【中考数学试卷+答案解析】矩形菱形与正方形

矩形菱形与正方形一、选择题1川州•3分如图形ABD矩形菱形与正方形一、选择题1川州•3分如图形ABD对线BD折使C落在处BC交AD于点，下结不定成的（）A．ADBC′ B．∠BD∠EDB C．△BE△CDD．si∠AE=【分】要据叠后角边等到等边之的系即选正确案．【解】：、BCBC，AD=C∴ADBC，以正．B、∠BD∠ED，CBD∠EB，∠EB=∠DB确．D、∵inABE= ，∴∠ED=EDB∴BE=E∴si∠AB=．故选C．【点题要排法明BD正所不确就是C除法是学中一常的题法．2（山滨州3）下命，中真题的（A．组边行另对边等四形平四边形B．角互垂的形是形C．角相的边矩形D．组边等矩正方形）【分分是否真题需分分析题是否推结而用排法答案．【解】：、如梯形故选错；B、据形判，对角互垂的行边形故选错；C、角相且相的平四形矩，本选错；D、组边等矩正方，本项确．故选D．【点本主要查行四形判与题真假故选D．【点本主要查行四形判与题真假确的题真命错的命题做命．断题的假键要悉本中性定，度中．3湖北省宜昌3分）图正方形ABCD的边为1，点E，F是对线AC上的点，E⊥ABEI⊥D，FHAB，F⊥A，垂分别为G，IH，J则中阴部分的面等于（）A．1B．C．D．【分】据对图的性，决题可；【解】：四形CD正形，∴线AC是方形ABCD的对轴，∵EGABEIADFHB，F⊥A，足别为，I，，．∴根对性知四形EFG面与边形FJI面相，∴S阴=S正方形ABCD=，故选B．【点本考查方的性解的关是用轴称性解问于考考题型．4湖北省孝感3分如形BCD的角线CBD交点C=1BD24，则形ABD周为（）A．52B．48C．40D．20【分】勾定即求得B长继求形ABD周．【解】：形ABD中，B【解】：形ABD中，B=2，AC10，∴OB=2，A=，在R△ABO中AB==13，∴形ABD周长4AB2，故选A．【点题查菱的性股理知解的键熟掌菱形性属于中常题．（山临沂3如图点EFGH别是形ABD边ABCCDDA的中点则列法：①若C=B，四形EH为形；②若C⊥D则边形GH菱；③若形EFH平边形则C与BD相分；④若形EFH正，则C与BD相直相等．其中确个是（ ）A．1B．2C．3D．4【分因一般边的中四形平四形当角线D=AC中点边是菱形当线A⊥BD中点边是角线C=B且A⊥D点边形是正形，【解】：为般边形中四形平四边，当对线B=AC时中四边是形当角线AC⊥BD时中四形矩形当角线ACBD且A⊥D中点边是方，故④项确，故选A．【点题查点边形平四故④项确，故选A．【点题查点边形平四形矩菱的定知题的键记住一般边的点边是平四当线D=AC时中四形形当角线AC⊥D，点边矩形当线ACBD且A⊥BD时中四是正形．6（山威·3）形ABD与EF，图放点BC，E共，点，，G共线接A，取F中点，接G若BCF=2，D=C=1则H=（）A．1B．C．D．【分长GH交D点P先△AP≌FGH得APGF=GHPH=PG利用股定理得PG=，而出案．【解】：图长GH交D点，∵四形BCD和边形EFG是形，∴∠AC=ADG∠CF=9°，A=BC2、F=C=1，∴ADGF，∴∠GH=PA，又∵H是F中，∴AH=H，在△AH△FH∵，∴△AH△FG（AA∴AP=F=，GHPH=PG，∴PD=D﹣P=，∵CG=、C=1，∴AP=F=，GHPH=PG，∴PD=D﹣P=，∵CG=、C=1，∴DG=，则GH=PG=×=，故选C．【点本主要查形的题的键掌握等角的定性形性质、股理知点．7（南永市4分）列题真题是（ ）A．角相的边矩形B．角互垂的形是形C．意边的角为36°D．角的位平第三，且于三的一半【分根矩形判方对A行断根菱形判方对B进判据边形的角对C进判；根三形位性对D行断．【解】：、角等的行边是形所以A选为命；B、角互垂的四边是形以B项为命；C、意边的角为36°所以C项假命；D、角的位平第三且于三的半，以D选为命．故选D．【点题查命与定断件情语句叫命多题都由设和结论部组设已知论是已事项出事个题可写如果…么”式．命题正性用理实的这的命叫定理．（2018年苏宿迁图形ABD对线ABD交点O点E边CD的点，若形ABD周为1∠BA＝6°,△OE面积（A.B. 2C.D. 4【答】A【考角的积等边角的定性勾定形性相三形的判定性质【解解】：形ABD周为1，菱形BCD的长为4，∵∠BD＝0°,∴△AD等三形，【解解】：形ABD周为1，菱形BCD的长为4，∵∠BD＝0°,∴△AD等三形，又∵O是形角线ACD的点，∴ACBD，在R△AOD中，∴AO=，∴AC=A0=4，∴S△CD=·O·A=××4=4，又∵、E分是点，∴OEAD，∴△CE△CA，∴,∴,∴S△OE=S△AD=×4=.故答为A.【分】据形性得菱边为4，A⊥B，由个是60度腰三形等边三角得ABD是边角形在t△OD，据勾定得O=，ACA0=4，根据角面公得△ACD=·OD·C=4 ，据中线得O∥A由相三角形质得,从而出CE面积.（疆产设团5图矩片ABDA=6cB=cm现其沿AE折使点B落边AD的点B1处折与边BC于点则CE的（）A．6cm B．4cm C．3cm D．2cm【分】据折性可得B=AB1【分】据折性可得B=AB1=9°，=AB1然求四形AB1是正形，再根正形性得BE=A，后据C=BBE，入据行算可得．【解】：沿E点B边AD上点B1∴∠B∠A1E=0，ABB1，又∵BAD90，∴四形BEB1正形，∴BE=B=6m，∴CE=C﹣E=﹣6=cm．故选D．【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，翻折变换的性质，判断出四边形ABEB1正形解的键．1新生建兵5点P边为1形ABD线AC上一个动点MN别是B，BC边的点则MPN最值（）A．B．1C．D．2【分作点M于AC的对点′连接′N交AC于P此时MP+P最小后证明形ABM为四边，可出P+NM′N=B=．【解】：图，作点M关于AC的称点′，接′N交AC于，时MPNP最值最小为′N的长．∵形ABD于AC对，M是AB边的点，∴M是AD的点，又∵N是C上中，∴AM∥B，A′=N，∴四形BN′平边形，∴M′=AB1，∴MP+P=′N=即MP∴M′=AB1，∴MP+P=′N=即MPP的小为，故选B．【点题查是对称最路问及形的质熟两之线段短知识是解此的键．11.（川3分在ABC若O为C边中则ABAC2=2O2+2O2成据上决如问如在形DEG已知DE==3点P在以DE直的圆运则PF2PG2最值（ ）A．B．C．34D．10【考】M：与的置关；L：形性．【分点M为E点点N为FG的点接MN则NM长定值利用三角的边系出NP最值再用PFPG2=2N2+2N2即求论．【解点M为E的中点N为G中接N半于点P此时N小值．∵DE=，形DEG形，∴GF=E，N=E，∴MP=N=DE=2，∴NP=N﹣P=E﹣M=1，∴PF2PG2=PN2+FN22×1+2×2=1．故选D．【点本考查点圆的置矩的质以三形变关用角三边关出PN的小解题关．1（津3分图正形的一动，下1（津3分图正形的一动，下线的长于中别为 ，最小的（ ）的点对线上A.【答】DB.C.【解】析点E于BD对点E在段D上得E为D点接A′与BD的点为点PPAPE最值是段A的长过明角角形DE≌直角形ABF即得．详解点E于BD对点E，接A′交BD于点P．∴PA+E最值A′；∵E为AD的点，∴E为CD的点，∵四形BCD是方，∴AB=C=C=D，∠BFADE=9°,∴DE=B，∴ΔAFΔADE，∴AE=AF.故选点题查了对-最路问方性题要是用两点间段最短和任两之大于三因只作点点E关线BD的称点A′或′再接E′或A′即．1（四自4如边为a正形ABD边BC绕点B逆针转60°得段B，接AM延交CD于，接M，△MNC的积（）A．B．C．D．【分作MGBC于GH⊥CD于根旋变的性得△MCA．B．C．D．【分作MGBC于GH⊥CD于根旋变的性得△MC等三角据直角角的质勾定理别出H、H据三形面公计即可．【解】作M⊥BC于GMHCD于H，则BGGCABMGCD，∴AM=N，∵MHCD∠D90，∴MHAD，∴NH=D，由旋变的质知△MBC是边角，∴MC=C=，由题得∠MD=3°，∴MH=MC=a，CH=a，∴DH=﹣a，∴CN=H﹣H=a﹣（﹣a=（ ﹣1），a2，∴△MC面=××（1）a=故选C．【点题查是转变的质正形性质掌正形性平线性质是解的键．14（台·）图1的矩形ABCD中有点E在AD，今以BE折线将A点往右图2所再过A点与D直直交CD于F图3所若AB6，BC=1，∠EA=0，图3中AF的度何（）A．2B．4C．2D．4【分作A⊥C于则四形AFA．2B．4C．2D．4【分作A⊥C于则四形AFH矩，A=CH，H=C=3直角角即解问；．在RtAH，解【解】作A⊥BC于H则边形AFH形，A=C，AHCF=3．在R△AHB中∠AH=3°，∴BH=B•cs3°=，∴CH=C﹣H=1﹣94，∴AF=H=，故选B．【点题查折换形性股理直三形知解的键是学会加用助，造直三形决题属于考考型．15（江波4分）形ACD内将张边分为a和（ab）正形纸片图图2种放图1图2中张方形片有分叠矩形未被这两正形片盖部分阴表设图1中阴部的为S1图2阴部分的面为S当A﹣AB2时，S﹣S1值（）A．2aB．2bC．2﹣2bD．﹣【考】方的质【分】用积和分别出S1和S，利用式混运计它们差．【解】：S=（B﹣）•a（C﹣bS2=A（A﹣a+（﹣b（ABaA﹣a（ABa）a+ABbD﹣a∴S2S1=A（A﹣∴S2S1=A（A﹣（﹣b（A﹣aABa•a（A﹣b（A﹣aAD﹣a（﹣AB+）（A﹣a（a﹣a）b•A﹣a﹣bAB+=b（A﹣A）=b．故选B．【点本考查整的混运整体思在整运中为见适时用思想可问简化并迅速解相问时应意看整的数式常用括号括来也查正形的质．16（重(A·4）下命正的是A.平四形对线相垂平分C.菱的角互平且相等【考】边的角的性质【解析】A.错。行边的角线相分。B.错。形对线相平且等。B.矩的角互垂平分D.正形对线相直平分C.错。形对线相垂平，一相。D.正。方的角互相直分另，方形对线相。【点评】题要查边形对线性，于中当的单。17（广·3分下列述形，轴称图但是心称形的（）A．圆B．形C．行边形D．腰角形【分】据对图与中对图的念解．【解】：、轴图形也中对图，故选错；B、轴称形也心对图，此项误；C、是对图，心对图，此项误；D、轴称形不心对图，此项确．故选D．【点】题查中对称形轴称形概念轴称形关是寻对，图形部沿称折后可合中对图是要找称心旋转80后原图重合．1北•2根长为a(：m)的铁首尾接成个方要将它按图7的式外扩1（位：m)，得新方形则根丝增（ ）A．4．.(a4)mD．A．4．.(a4)mD．(a)m1广3点P菱形ABD上一动它点A出在AB→→D路径速动点PAD面为yP的动时为则y于x函数象大致为（）A．B．C．D．【分设形高为h即是个分点P在AB在C和在CD上三情，利用角的积式式求相的数系，然选答即．【解】：三情：①当P在B上，图1，设菱的为，y=AP•，∵AP随x的大增h不，∴y随x增而大，故项C正；②当P故项C正；②当P边BC上，图2，y=AD•，AD和h不，∴在个程，y不，故项A正；③当P边CD上，图3，y=PD•，∵PD随x的大减h不，∴y随x增而小，∵P从点A发在B→CD径速动点D，∴P三线上动时间同，故项D正；故选B．【点题查动问题函图形性质根点P的置不同分段求出△PD面的达是解的键．20(218四省山市2分)下命为命是（A.两直被组行所截所的应段比例B.相三形积比于相比C.对线B.相三形积比于相比C.对线相直四形是形D.顺连矩各的点所的边是方形【答】A【考】题定理【解解】：A据平线线成例理即判正，A符题意；B.相三形积比于相比平，错，B符题；C.对线相直平四边是形故误C不合意；D.顺连矩各的点所的边是菱，故误D符题；故答为:.【分】A根平线线段比定即判对错；B.根相三形性即可断错；C.根菱的定可断对；D.根矩的质三形中线理可断错；21（018四省州市3分如，方形ABCD中，，F分在边D，D上AFBE相交点，若AE=EDF=CF的值（）A．B．C．D．【分】图，F∥A，交AB于N，交BE于M设DE=，则AE3a利平行分段成比定解问即；【解】：图，F∥AD交B于N交BE于M．∵四形BCD是方，∴ABCD∵F∥A，∴四形NFD是行形，∵∠D90，∴四形NFD是析，∵AE=DE设∵∠D90，∴四形NFD是析，∵AE=DE设E=，则=3a，D=A=CDFN=a，=DF=2，∵AN=N，N∥E，∴BM=E，∴MN=a，∴FM=a，∵AEFM，∴===，故选C．【点题查方的性行分段比例理三形位定理知解题的键学添常辅助构平行解问会用参解问于考常考型．22（208四省市图方形ABCD边为2P为D中连结P点B作B⊥AP于点，长CE交AD于点F过点C作CHBE点G交AB于点，接HF．列论确是（）D．HF=EFCFA．CE=B．EF=C．co∠CP=【考S似角判定性K等形的定性L形的质；T7：直三形．【分首明BHA推出G=B推出CE=再证△AC△CER△HF≌R△HFA利全三形质即一判．【解】：接H．∵四形BCD是方，∴CD=B═C=A∵四形BCD是方，∴CD=B═C=A=2CDB，∵BEAPCHBE，∴CHPA，∴四形PAH是行形，∴CP=H，∵CP=D=，∴EH=B∵H⊥B，∴BG=G，∴CB=E=，选项A∵CH=H，B=C，H=H，∴△AC△CE，∴∠CH=CEH90，∵HF=F，E=H，∴RtHF≌R△HF，∴AF=F设E=AFx，在R△CDF中有2+（﹣x）=（+x），∴x=，∴EF=，故B误，∵PACH，∴∠CP=ECH∠BH，∴co∠CE=co∠BH==故C误．∵HF=，EF=，F=∴HF2EF•C故D正，故选D．【点题查方的性等角的定和质勾定角三函等知识解的键是会加常辅构全三角识解的键是会加常辅构全三角解问于考选题压轴题．二.填空题1(208川眉市1分)图形OBC边OA在x轴负轴上O是标点，A点标－1,0角线C和OB交点D且A·OB160若比函数=＜0的象过点D与BC的长交点E则S△OC∶S△OA= .(x【答】15【考】比函数k的何义全三形的定性，形性质【解解】：作G⊥AOBHAO,∵BOAC=60，∴S菱形=·BO·C=8，∴S△OAC=S菱形=4，∴·AO·G=4，∵A（10,∴OA=0,∴CG=,在R△OGE中，∴OG=，A=4,∴C（6,8∵△BH△CO，∴BH=G=8AH=G=6,∴B（16,∵D为BO的点，∴D（∴BH=G=8AH=G=6,∴B（16,∵D为BO的点，∴D（8,4又∵D在比函上，∴k=-×4-3，∵C（6,8∴E（，8又∵E在比函上，∴8a=32,∴a=-∴E（4，∴CE=，∴S△OCE=·CE·G=×28=8，S△OAB=·O·BH=×10×=40,∴S△OC：S△OA=8:0=15.故答为::5.【分】：作G⊥O,H⊥AO根菱和角的面公可得SOAC=S菱形=40从而得OA10,G=8在R△OE据股理得OG6G=4即（-,8据全三形的性和点标式得B-168D（8,4，将D代反例数析式得，设（a8点E坐代入比函解式可得-4据形面公分别得S△OCE和S△OAB ，从得S△OC：S△OA.2（西林•3分如图矩形ABC的边AB与x交点D与比函数 (k>0)在第象的像点E∠AO=3°点E的坐为ΔDE的积是则k的值是 【答】【解分过E作E⊥x垂为则EF【答】【解分过E作E⊥x垂为则EF求DEF30从而E=根据ΔODE的积是求出OD=从而F=3，以k=3.详解过E作F⊥x轴垂为F，∵点E的坐为，∴EF=，∵ΔOE面是∴OD=，∵四形ABC是形∠AOD30,∴∠DF=3°,∴DF=∴OF=3 ，∴k=3 .故答为3 .点睛本考了比函数析的法求点E坐是题键.3（广广·3分）图若形3（广广·3分）图若形BCD顶点，B的标别3，0（-，0）点D在y上则点C的坐是 。【答－54）【考】标图性，菱的质矩的定与质【解解】：∵（3，∴AB=，A=3BO=，又∵形ABD菱，∴AD=D=B=AB5，在R△AOD中，∴OD=，作C⊥x（-，）,∴四形ECD为形，∴CE=D=，OECD=，∴C（5,）.故答为（-54）.【分根据AB点标可出形BCD边为在RtAOD中根勾股理求出OD4作C⊥x轴得四形ECD为形据矩性得C坐.4（广深·3）如，形ACD方形∠CA∠AF直角点、A、B三共，AB4阴影分面是 ．【答】8【考】等角的定与质正形【答】8【考】等角的定与质正形性质【解解】：边形CFD是方，∴∠CF=9°AC=F，∴∠CE+FAB90，又∵CEA和ABF都角，∴∠CE+ACE90，∴∠AE=FA，在△AE△FB∵,∴△AE△FA（AS∵AB=，∴CE=B=，∴S阴影S△ABC=故答为8.·AB·E=×4×=8.【分析根据方的质得∠AF=0°AC=A再根据角内角和角的余相等得∠AE=FAB由等角形判定AAS△AE△FAB由等角的质得C=AB4，根据角的积式可得影分面.5（广广3如图9E平四形ABD边AB的直分线垂为点O，CE与DA延交于点，连接ACBEDO，DO与AC交于点则下结：①四形CBE是形∠ACD∠BE③AFBE=：3④其中确结有 （写有确论序号）【答】②④【考角的积全等角的定性线垂平线性平四形的性质相三形判与性质【解【答CE平四形ABD边AB的直分A=BO,AOE∠BOC=9°,C∥E，E=B，CA=B，∴∠OE=OB，∴△AE△BO（AA∴AE=C，∴AE=E=C=C，BOC=9°,C∥E，E=B，CA=B，∴∠OE=OB，∴△AE△BO（AA∴AE=C，∴AE=E=C=C，∴四形CBE是形，故①确.②由四形CBE是，∴AB平∠CA，∴∠CO=BA，又∵形ABD平边形，∴BACD，∴∠CO=AC，∴∠AD=BAE.故②确.③∵E直分线B，∴O为AB中又∵形ABD平边形，∴BACDAO=AB=CD，∴△AO△CF，∴= ，∴AF:C=13,∵AC=E，∴AF:E=13,故③误.④∵·C·OC,由知AFAC=:3,∴,∵= ×CD·O=,∴=+==,∴故④确.故答为①④.【分析】①根据平行四边形和垂直平分线的性质得AO=B,∠AO=∠BC=0°,C∥AE，AE=B故答为①④.【分析】①根据平行四边形和垂直平分线的性质得AO=B,∠AO=∠BC=0°,C∥AE，AE=BA=C根据SA得△AE△BO由三角性得E=C据四相的四边形菱得①确.②由菱形性质得∠AO=∠AE，根据平行四边形的性质得BA∥CD，再由平行线的性质得∠CAO=AC，量换ACD=BA；②确.③根平四形垂平分的得B∥CAO=AB=CD从得AF∽△CD，由相三形质得=从而出F:A=1:,即:BE=13,③误.④由三角形面积公式得·C·OC,从③知 A:AC1:3,所以=+==,从而得出故④确.6（川宾3如图在形ACDAB=3B=2点E为段B上动，将△CE沿E叠点B在形点F处列结正的②③（出有正确论序）①当E为段B点AF∥C；②当E为段B点AF=；③当、、C点线，AE=；④当、、C点线，△CF△AE．【考】P：折换折叠题；K：等形的定LB矩的质．【分】两情分求解可决题；【解】：图1中当AEEB∵AE=B=E，∴∠EF=EF，∵∠CF=CE，∠EFEAF+EF，∴∠BC=EA，∵AE=B=E，∴∠EF=EF，∵∠CF=CE，∠EFEAF+EF，∴∠BC=EA，∴AFEC故正，作E⊥A，则M=F，在R△ECB中EC==，∵∠AE=B=9°∠E=∠CE，∴△CB△EA，∴=，∴=，∴AM=，∴AF=AM=，②确，如图2中当、、C线时设E=．则EBEF=﹣，AF=﹣，在R△AEF中∵A2=AFEF2，∴x2（﹣2）2（3x），∴x=，∴AE=，③确，如果△CF△AE∴AE=，③确，如果△CF△AE，∠EAF∠EF=ECB30，显不合意故错误，故答为②．【点题查折换等角的质勾股理矩的质相似角的判定和质知，题关键灵运所知解决题属中填题中．（四川贡4如△AC中AC=C=2B=将沿B折得△AD，则四形DBC的状菱点PF分为段ABADDB任点则PE+的最值是．【分】据意明边相即得菱；出F关于AB的称点再过M作ME⊥AD交ABA点P此时E+PF最，出ME即．【解】：△AC沿B翻得△AD，∴AC=D，C=B，∵AC=C，∴AC=D=B=B，∴四形DBC是形，故答为；如图作出F关于AB的称点M再过M作MEAD过点A作作出F关于AB的称点M再过M作MEAD过点A作N⊥C，∵ADBC，∴ME=N，作C⊥A，∵AC=C，ABA点P时P+PF小时PE+F=M，∴AH=，由勾定可，C=，∵，可得AN=，∴ME=N=，∴PE+F小为，故答为．【点题要查径和短题会合对称知和垂段短”基事实分析最路是题关键．8（北门3分如图在面角标系xOy数y=（k＞＞0图象经菱形ACD的顶点D和边AC的中点E菱形ACD边长为3则k的为．【分】过D作D⊥x于Q，过C作C⊥x轴于，过E作EF⊥x【分】过D作D⊥x于Q，过C作C⊥x轴于，过E作EF⊥x轴于设D点的标为（，b，出CE坐标代函解式求出，根勾定求出，可请求出案．【解答】解：过D作DQ⊥x轴于Q，过C作CM⊥x轴于M，过E作EF⊥x轴于F，设D的标（，b则C的标（a3，∵E为AC的点，∴EF=CM=b，AF=AM=OQ=a，E点坐为3+a，b把DE坐代入y=得：k=a=（+a）b，解得a=，在R△DQO中由股理得a2+b=32，即22+2=，解得b=∴k=a=2（负舍，，故答为2．【点题查勾定理反例数象点的标征菱的质等识能得出于、b的程此题关．9（株市•3分如图形ABD9（株市•3分如图形ABD对线AC与BD相点，A＝10PQ为A、AD的点则PQ的的度 .【答】25【解】析根矩的性得ACBD=0，=DO=B=5再据角中位定可得PQDO=.5．详解∵形ABD形，∴AC=D=1，B=DOBD，∴OD=D=，∵点、Q是A，AD的点，∴PQ是△OD中线，∴PQ=O=25．故答为2.．点题要考了形的及三形位线键是握形对线且互相分．10（山青·3分）图已正形CD边为5点、F分在A、DC上，A=DF2，E与AF交点G点H为F点，接H则GH的为．【分】据方的条边相得ABAD每一角是角得AE=∠=9°，然后用边边证△AB≌△AF得∠BEDAF一得AGE∠BF=90而知GH=BF利勾定求出F长可出．【解】：四形CD正形，∴∠BE=D=9°AB=，在△AE△DF∵，∴△AE△DA（SS∴∠AE=DA，∵∠AE+BEA90，∴∠D∵，∴△AE△DA（SS∴∠AE=DA，∵∠AE+BEA90，∴∠DF+BEA90，∴∠AE=BGF90，∵点H为F中，∴GH=BF，∵BC=、C=C﹣DF5﹣3，∴BF==，∴GH=BF=，故答为：．【点本考查正形的等三形判定性直角角两锐互知识，握角全的定方与方的质解题关．11.（东海8分）图将形BC纸片折，点B与D边的点K重合EG为痕点C与AD边上点K合FH为已∠1=7.°2=7°EF=求BC的．+1，【分析由题知∠318°﹣2∠=45、∠418°﹣2∠=30、BEKE、F=FC作KM⊥BC设M=，知M=MF=x，据EF的求得=1，进步解得．【解题意得∠3=10﹣21=4°∠4=10﹣22=3°E=KEKF=C，如图点K作K⊥BC点M，设KMx则EMx、F=x，∴x+x=+1，解得x=，∴EK=、KF2，∴BC=E+E+FCEK+F+K3++，∴BC的为3++．【点本主要查折变设KMx则EMx、F=x，∴x+x=+1，解得x=，∴EK=、KF2，∴BC=E+E+FCEK+F+K3++，∴BC的为3++．【点本主要查折变解的关是握翻变的质折前后形状和大不，置化对应和应相．12（京2）图在形CD中，E是边B的接E交对线于点F，若B4，D3，则CF的为 ．CDAEB【答】103【解】四形CD是矩，∴BCD4，B∥CD，C9，在Rt△C中，C9，∴C D2CD25，∵E是B中点∴E1B1CD，22∵B∥CD，∴FE1，∴CF2C10．CF CD 233【考】形性，股定，似角的质及定13（安•4分）矩形BCD中，B=，BC.点P在形ACD内，点E边BC上，足PB∽△BC若△AD等三形则PE的为数 _.【答】3或12【解分】△PB∽△DC可∠PB=∠C，而确点P在BD上，后根据△AD等三形分DPDAAP=P种进行论可.【详】四形BCD矩形∴BAD∠C90，CD=B=，∴D=1，∵△PE△DB，∴∠PE=DB，点P在BD上，如图，当DP=A=8时P=2，F∵△PE△DB，∴PECD=∵△PE△DB，∴PECD=B：B=：1，∴PE6=：1，∴PE=.2；如图，当AP=P，时P为BD中，∵△PE△DB，∴PECD=B：B=：2，∴PE6=：2，∴PE=；综上PE的为12或，故答为1.2或3.【点】题查相三角的质等三形的质矩的质，确定点P段BD上题的键.14湖北省武汉3分正形ACD边D作等△AE∠BC度数3°或15°．【分】等△AE正方的部外两情况别解得．【解】：图，∵四形BCD为方∵四形BCD为方△ADE为边角，∴AB=C=C=ADAE=EBAD=ABC∠BD=ADC0°∠AE=∠DE∠DA60°，∴∠BE=CDE15°又ABAEDC=E，∴∠AB=CED15，则∠BC=AE﹣∠EB∠CED30．如图，∵△AE等三形，∴AD=E，∵四形BCD是方，∴AD=C，∴DE=C，∴∠CD=EC，∴∠CE=AD﹣∠DE=°﹣6°=0，∴∠CD=ECD=（1030°=7°，∴∠BC=30﹣7°×﹣60=15°．故答为30或50．【点题查正形的质等三形性质等三形判与性记各性质准识是题关键．15湖南省常德3分如，矩形BCD沿EF叠使点B在D边的点G处点C点H，知∠DH=3°接B则∠AB=75°．【分析由折的性知：GEBE，EGH∠AB90°从而证明EBG∠EGB然后再根∠EH∠EG=∠C﹣∠B∠BC∠GH由行的性可∠AGB∠GC，从而证AGB∠BH此可答．【解】：折的质可：G从而证AGB∠BH此可答．【解】：折的质可：G=B，∠GHABC=9°，∴∠EG=EG．∴∠EH∠EG=∠BC∠EB，：∠BC∠BG．又∵A∥B，∴∠AB=GB．∴∠AB=BG．∵∠DH=3°，∴∠AH=10，∴∠AB=∠AGH75，故答为75．【点本主要查折变解的关是练掌翻变的质折叠后的形状大不，置化，应和应相．16.东州•5分）图在形BCD，AB=，B=4点、F别在C、上若AE=，EAF45，则F长为．【分取B点连接ME在AD上取NDDF设D=DNx则F=x，再用矩形性和知件明△AE△FN用似三形性应的比相可求出x值在角形ADF利勾定即求出F长．【解】取AB的点M连接ME在D取NDDF设D=DNx，∵四形BCD是形，∴∠D∠BD=B=9°D=BC=，∴NF=x，A=4x，∵AB=，∴AM=M=，∵AE=，AB2，∴BE=，∴ME==，∵∠EF=4°，∴∠ME+NAF45，∵∠ME+AEM45，∴∠MA=NA，∴△AE△FN，∴，∴，解得x=，∴AF==．故答为：．【点本考查矩的性相∵∠EF=4°，∴∠ME+NAF45，∵∠ME+AEM45，∴∠MA=NA，∴△AE△FN，∴，∴，解得x=，∴AF==．故答为：．【点本考查矩的性相三角的断和质及股理运确加辅助构相三形解题关，17.西•3分在正形中， =6，接,,是正形上对线上一点若 =2，则的为 .【解析】题察问题涉直三形辅助股理思想综性较强。HAPADADD30°PPBCBCBC图1图2图3首，能断符条的P点有3个：图，P=2；图2，为△PD是直三形PD=PA以∠PA=3°所以PA=如图3设PH=,则PA=,PD=,,以,以A=【答案】 2，，★★★18（山枣庄4）如，正形ABD，AD=2，边BC点B逆时旋转30°到段BPPD=,,以,以A=【答案】 2，，★★★18（山枣庄4）如，正形ABD，AD=2，边BC点B逆时旋转30°到段BP连接AP并延交CD点E接C则形PE面为 9﹣5．【分析】根据旋转的思想得PBBC=B，∠PBC30°，推出△AP是等边三角形，得到∠过P作PFCD于，BAP=6APAB=2于是到论．角三形到E=2﹣2P=4﹣2【解】：四形CD正形，∴∠AC=9°，∵边BC绕点B时转3°到段B，∴PB=C=A，PBC30，∴∠AP=6°，∴△AP等三形，∴∠BP=6°AP=B=2，∵AD=2，∴AE=，D=2，∴CE=2﹣，PE4﹣2，过P作P⊥CD于，∴PF=PE=2﹣3，∴三形CE面=CE•F=×2﹣2）（2﹣39﹣5，故答为9﹣5．【点题查旋的性方的质边三形判和质解直三【点题查旋的性方的质边三形判和质解直三形，正确作辅线解的关．19．（川都3分）图在形中以下骤图①别点和为圆以于的长径作两相于点和 作线交的于为点.若，，则矩形的对角线长 ．【答】【考】段直分的性，股理作—基作图【解解】接A，根据意知N直分AC∴AE=E=3在R△ADE中AD2AE2-2AD2=94=5∵AC2AD2+C2AC2=525=0∴AC=【分】据图可知MN垂平分∵AC2AD2+C2AC2=525=0∴AC=【分】据图可知MN垂平分C根垂平分的质可出AE的长再根据勾定可出D，然再用股理出AC即。三.解答题1.（山•12分）(本题12)与践问题情境：在数学活动课上，老师出示了这样一个问题：如图1，在矩形ABCD中，AD=2ABE是AB线上点且BE=AB接DE交BC于点M以DE边在DE左下作方形DEFG，连接AM判线段AM与DE的位关．探展：奋组现，AM垂直平分DE，并展示了如下明方法：证明：BEA, E2D2,D四边形ABCD形D//.EMEB依１）M ABEM1MM.EB,即AM是△ADE的DE边上的中线，DE,M.又（依据2）AM垂直平分DE．反交：(1)证过中的“据1据2”分别是指什么？断１的点A是否在线段GF直分，直回，必证；(2)小受勤小组启继进探如图2连接CE，以CE为边在CE的左方作正方形CEFG现点G在线段BC的直分上请给证；BC于点H，探发BC于点H，探发：(3)如图3，连接CE，以CE为一边在CE的右上方作正方形CEFG，可以发现点C点B都在线AE的垂直平分线上除此之外请观形ABCD和正方形CEFG的顶点与边，你还发现哪顶点在哪条边的平分线上，请写一个你发现的结论并加以证.【考点平线线成例三合，方形矩性，等【解析】(1)答：依据1条线被组行所，的应段比例或行分线段成比例.依据2等三形角平线底上中线底上高相合（等三角形的“三线合.答：点A在段GF的垂直平分线.(2)四边形ABCD矩，点E在AB的长上，证过点G作GHECC..四边形CEFG为方形，GE,E13..C ≌.C.四边形ABCD形D.D2,E,C2E2.CH.GH垂直平分BC.点G在BC的直分上（3）答：点F在BC边的垂直平分线或点F在AD垂平分上.证一过点F作FMBC于点M，过点E作ENFM于点N.N MF.四边形ABCD矩，点E在AB的延长上，EC.四边形BENM为矩.MN,N.12.四边形CEFG正形，FC,F.23..E.EF,.E.M.四边形ABCD矩，D.D2,B.C2M.M.FM垂直平分BC点F在BC的直分线.证二过F作FNBE交BE延线点N，连接FBFC.四边形ABCD是矩形，点E在AB的延长线上，CBE=ABC=N=90°.1+3=90°.四边形CEFG为正方形EC=EF，CEF=90°.1+2=90°.2=3.△ENF△CBE.NF=BE,NE=BC.四边形ABCD是矩形AD=BC.AD=2ABBE=AB.设BE=a，则BC=EN=2a,NF=a.BF=CF.点F在BC边垂平线.2（东庄•10）如，矩形BCD沿F折叠使点D落在BC的点E，过点E作E∥CD交AF点G，接D．（1求：边形EFDG是菱；（2探线段EGGFF之的量系并明理；（3若A=6EG=2，求E的．【分析（3若A=6EG=2，求E的．【分析（1）依翻的性质平线的质明∠DG=∠DG，而到GDDF，下来依翻的质明DG=GEDF=F；（2连接E交AF于点O菱的质知G⊥DEOG=F=GF下证△DF∽△AF由似角性质明DF2FO•F是可到E、F、G量关；（3点G作G⊥DC足为H利2结可得FG4后△AF中据股定理得AD的再证△FH△FA用相三形性可得GH的最后据BEADGH解可．【解】（）明∵GEDF，∴∠EF=DF．∵由折性可：GGE，D=E，∠GF∠EG，∴∠DF=DF．∴GD=F．∴DG=E=D=E．∴四形FDG为形．（2）G2=GF•A．理由图1示接DE交AF于点O．∵四形FDG为形，∴GFDEOG=F=GF．∵∠DF=ADF90，FD=∠FA，∴△DF△AD．即DF2FO•F．∴∵FO=GF，F=E，∴EG2=GF•F．（3如图2示过点G作G⊥D，足为．∵EG∵FO=GF，F=E，∴EG2=GF•F．（3如图2示过点G作G⊥D，足为．∵EG2=GF•F，G=，EG2，∴20=FG（G+6，理：FG26F﹣400．解得FG=，F=﹣0去．∵DF=E=2∴AD=，AF10，=4．∵GHDCADDC，∴GHAD．∴△FH△FA．∴，即=．∴GH=．∴BE=D﹣H=4﹣=．【点】题要查是四形三形综应用解本主应了矩的、菱形判和质相三角的质判股定的利相三角的得到DF2FO•F解答关依相角形性得GH的解答（3）的关．3（山淄博8）如以AB为径O外于AB，过A切线P与BC的延线点，∠PB的平线交A，C点，E中A，B（A＜BD的长是一二程x25x+0的个数．（1求：PABD=B•A；（2在段BC是在一点M使四边形ADE是形若在请予证，求：其面；不在说理由．【考：其面；不在说理由．【考】M：的合．【分（证∠PE∠BP∠AP∠B从可知PA∽△BD利相似角的性质即求答．（点D作D⊥PB点作DGAC点求得E=B=（知，从而知osBDFcoBAC=cs∠PC=从可出AD和DG的度证明边形ADFE是形此时F为M，用行边的面即求形ADE的面．【解】（）DP分∠AB，∴∠AE=BP，∵AP与⊙O相，∴∠BP=BAC∠EP=9°，∵AB是⊙O的径，∴∠AB=BAC∠B90，∴∠EP=B，∴△PE△PB，∴，∴PA•D=P•A；（2过点D作DFPB点F作D⊥C点G，∵DP平∠AP，AD⊥A，D⊥P，∴AD=F，∵∠EP=B，∴∠AC=BA，易证DFAC，∴∠BF=BA，由于E，D（E＜D长是x﹣5+6=，解得AE=，B=3，∴由1可：，∴co∠AP==，∴co∠BD=co∠AC=，∴，∴DF=，∴由1可：，∴co∠AP==，∴co∠BD=co∠AC=，∴，∴DF=，∴DF=E，∴四形DFE是行形，∵AD=E，∴四形DFE是形，此点F为M点，∵co∠BA=co∠AC=，∴si∠BA=，∴，∴DG=，∴在段C是存点M使四形AME菱形其面为DG•E=×=【点题查的合问及周定锐三函的义平行边的判定及面公似角形判与质综程度查学的活运知能力．4.（江扬•0分）图在行形ABCD中DB=A点F是B中，连接DF并长交CB的长线点，接A．（1求：边形AEBD是菱；（2若D=，tanDCB，求形（1求：边形AEBD是菱；（2若D=，tanDCB，求形EBD的积．【分（△AF≌BFE推出D=B知边形EBD是行边再据BDAD可得论；（2解角角求出F的即解问；【解（）明∵边形BCD是行边，∴ADCE，∴∠DF=EB，∵∠AD=EF，AFFB，∴△AD△BF，∴AD=B∵A∥E，∴四形EBD是行形，∵BD=D，∴四形EBD是形．（2解∵边形ABCD是平四形，∴CD=B=，ABCD，∴∠AE=DC，∴ta∠AB=ta∠DB=，∵四形EBD是形，∴ABDEAF=B，F=D，∴ta∠AB= =3，∵BF=，∴EF=，∴DE=3，∴S菱形AEBD=•ABDE=•3=15．【点本考查行边形判和质菱的判和全三【点本考查行边形判和质菱的判和全三形的定质等知，题关是确寻全三形决题，于考考型．5（江盐城10在方形中对线所在直上两点、满足，接、、、如图示.（1求：（2试断边形；的状，说理.21答1解证正形ABDA=ABD=∠DB=5∠AE∠ADF13°，又∵B=D，∴△AE≅AD。（2解解四形AF是形理如：（1得△AB≅△DF∴AE=F。在正形BCD中，B=C，∠CD=CDB45，∠CBE∠CF=15，双∵B=D，∴△CE≅CD。∴CE=F。∵BE=E∠CB=∠BE=5°，B=A，∴△CE≅AB。∴CE=E，∴CE=E=A=C，∴四形ECF是形。【考】等角的定与质菱的定正方的质【解【析（由方形BCD的质得AAD∠AD=ADB45由等的角相等可∠AB=∠AF=1°，又已知BE=D，据“SS”判定等（）由（1全等得AE=F，可测四全等得AE=F，可测四形AEF菱由（）思可明△E≅△AE得到CE=AE不证△CE≅ABE得E=A可据“条相的边是菱”定即。3.6湖北省宜昌8分如，△ACAB=A，以AB直的交AC于点D，交BC于点E延长E点F使E=A，接F，FC．（1求：边形ABFC是菱；（2若A=7BE=，半圆形ABC面．【分（据角相互分四形平四边明平四形根邻边相等平四形菱即可明；（2设C=x连接BD利用股理建程可解问；【解（）明∵B是直，∠AB=9°∴AEBC，∵AB=C∴BECE∵AEF，四形BFC是四边，∵AC=B∴边形ABFC是菱．（2设C=x连接BD∵AB是径，∴∠AB=BDC90，B2﹣AD=CB﹣CD，（7）2﹣7=42x2，解得=1﹣（弃AC=8BD==，S菱形ABFC．【点本考查行边形判和质菱的判线的垂平线的质定理等题的键灵活用学识决题学添常用助造角角形解问，于考考题．湖北省宜昌11分矩形ABDAB=2P是边B一PBC直线PC叠点B对是点过点B作BEC足为E在DBE交PC于点F．（1如图1若点E是D的点求：AE△DE；（2如图2①证：=BF；②当D=2，且AEDE，求osPCB的；③当P=9时求B•EF值．【分（）判出=∠D=0，ABDC再出AEDE即得【分（）判出=∠D=0，ABDC再出AEDE即得结；（2）①用叠的质得出∠GC=∠BC=0°∠BPC∠GPC进判断∠GPF∠PFB即可出论；②判断△AB∽△EC得出比式建方程即可出AE=，D=16再判断△EF∽△GP进求出PC即可出论；③判出GE∽△AB即可出论．【解】（）形ABCD中∠A∠D=0AB=D，∵E是AD中，∴E=D，在△AE△DE，△AB≌△CESAS（2①矩形ABC，BC=9°，∵△BC沿PC折得GPC∴∠GC∠PB=9，∠BC=GP，∵BECG∴B∥P，∠GPF∠PB∴∠PFBFP∴BPBF；②当D=25时∵BEC0°∴∠EB∠CE=9，∵∠AB+ABE90，∠CED∠AE，∵∠A∠D90，△A∽△DC∴，设AEx∴DE25x∴，∴x9或x=1，∵AEDE∴A=9DE=，∴C=2，BE15，由折得BP=G∴BPF=PG∵B∥P，∴△EF△GC，∴设BP=BFPG=，∴，y=，∴BP=，在RtPBC中，，co∠PB==；③如，接G，∵∠GF=BAE90，∵BF∵∠GF=BAE90，∵BFPGBF=G∴▱BF是形∴B∥G，∠GFE∠AE，∴△GF△EA，∴，E•EF=B•G=1×9=08．【点题四形合题主考了形性质全三形判和性似三角形判和质折的性，用程思解决题解题关．8.（山青·8分）知如，行边形BC，角线C与D相于点E，点G为AD的点连接G，CG的长交A长线点，接F．（1求：ABAF；（2若A=A，∠CD=0°判四形ADF形状并明的论．【分（）要明=CD，F=D可决；（2结：边形ACDF是矩．据角相的平四形矩判即可；【解（）明∵边形BCD是行边，∴BECDAB=D，∴∠AC=DC，∵GA=D∠AG=∠GD，∴△AF△DG，∴AF=D，∴AB=F．（2解结：边形CDF矩．理由∵A=C，A∥C，∴四形CDF是行形，∵四形BCD是行形，∴∠BD=BCD∴∠BD=BCD12°，∴∠FG=6°，∵AB=G=A，∴△AG等三形，∴AG=F，∵△AF△DG，∴FG=G∵AGGD，∴AD=F，∴四形CDF是形．【点题查行形的定性形定等角的定质等识，解题关是确找等三形决题属中考考型．（山东安11如ABC中D是B上点E⊥C点F是D点，F⊥C点G与E交点H若F=A，AG平分CA，接G，C．（1求：△CG△G；（2小同经探现：A=ACEC请帮小亮学明一论．（3若∠=3°判边形EGF是为形说明由．【分（）据件出∠C∠DG=9°∠C=∠GE，据F是D点，F∥A，即可到FG是段D垂直分，而到G=GD∠CG=∠DE用AAS即判定△EC≌△HD；（点G作G⊥AB于P判△CA≌PA得ACA1得E=D可得到R△EC≌R△GD据ECPD即得出AD=+PD=A+E；（3据B=3°可∠ADE30而到A=AD故AE=F=FG再四形AEF是平四形即得四形AEF菱．【解】（）AF=，∴∠FG=FG，∵AG平∠CA，∴∠CG=FG，∴∠CG=FG，∴ACFG，∵DE∴ACFG，∵DEAC，∴FGDE，∵FGBC，∴DEBC，∴ACBC，∴∠C∠DG=9°∠C=∠GE，∵F是AD的点，G∥，∴H是ED的点，∴FG是段ED的直分线，∴GE=D∠GD=∠ED，∴∠CE=GD，∴△EG△GH；（2证：点G作G⊥AB于P，∴GC=P而A=A，∴△CG△PA，∴AC=P，由（）得E=D，∴RtEC≌R△GP，∴EC=D，∴AD=P+P=ACEC；（3四形AGF菱，证明∵B=3°，∴∠AE=3°，∴AE=AD，∴AE=F=F，由（）得AEFG，∴四形ECF是行形，∴四形EGF是形．【点题于边综合【点题于边综合要查菱的判等角的定和质线段垂直平线判定性以及含30角的角三形的性的合运，用全等角形的对边等对角等是决题关．10（山潍·8分）图点M正形ABCD边D一点接M，作DEAM于点，B⊥AM点F连接E．（1求：AEBF；（2已知AF=，边形BED面为2，∠EF的弦．【分（）过明BF≌DEA得到BF=E；（2设E=，则BF=，E=AF=，用形AED的面等△AE的与△AE的面积之得到•x•+•x•2=2，解程出x到AEF=6则EFx﹣=4然利用股定理出B，后正弦定求．【解（）明∵边形BCD为方，∴BA=D∠BA=9°，∵DEAM于点，B⊥M于点，∴∠AB=9°∠DA=9°，∵∠AF+BAF90，AD+∠AF=0，∴∠AF=EA，在△AF△DA中，∴△AF△DE（AS∴BF=E；（2解设A=x则Bx，DEAF=，∵四形BED的积为4，∴•x•+•x•2=2，得x6，x2﹣（去，∴EF=﹣24，∴BF=E；（2解设A=x则Bx，DEAF=，∵四形BED的积为4，∴•x•+•x•2=2，得x6，x2﹣（去，∴EF=﹣24，在R△BEF中BE==2，∴si∠EB===．【点题查正形的质正形四边都等四角是角方具有四边行边形形一性运用等角的识决线相的问题．考了直三形．11.（甘白，西，威）知形中是边的个点点，分别是，，的中.（1求：（2；，当边形是形时求形的面.【答】1证见；（）．【解】分】1据点,H是BCCE中点根中线性有F∥B，点G是BE的点，即可明BGF≌△FH．．（2当边形EGFH是方形，知F⊥H且，可求出矩的积.【解】1∵点F,H别是C,CE的点，∴FHBE，．∴．又点G是BE的点，∴．又∵∴△BF，≌△HC．（2当边形EGFH是方形，知F⊥H又∵∴△BF，≌△HC．（2当边形EGFH是方形，知F⊥H且∵在BEC中点，H别是E,EC的点,且GHBC,∴∴又∵A∥B,A⊥B,∴，∴．【点查位的质方的质全三角的定熟掌全等角的判定方是题关.12（京•5图在边形CD中，B∥C，BD对线C，交于点O，C平分D，过点C作CEB交B的延线点E，连接E．（1求：边形CD是；（2若B5，D2，求E的．DCABE【解（）明∵B∥CD∴CBCD∵C平分∴CBCD∴CDCDO∴DCD又∵DB∴BCD又∵∴DCD又∵DB∴BCD又∵B∥CD∴四形CD是平四形又∵BD∴YCD是形（2解∵边形CD是，对线C、D交点O．∴CD．AC1C，BD1D，22∴B1D1．2在Rt△B中，B9．∴A B2B22．∵CEB，∴C9．在Rt△C中，C9．O为C中．∴E1CA2．2【考】形性和定，股理直三形斜中线13京•7分图在方形CD中，E是边B的一（与点A，B重合连接E点A关于线E的对称为F连接F并长交C于点G连接G，过点E作HE交G的长于点H，连接H．（1求：FC；（2用式示段H与E数量系并明．DCGHAEB【解（）明连接F．∵A，F关于E对称．∴DD．EE．F在△E和△E中．DDCDEEEE在△E和△E中．DDCDEEEEG∴△E≌△E∴EE．∵四形CD是正形∴AC9．DCD∴EA9∴G18E9∴GC∵DF．DCD∴FCD在Rt△CG和Rt△G．CFHAEBGG∴Rt△CG≌Rt△G∴CGG．（2）H2E．证明在D上取点M使得ME，接E．∵四形CD是正形．∴DB．AC9．∵△E≌△ECD∴EE同理：CGG∴GFF1F1CFGMH22AEB1C42∵EH∴H90∴D18HH4∴DH∴EH．FF∵A9∴∵A9∴ED9∵H90∴DH9∴EH∵DB．ME∴MB在△E和△H中MBEHEH∴△E≌△∴EH在Rt△E中，A9，EM．∴E E2M22E∴H2E．【考方的质轴对的质全三形的质判腰角三形的性质判定1（浙舟6如边△EF的点EF矩形BCD的边CCD上且∠CEF45。求证形ABD正形【考】角全的定，形性，方的判定【解分析证矩形ABCD是方形根有组邻相的形正形可一组邻相等【解】四形BCD矩形，∴∠B∠D∠C90°∵△AF等三形∴AE=F∠AE=∠FE=°，又∠CF=4°，∴∠CE=又∠CF=4°，∴∠CE=CEF45，∴∠AD=AEB18°-4°-6°=7°，∴△AB△AF（AS∴AB=D,∴形ABD正形。.【评本考三形全的定矩的质，方的定属档题.15.（广东广州·12分）如图，在四边形ABCD中，∠B=∠C=9°，AB＞CD，AD=ABCD．（1利尺作∠DC平线D，交C点连接E保作痕不写法）（2在（）条下①证：A⊥D；②若D=，AB4点MN分是A，B的，求M+MN的小。【答（）（2①明在AD上一点F使F=D，接E，∵DE平∠AD，∴∠FE=CD，在△FD△CEDF=D，∠∴∠FE=CD，在△FD△CEDF=D，∠DE∠CD，DDE∴△FD△CD（SS∴∠DE=DCE90，FE=18°∠DF=9°∴∠DF=DE，∵AD=B+C，D=D，∴AF=B，在R△AF≌R△AE（）∴∠AB=AE，∴∠AD=AEF∠DF=CEF+∠BE=（∠CF+EF）=0。∴AEDE②解点D作D⊥AB点P，∵由可，，F关于E对，B=F，∴BM+N=F+M，当FM，N三共且⊥AB时有小，∵DPABAD=B+C=6，∴∠DB=ABC∠C90，∴四形PBC是形，∴BP=C=，APAB-P=，在R△APD中DP==，∵FNAB由知AFB=4，∴FNDP，∴△AN△ADP∴，即，解得N=，∴BM+N最值为【考】全三角的定与即，解得N=，∴BM+N最值为【考】全三角的定与质，形的定性质作图基本图轴对的应-最短离题相三形的定性质【解分析（1根角平的法可出（2在D取点F使DFDC接EF角分定得DE=∠DE根全三形定SAS得FE≌△E再全等三角性和角义∠DFE∠DE=AFE90，∠DEF∠DC再直角形等定L得R△AF≌R△AB，全三角性得∠AEB∠AF再补义得A⊥DE.②点D作D⊥AB于点；由可，，F关于E对，据称质知M=FM，当FN三共且F⊥AB时最值即B+MN=F+MNFN在R△AD中根勾股定得DP==；由相三角形定得AFN△AP，再由似三形性质得，从求得FN即BMMN最值.16.（广东圳·8分）已菱的一角三角形一角重，后它的角顶点在这个重合角的对边上，这个菱形称为这个三角形的亲密菱形，如图，在△CE中，CF=6,E=1,∠CE=5°以点C圆，任为半作AD再别点A点D为圆心大于AD长半做交点B,B∥D.（1求：边形ACDB为△CE亲菱；（2求边形ACDB的积.【答（明知得AC=D,A=DB由知尺作痕得BC∠FCE的平分线,∴∠AB=DC，又∵A∥C,∴∠AC=DC，∴∠AB=AB，∴AC=B，又∵A=CDAB=B,∴AC=D=D=B，四形ACB菱又∵A=CDAB=B,∴AC=D=D=B，四形ACB菱，又∵ACD与FCE中FCE合它对∠AD顶在EF上，∴四形CDB为△EC亲密形.（2解设形ADB边为x∵C=6,E=1,∴FA=-x，又∵A∥C,∴△FB△FC,∴,即解得x=，，过点A作H⊥D点H,在R△ACH中∠AH=4°,∴si∠AC=,∴AH=×=2,∴四形CDB的积：.【考】形判与质，似角的定性质【解分析（1依可得AC=D,ABDB,C∠FCE的平线根平分的义和平线性得ACB∠AB据角等得AC=A而得AC=D=D=A据边相等四形菱即得四形CDB是形根据中新义可证.（2设形ACB边为x根已可得F=6CE=12FA=-x根相三角的定和性可得解x=过点A作H⊥D点H在R△ACH中根锐三角形函正的义可得AH,由边的公式可答.17.（东6如图BD是形ABD对角，CBD75，（1请尺作法作AB垂平线E为E交AD于（要写作保留作痕）（2在（）件，接B，∠DBF的数．【分（）以【分（）以AB为圆，于AB为画弧过弧交作线即；（2根∠DB=∠BD∠ABF计即；【解】（）图示，线F为求；（2∵边形ABCD是形，∴∠AD=DBC=∠AC=7°，D∥A，A=C．∴∠AC=10，∠BCC=18°，∴∠C∠A30，∵EF垂平线段A，∴AF=B，∴∠A∠FA=3°，∴∠DF=AB﹣∠BE=°．【点题查图基本图线的直分线性形性等知题的关键灵运所知解决题属常题．18（7如形BCDAAD把形对线C在直折，使点B落点E处AE交CD点F接D．（1求：△DE△C；（2求：△EF是三角．【分（据【分（据形性质出ADBCB=C结折的质得出D=CEAE=D，进而可出AD≌△D（SS（2据等角的质可出DEF∠EF用等对角出EFF由即可证出DEF是腰角．【解】明（1∵边形BCD是形，∴AD=C，B=C．由折的质得BC=，AB=E，∴AD=E，E=C．在△AE△CD，∴△AE△CE（SS（2由（）△AECED，∴∠DA=ED，∠DE∠ED，∴EF=F，∴△DF等三形．【点】本考查全三角的判与性、折变以及形的质解题关键：（据形性结折叠性出ADCE=CD（利全三形的质出∠DEF∠EF．19．208四省市）图已四形ACD平四形点F别是AB，BC的，AECF并∠AED∠CD．求证（）△ED△C；（2四形ACD菱．【考】L：形判；KD全【考】L：形判；KD全三形判与性；L：行边的性．【分】1由等形的定理SA得论；（2由邻相的四边为形证结．【解】1证：边形BCD是行边，∴∠A∠．在△AD△CD∴△AD△CF（AA（2由（），AE△CF，则AD=D．又∵形ABD平边形，∴四形BCD是形．【点考了菱的定全三形的定性质及行边的质解的键是掌相的质定．20（株市如在R△ABM和t△DN斜边别正形边B和A，中AM=AN.(1)证：t△BMRtND(2)段N线段AD交于，若AT=,求的值【答（）明解（2）.【解】析（1用【答（）明解（2）.【解】析（1用HL明可；（2证△DN∽AM可得，由T=A，出，在R△ABM中，tan∠BM=．详解（1∵A=A，AMN，∠MB∠AN=9°∴RtAB≌R△AN（H（2由R△AM≌t