专题21 菱形(解析版)
专题21《图形的位置与变换(一)》(解析版)2021年小升初数学总复习专题汇编精讲精练(通用版)
2021年小升初数学总复习专题汇编精讲精练（通用版）专题21 图形的位置与变换（一）一．轴对称【例1】（2019•山东模拟）如图，将长方形纸对折一次沿虚线剪出的图形展开是()A．B．C．D．【解答】解：如图，将长方形纸对折一次沿虚线剪出的图形展开是一件上衣．故选：C．8．（2018秋•盐都区期末）将长方形纸对折后画上图案（如图），再沿阴影部分剪下，打开后得到的图形是()A．B．C．【解答】解：观察图形可知，将长方形纸对折后画上图案（如图），再沿阴影部分剪下，打开后得到的图形是．故选：B．【变式1-1】（2019•中山市）如图所示是围棋棋盘的一部分，在这个44⨯的方格图形中已经放置了5枚棋子，若要将它变为上下左右都对称的图形，则最少还要在棋盘上摆放11枚棋子．【解答】解：如图：-=枚棋子；由图可知，最少还要在棋盘上摆放16511故答案为：11．【变式1-2】（2019春•巨野县期中）下面的图案各是从哪张纸上剪下来的？连一连【解答】解：如图所示：【变式1-3】（2015春•莫旗校级期末）请你用三种不同的方法分别图中添画一个小正方形，使它成为一个轴对称图形．【解答】解：如图所示，即为所要求的画图：二．镜面对称【例2】（2018春•江宁区期末）如图是小明在平面镜中看到时钟形成的像，它的实际时间是( )A．21:05B．12:02C．12:05D．15:02【解答】解：如图实际时间是12:05．故选：C．【变式2-1】（2018春•湛江期末）从镜子里看的样子是()A．B．C．【解答】解：从镜子里看的样子是；故选：C．【变式2-2】（2018•西安模拟）在平面镜里看到背后墙上，电子钟示数如图所示，这时的时间应是21:05．【解答】解：根据镜面对称的性质，分析可得题中所显示的时刻与21:05成轴对称，所以此时实际时刻为21:05．故答案为：21:05．【变式2-3】（2014春•海淀区校级期末）右面是镜子中看到的时间，请画出现实的时间．【解答】解：根据镜对称，画现实时间如下：故答案为：【变式2-4】（2010秋•桂林期末）请圈出在镜子里看到的图象．【解答】解：如图：．三．平移【例3】（2019秋•五峰县期末）下列日常生活现象中，不属于平移的是() A．升国旗时，国旗的运动B．在计数器上拨珠子的运动C．荡起来的秋千D．淘气在光滑的冰面上滑动【解答】解：A、升国旗时，国旗的运动属于平移现象；B、在计数器上拨珠子属于平移现象；C、荡起来的秋千的运动属于旋转现象；D、在平滑的冰面上滑冰的运动属于平移现象．所以不属于平移的是荡起来的秋千的运动．故选：C．【变式3-1】（2018秋•连云港期末）下面的运动，哪个是平移？()A．B．C．【解答】解：汽车方向盘的运动属于旋转，算盘中拨算珠，算珠的运动属于平移，水龙头的转动属于旋转；故选：B．【变式3-2】（2019秋•宝鸡期末）火车在一段笔直的轨道上运行，火车车身的运动属于平移现象；中国传统的剪纸艺术，运用了原理．【解答】解：火车在一段笔直的轨道上运行，火车车身的运动属于平移现象；中国传统的剪纸艺术，运用了旋转原理．故答案为：平移；旋转．【变式3-3】（2018秋•建邺区期末）在横线上填“平移”或“旋转”．（1）一辆汽车在一段笔直高速公路上行驶，这时车身的运动是平移，车轮的运动是．（2）钟面上分钟的运动是，秒钟的运动是．【解答】解：（1）一辆汽车在一段笔直高速公路上行驶，这时车身的运动是平移，车轮的运动是旋转．（2）钟面上分钟的运动是旋转，秒钟的运动是旋转．故答案为：平移，旋转，旋转，旋转．【变式3-4】（2019•北京模拟）①帆船图向向上平移了格．②在方格纸上画出三角形向右平移5格的图形．【解答】解：①帆船图向上平移了6格；②画图如下：．【变式3-5】（2018春•六合区校级期末）画一画（1）向右平移了格．（2）向平移了格．（3）向平移了格．（4）把上面的小船图向右平移4格．【解答】解：（1）向右平移了6格．（2）向上平移了4格．（3）向左平移了9格．（4）作图如下：故答案为：右，6，上，4，左，9．四．旋转【例4】（2019•高新区）小明去学校，从家出发向东行200米，右转90︒，直行200米，接着右转90︒，直行200米到学校，学校在小明家的()边，距小明家直线距离()米．A．东，200B．南，200C．西，400【解答】解：根据题中方位角度画出行走路线图，由图可知小明去学校，从家出发向东行200米，右转90︒，直行200米，接着右转90︒，直行200米到学校．学校在小明家的南边，距小明家直线距离200米．故选：B．【变式4-1】（2018秋•石家庄期末）下面哪个图形是旋转得到的()A．B．C．【解答】解：由分析知：旋转前后图形的大小和形状没有改变，所以，旋转后是；故选：B．【变式4-2】（2018秋•格尔木市校级期末）风车的运动是旋转现象，打开车窗是现象．【解答】解：由分析知：风车的运动是旋转现象，打开车窗是平移现象．故答案为：旋转，平移．【变式4-3】（2019•衡水模拟）画出三角形AOB绕点0点逆时针旋转90︒后的图形．【解答】解：画出三角形AOB绕点0点逆时针旋转90︒后的图形（图中红色部分）．【变式4-4】如图图形中，不能由通过旋转得到的有哪些？圈一圈．【解答】解：如图图形中，不能由通过旋转得到的有哪些？圈一圈（下图）．五．确定轴对称图形的对称轴条数及位置【例5】（2019秋•惠州期末）下列图形中，( )的对称轴最多．A ．长方形B ．正方形C ．等边三角形D ．等腰梯形【解答】解：A ：长方形有2条对称轴；B ：正方形有四条对称轴；C ：正三角形有三条对称轴；D ：等腰梯形有一条对称轴．故选：B ．【变式5-1】（2018秋•沙河口区期末）下面的图形是轴对称图形，且只有3条对称轴的图形是()A ．等边三角形B ．正方形C ．长方形D ．平行四边形【解答】解：A 、等边三角形 有3条对称轴；B 、正方形有4条对称轴；C 、长方形有2条对称轴；D 、平行四边形没有对称轴，不是轴对称图形；故选：A ．【变式5-2】（2019秋•嘉陵区期末）图中有 2 条对称轴；如果圆的半径是3cm ，那么每个圆的周长是 cm ，长方形的周长是 cm ．【解答】解：图中有2条对称轴；如果圆的半径是3cm ，那么每个圆的周长：2 3.14318.84()cm ⨯⨯=，这个长方形的长是23212()cm ⨯⨯=，宽是326()cm ⨯=， 长方形的周长：(126)236()cm +⨯=； 故答案为：2，18.84，36．【变式5-3】（2015春•绵阳校级期末）画出下面各图的一条对称轴．【解答】解：【变式5-4】（2013秋•安化县期末）如图是两条互相垂直的直线，相交于O点．①以O为圆心画一个直径为4厘米的圆．②这个圆的周长是12.56厘米，面积是厘米2．③如果在这个圆内画一个最大的正方形，你画出的这个图形共有条对称轴．【解答】解：（1）以O为圆心，(42)2÷=厘米为半径，即可画出符合要求的圆；（2）3.14412.56⨯=（厘米），2⨯÷=（平方厘米）3.14(42)12.56（3）以两条互相垂直的直径为对角线，即可作出符合要求的正方形；所作对称轴如图所示：；故答案为：12.56，12.56，4．真题强化演练一．选择题1．（2013•岱山县）正方形有()条对称轴．A．2B．3C．4D．无数【解答】解：如图所示，正方形有四条对称轴．故选：C．2．（2012•诸暨市）小明的运动衣号在镜子中的像是，则小明的运动衣号码是() A．15B．12C．21D．51【解答】解：由镜面对称的性质，在平面镜中的顺序与现实中的恰好相反，且关于镜面对称；则小明的运动衣号码是15．故选：A．3．（2008•宜昌）下面的()图形不能由如图图形通过旋转得到．A．B．C．D．【解答】解：如图，故选：B．4．（2007•江阴市）有3条对称轴的三角形是()A．等腰三角形B．等腰直角三角形C．等边三角形【解答】解：等腰三角形有一条对称轴，等边三角形有三条对称轴，等腰直角三角形有一条对称轴，所以说有三条对称轴的三角形是等边三角形；故选：C．5．（2019•宁波模拟）关于“图形的运动”，下面说法错误的是()A．一个图形做平移运动后，形状和大小保持不变B．一个图形做旋转运动后，形状和大小保持不变C．一个图形放大或缩小后，形状和大小保持不变D．一个图形的对称轴两边，形状和大小相同【解答】解：A、一个图形做平移运动后，形状和大小保持不变，说法正确；B、一个图形做旋转运动后，形状和大小保持不变，说法正确；C、一个图形放大或缩小后，形状不变，大小变了，所以本题说法错误；D、一个图形的对称轴两边，形状和大小相同，说法正确；故选：C．6．（2018•杭州模拟）下面图形中，对称轴条数最多的是()A．B．C．D．【解答】解：A、有8条对称轴B、有5条对称轴C、有3条对称轴D、有无数条对称轴；故选：D．7．（2015•西安校级模拟）下列图形中对称轴最多的是()A．长方形B．正方形C．三角形D．圆【解答】解：长方形有2条对称轴，正方形有4条对称轴，三角形最多有3条对称轴，圆有无数条对称轴；所以，对称轴最多的是圆；故选：D．8．（2014•中山模拟）下列图形中，对称轴条数最多的是()A．长方形B．正方形C．等边三角形D．圆形【解答】解：在长方形、正方形、等边三角形和圆中，对称轴最多的是圆．故选：D．9．（2015秋•慈溪市期末）下列图形中，对称轴最多的是()A．B．C．D．【解答】解：有2条对称轴；有4条对称轴；有8条对称轴；有4条对称轴；故选：C．10．（2016春•淳安县期末）一个等边三角形的两条对称轴相交于点O，绕O点顺时针旋转()︒后能与原来的等边三角形第一次重合．A．60︒B．90︒C．120︒D．180︒【解答】解：如图所示，︒÷=︒，所以绕点O旋转120︒，等边三角形与原来图形重合．3603120故选：C．二．填空题11．把三颗棋子摆成一个尖朝上的三角形，只移动一颗棋子，使它尖朝下，有3种移法．【解答】解：根据分析移动如下：有3种移法；故答案为：3．12．（2005•溧水县校级自主招生）在26个大写英文字母中，请写出有两条对称轴的字母是H，I，O，X（至少写两个）．【解答】解：根据分析，在26个大写英文字母中有两条对称轴的字母是H、I、O、X；故答案为：H，I，O，X．13．（2013春•瑞安市校级期中）先观察图，再填空．（1）图1绕点“O”逆时针旋转90︒到达图2的位置；（2）图1绕点“O”逆时针旋转180︒到达图的位置；（3）图1绕点“O”顺时针旋转︒到达图4的位置；（4）图2绕点“O”顺时针旋转︒到达图4的位置；（5）图2绕点“O”顺时针旋转90︒到达图的位置；（6）图4绕点“O”逆时针旋转90︒到达图的位置．【解答】解：（1）图1绕点“O”逆时针旋转90︒到达图2的位置；（2）图1绕点“O”逆时针旋转180︒到达图3的位置；（3）图1绕点“O”顺时针旋转(90)︒到达图4的位置；（4）图2绕点“O”顺时针旋转(180)︒到达图4的位置；（5）图2绕点“O”顺时针旋转90︒到达图1的位置；（6）图4绕点“O”逆时针旋转90︒到达图1的位置；故答案依次为：2，3，90，180，1，1．三．判断题14．（2015•南湖区校级模拟）平行四边形的对称轴有两条．⨯．（判断对错）【解答】解：平行四边形不是轴对称图形，也就没有对称轴．答：平行四边形的对称轴有两条，是错误的．故答案为：⨯．15．（2017•江阴市）圆有无数条对称轴．正确．（判断对错）【解答】解：因为圆是轴对称图形，且它的直径所在的直线就是其对称轴，而圆有无数条直径，所以圆就有无数条对称轴．答：圆有无数条对称轴是正确的．故答案为：正确．16．（2009•镇海区）圆和半圆都是轴对称图形，都有无数条对称轴．⨯．（判断对错）【解答】解：圆和半圆都是轴对称图形，半圆有1条对称轴，圆有无数条对称轴．故答案为：⨯．17．（2013•上犹县校级模拟）正方形、长方形、三角形、圆都是轴对称图形．错误．（判断对错）【解答】解：因为正方形、长方形、等腰三角形和圆分别沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合，则说正方形、长方形、等腰三角形和圆都是轴对称图形；但是除等腰三角形外的三角形沿一条直线折叠，直线两旁的部分不能够完全重合，则除等腰三角形外的三角形不是轴对称图形；故答案为：错误．四．解答题18．（2019•杭州模拟）下面是平移的用“√”，是旋转的用“⨯”表示．【解答】解：19．（2019•杭州模拟）下列现象哪些是平移？在括号里画“△”．哪些是旋转？在括号里画“〇”．【解答】解：20．（2019•杭州模拟）连一连．【解答】解：由分析可得：21．（2014春•海淀区校级期末）右面是镜子中看到的时间，请画出现实的时间．【解答】解：根据镜对称，画现实时间如下：故答案为：22．（2012秋•龙海市期中）看图填一填（1）向右平移了格．（2）向平移了格．（3）把向左平移7 格．【解答】解：如图（1）向右平移了5格；（2）向上平移了4格；（3）画图如下：23．如图右面是从镜子里看到的钟面，请你说出它们所指的时刻．【解答】解：如图，电子表所指的时刻是12:01，指针式钟所指的时刻是11:05；故答案为：12:01，11:05．。
专题21 十字架模型--2024年中考数学核心几何模型重点突破(解析版)
专题21十字架模型【模型】如图21-1，已知正方形ABCD，点E 在边AD 上，点F 在边CD 上。
AF 与BE 相交于点O。
如果BE AF ⊥，则︒=∠+∠︒=∠+∠90,90AEB ABE AEB DAF ∴ABE DAF ∠=∠，在BAE ∆和ADF ∆中⎪⎩⎪⎨⎧∠=∠=∠=∠DAF ABE AD AB D BAE ∴BAE ∆≌ADF∆⇒AFBE =如果AF BE =，则可根据HL 证明BAE ∆≌ADF ∆，⇒ABE DAF ∠=∠⇒BE AF ⊥。
【模型变式1】如图21-2，已知正方形ABCD，点E 在边AD 上，点F 在边CD 上，点G 在边BC 上。
AF 与GE 相交于点O。
如果GE AF ⊥⇒GEAF =【模型变式2】如图21-3，已知正方形ABCD，点E 在边AD 上，点F 在边CD 上，点G 在边BC 上，点H 在边AB 上。
HF 与GE 相交于点O。
如果GE HF ⊥⇒GEHF =【例1】如图，将一边长为12的正方形纸片ABCD 的顶点A 折叠至DC 边上的点E ，使5DE =，若折痕为PQ ，则PQ 的长为（）A ．13B ．14C ．15D ．16【答案】A 【分析】过点P 作PM ⊥BC 于点M ，由折叠得到PQ ⊥AE ，从而得到∠AED =∠APQ ，可得△PQM ≌△ADE ，从而得到PQ =AE ，再由勾股定理，即可求解．【解析】解：过点P 作PM ⊥BC 于点M ，由折叠得到PQ ⊥AE ，∴∠DAE +∠APQ =90°，在正方形ABCD 中，AD ∥BC ，∠D =90°，CD ⊥BC ，∴∠DAE +∠AED =90°，∴∠AED =∠APQ ，∴∠APQ =∠PQM ，∴∠PQM =∠APQ =∠AED ，∵PM ⊥BC ，∴PM =AD ，∵∠D =∠PMQ =90°，∴△PQM ≌△ADE ，∴PQ =AE ，在Rt ADE △中，5DE =，AD =12，由勾股定理得：13AE ==，∴PQ =13．故选：A ．【例2】如图，在正方形ABCD 中，点E 是BC 上一点，BF ⊥AE 交DC 于点F ，若AB ＝5，BE ＝2，则AF ＝____．【分析】根据正方形的性质得到AB ＝BC ，∠ABE ＝∠BCF ＝90°，推出∠BAE ＝∠EBH ，根据全等三角形的性质得到CF ＝BE ＝2，求得DF ＝5﹣2＝3，根据勾股定理即可得到结论．【解析】∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝BC ，∠ABE ＝∠BCF ＝90°，∴∠BAE +∠AEB ＝90°，∵BH ⊥AE ，∴∠BHE ＝90°，∴∠AEB +∠EBH ＝90°，∴∠BAE ＝∠EBH ，在△ABE 和△BCF 中，BAE CBF AB BC ABE BCF ∠∠⎧⎪⎨⎪∠∠⎩＝＝，＝∴△ABE ≌△BCF （ASA ），∴CF ＝BE ＝2，∴DF ＝5﹣2＝3，∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝AD ＝5，∠ADF ＝90°，由勾股定理得：AF【例3】正方形ABCD 中，点E 、F 在BC 、CD 上，且BE ＝CF ，AE 与BF 交于点G ．（1）如图1，求证AE ⊥BF ；（2）如图2，在GF 上截取GM ＝GB ，∠MAD 的平分线交CD 于点H ，交BF 于点N ，连接CN ，求证：AN +CNBN；【答案】（1）见解析；（2）见解析；【分析】（1）根据正方形的性质得AB =BC ，90ABC BCD ∠=∠=︒，用SAS 证明ABE BCF △△≌，得BAE CBF ∠=∠，根据三角形内角和定理和等量代换即可得；（2）过点B 作BH BN ⊥，交AN 于点H ，根据正方形的性质和平行线的性质，用SAS 证明AGB AGM ≌，得BAG MAG ∠=∠，根据角平分线性质得45BHA GAN ∠=∠=︒，则HBN 是等腰直角三角形，用SAS 证明ABH CBN ≌，得AH =CN ，在Rt HBN 中，根据勾股定理即可得；【解析】解：（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB =BC ，90ABC BCD ∠=∠=︒，在ABE △和BCF △中，AB BC ABE BCF BE CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABE BCF △△≌（SAS ），∴BAE CBF ∠=∠，∵1801809090AEB BAE ABC ∠+∠=︒-∠=︒-︒=︒，∴90AEB CBF ∠+∠=︒，∴180()1809090EGB AEB CBF ∠=︒-∠+∠=︒-︒=︒，∴AE BF ⊥；（2）如图所示，过点B 作BH BN ⊥，交AN 于点H，∵四边形ABCD 是正方形，∴AB =AC ，90ABC HBN ∠=∠=︒，∵90HBN HBA ABN ∠=∠+∠=︒，90ABC CBN ABN ∠=∠+∠=︒，∴HBA CBN ∠=∠，由（1）得，AE BF ⊥，∴90AGB AGM ∠=∠=︒，∴90HBG AGM ∠=∠=︒,∴//HB AE ，∴BHA EAN ∠=∠，在AGB 和AGM 中，AG AG AGB AGM GB GM =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴AGB AGM ≌（SAS ），∴BAG MAG ∠=∠，∵AN 平分DAM ∠，∴DAN MAN ∠=∠，∴90BAG MAG MAN DAN ∠+∠+∠+∠=︒，2290MAG MAN ∠+∠=︒，45MAG MAN ∠+∠=︒，45GAN ∠=︒，∴45BHA GAN ∠=∠=︒，∴180180904545BNH HBN BHA ∠=︒-∠-∠=︒-︒-︒=︒，∴HBN 是等腰直角三角形，∴BH =BN ，在ABH 和CBN 中，BH BN HBA CBN AB CB =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴ABH CBN ≌（SAS ），∴AH =CN ，在Rt HBN中，根据勾股定理HN ==，∴AN CN AN AH HN BN +=+=；一、单选题1．如图，正方形ABCD 的边长为3，E 为BC 边上一点，BE ＝1.将正方形沿GF 折叠，使点A 恰好与点E 重合，连接AF ，EF ，GE ，则四边形AGEF 的面积为（）A ．B ．C ．6D ．5【答案】D 【分析】作FH ⊥AB 于H ，交AE 于P ，设AG =GE =x ，在Rt △BGE 中求出x ，在Rt △ABE 中求出AE ，再证明△ABE ≌△FHG ，得到FG =AE ，然后根据S 四边形AGEF =S △AGF +S △EGF 求解即可【解析】解：作FH ⊥AB 于H ，交AE 于P ，则四边形ADFH 是矩形，由折叠的性质可知，AG =GE ，AE ⊥GF ，AO =EO ．设AG =GE =x ，则BG =3-x ，在Rt △BGE 中，∵BE 2+BG 2=GE 2，∴12+(3-x )2=x 2，∴x =53．在Rt △ABE 中，∵AB 2+BE 2=AE 2，∴32+12=AE 2，∴AE．∵∠HAP +∠APH =90°，∠OFP +∠OPF =90°，∠APH =∠OPF ，∴∠HAP =∠OFP ，∵四边形ADFH 是矩形，∴AB =AD =HF ．在△ABE 和△FHG 中，HAP OFP ABE GHF AB HF ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABE ≌△FHG ，∴FG =AE，∴S 四边形AGEF =S △AGF +S △EGF =1122GF OA GF OE ⋅+⋅=()12GF OA OE ⋅+=12GF AE ⋅=12=5．故选D．2．如图，将一边长为12的正方形纸片ABCD 的顶点A 折叠至DC 边上的点E ，使DE=5，折痕为PQ，则PQ的长为（）A．12B．13C．14D．15【答案】B【解析】过点P作PM⊥BC于点M，由折叠得到PQ⊥AE，∴∠DAE+∠APQ=90°，又∠DAE+∠AED=90°，∴∠AED=∠APQ，∵AD∥BC，∴∠APQ=∠PQM，则∠PQM=∠APQ=∠AED，∠D=∠PMQ，PM=AD∴△PQM≌△ADE∴13=.3．如图，将边长为6cm的正方形纸片ABCD折叠，使点D落在AB边中点E处，点C落在点Q处，折痕为FH，则线段AF的长为（）A．32B．3C．94D．154【答案】C【分析】设EF=FD=x ，在RT △AEF 中利用勾股定理即可解决问题．【解析】解：∵将边长为6cm 的正方形纸片ABCD 折叠，使点D 落在AB 边中点E 处，∴EF ＝DE ，AB ＝AD ＝6cm ，∠A ＝90°∵点E 是AB 的中点，∴AE ＝BE ＝3cm ，在Rt △AEF 中，EF 2＝AF 2+AE 2，∴（6﹣AF ）2＝AF 2+9∴AF ＝94故选C ．4．如图，E ，F 分别是正方形ABCD 的边CD ，AD 上的点，且CE ＝DF ，AE ，BF 相交于点O ，下列结论：①AE ＝BF ；②AE ⊥BF ；③AO ＝OE ；④∠CEA ＝∠DFB ；⑤AOB DEOF S S ∆=四边形中正确的有（）A ．4个B ．3个C ．2个D ．1个【答案】A 【分析】根据正方形的性质得AB =AD =DC ，∠BAD =∠D =90°，则由CE =DF 易得AF =DE ，根据“SAS”可判断△ABF ≌△DAE ，所以AE =BF ；根据全等的性质得∠ABF =∠EAD ，∠AFB =∠DEA ，利用∠EAD +∠EAB =90°得到∠ABF +∠EAB =90°，则AE ⊥BF ；连接BE ，BE ＞BC ，BA ≠BE ，而BO ⊥AE ，根据垂直平分线的性质得到OA ≠OE ；最后根据△ABF ≌△DAE 得ABF DAE S S ∆∆=，则ABF AOF DAE AOF S S S S ∆∆∆∆-=-，即AOB DEOF S S ∆=四边形．【解析】解：∵四边形ABCD 为正方形，∴AB =AD =DC ，∠BAD =∠D =90°，而CE =DF ，∴AF =DE ，在△ABF 和△DAE 中，AB AD BAD ADE AF DE =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABF ≌△DAE （SAS ），∴AE =BF ，故①正确；∴∠ABF =∠EAD ，∠AFB =∠DEA ，∴∠CEA =∠DFB ，故④正确；而∠EAD +∠EAB =90°，∴∠ABF +∠EAB =90°，∴∠AOB =90°，∴AE ⊥BF ，故②正确；连接BE ，如图所示：∵BE ＞BC ，∴BA ≠BE ，而BO ⊥AE ，∴OA ≠OE ，故③错误；∵△ABF ≌△DAE ，∴ABF DAE S S ∆∆=，∴ABF AOF DAE AOF S S S S ∆∆∆∆-=-，∴AOB DEOF S S ∆=，故⑤正确．综上所述，正确的结论有4个．故选：A ．5．如图，正方形ABCD 的边长为6，点E ，F 分别在DC ，BC 上，BF =CE =4，连接AE 、DF ，AE 与DF 相交于点G ，连接AF ，取AF 的中点H ，连接HG ，则HG 的长为（）A B ．52C ．5D ．【答案】A 【分析】先证明△ADE ≌△DCF ，进而得∠AGF =90°，用勾股定理求得AF ，便可得GH ．【解析】解：∵四边形ABCD 为正方形，∴∠ADE =∠C =90°，AD =DC =BC ，∵BF =CE ，∴CF =DE ，在△ADE 和△DCF 中，AD DC ADE C DE CF =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ADE ≌△DCF （SAS ），∴∠DAE =∠CDF ，∵∠DAE +∠DEA =90°，∴∠CDF +∠DEA =90°，∴∠AGF =∠DGE =90°，∵点H 为AF 的中点，∴GH =12AF ，∵AB =6，BF =4，∴AF=，∴GH故选：A ．6．如图，在正方形ABCD 中，4AB =，E ，F 分别为边,AB BC 的中点，连接,AF DE ，点G ，H 分别为,DE AF 的中点，连接GH ，则GH 的长为（）A2B ．1CD ．2【答案】C【分析】连接AG ，延长AG 交CD 于M ，连接FM ，由正方形ABCD 推出AB ＝CD ＝BC ＝AD ＝4，AB ∥CD ，∠C ＝90°，证明△AEG ≌△MDG ，得到AG ＝MG ，AE ＝DM ＝12AB ＝12CD ，根据三角形中位线定理得到GH ＝12FM ，由勾股定理求出FM 即可得到GH ．【解析】解：连接AG ，延长AG 交CD 于M ，连接FM ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝CD ＝BC ＝AD ＝4，AB ∥CD ，∠C ＝90°，∴∠AEG ＝∠GDM ，∠EAG ＝∠DMG ，∵G 为DE 的中点，∴GE ＝GD ，∴△AEG ≌△MDG （AAS ），∴AG ＝MG ，AE ＝DM ＝12AB ＝12CD ，∴CM ＝12CD ＝2，∵点H 为AF 的中点，∴GH ＝12FM ，∵F 为BC 的中点，∴CF ＝12BC ＝2，∴FM ==，∴GH ＝12FM ，故选：C ．二、填空题7．如图，将一边长为12的正方形纸片ABCD 的顶点A 折叠至DC 边上的点E ，使5DE =，折痕为PQ ，则PQ 的长__________．【答案】13【分析】先过点P 作PM ⊥BC 于点M ，利用三角形全等的判定得到△PQM ≌△AED ，从而求出PQ=AE ．【解析】过点P 作PM ⊥BC 于点M ，由折叠得到PQ ⊥AE ，∴∠DAE+∠APQ=90°，又∠DAE+∠AED=90°，∴∠AED=∠APQ ，∵AD ∥BC ，∴∠APQ=∠PQM ，则∠PQM=∠APQ=∠AED ，∠D=∠PMQ ，PM=AD∴△PQM ≌△AED∴22512 ．故答案是：13．8．如图，将边长为8的正方形纸片ABCD 折叠，使点D 落在BC 边的点E 处，点A 落在点F 处，折痕为MN ，若MN ＝5CN 的长是____．【答案】3【分析】过点M 作MH ⊥CD 于点H ．连接DE ，结合题意可知MN 垂直平分DE ，先通过证明△MHN ≅△DCE 得出DE ＝MN ＝CE 的长，最后在Rt △ENC 中利用勾股定理求出DN ，最后进一步求出CN 即可.【解析】如图所示，过点M 作MH ⊥CD 于点H ．连接DE ．根据题意可知MN 垂直平分DE ，易证得：∠EDC ＝∠NMH ，MH ＝AD ，∵四边形ABCD 是正方形，∴MH ＝AD ＝CD ，∵∠MHN ＝∠C ＝90°，∴△MHN ≅△DCE （ASA ），∴DE ＝MN ＝在Rt △DEC 中，4CE ==，设DN ＝EN ＝x ，则CN ＝8x -，在Rt △ENC 中，222NE NC EC =+，∴()22284x x =-+，解得：5x =，∴CN ＝83x -=，故答案为：3．9．如图，正方形ABCD 的边长是3，点E ，F 分别是AB ，BC 边上的点，且满足2BE AE =，2CF BF =，连接DE ，AF 交于点G ，BD 交AF 于点H ，则四边形GEBH 的面积为______．【答案】3940【分析】根据正方形的性质得到3AD BC AB ===，90DAE ABF ∠=∠=︒，求得1AE BF ==，根据全等三角形的性质得到ADE BAF ∠=∠，推出AG DE ⊥，连接AC 交BD 于O ，根据相似三角形的性质得到3DH AD BH BF ==，求得3ADH ABH S S = ，得到98ABH S = ，根据相似三角形的性质得到210AE EG DE ==，根据三角形的面积即可得到结论．【解析】解： 正方形ABCD 的边长是3，3AD BC AB ∴===，90DAE ABF ∠=∠=︒，2BE AE = ，2CF BF =，1AE BF ∴==，ADE ∴V ≌()BAF SAS，ADE BAF ∴∠=∠，90DAG EAG ∠+∠=︒ ，90ADG DAG ∴∠+∠=︒，90AGD ∴∠=︒，AG DE ∴⊥，连接AC 交BD 于O ，AC BC ∴⊥，AD BF Q ∥，AHD ∴ ∽FHB △，3DH AD BH BF ∴==，3ADH ABHS S ∴= ，193322ABD S =⨯⨯= ，98ABH S ∴=，DE ==AE AD AG DE ⋅∴==90DAE ∠=︒ ，AG DE ⊥，ADE ∴V ∽GAE ，AE DE GE AE∴=，2AE EG DE ∴==13220AGE S ∴== ，∴四边形GEBH 的面积933982040ABH AGE S S =-=-= ，故答案为：3940．10．如图，四边形ABCD 为正方形，点E 、点G 分别为BC 、AB 边上的点，CE ＝BG ＝BE ，连接DE 、CG 交于点F ，若GF ＝3，四边形ABCD 的面积为___．【答案】20【分析】连接GE ，根据正方形的性质，易证△GBC ≌△ECD （SAS ），根据全等三角形的性质，可得GC ⊥DE ，设CE =BG =BE =x ，根据AGD BGE DEC GED ABCD S S S S S ∆∆∆∆=+++正方形列方程，可求出x 的值，进一步即可求出正方形ABCD 的面积．【解析】解：连接GE ，如图所示：在正方形ABCD 中，BC =CD ，∠A =∠B =∠BCD =90°，又∵BG =CE ，∴△GBC ≌△ECD （SAS ），∴∠GCB =∠EDC ，∵∠GCB +∠FCD =90°，∴∠EDC +∠FCD =90°，∴∠DFC =90°，∴GC ⊥DE ，设CE =BG =BE =x ，则BC =2x ，∴正方形ABCD 的边长为2x ，∴AG =2x -x =x ，在△DCE 中，根据勾股定理，得DE ，∵AGD BGE DEC GED ABCD S S S S S ∆∆∆∆=+++正方形，又∵GF =3，∴21111(2)(2)(2)32222x x x x x x x =⋅⋅+⋅+⋅+⋅，解得x∴正方形ABCD 的边长为∴正方形ABCD 的面积为，故答案为：20．11．如图，正方形ABCD 的边长为2，动点E ，F 分别从D ，C 两点同时出发，以相同的速度在边DC ，CB 上向各自终点C ，B 移动，连接AE 和DF 交于点P ，则线段CP 的最小值是________．1【分析】证明△ADE ≌△DCF 得到∠DAE =∠CDF ，推出∠DPE =90°，则∠APD =90°，故点P 在以AD 为直径的圆上运动，取AD 中点G ，连接CG ，交圆G （直径为AB ）于点P ，则此时CP 最小，据此求解即可．【解析】解：∵动点E ，F 分别从D ，C 两点同时出发，以相同的速度在边DC ，CB 上向各自终点C ，B 移动，∴DE =CF ，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ADE =∠DCF =90°，AD =DC ，∴△ADE ≌△DCF （SAS ），∴∠DAE =∠CDF ，∵∠DAE +∠DEA =90°，∴∠PED +∠PDE =90°，∴∠DPE =90°，∴∠APD =90°，∴点P 在以AD 为直径的圆上运动，取AD 中点G ，连接CG ，交圆G （直径为AB ）于点P ，则此时CP 最小，∵四边形ABCD 是边长为2的正方形，∴112902DG AD CD ADC ====︒，，∠，∴CG ==∴1CP CG GP =-=，∴CP 1，1．12．如图，点E 在正方形ABCD 的CD 边上，连结BE ，将正方形折叠，使点B 与E 重合，折痕MN 交BC 边于点M ，交AD 边于点N ，若tan ∠EMC ＝34，ME ＋CE ＝8，则折痕MN 的长为___________．【答案】【分析】过N 作NH ⊥BC 于H ，得到四边形ABHN 是矩形，根据矩形的性质得到NH ＝AB ，∠NHM＝90°，证明△BCE≌△NHM，根据全等三角形的性质得到HM＝CE，设CE＝3x，则CM＝4x，根据勾股定理得到EM＝5x，求出x，可得NH＝9，再利用勾股定理计算即可．【解析】解：过N作NH⊥BC于H，则四边形ABHN是矩形，∴NH＝AB，∠NHM＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠C＝90°，AB＝BC，∴NH＝BC，∵将正方形折叠，使点B与E重合，∴MN⊥BE，BM＝ME，∴∠HNM＋∠NMH＝∠EBC＋∠BMN＝90°，∴∠EBC＝∠HNM，在△BCE与△NHM中，NHM CNH BCHNM CBE ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△BCE≌△NHM（ASA），∴HM＝CE，在Rt△EMC中，∵tan∠EMC＝34 CECM=，∴设CE＝3x，则CM＝4x，由勾股定理得：EM＝5x，∵ME＋CE＝8，∴5x＋3x＝8，∴x＝1，∴EM＝5，HM＝CE＝3，CM＝4，∴BC＝BM＋CM＝EM＋CM＝9，∴NH＝9，∴MN=故答案为：三、解答题13．已知：如图，正方形ABCD 中，E 、F 分别是边CD 、AD 上的点，AE ⊥BF．(1)求证：AE ＝BF ；(2)联结BE 、EF ，如果∠DEF ＝∠ABE ，求证：2·DF AF AD ＝．【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】（1）设BF 与AE 交于O 点，根据同角的余角相等得∠ABF ＝∠DAE ，再利用ASA 证明△ABF ≌△DAE ，得AE ＝BF ；（2）根据两个角相等证明△DEF ∽△CEB ，得DE DF CE BC=，由（1）得△ABF ≌△DAE ，则AF ＝DE ，等量代换即可．【解析】（1）证明：设BF 与AE 交于O点，∵四边形ABCD 是正方形，∴AB ＝AD ，∠BAF ＝∠D ＝90°，∵AE ⊥BF ．∴∠AOB ＝90°，∴∠ABO ＋∠BAO ＝90°，∠BAO ＋∠DAE ＝90°，∴∠ABF ＝∠DAE ，在△ABF 和△DAE 中，ABF DAE AB AD BAF D ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴△ABF ≌△DAE （ASA ），∴AE ＝BF ；（2）解：∵AB CD ，∴∠ABE ＝∠BEC ，∵∠DEF ＝∠ABE ，∴∠DEF ＝∠BEC ，∵∠D ＝∠C ，∴△DEF ∽△CEB ，∴DE DF CE BC=，由（1）得，△ABF ≌△DAE ，∴AF ＝DE ，∴CE ＝DF ，∵AD =BC ，∴2·DF AF AD ＝．14．如图，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别在AD ，CD 上，连接AF ，BE 相交于点G ，且AF ＝BE ．(1)求证：DE ＝CF ；(2)若AB =4，DE =1，求GF 的长．【答案】(1)证明见解析；(2) 2.6GF =【分析】（1）由正方形的性质得出∠BAE =∠ADF =90︒，AB =AD =CD ，AF =BE ，由HL 证明△BAE ≌△ADF ，即可得出结论；（2）由正方形的性质与已知线段求出AE ，再由勾股定理求得BE ，根据角之间的关系得到∠AGB =90︒，利用三角形的面积可得答案．【解析】（1）解：∵四边形ABCD 是正方形，∴∠BAE =∠ADF =90︒，AB =AD =CD ，在Rt △BAE 和Rt △ADF 中，{BA AD BE AF ==，∴△BAE ≌△ADF （HL ），∴AE =DF ，∴DE =CF ；（2）∵AB =4，四边形ABCD 是正方形，∴AD =4，∵DE =1，∴AE =3，∴5BE ===，∵△BAE ≌△ADF ，∴BE =AF =5，∠DAF =∠ABE ，又∵∠DAF +∠BAG =90︒，∴∠BAG +∠ABG =90︒，∴90,AGB ∠=︒∴AG ⊥BE ，则11,22AB AE AG BE = ∴34 2.45AG ⨯==，∴GF =AF -AG =5-2.4=2.6．15．如图1，在正方形ABCD 中，E 为BC 上一点，连接AE ，过点B 作BG AE ⊥于点H ，交CD 于点G ．（1）求证：AE BG =；（2）如图2，连接AG 、GE ，点M 、N 、P 、Q 分别是AB 、AG 、GE 、EB 的中点，试判断四边形MNPQ 的形状，并说明理由；（3）如图3，点F 、R 分别在正方形ABCD 的边AB 、CD 上，把正方形沿直线FR 翻折，使得BC 的对应边''B C 恰好经过点A ，过点A 作AO FR ⊥于点O ，若'1AB =，正方形的边长为3，求线段OF 的长．【答案】（1）见解析；（2）四边形MNPQ 为正方形，理由见解析；（3【分析】（1）由四边形ABCD 为正方形，可得90ABC BCD ∠=∠=︒，推得90ABG CBG ∠+∠=︒，由BG AE ⊥，可得90BAE ABG ∠+∠=︒，可证()ABE BCG ASA ≅△△即可；（2）M 、N 为AB 、AG 中点，可得MN 为ABG 的中位线，可证//MN BG ，12MN BG =，由点M 、N 、P 、Q 分别是AB 、AG 、GE 、EB 的中点，可得PQ 是BEG 的中位线，MQ 为ABE △的中位线，NP 为AEG △的中位线，可证//PQ BG ，12PQ BG =，//MQ AE ，12MQ AE =，//NP AE ，12NP AE =，可证四边形MNPQ 为平行四边形．再证四边形MNPQ 为菱形，最后证MN MQ ⊥即可；（3）延长AO 交BC 于点S ，由对称性可得'BF B F =，'1AB BS ==，AO SO =，由勾股定理可求AS =12AO AS ==AF x =，在'Rt AB F △中，2221(3)x x +-=，解得53x =，在Rt AOF中，可求OF =【解析】（1）证明：∵四边形ABCD 为正方形，∴90ABC BCD ∠=∠=︒，∴90ABG CBG ∠+∠=︒，∵BG AE ⊥，∴∠AHB =90°，∴90BAE ABG ∠+∠=︒，∴BAE CBG ∠=∠，在ABE △与BCG 中，BAE CBG AB BC ABC BCD ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩，∴()ABE BCG ASA ≅△△，∴AE BG =．（2）解：四边形MNPQ 为正方形，理由如下：∵M 、N 为AB 、AG 中点，∴MN 为ABG 的中位线，∴//MN BG ，12MN BG =，∵点M 、N 、P 、Q 分别是AB 、AG 、GE 、EB 的中点，∴PQ 是BEG 的中位线，MQ 为ABE △的中位线，NP 为AEG △的中位线，，∴//PQ BG ，12PQ BG =，//MQ AE ，12MQ AE =，//NP AE ，12NP AE =，∴MN PQ =，MQ NP =，∴四边形MNPQ 为平行四边形．∵AE BG =，∴MN MQ =，∴四边形MNPQ 为菱形，∵BG AE ⊥，//MQ AE ，∴MQ BG ⊥，∵//MN BG ，∴MN MQ ⊥，∴四边形MNPQ 为正方形．（3）解：延长AO 交BC 于点S ，由对称性可知'BF B F =，'1AB BS ==，AO SO =，在Rt ABS 中，AS，∴12AO AS ==设AF x =，则'3BF B F x ==-，在'Rt AB F △中，2221(3)x x +-=，53x =，∴53AF =，在Rt AOF 中，6OF ===．16．如图，正方形ABCD 边长为4，点G 在边AD 上（不与点A 、D 重合），BG 的垂直平分线分别交AB 、CD 于E 、F 两点，连接EG ．（1）当AG =1时，求EG 的长；（2）当AG 的值等于时，BE =8－2DF ；（3）过G 点作GM ⊥EG 交CD 于M①求证：GB 平分∠AGM ；②设AG =x ，CM =y ，试说明16441xy x y---的值为定值．【答案】（1）178；（2）843-3）①见解析；②164410xy x y ---=，理由见解析【分析】（1）根据EF 是线段BG 的垂直平分线，BE =EG ，设EG =EB =x ，则AE =AB -BE =4-x ，再由勾股定理求解即可；（2）过点F 作FH ⊥AB 于H ，连接FB ，FG ，由BE =8-2DF ，CF =CD -DF =4-DF ，得到BE =2CF ，先证明四边形BCFH 是矩形，得到CF =HB ，则BH =EH =FC ，设AG =x ，BE =y ，则AE =4-y ，GD =4-x ，CF =12y ，142DF y =-由222AE AG EG +=，222GD DF GF +=，222BC FC BF +=，可以得到()2224y x y -+=①，()22221144422x y y ⎛⎫⎛⎫-+-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭②，联立①②求解即可得到答案；（3）①先证明∠EBG =∠EGB ，然后根据ABG +∠AGB =90°，∠EGB +∠BGM =90°，即可得到∠AGB =∠BGM ；②连接BM ，过点B 作BH ⊥GM ，由角平分线的性质得到BH =AB =4，由=44=16ABG MBG BCM CDM ABCD S S S S S +++=⨯△△△△正方形，可以得到()()122244=162x GM y x y +++--，由勾股定理可以得到222DM GD GM +=即()()2224444xy x y ⎛⎫-+-=- ⎪⎝⎭，最后解方程即可得到答案．【解析】解：（1）∵EF 是线段BG 的垂直平分线，∴BE =EG ，∵四边形ABCD 是正方形，且边长为4，∴AB =4，∠A =90°，设EG =EB =x ，则AE =AB -BE =4-x ，∵222AE AG EG +=，∴()22241x x -+=，解得178=x ，∴178EG =；（2）如图所示，过点F 作FH ⊥AB 于H ，连接FB ，FG∵EF 是线段BG 的垂直平分线，∴BF =FG ，∵BE =8-2DF ，CF =CD -DF =4-DF ，∴BE =2CF ，∵四边形ABCD 是正方形，FH ⊥AB ，∴∠HBC =∠C =∠BHF =90°，∴四边形BCFH 是矩形，∴CF =HB ，∴BH =EH =FC ，设AG =x ，BE =y ，则AE =4-y ，GD =4-x ，CF =12y ，142DF y =-∵222AE AG EG +=，222GD DF GF +=，222BC FC BF +=，∴()2224y x y -+=①，()22221144422x y y ⎛⎫⎛⎫-+-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭②，联立①②解得8x =-8x =+，∴当8AG =-BE =8-2DF ，故答案为：8-（3）①∵EF 是线段BG 的垂直平分线，∴EG =BE ，∴∠EBG =∠EGB ，∵四边形ABCD 是正方形，EG ⊥GM ，∴∠A =∠EGM =90°，∴∠ABG +∠AGB =90°，∠EGB +∠BGM =90°，∴∠AGB =∠BGM ，∴BG 平分∠AGM ；②如图，连接BM ，过点B 作BH ⊥GM ，由（3）①得BG 平分∠AGM ，∴BH =AB =4，∵AG =x ，CM =y ，∴DG =4-x ，DM =4-y ，∵=44=16ABG MBG BCM CDM ABCD S S S S S +++=⨯△△△△正方形，∴1111=162222AG AB GM BH CM BC DM GD +++g g g g ，∴()()122244=162x GM y x y +++--，∴44xy GM =-，∵222DM GD GM +=，∴()()2224444xy x y ⎛⎫-+-=- ⎪⎝⎭∴222216816816216x y x x y y xy -++-+=-+∴()()22281616x y x y x y +-++=，∴()222416x y x y +-=，∴44xy x y +-=±，当44xy x y +-=时，则4416x y xy +-=，∴16444x y x-==-（不符合题意），∴4416x y xy+-=-∴164410xy x y---=．17．已知：在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，四边形OABC 为正方形．(1)若正方形OABC边长为12，①如图1，E、F分别在边OA、OC上，CE⊥BF于H，且OE＝9，则点F的坐标为（______，_______）．②如图2，若D为x轴上一点，且OD＝8，Q为y轴正半轴上一点，且∠DBQ＝45°，求点Q的坐标．(2)若正方形OABC边长为4，如图3，E、F分别在边OA、OC上，当F为OC的中点，CE⊥BF 于H，在直线CE上E点的两侧有点D、G，能使线段AD＝OG，AD//OG，且CH＝DH，求BG．【答案】(1)①3，0；②Q点坐标为（0，15）或（0，6）(2)BG8105【分析】（1）①通过证明△OEC≌△CFB（AAS），求出OF，即可求点的坐标；②分两种情况讨论：当D（8，0）时，过B点作BM⊥BD交y轴于点M，可证明△ABM≌△CBD （AAS），连接BQ，可证明△MBQ≌△DBQ（SAS），设AQ＝x，则OQ＝12﹣x，DQ＝4+x，在Rt△ODQ中由勾股定理求出x＝6，即可求Q（0，6）；当D（﹣8，0）时，过BN⊥BQ 交x轴于点N，同理可得△ABQ≌△CBN（AAS），连接DQ，可得△QBD≌△NBD（SAS），设AQ＝CN＝y，则DN＝20﹣y，QO＝12+y，在Rt△DOQ中，由勾股定理求出y＝3，即可求Q（0，15）；（2）在Rt△BCF中，求出BF＝5CH＝455，再由CH＝DH，可得DC＝855，连接OD，OH，证明△OCD≌△CBH（ASA），分别得到CD＝BH855，OD＝CH 45 5OH＝4105，再证明△AOD≌△OCH（SAS），可求OH＝AD＝OG＝4105，∠OAD＝∠HOC，推导出∠GOH＝90°，在Rt△GHO中，由勾股定理求出GH＝855，在Rt△BHG中，由勾股定理求出BG＝810 5．【解析】（1）①∵CE⊥BF，∴∠BHC＝90°，∴∠ECO+∠HFC＝90°，∵∠OEC+∠OCE＝90°，∴∠HFC＝∠OEC，∵BC＝OC，∴△OEC≌△CFB（AAS），∴OE＝CF＝9，∴OF＝3，∴F（3，0），故答案为：3，0；②∵D为x轴上一点，且OD＝8，∴D（8，0）或（﹣8，0），当D（8，0）时，如图2，过B点作BM⊥BD交y轴于点M，∴∠DBM＝90°，∴∠MBA+∠ABD＝90°，∵∠ABD+∠CBD＝90°，∴∠MBA＝∠CBD，∵AB＝BC，∴△ABM≌△CBD（AAS），∴BM＝BD，CD＝AM，连接BQ，∵∠DBQ＝45°，∴∠MBQ＝45°，又∵BM＝BD，∴△MBQ≌△DBQ（SAS），∴DQ＝MA，∵OD＝8，OC＝12，∴CD＝MA＝4，设AQ＝x，则OQ＝12﹣x，DQ＝4+x，在Rt△ODQ中，（4+x）2＝64+（12﹣x）2，解得x＝6，∴Q（0，6）；如图3，当D（﹣8，0）时，过BN⊥BQ交x轴于点N，同理可得△ABQ≌△CBN（AAS），∴AQ＝CN，BQ＝BN，连接DQ，同理可得△QBD≌△NBD（SAS），∴DN＝DQ，设AQ＝CN＝y，则DN＝20﹣y，QO＝12+y，在Rt△DOQ中，（20﹣y）2＝（12+y）2+64，解得y＝3，∴Q（0，15）；综上所述：Q点坐标为（0，15）或（0，6）；（2）∵F为OC的中点，CO＝4，∴CF＝OF＝2，在Rt△BCF中，BC＝4，CF＝2，∴BF＝∵BF⊥CH，∴CH∵CH＝DH，∴DC＝5，如图4，连接OD，OH，∵H 是CD 的中点，F 是OC 的中点，∴FH ∥OD ，∴OD ⊥CD ，∴∠ODC ＝∠GHC ＝90°，∵BC ＝CO ，∠FBC ＝∠DCO ，∴△OCD ≌△CBH （ASA ），∴CD ＝BH ＝855，OD ＝CH 455∴OH ＝105，∵∠AOD +∠DOC ＝∠DOC +∠DCO ＝90°，∴∠AOD ＝∠DCO ，∵AO ＝CO ，OH ＝OD ，∴△AOD ≌△OCH （SAS ），∴OH ＝AD ＝OG ＝4105，∠OAD ＝∠HOC ，∵AD ∥GO ，∴∠OAD ＝∠GOA ，∴∠GOH ＝90°，在Rt △GHO 中，GH 22GO OH +855，在Rt △BHG 中，BG 22GH BH +8105．18．如图，正方形ABCD 中，点E 为BC 边上一点，点F 为CD 边上一点，且BE CF =，连接AE 、BF 交于点G ．(1)求证：90AGF ∠= ；(2)连接GC ，若GC 平分EGF ∠，求证：2AB CF =；(3)在（2）的条件下，连接GD ，过点E 作EH ∥GD 交CD 边于点H ，交BF 于点M ，若2FH =，求线段FM 的长．【答案】(1)过程见解析；(2)过程见解析；(3)655【分析】（1），根据“SAS ”证明△ABE ≌△BCF ，可得∠BAG=∠CBF ，再根据∠CBF+∠ABG=90°，即可得出答案；（2），过点C 作CH ⊥EG ，CI ⊥FG ，可得CH=CI ，进而得出四边形GHCI 是矩形，再根据“AAS ”证明△CEH ≌△CFI ，得出CE=CF ，然后根据BE=CF ，可知BC=2CE ，即可得出结论；（3），设正方形的边长为2a ，分别表示出BE ，CF ，DF ，根据勾股定理求出BF ，再根据BEG BFC V :V 求出BG ，进而得出FG ，然后根据FMH FGD V :V ，得FM FG FH FD=，再代数答案可求．【解析】（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB=BC ，∠ABE=∠BCF =90°．∵BE=CF ，∴△ABE ≌△BCF ，∴∠BAG=∠CBF ．∵∠CBF+∠ABG=90°，∴∠BAG+∠ABG=90°，∴∠AGB=90°，即∠AGF=90°；（2）过点C 作CH ⊥EG ，于点H ，CI ⊥FG ，于点I ，∵GC 平分∠EGF ，∴CH=CI ．∵∠EGF=∠CHG =∠CIG=90°，∴四边形GHCI 是矩形．∵∠HCE+∠ECI=∠ECI+∠FCI =90°，∴∠ECH=∠FCI ．∵∠CHE=∠CIF=90°，∴△CEH ≌△CFI ，∴CE=CF ．∵BE=CF ，∴CE=BE ，则BC=2CE ，∴AB=2CF ；（3）设正方形的边长BC=2a ，则BE=a ，CF=a ，DF=a ，根据勾股定理得BF ==．∵∠EBG=∠FBC ，∠BGE=∠BCF=90°，∴BEG BFC V :V ，∴BE BG BF BC =，2BG a =，解得5BG a =，∴5FG a =．∵EH DG ∥，∴FMH FGD V :V ，∴FM FG FH FD=，即52a FM a=，解得5FM =．19．（1）如图1，在正方形ABCD 中，AE ，DF 相交于点O 且AE ⊥DF ．则AE 和DF 的数量关系为．（2）如图2，在正方形ABCD 中，E ，F ，G 分别是边AD ，BC ，CD 上的点，BG ⊥EF ，垂足为H ．求证：EF ＝BG ．（3）如图3，在正方形ABCD 中，E ，F ，M 分别是边AD ，BC ，AB 上的点，AE ＝2，BF ＝4，BM ＝1，将正方形沿EF 折叠，点M 的对应点与CD 边上的点N 重合，求CN的长度．【答案】（1）AE ＝DF ；（2）见解析；（3）CN 的长度为3【分析】（1）证明∠BAE =∠ADF ，则△ABE ≌△DAF （AAS ），即可求解；（2）由正方形的性质得出∠CBG =∠MEF ，证明△BCG ≌△EMF （ASA ），即可求解；（3）证明△EHF ≌△MGN （ASA ），则NG =HF ，而AE =2，BF =4，故NG =HF =4-2=2，进而求解．【解析】解：（1）∵∠DAO +∠BAE =90°，∠DAO +∠ADF =90°，∴∠BAE =∠ADF ，在△ABE 和△DAF 中，BAE ADF ABE DAF AD AB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△ABE ≌△DAF （AAS ），∴AE =DF ，故答案为：AE =DF ；（2）如图1，过点E 作EM ⊥BC 于点M ，则四边形ABME 为矩形，则AB =EM ，在正方形ABCD 中，AB =BC ，∴EM =BC ，∵EM ⊥BC ，∴∠MEF +∠EFM =90°，∵BG ⊥EF ，∴∠CBG +∠EFM =90°，∴∠CBG =∠MEF ，在△BCG 和△EMF 中，90CBG MEF BC EM C EMF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠=︒⎩，∴△BCG ≌△EMF （ASA ），∴EF =BG ；（3）如图2，连接MN ，∵M 、N 关于EF 对称，∴MN ⊥EF ，过点E 作EH ⊥BC 于点H，过点M 作MG ⊥CD 于点G ，则EH ⊥MG ，由（2）同理可得：△EHF ≌△MGN （ASA ），∴NG =HF ，∵AE =2，BF =4，∴NG =HF =4-2=2，又∵GC =MB =1，∴NC =NG +CG =2+1=3．20．华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．如图，在正方形ABCD 中，CE DF ⊥．求证：CE DF =．证明：设CE 与DF 交于点O ，∵四边形ABCD 是正方形，∴90B DCF ∠=∠=︒，BC CD =．∴90BCE DCE ∠+∠=︒，∵CE DF ⊥，∴90COD ∠=︒．∴90CDF DCE ∠+∠=︒．∴CDF BCE ∠=∠，∴CBE DFC △△≌．∴CE DF =．某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究．【问题探究】如图1，在正方形ABCD 中，点E 、F 、G 、H 分别在线段AB 、BC 、CD 、DA 上，且EG FH ⊥．试猜想EG FH的值，并证明你的猜想．【知识迁移】如图2，在矩形ABCD 中，AB a =，BC b =，点E 、F 、G 、H 分别在线段AB 、BC 、CD 、DA 上，且EG FH ⊥．则EG FH=______．【拓展应用】如图3，在四边形ABCD 中，90DAB ∠=︒，45ABC ∠=︒，AB =，点E 、F 分别在线段AB 、AD 上，且CE BF ⊥．直接写出CE BF 的值．【答案】（1）1EG FH =，理由见详解；（2）b a；（3）13【分析】（1）过点A 作AM ∥HF 交BC 于点M ，作AN ∥EG 交CD 的延长线于点N ，利用正方形ABCD ，AB =AD ，∠ABM =∠BAD =∠ADN =90°求证△ABM ≌△ADN 即可；（2）过点A 作AM ∥HF 交BC 于点M ，作AN ∥EG 交CD 的延长线于点N ，利用在长方形ABCD 中，BC =AD ，∠ABM =∠BAD =∠ADN =90°求证△ABM ∽△ADN ．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可；（3）如图3中，过点C 作CM ⊥AB 于点M ．设CE 交BF 于点O ．证明△CME ∽△BAF ，推出BCE BF CM A =，可得结论．【解析】解：结论：1EG FH =理由：如图（1）中，过点A 作AM ∥HF 交BC 于点M ，作AN ∥EG 交CD 的延长线于点N ，∴AM =HF ，AN =EG ，在正方形ABCD 中，AB =AD ，∠ABM =∠BAD =∠ADN =90°，∵EG ⊥FH ，∴∠NAM =90°，∴∠BAM =∠DAN ，在△ABM 和△ADN 中，∠BAM =∠DAN ，AB =AD ，∠ABM =∠ADN ，∴△ABM ≌△ADN （ASA ），∴AM =AN ，即EG =FH ，∴1EG FH=；（2）如图（2）中，过点A 作AM ∥HF 交BC 于点M ，作AN ∥EG 交CD 的延长线于点N ，∴AM=HF，AN=EG，在长方形ABCD中，BC=AD，∠ABM=∠BAD=∠ADN=90°，∵EG⊥FH，∴∠NAM=90°，∴∠BAM=∠DAN．∴△ABM∽△ADN．∴AM AB AN AD=，∵AB=a，BC=AD=b∴EG b FH a=．故答案为：b a；（3）如图，过点C作CM⊥AB于点M．设CE交BF于点O，CM交BF于点G．∵CM⊥AB，∴∠CME=90°，∴∠MBG+∠MGB=90°，∵CE⊥BF，∴∠BOC=90°，∴∠CGO+∠GCO=90°，∵∠MGB=∠CGO∴∠MBG=∠GCO，∵∠A=∠CME=90°，∴△CME ∽△BAF ，∴BCE BF CM A =，∵AB =，45ABC ∠=︒，∴sin 452CM BC BC =︒= ，即BC ；∴32AB CM ==⨯=，∴13CE CM BF AB ==．。
专题21 平行四边形与特殊平行四边形存在性问题考点精讲解析版
若E 为x 轴上的一个动点,F 为抛物线上的一个动点,使B ,D ,E ,F 构成平行四边形时,求出点E 的坐标.以其中一个已知点(如:点B )作为起点，列出所有对角线的情况(如:BD ,BE ,BF ),分别设出两个动点(点E ,点F ),运用中点坐标公式,求出每一种情况下，两条对角线的中点坐标,注意到两个中点重合,其坐标对应相等,列出方程组,求解即可.题型一：平行四边形存在性问题【例1】（2021·湖南）将抛物线向左平移1个单位，再向上平移4个单位后，得到抛物线．抛物线与轴交于点，，与轴交于点．已知，点是抛物线上的一个动点．2(0)y ax a =¹2:()H y a x h k =-+H x A B y C (3,0)A -PH 专题21 平行四边形与特殊平行四边形存在性问题（1）求抛物线的表达式；（2）如图1，点在线段上方的抛物线上运动（不与，重合），过点作，垂足为，交于点．作，垂足为，求的面积的最大值；（3）如图2，点是抛物线的对称轴上的一个动点，在抛物线上，是否存在点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）的面积最大值为；（3）点的坐标为或或．【分析】（1）由题意易得平移后的抛物线的表达式为，然后把点A 的坐标代入求解即可；（2）由（1）及题意易得，则有△AOC 是等腰直角三角形，∠CAO =∠ACO =45°，进而可得直线AC 的解析式为，设点，则，然后可得△AED 和△PEF 都为等腰直角三角形，过点F 作FT ⊥PD 于点，则有，由三角形面积公式可得，要使面积最大则PE 的值为最大即可，最后问题可求解；（3）由题意可知当以点A 、P 、C 、Q 为顶点的四边形是平行四边形时，则可分①当以AC 为平行四边形的边时，②当以AC 为平行四边形的对角线时，然后利用等腰直角三角形、平行四边形的性质及中点坐标公式分类进行求解即可．【详解】解：（1）由题意得：平移后的抛物线的表达式为，则把点代入得：，解得：，∴抛物线的表达式为，即为；（2）由（1）可得抛物线的表达式为，则有，∴，∴△AOC 是等腰直角三角形，∴∠CAO =∠ACO =45°，∵，H P AC H A C P PD AB ^D PD AC E PF AC ^F PEF V Q H l H P A P C Q P 223y x x =--+PEF V 8164P ()4,5--()2,5-()2,3-H ()214y a x =++()0,3C 3y x =+()2,23P a a a --+(),3E a a +T 12FT PE =21124PEF S PE FT PE =×=V H ()214y a x =++()30A -,()23140a -++=1a =-H ()214y x =-++223y x x =--+H 223y x x =--+()0,3C 3OA OC ==PD AB ^∴∠AED =∠CAO =45°，∴∠AED =∠PEF =45°，∵，∴△PEF 是等腰直角三角形，过点F 作FT ⊥PD 于点，如图所示：∴，∴，∴要使面积最大则PE 的值为最大即可，设直线AC 的解析式为，代入点A 、C 的坐标得：，解得：，∴直线AC 的解析式为，设点，则，∴，PF AC ^T 12FT PE =21124PEF S PE FT PE =×=V y kx b =+303k b b -+=ìí=î13k b =ìí=î3y x =+()2,23P a a a --+(),3E a a +22239233324PE a a a a a a æö=--+--=--=-++ç÷èø∵-1＜0，开口向下，∴当时，PE 有最大值，即为，∴△PEF 面积的最大值为；（3）存在以点A 、P 、C 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，理由如下：由（2）可得，，∠CAO =∠ACO =45°，抛物线的对称轴为直线，∴∠CAO =∠ADQ=45°，①当以AC 为平行四边形的边时，如图所示：过点P 作PG ⊥l 于点G ，∵四边形APQC 是平行四边形，∴AC ∥PQ ，∴∠ADQ =∠PQG =45°，∴△PQG 是等腰直角三角形，∴，∴点P 的横坐标为-4，32a =-94PE =219814464æö´=ç÷èø()0,3C ()30A -,1x =-AC =PQ AC ==3PG QG ==∴；②当以AC 为平行四边形的边时，如图所示：同理①可得点P 的横坐标为2，∴；③当以AC 为平行四边形的对角线时，如图所示：()4,5P --()2,5P -∵四边形AQCP 是平行四边形，∴，设点，∴由中点坐标公式可得：，∴，∴；综上所述：当以点A 、P 、C 、Q 为顶点的四边形是平行四边形，点的坐标为或或．题型二：菱形存在性问题【例2】（2021·湖南中考真题）如图，在直角坐标系中，二次函数的图象与x 轴相交于点和点，与y 轴交于点C．,AN CN PN QN ==()()2,23,1,P m m m Q b --+-13m -=-2m =-()2,3P -P ()4,5--()2,5-()2,3-2y x bx c =++(1,0)A -(3,0)B（1）求的值；（2）点为抛物线上的动点，过P 作x 轴的垂线交直线于点Q ．①当时，求当P 点到直线的距离最大时m 的值；②是否存在m ，使得以点为顶点的四边形是菱形，若不存在，请说明理由；若存在，请求出m 的值．【答案】（1）b =，c =；（2）①；②不存在，理由见解析【分析】（1）将A （-1，0），B （3，0）代入y =x 2+bx +c ，可求出答案；（2）①设点P （m ，m 2-2m -3），则点Q （m ，m ），再利用二次函数的性质即可求解；②分情况讨论，利用菱形的性质即可得出结论．【详解】解：（1）∵抛物线y =-x 2+bx +c 与x 轴交于点A （-1，0），B （3，0），∴，解得：，∴b =，c =；（2）①由（1）得，抛物线的函数表达式为：y =x 2，设点P （m ，m 2-2m -3），则点Q （m ，m ），∵0<m <3，∴PQ =m -( m 2-2m -3)=-m 2+3m +3=-+，b c 、(,)P m n :l y x =03m <<:l y x =O C P Q 、、、2-3-32m =10930b c b c -+=ìí++=î23b c =-ìí=-î2-3-23x --232m æö-ç÷èø214∵-1<0，∴当时，PQ 有最大值，最大值为；②∵抛物线的函数表达式为：y =x 2-2x -3，∴C （0，-3），∴OB =OC =3，由题意，点P （m ，m 2-2m -3），则点Q （m ，m ），∵PQ ∥OC ，当OC 为菱形的边，则PQ =OC =3，当点Q 在点P 上方时，∴PQ =，即，∴，解得或，当时，点P 与点O 重合，菱形不存在，当时，点P 与点B 重合，此时BC ，菱形也不存在；当点Q 在点P 下方时，若点Q 在第三象限，如图，32m =2142333m m -++=230m m -+=()30m m -=0m =3m =0m =3m =OC =¹∵∠COQ =45°，根据菱形的性质∠COQ =∠POQ =45°，则点P 与点A 重合，此时OA =1OC =3，菱形不存在，若点Q 在第一象限，如图，同理，菱形不存在，综上，不存在以点O 、C 、P 、Q 为顶点的四边形是菱形．题型三：矩形存在性问题【例3】（2021·山东中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线24y ax bx =+-交x 轴于()1,0A -，()4,0B 两点，交y 轴于点C．¹（1）求该抛物线的表达式；（2）点P 为第四象限内抛物线上一点，连接PB ，过点C 作//CQ BP 交x 轴于点Q ，连接PQ ，求PBQ △面积的最大值及此时点P 的坐标；（3）在（2）的条件下，将抛物线24y ax bx =+-向右平移经过点1,02æöç÷èø时，得到新抛物线2111y a x b x c =++，点E 在新抛物线的对称轴上，在坐标平面内是否存在一点F ，使得以A 、P 、E 、F 为顶点的四边形为矩形，若存在，请直接写出点F 的坐标；若不存在，请说明理由．参考：若点()111,P x y 、()222,P x y ，则线段12PP 的中点0P 的坐标为1212,22x x y y ++æöç÷èø．【答案】（1）该抛物线的表达式为：2y 34x x =--；（2）PBQ △面积最大值为8，此时P 点的坐标为：P（2，-6）；（3）(2,3F --或(2,3F --或()6,4F -或10,2F æöç÷èø【分析】（1）将两个点分别代入抛物线可得关于a ，b 的二元一次方程组，可解得a ，b ；（2）设出P 、Q 两点坐标，应用三角形相似，及三角形面积公式，代入化简可得一个二次函数，求其最大值即可；（3）抛物线的平移可确定抛物线解析式及对称轴，设出点E 、F ，应用中点坐标公式及矩形特点分成的三角形为直角三角形，可得出答案．【详解】解：（1）将A （-1,0），B （4,0）代入抛物线24y ax bx =+-可得：4016440a b a b --=ìí+-=î，解得：13a b =ìí=-î，∴该抛物线的表达式为：234y x x =--；（2）过点P 作PN ⊥x 轴于点N ，如图所示：设()11,P x y 且11(04,0)x y <<<，()2,0Q x ，∴2OQ x =，114,BN x PN y =-=-，4OC =，∵//CQ BP ，∴COQ PNB V V ∽，∴OQ OC BN PN =，即21144x x y =--，∴121416x x y -=，∴114164x BQ y -=-，∴()11111422416BPQ y S B P y x y Q æö=×=´-´-ç÷èø-V ，∵点()11,P x y 在抛物线上，∴211134y x x =--，∴21128BPQ S x x =-+V ，()104x <<，根据抛物线的基本性质：对称轴为()182222b x a =-=-=´-在104x <<内，∴V BPQ S 在12x =取得最大值，代入得：8BPQ S =V ，当12x =时，2123246y =-´-=-，∴PBQ △面积的最大值为8，此时点P 的坐标为：()2,6P -．（3）在（2）的条件下，原抛物线解析式为234y x x =--，将抛物线向右平移经过点1,02æöç÷èø，可知抛物线向右平移了32个单位长度， ∴可得：2333422y x x æöæö=----ç÷ç÷èøèø，化简得平移后的抛物线：21164y x x =-+，对称轴为：63221b x a -=-=-=´，由（2）得：A （-1，0），()26P -，，点E 在对称轴上，∴设E （3，e ），点F （m ，n ），矩形AEPF ，当以AP 为矩形的对角线时，则AP 的中点坐标为：1206,22-+-æöç÷èø，EF 的中点坐标为：3,22m e n ++æöç÷èø，根据矩形的性质可得，两个中点坐标相同，可得：123220622m e n-++ì=ïïí-+ï=ïî解得：26m e n =-ìí+=-î①②∵矩形AEPF ，∴AEF V 为直角三角形，∴222AE AF EF +=，③()()222130AE e =--+-，()()()22210AF m n =--+-，()()2223EF m n e =-+-，代入③化简可得：4en =，④∴将②代入④可得：()64n n --=，化简得：2640n n ++=，根据判别式得：22464140b ac -=-´´>，∴13n =-23n =--∴(2,3F --+或(2,3F --；当以AP 为矩形的边时，如图所示：过点P 分别作PG ⊥x 轴于点G ，PH ∥x 轴，过点F 作PH 的垂线，垂足为H ，设抛物线的对称轴与x 轴的交点为M ，如图，∴3,6AG PG ==，90AGP EMA FHP Ð=Ð=Ð=°，AM =4，∴tan 2GP GAP AGÐ==，∵四边形APFE 是矩形，∴90EAP APF Ð=Ð=°，AE =PF ，∴90GAP APG GAP EAM APG GPF FPH GPF Ð+Ð=Ð+Ð=Ð+Ð=Ð+Ð=°，∴EAM APG FPH Ð=Ð=Ð，∴()AME PHF AAS V V ≌，∴4,AM PH EM FH ===，∵90EAM AEM Ð+Ð=°，∴AEM GAP Ð=Ð，∴tan tan 2AEM GAP Ð=Ð=，∴2tan AM EM AEM==Ð，∴FH =2，∵点()2,6P -，∴()6,4F -，当以AP 为矩形的边时，如图所示：同理可得10,2F æöç÷èø；综上所述：以A 、P 、E 、F 为顶点的四边形为矩形，(2,3F --或(2,3F --或()6,4F -或10,2F æöç÷èø题型四：正方形存在性问题【例4】（2020•牡丹江）如图，已知直线AB 与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ，线段OA 的长是方程x 2﹣7x ﹣18＝0的一个根，OB =12OA ．请解答下列问题：（1）求点A ，B 的坐标；（2）直线EF 交x 轴负半轴于点E ，交y 轴正半轴于点F ，交直线AB 于点C ．若C 是EF 的中点，OE ＝6，反比例函数y =k x图象的一支经过点C ，求k 的值；（3）在（2）的条件下，过点C 作CD ⊥OE ，垂足为D ，点M 在直线AB 上，点N 在直线CD 上．坐标平面内是否存在点P ，使以D ，M ，N ，P 为顶点的四边形是正方形？若存在，请写出点P 的个数，并直接写出其中两个点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）解一元二次方程，得到点A 的坐标，再根据OB =12OA 可得点B 坐标；（2）利用待定系数法求出直线AB 的表达式，根据点C 是EF 的中点，得到点C 横坐标，代入可得点C坐标，根据点C在反比例函数图象上求出k值；（3）画出图形，可得点P共有5个位置，分别求解即可．【解析】（1）∵线段的长是方程的一个根，解得：x＝9或﹣2（舍），而点A在x轴正半轴，∴A（9，0），∵OB=12 OA，∴B（0，92），（2）∵OE＝6，∴E（﹣6，0），设直线AB的表达式为y＝kx+b，将点A和B的坐标代入，9k+b=b，解得：k=―12b=92，∴AB的表达式为：y=―12x+92，∵点C是EF的中点，∴点C的横坐标为﹣3，代入AB中，y＝6，则C（﹣3，6），∵反比例函数y=kx经过点C，则k＝﹣3×6＝﹣18；（3）存在点P，使以D，M，N，P为顶点的四边形是正方形，如图，共有5种情况，在四边形DM1P1N1中，M1和点A重合，∴M1（9，0），此时P1（9，12）；在四边形DP3BN3中，点B和M重合，可知M在直线y＝x+3上，联立：y=x+3y=―12x+92，解得：x =1y =4，∴M （1，4），∴P 3（1，0），同理可得：P 2（9，﹣12），P 4（﹣7，4），P 5（﹣15，0）．故存在点P 使以D ，M ，N ，P 为顶点的四边形是正方形，点P 的坐标为P 1（9，12），P 2（9，﹣12），P 3（1，0），P 4（﹣7，4），P 5（﹣15，0）．1．（2020•黔东南州）已知抛物线y ＝ax 2+bx +c （a ≠0）与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左边），与y 轴交于点C （0，﹣3），顶点D 的坐标为（1，﹣4）．（1）求抛物线的解析式．（2）在y 轴上找一点E ，使得△EAC 为等腰三角形，请直接写出点E 的坐标．（3）点P 是x 轴上的动点，点Q 是抛物线上的动点，是否存在点P 、Q ，使得以点P 、Q 、B 、D 为顶点，BD 为一边的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P 、Q坐标；若不存在，请说明理由．提分训练【分析】（1）根据抛物线的顶点坐标设出抛物线的解析式，再将点C坐标代入求解，即可得出结论；（2）先求出点A，C坐标，设出点E坐标，表示出AE，CE，AC，再分三种情况建立方程求解即可；（3）利用平移先确定出点Q的纵坐标，代入抛物线解析式求出点Q的横坐标，即可得出结论．【解析】（1）∵抛物线的顶点为（1，﹣4），∴设抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4，将点C（0，﹣3）代入抛物线y＝a（x﹣1）2﹣4中，得a﹣4＝﹣3，∴a＝1，∴抛物线的解析式为y＝a（x﹣1）2﹣4＝x2﹣2x﹣3；（2）由（1）知，抛物线的解析式为y＝x2﹣2x﹣3，令y＝0，则x2﹣2x﹣3＝0，∴x＝﹣1或x＝3，∴B（3，0），A（﹣1，0），令x＝0，则y＝﹣3，∴C（0，﹣3），∴AC=设点E（0，m），则AE=CE＝|m+3|，∵△ACE是等腰三角形，∴①当AC＝AE∴m＝3或m＝﹣3（点C的纵坐标，舍去），∴E（0，3），②当AC＝CE|m+3|，∴m＝﹣∴E（0，﹣30，﹣3③当AE ＝CE|m +3|，∴m =―43，∴E （0，―43），即满足条件的点E 的坐标为（0，3）、（0，﹣3+0，﹣3―0，―43）；（3）如图，存在，∵D （1，﹣4），∴将线段BD 向上平移4个单位，再向右（或向左）平移适当的距离，使点B 的对应点落在抛物线上，这样便存在点Q ，此时点D 的对应点就是点P ，∴点Q 的纵坐标为4，设Q （t ，4），将点Q 的坐标代入抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3中得，t 2﹣2t ﹣3＝4，∴t ＝t ＝1﹣∴Q （4）或（1﹣4），分别过点D ，Q 作x 轴的垂线，垂足分别为F ，G ，∵抛物线y ＝x 2﹣2x ﹣3与x 轴的右边的交点B 的坐标为（3，0），且D （1，﹣4），∴FB ＝PG ＝3﹣1＝2，∴点P 的横坐标为（﹣2＝﹣1﹣﹣2＝﹣1﹣即P （﹣0）、Q （4）或P （﹣1﹣0）、Q （1﹣4）．2．（2021·广东）已知二次函数的图象过点，且对任意实数x ，都有．（1）求该二次函数的解析式；（2）若（1）中二次函数图象与x 轴的正半轴交点为A ，与y 轴交点为C ；点M 是（1）中二次函数图象上的动点．问在x 轴上是否存在点N ，使得以A 、C 、M 、N为顶点的四边形是平行四边形．若存在，求出所2y ax bx c =++()1,0-22412286x ax bx c x x -£++£-+有满足条件的点N 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，或或或【分析】（1）令，解得，可得函数 必过 ，再结合 必过 得出，，即可得到，再根据，可看成二次函数与一次函数仅有一个交点，且整体位于的上方，可得，有两个相等的实数根，再根据，可解得的值，即可求出二次函数解析式．（2）结合（1）求出点C 的坐标，设，①当为对角线时，②当为对角线时，③当为对角线时,根据中点坐标公式分别列出方程组，解方程组即可得到答案．【详解】解：（1）令，解得，当时，，∴ 必过 ，又∵ 必过 ，∴，∴，即，即可看成二次函数与一次函数仅有一个交点，且整体位于的上方∴，有两个相等的实数根∴，∴，223y x x =--()1,0()5,0)2,0-()2-2412286x x x -=-+123x x ==2y ax bx c =++(3,0)2y ax bx c =++(1,0)-2b a =-3c a =-223y ax ax a =--242123x ax x a a --£-223y ax ax a =--412y x =-412y x =-0a >242123x ax x a a --=-0D =a ()2,23,(,0)M m m m N n --AC AM AN 2412286x x x -=-+123x x ==3x =24122860x x x -=-+=2y ax bx c =++(3,0)2y ax bx c =++(1,0)-029303a b c b a a b c c a ì-+==-ìÞíí++==-îî223y ax ax a =--242123x ax x a a --£-223y ax ax a =--412y x =-412y x =-0a >\242123x ax x a a --=-\0D =2(24)4(123)0a a a +--=2(1)0a -=∴，∴，，∴．（2）由（1）可知：，，设，①当为对角线时，∴，解得（舍），，∴，即．②当为对角线时，∴，解得（舍），∴，即．③当为对角线时，∴，解得∴或，∴．综上所述：N 点坐标为或或或．3．（2021·内蒙古）如图，抛物线交x 轴于，两点，交y 轴于点C ，动点P在抛物线的对称轴上．（1）求抛物线的解析式；（2）当以P ，B ，C为顶点的三角形周长最小时，求点P 的坐标及的周长；（3）若点Q 是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点Q ，使得以A ，C ，P ，Q 为顶点的四边形是菱形？1a =2b =-3c =-223y xx =--(3,0)A (0,3)C -()2,23,(,0)M m m m N n --AC A C M N A C n Nx x x x y y y y +=+ìí+=+î2300(3)230m n m m +=+ìí+-=--+î10m =22m =1n =1(1,0)N AM A M C N A M C Nx x x x y y y y +=+ìí+=+î23002330m n m m +=+ìí+--=-+î10m =22m =5n =2(5,0)N AN A N C M A N C Mx x x x y y y y +=+ìí+=+î23000323n m m m +=+ìí+=-+--î1211m m ==2n =2n =--432,0),(2N N --()1,0()5,0)2,0()2--23y ax bx =++()3,0A ()1,0B -PBC V若存在，请直接写出所有符合条件的点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1) ；(2) P 点坐标为(1,2)，；(3) Q 点坐标存在，为(2，2)或(4)或(4，)或(，或(，)【分析】(1)将，代入即可求解；(2)连接BP 、CP 、AP ，由二次函数对称性可知，BP=AP ，得到BP +CP =AP +CP ，当C 、P 、A 三点共线时，△PBC 的周长最小，由此求出AC 解析式，将P 点横坐标代入解析式中即可求解；(3)设P 点坐标为(1，t )，Q 点坐标为(m ，n )，按AC 为对角线，AP 为对角线，AQ 为对角线分三种情况讨论即可求解．【详解】解：(1)将，代入二次函数表达式中，∴ ，解得，∴二次函数的表达式为：；(2)连接BP 、CP 、AP ，如下图所示：2y x 2x 3=-++BCP D 2-32-3()3,0A ()1,0B -()3,0A ()1,0B -093303a b a b =++ìí=-+î12a b =-ìí=î2y x 2x 3=-++由二次函数对称性可知，BP=AP ，∴BP +CP =AP +CP ，BC 为定直线，当C 、P 、A 三点共线时，有最小值为，此时的周长也最小，设直线AC 的解析式为：，代入，∴，解得，∴直线AC 的解析式为：，二次函数的对称轴为，代入，得到，∴P 点坐标为(1,2)，此时的周长最小值=(3)设P 点坐标为(1，t )，Q 点坐标为(m ，n )，分类讨论：情况一：AC 为菱形对角线时，另一对角线为PQ ，此时由菱形对角互相平分知：AC 的中点也必定是PQ 的中点，由菱形对角线互相垂直知：，BCP C BP CP BC PA CP BC D =++=++PA CP +AC BCP D y kx m =+()3,0,(0,3)A C 0=330k m m +ìí=+î13k m =-ìí=î3y x =-+12b x a=-=3y x =-+2y =BCP D BC AC ++()3,0,(0,3)A C 1AC PQ k k ×=-∴ ，解得，∴P 点坐标为(1，1)，对应的Q 点坐标为(2，2)；情况二：AP 为菱形对角线时，另一对角线为CQ ，同理有：，解得或∴P 点坐标为(1，)或(1，)，对应的Q 点坐标为(4)或(4，；情况三：AQ 为菱形对角线时，另一对角线为CP ，设P 点坐标为(1，t )，Q 点坐标为(m ，n )，同理有：，解得，∴P 点坐标为(1或(1，，对应的Q 点坐标为(-2，或(-2，)；纵上所示，Q 点坐标存在，为(2，2)或(4)或(4，)或(，或(，)．4．（2020•重庆）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y ＝x 2+bx +c 与直线AB 相交于A ，B 两点，其中A （﹣3，﹣4），B （0，﹣1）．（1）求该抛物线的函数表达式；（2）点P 为直线AB 下方抛物线上的任意一点，连接PA ，PB ，求△PAB 面积的最大值；（3）将该抛物线向右平移2个单位长度得到抛物线y ＝a 1x 2+b 1x +c 1（a 1≠0），平移后的抛物线与原抛物线相交于点C ，点D 为原抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点E ，使以点B ，C ，D ，E 为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点E 的坐标；若不存在，请说明理由．30103111m t n n t m ìï+=+ï+=+íï-ï-×=--î221m n t =ìï=íï=î310030312m t n t n m ìï+=+ï+=+íï--ï×=--îm n t ìï=íï=î3m n t =ìï=íï=î33()3,0,(0,3)A C 3010303131m n t n t m ìï+=+ï+=+íï--ï×=--îm n t ìïíï=îm n t =ìï=íï=î332-32-3【分析】（1）将点A 、B 的坐标代入抛物线表达式，即可求解；（2）△PAB 面积S =12×PH ×（x B ﹣x A ）=12（x ﹣1﹣x 2﹣4x +1）×（0+3）=―32x 2―92x ，即可求解；（3）分BC 为菱形的边、菱形的的对角线两种情况，分别求解即可．【解析】（1）将点A 、B 的坐标代入抛物线表达式得―4=9―3b +c c =―1，解得b =4c =―1，故抛物线的表达式为：y ＝x 2+4x ﹣1；（2）设直线AB 的表达式为：y ＝kx +t ，则―4=―3k +t t =―1，解得k =1t =―1，故直线AB 的表达式为：y ＝x ﹣1，过点P 作y 轴的平行线交AB 于点H ，设点P （x ，x 2+4x ﹣1），则H （x ，x ﹣1），△PAB 面积S =12×PH ×（x B ﹣x A ）=12（x ﹣1﹣x 2﹣4x +1）×（0+3）=―32x 2―92x ，∵―32＜0，故S 有最大值，当x =―32时，S 的最大值为278；（3）抛物线的表达式为：y ＝x 2+4x ﹣1＝（x +2）2﹣5，则平移后的抛物线表达式为：y ＝x 2﹣5，联立上述两式并解得：x =―1y =―4，故点C （﹣1，﹣4）；设点D （﹣2，m ）、点E （s ，t ），而点B 、C 的坐标分别为（0，﹣1）、（﹣1，﹣4）；①当BC 为菱形的边时，点C 向右平移1个单位向上平移3个单位得到B ，同样D （E ）向右平移1个单位向上平移3个单位得到E （D ），即﹣2+1＝s 且m +3＝t ①或﹣2﹣1＝s 且m ﹣3＝t ②，当点D 在E 的下方时，则BE ＝BC ，即s 2+（t +1）2＝12+32③，当点D 在E 的上方时，则BD ＝BC ，即22+（m +1）2＝12+32④，联立①③并解得：s ＝﹣1，t ＝2或﹣4（舍去﹣4），故点E （﹣1，3）；联立②④并解得：s ＝1，t ＝﹣E （1，﹣4+1，﹣4―②当BC 为菱形的的对角线时，则由中点公式得：﹣1＝s ﹣2且﹣4﹣1＝m +t ⑤，此时，BD ＝BE ，即22+（m +1）2＝s 2+（t +1）2⑥，联立⑤⑥并解得：s ＝1，t ＝﹣3，故点E （1，﹣3），综上，点E 的坐标为：（﹣1，2）或（﹣3，﹣4+﹣3，﹣4―1，﹣3）．5．（2021·黑龙江中考真题）综合与探究如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x 轴交于点A 、B ，与y 轴交于点C ，连接BC ，，对称轴为，点D为此抛物线的顶点．2()20y ax x c a =++¹1OA =2x =（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线上C ，D 两点之间的距离是__________；（3）点E 是第一象限内抛物线上的动点，连接BE 和CE ．求面积的最大值；（4）点P 在抛物线对称轴上，平面内存在点Q ，使以点B 、C 、P 、Q 为顶点的四边形为矩形，请直接写出点Q 的坐标．【答案】（1）；（2）3）；（4）或或或．【分析】（1）先根据对称轴可得的值，再根据可得点的坐标，代入抛物线的解析式即可得；（2）利用抛物线的解析式分别求出点的坐标，再利用两点之间的距离公式即可得；（3）过点作轴的垂线，交于点，先利用待定系数法求出直线的解析式，再设点的坐标为，从而可得和的坐标，然后根据可得关于的函数关系式，利用二次函数的性质求解即可得；（4）设点的坐标为，分①当为矩形的边时，②当为矩形的边时，③当为矩形的对角线时三种情况，再分别利用待定系数法求直线的解析式、矩形的性质、点坐标的平移变换规律求解即可得．【详解】解：（1）抛物线的对称轴为，，，，且点在轴负半轴上，，BCE V 215222y x x =-++12516(7,4)7(3,)2--3(3,)2-(3,4)a 1OA =A ,C D E x BC F BC E 215(,222E t t t -++05t <<F BCE CEF BEF S S S =+△△△BCE S V t P (2,)P m BC BCPQ BC BCQP BC BPCQ Q 2()20y ax x c a =++¹222x a=-=12a \=-2122y x x c \=-++1OA =Q A x (1,0)A \-将点代入得：，解得，则抛物线的解析式为；（2）化成顶点式为，则顶点的坐标为，当时，，即，则抛物线上，故答案为：（3）如图，过点作轴的垂线，交于点，，抛物线的对称轴为，，设直线的解析式为，将点代入得：，解得，则直线的解析式为，设点的坐标为，则，，，，，(1,0)A -2122y x x c =-++1202c --+=52c =215222y x x =-++215222y x x =-++219(2)22y x =--+D 9(2,)2D 0x =52y =5(0,)2C ,C D =E x BC F (1,0)A -Q 2x =(5,0)B \BC y kx b =+(5,0),5(0,)2C B 5052k b b +=ìïí=ïî1252k b ì=-ïïíï=ïîBC 1522y x =-+E 215(,222E t t t -++05t <<15(,)22F t t -+221515152()222222EF t t t t t \=-++--+=-+22115115()(5)()222222BCE CEF BEF S S S t t t t t t \=+=-++--+V V V 255125()4216t =--+由二次函数的性质得：在内，当时，取最大值，最大值为，即面积的最大值为；（4）设点的坐标为，由题意，分以下三种情况：①当为矩形的边时，则，设直线的解析式为，将点代入得：，则直线的解析式为，将点代入得：，即，将点先向右平移2个单位长度，再向上平移4个单位长度可得到点，四边形是矩形，点平移至点的方式与点平移至点的方式相同，，，即；②当为矩形的边时，则，同（4）①的方法可得：点的坐标为；③当为矩形的对角线时，则，，即，解得或，或，当点的坐标为时，则将点先向左平移2个单位长度，再向下平移个单位长度可得到点，四边形是矩形，点平移至点的方式与点平移至点的方式相同，05t <<52t =BCE S V 12516BCE V 12516P (2,)P m BC BCPQ CP BC ^CP 2y x n =+5(0,2C 52n =CP 522y x =+(2,)P m 5132222m =´+=13(2,2P \C P Q BCPQ \C P B Q (5,0)B Q (52,04)Q \++(7,4)Q BC BCQP BP BC ^Q 7(3,2Q --BC BPCQ BP CP ^222CP BP BC \+=22222255(20)()(25)(0)(50)(0)22m m -+-+-+-=-+-4m =32m =-(2,4)P \3(2,)2P -P (2,4)P P 32C Q BPCQ \P C B Q，即；同理可得：当点的坐标为时，点的坐标为，综上，点的坐标为或或或．6．（2021·四川中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点和，交轴于点，抛物线的对称轴交轴于点，交抛物线于点．（1）求抛物线的解析式；（2）将线段绕着点沿顺时针方向旋转得到线段，旋转角为，连接，，求的最小值．（3）为平面直角坐标系中一点，在抛物线上是否存在一点，使得以，，，为顶点的四边形为矩形？若存在，请直接写出点的横坐标；若不存在，请说明理由；【答案】（1）；（23）存在，点的横坐标分别为：2，【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式，设解析式为将，两点代入求得，c 的值即可；3(52,0)2Q \--3(3,2Q -P 3(2,)2P -Q (3,4)Q Q (7,4)7(3,)2--3(3,)2-(3,4)2y x bx c =-++x A ()1,0C y ()0,3B x E F OE О'OE ()090a a °<<°'AE 'BE 13''BE AE +M N A B M N N 223y x x =--+N 1-2y x bx c =-++()1,0C ()0,3B b（2）胡不归问题，要求的值，将折线化为直线，构造相似三角形将转化为，再利用三角形两边之和大于第三边求得最值；（3）分2种情形讨论：①AB 为矩形的一条边，利用等腰直角三角形三角形的性质可以求得N 点的坐标; ②AB 为矩形的对角线，设R 为AB 的中点,RN =AB ,利用两点距离公式求解方程可得N 点的坐标．【详解】解：（1）∵过，∴∴，∴抛物线的解析式为：（2）在上取一点，使得，连接，∵对称轴．∴，，∴，∴13''BE AE +13'AE 13'DE 13''BE AE +122y x bx c =-++()1,0C ()0,3B 103b c c -++=ìí=î2b =-3c =223y x x =--+OE D 13OD OE ='AE BD 11'33OD OE OE ==3112x -+==-()1,0E -1OE ='1OE OE ==3OA ='1'3OE OD OA OE ==''DOE E OA Ð=Ð''DOE E OA D D ∽∴∴当，，三点在同一点直线上时，最小为．在中，，∴即（3）情形①如图，AB 为矩形的一条边时，联立得是等腰，分别过 两点作的垂线，交于点，过作轴，轴,,也是等腰直角三角形设，则，所以代入，解得,（不符题意，舍）同理，设，则 ，所以 代入，解得,（不符题意，舍）1''3DE AE =1''''3BE AE BE DE +=+B 'E D ''BE DE +BD Rt BOD D 13OD =3OB =BD ===13''BE AE +2023y y x x =ìí=--+î31,00x x y y =-=ììíí==îî(3,0),3A OA \-=3OB =Q ABO \V Rt V 45BAO Ð=°,A B AB 223y x x =--+12,N N 12,N N 1N Q y ^2N P x ^1245QBN PAN \Ð=Ð=°\1BN Q △2AN P △QB m =1N Q m =1(,3)N m m -+223y x x =--+11m =20m =\1(1,4)N -OP n ==3PN n +2(,3)N n n --223y x x =--+1n 2=23n =-2(2,-5)N \② AB 为矩形的对角线，设R 为AB 的中点,则，设 ，则整理得：解得：（不符题意，舍），（不符题意，舍），，12RN AB =()3,0,()0,3A B -Q 33(,)22R \-AB ==12RB AB \==RN Q RN \2(,23)N x x x --+222233()(222x x x +++-=2(3)(1)0x x x x ++-=1=0x 23x =-3x 4x综上所述：点的横坐标分别为：2，\N 1-。
专题26 菱形(解析版)
专题26 菱形问题1.菱形的定义 ：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。
2.菱形的性质（1）菱形的四条边都相等；（2）菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。
3.菱形的判定定理（1）一组邻边相等的平行四边形是菱形；（2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形；（3）四条边相等的四边形是菱形。
4．菱形的面积：S=ah=mn/2（菱形底边长为a ，高为h ，两条对角线长分别为m 和n ）【例题1】（2020•牡丹江）如图，在平面直角坐标系中，O 是菱形ABCD 对角线BD 的中点，AD ∥x 轴且AD ＝4，∠A ＝60°，将菱形ABCD 绕点O 旋转，使点D 落在x 轴上，则旋转后点C 的对应点的坐标是（ ）A ．（0，2√3）B ．（2，﹣4）C ．（2√3，0）D ．（0，2√3）或（0，﹣2√3）【答案】D【解析】分点C旋转到y轴正半轴和y轴负半轴两种情况分别讨论，结合菱形的性质求解．根据菱形的对称性可得：当点D在x轴上时，A、B、C均在坐标轴上，如图，∵∠BAD＝60°，AD＝4，∴∠OAD＝30°，∴OD＝2，∴AO=√42−22=2√3=OC，∴点C的坐标为（0，−2√3），同理：当点C旋转到y轴正半轴时，点C的坐标为（0，2√3），∴点C的坐标为（0，2√3）或（0，−2√3）.【对点练习】（2019泸州）一个菱形的边长为6，面积为28，则该菱形的两条对角线的长度之和为（）A．8 B．12 C．16 D．32【答案】C【解析】如图所示：∵四边形ABCD 是菱形，∴AO ＝CO =12AC ，DO ＝BO =12BD ，AC ⊥BD ， ∵面积为28，∴12AC •BD ＝2OD •AO ＝28 ① ∵菱形的边长为6，∴OD 2+OA 2＝36 ②，由①②两式可得：（OD +AO ）2＝OD 2+OA 2+2OD •AO ＝36+28＝64．∴OD +AO ＝8，∴2（OD +AO ）＝16，即该菱形的两条对角线的长度之和为16．【例题2】（2020•营口）如图，在菱形ABCD 中，对角线AC ，BD 交于点O ，其中OA ＝1，OB ＝2，则菱形ABCD 的面积为 ．【答案】4【解析】根据菱形的面积等于对角线之积的一半可得答案．∵OA ＝1，OB ＝2，∴AC ＝2，BD ＝4，∴菱形ABCD 的面积为12×2×4＝4．【对点练习】（2019湖北十堰）如图，已知菱形ABCD 的对角线AC ，BD 交于点O ，E 为BC 的中点，若OE ＝3，则菱形的周长为 ．【答案】24【解析】∵四边形ABCD 是菱形，∴AB ＝BC ＝CD ＝AD ，BO ＝DO ，∵点E 是BC 的中点，∴OE 是△BCD 的中位线，∴CD ＝2OE ＝2×3＝6，∴菱形ABCD 的周长＝4×6＝24【例题3】（2020•福建）如图，点E ，F 分别在菱形ABCD 的边BC ，CD 上，且BE ＝DF ．求证：∠BAE ＝∠DAF ．【答案】见解析。
2021年人教版八年级数学下册第十八章《菱形(2)》优质课件.ppt
回顾反思 类比猜想
我们学习了矩形的定义、性质和判定，如下表 ．你 能发现矩形的三条判定定理分别是从哪个角度得到的吗？
矩形的 定义 有一有性质
矩形的 对角线相等
O
性质 四个角都是直角
有一个角是直角的平行四边形是矩形
菱形的
B
判定
？ 你的想法正确吗？ 如何证明你的猜想？
推理论证 获得定理
定求理证1：：对对角角线线互互相相垂垂直直的的平平行行四四边边形形是是菱菱形形．．
如图， ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且 AC⊥BD．求证： ABCD是菱形．
D
A
O
C
B
推理论证 获得定理
求定证理：2：四四边边都都相相等等的的四四边边形形是是菱菱形形．． 如图，四边形ABCD中，AB=BC=CD=DA．求证：四 边形ABCD是菱形．
25.2.2 菱形（2）
课件说明
• 本课是在学习菱形概念及性质的基础上，通过类比 平行四边形和矩形的判定定理的探究过程，探索和 证明菱形的两个判定定理．
课件说明
• 学习目标： 1．掌握菱形的三种判定方法，能根据不同的已知条 件，选择适当的判定定理进行推理和计算； 2．经历菱形判定定理的探究过程，渗透类比思想， 体会研究图形判定的一般思路．
• 14、Thank you very much for taking me with you on that splendid outing to London. It was the first time that I had seen the Tower or any of the other famous sights. If I'd gone alone, I couldn't have seen nearly as much, because I wouldn't have known my way about.
专题21 直角三角形篇(解析版)
专题21 直角三角形考点一：直角三角形1. 直角三角形的概念：有一个角是90°的三角形叫做直角三角形。
2. 直角三角形的性质：①直角三角形的两锐角互余。
②直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。
③含30°的直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半。
④直角三角形的两直角边的成绩等于斜边乘以斜边上的高线。
⑤直角三角形的勾股定理。
1．（2022•贺州）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝56°，则∠A的度数为（ ）A．34°B．44°C．124°D．134°【分析】根据直角三角形的两锐角互余计算即可．【解答】解：在Rt△ABC中，∠C＝90°，则∠B+∠A＝90°，∵∠B＝56°，∴∠A＝90°﹣56°＝34°，故选：A．2．（2022•岳阳）如图，已知l∥AB，CD⊥l于点D，若∠C＝40°，则∠1的度数是（ ）A ．30°B ．40°C ．50°D ．60°【分析】根据直角三角形的性质求出∠CED ，再根据平行线的性质解答即可．【解答】解：在Rt △CDE 中，∠CDE ＝90°，∠DCE ＝40°，则∠CED ＝90°﹣40°＝50°，∵l ∥AB ，∴∠1＝∠CED ＝50°，故选：C ．3．（2022•绍兴）如图，把一块三角板ABC 的直角顶点B 放在直线EF 上，∠C ＝30°，AC ∥EF ，则∠1＝（ ）A ．30°B ．45°C ．60°D ．75°CBF 的度数，再根据∠ABC ＝90°，可以得到∠1的度数．【解答】解：∵AC ∥EF ，∠C ＝30°，∴∠C ＝∠CBF ＝30°，∵∠ABC ＝90°，∴∠1＝180°﹣∠ABC ﹣∠CBF ＝180°﹣90°﹣30°＝60°，故选：C ．4．（2022•大连）如图，在△ABC 中，∠ACB ＝90°．分别以点A 和点C 为圆心，大于21AC 的长为半径作弧，两弧相交于M ，N 两点，作直线MN ．直线MN 与AB 相交于点D ，连接CD ，若AB ＝3，则CD 的长是（ ）A．6B．3C．1.5D．1【分析】根据题意可知：MN是线段AC的垂直平分线，然后根据三角形相似可以得到点D为AB的中点，再根据直角三角形斜边上的中线和斜边的关系，即可得到CD的长．【解答】解：由已知可得，MN是线段AC的垂直平分线，设AC与MN的交点为E，∵∠ACB＝90°，MN垂直平分AC，∴∠AED＝∠ACB＝90°，AE＝CE，∴ED∥CB，∴△AED∽△ACB，∴，∴，∴AD＝AB，∴点D为AB的中点，∵AB＝3，∠ACB＝90°，∴CD＝AB＝1.5，故选：C．5．（2022•永州）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝60°，点D为边AC的中点，BD＝2，则BC 的长为（ ）A．3B．23C．2D．4【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和30°角所对的直角边等于斜边的一半即可得到结论．【解答】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D为边AC的中点，BD＝2，∴AC＝2BD＝4，∵∠C＝60°，∴∠A＝30°，∴BC＝AC＝2，故选：C．6．（2022•青海）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB的中点，延长CB至点E，使BE＝BC，连接DE，F为DE中点，连接BF．若AC＝16，BC＝12，则BF的长为（ ）A．5B．4C．6D．8【分析】利用勾股定理求得AB＝20；然后由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得CD的长度；结合题意知线段BF是△CDE的中位线，则BF＝CD．【解答】解：在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AC＝16，BC＝12，∴AB＝＝20．∵CD为中线，∴CD＝AB＝10．∵F为DE中点，BE＝BC，即点B是EC的中点，∴BF是△CDE的中位线，则BF＝CD＝5．故选：A．7．（2022•镇江）如图，在△ABC和△ABD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，若DE＝1，则FG＝ ．【分析】根据直角三角形的性质得出AB的长，进而利用三角形中位线定理解答即可．【解答】解：∵∠ADB＝90°，E是AB的中点，∴AB＝2DE＝2，∵F、G分别为AC、BC的中点，∴FG是△ACB的中位线，∴FG＝AB＝1，故答案为：1．8．（2022•西宁）如图，△ABC中，AB＝6，BC＝8，点D，E分别是AB，AC的中点，点F在DE上，且∠AFB＝90°，则EF＝ ．【分析】利用三角形中位线定理得到DE＝BC．由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到DF＝AB．所以由图中线段间的和差关系来求线段EF的长度即可．【解答】解：∵点D，E分别是AB，AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE＝BC＝4．∵∠AFB＝90°，D是AB的中点，∴DF＝AB＝3，∴EF＝DE﹣DF＝4﹣3＝1．故答案为：1．9．（2022•梧州）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D，E分别是AB，AC边上的中点，连接CD，DE．如果AB＝5m，BC＝3m，那么CD+DE的长是 m．【分析】根据三角形中位线定理可得DE的长，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可得CD 的长，进一步即可求出CD+DE的长．【解答】解：∵点D，E分别是AB，AC边上的中点，∴DE是△ABC的中位线，∴DE＝BC，∵BC＝3m，∴DE＝1.5m，∵∠ACB＝90°，∴CD＝AB，∵AB＝5m，∴CD＝2.5m，∴CD+DE＝2.5+1.5＝4（m），故答案为：4．10．（2022•台州）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D，E，F分别为AB，BC，CA的中点．若EF的长为10，则CD的长为 ．【分析】根据三角形中位线定理求出AB，根据直角三角形斜边上的中线的性质即可求出CD．【解答】解：∵E，F分别为BC，CA的中点，∴EF是△ABC的中位线，∴EF＝AB，∴AB＝2EF＝20，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，D 为AB 中点，AB ＝20，∴CD ＝AB ＝10，故答案为：10．考点二：勾股定理1. 勾股定理的内容：在直角三角形中，两直角边的平方的和等于斜边的平方。
中考数学专题复习课件(第23讲_矩形、菱形、正方形)
由 F 为 AB 的中点知，∠CFA＝90° ，∴ CF∥EA. 在等边三角形 ABC 中，CF＝ AD. 在等边三角形 ADE 中，AD＝EA，∴CF＝EA. ∴四边形 AFCE 为平行四边形． 又∵∠CFA＝90° ，∴四边形 AFCE 为矩形．
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考 点 知 识 精 讲 中 考 典 例 精 析
(1)(2010· 芜湖 )下列命题中是真命题的是( A．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 B．有两边和一角对应相等的两个三角形全等 C．两条对角线相等的平行四边形是矩形 D．两边相等的平行四边形是菱形
)
(2)(2009· 凉山 )如图，将矩形 ABCD 沿对角线 BD 折叠，
举 一 反 三
使 C 落在 C′处，BC′交 AD 于点 E，则下列结论不一定 成立的是( ．．． A． AD ＝BC′ B．∠EBD＝∠EDB C．△ ABE∽△ CBD AE D．sin∠ ABE＝ ED
【点拨】本题综合考查等边三角形的性质和矩形的判定．
【解答】(1)在等边△ABC 中，∵点 D 是 BC 边的中点，∴∠DAC＝ 30° .又∵△ ADE 是 举 .∴∠CAE＝∠DAE－∠DAC＝60° －30° ＝30° . 一 等边三角形，∴∠DAE＝ 60° 反 (2)由(1)知，∠EAF＝90° . 三
举 反 三
考 点 训 练
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专题21 勾股定理-2023年中考数学一轮复习热点题型与方法精准突破(解析版)
专题21 勾股定理【考查题型】【知识要点】知识点一勾股定理勾股定理的概念：如果直角三角形的两直角边分别为，，斜边为，那么。
变式：，，,,.适用范围：勾股定理揭示了直角三角形三条边之间所存在的数量关系，它只适用于直角三角形，因而在应用勾股定理时，必须明了所考察的对象是直角三角形。
用拼图的方法验证勾股定理的思路是：1）图形进过割补拼接后，只要没有重叠，没有空隙，面积不会改变2）根据同一种图形的面积不同的表示方法，列出等式，推导出勾股定理勾股定理的证明方法：方法一（图一）：，，化简可证．方法二（图二）：四个直角三角形的面积与小正方形面积的和等于大正方形的面积．四个直角三角形的面积与小正方形面积的和为大正方形面积为，所以方法三（图三）：，，化简得证图一图二图三知识点二勾股数勾股数概念：能够构成直角三角形的三边长的三个正整数称为勾股数，即中，，，为正整数时，称，，为一组勾股数常见的勾股数：如；；；等扩展：用含字母的代数式表示组勾股数：1）（为正整数）；2）（为正整数）3）（，为正整数）注意：每组勾股数的相同整数倍，也是勾股数。
知识点三勾股定理的逆定理勾股定理的逆定理内容：如果三角形三边长，，满足，那么这个三角形是直角三角形，其中为斜边【注意】1）勾股定理的逆定理是判定一个三角形是否是直角三角形的一种重要方法，它通过“数转化为形”来确定三角形的可能形状，在运用这一定理时，可用两小边的平方和与较长边的平方作比较，若它们相等时，以，，为三边的三角形是直角三角形；若，时，以，，为三边的三角形是钝角三角形；若，时，以，，为三边的三角形是锐角三角形；2)定理中，，及只是一种表现形式，不可认为是唯一的，如若三角形三边长，，满足，那么以，，为三边的三角形是直角三角形，但是为斜边3)勾股定理的逆定理在用问题描述时，不能说成：当斜边的平方等于两条直角边的平方和时，这个三角形是直角三角形知识点四直角三角形的性质与判定性质：1）直角三角形的两个锐角互余。
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专题21 菱形 1．菱形的定义 ：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。 2.菱形的性质：（1）菱形的四条边都相等；（2）菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角。 3.菱形的判定定理： （1）一组邻边相等的平行四边形是菱形； （2）对角线互相垂直的平行四边形是菱形； （3）四条边相等的四边形是菱形。 4．菱形的面积：S菱形=底边长×高=两条对角线乘积的一半
【例题1】（2019内蒙古赤峰）如图，菱形ABCD周长为20，对角线AC、BD相交于点O，E是CD的中点，则OE的长是（ ）
A．2.5 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【解析】∵四边形ABCD为菱形， ∴CD＝BC=204=5，且O为BD的中点，
∵E为CD的中点， ∴OE为△BCD的中位线，
∴OE=12CB＝2.5
【例题2】（2019广西梧州）如图，在菱形ABCD中，2AB，60BAD，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P，则DP的长是 ．
专题知识回顾 专题典型题考法及解析 【答案】31 【解析】连接BD交AC于O，如图所示： Q四边形ABCD是菱形， 2CDAB，60BCDBAD，1302ACDBACBAD，OAOC，ACBD，
112OBAB，
33OAOB，
23AC，
由旋转的性质得：2AEAB，60EAGBAD， 232CEACAE，
Q四边形AEFG是菱形，//EFAG， 60CEPEAG，
90CEPACD，90CPE，
1312PECE，333PCPE，
2(33)31DPCDPC。 一、选择题 1.（2019四川泸州）一个菱形的边长为6，面积为28，则该菱形的两条对角线的长度之和为（ ） A．8 B．12 C．16 D．32 【答案】 【解析】如图所示：
∵四边形ABCD是菱形， ∴AO＝CO=12AC，DO＝BO=12BD，AC⊥BD，
∵面积为28， ∴12AC•BD＝2OD•AO＝28 ①
∵菱形的边长为6， ∴OD2+OA2＝36 ②， 由①②两式可得：（OD+AO）2＝OD2+OA2+2OD•AO＝36+28＝64．
∴OD+AO＝8， ∴2（OD+AO）＝16，即该菱形的两条对角线的长度之和为16． 2.(2019•四川省绵阳市)如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为菱形，O（0，0），A（4，0），∠AOC=60°，则对角线交点E的坐标为（ ）
A. B. C. D. 【答案】D 【解析】过点E作EF⊥x轴于点F，
专题典型训练题∵四边形OABC为菱形，∠AOC=60°， ∴=30°，∠FAE=60°， ∵A（4，0）， ∴OA=4， ∴=2， ∴，EF===，
∴OF=AO-AF=4-1=3， ∴． 3.（2019•四川省广安市）如图，在边长为
3的菱形ABCD中，30B，过点A作BCAE于点E，
现将△ABE沿直线AE翻折至△AFE的位置，AF与CD交于点G则CG等于（ ）
A.13 B.1 C. 21 D.
.2
3
【答案】A 【解析】因为∠B=30°，AB=3，AE⊥BC， 所以BE=23，所以EC=3-23， 则CF=3-3， 又因为CG∥AB，
GFEDABC 所以CGCFABBF, 所以CG=13. 4.（2019四川省雅安市）如图，在四边形ABCD中，AB=CD，AC、BD是对角线 ，E、F、G、H分别是AD、BD、BC、AC的中点，连接EF、FG、GH、HE，则四边形EFGH的形状是（ ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【答案】C 【解析】由点E、F、G、H分别是任意四边形ABCD中AD、BD、BC、CA的中点，根据三角形中位线性质，得EF＝GH＝AB，EH＝FG＝CD，又由AB=CD，得EF＝FG＝GH＝EH时，四边形EFGH是菱形． ∵点E、F、G、H分别是任意四边形ABCD中AD、BD、BC、CA的中点，∴EF＝GH＝AB，EH＝FG＝CD，∵AB=CD，∴EF＝FG＝GH＝EH时，四边形EFGH是菱形，故选C． 5. （2019·贵州安顺）如图，在菱形ABCD中，按以下步骤作图： ①分别以点C和点D为圆心，大于CD的长为半径作弧，两弧相交于M、N两点； ②作直线MN，且MN恰好经过点A，与CD交于点E，连接BE． 则下列说法错误的是（ ）
A．∠ABC＝60° B．S△ABE＝2S△ADE C．若AB＝4，则BE＝4 D．sin∠CBE＝ 【答案】C 【解析】由作法得AE垂直平分CD，即CE＝DE，AE⊥CD， ∵四边形ABCD为菱形，
FG
EH
A
BC
D∴AD＝CD＝2DE，AB∥DE， 在Rt△ADE中，cosD＝＝，
∴∠D＝60°， ∴∠ABC＝60°，所以A选项的结论正确； ∵S△ABE＝AB•AE，S△ADE＝DE•AE， 而AB＝2DE， ∴S△ABE＝2S△ADE，所以B选项的结论正确； 若AB＝4，则DE＝2， ∴AE＝2， 在Rt△ABE中，BE＝＝2，所以C选项的结论错误；
作EH⊥BC交BC的延长线于H，如图， 设AB＝4a，则CE＝2a，BC＝4a，BE＝2a， 在△CHE中，∠ECH＝∠D＝60°， ∴CH＝a，EH＝a， ∴sin∠CBE＝＝＝，所以D选项的结论正确． 故选：C．
6.（2019·贵州贵阳）如图所示，菱形ABCD的周长是4cm，∠ABC＝60°，那么这个菱形的对角线AC的长是（ ）
A．1cm B．2 cm C．3cm D．4cm 【答案】A 【解析】由于四边形ABCD是菱形，AC是对角线，根据∠ABC＝60°，而AB＝BC，易证△BAC是等边三角形，从而可求AC的长． ∵四边形ABCD是菱形，AC是对角线， ∴AB＝BC＝CD＝AD， ∵∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC， ∵菱形ABCD的周长是4cm， ∴AB＝BC＝AC＝1cm． 7.（2019•贵州省铜仁市）如图，四边形ABCD为菱形，AB＝2，∠DAB＝60°，点E、F分别在边DC、BC上，且CE＝CD，CF＝CB，则S△CEF＝（ ）
A． B． C． D． 【答案】D． 【解答】∵四边形ABCD为菱形，AB＝2，∠DAB＝60° ∴AB＝BC＝CD＝2，∠DCB＝60° ∵CE＝CD，CF＝CB ∴CE＝CF＝ ∴△CEF为等边三角形 ∴S△CEF＝＝ 8.（2019•河北省）如图，菱形ABCD中，∠D＝150°，则∠1＝（ ）
A．30° B．25° C．20° D．15° 【答案】D． 【解答】∵四边形ABCD是菱形，∠D＝150°， ∴AB∥CD，∠BAD＝2∠1， ∴∠BAD+∠D＝180°， ∴∠BAD＝180°﹣150°＝30°， ∴∠1＝15° 二、填空题 9.（2019广西北部湾）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交与点O，过点A作AH⊥BC于点H，已知BO=4，S菱形ABCD=24，则AH= .
【答案】245.
【解析】本题考查了菱形的性质、勾股定理以及菱形面积公式，根据菱形面积=对角线积的一半可求AC，再根据勾股定理求出BC，然后由菱形的面积即可得出结果． ∵四边形ABCD是菱形， ∴BO=DO=4，AO=CO，AC⊥BD， ∴BD=8. ∵S菱形ABCD=12AC×BD=24，∴AC=6，∴OC=12AC=3，
∴BC=22OBOC=5， ∵S菱形ABCD=BC×AH=24，∴AH=245. 10．（2019内蒙古通辽）如图，在边长为3的菱形ABCD中，∠A＝60°，M是AD边上的一点，且AM＝AD，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 ． 【答案】﹣1 【解析】过点M作MH⊥CD交CD延长线于点H，连接CM，
∵AM＝AD，AD＝CD＝3 ∴AM＝1，MD＝2 ∵CD∥AB， ∴∠HDM＝∠A＝60° ∴HD＝MD＝1，HM＝HD＝ ∴CH＝4 ∴MC＝＝ ∵将△AMN沿MN所在直线翻折得到△A′MN， ∴AM＝A'M＝1， ∴点A'在以M为圆心，AM为半径的圆上， ∴当点A'在线段MC上时，A'C长度有最小值 ∴A'C长度的最小值＝MC﹣MA'＝﹣1 11．（2019湖南常德）规定：如果一个四边形有一组对边平行，一组邻边相等，那么称此四 边形为广义菱形．根据规定判断下面四个结论：①正方形和菱形都是广义菱形；②平行四边 形是广义菱形；③对角线互相垂直，且两组邻边分别相等的四边形是广义菱形；④若M、N 的坐标分别为（0，1），（0，﹣1），P是二次函数y＝x2的图象上在第一象限内的任意一 点，PQ垂直直线y＝﹣1于点Q，则四边形PMNQ是广义菱形．其中正确的是 ．（填 序号）