．若AD=2，试求出线段CP的最小值．‎ 考点：全等三角形，正方形的性质，勾股定理，运动与变化的思想.‎ 分析：（1）AE=DF，AE⊥DF．先证得△ADE≌△DCF．由全等三角形的性质得AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；‎ ‎（2）是．四边形ABCD是正方形，所以AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF，所以△ADE≌△DCF，于是AE=DF，∠DAE=∠CDF，因为∠CDF+∠ADF=90°，∠DAE+‎ ‎∠ADF=90°，所以AE⊥DF；‎ ‎（3）成立．由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF，延长FD交AE于点G，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；‎ ‎（4）由于点P在运动中保持∠APD=90°，所以点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得 OC的长，再求CP即可．‎ 解答：（1）AE=DF，AE⊥DF．理由：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AD=DC，∠ADC=∠C=90°．∵DE=CF，∴△ADE≌△DCF．‎ ‎∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，由于∠CDF+∠ADF=90°，∴∠DAE+∠ADF=90°．∴AE⊥DF；‎ ‎（2）是；‎ ‎（3）成立．‎ 理由：由（1）同理可证AE=DF，∠DAE=∠CDF 延长FD交AE于点G，‎ 则∠CDF+∠ADG=90°，‎ ‎∴∠ADG+∠DAE=90°．‎ ‎∴AE⊥DF；‎ ‎（4）如图：‎ 由于点P在运动中保持∠APD=90°，‎ ‎∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，‎ 设AD的中点为O，连接OC交弧于点P，此时CP的长度最小，‎ 在Rt△ODC中，OC=，‎ ‎∴CP=OC﹣OP=．‎ 点评： 本题主要考查了四边形的综合知识．综合性较强，特别是第（4）题要认真分析．‎ ‎5. （2014•浙江杭州，第22题，12分）菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC=4，BD=4，动点P在线段BD上从点B向点D运动，PF⊥AB于点F，四边形PFBG关于BD对称，四边形QEDH与四边形PEBG关于AC对称．设菱形ABCD被这两个四边形盖住部分的面积为S1，未被盖住部分的面积为S2，BP=x．‎ ‎（1）用含x的代数式分别表示S1，S2；‎ ‎（2）若S1=S2，求x的值．‎ 考点：‎ 四边形综合题；菱形的性质；轴对称的性质；轴对称图形；特殊角的三角函数值 专题：‎ 综合题；动点型；分类讨论．‎ 分析：‎ ‎（1）根据对称性确定E、F、G、H都在菱形的边上，由于点P在BO上与点P在OD上求S1和S2的方法不同，因此需分情况讨论．‎ ‎（2）由S1=S2和S1+S2=8可以求出S1=S2=4．然后在两种情况下分别建立关于x的方程，解方程，结合不同情况下x的范围确定x的值．‎ 解答：‎ 解：（1）①当点P在BO上时，如图1所示．‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，AC=4，BD=4，‎ ‎∴AC⊥BD，BO=BD=2，AO=AC=2，‎ 且S菱形ABCD=BD•AC=8．‎ ‎∴tan∠ABO==．‎ ‎∴∠ABO=60°．‎ 在Rt△BFP中，‎ ‎∵∠BFP=90°，∠FBP=60°，BP=x，‎ ‎∴sin∠FBP===sin60°=．‎ ‎∴FP=x．‎ ‎∴BF=．‎ ‎∵四边形PFBG关于BD对称，‎ 四边形QEDH与四边形PEBG关于AC对称，‎ ‎∴S△BFP=S△BGP=S△DEQ=S△DHQ．‎ ‎∴S1=4S△BFP ‎=4××x•‎ ‎=．‎ ‎∴S2=8﹣．‎ ‎②当点P在OD上时，如图2所示．‎ ‎∵AB=4，BF=，‎ ‎∴AF=AB﹣BF=4﹣．‎ 在Rt△AFM中，‎ ‎∵∠AFM=90°，∠FAM=30°，AF=4﹣．‎ ‎∴tan∠FAM==tan30°=．‎ ‎∴FM=（4﹣）．‎ ‎∴S△AFM=AF•FM ‎=（4﹣）•（4﹣）‎ ‎=（4﹣）2．‎ ‎∵四边形PFBG关于BD对称，‎ 四边形QEDH与四边形PEBG关于AC对称，‎ ‎∴S△AFM=S△AEM=S△CHN=S△CGN．‎ ‎∴S2=4S△AFM ‎=4×（4﹣）2‎ ‎=（x﹣8）2．‎ ‎∴S1=8﹣S2=8﹣（x﹣8）2．‎ 综上所述：‎ 当点P在BO上时，S1=，S2=8﹣；‎ 当点P在OD上时，S1=8﹣（x﹣8）2，S2=（x﹣8）2．‎ ‎（2）①当点P在BO上时，0＜x≤2．‎ ‎∵S1=S2，S1+S2=8，‎ ‎∴S1=4．‎ ‎∴S1==4．‎ 解得：x1=2，x2=﹣2．‎ ‎∵2＞2，﹣2＜0，‎ ‎∴当点P在BO上时，S1=S2的情况不存在．‎ ‎②当点P在OD上时，2＜x≤4．‎ ‎∵S1=S2，S1+S2=8，‎ ‎∴S2=4．‎ ‎∴S2=（x﹣8）2=4．‎ 解得：x1=8+2，x2=8﹣2．‎ ‎∵8+2＞4，2＜8﹣2＜4，‎ ‎∴x=8﹣2．‎ 综上所述：若S1=S2，则x的值为8﹣2．‎ 点评：‎ 本题考查了以菱形为背景的轴对称及轴对称图形的相关知识，考查了菱形的性质、特殊角的三角函数值等知识，还考查了分类讨论的思想．‎ ‎　‎ ‎6.（2014•十堰14．（3分））如图，在△ABC中，点D是BC的中点，点E，F分别在线段AD及其延长线上，且DE=DF．给出下列条件：‎ ‎①BE⊥EC；②BF∥CE；③AB=AC；‎ 从中选择一个条件使四边形BECF是菱形，你认为这个条件是　①　（只填写序号）．‎ 考点：‎ 菱形的判定．‎ 分析：‎ 首先利用对角线互相平分的四边形是平行四边形判定该四边形为平行四边形，然后结合菱形的判定得到答案即可．‎ 解答：‎ 解：由题意得：BD=CD，ED=FD，‎ ‎∴四边形EBFC是平行四边形，‎ ‎∵邻边相等或对角线垂直的平行四边形是菱形，‎ ‎∴选择BE⊥EC，‎ 故答案为：①．‎ 点评：‎ 本题考查了菱形的判定，解题的关键是了解菱形的判定定理，难度不是很大．‎ ‎7．（3分）（2014•娄底）如图，要使平行四边形ABCD是矩形，则应添加的条件是　∠ABC=90°或AC=BD（不唯一）　（添加一个条件即可）．‎ 考点：‎ 矩形的判定；平行四边形的性质 专题：‎ 开放型．‎ 分析：‎ 根据矩形的判定定理：①对角线相等的平行四边形是矩形，②有一个角是直角的平行四边形是矩形，直接添加条件即可．‎ 解答：‎ 解：根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，有一个角是直角的平行四边形是矩形 故添加条件：∠ABC=90°或AC=BD．‎ 故答案为：∠ABC=90°或AC=BD．‎ 点评：‎ 本题主要应用的知识点为：矩形的判定． ①对角线相等且相互平分的四边形为矩形．②一个角是90度的平行四边形是矩形．‎ ‎8. (2014年湖北咸宁24．（12分）)如图，正方形OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B的坐标为（﹣4，4）．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动；点Q从点O同时出发，以相同的速度沿x轴的正方向运动，规定点P到达点O时，点Q也停止运动．连接BP，过P点作BP的垂线，与过点Q平行于y轴的直线l相交于点D．BD与y轴交于点E，连接PE．设点P运动的时间为t（s）．‎ ‎（1）∠PBD的度数为　45°　，点D的坐标为　（t，t）　（用t表示）；‎ ‎（2）当t为何值时，△PBE为等腰三角形？‎ ‎（3）探索△POE周长是否随时间t的变化而变化？若变化，说明理由；若不变，试求这个定值．‎ 考点： 四边形综合题；解一元一次方程；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质．‎ 专题： 压轴题；探究型．‎ 分析： （1）易证△BAP≌△PQD，从而得到DQ=AP=t，从而可以求出∠PBD的度数和点D的坐标．‎ ‎（2）由于∠EBP=45°，故图1是以正方形为背景的一个基本图形，容易得到EP=AP+CE．由于△PBE底边不定，故分三种情况讨论，借助于三角形全等及勾股定理进行求解，然后结合条件进行取舍，最终确定符合要求的t值．‎ ‎（3）由（2）已证的结论EP=AP+CE很容易得到△POE周长等于AO+CO=8，从而解决问题．‎ 解答： 解：（1）如图1，‎ 由题可得：AP=OQ=1×t=t（秒）‎ ‎∴AO=PQ．‎ ‎∵四边形OABC是正方形，‎ ‎∴AO=AB=BC=OC，‎ ‎∠BAO=∠AOC=∠OCB=∠ABC=90°．‎ ‎∵DP⊥BP，‎ ‎∴∠BPD=90°．‎ ‎∴∠BPA=90°﹣∠DPQ=∠PDQ．‎ ‎∵AO=PQ，AO=AB，‎ ‎∴AB=PQ．‎ 在△BAP和△PQD中，‎ ‎∴△BAP≌△PQD．‎ ‎∴AP=DQ，BP=PD．‎ ‎∵∠BPD=90°，BP=PD，‎ ‎∴∠PBD=∠PDB=45°．‎ ‎∵AP=t，‎ ‎∴DQ=t．‎ ‎∴点D坐标为（t，t）．‎ 故答案为：45°，（t，t）．‎ ‎（2）①若PB=PE，‎ 则∠PBE=∠PEB=45°．‎ ‎∴∠BPE=90°．‎ ‎∵∠BPD=90°，‎ ‎∴∠BPE=∠BPD．‎ ‎∴点E与点D重合．‎ ‎∴点Q与点O重合．‎ 与条件“DQ∥y轴”矛盾，‎ ‎∴这种情况应舍去．‎ ‎②若EB=EP，‎ 则∠PBE=∠BPE=45°．‎ ‎∴∠BEP=90°．‎ ‎∴∠PEO=90°﹣∠BEC=∠EBC．‎ 在△POE和△ECB中，‎ ‎∴△POE≌△ECB．‎ ‎∴OE=BC，OP=EC．‎ ‎∴OE=OC．‎ ‎∴点E与点C重合（EC=0）．‎ ‎∴点P与点O重合（PO=0）．‎ ‎∵点B（﹣4，4），‎ ‎∴AO=CO=4．‎ 此时t=AP=AO=4．‎ ‎③若BP=BE，‎ 在Rt△BAP和Rt△BCE中，‎ ‎∴Rt△BAP≌Rt△BCE（HL）．‎ ‎∴AP=CE．‎ ‎∵AP=t，‎ ‎∴CE=t．‎ ‎∴PO=EO=4﹣t．‎ ‎∵∠POE=90°，‎ ‎∴PE=‎ ‎=（4﹣t）．‎ 延长OA到点F，使得AF=CE，连接BF，如图2所示．‎ 在△FAB和△ECB中，‎ ‎∴△FAB≌△ECB．‎ ‎∴FB=EB，∠FBA=∠EBC．‎ ‎∵∠EBP=45°，∠ABC=90°，‎ ‎∴∠ABP+∠EBC=45°．‎ ‎∴∠FBP=∠FBA+∠ABP ‎=∠EBC+∠ABP=45°．‎ ‎∴∠FBP=∠EBP．‎ 在△FBP和△EBP中，‎ ‎∴△FBP≌△EBP．‎ ‎∴FP=EP．‎ ‎∴EP=FP=FA+AP ‎=CE+AP．‎ ‎∴EP=t+t=2t．‎ ‎∴（4﹣t）=2t．‎ 解得：t=4﹣4‎ ‎∴当t为4秒或（4﹣4）秒时，△PBE为等腰三角形．‎ ‎（3）∵EP=CE+AP，‎ ‎∴OP+PE+OE=OP+AP+CE+OE ‎=AO+CO ‎=4+4‎ ‎=8．‎ ‎∴△POE周长是定值，该定值为8．‎ 点评： 本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理等知识，考查了分类讨论的思想，考查了利用基本活动经验解决问题的能力，综合性非常强．熟悉正方形与一个度数为45°的角组成的基本图形（其中角的顶点与正方形的一个顶点重合，角的两边与正方形的两边分别相交）是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎9.( 2014年河南14.)如图，在菱形ABCD中,AB =1,∠DAB=600,把菱形ABCD绕点A顺时针旋转300得到菱形AB/C/D/，其中点C的运动能路径为，则图中阴影部分的面积为 .‎ 答案：.‎ 解析：由旋转可知，阴影部分面积=扇形ACC/面积－2个三角形D/FC的面积。‎ 作辅助线如图，‎ 在Rt△AD/E中，∠D/AE=300，AD/=1,∴D/E=,AE=,‎ 在Rt△BD/E中，BE=1－,D/B2=(1－)2+()2=2－,‎ 可证∠D/FB=∠CFC/=900,△D/BF是等腰直角三角形，∴D/F2=,‎ ‎∴D/F==,CF=1－=,‎ 在Rt△CBH中，∠CBH=600,BC=1,‎ ‎∴BH=,CH=∴AH=,∴AC2=3,‎ S△D/FC=× D/F×CF=×=,‎ S扇形ACC/=×AC2=×3=‎ S阴影= S扇形ACC/－2×S△D/FC=－2×‎ ‎ =+－‎ ‎10. ( 2014年河南15.)如图，矩形ABCD中，AD=5,AB=7.点E为DC上一个动点，把△ADE沿AE折叠，当点D的对应点D/落在∠ABC的角平分线上时，DE的长为 . ‎ 答案：或 解析：过D/作FH⊥AB交AB于F,交CD于H;‎ ‎ 如图1，由翻折，△EDA≌△ED/A,∴ED=ED/,AD=AD/=5,‎ 设AF=x，则BF=7－x，在Rt△BD/F中，‎ ‎∵PB是∠ABC的平分线，‎ ‎∴∠ABD/=450, 则D/F=BF=7－x，‎ 在Rt△AD/F中，AD/2=AF2+D/F2,即52=（7－x）2+x2，‎ 解得x=4或x=3，即D/F=BF=3或4.‎ 当x=4时，如图1，设DE=y，‎ 在Rt△D/HE中，EH=4－y，ED/=y，HD/=2,‎ 即（4－y）2+22=y2，解得y=，即DE=‎ 当x=3时，如图2，设DE=y，‎ 在Rt△D/HE中，EH=3－y，ED/=y，HD/=1,‎ 即（3－y）2+12=y2，解得y=，即DE=‎ ‎11. （2014•江苏盐城,第25题10分）菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点O作一条直线分别交DA、BC的延长线于点E、F，连接BE、DF．‎ ‎（1）求证：四边形BFDE是平行四边形；‎ ‎（2）若EF⊥AB，垂足为M，tan∠MBO=，求EM：MF的值．‎ 考点：‎ 菱形的性质；平行四边形的判定．‎ 分析：‎ ‎（1）根据两直线平行，内错角相等可得∠AEO=∠CFO，然后利用“角角边”证明△AEO和△CFO全等，根据全等三角形对应边相等可得OE=OF，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形证明即可；‎ ‎（2）设OM=x，根据∠MBO的正切值表示出BM，再根据△AOM和△OBM相似，利用相似三角形对应边成比例求出AM，然后根据△AEM和△BFM相似，利用相似三角形对应边成比例求解即可．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：在菱形ABCD中，AD∥BC，OA=OC，OB=OD，‎ ‎∴∠AEO=∠CFO，‎ 在△AEO和△CFO中，‎ ‎，‎ ‎∴△AEO≌△CFO（AAS），‎ ‎∴OE=OF，‎ 又∵OB=OD，‎ ‎∴四边形BFDE是平行四边形；‎ ‎（2）解：设OM=x，‎ ‎∵EF⊥AB，tan∠MBO=，‎ ‎∴BM=2x，‎ 又∵AC⊥BD，‎ ‎∴△AOM∽△OBM，‎ ‎∴=，‎ ‎∴AM==x，‎ ‎∵AD∥BC，‎ ‎∴△AEM∽△BFM，‎ ‎∴EM：MF=AM：BM=x：2x=1：4．‎ 点评：‎ 本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义，难点在于（2）两次求出三角形相似．‎ ‎12. （2014•山东临沂,第23题9分）对一张矩形纸片ABCD进行折叠，具体操作如下：‎ 第一步：先对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，展开；‎ 第二步：再一次折叠，使点A落在MN上的点A′处，并使折痕经过点B，得到折痕BE，同时，得到线段BA′，EA′，展开，如图1；‎ 第三步：再沿EA′所在的直线折叠，点B落在AD上的点B′处，得到折痕EF，同时得到线段B′F，展开，如图2．‎ ‎（1）证明：∠ABE=30°；‎ ‎（2）证明：四边形BFB′E为菱形．‎ 考点：‎ 翻折变换（折叠问题）；菱形的判定；矩形的性质 分析：‎ ‎（1）根据点M是AB的中点判断出A′是EF的中点，然后判断出BA′垂直平分EF，根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得BE=BF，再根据等腰三角形三线合一的性质可得∠A′BE=∠A′BF，根据翻折的性质可得∠ABE=∠A′BE，然后根据矩形的四个角都是直角计算即可得证；‎ ‎（2）根据翻折变换的性质可得BE=B′E，BF=B′F，然后求出BE=B′E=B′F=BF，再根据四条边都相等的四边形是菱形证明．‎ 解答：‎ 证明：（1）∵对折AD与BC重合，折痕是MN，‎ ‎∴点M是AB的中点，‎ ‎∴A′是EF的中点，‎ ‎∵∠BA′E=∠A=90°，‎ ‎∴BA′垂直平分EF，‎ ‎∴BE=BF，‎ ‎∴∠A′BE=∠A′BF，‎ 由翻折的性质，∠ABE=∠A′BE，‎ ‎∴∠ABE=∠A′BE=∠A′BF，‎ ‎∴∠ABE=×90°=30°；‎ ‎（2）∵沿EA′所在的直线折叠，点B落在AD上的点B′处，‎ ‎∴BE=B′E，BF=B′F，‎ ‎∵BE=BF，‎ ‎∴BE=B′E=B′F=BF，‎ ‎∴四边形BFB′E为菱形．‎ 点评：‎ 本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，菱形的判定，熟记各性质并准确识图判断出BA′垂直平分EF是解题的关键，也是本题的难点．‎ ‎13. （2014•山东临沂,第25题11分）【问题情境】‎ 如图1，四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM．‎ ‎【探究展示】‎ ‎（1）证明：AM=AD+MC；‎ ‎（2）AM=DE+BM是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．‎ ‎【拓展延伸】‎ ‎（3）若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，探究展示（1）、（2）中的结论是否成立？请分别作出判断，不需要证明．‎ 考点：‎ 四边形综合题；角平分线的定义；平行线的性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质；正方形的性质 专题：‎ 综合题；探究型．‎ 分析：‎ ‎（1）从平行线和中点这两个条件出发，延长AE、BC交于点N，如图1（1），易证△ADE≌△NCE，从而有AD=CN，只需证明AM=NM即可．‎ ‎（2）作FA⊥AE交CB的延长线于点F，易证AM=FM，只需证明FB=DE即可；要证FB=DE，只需证明它们所在的两个三角形全等即可．‎ ‎（3）在图2（1）中，仿照（1）中的证明思路即可证到AM=AD+MC仍然成立；在图2（2）中，采用反证法，并仿照（2）中的证明思路即可证到AM=DE+BM不成立．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：延长AE、BC交于点N，如图1（1），‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AD∥BC．‎ ‎∴∠DAE=∠ENC．‎ ‎∵AE平分∠DAM，‎ ‎∴∠DAE=∠MAE．‎ ‎∴∠ENC=∠MAE．‎ ‎∴MA=MN．‎ 在△ADE和△NCE中，‎ ‎∴△ADE≌△NCE（AAS）．‎ ‎∴AD=NC．‎ ‎∴MA=MN=NC+MC ‎=AD+MC．‎ ‎（2）AM=DE+BM成立．‎ 证明：过点A作AF⊥AE，交CB的延长线于点F，如图1（2）所示．‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠BAD=∠D=∠ABC=90°，AB=AD，AB∥DC．‎ ‎∵AF⊥AE，‎ ‎∴∠FAE=90°．‎ ‎∴∠FAB=90°﹣∠BAE=∠DAE．‎ 在△ABF和△ADE中，‎ ‎∴△ABF≌△ADE（ASA）．‎ ‎∴BF=DE，∠F=∠AED．‎ ‎∵AB∥DC，‎ ‎∴∠AED=∠BAE．‎ ‎∵∠FAB=∠EAD=∠EAM，‎ ‎∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM ‎=∠BAM+∠FAB ‎=∠FAM．‎ ‎∴∠F=∠FAM．‎ ‎∴AM=FM．‎ ‎∴AM=FB+BM=DE+BM．‎ ‎（3）①结论AM=AD+MC仍然成立．‎ 证明：延长AE、BC交于点P，如图2（1），‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AD∥BC．‎ ‎∴∠DAE=∠EPC．‎ ‎∵AE平分∠DAM，‎ ‎∴∠DAE=∠MAE．‎ ‎∴∠EPC=∠MAE．‎ ‎∴MA=MP．‎ 在△ADE和△PCE中，‎ ‎∴△ADE≌△PCE（AAS）．‎ ‎∴AD=PC．‎ ‎∴MA=MP=PC+MC ‎=AD+MC．‎ ‎②结论AM=DE+BM不成立．‎ 证明：假设AM=DE+BM成立．‎ 过点A作AQ⊥AE，交CB的延长线于点Q，如图2（2）所示．‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠BAD=∠D=∠ABC=90°，AB∥DC．‎ ‎∵AQ⊥AE，‎ ‎∴∠QAE=90°．‎ ‎∴∠QAB=90°﹣∠BAE=∠DAE．‎ ‎∴∠Q=90°﹣∠QAB ‎=90°﹣∠DAE ‎=∠AED．‎ ‎∵AB∥DC，‎ ‎∴∠AED=∠BAE．‎ ‎∵∠QAB=∠EAD=∠EAM，‎ ‎∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM ‎=∠BAM+∠QAB ‎=∠QAM．‎ ‎∴∠Q=∠QAM．‎ ‎∴AM=QM．‎ ‎∴AM=QB+BM．‎ ‎∵AM=DE+BM，‎ ‎∴QB=DE．‎ 在△ABQ和△ADE中，‎ ‎∴△ABQ≌△ADE（AAS）．‎ ‎∴AB=AD．‎ 与条件“AB≠AD“矛盾，故假设不成立．‎ ‎∴AM=DE+BM不成立．‎ 点评：‎ 本题考查了正方形及矩形的性质、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的判定、平行线的性质、角平分线的定义等知识，考查了基本模型的构造（平行加中点构造全等三角形），考查了反证法的应用，综合性比较强．添加辅助线，构造全等三角形是解决这道题的关键．‎ ‎14．（2014•四川遂宁，第20题，9分）已知：如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E是CD中点，连结OE．过点C作CF∥BD交线段OE的延长线于点F，连结DF．求证：‎ ‎（1）△ODE≌△FCE；‎ ‎（2）四边形ODFC是菱形．‎ 考点：‎ 矩形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定．‎ 专题：‎ 证明题．‎ 分析：‎ ‎（1）根据两直线平行，内错角相等可得∠DOE=∠CFE，根据线段中点的定义可得CE=DE，然后利用“角边角”证明△ODE和△FCE全等；‎ ‎（2）根据全等三角形对应边相等可得OD=FC，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形判断出四边形ODFC是平行四边形，根据矩形的对角线互相平分且相等可得OC=OD，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．‎ 解答：‎ 证明：（1）∵CF∥BD，‎ ‎∴∠DOE=∠CFE，‎ ‎∵E是CD中点，‎ ‎∴CE=DE，‎ 在△ODE和△FCE中，‎ ‎，‎ ‎∴△ODE≌△FCE（ASA）；‎ ‎（2）∵△ODE≌△FCE，‎ ‎∴OD=FC，‎ ‎∵CF∥BD，‎ ‎∴四边形ODFC是平行四边形，‎ 在矩形ABCD中，OC=OD，‎ ‎∴四边形ODFC是菱形．‎ 点评：‎ 本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定，熟记各性质与平行四边形和菱形的判定方法是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎15．（2014•甘肃白银、临夏,第26题10分）D、E分别是不等边三角形ABC（即AB≠BC≠AC）的边AB、AC的中点．O是△ABC所在平面上的动点，连接OB、OC，点G、F分别是OB、OC的中点，顺次连接点D、G、F、E．‎ ‎（1）如图，当点O在△ABC的内部时，求证：四边形DGFE是平行四边形；‎ ‎（2）若四边形DGFE是菱形，则OA与BC应满足怎样的数量关系？（直接写出答案，不需要说明理由．）‎ 考点：‎ 三角形中位线定理；平行四边形的判定；菱形的判定．‎ 分析：‎ ‎（1）根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得DE∥BC且DE=BC，GF∥BC且GF=BC，从而得到DE∥GF，DE=GF，再利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可；‎ ‎（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形解答．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵D、E分别是AB、AC边的中点，‎ ‎∴DE∥BC，且DE=BC，‎ 同理，GF∥BC，且GF=BC，‎ ‎∴DE∥GF且DE=GF，‎ ‎∴四边形DEFG是平行四边形；‎ ‎（2）解：当OA=BC时，平行四边形DEFG是菱形．‎ 点评：‎ 本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，平行四边形的判定，菱形的判定以及平行四边形与菱形的关系，熟记的定理和性质是解题的关键．‎ ‎16. （ 2014•广西玉林市、防城港市，第25题10分）如图，在正方形ABCD中，点M是BC边上的任一点，连接AM并将线段AM绕M顺时针旋转90°得到线段MN，在CD边上取点P使CP=BM，连接NP，BP．‎ ‎（1）求证：四边形BMNP是平行四边形；‎ ‎（2）线段MN与CD交于点Q，连接AQ，若△MCQ∽△AMQ，则BM与MC存在怎样的数量关系？请说明理由．‎ 考点：‎ 相似三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；正方形的性质．‎ 分析：‎ ‎（1）根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABC=∠B，然后利用“边角边”证明△ABM和△BCP全等，根据全等三角形对应边相等可得AM=BP，∠BAM=∠CBP，再求出AM⊥BP，从而得到MN∥BP，然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明即可；‎ ‎（2）根据同角的余角相等求出∠BAM=∠CMQ，然后求出△ABM和△MCQ相似，根据相似三角形对应边成比例可得=，再求出△AMQ∽△ABM，根据相似三角形对应边成比例可得=，从而得到=，即可得解．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：在正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠B，‎ 在△ABM和△BCP中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABM≌△BCP（SAS），‎ ‎∴AM=BP，∠BAM=∠CBP，‎ ‎∵∠BAM+∠AMB=90°，‎ ‎∴∠CBP+∠AMB=90°，‎ ‎∴AM⊥BP，‎ ‎∵AM并将线段AM绕M顺时针旋转90°得到线段MN，‎ ‎∴AM⊥MN，且AM=MN，‎ ‎∴MN∥BP，‎ ‎∴四边形BMNP是平行四边形；‎ ‎（2）解：BM=MC．‎ 理由如下：∵∠BAM+∠AMB=90°，∠AMB+∠CMQ=90°，‎ ‎∴∠BAM=∠CMQ，‎ 又∵∠B=∠C=90°，‎ ‎∴△ABM∽△MCQ，‎ ‎∴=，‎ ‎∵△MCQ∽△AMQ，‎ ‎∴△AMQ∽△ABM，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴BM=MC．‎ 点评：‎ 本题考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，（1）求出两个三角形全等是解题的关键，（2）根据相似于同一个三角形的两个三角形相似求出△AMQ∽△ABM是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎17．（2014•舟山，第20题8分）已知：如图，在▱ABCD中，O为对角线BD的中点，过点O的直线EF分别交AD，BC于E，F两点，连结BE，DF．‎ ‎（1）求证：△DOE≌△BOF．‎ ‎（2）当∠DOE等于多少度时，四边形BFED为菱形？请说明理由．‎ 考点：‎ 平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定 分析：‎ ‎（1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的判定方法得出△DOE≌△BOF（ASA）；‎ ‎（2）首先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EBFD是平行四边形，进而利用垂直平分线的性质得出BE=ED，即可得出答案．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵在▱ABCD中，O为对角线BD的中点，‎ ‎∴BO=DO，∠EDB=∠FBO，‎ 在△EOD和△FOB中 ‎，‎ ‎∴△DOE≌△BOF（ASA）；‎ ‎（2）解：当∠DOE=90°时，四边形BFED为菱形，‎ 理由：∵△DOE≌△BOF，‎ ‎∴BF=DE，‎ 又∵BF∥DE，‎ ‎∴四边形EBFD是平行四边形，‎ ‎∵BO=DO，∠EOD=90°，‎ ‎∴EB=DE，‎ ‎∴四边形BFED为菱形．‎ 点评：‎ 此题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质和菱形的判定等知识，得出BE=DE是解题关键．‎ ‎　‎ ‎18．（2014•新疆，第20题10分）如图，已知△ABC，按如下步骤作图：‎ ‎①分别以A，C为圆心，大于AC的长为半径画弧，两弧交于P，Q两点；‎ ‎②作直线PQ，分别交AB，AC于点E，D，连接CE；‎ ‎③过C作CF∥AB交PQ于点F，连接AF．‎ ‎（1）求证：△AED≌△CFD；‎ ‎（2）求证：四边形AECF是菱形．‎ 考点：‎ 菱形的判定；全等三角形的判定与性质；作图—基本作图．‎ 分析：‎ ‎（1）由作图知：PQ为线段AC的垂直平分线，从而得到AE=CE，AD=CD，然后根据CF∥AB得到∠EAC=∠FCA，∠CFD=∠AED，利用ASA证得两三角形全等即可；‎ ‎（2）根据全等得到AE=CF，然后根据EF为线段AC的垂直平分线，得到EC=EA，FC=FA，从而得到EC=EA=FC=FA，利用四边相等的四边形是菱形判定四边形AECF为菱形．‎ 解答：‎ 解：（1）由作图知：PQ为线段AC的垂直平分线，‎ ‎∴AE=CE，AD=CD，‎ ‎∵CF∥AB ‎∴∠EAC=∠FCA，∠CFD=∠AED，‎ 在△AED与△CFD中，‎ ‎，‎ ‎∴△AED≌△CFD；‎ ‎（2）∵△AED≌△CFD，‎ ‎∴AE=CF，‎ ‎∵EF为线段AC的垂直平分线，‎ ‎∴EC=EA，FC=FA，‎ ‎∴EC=EA=FC=FA，‎ ‎∴四边形AECF为菱形．‎ 点评：‎ 本题考查了菱形的判定、全等的判定与性质及基本作图，解题的关键是了解通过作图能得到直线的垂直平分线．‎ ‎　‎ ‎19.（2014•邵阳，第25题8分）准备一张矩形纸片，按如图操作：‎ 将△ABE沿BE翻折，使点A落在对角线BD上的M点，将△CDF沿DF翻折，使点C落在对角线BD上的N点．‎ ‎（1）求证：四边形BFDE是平行四边形；‎ ‎（2）若四边形BFDE是菱形，AB=2，求菱形BFDE的面积．‎ 考点：‎ 翻折变换（折叠问题）；平行四边形的判定；菱形的性质 分析：‎ ‎（1）根据四边形ABCD是矩形和折叠的性质可得EB∥DF，DE∥BF，根据平行四边形判定推出即可．‎ ‎（2）求出∠ABE=30°，根据直角三角形性质求出AE、BE，再根据菱形的面积计算即可求出答案．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠A=∠C=90°，AB=CD，AB∥CD，‎ ‎∴∠ABD=∠CDB，‎ ‎∴∠EBD=∠FDB，‎ ‎∴EB∥DF，‎ ‎∵ED∥BF，‎ ‎∴四边形BFDE为平行四边形．‎ ‎（2）解：∵四边形BFDE为菱形，‎ ‎∴BE=ED，∠EBD=∠FBD=∠ABE，‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AD=BC，∠ABC=90°，‎ ‎∴∠ABE=30°，‎ ‎∵∠A=90°，AB=2，‎ ‎∴AE==，BF=BE=2AE=，‎ ‎∴菱形BFDE的面积为：×2=．‎ 点评：‎ 本题考查了平行四边形的判定，菱形的性质，矩形的性质，含30度角的直角三角形性质的应用，主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力．‎ ‎20．（2014•四川自贡，第19题8分）如图，四边形ABCD是正方形，BE⊥BF，BE=BF，EF与BC交于点G．‎ ‎（1）求证：AE=CF；‎ ‎（2）若∠ABE=55°，求∠EGC的大小．‎ 考点：‎ 全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；正方形的性质 分析：‎ ‎（1）利用△AEB≌△CFB来求证AE=CF．‎ ‎（2）利用角的关系求出∠BEF和∠EBG，∠EGC=∠EBG+∠BEF求得结果．‎ 解答：‎ 证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠ABC=90°，AB=AC，‎ ‎∵BE⊥BF，‎ ‎∴∠FBE=90°，‎ ‎∵∠ABE+∠EBA=90°，∠CBF+∠EBA=90°，‎ ‎∴∠ABE=∠CBF，‎ 在△AEB和△CFB中，‎ ‎∴△AEB≌△CFB（SAS），‎ ‎∴AE=CF．‎ ‎（2）∵BE⊥BF，‎ ‎∴∠FBE=90°，‎ 又∵BE=BF，‎ ‎∴∠BEF=∠EFB=45°，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠ABC=90°，‎ 又∵∠ABE=55°，‎ ‎∴∠EBG=90°﹣55°=35°，‎ ‎∴∠EGC=∠EBG+∠BEF=45°+35°=80°．‎ 点评：‎ 本题主要考查了正方形，三角形全等判定和性质及等腰三角形，解题的关键是求得△AEB≌△CFB，找出相等的线段．‎ ‎21.（2014•呼和浩特，第21题7分）如图，四边形ABCD是矩形，把矩形沿AC折叠，点B落在点E处，AE与DC的交点为O，连接DE．‎ ‎（1）求证：△ADE≌△CED；‎ ‎（2）求证：DE∥AC．‎ 考点：‎ 翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；矩形的性质．‎ 专题：‎ 证明题．‎ 分析：‎ ‎（1）根据矩形的性质和折叠的性质可得BC=CE=AD，AB=AE=CD，根据SSS可证△ADE≌△CED（SSS）；‎ ‎（2）根据全等三角形的性质可得∠EDC=∠DEA，由于△ACE与△ACB关于AC所在直线对称，可得∠OAC=∠CAB，根据等量代换可得∠OAC=∠DEA，再根据平行线的判定即可求解．‎ 解答：‎ 证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AD=BC，AB=CD，‎ 又∵AC是折痕，‎ ‎∴BC=CE=AD，‎ AB=AE=CD，‎ 在△ADE与△CED中，‎ ‎，‎ ‎∴△ADE≌△CED（SSS）；‎ ‎（2）∵△ADE≌△CED，‎ ‎∴∠EDC=∠DEA，‎ 又∵△ACE与△ACB关于AC所在直线对称，‎ ‎∴∠OAC=∠CAB，‎ ‎∵∠OCA=∠CAB，‎ ‎∴∠OAC=∠OCA，‎ ‎∴2∠OAC=2∠DEA，‎ ‎∴∠OAC=∠DEA，‎ ‎∴DE∥AC．‎ 点评：‎ 本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，以及全等三角形的判定与性质，正确证明三角形全等是关键．‎ ‎22.（2014•菏泽，第20题10分）已知：如图，正方形ABCD，BM、DN分别平分正方形的两个外角，且满足∠MAN=45°，连结MN．‎ ‎（1）若正方形的边长为a，求BM•DN的值．‎ ‎（2）若以BM，DN，MN为三边围成三角形，试猜想三角形的形状，并证明你的结论．‎ 考点：‎ 正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理的逆定理；相似三角形的判定与性质．‎ 分析：‎ ‎（1）根据角平分线的定义求出∠CBM=∠CDN=45°，再求出∠ABM=∠ADN=135°，然后根据正方形的每一个角都是90°求出∠BAM+∠NAD=45°，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和∠BAM+∠AMB=45°，从而得到∠NAD=∠AMB，再求出△ABM和△NDA相似，利用相似三角形对应边成比例列式求解即可；‎ ‎（2）过点A作AF⊥AN并截取AF=AN，连接BF、FM，根据同角的余角相等求出∠1=∠3，然后利用“边角边”证明△ABF和△AND全等，根据全等三角形对应边相等可得BF=DN，∠FBA=∠NDA=135°，再求出∠FAM=∠MAN=45°，然后利用“边角边”证明△AFM和△ANM全等，根据全等三角形对应边相等可得FM=NM，再求出△FBM是直角三角形，然后利用勾股定理判断即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵BM、DN分别平分正方形的两个外角，‎ ‎∴∠CBM=∠CDN=45°，‎ ‎∴∠ABM=∠ADN=135°，‎ ‎∵∠MAN=45°，‎ ‎∴∠BAM+∠NAD=45°，‎ 在△ABM中，∠BAM+∠AMB=∠MBP=45°，‎ ‎∴∠NAD=∠AMB，‎ 在△ABM和△NDA中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABM∽△NDA，‎ ‎∴=，‎ ‎∴BM•DN=AB•AD=a2；‎ ‎（2）以BM，DN，MN为三边围成的三角形为直角三角形．‎ 证明如下：如图，过点A作AF⊥AN并截取AF=AN，连接BF、FM，‎ ‎∵∠1+∠BAN=90°，‎ ‎∠3+∠BAN=90°，‎ ‎∴∠1=∠3，‎ 在△ABF和△AND中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABF≌△AND（SAS），‎ ‎∴BF=DN，∠FBA=∠NDA=135°，‎ ‎∵∠FAN=90°，∠MAN=45°，‎ ‎∴∠1+∠2=∠FAM=∠MAN=45°，‎ 在△AFM和△ANM中，‎ ‎，‎ ‎∴△AFM≌△ANM（SAS），‎ ‎∴FM=NM，‎ ‎∴∠FBP=180°﹣∠FBA=180°﹣135°=45°，‎ ‎∴∠FBP+∠FBM=45°+45°=90°，‎ ‎∴△FB△是直角三角形，‎ ‎∵FB=DN，FM=MN，‎ ‎∴以BM，DN，MN为三边围成的三角形为直角三角形．‎ 点评：‎ 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理逆定理，相似三角形的判定与性质，难点在于（2）作辅助线构造出全等三角形和直角三角形．‎ ‎23.（2014•济宁，第17题6分）如图，正方形AEFG的顶点E、G在正方形ABCD的边AB、AD上，连接BF、DF．‎ ‎（1）求证：BF=DF；‎ ‎（2）连接CF，请直接写出BE：CF的值（不必写出计算过程）．‎ 考点：‎ 正方形的性质；全等三角形的判定与性质．‎ 分析：‎ ‎（1）根据正方形的性质得出BE=DG，再利用△BEF≌△DGF求得BF=DF，‎ ‎（2）由BF=DF得点F在对角线AC上，再运用平行线间线段的比求解．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵四边形ABCD和AEFG都是正方形，‎ ‎∴AB=AD，AE=AG=EF=FG，∠BEF=∠DGF=90°，‎ ‎∴BE=AB﹣AE，DG=AD﹣AG，∴BE=DG，‎ 在△BEF和△DGF中，‎ ‎∴△BEF≌△DGF（SAS），‎ ‎∴BF=DF；‎ ‎（2）解：∵BF=DF ‎∴点F在对角线AC上 ‎∵AD∥EF∥BC ‎∴BE：CF=AE：AF=AE：AE=‎ ‎∴BE：CF=．‎ 点评：‎ 本题主要考查正方形的性质及三角形全等的判定和性质，要熟练掌握灵活应用．‎ ‎　‎ ‎24. （2014•湘潭，第20题）如图，将矩形ABCD沿BD对折，点A落在E处，BE与CD相交于F，若AD=3，BD=6．‎ ‎（1）求证：△EDF≌△CBF；‎ ‎（2）求∠EBC．‎ ‎（第1题图）‎ 考点：‎ 翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；矩形的性质 分析：‎ ‎（1）首先根据矩形的性质和折叠的性质可得DE=BC，∠E=∠C=90°，对顶角∠DFE=∠BFC，利用AAS可判定△DEF≌△BCF；‎ ‎（2）在Rt△ABD中，根据AD=3，BD=6，可得出∠ABD=30°，然后利用折叠的性质可得∠DBE=30°，继而可求得∠EBC的度数．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：由折叠的性质可得：DE=BC，∠E=∠C=90°，‎ 在△DEF和△BCF中，‎ ‎，‎ ‎∴△DEF≌△BCF（AAS）；‎ ‎（2）解：在Rt△ABD中，‎ ‎∵AD=3，BD=6，‎ ‎∴∠ABD=30°，‎ 由折叠的性质可得；∠DBE=∠ABD=30°，‎ ‎∴∠EBC=90°﹣30°﹣30°=30°．‎ 点评：‎ 本题考查了折叠的性质、矩形的性质，以及全等三角形的判定与性质，正确证明三角形全等是关键．‎ ‎25. （2014•益阳，第20题，10分）如图，直线y=﹣3x+3与x轴、y轴分别交于点A、B，抛物线y=a（x﹣2）2+k经过点A、B，并与X轴交于另一点C，其顶点为P．‎ ‎（1）求a，k的值；‎ ‎（2）抛物线的对称轴上有一点Q，使△ABQ是以AB为底边的等腰三角形，求Q点的坐标；‎ ‎（3）在抛物线及其对称轴上分别取点M、N，使以A，C，M，N为顶点的四边形为正方形，求此正方形的边长．‎ ‎（第2题图）‎ 考点：‎ 二次函数综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）先求出直线y=﹣3x+3与x轴交点A，与y轴交点B的坐标，再将A、B两点坐标代入y=a（x﹣2）2+k，得到关于a，k的二元一次方程组，解方程组即可求解；‎ ‎（2）设Q点的坐标为（2，m），对称轴x=2交x轴于点F，过点B作BE垂直于直线x=2于点E．在Rt△AQF与Rt△BQE中，用勾股定理分别表示出AQ2=AF2+QF2=1+m2，BQ2=BE2+EQ2=4+（3﹣m）2，由AQ=BQ，得到方程1+m2=4+‎ ‎（3﹣m）2，解方程求出m=2，即可求得Q点的坐标；‎ ‎（3）当点N在对称轴上时，由NC与AC不垂直，得出AC为正方形的对角线，根据抛物线的对称性及正方形的性质，得到M点与顶点P（2，﹣1）重合，N点为点P关于x轴的对称点，此时，MF=NF=AF=CF=1，且AC⊥MN，则四边形AMCN为正方形，在Rt△AFN中根据勾股定理即可求出正方形的边长．‎ 解答：‎ 解：（1）∵直线y=﹣3x+3与x轴、y轴分别交于点A、B，‎ ‎∴A（1，0），B（0，3）．‎ 又∵抛物线抛物线y=a（x﹣2）2+k经过点A（1，0），B（0，3），‎ ‎∴，解得，‎ 故a，k的值分别为1，﹣1；‎ ‎（2）设Q点的坐标为（2，m），对称轴x=2交x轴于点F，过点B作BE垂直于直线x=2于点E．‎ 在Rt△AQF中，AQ2=AF2+QF2=1+m2，‎ 在Rt△BQE中，BQ2=BE2+EQ2=4+（3﹣m）2，‎ ‎∵AQ=BQ，‎ ‎∴1+m2=4+（3﹣m）2，‎ ‎∴m=2，‎ ‎∴Q点的坐标为（2，2）；‎ ‎（3）当点N在对称轴上时，NC与AC不垂直，所以AC应为正方形的对角线．‎ 又∵对称轴x=2是AC的中垂线，‎ ‎∴M点与顶点P（2，﹣1）重合，N点为点P关于x轴的对称点，其坐标为（2，1）．‎ 此时，MF=NF=AF=CF=1，且AC⊥MN，‎ ‎∴四边形AMCN为正方形．‎ 在Rt△AFN中，AN==，即正方形的边长为．‎ 点评：‎ 本题是二次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有二元一次方程组的解法，等腰三角形的性质，勾股定理，二次函数的性质，正方形的判定与性质，综合性较强，难度适中．‎ ‎26. （2014年江苏南京，第19题）如图，在△ABC中，D、E分别是AB、AC的中点，过点E作EF∥AB，交BC于点F．‎ ‎（1）求证：四边形DBFE是平行四边形；‎ ‎（2）当△ABC满足什么条件时，四边形DBEF是菱形？为什么？‎ ‎（第3题图）‎ 考点：三角形的中位线、菱形的判定 分析：（1）根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得DE∥BC，然后根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明；‎ ‎（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形证明．‎ 解答：（1）证明：∵D、E分别是AB、AC的中点，‎ ‎∴DE是△ABC的中位线，∴DE∥BC，又∵EF∥AB，∴四边形DBFE是平行四边形；‎ ‎（2）解答：当AB=BC时，四边形DBEF是菱形．‎ 理由如下：∵D是AB的中点，∴BD=AB，∵DE是△ABC的中位线，‎ ‎∴DE=BC，∵AB=BC，∴BD=DE，又∵四边形DBFE是平行四边形，∴四边形DBFE是菱形．‎ 点评：本题考查了三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，平行四边形的判定，菱形的判定以及菱形与平行四边形的关系，熟记性质与判定方法是解题的关键．‎ ‎27.（2014•泰州，第26题，14分）平面直角坐标系xOy中，点A、B分别在函数y1=（x＞0）与y2=﹣（x＜0）的图象上，A、B的横坐标分别为 a、B．‎ ‎（第4题图）‎ ‎（1）若AB∥x轴，求△OAB的面积；‎ ‎（2）若△OAB是以AB为底边的等腰三角形，且a+b≠0，求ab的值；‎ ‎（3）作边长为3的正方形ACDE，使AC∥x轴，点D在点A的左上方，那么，对大于或等于4的任意实数a，CD边与函数y1=（x＞0）的图象都有交点，请说明理由．‎ 考点：‎ 反比例函数综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）如图1，AB交y轴于P，由于AB∥x轴，根据k的几何意义得到S△OAC=2，S△OBC=2，所以S△OAB=S△OAC+S△OBC=4；‎ ‎（2）根据分别函数图象上点的坐标特征得A、B的纵坐标分别为、﹣，根据两点间的距离公式得到OA2=a2+（）2，OB2=b2+（﹣）2，则利用等腰三角形的性质得到a2+（）2=b2+（﹣）2，变形得到（a+b）（a﹣b）（1﹣）=0，由于a+b≠0，a＞0，b＜0，所以1﹣=0，易得ab=﹣4；‎ ‎（3）由于a≥4，AC=3，则可判断直线CD在y轴的右侧，直线CD与函数y1=（x＞‎ ‎0）的图象一定有交点，设直线CD与函数y1=（x＞0）的图象交点为F，由于A点坐标为（a，），正方形ACDE的边长为3，则得到C点坐标为（a﹣3，），F点的坐标为（a﹣3，），所以FC=﹣，然后比较FC与3的大小，由于3﹣FC=3﹣（﹣）=，而a≥4，所以3﹣FC≥0，于是可判断点F在线段DC上．‎ 解答：‎ 解：（1）如图1，AB交y轴于P，‎ ‎∵AB∥x轴，‎ ‎∴S△OAC=×|4|=2，S△OBC=×|﹣4|=2，‎ ‎∴S△OAB=S△OAC+S△OBC=4；‎ ‎（2）∵A、B的横坐标分别为a、b，‎ ‎∴A、B的纵坐标分别为、﹣，‎ ‎∴OA2=a2+（）2，OB2=b2+（﹣）2，‎ ‎∵△OAB是以AB为底边的等腰三角形，‎ ‎∴OA=OB，‎ ‎∴a2+（）2=b2+（﹣）2，‎ ‎∴a2﹣b2+（）2﹣（）2=0，‎ ‎∴a2﹣b2+=0，‎ ‎∴（a+b）（a﹣b）（1﹣）=0，‎ ‎∵a+b≠0，a＞0，b＜0，‎ ‎∴1﹣=0，‎ ‎∴ab=﹣4；‎ ‎（3）∵a≥4，‎ 而AC=3，‎ ‎∴直线CD在y轴的右侧，直线CD与函数y1=（x＞0）的图象一定有交点，‎ 设直线CD与函数y1=（x＞0）的图象交点为F，如图2，‎ ‎∵A点坐标为（a，），正方形ACDE的边长为3，‎ ‎∴C点坐标为（a﹣3，），‎ ‎∴F点的坐标为（a﹣3，），‎ ‎∴FC=﹣，‎ ‎∵3﹣FC=3﹣（﹣）=，‎ 而a≥4，‎ ‎∴3﹣FC≥0，即FC≤3，‎ ‎∵CD=3，‎ ‎∴点F在线段DC上，‎ 即对大于或等于4的任意实数a，CD边与函数y1=（x＞0）的图象都有交点．‎ 点评：‎ 本题考查了反比例函数的综合题：掌握反比例函数图象上点的坐标特征、反比例函数比例系数的几何意义、图形与坐标和正方形的性质；会利用求差法对代数式比较大小．‎ ‎28. （2014•扬州，第23题，10分）如图，已知Rt△ABC中，∠ABC=90°，先把△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后，再把△ABC沿射线平移至△FEG，DF、FG相交于点H．‎ ‎（1）判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；‎ ‎（2）连结CG，求证：四边形CBEG是正方形．‎ ‎（第5题图）‎ 考点：‎ 旋转的性质；正方形的判定；平移的性质 分析：‎ ‎（1）根据旋转和平移可得∠DEB=∠ACB，∠GFE=∠A，再根据∠ABC=90°可得∠A+∠ACB=90°，进而得到∠DEB+∠GFE=90°，从而得到DE、FG的位置关系是垂直；‎ ‎（2）根据旋转和平移找出对应线段和角，然后再证明是矩形，后根据邻边相等可得四边形CBEG是正方形．‎ 解答：‎ ‎（1）解：FG⊥ED．理由如下：‎ ‎∵△ABC绕点B顺时针旋转90°至△DBE后，‎ ‎∴∠DEB=∠ACB，‎ ‎∵把△ABC沿射线平移至△FEG，‎ ‎∴∠GFE=∠A，‎ ‎∵∠ABC=90°，‎ ‎∴∠A+∠ACB=90°，‎ ‎∴∠DEB+∠GFE=90°，‎ ‎∴∠FHE=90°，‎ ‎∴FG⊥ED；‎ ‎（2）证明：根据旋转和平移可得∠GEF=90°，∠CBE=90°，CG∥EB，CB=BE，‎ ‎∵CG∥EB，‎ ‎∴∠BCG+∠CBE=90°，‎ ‎∴∠BCG=90°，‎ ‎∴四边形BCGE是矩形，‎ ‎∵CB=BE，‎ ‎∴四边形CBEG是正方形．‎ 点评：‎ 此题主要考查了图形的旋转和平移，关键是掌握新图形中的每一点，都是由原图形中的某一点移动后得到的，这两个点是对应点．连接各组对应点的线段平行且相等．‎ ‎29. （2014•扬州，第28题，12分）已知矩形ABCD的一条边AD=8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．‎ ‎（第6题图）‎ ‎（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连结AP、OP、OA．‎ ‎①求证：△OCP∽△PDA；‎ ‎②若△OCP与△PDA的面积比为1：4，求边AB的长；‎ ‎（2）若图1中的点P恰好是CD边的中点，求∠OAB的度数；‎ ‎（3）如图2，，擦去折痕AO、线段OP，连结BP．动点M在线段AP上（点M与点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN=PM，连结MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试问当点M、N在移动过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF的长度．‎ 考点：‎ 相似形综合题；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；矩形的性质；特殊角的三角函数值．‎ 专题：‎ 综合题；动点型；探究型．‎ 分析：‎ ‎（1）只需证明两对对应角分别相等即可证到两个三角形相似，然后根据相似三角形的性质求出PC长以及AP与OP的关系，然后在Rt△PCO中运用勾股定理求出OP长，从而求出AB长．‎ ‎（2）由DP=DC=AB=AP及∠D=90°，利用三角函数即可求出∠DAP 的度数，进而求出∠OAB的度数．‎ ‎（3）由边相等常常联想到全等，但BN与PM所在的三角形并不全等，且这两条线段的位置很不协调，可通过作平行线构造全等，然后运用三角形全等及等腰三角形的性质即可推出EF是PB的一半，只需求出PB长就可以求出EF长．‎ 解答：‎ 解：（1）如图1，‎ ‎①∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，DC=AB，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°．‎ 由折叠可得：AP=AB，PO=BO，∠PAO=∠BAO．∠APO=∠B．‎ ‎∴∠APO=90°．‎ ‎∴∠APD=90°﹣∠CPO=∠POC．‎ ‎∵∠D=∠C，∠APD=∠POC．‎ ‎∴△OCP∽△PDA．‎ ‎②∵△OCP与△PDA的面积比为1：4，‎ ‎∴====．‎ ‎∴PD=2OC，PA=2OP，DA=2CP．‎ ‎∵AD=8，∴CP=4，BC=8．‎ 设OP=x，则OB=x，CO=8﹣x．‎ 在Rt△PCO中，‎ ‎∵∠C=90°，CP=4，OP=x，CO=8﹣x，‎ ‎∴x2=（8﹣x）2+42．‎ 解得：x=5．‎ ‎∴AB=AP=2OP=10．‎ ‎∴边AB的长为10．‎ ‎（2）如图1，‎ ‎∵P是CD边的中点，‎ ‎∴DP=DC．‎ ‎∵DC=AB，AB=AP，‎ ‎∴DP=AP．‎ ‎∵∠D=90°，‎ ‎∴sin∠DAP==．‎ ‎∴∠DAP=30°．‎ ‎∵∠DAB=90°，∠PAO=∠BAO，∠DAP=30°，‎ ‎∴∠OAB=30°．‎ ‎∴∠OAB的度数为30°．‎ ‎（3）作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2．‎ ‎∵AP=AB，MQ∥AN，‎ ‎∴∠APB=∠ABP，∠ABP=∠MQP．‎ ‎∴∠APB=∠MQP．‎ ‎∴MP=MQ．‎ ‎∵MP=MQ，ME⊥PQ，‎ ‎∴PE=EQ=PQ．‎ ‎∵BN=PM，MP=MQ，‎ ‎∴BN=QM．‎ ‎∵MQ∥AN，‎ ‎∴∠QMF=∠BNF．‎ 在△MFQ和△NFB中，‎ ‎．‎ ‎∴△MFQ≌△NFB．‎ ‎∴QF=BF．‎ ‎∴QF=QB．‎ ‎∴EF=EQ+QF=PQ+QB=PB．‎ 由（1）中的结论可得：‎ PC=4，BC=8，∠C=90°．‎ ‎∴PB==4．‎ ‎∴EF=PB=2．‎ ‎∴在（1）的条件下，当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变，长度为2．‎ 点评：‎ 本题是一道运动变化类的题目，考查了相似三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、矩形的性质、等腰三角形的性质和判定、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识，综合性比较强，而添加适当的辅助线是解决最后一个问题的关键．‎ ‎30. （ 2014•珠海，第21题9分）如图，在正方形ABCD中，点E在边AD上，点F在边BC的延长线上，连结EF与边CD相交于点G，连结BE与对角线AC相交于点H，AE=CF，BE=EG．‎ ‎（1）求证：EF∥AC；‎ ‎（2）求∠BEF大小；‎ ‎（3）求证：=．‎ 考点：‎ 四边形综合题 分析：‎ ‎（1）根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可判定．‎ ‎（2）先确定三角形GCF是等腰直角三角形，得出CG=AE，然后通过△BAE≌△BCG，得出BE=BG=EG，即可求得．‎ ‎（3）因为三角形BEG是等边三角形，∠ABC=90°，∠ABE=∠CBG，从而求得∠ABE=15°，然后通过求得△AHB∽△FGB，即可求得．‎ 解答：‎ 解：（1）∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AD∥BF，‎ ‎∵AE=CF，‎ ‎∴四边形ACFE是平行四边形，‎ ‎∴EF∥AC，‎ ‎（2）连接BG，‎ ‎∵EF∥AC，‎ ‎∴∠F=∠ACB=45°，‎ ‎∵∠GCF=90°，‎ ‎∴∠CGF=∠F=45°，‎ ‎∴CG=CF，‎ ‎∵AE=CF，‎ ‎∴AE=CG，‎ 在△BAE与△BCG中，‎ ‎，‎ ‎∴△BAE≌△BCG（SAS）‎ ‎∴BE=BG，‎ ‎∵BE=EG，‎ ‎∴△BEG是等边三角形，‎ ‎∴∠BEF=60°，‎ ‎（3）∵△BAE≌△BCG，‎ ‎∴∠ABE=∠CBG，‎ ‎∵∠BAC=∠F=45°，‎ ‎∴△AHB∽△FGB，‎ ‎∴======，‎ ‎∵∠EBG=60°∠ABE=∠CBG，∠ABC=90°，‎ ‎∴∠ABE=15°，‎ ‎∴=．‎ 点评：‎ 本题考查了平行四边形的判定及性质，求得三角形的判定及 性质，正方形的性质，相似三角形的判定及性质，连接BG是本题的关键．‎ ‎　‎ ‎31. （2014•海南,第23题13分）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，∠CAB的平分线分别交BD，BC于点E，F，作BH⊥AF于点H，分别交AC，CD于点G，P，连接GE，GF．‎ ‎（1）求证：△OAE≌△OBG；‎ ‎（2）试问：四边形BFGE是否为菱形？若是，请证明；若不是，请说明理由；‎ ‎（3）试求：的值（结果保留根号）．‎ 考点：‎ 四边形综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）通过全等三角形的判定定理ASA证得：△OAE≌△OBG；‎ ‎（2）四边形BFGE是菱形．欲证明四边形BFGE是菱形，只需证得EG=EB=FB=FG，即四条边都相等的四边形是菱形；‎ ‎（3）设OA=OB=OC=a，菱形GEBF的边长为B．由该菱形的性质CG=GF=b，（也可由△OAE≌△OBG得OG=OE=a﹣b，OC﹣CG=a﹣b，得CG=b）；然后在Rt△GOE中，由勾股定理可得a=b，通过相似三角形△CGP∽△AGB的对应边成比例得到：==﹣1；最后由（1）△OAE≌△OBG得到：AE=GB，故==﹣1．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴OA=OB，∠AOE=∠BOG=90°． ‎ ‎∵BH⊥AF，‎ ‎∴∠AHG=90°，‎ ‎∴∠GAH+∠AGH=90°=∠OBG+∠AGH，‎ ‎∴∠GAH=∠OBG，即∠OAE=∠OBG．‎ ‎∴在△OAE与△OBG中，，‎ ‎∴△OAE≌△OBG（ASA）；‎ ‎（2）四边形BFGE是菱形，理由如下：‎ ‎∵在△AHG与△AHB中，‎ ‎∴△AHG≌△AHB（ASA），‎ ‎∴GH=BH，‎ ‎∴AF是线段BG的垂直平分线，‎ ‎∴EG=EB，FG=FB．‎ ‎∵∠BEF=∠BAE+∠ABE=67.5°，∠BFE=90°﹣∠BAF=67.5°‎ ‎∴∠BEF=∠BFE ‎ ‎∴EB=FB，‎ ‎∴EG=EB=FB=FG，‎ ‎∴四边形BFGE是菱形；‎ ‎（3）设OA=OB=OC=a，菱形GEBF的边长为B．‎ ‎∵四边形BFGE是菱形，‎ ‎∴GF∥OB，‎ ‎∴∠CGF=∠COB=90°，‎ ‎∴∠GFC=∠GCF=45°，‎ ‎∴CG=GF=b，‎ ‎（也可由△OAE≌△OBG得OG=OE=a﹣b，OC﹣CG=a﹣b，得CG=b）‎ ‎∴OG=OE=a﹣b，在Rt△GOE中，由勾股定理可得：2（a﹣b）2=b2，求得 a=b ‎∴AC=2a=（2+）b，AG=AC﹣CG=（1+）b ‎∵PC∥AB，‎ ‎∴△CGP∽△AGB，‎ ‎∴===﹣1，‎ 由（1）△OAE≌△OBG得 AE=GB，‎ ‎∴==﹣1，即=﹣1．‎ 点评：‎ 本题综合考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，以及菱形的判定与性质等四边形的综合题．该题难度较大，需要学生对有关于四边形的性质的知识有一系统的掌握．‎ ‎32. （2014•黑龙江绥化,第26题9分）在菱形ABCD和正三角形BGF中，∠ABC=60°，P是DF的中点，连接PG、PC．‎ ‎（1）如图1，当点G在BC边上时，易证：PG=PC．（不必证明）‎ ‎（2）如图2，当点F在AB的延长线上时，线段PC、PG有怎样的数量关系，写出你的猜想，并给与证明；‎ ‎（3）如图3，当点F在CB的延长线上时，线段PC、PG又有怎样的数量关系，写出你的猜想（不必证明）．‎ 考点：‎ 四边形综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）延长GP交DC于点E，利用△PED≌△PGF，得出PE=PG，DE=FG，得到CE=CG，CP是EG的中垂线，在RT△CPG中，∠PCG=60°，所以PG=PC．‎ ‎（2）延长GP交DA于点E，连接EC，GC，先证明△DPE≌△FPG，再证得△CDE≌△CBG，利用在RT△CPG中，∠PCG=60°，所以PG=PC．‎ ‎（3）延长GP到H，使PH=PG，连接CH、DH，作ME∥DC，先证△GFP≌△HDP，再证得△HDC≌△GBC，在在RT△CPG中，∠PCG=60°，所以PG=PC．‎ 解答：‎ ‎（1）提示：如图1：延长GP交DC于点E，‎ 利用△PED≌△PGF，得出PE=PG，DE=FG，‎ ‎∴CE=CG，‎ ‎∴CP是EG的中垂线，‎ 在RT△CPG中，∠PCG=60°，‎ ‎∴PG=PC．‎ ‎（2）如图2，延长GP交DA于点E，连接EC，GC，‎ ‎∵∠ABC=60°，△BGF正三角形 ‎∴GF∥BC∥AD，‎ ‎∴∠EDP=∠GFP，[来源:Zxxk.Com]‎ 在△DPE和△FPG中 ‎∴△DPE≌△FPG（ASA）‎ ‎∴PE=PG，DE=FG=BG，‎ ‎∵∠CDE=CBG=60°，CD=CB，‎ 在△CDE和△CBG中，‎ ‎∴△CDE≌△CBG（SAS）‎ ‎∴CE=CG，∠DCE=∠BCG，‎ ‎∴∠ECG=∠DCB=120°，‎ ‎∵PE=PG，‎ ‎∴CP⊥PG，∠PCG=∠ECG=60°‎ ‎∴PG=PC．‎ ‎（3）猜想：PG=PC．‎ 证明：如图3，延长GP到H，使PH=PG，连接CH，CG，DH，作ME∥DC ‎∵P是线段DF的中点，‎ ‎∴FP=DP，‎ ‎∵∠GPF=∠HPD，‎ ‎∴△GFP≌△HDP，‎ ‎∴GF=HD，∠GFP=∠HDP，‎ ‎∵∠GFP+∠PFE=120°，∠PFE=∠PDC，‎ ‎∴∠CDH=∠HDP+∠PDC=120°，‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴CD=CB，∠ADC=∠ABC=60°，点A、B、G又在一条直线上，‎ ‎∴∠GBC=120°，‎ ‎∵四边形BEFG是菱形，‎ ‎∴GF=GB，‎ ‎∴HD=GB，‎ ‎∴△HDC≌△GBC，‎ ‎∴CH=CG，∠DCH=∠BCG，‎ ‎∴∠DCH+∠HCB=∠BCG+∠HCB=120°，‎ 即∠HCG=120°‎ ‎∵CH=CG，PH=PG，‎ ‎∴PG⊥PC，∠GCP=∠HCP=60°，‎ ‎∴PG=PC．‎ 点评：‎ 本题主要考查了菱形的性质，以及全等三角形的判定等知识点，根据已知和所求的条件正确的构建出相关的全等三角形是解题的关键．‎ ‎33. （2014•湖北宜昌,第23题11分）在矩形ABCD中，=a，点G，H分别在边AB，DC上，且HA=HG，点E为AB边上的一个动点，连接HE，把△AHE沿直线HE翻折得到△FHE．‎ ‎（1）如图1，当DH=DA时，‎ ‎①填空：∠HGA=　45　度；‎ ‎②若EF∥HG，求∠AHE的度数，并求此时的最小值；‎ ‎（2）如图3，∠AEH=60°，EG=2BG，连接FG，交边FG，交边DC于点P，且FG⊥AB，G为垂足，求a的值．‎ 考点：‎ 四边形综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）①根据矩形的性质和已知条件得出∠HAE=45°，再根据HA=HG，得出∠HAE=∠HGA，从而得出答案；‎ ‎②先分两种情况讨论：第一种情况，根据（1）得出∠AHG=90°，再根据折叠的性质得出∠HAE=∠F=45°，∠AHE=∠FHE，再根据EF∥HG，得出∠AHF=∠AHG﹣∠FHG，即可得出∠AHE=22.5°，此时，当B与G重合时，a的值最小，求出最小值；第二种情况：根据已知得出∠AEH+∠FEH=45°，由折叠的性质求出∠AHE的度数，此时，当B与E重合时，a的值最小，设DH=DA=x，则AH=CH=x，在Rt△AHG中，‎ ‎∠AHG=90°，根据勾股定理得：AG=AH=2x，再根据∠AEH=∠FEH，∠GHE=∠FEH，求出∠AEH=∠GHE，得出AB=AE=2x+x，从而求出a的最小值；‎ ‎（2）先过点H作HQ⊥AB于Q，则∠AQH=∠GOH=90°，根据矩形的性质得出∠D=∠DAQ=∠AQH=90°，得出四边形DAQH为矩形，设AD=x，GB=y，则HQ=x，EG=2y，‎ 由折叠的性质可知∠AEH=∠FEH=60°，得出∠FEG=60°，在Rt△EFG中，根据特殊角的三角函数值求出EG和EQ的值，再由折叠的性质得出AE=EF，求出y的值，从而求出AB=2AQ+GB，即可得出a的值．‎ 解答：‎ 解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠ADH=90°，‎ ‎∵DH=DA，‎ ‎∴∠DAH=∠DHA=45°，‎ ‎∴∠HAE=45°，‎ ‎∵HA=HG，‎ ‎∴∠HAE=∠HGA=45°；‎ 故答案为：45°；‎ ‎②分两种情况讨论：‎ 第一种情况：‎ ‎∵∠HAG=∠HGA=45°；‎ ‎∴∠AHG=90°，‎ 由折叠可知：∠HAE=∠F=45°，∠AHE=∠FHE，‎ ‎∵EF∥HG，‎ ‎∴∠FHG=∠F=45°，‎ ‎∴∠AHF=∠AHG﹣∠FHG=45°，‎ 即∠AHE+∠FHE=45°，‎ ‎∴∠AHE=22.5°，‎ 此时，当B与G重合时，a的值最小，最小值是2；‎ 第二种情况：‎ ‎∵EF∥HG，‎ ‎∴∠HGA=∠FEA=45°，‎ 即∠AEH+∠FEH=45°，‎ 由折叠可知：∠AEH=∠FEH，‎ ‎∴∠AEH=∠FEH=22.5°，‎ ‎∵EF∥HG，‎ ‎∴∠GHE=∠FEH=22.5°，‎ ‎∴∠AHE=90°+22.5°=112.5°，‎ 此时，当B与E重合时，a的值最小，‎ 设DH=DA=x，则AH=CH=x，‎ 在Rt△AHG中，∠AHG=90°，由勾股定理得：‎ AG=AH=2x，‎ ‎∵∠AEH=∠FEH，∠GHE=∠FEH，‎ ‎∴∠AEH=∠GHE，‎ ‎∴GH=GE=x，‎ ‎∴AB=AE=2x+x，‎ ‎∴a的最小值是=2+；‎ ‎（2）如图：过点H作HQ⊥AB于Q，则∠AQH=∠GOH=90°，‎ 在矩形ABCD中，∠D=∠DAQ=90°，‎ ‎∴∠D=∠DAQ=∠AQH=90°，‎ ‎∴四边形DAQH为矩形，‎ ‎∴AD=HQ，‎ 设AD=x，GB=y，则HQ=x，EG=2y，‎ 由折叠可知：∠AEH=∠FEH=60°，‎ ‎∴∠FEG=60°，‎ 在Rt△EFG中，EG=EF×cos60°，EF=4y，‎ 在Rt△HQE中，EQ==x，‎ ‎∴QG=QE+EG=x+2y，[来源:学科网ZXXK]‎ ‎∵HA=HG，HQ⊥AB，‎ ‎∴AQ=GQ=x+2y，‎ ‎∴AE=AQ+QE=x+2y，‎ 由折叠可知：AE=EF，‎ ‎∴x+2y=4y，‎ ‎∴y=x，‎ ‎∴AB=2AQ+GB=2（x+2y）+y=x，‎ ‎∴a==．‎ ‎ ‎ 点评：‎ 此题考查了四边形的综合，用到的知识点是矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、特殊角的三角函数值等知识点，关键是根据题意做出辅助线，构造直角三角形．‎ ‎34.　 （2014•湖南永州,第23题10分）在同一平面内，△ABC和△ABD如图①放置，其中AB=BD．‎ 小明做了如下操作：‎ 将△ABC绕着边AC的中点旋转180°得到△CEA，将△ABD绕着边AD的中点旋转180°得到△DFA，如图②，请完成下列问题：‎ ‎（1）试猜想四边形ABDF是什么特殊四边形，并说明理由；‎ ‎（2）连接EF，CD，如图③，求证：四边形CDEF是平行四边形．‎ 考点：‎ 旋转的性质；平行四边形的判定；菱形的判定．.‎ 分析：‎ ‎（1）根旋转的性质得AB=DF，BD=FA，由于AB=BD，所以AB=BD=DF=FA，则可根据菱形的判定方法得到四边形ABDF是菱形；‎ ‎（2）由于四边形ABDF是菱形，则AB∥DF，且AB=DF，再根据旋转的性质易得四边形ABCE为平行四边形，根据判死刑四边形的性质得AB∥CE，且AB=CE，‎ 所以CE∥FD，CE=FD，所以可判断四边形CDEF是平行四边形．‎ 解答：‎ ‎（1）解：四边形ABDF是菱形．理由如下：‎ ‎∵△ABD绕着边AD的中点旋转180°得到△DFA，‎ ‎∴AB=DF，BD=FA，‎ ‎∵AB=BD，‎ ‎∴AB=BD=DF=FA，‎ ‎∴四边形ABDF是菱形；‎ ‎（2）证明：∵四边形ABDF是菱形，‎ ‎∴AB∥DF，且AB=DF，‎ ‎∵△ABC绕着边AC的中点旋转180°得到△CEA，‎ ‎∴AB=CE，BC=EA，‎ ‎∴四边形ABCE为平行四边形，‎ ‎∴AB∥CE，且AB=CE，‎ ‎∴CE∥FD，CE=FD，‎ ‎∴四边形CDEF是平行四边形．‎ 点评：‎ 本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了平行四边形的判定和菱形的判定．‎ ‎35. （2014•广西来宾，第21题8分）如图，BD是矩形ABCD的一条对角线．‎ ‎（1）作BD的垂直平分线EF，分别交AD、BC于点E、F，垂足为点O．（要求用尺规左图，保留作图痕迹，不要求写作法）；‎ ‎（2）求证：DE=BF．‎ 考点：‎ 作图—基本作图；线段垂直平分线的性质；矩形的性质．‎ 分析：‎ ‎（1）分别以B、D为圆心，以大于BD 的长为半径四弧交于两点，过两点作直线即可得到线段BD的垂直平分线；‎ ‎（2）利用垂直平分线证得△DEO≌△BFO即可证得结论．‎ 解答：‎ 解：（1）答题如图：‎ ‎（2）∵四边形ABCD为矩形，‎ ‎∴AD∥BC，‎ ‎∴∠ADB=∠CBD，‎ ‎∵EF垂直平分线段BD，‎ ‎∴BO=DO，‎ 在△DEO和三角形BFO中，‎ ‎，‎ ‎∴△DEO≌△BFO（ASA），‎ ‎∴DE=BF．‎ 点评：‎ 本题考查了基本作图及全等三角形的判定与性质，了解基本作图是解答本题的关键，难度中等．‎ ‎36．(2014年广西钦州，第20题7分)如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB、BC上的点，且AE=BF．求证：CE=DF．‎ 考点： 正方形的性质；全等三角形的判定与性质．版权所有 专题： 证明题．‎ 分析： 根据正方形的性质可得AB=BC=CD，∠B=∠BCD=90°，然后求出BE=CF，再利用“边角边”证明△BCE和△CDF全等，根据全等三角形对应边相等证明即可．‎ 解答： 证明：在正方形ABCD中，AB=BC=CD，∠B=∠BCD=90°，‎ ‎∵AE=BF，‎ ‎∴AB﹣AE=BC﹣BF，‎ 即BE=CF，‎ 在△BCE和△CDF中，‎ ‎，‎ ‎∴△BCE≌△CDF（SAS），‎ ‎∴CE=DF．‎ 点评： 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并确定出三角形全等的条件是解题的关键．‎ ‎37．(2014年贵州安顺，第23题12分)已知：如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足为点D，AN是△ABC外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足为点E，‎ ‎（1）求证：四边形ADCE为矩形；‎ ‎（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCE是一个正方形？并给出证明．‎ 考点： 矩形的判定；角平分线的性质；等腰三角形的性质；正方形的判定．.‎ 专题： 证明题；开放型．‎ 分析： （1）根据矩形的有三个角是直角的四边形是矩形，已知CE⊥AN，AD⊥BC，所以求证∠DAE=90°，可以证明四边形ADCE为矩形．‎ ‎（2）根据正方形的判定，我们可以假设当AD=BC，由已知可得，DC=BC，由（1）的结论可知四边形ADCE为矩形，所以证得，四边形ADCE为正方形．‎ 解答： （1）证明：在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，‎ ‎∴∠BAD=∠DAC，‎ ‎∵AN是△ABC外角∠CAM的平分线，‎ ‎∴∠MAE=∠CAE，‎ ‎∴∠DAE=∠DAC+∠CAE=180°=90°，‎ 又∵AD⊥BC，CE⊥AN，‎ ‎∴∠ADC=∠CEA=90°，‎ ‎∴四边形ADCE为矩形．‎ ‎（2）当△ABC满足∠BAC=90°时，四边形ADCE是一个正方形．‎ 理由：∵AB=AC，‎ ‎∴∠ACB=∠B=45°，‎ ‎∵AD⊥BC，‎ ‎∴∠CAD=∠ACD=45°，‎ ‎∴DC=AD，‎ ‎∵四边形ADCE为矩形，‎ ‎∴矩形ADCE是正方形．‎ ‎∴当∠BAC=90°时，四边形ADCE是一个正方形．‎ 点评： 本题是以开放型试题，主要考查了对矩形的判定，正方形的判定，等腰三角形的性质，及角平分线的性质等知识点的综合运用．‎ ‎38．（2014•莱芜，第21题9分）如图，已知△ABC是等腰三角形，顶角∠BAC=α（α＜60°），D是BC边上的一点，连接AD，线段AD绕点A顺时针旋转α到AE，过点E作BC的平行线，交AB于点F，连接DE，BE，DF．‎ ‎（1）求证：BE=CD；‎ ‎（2）若AD⊥BC，试判断四边形BDFE的形状，并给出证明．‎ 考点：‎ 全等三角形的判定与性质；菱形的判定；旋转的性质．‎ 分析：‎ ‎（1）根据旋转可得∠BAE=∠CAD，从而SAS证明△ACD≌△ABE，得出答案 BE=CD；‎ ‎（2）由AD⊥BC，SAS可得△ACD≌△ABE≌△ABD，得出BE=BD=CD，∠EBF=∠DBF，再由EF∥BC，∠DBF=∠EFB，从而得出∠EBF=∠EFB，则EB=EF，证明得出四边形BDFE为菱形．‎ 解答：‎ 证明：（1）∵△ABC是等腰三角形，顶角∠BAC=α（α＜60°），线段AD绕点A顺时针旋转α到AE，‎ ‎∴AB=AC，‎ ‎∴∠BAE=∠CAD，‎ 在△ACD和△ABE中，‎ ‎，‎ ‎∴△ACD≌△ABE（SAS），‎ ‎∴BE=CD；‎ ‎（2）∵AD⊥BC，‎ ‎∴BD=CD，‎ ‎∴BE=BD=CD，∠BAD=∠CAD，‎ ‎∴∠BAE=∠BAD，‎ 在△ABD和△ABE中，‎ ‎，‎ ‎∴△ABD≌△ABE（SAS），‎ ‎∴∠EBF=∠DBF，‎ ‎∵EF∥BC，‎ ‎∴∠DBF=∠EFB，‎ ‎∴∠EBF=∠EFB，‎ ‎∴EB=EF，‎ ‎∴BD=BE=EF=FD，‎ ‎∴四边形BDFE为菱形．‎ 点评：‎ 本题考查了全等三角形的判定和性质以及菱形的判定、旋转的性质．‎ ‎39. （2014•青岛，第21题8分）已知：如图，▱ABCD中，O是CD的中点，连接AO并延长，交BC的延长线于点E．‎ ‎（1）求证：△AOD≌△EOC；‎ ‎（2）连接AC，DE，当∠B=∠AEB=　45　°时，四边形ACED是正方形？请说明理由．‎ 考点：‎ 平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的判定．‎ 分析：‎ ‎（1）根据平行线的性质可得∠D=∠OCE，∠DAO=∠E，再根据中点定义可得DO=CO，然后可利用AAS证明△AOD≌△EOC；‎ ‎（2）当∠B=∠AEB=45°时，四边形ACED是正方形，首先证明四边形ACED是平行四边形，再证对角线互相垂直且相等可得四边形ACED是正方形．‎ 解答：‎ 证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AD∥BC．‎ ‎∴∠D=∠OCE，∠DAO=∠E．‎ ‎∵O是CD的中点，‎ ‎∴OC=OD，‎ 在△ADO和△ECO中，‎ ‎，‎ ‎∴△AOD≌△EOC（AAS）；‎ ‎（2）当∠B=∠AEB=45°时，四边形ACED是正方形．‎ ‎∵△AOD≌△EOC，‎ ‎∴OA=OE．‎ 又∵OC=OD，‎ ‎∴四边形ACED是平行四边形．‎ ‎∵∠B=∠AEB=45°，‎ ‎∴AB=AE，∠BAE=90°．‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴AB∥CD，AB=CD．‎ ‎∴∠COE=∠BAE=90°．‎ ‎∴▱ACED是菱形．‎ ‎∵AB=AE，AB=CD，‎ ‎∴AE=CD．‎ ‎∴菱形ACED是正方形．‎ 故答案为：45．‎ 点评：‎ 此题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及正方形的判定，关键是掌握对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形．‎ ‎40. （2014•青岛，第24题12分）已知：如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且AC=12cm，BD=16cm．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，直线EF从点D出发，沿DB方向匀速运动，速度为1cm/s，EF⊥BD，且与AD，BD，CD分别交于点E，Q，F；当直线EF停止运动时，点P也停止运动．连接PF，设运动时间为t（s）（0＜t＜8）．解答下列问题：‎ ‎（1）当t为何值时，四边形APFD是平行四边形？‎ ‎（2）设四边形APFE的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；‎ ‎（3）是否存在某一时刻t，使S四边形APFE：S菱形ABCD=17：40？若存在，求出t的值，并求出此时P，E两点间的距离；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 四边形综合题．‎ 分析：‎ ‎（1））由四边形ABCD是菱形，OA=AC，OB=BD．在Rt△AOB中，运用勾股定理求出AB=10．再由△DFQ∽△DCO．得出=．求出DF．由AP=DF．求出t．‎ ‎（2）过点C作CG⊥AB于点G，由S菱形ABCD=AB•CG=AC•BD，求出CG．据S梯形APFD=（AP+DF）•CG．S△EFD=EF•QD．得出y与t之间的函数关系式；‎ ‎（3）过点C作CG⊥AB于点G，由S菱形ABCD=AB•CG，求出CG，由S四边形APFE：S菱形ABCD=17：40，求出t，再由△PBN∽△ABO，求得PN，BN，据线段关系求出EM，PM再由勾股定理求出PE．‎ 解答：‎ 解：（1）∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AB∥CD，AC⊥BD，OA=OC=AC=6，OB=OD=BD=8．‎ 在Rt△AOB中，AB==10．‎ ‎∵EF⊥BD，‎ ‎∴∠FQD=∠COD=90°．‎ 又∵∠FDQ=∠CDO，‎ ‎∴△DFQ∽△DCO．‎ ‎∴=．‎ 即=，‎ ‎∴DF=t．‎ ‎∵四边形APFD是平行四边形，‎ ‎∴AP=DF．‎ 即10﹣t=t，‎ 解这个方程，得t=．‎ ‎∴当t=s时，四边形APFD是平行四边形．‎ ‎（2）如图，过点C作CG⊥AB于点G，‎ ‎∵S菱形ABCD=AB•CG=AC•BD，‎ 即10•CG=×12×16，‎ ‎∴CG=．‎ ‎∴S梯形APFD=（AP+DF）•CG ‎=（10﹣t+t）•=t+48．‎ ‎∵△DFQ∽△DCO，‎ ‎∴=．‎ 即=，‎ ‎∴QF=t．‎ 同理，EQ=t．‎ ‎∴EF=QF+EQ=t．‎ ‎∴S△EFD=EF•QD=×t×t=t2．‎ ‎∴y=（t+48）﹣t2=﹣t2+t+48．‎ ‎（3）如图，过点P作PM⊥EF于点M，PN⊥BD于点N，‎ 若S四边形APFE：S菱形ABCD=17：40，‎ 则﹣t2+t+48=×96，‎ 即5t2﹣8t﹣48=0，‎ 解这个方程，得t1=4，t2=﹣（舍去）‎ 过点P作PM⊥EF于点M，PN⊥BD于点N，‎ 当t=4时，‎ ‎∵△PBN∽△ABO，‎ ‎∴==，即==．‎ ‎∴PN=，BN=．‎ ‎∴EM=EQ﹣MQ==．‎ PM=BD﹣BN﹣DQ==．‎ 在Rt△PME中，‎ PE===（cm）．‎ 点评：‎ 本题主要考查了四边形的综合知识，解题的关键是根据三角形相似比求出相关线段．‎ ‎41. （2014•山西，第19题6分）阅读以下材料，并按要求完成相应的任务．‎ 几何中，平行四边形、矩形、菱形、正方形和等腰梯形都是特殊的四边形，大家对于它们的性质都非常熟悉，生活中还有一种特殊的四边形﹣﹣筝形．所谓筝形，它的形状与我们生活中风筝的骨架相似．‎ 定义：两组邻边分别相等的四边形，称之为筝形，如图，四边形ABCD是筝形，其中AB=AD，CB=CD 判定：①两组邻边分别相等的四边形是筝形 ‎②有一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形是筝形 显然，菱形是特殊的筝形，就一般筝形而言，它与菱形有许多相同点和不同点 如果只研究一般的筝形（不包括菱形），请根据以上材料完成下列任务：‎ 如果只研究一般的筝形（不包括菱形），请根据以上材料完成下列任务：‎ ‎（1）请说出筝形和菱形的相同点和不同点各两条；‎ ‎（2）请仿照图1的画法，在图2所示的8×8网格中重新设计一个由四个全等的筝形和四个全等的菱形组成的新图案，具体要求如下：‎ ‎①顶点都在格点上；‎ ‎②所涉及的图案既是轴对称图形又是中心对称图形；‎ ‎③将新图案中的四个筝形都图上阴影（建议用一系列平行斜线表示阴影）．‎ 考点：利用旋转设计图案；菱形的性质；利用轴对称设计图案．‎ 分析：（1）利用菱形的性质以及结合图形得出筝形的性质分别得出异同点即可；‎ ‎（2）利用轴对称图形和中心对称图形的定义结合题意得出答案．‎ 解答：解：（1）相同点：①两组邻边分别相等；②有一组对角相等；③一条对角线垂直平分另一条对角线；‎ ‎④一条对角线平分一组对角；⑤都是轴对称图形；⑥面积等于对角线乘积的一半；‎ 不同点：①菱形的对角线互相平分，筝形的对角线不互相平分；‎ ‎②菱形的四边都相等，筝形只有两组邻边分别相等；‎ ‎③菱形的两组对边分别平行，筝形的对边不平行；‎ ‎④菱形的两组对角分别相等，筝形只有一组对角相等；‎ ‎⑤菱形的邻角互补，筝形的邻角不互补；‎ ‎⑥菱形的既是轴对称图形又是中心对称图形，筝形是轴对称图形不是中心对称图形；‎ ‎（2）如图所示：‎ ‎．‎ 点评：此题主要考查了利用旋转设计图案，借助网格得出符合题意的图形是解题关键．‎ ‎42. （2014•山西，第23题11分）课程学习：正方形折纸中的数学．‎ 动手操作：如图1，四边形ABCD是一张正方形纸片，先将正方形ABCD对折，使BC与AD重合，折痕为EF，把这个正方形展平，然后沿直线CG折叠，使B点落在EF上，对应点为B′．‎ 数学思考：（1）求∠CB′F的度数；（2）如图2，在图1的基础上，连接AB′，试判断∠B′AE与∠GCB′的大小关系，并说明理由；‎ 解决问题：‎ ‎（3）如图3，按以下步骤进行操作：‎ 第一步：先将正方形ABCD对折，使BC与AD重合，折痕为EF，把这个正方形展平，然后继续对折，使AB与DC重合，折痕为MN，再把这个正方形展平，设EF和MN相交于点O；‎ 第二步：沿直线CG折叠，使B点落在EF上，对应点为B′，再沿直线AH折叠，使D点落在EF上，对应点为D′；‎ 第三步：设CG、AH分别与MN相交于点P、Q，连接B′P、PD′、D′Q、QB′，试判断四边形B′PD′Q的形状，并证明你的结论．‎ 考点：四边形综合题．‎ 分析：（1）由对折得出CB=CB′，在RT△B′FC中，sin∠CB′F==，得出∠CB′F=30°，‎ ‎（2）连接BB′交CG于点K，由对折可知，∠B′AE=∠B′BE，由∠B′BE+∠KBC=90°，∠KBC+∠GCB=90°，得到∠B′BE=∠GCB，又由折叠知∠GCB=∠GCB′得∠B′AE=∠GCB′，‎ ‎（3）连接AB′利用三角形全等及对称性得出EB′=NP=FD′=MQ，由两次对折可得，OE=ON=OF=OM，OB′=OP=0D′=OQ，四边形B′PD′Q为矩形，由对折知，MN⊥EF，于点O，PQ⊥B′D′于点0，得到四边形B′PD′Q为正方形，‎ 解答 解：（1）如图1，由对折可知，∠EFC=90°，CF=CD，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴CD=CB，‎ ‎∴CF=BC，‎ ‎∵CB′=CB，‎ ‎∴CF=CB′‎ ‎∴在RT△B′FC中，sin∠CB′F==，‎ ‎∴∠CB′F=30°，‎ ‎（2）如图2，连接BB′交CG于点K，由对折可知，EF垂直平分AB，‎ ‎∴B′A=B′B，‎ ‎∠B′AE=∠B′BE，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠ABC=90°，‎ ‎∴∠B′BE+∠KBC=90°，‎ 由折叠知，∠BKC=90°，‎ ‎∴∠KBC+∠GCB=90°，‎ ‎∴∠B′BE=∠GCB，‎ 又由折叠知，∠GCB=∠GCB′，‎ ‎∴∠B′AE=∠GCB′，‎ ‎（3）四边形B′PD′Q为正方形，‎ 证明：如图3，连接AB′‎ 由（2）可知∠B′AE=∠GCB′，由折叠可知，∠GCB′=∠PCN，‎ ‎∴∠B′AE=∠PCN，‎ 由对折知∠AEB=∠CNP=90°，AE=AB，CN=BC，‎ 又∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB=BC，‎ ‎∴AE=CN，‎ 在△AEB′和△CNP ‎∴△AEB′≌△CNP ‎∴EB′=NP，‎ 同理可得，FD′=MQ，‎ 由对称性可知，EB′=FD′，‎ ‎∴EB′=NP=FD′=MQ，‎ 由两次对折可得，OE=ON=OF=OM，‎ ‎∴OB′=OP=0D′=OQ，‎ ‎∴四边形B′PD′Q为矩形，‎ 由对折知，MN⊥EF，于点O，‎ ‎∴PQ⊥B′D′于点0，‎ ‎∴四边形B′PD′Q为正方形，‎ 点评： 本题主要考查了四边形的综合题，解决本题的关键是找准对折后的相等角，相等边．‎ ‎43. （2014•乐山，第19题9分）如图，在△ABC中，AB=AC，四边形ADEF是菱形，求证：BE=CE．‎ 考点：‎ 菱形的性质；全等三角形的判定与性质．.‎ 专题：‎ 证明题．‎ 分析：‎ 根据四边形ADEF是菱形，得DE=EF，AB∥EF，DE∥AC可证明∠△DFE≌△FCE，即可得出BE=CE．‎ 解答：‎ 证明：∵四边形ADEF是菱形，‎ ‎∴DE=EF，AB∥EF，DE∥AC，‎ ‎∴∠C=∠BED，∠B=∠CEF，‎ ‎∵AB=AC，‎ ‎∴∠B=∠C，‎ 在△DFE和△FCE中，‎ ‎，‎ ‎∴∠△DFE≌△FCE，‎ ‎∴BE=CE．‎ 点评：‎ 本题考查了菱形的性质以及全等三角形的判定和性质，是基础题，比较简单．‎ ‎44. （2014•乐山，第21题10分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC=90°，∠B=30°，CE⊥AB，垂足为点E．若AD=1，AB=2，求CE的长．‎ 考点：‎ 直角梯形；矩形的判定与性质；解直角三角形．.‎ 分析：‎ 利用锐角三角函数关系得出BH的长，进而得出BC的长，即可得出CE的长．‎ 解答：‎ 解：过点A作AH⊥BC于H，则AD=HC=1，‎ 在△ABH中，∠B=30°，AB=2，‎ ‎∴cos30°=，‎ 即BH=ABcos30°=2×=3，‎ ‎∴BC=BH+BC=4，‎ ‎∵CE⊥AB，‎ ‎∴CE=BC=2．‎ 点评：‎ 此题主要考查了锐角三角函数关系应用以及直角三角形中30°所对的边等于斜边的一半等知识，得出BH的长是解题关键．‎ ‎45. （2014•丽水，第23题10分）提出问题：‎ ‎（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，H分别在BC，AB上，若AE⊥DH于点O，求证：AE=DH；‎ 类比探究：‎ ‎（2）如图2，在正方形ABCD中，点H，E，G，F分别在AB，BC，CD，DA上，若EF⊥HG于点O，探究线段EF与HG的数量关系，并说明理由；‎ 综合运用：‎ ‎（3）在（2）问条件下，HF∥GE，如图3所示，已知BE=EC=2，EO=2FO，求图中阴影部分的面积．‎ 考点：‎ 四边形综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）由正方形的性质得AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH．所以∠HAO+∠OAD=90°，又知∠ADO+∠OAD=90°，所以∠HAO=∠ADO，于是△ABE≌△DAH可得AE=DH；‎ ‎（2）EF=GH．将FE平移到AM处，则AM∥EF，AM=EF，将GH平移到DN处，则DN∥GH，DN=GH．根据（1）的结论得AM=DN，所以EF=GH；‎ ‎（3）易得△AHF∽△CGE，所以，由EC=2得AF=1，过F作FP⊥BC于P，根据勾股定理得EF=，因为FH∥EG，所以根据（2）①知EF=GH，所以FO=HO，再求得三角形FOH与三角形EOG的面积相加即可．‎ 解答：‎ 解：（1）∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH．‎ ‎∴∠HAO+∠OAD=90°．‎ ‎∵AE⊥DH，‎ ‎∴∠ADO+∠OAD=90°．‎ ‎∴∠HAO=∠ADO．‎ ‎∴△ABE≌△DAH（ASA），‎ ‎∴AE=DH．‎ ‎（2）EF=GH．‎ 将FE平移到AM处，则AM∥EF，AM=EF．‎ 将GH平移到DN处，则DN∥GH，DN=GH．[来源:学科网]‎ ‎∵EF⊥GH，‎ ‎∴AM⊥DN，‎ 根据（1）的结论得AM=DN，所以EF=GH；‎ ‎（3）∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AB∥CD ‎∴∠AHO=∠CGO ‎∵FH∥EG ‎∴∠FHO=∠EGO ‎∴∠AHF=∠CGE ‎∴△AHF∽△CGE ‎∴‎ ‎∵EC=2‎ ‎∴AF=1‎ 过F作FP⊥BC于P，‎ 根据勾股定理得EF=，‎ ‎∵FH∥EG，‎ ‎∴‎ 根据（2）①知EF=GH，‎ ‎∴FO=HO．‎ ‎∴，‎ ‎，‎ ‎∴阴影部分面积为．‎ 点评：‎ 本题考查了三角形的综合知识．用到全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等综合性较强，难度较大．‎ ‎46．(2014•黑龙江牡丹江, 第26题10分)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD、BE．‎ ‎（1）求证：CE=AD；‎ ‎（2）当D在AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；‎ ‎（3）若D为AB中点，则当∠A的大小满足什么条件时，四边形BECD是正方形？请说明你的理由．‎ 第1题图 考点： 正方形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定有 分析： （1）先求出四边形BECD是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；‎ ‎（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可；‎ ‎（3）求出∠CDB=90°，再根据正方形的判定推出即可．‎ 解答： （1）证明：∵DE⊥BC，‎ ‎∴∠DFB=90°，‎ ‎∵∠ACB=90°，‎ ‎∴∠ACB=∠DFB，‎ ‎∴AC∥DE，‎ ‎∵MN∥AB，即CE∥AD，‎ ‎∴四边形ADEC是平行四边形，‎ ‎∴CE=AD；‎ ‎（2）解：四边形BECD是菱形，‎ 理由是：∵D为AB中点，‎ ‎∴AD=BD，‎ ‎∵CE=AD，‎ ‎∴BD=CE，‎ ‎∵BD∥CE，‎ ‎∴四边形BECD是平行四边形，‎ ‎∵∠ACB=90°，D为AB中点，‎ ‎∴CD=BD，‎ ‎∴四边形BECD是菱形；‎ ‎（3）当∠A=45°时，四边形B°ECD是正方形，理由是：‎ 解：∵∠ACB=90°，∠A=45°，‎ ‎∴∠ABC=∠A=45°，‎ ‎∴AC=BC，‎ ‎∵D为BA中点，‎ ‎∴CD⊥AB，‎ ‎∴∠CDB=90°，‎ ‎∵四边形BECD是菱形，‎ ‎∴四边形BECD是正方形，‎ 即当∠A=45°时，四边形BECD是正方形．‎ 点评： 本题考查了正方形的判定、平行四边形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形的性质的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力．‎ ‎47．（2014•四川广安,第19题6分）如图，在正方形ABCD中，P是对角线AC上的一点，连接BP、DP，延长BC到E，使PB=PE．求证：∠PDC=∠PEC．‎ 考点：‎ 全等三角形的判定与性质；正方形的性质．‎ 专题：‎ 证明题．‎ 分析：‎ 根据正方形的四条边都相等可得BC=CD，对角线平分一组对角可得∠BCP=∠DCP，再利用“边角边”证明△BCP和△DCP全等，根据全等三角形对应角相等可得∠PDC=∠PBC，再根据等边对等角可得∠PBC=∠PEC，从而得证．‎ 解答：‎ 证明：在正方形ABCD中，BC=CD，∠BCP=∠DCP，‎ 在△BCP和△DCP中，‎ ‎，‎ ‎∴△BCP≌△DCP（SAS），‎ ‎∴∠PDC=∠PBC，‎ ‎∵PB=PE，‎ ‎∴∠PBC=∠PEC，‎ ‎∴∠PDC=∠PEC．‎ 点评：‎ 本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，等边对等角的性质，熟记各性质并判断出全等三角形是解题的关键．‎ ‎　‎ ‎48．（2014•浙江绍兴,第23题6分）（1）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°，延长CD到点G，使DG=BE，连结EF，AG．求证：EF=FG．‎ ‎（2）如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点M，N在边BC上，且∠MAN=45°，若BM=1，CN=3，求MN的长．‎ 考点：‎ 全等三角形的判定与性质；正方形的性质．‎ 专题：‎ 证明题．‎ 分析：‎ ‎（1）证△ADG≌△ABE，△FAE≌△GAF，根据全等三角形的性质求出即可；‎ ‎（2）过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM．连接AE、EN．通过证明△ABM≌△ACE（SAS）推知全等三角形的对应边AM=AE、对应角∠BAM=∠CAE；然后由等腰直角三角形的性质和∠MAN=45°得到∠MAN=∠EAN=45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的对应边MN=EN；最后由勾股定理得到EN2=EC2+NC2即MN2=BM2+NC2．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：在正方形ABCD中，‎ ‎∴∠ABE=∠ADG，AD=AB，‎ 在△ABE和△ADG中，‎ ‎∴△ABE≌△ADG（SAS），‎ ‎∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，‎ ‎∴∠EAG=90°，‎ 在△FAE和△GAF中，‎ ‎，‎ ‎∴△FAE≌△GAF（SAS），‎ ‎∴EF=FG ‎（2）解：如图2，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM．连接AE、EN．‎ ‎∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠B=∠C=45°．‎ ‎∵CE⊥BC，∴∠ACE=∠B=45°．‎ 在△ABM和△ACE中，[来源:Zxxk.Com]‎ ‎∴△ABM≌△ACE（SAS）．‎ ‎∴AM=AE，∠BAM=∠CAE．‎ ‎∵∠BAC=90°，∠MAN=45°，∴∠BAM+∠CAN=45°．‎ 于是，由∠BAM=∠CAE，得∠MAN=∠EAN=45°．‎ 在△MAN和△EAN中，‎ ‎∴△MAN≌△EAN（SAS）．‎ ‎∴MN=EN．‎ 在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2=EC2+NC2．‎ ‎∴MN2=BM2+NC2．‎ ‎∵BM=1，CN=3，‎ ‎∴MN2=12+32，‎ ‎∴MN=‎ 点评：‎ 本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用．‎ ‎49．（2014•随州，第18题7分）已知：如图，在矩形ABCD中，M、N分别是边AD、BC的中点，E、F分别是线段BM、CM的中点．‎ ‎（1）求证：△ABM≌△DCM；‎ ‎（2）填空：当AB：AD=　1：2　时，四边形MENF是正方形．‎ 考点：‎ 矩形的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的判定 分析：‎ ‎（1）根据矩形性质得出AB=DC，∠A=∠D=90°，根据全等三角形的判定推出即可；‎ ‎（2）求出四边形MENF是平行四边形，求出∠BMC=90°和ME=MF，根据正方形的判定推出即可．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AB=DC，∠A=∠D=90°，‎ ‎∵M为AD的中点，‎ ‎∴AM=DM，‎ 在△ABM和△DCM中 ‎∴△ABM≌△DCM（SAS）．‎ ‎（2）解：当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形，‎ 理由是：∵AB：AD=1：2，AM=DM，AB=CD，‎ ‎∴AB=AM=DM=DC，‎ ‎∵∠A=∠D=90°，‎ ‎∴∠ABM=∠AMB=∠DMC=∠DCM=45°，‎ ‎∴∠BMC=90°，‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴∠ABC=∠DCB=90°，‎ ‎∴∠MBC=∠MCB=45°，‎ ‎∴BM=CM，‎ ‎∵N、E、F分别是BC、BM、CM的中点，‎ ‎∴BE=CF，ME=MF，NF∥BM，NE∥CM，‎ ‎∴四边形MENF是平行四边形，‎ ‎∵ME=MF，∠BMC=90°，‎ ‎∴四边形MENF是正方形，‎ 即当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形，‎ 故答案为：1：2．‎ 点评：‎ 本题考查了矩形的性质和判定，平行四边形的判定，正方形的判定，全等三角形的性质和判定，三角形的中位线的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力，题目比较好，难度适中．‎ ‎50、（2014•江西，第23题8分）如图1，边长为4的正方形ABCD中，点E在AB边上（不与点A、B重合），点F在BC边上（不与点B、C重合）。‎ 第一次操作：将线段EF绕点F顺时针旋转，当点E落在正方形上时，记为点G；‎ 第二次操作：将线段FG绕点G顺时针旋转，当点F落在正方形上时，记为点H；‎ 依此操作下去…‎ ‎（1）图2中的三角形EFD是经过两次操作后得到的，其形状为____，求此时线段EF的长；‎ ‎（2）若经过三次操作可得到四边形EFGH。‎ ‎①请判断四边形EFGH的形状为______，此时AE与BF的数量关系是______。‎ ‎②以①中的结论为前提，设AE的长为x，四边形EFGH的面积为y，求y与x的函数关系式及面积y的取值范围。‎ ‎【考点】　正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；图形与旋转，勾股定理．‎ ‎【分析】　（1）根据正方形的性质，证明旋转后得到的两个直角三角形全等，得出AE和FC相等，再用勾股定理列出方程即可；‎ ‎（2）①根据旋转的性质可判定四边形EFGH是正方形，得出AE＝BF；②根据正方形的面积公式，找出AE长与正方形面积之间的等量关系式。‎ ‎【解答】（1）等边三角.‎ ‎∵四边形ABCD是正方形，‎ ‎∴AD＝CD＝BC＝AB，∠A＝∠B＝∠C＝90°.‎ ‎∵ED=FD，‎ ‎∴△ADE≌△CDF.(HL)‎ ‎∴AE＝CF，BE＝BF.‎ ‎∴BEF是等腰直角三角形。‎ 设BE的长为x，则EF=x，AE=4- x.‎ ‎∵在Ｒt△AED中，，DE=EF，‎ ‎∴‎ 解得，(不合题意，舍去).‎ ‎∴EF＝x＝（－）＝－4＋4‎ ‎（2） ①四边形EFGH为正方形；AE＝BF.‎ ‎②∵AE＝x，‎ ‎∴BE=4-x.‎ ‎∵在Ｒt△BED中，，AE=BF，‎ ‎∴‎ ‎∵点E不与点A、B重合，点F不与点B、C重合，‎ ‎∴0＜x＜4.‎ ‎∵‎ ‎，‎ ‎∴当x=2时有最小值8，当x=0或4时，有最大值16，‎ ‎∴y的取值范围是8＜y＜16. ‎ ‎【点评】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用以及旋转的性质，准确找出其中的等量关系并列出方程是解本题的关键．‎ ‎51. （ 2014•福建泉州，第20题9分）已知：如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，CD边上，BE=DF，连接CE，AF．求证：AF=CE．‎ 考点：‎ 矩形的性质；平行四边形的判定与性质 专题：‎ 证明题．‎ 分析：‎ 根据矩形的性质得出DC∥AB，DC=AB，求出CF=AE，CF∥AE，根据平行四边形的判定得出四边形AFCE是平行四边形，即可得出答案．‎ 解答：‎ 证明：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴DC∥AB，DC=AB，‎ ‎∴CF∥AE，‎ ‎∵DF=BE，‎ ‎∴CF=AE，‎ ‎∴四边形AFCE是平行四边形，‎ ‎∴AF=CE．‎ 点评：‎ 本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质的应用，注意：矩形的对边相等且平行，平行四边形的对边相等．‎ ‎　‎ ‎52. （ 2014•福建泉州，第25题12分）如图，在锐角三角形纸片ABC中，AC＞BC，点D，E，F分别在边AB，BC，CA上．‎ ‎（1）已知：DE∥AC，DF∥BC．‎ ‎①判断 四边形DECF一定是什么形状？‎ ‎②裁剪 当AC=24cm，BC=20cm，∠ACB=45°时，请你探索：如何剪四边形DECF，能使它的面积最大，并证明你的结论；‎ ‎（2）折叠 请你只用两次折叠，确定四边形的顶点D，E，C，F，使它恰好为菱形，并说明你的折法和理由．‎ 考点：‎ 四边形综合题 分析：‎ ‎（1）①根据有两组对边互相平行的四边形是平行四边形即可求得，②根据△ADF∽△ABC推出对应边的相似比，然后进行转换，即可得出h与x之间的函数关系式，根据平行四边形的面积公式，很容易得出面积S关于h的二次函数表达式，求出顶点坐标，就可得出面积s最大时h的值．‎ ‎（2）第一步，沿∠ABC的对角线对折，使C与C1重合，得到三角形ABB1，第二步，沿B1对折，使DA1⊥BB1．‎ 解答：‎ 解：（1）①∵DE∥AC，DF∥BC，‎ ‎∴四边形DECF是平行四边形．‎ ‎②作AG⊥BC，交BC于G，交DF于H，‎ ‎∵∠ACB=45°，AC=24cm ‎∴AG==12，‎ 设DF=EC=x，平行四边形的高为h，‎ 则AH=12h，‎ ‎∵DF∥BC，‎ ‎∴=，‎ ‎∵BC=20cm，‎ 即：=‎ ‎∴x=×20，‎ ‎∵S=xh=x•×20=20h﹣h2．‎ ‎∴﹣=﹣=6，‎ ‎∵AH=12，‎ ‎∴AF=FC，‎ ‎∴在AC中点处剪四边形DECF，能使它的面积最大．‎ ‎（2）第一步，沿∠ABC的对角线对折，使C与C1重合，得到三角形ABB1，第二步，沿B1对折，使DA1⊥BB1．‎ 理由：对角线互相垂直平分的四边形是菱形．‎ 点评：‎ 本题考查了相似三角形的判定及性质、菱形的判定、二次函数的最值．关键在于根据相似三角形及已知条件求出相关线段的表达式，求出二次函数表达式，即可求出结论．‎ ‎　‎ ‎53. （ 2014•福建泉州，第26题14分）如图，直线y=﹣x+3与x，y轴分别交于点A，B，与反比例函数的图象交于点P（2，1）．‎ ‎（1）求该反比例函数的关系式；‎ ‎（2）设PC⊥y轴于点C，点A关于y轴的对称点为A′；‎ ‎①求△A′BC的周长和sin∠BA′C的值；‎ ‎②对大于1的常数m，求x轴上的点M的坐标，使得sin∠BMC=．‎ 考点：‎ 反比例函数综合题；待定系数法求反比例函数解析式；勾股定理；矩形的判定与性质；垂径定理；直线与圆的位置关系；锐角三角函数的定义 专题：‎ 压轴题；探究型．‎ 分析：‎ ‎（1）设反比例函数的关系式y=，然后把点P的坐标（2，1）代入即可．‎ ‎（2）①先求出直线y=﹣x+3与x、y轴交点坐标，然后运用勾股定理即可求出△A′BC的周长；过点C作CD⊥AB，垂足为D，运用面积法可以求出CD长，从而求出sin∠BA′C的值．‎ ‎②由于BC=2，sin∠BMC=，因此点M在以BC为弦，半径为m的⊙E上，因而点M应是⊙E与x轴的交点．然后对⊙E与x轴的位置关系进行讨论，只需运用矩形的判定与性质、勾股定理等知识就可求出满足要求的点M的坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）设反比例函数的关系式y=．‎ ‎∵点P（2，1）在反比例函数y=的图象上，‎ ‎∴k=2×1=2．‎ ‎∴反比例函数的关系式y=．‎ ‎（2）①过点C作CD⊥AB，垂足为D，如图1所示．‎ 当x=0时，y=0+3=3，‎ 则点B的坐标为（0，3）．OB=3．‎ 当y=0时，0=﹣x+3，解得x=3，‎ 则点A的坐标为（3，0），OA=3．‎ ‎∵点A关于y轴的对称点为A′，‎ ‎∴OA′=OA=3．‎ ‎∵PC⊥y轴，点P（2，1），‎ ‎∴OC=1，PC=2．‎ ‎∴BC=2．‎ ‎∵∠AOB=90°，OA′=OB=3，OC=1，‎ ‎∴A′B=3，A′C=．‎ ‎∴△A′BC的周长为3++2．‎ ‎∵S△ABC=BC•A′O=A′B•CD，‎ ‎∴BC•A′O=A′B•CD．‎ ‎∴2×3=3×CD．‎ ‎∴CD=．‎ ‎∵CD⊥A′B，‎ ‎∴sin∠BA′C===．‎ ‎∴△A′BC的周长为3++2，sin∠BA′C的值为．‎ ‎②当1＜m＜2时，‎ 作经过点B、C且半径为m的⊙E，‎ 连接CE并延长，交⊙E于点P，连接BP，‎ 过点E作EG⊥OB，垂足为G，‎ 过点E作EH⊥x轴，垂足为H，如图2①所示．‎ ‎∵CP是⊙E的直径，‎ ‎∴∠PBC=90°．‎ ‎∴sin∠BPC===．‎ ‎∵sin∠BMC=，‎ ‎∴∠BMC=∠BPC．‎ ‎∴点M在⊙E上．‎ ‎∵点M在x轴上 ‎∴点M是⊙E与x轴的交点．‎ ‎∵EG⊥BC，‎ ‎∴BG=GC=1．‎ ‎∴OG=2．‎ ‎∵∠EHO=∠GOH=∠OGE=90°，‎ ‎∴四边形OGEH是矩形．‎ ‎∴EH=OG=2，EG=OH．‎ ‎∵1＜m＜2，‎ ‎∴EH＞EC．‎ ‎∴⊙E与x轴相离．‎ ‎∴x轴上不存在点M，使得sin∠BMC=．‎ ‎②当m=2时，EH=EC．‎ ‎∴⊙E与x轴相切．‎ Ⅰ．切点在x轴的正半轴上时，如图2②所示．‎ ‎∴点M与点H重合．‎ ‎∵EG⊥OG，GC=1，EC=m，‎ ‎∴EG==．‎ ‎∴OM=OH=EG=．‎ ‎∴点M的坐标为（，0）．‎ Ⅱ．切点在x轴的负半轴上时，‎ 同理可得：点M的坐标为（﹣，0）．‎ ‎③当m＞2时，EH＜EC．‎ ‎∴⊙E与x轴相交．‎ Ⅰ．交点在x轴的正半轴上时，‎ 设交点为M、M′，连接EM，如图2③所示．‎ ‎∵∠EHM=90°，EM=m，EH=2，‎ ‎∴MH===．‎ ‎∵EH⊥MM′，‎ ‎∴MH=M′H．‎ ‎∴M′H═．‎ ‎∵∠EGC=90°，GC=1，EC=m，‎ ‎∴EG===．‎ ‎∴OH=EG=．‎ ‎∴OM=OH﹣MH=﹣，‎ ‎∴OM′=OH+HM′=+，‎ ‎∴M（﹣，0）、M′（+，0）．‎ Ⅱ．交点在x轴的负半轴上时，‎ 同理可得：M（﹣+，0）、M′（﹣﹣，0）．‎ 综上所述：当1＜m＜2时，满足要求的点M不存在；‎ 当m=2时，满足要求的点M的坐标为（，0）和（﹣，0）；‎ 当m＞2时，满足要求的点M的坐标为（﹣，0）、（+，0）、（﹣+，0）、（﹣﹣，0）．‎ 点评：‎ 本题考查了用待定系数法求反比例函数的关系式、勾股定理、三角函数的定义、矩形的判定与性质、直线与圆的位置关系、垂径定理等知识，考查了用面积法求三角形的高，考查了通过构造辅助圆解决问题，综合性比较强，难度系数比较大．由BC=2，sin∠BMC=联想到点M在以BC为弦，半径为m的⊙E上是解决本题的关键．‎ ‎　‎ ‎54. （ 2014•广东，第25题9分）如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥AB于点D，BC=10cm，AD=8cm．点P从点B出发，在线段BC上以每秒3cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线m从底边BC出发，以每秒2cm的速度沿DA方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于E、F、H，当点P到达点C时，点P与直线m同时停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．‎ ‎（1）当t=2时，连接DE、DF，求证：四边形AEDF为菱形；‎ ‎（2）在整个运动过程中，所形成的△PEF的面积存在最大值，当△PEF的面积最大时，求线段BP的长；‎ ‎（3）是否存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形？若存在，请求出此时刻t的值；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 相似形综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）如答图1所示，利用菱形的定义证明；‎ ‎（2）如答图2所示，首先求出△PEF的面积的表达式，然后利用二次函数的性质求解；‎ ‎（3）如答图3所示，分三种情形，需要分类讨论，分别求解．‎ 解答：‎ ‎（1）证明：当t=2时，DH=AH=2，则H为AD的中点，如答图1所示．‎ 又∵EF⊥AD，∴EF为AD的垂直平分线，∴AE=DE，AF=DF．‎ ‎∵AB=AC，AD⊥AB于点D，∴AD⊥BC，∠B=∠C．‎ ‎∴EF∥BC，∴∠AEF=∠B，∠AFE=∠C，‎ ‎∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF，‎ ‎∴AE=AF=DE=DF，即四边形AEDF为菱形．‎ ‎（2）解：如答图2所示，由（1）知EF∥BC，‎ ‎∴△AEF∽△ABC，‎ ‎∴，即，解得：EF=10﹣t．‎ S△PEF=EF•DH=（10﹣t）•2t=﹣t2+10t=﹣（t﹣2）2+10‎ ‎∴当t=2秒时，S△PEF存在最大值，最大值为10，此时BP=3t=6．‎ ‎（3）解：存在．理由如下：‎ ‎①若点E为直角顶点，如答图3①所示，‎ 此时PE∥AD，PE=DH=2t，BP=3t．‎ ‎∵PE∥AD，∴，即，此比例式不成立，故此种情形不存在；‎ ‎②若点F为直角顶点，如答图3②所示，‎ 此时PE∥AD，PF=DH=2t，BP=3t，CP=10﹣3t．‎ ‎∵PF∥AD，∴，即，解得t=；‎ ‎③若点P为直角顶点，如答图3③所示．‎ 过点E作EM⊥BC于点M，过点F作FN⊥BC于点N，则EM=FN=DH=2t，EM∥FN∥AD．‎ ‎∵EM∥AD，∴，即，解得BM=t，‎ ‎∴PM=BP﹣BM=3t﹣t=t．‎ 在Rt△EMP中，由勾股定理得：PE2=EM2+PM2=（2t）2+（t）2=t2．‎ ‎∵FN∥AD，∴，即，解得CN=t，‎ ‎∴PN=BC﹣BP﹣CN=10﹣3t﹣t=10﹣t．‎ 在Rt△FNP中，由勾股定理得：PF2=FN2+PN2=（2t）2+（10﹣t）2=t2﹣85t+100．‎ 在Rt△PEF中，由勾股定理得：EF2=PE2+PF2，‎ 即：（10﹣t）2=（t2）+（t2﹣85t+100）‎ 化简得：t2﹣35t=0，‎ 解得：t=或t=0（舍去）‎ ‎∴t=．‎ 综上所述，当t=秒或t=秒时，△PEF为直角三角形．‎ 点评：‎ 本题是运动型综合题，涉及动点与动线两种运动类型．第（1）问考查了菱形的定义；第（2）问考查了相似三角形、图形面积及二次函数的极值；第（3）问考查了相似三角形、勾股定理、解方程等知识点，重点考查了分类讨论的数学思想．‎