2019-2020年中考数学试卷解析分类汇编：矩形菱形与正方形(最新整理)

2019-2020 年中考数学试卷解析分类汇编：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•ft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•ft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•ft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．2D． 4考点：翻折变换（折叠问题）．菁优网分析：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E H⊥A D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．菁优网分析：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•ft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．菁优网分析：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】A14．（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】B7.8.二、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•ft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•ft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．菁优网专题：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ft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A BCD 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．6.7.8.三、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•ft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•ft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5 x，即可求得答案；2∆AGN AN（3）由= ( )2可求出△AGN 的面积，进一步可求出四边形GHMN 的面积．∆AHM AM解答：(1)证明：∵E、F 分别是正方形ABCD 边BC、CD 的中点，∴CF=BE，2 5∴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 ， ∴x 2=(x －k )2+4k 2, ∴x = 5k ，∴sin ∠BQP = BP= 2k =4 5k 2(3) 由题意得：∠BAE =∠EAM ,又 AE ⊥BF , ∴AN =AB =2,QP52∵ ∠AHM =900, ∴GN //HM , ∴∆AGN= ( AN )2 ΛAGN ∴ = ()2 = 4 ∆AHM AM 1 5 ∴ 四边形 GHMN =S ΔAHM － S ΔAGN =1 一 4 = 45 5答：四边形 GHMN 的面积是 4 . 5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•ft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）．。