2012年全国中考数学压轴题分类解析汇编_专题4_三角形四边形存在性问题
用心 爱心 专心 1 2012年全国中考数学压轴题分类解析汇编
专题4：三角形四边形存在性问题
24. （2012黑龙江龙东地区10分）如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的边OC、OA分别与x轴、y轴重合，AB∥OC，∠AOC=90°，∠BCO=45°，BC=122，点C的坐标为（－18，0）。
（1）求点B的坐标；
（2）若直线DE交梯形对角线BO于点D，交y轴于点E，且OE=4，OD=2BD，求直线DE的解析式；
（3）若点P是（2）中直线DE上的一个动点，在坐标平面内是否存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的
四边形是菱形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。
【答案】解：（1）过点B作BF⊥x轴于F，
在Rt△BCF中
∵∠BCO=45°，BC=122，∴CF=BF=12 。
∵C 的坐标为（－18，0），∴AB=OF=6。
∴点B的坐标为（－6，12）。
（2）过点D作DG⊥y轴于点G，
∵OD=2BD，∴OD=23OB。
∵AB∥DG，∴△ODG∽△OBA 。
∵DGODOG2ABOBOA3，AB=6，OA=12，∴DG=4，OG=8。∴D（－4，8），E（0，4）。
设直线DE解析式为y=kx+b（k≠0）
∴ 4kb8 b4，解得k1 b4。∴直线DE解析式为y=－x+4。
（3）结论：存在。
用心 爱心 专心 2 点Q的坐标为：（22 ，－2 2），（－22 ，2 2），（4，4），（－2，2）。
【考点】一次函数综合题，等腰直角三角形判定和性质，相似三角形判定和性质，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，菱形的判定和性质。
【分析】（1）构造等腰直角三角形BCF，求出BF、CF的长度，即可求出B点坐标。
（2）已知E点坐标，欲求直线DE的解析式，需要求出D点的坐标．构造△ODG∽△OBA，由线段比例关系求出D点坐标，从而可以求出直线DE的解析式。
（3）如图所示，符合题意的点Q有4个：
设直线y=－x+4分别与x轴、y轴交于点E、点F，
则E（0，4），F（4，0），OE=OF=4，EF=42。
①菱形OEP1Q1，此时OE为菱形一边。
则有P1E=P1Q1=OE=4，P1F=EF－P1E=42－4。
易知△P1NF为等腰直角三角形，
∴P1N=NF=22P1F=4－22。
设P1Q1交x轴于点N，则NQ1=P1Q1－P1N=4－（4－22）=22。
又ON=OF－NF=22，∴Q1（22 ，－22）。
②菱形OEP2Q2，此时OE为菱形一边。此时Q2与Q1关于原点对称，∴Q2（－22，22）。
③菱形OEQ3P3，此时OE为菱形一边。
此时P3与点F重合，菱形OEQ3P3为正方形，∴Q3（4，4）。
④菱形OP4EQ4，此时OE为菱形对角线。
由菱形性质可知，P4Q4为OE的垂直平分线，
由OE=4，得P4纵坐标为2，代入直线解析式y=－x+4得横坐标为2，则P4（2，2）。
由菱形性质可知，P4、Q4关于OE或x轴对称，∴Q4（－2，2）。
综上所述，存在点Q，使以O、E、P、Q为顶点的四边形是菱形，点Q的坐标为：
Q1（22，－22），Q2（－22，22），Q3（4，4），Q4（－2，2）。
25. （2012黑龙江绥化10分）如图，四边形ABCD为矩形，C点在x轴上，A点在y轴上，D点坐标是（0，0），B点坐标是（3，4），矩形ABCD沿直线EF折叠，点A落在BC边上的G处，E、F分别在AD、AB上，且F点的坐标是（2，4）．
用心 爱心 专心 3 （1）求G点坐标；
（2）求直线EF解析式；
（3）点N在x轴上，直线EF上是否存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）由已知得，FG=AF=2，FB=1。
∵四边形ABCD为矩形，∴∠B=90°。
∴2222BGFGFB213。∴G点的坐标为（3，4－3）。
（2）设直线EF的解析式是y=kx+b，
在Rt△BFG中，FB1cosBFGFG2，∴∠BFG=60°。∴∠AFE=∠EFG=60°。
∴AE=AFtan∠AFE=2tan60°=23。∴E点的坐标为（0，4－23）。
又F点的坐标是（2，4），
∴b4232kb4， 解得k3b423。
∴直线EF的解析式为y3x423。
（3）存在。M点的坐标为（34333 ，），（143 33 ，），（1+43833 ， ）。
【考点】一次函数综合题，矩形的性质，折叠性质，勾股定理，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质。
【分析】（1）根据折叠性质可知FG=AF=2，而FG=AB－AF=1，则在Rt△BFG中，利用勾股定理求出BG的长，从而得到CG的长，从而得到G点坐标。
（2）由题意，可知△AEF为含30度角的直角三角形，从而可求出E点坐标；又F点坐标已知，所以可利用待定系数法求出直线EF的解析式。
（3）分FG为平行四边形边和对角线两种情况讨论，探究可能的平行四
用心 爱心 专心 4 边形的形状：
若以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，则可能存在以下情形：
①FG为平行四边形的一边，且N点在x轴正半轴上，如图1所示。
过M1点作M1H⊥x轴于点H，易证△M1HN1≌△GBF，
∴M1H=GB=3，即yM1=3。
由直线EF解析式y3x423，求出M1343x3。
∴M1（34333 ，）。
②FG为平行四边形的一边，且N点在x轴负半轴上，如图2所示。
仿照与①相同的办法，可求得M2（143 33 ，）。
③FG为平行四边形的对角线，如图3所示。
过M3作FB延长线的垂线，垂足为H．易证△M3FH≌△GN3C，
则有M3H=CG=43，所以M3的纵坐标为8－3。
代入直线EF解析式，得到M3的横坐标为1+433。
∴M3（1+43833 ，）。
综上所述，存在点M，使以M、N、F、G为顶点的四边形是平行四边形，点M的坐标为：M1（34333 ，），M2（143 33 ，），M3（1+43833 ， ）。
26. （2012黑龙江黑河、齐齐哈尔、大兴安岭、鸡西10分）如图，在平面直角坐标系中，已知Rt△AOB的两条直角边0A、08分别在y轴和x轴上，并且OA、OB的长分别是方程x2—7x+12=0的两根(OA<0B)，动点P从点A开始在线段AO上以每秒l个单位长度的速度向点O运动；同时，动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A运动，设点P、Q运动的时间为t秒．
(1)求A、B两点的坐标。
(2)求当t为何值时，△APQ与△AOB相似，并直接写出此时点Q的坐标．
(3)当t=2时，在坐标平面内，是否存在点M，使以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形?若存在，请直接写出M点的坐标；若不存在，请说明理由．
用心 爱心 专心 5
【答案】解：（1）由x2－7 x +12=0解得x1=3，x2=4。
∵OA＜OB ，∴OA=3 , OB=4。∴A(0，3)， B(4，0)。
(2) 由OA=3 , OB=4，根据勾股定理，得AB=5。
由题意得，AP=t, AQ=5－2t 。分两种情况讨论：
①当∠APQ=∠AOB时，如图1，△APQ∽△AOB。
∴APAQAOAB，即t52t35 解得 t= 1511。∴Q（20181111 ，）。
②当∠AQP=∠AOB时，如图2， △APQ∽△ABO。
∴APAQABAO，即t52t53 解得 t= 2513。∴Q（12301313 ，）。
（3）存在。M1（42255 ，）， M2（4255 ，），M3（4855 ，）。
【考点】动点问题，解一元二次方程，勾股定理，相似三角形的性质，平行四边形的判定。
【分析】（1）解出一元二次方程，结合OA＜OB即可求出A、B两点的坐标。
（2）分∠APQ=∠AOB和∠AQP=∠AOB两种情况讨论即可。
（3）当t=2时，如图，OP=2，BQ=4，∴P（0，1），Q（41255 ，）。
若以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形，则
①当AQ为对角线时，点M1的横坐标与点Q的横坐标相同，纵坐标为1222+2=55。∴M1（42255 ，）。
②当PQ为对角线时，点M2的横坐标与点Q的横坐标相同，纵坐标为1222=55。∴M2（4255 ，）。
③当AP为对角线时，点Q、M3关于AP的中点对称。
由A(0，3)，P（0，1）得AP的中点坐标为（0，2）。
用心 爱心 专心 6 由Q（41255 ，）得M3的横坐标为4420=55，纵坐标为12822=55。∴M3（4855 ，）。
综上所述，若以A、P、Q、M为顶点的四边形是平行四边形，则M点的坐标为
（42255 ，）或（4255 ，）或（4855 ，）。
27. （2012湖北襄阳12分）如图，在矩形OABC中，AO=10，AB=8，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处．分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线y=ax2+bx+c经过O，D，C三点．
（1）求AD的长及抛物线的解析式；
（2）一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似？
（3）点N在抛物线对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使以M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出点M与点N的坐标（不写求解过程）；若不存在，请说明理由．
【答案】解：（1）∵四边形ABCO为矩形，∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，AB=CO=8，AO=BC=10。
由折叠的性质得，△BDC≌△EDC，∴∠B=∠DEC=90°，EC=BC=10，ED=BD。
由勾股定理易得EO=6。∴AE=10﹣6=4。
设AD=x，则BD=CD=8﹣x，由勾股定理，得x2+42=（8﹣x）2，解得，x=3。
∴AD=3。
∵抛物线y=ax2+bx+c过点D（3，10），C（8，0），
∴9a+3b=1064a+8b=0，解得2a=316b=3。∴抛物线的解析式为：2216yxx33。
（2）∵∠DEA+∠OEC=90°，∠OCE+∠OEC=90°，∴∠DEA=∠OCE，
由（1）可得AD=3，AE=4，DE=5。而CQ=t，EP=2t，∴PC=10﹣2t。
中考数学压轴题十大类型经典题目
中考数学压轴题十大类型
目录
第一讲 中考压轴题十大类型之动点问题 1
第二讲 中考压轴题十大类型之函数类问题 7
第三讲 中考压轴题十大类型之面积问题 13
第四讲 中考压轴题十大类型之三角形存在性问题 19
第五讲 中考压轴题十大类型之四边形存在性问题 25
第六讲 中考压轴题十大类型之线段之间的关系 31
第七讲 中考压轴题十大类型之定值问题 38
第八讲 中考压轴题十大类型之几何三大变换问题 44
第九讲 中考压轴题十大类型之实践操作、问题探究 50
第十讲 中考压轴题十大类型之圆 56
第十一讲 中考压轴题综合训练一 62
第十二讲 中考压轴题综合训练二 68
第一讲 中考压轴题十大类型之动点问题
1.2011吉林如图,梯形ABCD中,AD∥BC,∠BAD=90°,CE⊥AD于点E,AD=8cm,BC=4cm,AB=5cm．从初始时刻开始,动点P,Q 分别从点A,B同时出发,运动速度均为1cm/s,动点P沿A-B-C-E方向运动,到点E停止；动点Q沿B-C-E-D方向运动,到点D停止,设运动时间为xs,△PAQ的面积为y cm2,这里规定：线段是面积为0的三角形解答下列问题：
全国通用 中考数学 二次函数压轴题专题练习 14相似三角形存在性问题(不含答案版)
全国通用 中考数学 二次函数压轴题专题练习
专题14 相似三角形存在性问题
相似判定：
判定1：三边对应成比例的两个三角形是相似三角形；
判定2：两边对应成比例且夹角相等的两个三角形是相似三角形；
判定3：有两组角对应相等的三角形是相似三角形．
以上也是坐标系中相似三角形存在性问题的方法来源，根据题目给的已知条件选择恰当的判定方法，解决问题．
1.（2024春•渠县校级月考）如图，一次函数与x轴、y轴分别交于A、C两点，二次函数y＝ax2+bx+c的图象经过A、C两点，与x轴交于另一点B，其对称轴为直线
（1）求该二次函数表达式；
（2）在y轴的负半轴上是否存在一点M，使以点M、O、B为顶点的三角形与△AOC相似，若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；
全国通用 中考数学 二次函数压轴题专题练习
2．（2023秋•大丰区月考）如图，已知二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A（﹣4，0）和点B，与y轴相交于点C（0，4）．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）点D在线段OA上运动，过点D作x轴的垂线，与AC交于点Q，与抛物线交于点P．探究是否存在点P使得以点P，C，Q为顶点的三角形与△ADQ相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
全国通用 中考数学 二次函数压轴题专题练习
3．（2024秋•仓山区校级月考）如图，二次函数y＝ax2+bx﹣4的图象与x轴交于A，B两点，且经过点C，点A，C的坐标分别为A（﹣1，0），C（2，﹣6）．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）点G是线段AC上的动点（点G与线段AC的端点不重合），若△ABG与△ABC相似，求点G的坐标．
全国通用 中考数学 二次函数压轴题专题练习
4．（2023秋•开福区校级月考）如图，抛物线y＝﹣x2+bx+3交x轴负、正半轴于A，B两点，交y轴于点C，连接AC，tan∠OAC＝3，△ABC的外接圆的圆心为M．
2012年全国中考数学试题分类解析汇编专题40：尺规作图要点
第 1 页 共 19 页 2012年全国中考数学试题分类解析汇编(159套63专题）
专题40：尺规作图
一、选择题
1. （2012浙江绍兴4分）如图，AD为⊙O的直径，作⊙O的内接正三角形ABC，甲、乙两人的作法分别是：
甲：1、作OD的中垂线，交⊙O于B，C两点，
2、连接AB，AC，△ABC即为所求的三角形
乙：1、以D为圆心，OD长为半径作圆弧，交⊙O于B，C两点。
2、连接AB，BC，CA．△ABC即为所求的三角形。
对于甲、乙两人的作法，可判断【 】
A． 甲、乙均正确 B． 甲、乙均错误 C．甲正确、乙错误 D．甲错误，乙正确
【答案】A。
【考点】垂径定理，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形外角性质，含30度角的直角三角形。
【分析】根据甲的思路，作出图形如下：
连接OB，∵BC垂直平分OD，∴E为OD的中点，且OD⊥BC。∴OE=DE=12OD。
又∵OB=OD，∴在Rt△OBE中，OE=12OB。∴∠OBE=30°。
又∵∠OEB=90°，∴∠BOE=60°。 第 2 页 共 19 页 ∵OA=OB，∴∠OAB=∠OBA。
又∵∠BOE为△AOB的外角，∴∠OAB=∠OBA=30°，∴∠ABC=∠ABO+∠OBE=60°。
同理∠C=60°。∴∠BAC=60°。
∴∠ABC=∠BAC=∠C=60°。∴△ABC为等边三角形。故甲作法正确。
根据乙的思路，作图如下：
连接OB，BD。
∵OD=BD，OD=OB，∴OD=BD=OB。∴△BOD为等边三角形。∴∠OBD=∠BOD=60°。
又∵BC垂直平分OD，∴OM=DM。∴BM为∠OBD的平分线。∴∠OBM=∠DBM=30°。
又∵OA=OB，且∠BOD为△AOB的外角，∴∠BAO=∠ABO=30°。
∴∠ABC=∠ABO+∠OBM=60°。
同理∠ACB=60°。∴∠BAC=60°。
∴∠ABC=∠ACB=∠BAC。∴△ABC为等边三角形。故乙作法正确。
2012中考数学压轴题 函数相似三角形问题(三)
word 1 / 11 2012中考数学压轴题函数相似三角形问题(三)
例5
如图1，抛物线经过点A(4，0)、B（1，0)、C（0，－2）三点．
（1）求此抛物线的解析式；
（2）P是抛物线上的一个动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在点P，使得以A、P、M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的 点P的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在直线AC上方的抛物线是有一点D，使得△DCA的面积最大，求出点D的坐标．
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图1
动感体验
请打开几何画板文件名“09某某26”，拖动点P在抛物线上运动，可以体验到，△PAM的形状在变化，分别双击按钮“P在B左侧”、“ P在x轴上方”和“P在A右侧”，可以显示△PAM与△OAC相似的三个情景．
双击按钮“第(3)题”， 拖动点D在x轴上方的抛物线上运动，观察△DCA的形状和面积随D变化的图象，可以体验到，E是AC的中点时，△DCA的面积最大．
word
2 / 11 思路点拨
1．已知抛物线与x轴的两个交点，用待定系数法求解析式时，设交点式比较简便．
2．数形结合，用解析式表示图象上点的坐标，用点的坐标表示线段的长．
3．按照两条直角边对应成比例，分两种情况列方程．
4．把△DCA可以分割为共底的两个三角形，高的和等于OA．
满分解答
（1）因为抛物线与x轴交于A(4，0)、B（1，0)两点，设抛物线的解析式为)4)(1(xxay，代入点C的 坐标（0，－2），解得21a．所以抛物线的解析式为22521)4)(1(212xxxxy．
（2）设点P的坐标为))4)(1(21,(xxx．
①如图2，当点P在x轴上方时，1＜x＜4，)4)(1(21xxPM，xAM4．
如果2COAOPMAM，那么24)4)(1(21xxx．解得5x不合题意．
如果21COAOPMAM，那么214)4)(1(21xxx．解得2x．
压轴题06二次函数与特殊四边形存在性问题(四大类型)-2023年中考数学压轴题专项训练(全
2023年中考数学压轴题专项训练
压轴题06二次函数与特殊四边形存在性问题（四大类型）
题型一： 二次函数与平行四边形存在性问题
例1．（2023•泽州县一模）综合与探究．
如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2+bx+c的图象与x轴交于A，B两点，与直线l交于B，C两点，其中点A的坐标为（﹣2，0），点C的坐标为（﹣1，﹣4）．
（1）求二次函数的表达式和点B的坐标．
（2）若P为直线l上一点，Q为抛物线上一点，当四边形OBPQ为平行四边形时，求点P的坐标．
（3）如图2，若抛物线与y轴交于点D，连接AD，BD，在抛物线上是否存在点M，使∠MAB＝∠ADB？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
题型二：二次函数与矩形存在性问题
例2．（2023•歙县校级模拟）如图，若二次函数y＝ax2+bx+4的图象与x轴交于点A（﹣1，0）、B（4，0），与y轴交于点C，连接BC．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）若点Q是抛物线上一动点，在平面内是否存在点K，使以点B、C、Q、K为顶点，BC为边的四边形是矩形？若存在请求出点K的坐标；若不存在，请说明理由． 题型三: 二次函数与菱形存在性问题
例3．（2023春•沙坪坝区校级月考）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过A（0，1），B（4，﹣1）．直线AB交x轴于点C，P是直线AB上方且在对称轴右侧的一个动点，过P作PD⊥AB，垂足为D，E为点P关于抛物线的对称轴的对应点．
（1）求抛物线的函数表达式；
（2）当√5𝑃𝐷+𝑃𝐸的最大值时，求此时点P的坐标和√5𝑃𝐷+𝑃𝐸的最大值；
（3）将抛物线y关于直线x＝3作对称后得新抛物线y'，新抛物线与原抛物线相交于点F，M是新抛物线对称轴上一点，N是平面中任意一点，是否存在点N，使得以C，F，M，N为顶点的四边形是菱形，写出所有符合条件的点N的坐标，并写出求解点N的坐标的其中一种情况的过程．
2012年各地中考数学压轴题精选1~10(解析版)
用心爱心专心1 2012年各地中考数学压轴题精选1~10_解析版【1.2012临沂】26．如图，点A在x轴上，OA=4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB的位置．（1）求点B的坐标；（2）求经过点A．O、B的抛物线的解析式；（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，说明理由．
考点：二次函数综合题；分类讨论。解答：解：（1）如图，过B点作BC⊥ｘ轴，垂足为C，则∠BCO=90°，∵∠AOB=120°，∴∠BOC=60°，又∵OA=OB=4，∴OC=OB=×4=2，BC=OB?sin60°=4×=2，∴点B的坐标为（﹣2，﹣2）；（2）∵抛物线过原点O和点A．B，∴可设抛物线解析式为y=ax2+bx，将A（4，0），B（﹣2．﹣2）代入，得，
解得，
∴此抛物线的解析式为y=﹣x2+x （3）存在，如图，抛物线的对称轴是x=2，直线x=2与x轴的交点为D，设点P的坐标为（2，y），①若OB=OP，则22+|y|2=42，解得y=±２，
用心爱心专心2 当y=2时，在Rt△POD中，∠PDO=90°，sin∠POD==，∴∠POD=60°，∴∠POB=∠POD+∠AOB=60°+120°=180°，即P、O、B三点在同一直线上，∴y=2不符合题意，舍去，∴点P的坐标为（2，﹣2）②若OB=PB，则42+|y+2|2=42，解得y=﹣2，故点P的坐标为（2，﹣2），③若OP=BP，则22+|y|2=42+|y+2|2，解得y=﹣2，故点P的坐标为（2，﹣2），综上所述，符合条件的点P只有一个，其坐标为（2，﹣2），
【2.2012菏泽】21．如图，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为A（0，1），B（2，0），O（0，0），将此三角板绕原点O逆时针旋转90°，得到△A′B′O．（1）一抛物线经过点A′、B′、B，求该抛物线的解析式；（2）设点P是在第一象限内抛物线上的一动点，是否存在点P，使四边形PB′A′Ｂ的面积是△A′B′Ｏ面积4倍？若存在，请求出P的坐标；若不存在，请说明理由．（3）在（2）的条件下，试指出四边形PB′A′Ｂ是哪种形状的四边形？并写出四边形PB′A′Ｂ的两条性质．
【中考12年】安徽省2001-2012年中考数学试题分类解析 专题10 四边形
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1 / 18 2001-2012年某某省中考数学试题分类解析汇编
专题10：四边形
一、选择题
1. （2002某某省4分）如图，在△ABC中，BC＝a，B1，B2，B3，B4是AB边的五等分点；C1，C2．C3．C4是AC边的五等分点，则B1C1＋B2C2＋B3C3＋B4C4＝ ▲ ．
【答案】2a。
【考点】三角形中位线定理，梯形中位线定理。
【分析】利用三角形中位线定理或梯形中位线定理依次求得B3C3，B2C2，B1C1，B4C4，让它们相加即可：
根据中位线定理可知：
33223311224433221144BCBCaBCBCaBCBCaBCBCa55352555，，，，
∴B1C1＋B2C2＋B3C3＋B4C4＝2a。
2. （2004某某省4分）如图，某种牙膏上部圆的直径为3cm，下部底边的长度为4.8 cm．现要制作长方体的牙膏盒，牙膏盒的上面是正方形．以下列数据作为正方形边长制作牙膏盒，既节省材料又方便取放的是(2取1.4) 【 】．
(A)2.4 cm (B)3cm (C)3.6 cm (D)4.8 cm word
2 / 18 【答案】C。
【考点】正方形的性质，勾股定理。
【分析】根据题意分析可得：因为下部底边的长度为，则正方形中应存在的最长的线段应该是，正方形的性质可知最长的边应该是其对角线，即边长的2倍，则根据勾股定理可求得边长：
设边长为x，则22=3.36（cm）。
因为3.36与3.6最接近，故选C。
3. （2011某某省4分）如图，D是△ABC内一点，BD⊥CD，AD＝6，BD＝4，CD＝3，E、F、G、H分
别是AB、AC、CD、BD的中点，则四边形EFGH的周长是【 】
A．7 B．9 C．10 D．11
【答案】D。
【考点】勾股定理，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质。
2012年中考三角形、四边形压轴题(四)及解析
2012年各地中考数学汇编三角形四边形精选(31～40)
【31. 2012南通】
26．（本小题满分10分）如图，菱形ABCD中，∠B＝60o，
点E在边BC上，点F在边CD上．
(1)如图1，若E是BC的中点，∠AEF＝60o，求证：BE＝DF；
(2)如图2，若∠EAF＝60o，求证：△AEF是等边三角形．
【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定．
【专题】证明题．
【分析】（1）首先连接AC，由菱形ABCD中，∠B=60°，根据菱形的性质，易得△ABC是等边三角形，又由三线合一，可证得AE⊥BC，继而求得∠FEC=∠CFE，即可得
EC=CF，继而证得BE=DF；（2）首先连接AC，可得△ABC是等边三角形，即可得AB=AC，以求得
∠ACF=∠B=60°，然后利用平行线与三角形外角的性质，可求得∠AEB=∠AFC，证
得△AEB≌△AFC，即可得AE=AF，证得：△AEF是等边三角形．
【解答】证明：（1）连接AC，
∵菱形ABCD中，∠B=60°，
∴AB=BC=CD，∠C=180°-∠B=120°，
∴△ABC是等边三角形，
∵E是BC的中点，∴AE⊥BC，
∵∠AEF=60°，
∴∠FEC=90°-∠AEF=30°，
∴∠CFE=180°-∠FEC-∠C
=180°-30°-120°=30°，∴∠FEC=∠CFE，
∴EC=CF，
∴BE=DF；
（2）连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠B=60°
∴AB=BC，∠D=∠B=60°，∠ACB=∠ACF，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠ACB=60°，
∴∠B=∠ACF=60°，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EAD=∠EAF+∠FAD=60°+∠FAD，
∠AFC=∠D+∠FAD=60°+∠FAD，∴∠AEB=∠AFC，
在△ABE和△AFC中，
∠B=∠ACF∠AEB=∠AFCAB=ACB E C F A D
图1 B E C F A D
图2
∴△ABE≌△ACF（AAS），
2012年全国中考数学试题分类解析汇编命题与证明
2012年全国中考数学试题分类解析汇编
专题34命题与证明
一、选择题
1. （2012广东深圳3分）下列命题
①方程x2=x的解是x=1
②4的平方根是2
③有两边和一角相等的两个三角形全等
④连接任意四边形各边中点的四边形是平行四边形
其中真命题有：【 】
A．4个 B.3个 C.2个 D.1个
【答案】D。
【考点】命题与定理，解一元二次方程（因式分解法），平方根，全等三角形的判定，三角形中位线定理，
平行四边形的判定。
【分析】①方程x2=x的解是x1=0，x2=1，故命题错误；
②4的平方根是±2，故命题错误；
③只有两边和夹角相等（SAS）的两个三角形全等，SSA不一定全等，故命题错误；
④连接任意四边形各边中点的四边形是平行四边形，命题正确。
故正确的个数有1个。故选D。
2. （2012广东广州3分）在平面中，下列命题为真命题的是【 】
A．四边相等的四边形是正方形 B．对角线相等的四边形是菱形
C．四个角相等的四边形是矩形 D．对角线互相垂直的四边形是平行四边形
【答案】C。
【考点】命题与定理，正方形的判定，菱形的判定，矩形的判定，平行四边形的判定。
【分析】分析是否为真命题，需要分别分析各题设是否能推出结论，从而利用排除法得出答案，不是真命题的可以举出反例排除：
A、四边相等的四边形不一定是正方形，例如菱形，故此选项错误；
B、对角线相等的四边形不是菱形，例如矩形，等腰梯形，故此选项错误；
C、四个角相等的四边形是矩形，故此选项正确；
D、对角线互相垂直的四边形不一定是平行四边形，如铮形（如图），故此选项错误。 故选C。
3. （2012浙江温州4分）下列选项中，可以用来证明命题“若a²>1,则a＞1”是假命题的反例是【 】
A. a=－2. B. a==－1 C. a=1 D. a=2
【答案】A。
【考点】假命题，反证法。
中考数学压轴题专题练习---与动点有关的四边形存在性问题-图
第 1 页 共 7 页 中考数学压轴题专题练习---与动点有关的四边形存在性问题-图
中考数学压轴题专题练习-----与动点有关的四边形存在性问题
1．如图,△ABC中,点O是边AC上一个动点,过O作直线MN∥BC.设MN交∠ACB的平分线于点E,交∠ACB的外角平分线于点F． （1）求证：OE=OF；
（2）若CE=12,CF=5,求OC的长；
（3）当点O在边AC上运动到什么位置时,四边形AECF是矩形？并说明理由．
2．（12分）（1）如图1，在平面直角坐标系中，四边形OBCD是正方形，且D（0，2），点E是线段OB延长线上一点，M是线段OB上一动点（不包括点O、B），作MN⊥DM，垂足为M，且MN=DM．设OM=a，请你利用基本活动经验直接写出点N的坐标_____（用含a的代数式表示）；
（2）如果（1）的条件去掉“且MN=DM”，加上“交∠CBE的平分线与点N”，如图2，求证：MD=MN．如何突破这种定势，获得问题的解决，请你写出你的证明过程． 第 2 页 共 7 页 （3）如图3，请你继续探索：连接DN交BC于点F，连接FM，下列两个结论：①FM的长度不变；②MN平分∠FMB，请你指出正确的结论，并给出证明．
3．如图，平面直角坐标系中，菱形OABC的边OA在x轴正半轴上，OA=10，cos∠COA=3/5．一个动点P从点O出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段OA方向运动，过点P作PQ⊥OA，交折线段OC﹣CB于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，点N在射线OA上，当P点到达A点时，运动结束．设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）C点的坐标为 ，当t= 时N点与A点重合；
（2）在整个运动过程中，设正方形PQMN与菱形OABC的重合部分面积为S，直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围；
（3）如图2，在运动过程中，过点O和点B的直线将正方形PQMN分成了两部分，请问是否存在某一时刻，使得被分成的两部分中有一部分的面积是菱形面积的1/5？若存在，请求出对应的t的值；若不存在，请说明理由． 4．（1）正方形ABCD与等腰直角三角形PAQ如图1所示重叠在一起，其中∠PAQ=90°，点Q在BC上，连接PD，△ADP与△ABQ全等吗？请说明理由．