河南中考数学 第一部分 教材知识梳理 第五章 第二节 矩形、菱形和正方形 新人教版.doc

四边形第二节矩形、菱形和正方形1. (15河南15题3分)如图，正方形abcd的边长是16，点e在边ab上，ae3，点f是边bc上不与点b，c重合的一个动点，把ebf沿ef折叠，点b落在b处若cdb恰为等腰三角形，则db的长为_ 2. (13河南15题3分)如图，矩形abcd中，ab3，bc4，点e是bc边上一点，连接ae，把b沿ae折叠，使点b落在点b处，当ceb为直角三角形时，be的长为_3. (14河南15题3分)如图，矩形abcd中，ad5，ab7，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_4. (12河南18题9分)如图，在菱形abcd中，ab2，dab60，点e是ad边的中点点m是ab边上一动点(不与点a重合)，延长me交射线cd于点n，连接md、an.(1)求证：四边形amdn是平行四边形；(2)填空：当am的值为_时，四边形amdn是矩形；当am的值为_时，四边形amdn是菱形 5. (15河南17题9分)如图，ab是半圆o的直径，点p是半圆上不与点a，b重合的一个动点，延长bp到点c，使pcpb，d是ac的中点，连接pd，po.(1)求证：cdppob；(2)填空：若ab4，则四边形aopd的最大面积为_；连接od，当pba的度数为_时，四边形bpdo是菱形 【答案】1. 16或4【解析】本题考查正方形、矩形的性质和勾股定理的运用根据题意，若cdb恰为等腰三角形需分三种情况讨论：(1)若dbdc时，则db16(易知点f在bc上且不与点c、b重合)；(2)当cbcd时，ebeb，fbfb，点e、f在bb的垂直平分线上，ef垂直平分bb，由折叠可知点f与点c重合，不符合题意，舍去；(3)如解图，当cbdb时，作bgab于点g，交cd于点h.abcd，bhcd，cbdb，dhcd8，agdh8，geagae5，bebebgeg13，在rtbeg中，由勾股定理得bg12，bhghbg4，在rtbdh中，由勾股定理得db4，综上所述db16或4. 2. 3或【解析】分类讨论：当b落在ad上时，beab3，当b落在矩形abcd对角线ac上时如解图，abab3，ac5，则bcacab2，设bex，所以ec4x，在rtbec中，ec2bc2be2，即(4x)222x2，解得x，显然bce小于直角，故符合题意的一共有两种情况，答案为3或.3. 或【解析】作abc的平分线交dc于点f，过点a作anbf，垂足为n.过点d作dmdc，垂足为m.分两种情况第一种情况，如解图，bcfc5，ab7，bf5，df2.abnfbc，an fcab bf.anbn，又adad5，dn，db4，fd54，dmbc，fdmfbc，dmbcfdfb，dmfm1，dm3，在rtemd中，de2em2dm2，de2(3de)212，又dede，de； 第二种情况，如解图，bcfc5，ab7，bf5，df2，abnfbc，an fcab bf，anbn，adad5，dn，db3，fd2，又dmbc，fdmfbc，dm bcfd bf，dmfm2，dm4，在rtemd中，de2em2dm2，de2(4de)222.又dede，de.综上得de的长为或.4. 【思路分析】(1)利用菱形的性质得出角的关系，再用asa的判定定理证明两三角形全等，再根据平行四边形的性质得出结论；(2)若四边形amdn为矩形，则amd为直角，此时am1；若四边形amdn为菱形，amad2.(1)证明：四边形abcd是菱形，dcam，(1分)ndemae，dneame，(3分)又点e是ad边的中点，deae，(4分)ndemae，ndma，(6分)四边形amdn是平行四边形；(7分)(2)解：1；2.(9分)5. 【思路分析】(1)要证cdppob，已知有一组对应边相等，结合已知条件易得dp是acb的中位线，进而可得出一组对应角和一组对应边相等，根据全等三角形的判定即可得证(2)易得四边形aopd是平行四边形，由于ao是定值，要使四边形aopd的面积最大，就得使四边形aopd底边ao上的高最大，即当opoa时四边形aopd的面积最大；易得四边形bpdo是平行四边形，再根据菱形的判定得到pbo是等边三角形即可求解解：(1)点d是ac的中点，pcpb，dpab，dpab，cpdpbo，(3分)obab，dpob，cdppob(sas)(5分)(2) 4；(7分) 60.(注：若填为60，不扣分)(9分)【解法提示】由(1)得dpao，dpab，四边形aopd是平行四边形，ab4，aopo2，底边ao不变，当四边形aopd底边ao的高取最大值时，四边形aopd的面积最大，即当opoa