全国部分地区中考数学试题分类解析汇编第26章矩形菱形与正方形

1、新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网2012年全国各地中考数学真题分类汇编第26章矩形、菱形与正方形一.选择题1（2012?烟台）一个由小菱形构成的装饰链，断去了一部分，剩下部分以以下图，则断去部分的小菱形的个数可能是（）A3B4C5D6考点：规律型：图形的变化类。专题：规律型。分析：答案中断去的菱形个数均为较小的正整数，由所示的图形规律画出完好的装饰链，可得断去部分的小菱形的个数解答：解：以以下图，断去部分的小菱形的个数为5，应选C评论：观察图形的变化规律；依照图形的变化规律获取完好的装饰链是解决此题的要点2（2012?烟台）如图，O1，O，O2的半径均为2cm，O3，O4的半径均为1c

2、m，O与其余4个圆均相外切，图形既关于O1O2所在直线对称，又关于O3O4所在直线对称，则四边形O1O4O2O3的面积为（）A12cm2B24cm2C36cm2D48cm2考点：相切两圆的性质；菱形的判断与性质。专题：研究型。分析：连接O1O2，O3O4，因为图形既关于O1O2所在直线对称，又因为关于O3O4所在直线对称，故O1O2O3O4，O、O1、O2共线，O、O3、O4共线，因此四边形O1O4O2O3新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网的面积为O1O2O3O4解答：解：连接O1O2，O3O4，图形既关于O1O2所在直线对称，又关于O3O4所在直

3、线对称，O1O2O3O4，O、O1、O2共线，O、O3、O4共线，O1，O，O2的半径均为2cm，O3，O4的半径均为1cmO的直径为4，O3，的直径为2，O1O2=28=8，O3O4=4+2=6，S四边形O1O4O2O3=O1O2O3O4=86=24cm2应选B评论：此题观察的是相切两圆的性质，依据题意得出O1O2O3O4，O、O1、O2共线，O、O3、O4共线是解答此题的要点3（2012?烟台）如图，矩形ABCD中，P为CD中点，点Q为AB上的动点（不与A，B重合）过Q作QMPA于M，QNPB于N设AQ的长度为x，QM与QN的长度和为y则能表示y与x之间的函数关系的图象大体是（）ABCD考

4、点：动点问题的函数图象。分析：依据三角形面积得出SPAB=PEAB；SPAB=SPAQ+SPQB=QN?PB+PAMQ，从而得出y=，即可得出答案解答：解：连接PQ，作PEAB垂足为E，过Q作QMPA于M，QNPB于NSPAB=PEAB；SPAB=SPAQ+SPQB=QN?PB+PAMQ，矩形ABCD中，P为CD中点，PA=PB，QM与QN的长度和为y，新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网SPAB=SPAQ+SPQB=QN?PB+PAMQ=PB（QM+QN）=PBy，SPAB=PEAB=PBy，y=，PE=AD，PB，AB，PB都为定值，y的值为定值

5、，符合要求的图形为D，应选：D评论：此题主要观察了动点函数的图象，依据已知得出y=，再利用PE=AD，PB，AB，PB都为定值是解题要点4（2012泰安）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，对角线AC的垂直均分线分别交AD、AC于点E、O，连接CE，则CE的长为（）A3B3.5C2.5D2.8考点：线段垂直均分线的性质；勾股定理；矩形的性质。解答：解：EO是AC的垂直均分线，AE=CE，CE=x，则ED=ADAE=4x，222在RtCDE中，CE=CD+ED，即x2=22（4x)2，解得x2.5，CE的长为2.5应选C5（2012泰安）如图，菱形OABC的极点O在座标原点，极点A在x轴

6、上，B=120，OA=2，将菱形OABC绕原点顺时针旋转105至OABC的地址，则点B的坐标为（）新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网A（2，2）B（2，2）C（2012泰安）D（3，3）考点：坐标与图形变化-旋转；菱形的性质。解答：解：连接OB，OB，过点B作BEx轴于E，依据题意得：BOB=105，四边形OABC是菱形，OA=AB，AOB=AOC=ABC=120=60，OAB是等边三角形，OB=OA=2，AOB=BOBAOB=10560=45，OB=OB=2，OE=BE=OB?sin45=222，2点B的坐标为：（2，2）应选A6（2012泰安）

7、如图，将矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点B与CD的中点重合，若AB=2，BC=3，则FCB与BDG的面积之比为（）新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网A9：4B3：2C4：3D16：9考点：翻折变换（折叠问题）。解答：解：设BF=x，则CF=3x，BF=x，又点B为CD的中点，BC=1，22222在RtBCF中，BF，即x1(3x)，=BC+CF解得：x5，即可得CF=354，333DBG=DGB=90，DBG+CBF=90，DGB=CBF，RtDBGRtCFB，依据面积比等于相似比的平方可得：=(4)21639应选D7（2012成都）如图在菱形AB

8、CD中，对角线AC，BD交于点O，以下说法错误的选项是（）AABDCBAC=BDCACBDDOA=OCDACOB考点：菱形的性质。解答：解：A、菱形的对边平行且相等，因此ABDC，故本选项正确；B、菱形的对角线不必定相等，故本选项错误；C、菱形的对角线必定垂直，ACBD，故本选项正确；D、菱形的对角线相互均分，OA=OC，故本选项正确应选B新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网8（2012?济宁）如图，将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH，EH=12厘米，EF=16厘米，则边AD的长是（）A12厘米B16厘米C20厘

9、米D28厘米考点：翻折变换（折叠问题）；勾股定理。分析：先求出EFH是直角三角形，再依据勾股定理求出FH=20，再利用全等三角形的性质解答即可解答：解：设斜线上两个点分别为P、Q，P点是B点对折过去的，EPH为直角，AEHPEH，HEA=PEH，同理PEF=BEF，这四个角互补，PEH+PEF=90，四边形EFGH是矩形，DHGBFE，HEF是直角三角形，BF=DH=PF，AH=HP，AD=HF，EH=12cm，EF=16cm，FH=20cm，FH=AD=20cm应选C评论：此题观察的是翻折变换及勾股定理、全等三角形的判断与性质，解答此题的要点是作出辅助线，构造出全等三角形，再依据直角三角形及

10、全等三角形的性质解答9（2012?恩施州）如图，菱形ABCD和菱形ECGF的边长分别为2和3，A=120，则图中暗影部分的面积是（）新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网AB2C3D考点：菱形的性质；解直角三角形。专题：常例题型。分析：设BF、CE订交于点M，依据相似三角形对应边成比率列式求出CG的长度，从而获取DG的长度，再求出菱形ABCD边CD上的高与菱形ECGF边CE上的高，然后依据暗影部分的面积=SBDM+SDFM，列式计算即可得解解答：解：如图，设BF、CE订交于点M，菱形ABCD和菱形ECGF的边长分别为2和3，BCMBGF，=，即=，解得

11、CM=1.2，DM=21.2=0.8，A=120，ABC=180120=60，菱形ABCD边CD上的高为2sin60=2=，菱形ECGF边CE上的高为3sin60=3=，暗影部分面积=SBDM+SDFM=0.8+0.8=应选A评论：此题观察了菱形的性质，解直角三角形，把暗影部分分成两个三角形的面积，而后利用相似三角形对应边成比率求出CM的长度是解题的要点新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网10（2012?荆门）如图，已知正方形ABCD的对角线长为2，将正方形ABCD沿直线EF折叠，则图中暗影部分的周长为（）A8B4C8D6分析：正方形ABCD的对角线

12、长为2，BD=2，A=90，AB=AD，ABD=45，AB=BD?cosABD=BD?cos45=2=2，AB=BC=CD=AD=2，由折叠的性质：AM=AM，DN=DN，AD=AD，图中暗影部分的周长为：AM+BM+BC+CN+DN+AD=AM+BM+BC+CN+DN+AD=AB+BC+CD+AD=2+2+2+2=8应选C11（2012?黔东南州）如图，矩形ABCD边AD沿拆痕AE折叠，使点D落在BC上的F处，已知AB=6，ABF的面积是24，则FC等于（）A1B2C3D4分析：四边形ABCD是矩形，B=90，AD=BC，AB=6，SABF=AB?BF=6BF=24，BF=8，AF=10，由

13、折叠的性质：AD=AF=10，BC=AD=10，新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网FC=BCBF=108=2应选B12（2012?黔东南州）点P是正方形ABCD边AB上一点（不与A、B重合），连接PD并将线段PD绕点P顺时针旋转90，得线段PE，连接BE，则CBE等于（）A75B60C45D30分析：过点E作EFAF，交AB的延伸线于点F，则F=90，四边形ABCD为正方形，AD=AB，A=ABC=90，ADP+APD=90，由旋转可得：PD=PE，DPE=90，APD+EPF=90，ADP=EPF，在APD和FEP中，APDFEP（AAS），AP

14、=EF，AD=PF，又AD=AB，PF=AB，即AP+PB=PB+BF，AP=BF，BF=EF，又F=90，BEF为等腰直角三角形，EBF=45，又CBF=90，则CBE=45应选C新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网13（2012?长沙）已知：菱形ABCD中，对角线AC与BD订交于点O，OEDC交BC于点E，AD=6cm，则OE的长为（）A6cmB4cmC3cmD2cm解答：解：四边形ABCD是菱形，OB=OD，CD=AD=6cm，OEDC，BE=CE，OE=CD=3cm应选C14（2012山西）如图，已知菱形ABCD的对角线ACBD的长分别为6c

15、m、8cm，AEBC于点E，则AE的长是（）ABCD考点：菱形的性质；勾股定理。解答：解：四边形ABCD是菱形，CO=AC=3cm，BO=BD=4cm，AOBO，BC=5cm，S菱形ABCD=68=24cm2，S菱形ABCD=BCAD，BCAE=24，AE=cm，应选D新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网15（2012黄石）如图（3）所示，矩形纸片ABCD中，AB6cm，其沿EF对折，使得点C与点A重合，则AF长为（B）A.25cmB.25cm(C)84A25cmC.D.8cm2【考点】翻折变换（折叠问题）【分析】设AF=xcm，则DF=（8-x）c

16、m，利用矩形纸片ABCD中，B现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，由勾股定理求AF即可BC8cm，现将DFDEC图（3）【解答】解：设AF=xcm，则DF=（8-x）cm，矩形纸片ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，现将其沿EF对折，使得点C与点A重合，DF=DF，RtADF中，AF2=AD2+DF2，x2=62+（8-x）2，解得：x=25/4（cm）应选：B【评论】此题观察了图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，依据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变是解题要点16（2012张家界）按序连接矩形四边中点所得的四边形必定是（）A正方形B矩形C菱形D等腰

17、梯形考点：菱形的判断；三角形中位线定理；矩形的性质。解答：解：连接ACBD，在ABD中，AH=HD，AE=EBEH=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为菱形应选C17（2012武汉）如图，矩形ABCD中，点E在边AB上，将矩形ABCD沿直线DE折叠，点A恰好落在边BC的点F处若AE=5，BF=3，则CD的长是（）新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网A7B8C9D10考点：翻折变换（折叠问题）。解答：解：DEF由DEA翻折而成，EF=AE=5，在RtBEF中，EF=5，B

18、F=3，BE=4，AB=AE+BE=5+4=9，四边形ABCD是矩形，CD=AB=9应选C18（2012?台湾）如图，边长12的正方形ABCD中，有一个小正方形EFGH，此中E、F、G分别在AB、BC、FD上若BF=3，则小正方形的边长为什么？（）ABC5D6考点：相似三角形的判断与性质；勾股定理；正方形的性质。专题：研究型。分析：先依据相似三角形的判判定理得出BEFCFD，再依据勾股定理求出DF的长，再由相似三角形的对应边成比率即可得出结论解答：解：在BEF与CFD中1+2=2+3=90，1=3B=C=90，BEFCFD，BF=3，BC=12，CF=BCBF=123=9，新世纪教育网精选资料

19、版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网又DF=15，=，即=，EF=应选B评论：此题观察的是相似三角形的判断与性质及勾股定理，依据题意得出BEFCFD是解答此题的要点19（2012?苏州）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD订交于点O，CEBD，DEAC，若AC=4，则四边形CODE的周长（）A4B6C8D10考点：菱形的判断与性质；矩形的性质。分析：第一由CEBD，DEAC，可证得四边形CODE是平行四边形，又由四边形ABCD是矩形，依据矩形的性质，易得OC=OD=2，即可判断四边形CODE是菱形，既而求得答案解答：解：CEBD，DEAC，四边形CODE是平行四边形，四

20、边形ABCD是矩形，AC=BD=4，OA=OC，OB=OD，OD=OC=AC=2，四边形CODE是菱形，四边形CODE的周长为：4OC=42=8应选C评论：此题观察了菱形的判断与性质以及矩形的性质此题难度不大，注意证得四边形新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网CODE是菱形是解此题的要点20（2012?苏州）已知在平面直角坐标系中搁置了5个以以下图的正方形（用暗影表示），点B1在y轴上，点C1、E1、E2、C2、E3、E4、C3在x轴上若正方形A1B1C1D1的边长为1，B1C1O=60，B1C1B2C2B3C3，则点A3到x轴的距离是（）ABCD考

21、点：正方形的性质；全等三角形的判断与性质；解直角三角形。专题：规律型。分析：D1E1=B2E2=，B2C2=利用正方形的性质以及平行线的性质分别得出，从而得出B3C3=，求出WQ=，FW=WA3?cos30=，即可得出答案解答：解：过小正方形的一个极点W作FQx轴于点Q，过点A3FFQ于点F，正方形A1B1C1D1的边长为1，B1C1O=60，B1C1B2C2B3C3，B334111222CE=60，DCE=30，EBC=30，D1E1=D1C1=，D1E1=B2E2=，cos30=，解得：B2C2=，B3E4=，cos30=，解得：B3C3=，则WC3=，新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教

22、育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网依据题意得出：WC3Q=30，C3WQ=60，A3WF=30，WQ=，FW=WA3?cos30=，则点A3到x轴的距离是：FW+WQ=+=，应选：D评论：此题主要观察了正方形的性质以及锐角三角函数的应用等知识，依据已知得出B3C3的长是解题要点二.填空题1（2012铜仁）以边长为2的正方形的中心O为端点，引两条相互垂直的射线，分别与正方形的边交于A、B两点，则线段AB的最小值是考点：正方形的性质；垂线段最短；全等三角形的判断与性质；直角三角形斜边上的中线。解答：解：四边形CDEF是正方形，OCD=ODB=45，COD=90，OC=OD，AOOB，AO

23、B=90，CAO+AOD=90，AOD+DOB=90，COA=DOB，在COA和DOB中，COADOB，OA=OB，AOB=90，新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网AOB是等腰直角三角形，由勾股定理得：AB=OA，要使AB最小，只要OA取最小值即可，依据垂线段最短，OACD时，OA最小，正方形CDEF，FCCD，OD=OF，CA=DA，OA=CF=1，即AB=，故答案为：（2012安徽，14，5分）如图，P是矩形ABCD内的任意一点，连接PA、PB、PC、PD，获取PAB、PBC、PCD、PDA，设它们的面积分别是S1、S2、S3、S4，给出以下结

24、论：S1+S2=S3+S4S2+S4=S1+S3若S3=2S1，则S4=2S2若S1=S2，则P点在矩形的对角线上此中正确的结论的序号是_（把全部正确结论的序号都填在横线上）.分析：过点P分别向AD、BC作垂线段，两个三角形的面积之和S2S4等于矩形面积的一半，同理，过点P分别向AB、CD作垂线段，两个三角形的面积之和S1S3等于矩形面积的一半.S1S3=S2S4,又因为S1S2，则S2S3=S1S41SABCD,因此必定成立2答案：评论：此题利用三角形的面积计算，可以得出成立，要判断成立，在这里充分利用所给条件，相同式进行变形.不要因为选出，就以为找到答案了，对每个结论都要分析，自然感觉不必

25、定对的，可以举反例即可.关于这一选项简单漏选.3（2012绍兴）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，将ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B处，又将CEF沿EF折叠，使点C落在EB与AD的交点C处则BC：AB的值为。考点：翻折变换（折叠问题）。解答：解：连接CC，新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网将ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B处，又将CEF沿EF折叠，使点C落EB与AD的交点C处。EC=EC，ECC=ECC，DCC=ECC，ECC=DCC，获取CC是ECD的均分线，CBC=D=90，CB=CD，又AB=AB，因此B是对

26、角线AC中点，即AC=2AB，因此ACB=30，cotACB=cot30=BC3，ABBC：AB的值为：3。故答案为：3。4(2012?扬州)如图，将矩形ABCD沿CE折叠，点B恰好落在边AD的F处，假如，那么tanDCF的值是考点：翻折变换(折叠问题)。分析：由矩形ABCD沿CE折叠，点B恰好落在边AD的F处，即可得BCCF，CDAB，由，可得，而后设CD2x，CF3x，利用勾股定理即可求得DF的值，既而求得tanDCF的值解答：解：四边形ABCD是矩形，新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网ABCD，D90，将矩形ABCD沿CE折叠，点B恰好落在边

27、AD的F处，CFBC，CD2x，CF3x，DFx，tanDCF故答案为：评论：此题观察了矩形的性质、折叠的性质以及勾股定理此题比较简单，注意折叠中的对应关系，注意数形结合思想的应用5（2012?资阳）如图，O为矩形ABCD的中心，M为BC边上一点，N为DC边上一点，ONOM，若AB=6，AD=4，设OM=x，ON=y，则y与x的函数关系式为考点：相似三角形的判断与性质；矩形的性质。分析：求两条线段的关系，把两条线段放到两个三角形中，利用两个三角形的关系求解解答：解：如图，作OFBC于F，OECD于E，ABCD为矩形C=90OFBC，OECDEOF=90EON+FON=90ONOMEON=FOM

28、OENOFM=O为中心新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网=y=x，故答案为：y=x，评论：此题主要观察的是相似三角形的判断与性质，解题的要点是合理的在图中作出辅助线，熟练掌握相似三角形的判判定理和性质6（2012江西）如图，正方形ABCD与正三角形AEF的极点A重合，将AEF绕极点A旋转，在旋转过程中，当BE=DF时，BAE的大小可以是考点：正方形的性质；全等三角形的判断与性质；旋转的性质。专题：分类谈论。分析：利用正方形的性质和等边三角形的性质证明ABEADF（SSS），有相似三角形的性质和已知条件即可求出当BE=DF时，BAE的大小，应该注意的

29、是，正三角形AEF可以再正方形的内部也可以在正方形的外面，因此要分两种状况分别求解解答：解：当正三角形AEF在正方形ABCD的内部时，如图1，正方形ABCD与正三角形AEF的极点A重合，BE=DF时，新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网，ABEADF（SSS），BAE=FAD，EAF=60，BAE+FAE=30，BAE=FAD=15，当正三角形AEF在正方形ABCD的外面时如图2，正方形ABCD与正三角形AEF的极点A重合，BE=DF时，ABEADF（SSS），BAE=FAD，EAF=60，BAE+FAE=36060=300，BAE=FAD=165故

30、答案为：15或165评论：此题观察了正方形的性质、等边三角形的性质、旋转的性质以及全等三角形的判断和全等三角形的性质和分类谈论的数学思想，题目的综合性不小7.（2012湛江）如图，设四边形ABCD是边长为1的正方形，以对角线AC为边作第二个正方形ACEF、再以对角线AE为边作笫三个正方形AEGH，这样下去若正方形ABCD的边长记为a1，按上述方法所作的正方形的边长挨次为a2，a3，a4，an，则an=新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网222分析：a2=AC，且在直角ABC中，AB+BC=AC，a21，=a=同理a3=a2=2，a4=a3=2，n1n

31、1由此可知：an=（）a1=（，故答案为：（）n18（2012攀枝花）如图，正方形ABCD中，AB=4，E是BC的中点，点P是对角线AC上一动点，则PE+PB的最小值为考点：轴对称-最短路线问题；正方形的性质。专题：研究型。分析：因为点B与点D关于AC对称，因此假如连接DE，交AC于点P，那PE+PB的值最小在RtCDE中，由勾股定理先计算出DE的长度，即为PE+PB的最小值解答：解：连接DE，交BD于点P，连接BD点B与点D关于AC对称，DE的长即为PE+PB的最小值，AB=4，E是BC的中点，CE=2，在RtCDE中，DE=2故答案为：2评论：此题观察了轴对称最短路线问题和正方形的性质，依

32、据两点之间线段最短，可确立点P的地址9（2012宜宾）如图，已知正方形ABCD的边长为1，连接ACBD，CE均分ACD交BD于点E，则DE=新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网考点：正方形的性质；角均分线的性质。解答：解：过E作EFDC于F，四边形ABCD是正方形，ACBD，CE均分ACD交BD于点E，EO=EF，正方形ABCD的边长为1，AC=，CO=AC=，CF=CO=，DF=DCCF=1，DE=1，故答案为：1三.解答题1（2012临沂）如图，点AF、CD在同向来线上，点B和点E分别在直线AD的双侧，AB=DE，A=D，AF=DC（1）求证：四

33、边形BCEF是平行四边形，（2）若ABC=90，AB=4，BC=3，当AF为什么值时，四边形BCEF是菱形新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网考点：相似三角形的判断与性质；全等三角形的判断与性质；勾股定理；平行四边形的判断；菱形的判断。解答：（1）证明：AF=DC，AF+FC=DC+FC，即AC=DF在ABC和DEF中，ABCDEF（SAS），BC=EF，ACB=DFE，BCEF，四边形BCEF是平行四边形（2）解：连接BE，交CF与点G，四边形BCEF是平行四边形，当BECF时，四边形BCEF是菱形，ABC=90，AB=4，BC=3，AC=5，BG

34、C=ABC=90，ACB=BCG，ABCBGC，=，即=，CG=，FG=CG，FC=2CG=，AF=ACFC=5=，当AF=时，四边形BCEF是菱形2（2012临沂）已知，在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，动点M从点A出发沿边AD向点运动（1）如图1，当b=2a，点M运动到边AD的中点时，请证明BMC=90；新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网（2）如图2，当b2a时，点M在运动的过程中，能否存在BMC=90，若存在，请给与证明；若不存在，请说明原由；（3）如图3，当b2a时，（2）中的结论能否依旧成立？请说明原由考点：相似三角形的判断与性质；根

35、的鉴识式；矩形的性质。解答：（1）证明：b=2a，点M是AD的中点，AB=AM=MD=DC=a，又在矩形ABCD中，A=D=90，AMB=DMC=45，BMC=902）解：存在，原由：若BMC=90，则AMB=DMC=90，又AMB+ABM=90，ABM=DMC，又A=D=90，ABMDMC，=，设AM=x，则=，整理得：x2bx+a2=0，b2a，a0，b0，=b24a20，方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意，当b2a时，存在BMC=90，（3）解：不成立原由：若BMC=90，由（2）可知x2bx+a2=0，b2a，a0，b0，=b24a20，方程没有实数根，当b2a时，不存

36、在BMC=90，即（2）中的结论不成立3（2012?烟台）（1）问题研究如图1，分别以ABC的边AC与边BC为边，向ABC外作正方形ACD1E1和正方形BCD2E2，过点C作直线KH交直线AB于点H，使AHK=ACD1作D1MKH，D2NKH，垂足分别为点M，N尝试究线段D1M与线段D2N的数目关系，并加以证明（2）拓展延伸新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网如图2，若将“问题研究”中的正方形改为正三角形，过点C作直线K1H1，K2H2，分别交直线AB于点H1，H2，使AH1K1=BH2K2=ACD1作D1MK1H1，D2NK2H2，垂足分别为点M，

37、ND1M=D2N能否仍成立？若成立，给出证明；若不成立，说明原由如图3，若将中的“正三角形”改为“正五边形”，其余条件不变D1M=D2N能否仍成立？（要求：在图3中补全图形，注明字母，直接写出结论，不需证明）考点：全等三角形的判断与性质；等边三角形的性质；正方形的性质；正多边形和圆。专题：几何综合题。分析：（1）依据正方形的每一个角都是90可以证明AHK=90，而后利用平角等于180以及直角三角形的两锐角互余证明D1CK=HAC，再利用“角角边”证明ACH和CD1M全等，依据全等三角形对应边相等可得D1M=CH，同理可证D2N=CH，从而得证；（2）过点C作CGAB，垂足为点G，依据三角形的内

38、角和等于180和平角等于180证明获取H1AC=D1CM，而后利用“角角边”证明ACG和CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=D1M，同理可证CG=D2N，从而得证；结论依旧成立，与的证明方法相同解答：（1）D1M=D2N（1分）证明：ACD1=90，ACH+D1CK=18090=90，AHK=ACD1=90，ACH+HAC=90，D1CK=HAC，（2分）在ACH和CD1M中，ACHCD1M（AAS），D1M=CH，（3分）同理可证D2N=CH，D1M=D2N；（4分）2）证明：D1M=D2N成立（5分）过点C作CGAB，垂足为点G，H1AC+ACH1+AH1C=180，D1CM+

39、ACH1+ACD1=180，AH1C=ACD1，新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网H1AC=D1CM，（6分）在ACG和CD1M中，ACGCD1M（AAS），CG=D1M，（7分）同理可证CG=D2N，D1M=D2N；（8分）作图正确（9分）D1M=D2N还成立（10分）评论：此题观察了全等三角形的判断与性质，等边三角形的性质，正方形的性质，正多边形的性质，读懂题意，证明获取D1CK=HAC（或H1AC=D1CM）是证明三角形全等的要点，也是解决此题的难点与打破口4（2012?益阳）已知：如图1，在面积为3的正方形ABCD中，E、F分别是BC和CD

40、边上的两点，AEBF于点G，且BE=11）求证：ABEBCF；2）求出ABE和BCF重叠部分（即BEG）的面积；3）现将ABE绕点A逆时针方向旋转到ABE（如图2），使点E落在CD边上的点E处，问ABE在旋转前后与BCF重叠部分的面积能否发生了变化？请说明原由考点：相似三角形的判断与性质；全等三角形的判断与性质；正方形的性质；解直角三角形。专题：几何综合题。分析：（1）由四边形ABCD是正方形，可得ABE=BCF=90，AB=BC，又由AEBF，由同角的余角相等，即可证得BAE=CBF，而后利用ASA，即可判断：ABEBCF；新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部

41、新世纪教育网（2）由正方形ABCD的面积等于3，即可求得此正方形的边长，由在BGE与ABE中，GBE=BAE，EGB=EBA=90，可证得BGEABE，由相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可求得答案；3）第一由正切函数，求得BAE=30，易证得RtABERtABERtADE，可得AB与AE在同向来线上，即BF与AB的交点是G，而后设BF与AE的交点为H，可证得BAGHAG，既而证得结论解答：（1）证明：四边形ABCD是正方形，ABE=BCF=90，AB=BC，ABF+CBF=90，AEBF，ABF+BAE=90，BAE=CBF，在ABE和BCF中，ABEBCF（4分）2）解：正方形面积为3

42、，AB=，（5分）在BGE与ABE中，GBE=BAE，EGB=EBA=90，BGEABE，（7分），又BE=1，222AE=AB+BE=3+1=4，SBGE=SABE=（8分）3）解：没有变化（9分）原由：AB=，BE=1，tanBAE=，BAE=30，（10分）AB=AD，ABE=ADE=90，AE公共，RtABERtABERtADE，DAE=BAE=BAE=30，AB与AE在同向来线上，即BF与AB的交点是G，设BF与AE的交点为H，则BAG=HAG=30，而AGB=AGH=90，AG公共，BAGHAG，（11分）S四边形SSABG=SBGEGHEB=SABEAGH=SABE新世纪教育网精

43、选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网ABE在旋转前后与BCF重叠部分的面积没有变化（12分）评论：此题观察了相似三角形的判断与性质、正方形的性质、全等三角形的判断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5（2012泰安）如图，E是矩形ABCD的边BC上一点，EFAE，EF分别交AC，CD于M，F，BGAC，垂足为C，BG交AE于点H（1）求证：ABEECF；（2）找出与ABH相似的三角形，并证明；（3）若E是BC中点，BC=2AB，AB=2，求EM的长考点：相似三角形的判断与性质；矩形的性质；解直角三

44、角形。解答：（1）证明：四边形ABCD是矩形，ABE=ECF=90AEEF，AEB+FEC=90AEB+BEA=90，BAE=CEF，ABEECF；2）ABHECM证明：BGAC，ABG+BAG=90，ABH=ECM，由（1）知，BAH=CEM，ABHECM；3）解：作MRBC，垂足为R，AB=BE=EC=2，AB：BC=MR：RC=2，AEB=45，MER=45，CR=2MR，MR=ER=1RC=2，23新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网EM=MR22sin4536（2012?聊城）如图，矩形ABCD的对角线订交于点O，DEAC，CEBD求证：四

45、边形OCED是菱形考点：菱形的判断；矩形的性质。专题：证明题。分析：第一依据两对边相互平行的四边形是平行四边形证明四边形OCED是平行四边形，再依据矩形的性质可得OC=OD，即可利用一组邻边相等的平行四边形是菱形判断出结论解答：证明：DEAC，CEBD，四边形OCED是平行四边形，四边形ABCD是矩形，OC=OD，四边形OCED是菱形评论：此题主要观察了菱形的判断，矩形的性质，要点是掌握菱形的判断方法：菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形；四条边都相等的四边形是菱形；对角线相互垂直的平行四边形是菱形7（2012?乐山）如图1，ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，D、F分别AB、

46、AC边上，此时BD=CF，BDCF成立1）当正方形ADEF绕点A逆时针旋转（090）时，如图2，BD=CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明原由2）当正方形ADEF绕点A逆时针旋转45时，如图3，延伸BD交CF于点G求证：BDCF；当AB=4，AD=时，求线段BG的长新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网考点：相似三角形的判断与性质；全等三角形的判断与性质；勾股定理；等腰直角三角形；正方形的性质；旋转的性质。专题：几何综合题。分析：（1）ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，易证得BADCAF，依据全等三角形的对应边相等，即可证得BD=

47、CF；（2）由BADCAF，可得ABM=GCM，又由对顶角相等，易证得BMACMG，依据相似三角形的对应角相等，可得BGC=BAC=90，即可证得BDCF；第一过点F作FNAC于点N，利用勾股定理即可求得AE，BC的长，既而求得AN，CN的长，又由等角的三角函数值相等，可求得AM=AB=，而后利用BMACMG，求得CG的长，再由勾股定理即可求得线段BG的长解答：解（1）BD=CF成立原由：ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，AB=AC，AD=AF，BAC=DAF=90，BAD=BACDAC，CAF=DAFDAC，BAD=CAF，在BAD和CAF中，BADCAF（SAS）BD=CF（

48、3分）2）证明：设BG交AC于点MBADCAF（已证），ABM=GCMBMA=CMG，BMACMGBGC=BAC=90BDCF（6分）过点F作FNAC于点N在正方形ADEF中，AD=DE=，新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网AE=2，AN=FN=AE=1在等腰直角ABC中，AB=4，CN=ACAN=3，BC=4在RtFCN中，tanFCN=在RtABM中，tanABM=tanFCN=AM=AB=CM=ACAM=4=，BM=（9分）BMACMG，CG=（11分）在RtBGC中，BG=（12分）评论：此题观察了相似三角形的判断与性质、全等三角形的判断与

49、性质、等腰直角三角形的性质、矩形的性质、勾股定理以及三角函数等知识此题综合性很强，难度较大，注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法8（2012?资阳）（1）如图（1），正方形AEGH的极点E、H在正方形ABCD的边上，直接写出HD：GC：EB的结果（不用写计算过程）；（2）将图（1）中的正方形AEGH绕点A旋转必定角度，如图（2），求HD：GC：EB；新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网（3）把图（2）中的正方形都换成矩形，如图（3），且已知DA：AB=HA：AE=m：n，此HD：GC：EB的值与（2）小题的结果对比有变化吗？假如有变化，直接写出变

50、化后的结果（不用写计算过程）考点：相似三角形的判断与性质；全等三角形的判断与性质；勾股定理；等腰直角三角形；正方形的性质。分析：（1）第一连接AG，由正方形AEGH的极点E、H在正方形ABCD的边上，易证得GAE=CAB=45，AE=AH，AB=AD，即A，G，C共线，既而可得HD=BE，GC=BE，即可求得HD：GC：EB的值；（2）连接AG、AC，由ADC和AHG都是等腰直角三角形，易证得DAHCAG与DAHBAE，利用相似三角形的对应边成比率与正方形的性质，即可求得HD：GC：EB的值；3）由矩形AEGH的极点E、H在矩形ABCD的边上，由DA：AB=HA：AE=m：n，易证得ADCAH

51、G，DAHCAG，ADHABE，利用相似三角形的对应边成比率与勾股定理即可求得HD：GC：EB的值解答：解：（1）连接AG，正方形AEGH的极点E、H在正方形ABCD的边上，GAE=CAB=45，AE=AH，AB=AD，A，G，C共线，ABAE=ADAH，HD=BE，AG=AE，AC=AB，GC=ACAG=ABAE=（ABAE）=BE，HD：GC：EB=1：1（3分）2）连接AG、AC，ADC和AHG都是等腰直角三角形，AD：AC=AH：AG=1：，DAC=HAG=45，DAH=CAG，（4分）DAHCAG，HD：GC=AD：AC=1：，（5分）DAB=HAE=90，DAH=BAE，在DAH和

52、BAE中，新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网，DAHBAE（SAS），HD=EB，HD：GC：EB=1：1；（6分）3）有变化，连接AG、AC，矩形AEGH的极点E、H在矩形ABCD的边上，DA：AB=HA：AE=m：n，ADC=AHG=90，ADCAHG，AD：AC=AH：AG=m：，DAC=HAG，DAH=CAG，（4分）DAHCAG，HD：GC=AD：AC=m：，（5分）DAB=HAE=90，DAH=BAE，DA：AB=HA：AE=m：n，ADHABE，DH：BE=AD：AB=m：n，HD：GC：EB=m：n（8分）评论：此题观察了相似三角形

53、的判断与性质、正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判断与性质以及勾股定理等知识此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用9（2012?德州）以以下图，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH（1）求证：APB=BPH；新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网（2）当点P在边AD上挪动时，PDH的周长能否发生变化？并证明你的结论；（3）设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系

54、式，试问S能否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明原由考点：翻折变换（折叠问题）；二次函数的最值；全等三角形的判断与性质；正方形的性质。分析：（1）依据翻折变换的性质得出PBC=BPH，从而利用平行线的性质得出APB=PBC即可得出答案；（2）第一证明ABPQBP，从而得出BCHBQH，即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8；3）利用已知得出EFMBPA，从而利用在RtAPE中，（4BE）2+x2=BE2，利用二次函数的最值求出即可解答：（1）解：如图1，PE=BE，EBP=EPB又EPH=EBC=90，EPHEPB=EBCEBP即PBC=BPH又AD

55、BC，APB=PBCAPB=BPH2）PHD的周长不变成定值8证明：如图2，过B作BQPH，垂足为Q由（1）知APB=BPH，又A=BQP=90，BP=BP，ABPQBPAP=QP，AB=BQ又AB=BC，BC=BQ又C=BQH=90，BH=BH，BCHBQHCH=QHPHD的周长为：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=83）如图3，过F作FMAB，垂足为M，则FM=BC=AB又EF为折痕，新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网EFBPEFM+MEF=ABP+BEF=90，EFM=ABP又A=EMF=90，EFMBPAEM=AP=x在

56、RtAPE中，（4BE）2+x2=BE2解得，又四边形PEFG与四边形BEFC全等，即：配方得，当x=2时，S有最小值6评论：此题主要观察了翻折变换的性质以及全等三角形的判断与性质和勾股定理、二次函新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网数的最值问题等知识，熟练利用全等三角形的判断得出对应相等关系是解题要点10（2012娄底）如图，在矩形ABCD中，M、N分别是ADBC的中点，P、Q分别是BM、DN的中点1）求证：MBANDC；2）四边形MPNQ是什么样的特别四边形？请说明原由考点：矩形的性质；全等三角形的判断与性质；直角三角形斜边上的中线；菱形的判断。

57、分析：（1）依据矩形的性质和中点的定义，利用SAS判断MBANDC；（2）四边形MPNQ是菱形，连接AN，有（1）可获取BM=CN，再有中点获取PM=NQ，再经过证明MQDNPB获取MQ=PN，从而证明四边形MPNQ是平行四边形，利用三角形中位线的性质可得：MP=MQ，从而证明四边形MQNP是菱形解答：证明：（1）四边形ABCD是矩形，AB=CD，AD=BC，A=C=90，在矩形ABCD中，M、N分别是ADBC的中点，AM=AD，CN=BC，AM=CN，在MABNDC，MABNDC；2）四边形MPNQ是菱形，原由以下：连接AN，易证：ABNBAM，AN=BM，MABNDC，BM=DN，P、Q分

58、别是BM、DN的中点，PM=NQ，DM=BN，DQ=BP，MDQ=NBP，MQDNPB四边形MPNQ是平行四边形，M是AB中点，Q是DN中点，MQ=AN，新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网MQ=BM，MP=BM，MP=MQ，四边形MQNP是菱形评论：此题观察了矩形的性质、全等三角形的判断和全等三角形的性质、三角形中位线定理以及平行四边形的判断和菱形的判断方法，属于基础题目11（2012?恩施州）如图，在ABC中，ADBC于D，点D，E，F分别是BC，AB，AC的中点求证：四边形AEDF是菱形考点：菱形的判断；三角形中位线定理。专题：证明题。分析：第

59、一判断四边形AEDF是平行四边形，而后证得AE=AF，利用邻边相等的平行四边形是菱形判断菱形即可解答：证明：点D，E，F分别是BC，AB，AC的中点，DEAC，DFAB，四边形AEDF是平行四边形，又ADBC，BD=CD，AB=AC，AE=AF，平行四边形AEDF是菱形评论：此题观察了菱形的判断及三角形的中位线定理，菱形的鉴识方法是说明一个四边形为菱形的理论依照，常用三种方法：定义，四边相等，对角线相互垂直均分12（2012?南通）（本小题满分10分）如图，菱形ABCD中，B60o，点E在边BC上，点F在边CD上(1)如图1，若E是BC的中点，B新世纪教育网ADADFFECBEC图1版权全部新

60、世纪教育网图2精选资料新世纪教育网精选资料版权全部新世纪教育网AEF60o，求证：BEDF；(2)如图2，若EAF60o，求证：AEF是等边三角形【考点】菱形的性质；全等三角形的判断与性质；等边三角形的判断【专题】证明题【分析】（1）第一连接AC，由菱形ABCD中，B=60，依据菱形的性质，易得ABC是等边三角形，又由三线合一，可证得AEBC，既而求得FEC=CFE，即可得EC=CF，既而证得BE=DF；（2）第一连接AC，可得ABC是等边三角形，即可得AB=AC，以求得ACF=B=60，而后利用平行线与三角形外角的性质，可求得AEB=AFC，证得AEBAFC，即可得AE=AF，证得：AEF是