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矩形菱形与正方形
一、选择题
1.（2018•四川凉州•3 分）如图将矩形 ABCD 沿对角线 BD 折叠，使 C 落在 C′处，BC′交 AD 于点 E，则下到结论不一
定成立的是（ ）
A．AD=BC′ B．∠EBD=∠EDB C．△ABE∽△CBD D．sin∠ABE=
【分析】主要根据折叠前后角和边相等找到相等的边之间的关系，即可选出正确答案．
【解答】解：A、BC=BC′，AD=BC，∴AD=BC′，所以正确．
B、∠CBD=∠EDB，∠CBD=∠EBD，∴∠EBD=∠EDB 正确．
D、∵sin∠ABE= ，
∴∠EBD=∠EDB
∴BE=DE
∴sin∠ABE= ．
故选：C．
【点评】本题主要用排除法，证明 A，B，D 都正确，所以不正确的就是 C，排除法也是数学中一种常用的解题方
法．
2 （2018•山东滨州•3 分）下列命题，其中是真命题的为（ ）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．一组邻边相等的矩形是正方形
【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．
【解答】解：A、例如等腰梯形，故本选项错误；
B、根据菱形的判定，应是对角线互相垂直的平行四边形，故本选项错误；
C、对角线相等且互相平分的平行四边形是矩形，故本选项错误；
D、一组邻边相等的矩形是正方形，故本选项正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查平行四边形的判定与命题的真假区别．正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命2
题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理，难度适中．
3．（2018·湖北省宜昌·3 分）如图，正方形 ABCD 的边长为 1，点 E，F 分别是对角线 AC 上的两点，EG⊥AB．EI⊥
AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为 G，I，H，J．则图中阴影部分的面积等于 （ ）
A．1 B． C． D．
【分析】根据轴对称图形的性质，解决问题即可；
【解答】解：∵四边形 ABCD 是正方形，
∴直线 AC 是正方形 ABCD 的对称轴，
∵EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为 G，I，H，J．
∴根据对称性可知：四边形 EFHG 的面积与四边形 EFJI 的面积相等，
∴S 阴= S 正方形 ABCD= ，
故选：B．
【点评】本题考查正方形的性质，解题的关键是利用轴对称的性质解决问题，属于中考常考题型．
4．（2018·湖北省孝感·3 分）如图，菱形 ABCD 的对角线 AC，BD 相交于点 O，AC=10，BD=24，则菱形 ABCD 的周长为
（ ）
A．52 B．48 C．40 D．20
【分析】由勾股定理即可求得 AB 的长，继而求得菱形 ABCD 的周长．
【解答】解：∵菱形 ABCD 中，BD=24，AC=10，
∴OB=12，OA=5，
在 Rt△ABO 中，AB= =13，
∴菱形 ABCD 的周长=4AB=52，
故选：A．3
【点评】此题考查了菱形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形的性质，属于中考常考题型．
5（2018·山东临沂·3 分）如图，点 E、F、G、H 分别是四边形 ABCD 边 AB、BC、CD、DA 的中点．则下列说法：
①若 AC=BD，则四边形 EFGH 为矩形；
②若 AC⊥BD，则四边形 EFGH 为菱形；
③若四边形 EFGH 是平行四边形，则 AC 与 BD 互相平分；
④若四边形 EFGH 是正方形，则 AC 与 BD 互相垂直且相等．
其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】因为一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线 BD=AC 时，中点四边形是菱形，当对角线 AC⊥BD 时，
中点四边形是矩形，当对角线 AC=BD，且 AC⊥BD 时，中点四边形是正方形，
【解答】解：因为一般四边形的中点四边形是平行四边形，
当对角线 BD=AC 时，中点四边形是菱形，当对角线 AC⊥BD 时，中点四边形是矩形，当对角线 AC=BD，且 AC⊥BD 时，
中点四边形是正方形，
故④选项正确，
故选：A．
【点评】本题考查中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识，解题的关键是记住一般四边形的中点四边形
是平行四边形，当对角线 BD=AC 时，中点四边形是菱形，当对角线 AC⊥BD 时，中点四边形是矩形，当对角线 AC=BD，
且 AC⊥BD 时，中点四边形是正方形．
6（2018·山东威海·3 分）矩形 ABCD 与 CEFG，如图放置，点 B，C，E 共线，点 C，D，G 共线，连接 AF，取 AF 的中
点 H，连接 GH．若 BC=EF=2，CD=CE=1，则 GH=（ ）4
A．1 B． C． D．
【分析】延长 GH 交 AD 于点 P，先证△APH≌△FGH 得 AP=GF=1，GH=PH= PG，再利用勾股定理求得 PG= ，从而得出
答案．
【解答】解：如图，延长 GH 交 AD 于点 P，
∵四边形 ABCD 和四边形 CEFG 都是矩形，
∴∠ADC=∠ADG=∠CGF=90°，AD=BC=2、GF=CE=1，
∴AD∥GF，
∴∠GFH=∠PAH，
又∵H 是 AF 的中点，
∴AH=FH，
在△APH 和△FGH 中，
∵ ，
∴△APH≌△FGH（ASA），
∴AP=GF=1，GH=PH= PG，
∴PD=AD﹣AP=1，
∵CG=2、CD=1，
∴DG=1，
则 GH= PG= × = ，
故选：C．5
【点评】本题主要考查矩形的性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定与性质、矩形的性质、勾股定理等知识点．
7（2018•湖南省永州市•4 分）下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．任意多边形的内角和为 360°
D．三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半
【分析】根据矩形的判定方法对 A 进行判断；根据菱形的判定方法对 B 进行判断；根据多边形的内角和对 C 进行判断；
根据三角形中位线性质对 D 进行判断．
【解答】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，所以 A 选项为假命题；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以 B 选项为假命题；
C、任意多边形的外角和为 360°，所以 C 选项为假命题；
D、三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，所以 D 选项为真命题．
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．
8（2018 年江苏省宿迁）如图，菱形 ABCD 的对角线 AC、BD 相交于点 O，点 E 为边 CD 的中点，若菱形 ABCD 的周长为 16，
∠BAD＝60°,则△OCE 的面积是（ ）。
A. B. 2 C. D. 4
【答案】A
【考点】三角形的面积，等边三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵菱形 ABCD 的周长为 16，∴菱形 ABCD 的边长为 4，
∵∠BAD＝60°,
∴△ABD 是等边三角形，
又∵O 是菱形对角线 AC、BD 的交点，
∴AC⊥BD，
在 Rt△AOD 中，
∴AO= ，
∴AC=2A0=4 ，
∴S△ACD= ·OD·AC= ×2×4 =4 ，6
又∵O、E 分别是中点，
∴OE∥AD，
∴△COE∽△CAD，
∴ ,
∴ ,
∴S△COE= S△CAD= ×4 = .
故答案为：A.
【分析】根据菱形的性质得菱形边长为 4，AC⊥BD，由一个角是 60 度的等腰三角形是等边三角形得△ABD 是等边三角
形；在 Rt△AOD 中，根据勾股定理得 AO= ，AC=2A0=4 ，根据三角形面积公式得 S△ACD= ·OD·AC=4 ，
根据中位线定理得 OE∥AD，由相似三角形性质得 ,从而求出△OCE 的面积.
9（2018·新疆生产建设兵团·5 分）如图，矩形纸片 ABCD 中，AB=6cm，BC=8cm．现将其沿 AE 对折，使得点 B 落在
边 AD 上的点 B1 处，折痕与边 BC 交于点 E，则 CE 的长为（ ）
A．6cm B．4cm C．3cm D．2cm
【分析】根据翻折的性质可得∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，然后求出四边形 ABEB1 是正方形，再根据正方形的性质可得
BE=AB，然后根据 CE=BC﹣BE，代入数据进行计算即可得解．
【解答】解：∵沿 AE 对折点 B 落在边 AD 上的点 B1 处，
∴∠B=∠AB1E=90°，AB=AB1，
又∵∠BAD=90°，
∴四边形 ABEB1 是正方形，
∴BE=AB=6cm，
∴CE=BC﹣BE=8﹣6=2cm．
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 是正方形是解题的关
键．7
10（2018·新疆生产建设兵团·5 分）如图，点 P 是边长为 1 的菱形 ABCD 对角线 AC 上的一个动点，点 M，N 分别是
AB，BC 边上的中点，则 MP+PN 的最小值是（ ）
A． B．1 C． D．2
【分析】先作点 M 关于 AC 的对称点 M′，连接 M′N 交 AC 于 P，此时 MP+NP 有最小值．然后证明四边形 ABNM′为平
行四边形，即可求出 MP+NP=M′N=AB=1．
【解答】解：如图 ，
作点 M 关于 AC 的对称点 M′，连接 M′N 交 AC 于 P，此时 MP+NP 有最小值，最小值为 M′N 的长．
∵菱形 ABCD 关于 AC 对称，M 是 AB 边上的中点，
∴M′是 AD 的中点，
又∵N 是 BC 边上的中点，
∴AM′∥BN，AM′=BN，
∴四边形 ABNM′是平行四边形，
∴M′N=AB=1，
∴MP+NP=M′N=1，即 MP+NP 的最小值为 1，
故选：B．
【点评】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题及菱形的性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．
11. （2018·四川宜宾·3 分）在△ABC 中，若 O 为 BC 边的中点，则必有：AB2+AC2=2AO2+2BO2 成立．依据以上结论，
解决如下问题：如图，在矩形 DEFG 中，已知 DE=4，EF=3，点 P 在以 DE 为直径的半圆上运动，则 PF2+PG2 的最小值为
（ ）8
A． B． C．34 D．10
【考点】M8：点与圆的位置关系；LB：矩形的性质．
【分析】设点 M 为 DE 的中点，点 N 为 FG 的中点，连接 MN，则 MN、PM 的长度是定值，利用三角形的三边关系可得出 NP
的最小值，再利用 PF2+PG2=2PN2+2FN2 即可求出结论．
【解答】解：设点 M 为 DE 的中点，点 N 为 FG 的中点，连接 MN 交半圆于点 P，此时 PN 取最小值．
∵DE=4，四边形 DEFG 为矩形，
∴GF=DE，MN=EF，
∴MP=FN= DE=2，
∴NP=MN﹣MP=EF﹣MP=1，
∴PF2+PG2=2PN2+2FN2=2×12+2×22=10．
故选：D．
【点评】本题考查了点与圆的位置关系、矩形的性质以及三角形三变形关系，利用三角形三边关系找出 PN 的最小值
是解题的关键．
12（2018·天津·3 分）如图，在正方形 中， ， 分别为 ， 的中点， 为对角线 上的一个动点，则下列
线段的长等于 最小值的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】分析：点 E 关于 BD 的对称点 E′在线段 CD 上，得 E′为 CD 中点，连接 AE′，它与 BD 的交点即为点 P，PA+PE
的最小值就是线段 AE′的长度；通过证明直角三角形 ADE′≌直角三角形 ABF 即可得解．
详解：过点 E 作关于 BD 的对称点 E′，连接 AE′，交 BD 于点 P．9
∴PA+PE 的最小值 AE′；
∵E 为 AD 的中点，
∴E′为 CD 的中点，
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠ABF=∠AD E′=90°,
∴DE′=BF，
∴ΔABF≌ΔAD E′，
∴AE′=AF.
故选 D.
点睛：本题考查了轴对称--最短路线问题、正方形的性质．此题主要是利用“两点之间线段最短”和“任意两边之和
大于第三边”．因此只要作出点 A（或点 E）关于直线 BD 的对称点 A′（或 E′），再连接EA′（或 AE′）即可．
13（2018·四川自贡·4 分）如图，在边长为 a 正方形 ABCD 中，把边 BC 绕点 B 逆时针旋转 60°，得到线段 BM，连
接 AM 并延长交 CD 于 N，连接 MC，则△MNC 的面积为（ ）
A． B． C． D．
【分析】作 MG⊥BC 于 G，MH⊥CD 于 H，根据旋转变换的性质得到△MBC 是等边三角形，根据直角三角形的性质和勾股
定理分别求出 MH、CH，根据三角形的面积公式计算即可．
【解答】解：作 MG⊥BC 于 G，MH⊥CD 于 H，
则 BG=GC，AB∥MG∥CD，
∴AM=MN，
∵MH⊥CD，∠D=90°，
∴MH∥AD，
∴NH=HD，
由旋转变换的性质可知，△MBC 是等边三角形，
∴MC=BC=a，10
由题意得，∠MCD=30°，
∴MH= MC= a，CH= a，
∴DH=a﹣ a，
∴CN=CH﹣NH= a﹣（a﹣ a）=（ ﹣1）a，
∴△MNC 的面积= × ×（ ﹣1）a= a2，
故选：C．
【点评】本题考查的是旋转变换的性质、正方形的性质，掌握正方形的性质、平行线的性质是解题的关键．
14（2018·台湾·分）如图 1 的矩形 ABCD 中，有一点 E 在 AD 上， 今以 BE 为折线将 A 点往右折，如图 2 所示，再作
过 A 点且与 CD 垂直的直线，交 CD 于 F 点，如图 3 所示，若 AB=6 ，BC=13，∠BEA=60°，则图 3 中 AF 的长度为何？
（ ）
A．2 B．4 C．2 D．4
【分析】作 AH⊥BC 于 H．则四边形 AFCH 是矩形，AF=CH，AH=CF=3 ．在 Rt△ABH 中，解直角三角形即可解决问题；
【解答】解：作 AH⊥BC 于 H．则四边形 AFCH 是矩形，AF=CH，AH=CF=3 ．
在 Rt△AHB 中，∠ABH=30°，
∴BH=AB•cos30°=9，
∴CH=BC﹣BH=13﹣9=4，
∴AF=CH=4，
故选：B．
【点评】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构11
造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．
15．（2018·浙江宁波·4 分）在矩形 ABCD 内，将两张边长分别为 a 和 b（a＞b）的正方形纸片按图 1，图 2 两种方
式放置（图 1，图 2 中两张正方形纸片均有部分重叠），矩形中未被这两张正方形纸片覆盖的部分用阴影表示，设图 1
中阴影部分的面积为 S1，图 2 中阴影部分的面积为 S2．当 AD﹣AB=2 时，S2﹣S1 的值为（ ）
A．2a B．2b C．2a﹣2b D．﹣2b
【考点】正方形的性质
【分析】利用面积的和差分别表示出 S1 和 S2，然后利用整式的混合运算计算它们的差．
【解答】解：S1=（AB﹣a）•a+（CD﹣b）（AD﹣a）=（AB﹣a）•a+（AB﹣b）（AD﹣a），
S2=AB（AD﹣a）+（a﹣b）（AB﹣a），
∴S2﹣S1=AB（AD﹣a）+（a﹣b）（AB﹣a）﹣（AB﹣a）•a﹣（AB﹣b）（AD﹣a）=（AD﹣a）（AB﹣AB+b）+（AB﹣a）
（a﹣b﹣a）=b•AD﹣ab﹣b•AB+ab=b（AD﹣AB）=2b．
故选：B．
【点评】本题考查了整式的混合运算：整体”思想在整式运算中较为常见，适时采用整体思想可使问题简单化，并且
迅速地解决相关问题，此时应注意被看做整体的代数式通常要用括号括起来．也考查了正方形的性质．
16（2018·重庆(A)·4 分）下列命题正确的是
A.平行四边形的对角线互相垂直平分 B.矩形的对角线互相垂直平分
C.菱形的对角线互相平分且相等 D.正方形的对角线互相垂直平分
【考点】四边形的对角线的性质
【解析】
A.错误。平行四边形的对角线互相平分。
B.错误。矩形的对角线互相平分且相等。
C.错误。菱形的对角线互相垂直平分，不一定相等。
D.正确。正方形的对角线互相垂直平分。另外，正方形的对角线也相等。
【点评】此题主要考查四边形的对角线的性质，属于中考当中的简单题。
17（2018·广东·3 分）下列所述图形中，是轴对称图形但不是中心对称图形的是（ ）
A．圆 B．菱形 C．平行四边形 D．等腰三角形
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．
【解答】解：A、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误；12
B、是轴对称图形，也是中心对称图形，故此选项错误；
C、不是轴对称图形，是中心对称图形，故此选项错误；
D、是轴对称图形，不是中心对称图形，故此选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠
后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转 180 度后与原图重合．
18（2018•河北•2 分）用一根长为 (单位： )的铁丝，首尾相接围成一个正方形.要将它按图 7 的方式向外等距扩
1（单位： )， 得到新的正方形，则这根铁丝需增加（ ）
A． B． C. D．
19（2018·广东·3 分）如图，点 P 是菱形 ABCD 边上的一动点，它从点 A 出发沿在 A→B→C→D 路径匀速运动到点 D，
设△PAD 的面积为 y，P 点的运动时间为 x，则 y 关于 x 的函数图象大致为（ ）
A． B． C． D．
【分析】设菱形的高为 h，即是一个定值，再分点 P 在 AB 上，在 BC 上和在 CD 上三种情况，利用三角形的面积公式
列式求出相应的函数关系式，然后选择答案即可．
【解答】解：分三种情况：
①当 P 在 AB 边上时，如图 1，
设菱形的高为 h，
a cm
cm
4cm 8cm ( 4)a cm+ ( 8)a cm+13
y= AP•h，
∵AP 随 x 的增大而增大，h 不变，
∴y 随 x 的增大而增大，
故选项 C 不正确；
②当 P 在边 BC 上时，如图 2，
y= AD•h，
AD 和 h 都不变，
∴在这个过程中，y 不变，
故选项 A 不正确；
③当 P 在边 CD 上时，如图 3，
y= PD•h，
∵PD 随 x 的增大而减小，h 不变，
∴y 随 x 的增大而减小，
∵P 点从点 A 出发沿在 A→B→C→D 路径匀速运动到点 D，
∴P 在三条线段上运动的时间相同，
故选项 D 不正确；
故选：B．
【点评】本题考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，根据点 P 的位置的不同，分三段求出△PAD 的面积的表达式
是解题的关键．14
20 (2018 四川省眉山市 2 分 ) 下列命题为真命题的是（ ）。
A.两条直线被一组平行线所截，所得的对应线段成比例
B.相似三角形面积之比等于相似比
C.对角线互相垂直的四边形是菱形
D.顺次连结矩形各边的中点所得的四边形是正方形
【答案】A
【考点】命题与定理
【解析】【解答】解：A.根据平行线分线段成比例定理即可判断正确，A 符合题意；
B.相似三角形面积之比等于相似比的平方，故错误，B 不符合题意；
C.对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故错误，C 不符合题意；
D.顺次连结矩形各边的中点所得的四边形是正菱形，故错误，D 不符合题意；
故答案为:A.
【分析】A.根据平行线分线段成比例定理即可判断对错；
B.根据相似三角形的性质即可判断对错；
C.根据菱形的判定即可判断对错；
D.根据矩形的性质和三角形中位线定理即可判断对错；
21．（2018 四川省泸州市 3 分）如图，正方形 ABCD 中，E，F 分别在边 AD，CD 上，AF，BE 相交于点 G，若 AE=3ED，DF=CF，
则 的值是（ ）
A． B． C． D．
【分析】如图作，FN∥AD，交 AB 于 N，交 BE 于 M．设 DE=a，则 AE=3a，利用平行线分线段成比例定理解决问题即可；
【解答】解：如图作，FN∥AD，交 AB 于 N，交 BE 于 M．
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AB∥CD，∵FN∥AD，15
∴四边形 ANFD 是平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形 ANFD 是解析式，
∵AE=3DE，设 DE=a，则 AE=3a，AD=AB=CD=FN=4a，AN=DF=2a，
∵AN=BN，MN∥AE，
∴BM=ME，
∴MN= a，
∴FM= a，
∵AE∥FM，
∴ = = = ，
故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质、平行线分线段成比例定理、三角形中位线定理等知识，解题的关键是学会添加常用
辅助线，构造平行线解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
22．（2018 年四川省南充市）如图，正方形 ABCD 的边长为 2，P 为 CD 的中点，连结 AP，过点 B 作 BE⊥AP 于点 E，
延长 CE 交 AD 于点 F，过点 C 作 CH⊥BE 于点 G，交 AB 于点 H，连接 HF．下列结论正确的是（ ）
A．CE= B．EF= C．cos∠CEP= D．HF2=EF•CF
【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KD：全等三角形的判定与性质；LE：正方形的性质；T7：解直角三角形．
【分析】首先证明 BH=AH，推出 EG=BG，推出 CE=CB，再证明△ABC≌△CEH，Rt△HFE≌Rt△HFA，利用全等三角形的
性质即可一一判断．
【解答】解：连接 EH．
∵四边形 ABCD 是正方形，16
∴CD=AB═BC=AD=2，CD∥AB，
∵BE⊥AP，CH⊥BE，
∴CH∥PA，
∴四边形 CPAH 是平行四边形，
∴CP=AH，
∵CP=PD=1，
∴AH=PC=1，
∴AH=BH，
在 Rt△ABE 中，∵AH=HB，
∴EH=HB，∵HC⊥BE，
∴BG=EG，
∴CB=CE=2，故选项 A 错误，
∵CH=CH，CB=CE，HB=HE，
∴△ABC≌△CEH，
∴∠CBH=∠CEH=90°，
∵HF=HF，HE=HA，
∴Rt△HFE≌Rt△HFA，
∴AF=EF，设 EF=AF=x，
在 Rt△CDF 中，有 22+（2﹣x）2=（2+x）2，
∴x= ，
∴EF= ，故 B 错误，
∵PA∥CH，
∴∠CEP=∠ECH=∠BCH，
∴cos∠CEP=cos∠BCH= = ，故 C 错误．
∵HF= ，EF= ，FC=
∴HF2=EF•FC，故 D 正确，
故选：D．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添
加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．
二.填空题17
1 (2018 四川省眉山市 1 分 ) 如图，菱形 OABC 的一边 OA 在 x 轴的负半轴上，O 是坐标原点，A 点坐标为（－10,0），
对角线 AC 和 OB 相交于点 D 且 AC·OB=160.若反比例函数 y= (x＜0）的图象经过点 D，并与 BC 的延长线交于点 E,
则 S△OCE∶S△OAB=________ .
【答案】1:5
【考点】反比例函数系数 k 的几何意义，全等三角形的判定与性质，菱形的性质
【解析】【解答】解：作 CG⊥AO,BH⊥AO,
∵BO·AC=160，
∴S 菱形= ·BO·AC=80，
∴S△OAC= S 菱形=40，
∴ ·AO·CG=40，
∵A（-10,0），
∴OA=10,
∴CG=8,
在 Rt△OGE 中，
∴OG=6，AG=4,
∴C（-6,8），
∵△BAH≌△COG，
∴BH=CG=8,AH=OG=6,
∴B（-16,8），
∵D 为 BO 的中点，
∴D（-8,4），
又∵D 在反比例函数上，
∴k=-8×4=-32，18
∵C（-6,8），
∴E（a，8），
又∵E 在反比例函数上，
∴8a=-32,
∴a=-4,
∴E（-4，8），
∴CE=2，
∴S△OCE= ·CE·CG= ×2×8=8，
S△OAB= ·OA·BH= ×10×8=40,
∴S△OCE：S△OAB=8:40=1:5.
故答案为:1:5.
【分析】解：作 CG⊥AO,BH⊥AO,根据菱形和三角形的面积公式可得 S△OAC= S 菱形=40，从而得 OA=10,CG=8,在 Rt△OGE
中，根据勾股定理得 OG=6，AG=4,即 C（-6,8），根据全等三角形的性质和中点坐标公式可得 B（-16,8），D（-8,4），
将 D 代入反比例函数解析式可得 k，
设 E（a，8），将点 E 坐标代入反比例函数解析式，可得 E（-4，8）；根据三角形面积公式分别求得 S△OCE 和 S△OAB ，
从而得 S△OCE：S△OAB.
2 （2018•广西桂林•3 分）如图，矩形 OABC 的边 AB 与 x 轴交于点 D，与反比例函数 (k>0)在第一象限的图像交于
点 E，∠AOD=30°，点 E 的纵坐标为 1，ΔODE 的面积是 ，则 k 的值是________
【答案】
【解析】分析：过 E 作 EF⊥x 轴，垂足为 F，则 EF=1，易求∠DEF=30°，从而 DE= ，根据 ΔODE 的面积是 求出 OD=
，从而 OF=3 ，所以 k=3 .
详解：过 E 作 EF⊥x 轴，垂足为 F，19
∵点 E 的纵坐标为 1，
∴EF=1，
∵ΔODE 的面积是
∴OD= ，
∵四边形 OABC 是矩形，且∠AOD=30°,
∴∠DEF=30°,
∴DF=
∴OF=3 ，
∴k=3 .
故答案为 3 .
点睛：本题考查了反比例函数解析式的求法，求出点 E 的坐标是解题关键.
3 （2018·广东广州·3 分）如图，若菱形 ABCD 的顶点 A，B 的坐标分别为（3，0），（-2，0）点 D 在 y 轴上，则点 C
的坐标是________。
【答案】（－5，4）
【考点】坐标与图形性质，菱形的性质，矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵A（3，0），B（-2，0）,
∴AB=5，AO=3，BO=2，
又∵四边形 ABCD 为菱形，
∴AD=CD=BC=AB=5，
在 Rt△AOD 中，20
∴OD=4，
作 CE⊥x 轴，
∴四边形 OECD 为矩形，
∴CE=OD=4，OE=CD=5，
∴C（-5,4）.
故答案为：（-5,4）.
【分析】根据 A、B 两点坐标可得出菱形 ABCD 边长为 5，在 Rt△AOD 中，根据勾股定理可求出 OD=4；作 CE⊥x 轴，可
得四边形 OECD 为矩形，根据矩形性质可得 C 点坐标.
4（2018·广东深圳·3 分）如图，四边形 ACFD 是正方形，∠CEA 和∠ABF 都是直角且点 E、A、B 三点共线，AB=4，
则阴影部分的面积是________．
【答案】8
【考点】全等三角形的判定与性质，正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形 ACFD 是正方形，
∴∠CAF=90°，AC=AF，
∴∠CAE+∠FAB=90°，
又∵∠CEA 和∠ABF 都是直角，
∴∠CAE+∠ACE=90°，
∴∠ACE=∠FAB，
在△ACE 和△FAB 中，
∵ ,
∴△ACE≌△FAB（AAS），
∵AB=4，
∴CE=AB=4，21
∴S 阴影=S△ABC= ·AB·CE= ×4×4=8.
故答案为：8.
【分析】根据正方形的性质得∠CAF=90°，AC=AF，再根据三角形内角和和同角的余角相等得∠ACE=∠FAB，由全等三
角形的判定 AAS 得△ACE≌△FAB，由全等三角形的性质得 CE=AB=4，根据三角形的面积公式即可得阴影部分的面积.
5 （2018·广东广州·3 分）如图 9，CE 是平行四边形 ABCD 的边 AB 的垂直平分线，垂足为点 O，CE 与 DA 的延长线交
于点 E，连接 AC，BE，DO，DO 与 AC 交于点 F，则下列结论：
①四边形 ACBE 是菱形；②∠ACD=∠BAE
③AF：BE=2：3 ④
其中正确的结论有________。（填写所有正确结论的序号）
【答案】①②④
【考点】三角形的面积，全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定
与性质
【解析】【解答】解：①∵CE 是平行四边形 ABCD 的边 AB 的垂直平分线，∴AO=BO,∠AOE=∠BOC=90°,BC∥AE，
AE=BE，CA=CB，
∴∠OAE=∠OBC，
∴△AOE≌△BOC（ASA），
∴AE=BC，
∴AE=BE=CA=CB，
∴四边形 ACBE 是菱形，
故①正确.
②由①四边形 ACBE 是菱形，
∴AB 平分∠CAE，
∴∠CAO=∠BAE，
又∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴BA∥CD，
∴∠CAO=∠ACD，
∴∠ACD=∠BAE.
故②正确.
③∵CE 垂直平分线 AB，
∴O 为 AB 中点，22
又∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴BA∥CD，AO= AB= CD，
∴△AFO∽△CFD，
∴ = ，
∴AF:AC=1:3,
∵AC=BE，
∴AF:BE=1:3,
故③错误.
④∵ ·CD·OC,
由③知 AF:AC=1:3,
∴ ,
∵ = × CD·OC= ,
∴ = + = = ,
∴
故④正确.
故答案为：①②④.
【分析】①根据平行四边形和垂直平分线的性质得 AO=BO,∠AOE=∠BOC=90°,BC∥AE，AE=BE，CA=CB，根据 ASA 得△AOE
≌△BOC，由全等三角形性质得 AE=CB，根据四边相等的四边形是菱形得出①正确.
②由菱形性质得∠CAO=∠BAE，根据平行四边形的性质得 BA∥CD，再由平行线的性质得∠CAO=∠ACD，等量代换得∠
ACD=∠BAE；故②正确.
③根据平行四边形和垂直平分线的性质得 BA∥CD，AO= AB= CD，从而得△AFO∽△CFD，由相似三角形性质得
= ，从而得出 AF:AC=1:3,即 AF:BE=1:3,故③错误.
④由三角形面积公式得 ·CD·OC,从③知 AF:AC=1:3,所以 = +
= = ,从而得出 故④正确.
6 （2018·四川宜宾·3 分）如图，在矩形 ABCD 中，AB=3，CB=2，点 E 为线段 AB 上的动点，将△CBE 沿 CE 折叠，使
点 B 落在矩形内点 F 处，下列结论正确的是 ①②③ （写出所有正确结论的序号）
①当 E 为线段 AB 中点时，AF∥CE；
②当 E 为线段 AB 中点时，AF= ；23
③当 A、F、C 三点共线时，AE= ；
④当 A、F、C 三点共线时，△CEF≌△AEF．
【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；KB：全等三角形的判定；LB：矩形的性质．
【分析】分两种情形分别求解即可解决问题；
【解答】解：如图 1 中，当 AE=EB 时，
∵AE=EB=EF，
∴∠EAF=∠EFA，
∵∠CEF=∠CEB，∠BEF=∠EAF+∠EFA，
∴∠BEC=∠EAF，
∴AF∥EC，故①正确，
作 EM⊥AF，则 AM=FM，
在 Rt△ECB 中，EC= = ，
∵∠AME=∠B=90°，∠EAM=∠CEB，
∴△CEB∽△EAM，
∴ = ，
∴ = ，
∴AM= ，
∴AF=2AM= ，故②正确，
如图 2 中，当 A、F、C 共线时，设 AE=x．24
则 EB=EF=3﹣x，AF= ﹣2，
在 Rt△AEF 中，∵AE2=AF2+EF2，
∴x2=（ ﹣2）2+（3﹣x）2，
∴x= ，
∴AE= ，故③正确，
如果，△CEF≌△AEF，则∠EAF=∠ECF=∠ECB=30°，显然不符合题意，故④错误，
故答案为①②③．
【点评】本题考查翻折变换、全等三角形的性质、勾股定理、矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的
关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
7（2018·四川自贡·4 分）如图，在△ABC 中，AC=BC=2，AB=1，将它沿 AB 翻折得到△ABD，则四边形 ADBC 的形状是
菱 形，点 P、E、F 分别为线段 AB、AD、DB 的任意点，则 PE+PF 的最小值是 ．
【分析】根据题意证明四边相等即可得出菱形；作出 F 关于 AB 的对称点 M，再过 M 作 ME⊥AD，交 ABA 于点 P，此时
PE+PF 最小，求出 ME 即可．
【解答】解：∵△ABC 沿 AB 翻折得到△ABD，
∴AC=AD，BC=BD，
∵AC=BC，
∴AC=AD=BC=BD，
∴四边形 ADBC 是菱形，25
故答案为菱；
如图
作出 F 关于 AB 的对称点 M，再过 M 作 ME⊥AD，交 ABA 于点 P，此时 PE+PF 最小，此时 PE+PF=ME，
过点 A 作 AN⊥BC，
∵AD∥BC，
∴ME=AN，
作 CH⊥AB，
∵AC=BC，
∴AH= ，
由勾股定理可得，CH= ，
∵ ，
可得，AN= ，
∴ME=AN= ，
∴PE+PF 最小为 ，
故答案为 ．
【点评】此题主要考查路径和最短问题，会结合轴对称的知识和“垂线段最短”的基本事实分析出最短路径是解题的
关键．
8．（2018•湖北荆门•3 分）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，函数 y= （k＞0，x＞0）的图象经过菱形 OACD 的顶点 D
和边 AC 的中点 E，若菱形 OACD 的边长为 3，则 k 的值为 ．26
【分析】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 点的坐标为（a，b），求出 C、E 的
坐标，代入函数解析式，求出 a，再根据勾股定理求出 b，即可请求出答案．
【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 点的坐标为（a，b）则 C 点的坐标为（a+3，b），
∵E 为 AC 的中点，
∴EF= CM= b，AF= AM= OQ= a，
E 点的坐标为（3+ a， b），
把 D、E 的坐标代入 y= 得：k=ab=（3+ a） b，
解得：a=2，
在 Rt△DQO 中，由勾股定理得：a2+b2=32，
即 22+b2=9，
解得：b= （负数舍去），
∴k=ab=2 ，
故答案为：2 ．
【点评】本题考查了勾股定理、反比例函数图象上点的坐标特征、菱形的性质等知识点，能得出关于 a、b 的方程是
解此题的关键．
9 （2018•株洲市•3 分）如图，矩形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 相交点 O，AC＝10，P、Q 分别为 AO、AD 的中点，则 PQ 的
的长度为________.27
【答案】2.5
【解析】分析：根据矩形的性质可得 AC=BD=10，BO=DO= BD=5，再根据三角形中位线定理可得 PQ= DO=2.5．
详解：∵四边形 ABCD 是矩形，
∴AC=BD=10，BO=DO= BD，
∴OD= BD=5，
∵点 P、Q 是 AO，AD 的中点，
∴PQ 是△AOD 的中位线，
∴PQ= DO=2.5．
故答案为：2.5．
点睛：此题主要考查了矩形的性质，以及三角形中位线定理，关键是掌握矩形对角线相等且互相平分．
10（2018·山东青岛·3 分）如图，已知正方形 ABCD 的边长为 5，点 E、F 分别在 AD、DC 上，AE=DF=2，BE 与 AF 相
交于点 G，点 H 为 BF 的中点，连接 GH，则 GH 的长为 ．
【分析】根据正方形的四条边都相等可得 AB=AD，每一个角都是直角可得∠BAE=∠D=90°，然后利用“边角边”证明△
ABE≌△DAF 得∠ABE=∠DAF，进一步得∠AGE=∠BGF=90°，从而知 GH= BF，利用勾股定理求出 BF 的长即可得出答
案．
【解答】解：∵四边形 ABCD 为正方形，
∴∠BAE=∠D=90°，AB=AD，
在△ABE 和△DAF 中，
∵ ，
∴△ABE≌△DAF（SAS），28
∴∠ABE=∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA=90°，
∴∠DAF+∠BEA=90°，
∴∠AGE=∠BGF=90°，
∵点 H 为 BF 的中点，
∴GH= BF，
∵BC=5、CF=CD﹣DF=5﹣2=3，
∴BF= = ，
∴GH= BF= ，
故答案为： ．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知识，掌握三角形全等的判
定方法与正方形的性质是解题的关键．
11.（2018·山东威海·8 分）如图，将矩形 ABCD（纸片）折叠，使点 B 与 AD 边上的点 K 重合，EG 为折痕；点 C 与 AD
边上的点 K 重合，FH 为折痕．已知∠1=67.5°，∠2=75°，EF= +1，求 BC 的长．
【分析】由题意知∠3=180°﹣2∠1=45°、∠4=180°﹣2∠2=30°、BE=KE、KF=FC，作 KM⊥BC，设 KM=x，知 EM=x、MF=
x，根据 EF 的长求得 x=1，再进一步求解可得．
【解答】解：由题意，得：∠3=180°﹣2∠1=45°，∠4=180°﹣2∠2=30°，BE=KE、KF=FC，
如图，过点 K 作 KM⊥BC 于点 M，
设 KM=x，则 EM=x、MF= x，
∴x+ x= +1，
解得：x=1，
∴EK= 、KF=2，
∴BC=BE+EF+FC=EK+EF+KF=3+ + ，29
∴BC 的长为 3+ + ．
【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是掌握翻折变换的性质：折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，
对应边和对应角相等．
12．（2018•北京•2 分） 如图，在矩形 中， 是边 的中点，连接 交对角线 于点 ，若 ，
，则 的长为________．
【答案】
【解析】∵四边形 是矩形，∴ ， ， ，
在 中， ，∴ ，
∵ 是 中点，∴ ，
∵ ，∴ ，∴ ．
【考点】矩形的性质，勾股定理，相似三角形的性质及判定
13 （2018•安徽•4 分） 矩形 ABCD 中，AB=6，BC=8.点 P 在矩形 ABCD 的内部，点 E 在边 BC 上，满足△PBE∽△DBC，
若△APD 是等腰三角形，则 PE 的长为数___________.
【答案】3 或 1.2
【解析】【分析】由△PBE∽△DBC，可得∠PBE=∠DBC，继而可确定点 P 在 BD 上，然后再根据△APD 是等腰三角形，
分 DP=DA、AP=DP 两种情况进行讨论即可得.
【详解】∵四边形 ABCD 是矩形，∴∠BAD=∠C=90°，CD=AB=6，∴BD=10，
∵△PBE∽△DBC，
∴∠PBE=∠DBC，∴点 P 在 BD 上，
如图 1，当 DP=DA=8 时，BP=2，
∵△PBE∽△DBC，
∴PE：CD=PB：DB=2：10，
∴PE：6=2：10，
∴PE=1.2；
ABCD E AB DE AC F 4AB =
3AD = CF
F
E
D C
B A
10
3
ABCD 4AB CD= = AB CD∥ 90ADC∠ = °
Rt ADC△ 90ADC∠ = ° 2 2 5AC AD CD= + =
E AB 1 1
2 2AE AB CD= =
AB CD∥ 1
2
AF AE
CF CD
= = 2 10
3 3CF AC= =30
如图 2，当 AP=DP 时，此时 P 为 BD 中点，
∵△PBE∽△DBC，
∴PE：CD=PB：DB=1：2，
∴PE：6=1：2，
∴PE=3；
综上，PE 的长为 1.2 或 3，
故答案为：1.2 或 3.
【点睛】本题考查了相似三角形的性质，等腰三角形的性质，矩形的性质等，确定出点 P 在线段 BD 上是解
题的关键.
14．（2018·湖北省武汉·3 分）以正方形 ABCD 的边 AD 作等边△ADE，则∠BEC 的度数是 30°或 150° ．
【分析】分等边△ADE 在正方形的内部和外部两种情况分别求解可得．
【解答】解：如图 1，
∵四边形 ABCD 为正方形，△ADE 为等边三角形，
∴AB=BC=CD=AD=AE=DE，∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，∠AED=∠ADE=∠DAE=60°，
∴∠BAE=∠CDE=150°，又 AB=AE，DC=DE，
∴∠AEB=∠CED=15°，
则∠BEC=∠AED﹣∠AEB﹣∠CED=30°．
如图 2，31
∵△ADE 是等边三角形，
∴AD=DE，
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴AD=DC，
∴DE=DC，
∴∠CED=∠ECD，
∴∠CDE=∠ADC﹣∠ADE=90°﹣60°=30°，
∴∠CED=∠ECD= （180°﹣30°）=75°，
∴∠BEC=360°﹣75°×2﹣60°=150°．
故答案为：30°或 150°．
【点评】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并准确识图是解题的
关键．
15．（2018·湖南省常德·3 分）如图，将矩形 ABCD 沿 EF 折叠，使点 B 落在 AD 边上的点 G 处，点 C 落在点 H 处，已
知∠DGH=30°，连接 BG，则∠AGB= 75° ．
【分析】由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，从而可证明∠EBG=∠EGB．，然后再根据∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣
∠EBG，即：∠GBC=∠BGH，由平行线的性质可知∠AGB=∠GBC，从而易证∠AGB=∠BGH，据此可得答案．
【解答】解：由折叠的性质可知：GE=BE，∠EGH=∠ABC=90°，
∴∠EBG=∠EGB．
∴∠EGH﹣∠EGB=∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC=∠BGH．
又∵AD∥BC，
∴∠AGB=∠GBC．
∴∠AGB=∠BGH．32
∵∠DGH=30°，
∴∠AGH=150°，
∴∠AGB= ∠AGH=75°，
故答案为：75°．
【点评】本题主要考查翻折变换，解题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：折叠前后图形的形状和大小不变，位置变
化，对应边和对应角相等．
16. （2018• 山东滨州•5 分）如图，在矩形 ABCD 中，AB=2 ，BC=4 ，点 E 、F 分别在 BC 、CD 上，若 AE= ，∠
EAF=45°，则 AF 的长为 ．
【分析】取 AB 的中点 M，连接 ME，在 AD 上截取 ND=DF，设 DF=DN=x，则 NF= x，再利用矩形的性质和已知条件证
明△AME∽△FNA，利用相似三角形的性质：对应边的比值相等可求出 x 的值，在直角三角形 ADF 中利用勾股定理即可
求出 AF 的长．
【解答】解：取 AB 的中点 M，连接 ME，在 AD 上截取 ND=DF，设 DF=DN=x，
∵四边形 ABCD 是矩形，
∴∠D=∠BAD=∠B=90°，AD=BC=4，
∴NF= x，AN=4﹣x，
∵AB=2，
∴AM=BM=1，
∵AE= ，AB=2，
∴BE=1，
∴ME= = ，
∵∠EAF=45°，
∴∠MAE+∠NAF=45°，
∵∠MAE+∠AEM=45°，
∴∠MEA=∠NAF，
∴△AME∽△FNA，
∴ ，
∴ ，33
解得：x= ，
∴AF= = ．
故答案为： ．
【点评】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判断和性质以及勾股定理的运用，正确添加辅助线构造相似三角形是
解题的关键，
17. （2018•江西•3 分）在正方形 中， =6，连接 , , 是正方形边上或对角线上一点，若 =2 ，则
的长为 .
【解析】 本题考察动点问题，涉及直角三角形，辅助线，勾股定理，方程思想，综合性较强。
首先，要能判断符合条件的 P 点共有 3 个：如图 1，PA=2 ；如图 2，因为△APD 是直角三角形，PD=2PA ,
所以∠PDA=30°，所以 PA = ；如图 3，设 PH= ,则 PA= ,
PD= ,所以 ,所以 ,所以 PA=
【答案】 2， ， ★★★
18（2018•山东枣庄•4 分）如图，在正方形 ABCD 中，AD=2 ，把边 BC 绕点 B 逆时针旋转 30°得到线段 BP，连接 AP
并延长交 CD 于点 E，连接 PC，则三角形 PCE 的面积为 9﹣5 ．
【分析】根据旋转的思想得 PB=BC=AB，∠PBC=30°，推出△ABP 是等边三角形，得到∠BAP=60°，AP=AB=2 ，解直
30°
图3图2图1
H
P
P
B
D
B
D
B
DA
C C
A
C
A
P34
角三角形得到 CE=2 ﹣2，PE=4﹣2 ，过 P 作 PF⊥CD 于 F，于是得到结论．
【解答】解：∵四边形 ABCD 是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵把边 BC 绕点 B 逆时针旋转 30°得到线段 BP，
∴PB=BC=AB，∠PBC=30°，
∴∠ABP=60°，
∴△ABP 是等边三角形，
∴∠BAP=60°，AP=AB=2 ，
∵AD=2 ，
∴AE=4，DE=2，
∴CE=2 ﹣2，PE=4﹣2 ，
过 P 作 PF⊥CD 于 F，
∴PF= PE=2 ﹣3，
∴三角形 PCE 的面积= CE•PF= ×（2 ﹣2）×（2 ﹣3）=9﹣5 ，
故答案为：9﹣5 ．
【点评】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解
题的关键．
19． （2018•四川成都•3 分）如图，在矩形 中，按以下步骤作图：①分别以点 和 为圆心，以大于
的长为半径作弧，两弧相交于点 和 ；②作直线 交 于点 .若 ， ，则矩形的对角线
的长为________．35
【答案】
【考点】线段垂直平分线的性质，勾股定理，作图—基本作图
【解析】【解答】连接 AE，
根据题意可知 MN 垂直平分 AC
∴AE=CE=3
在 Rt△ADE 中，AD2=AE2-DE2
AD2=9-4=5
∵AC2=AD2+DC2
AC2=5+25=30
∴AC=
【分析】根据作图，可知 MN 垂直平分 AC，根据垂直平分线的性质，可求出 AE 的长，再根据勾股定理可求出 AD 的长，
然后再利用勾股定理求出 AC 即可。
三.解答题
1. （2018•山西•12 分）(本 题 12 分)综合与实践
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=2AB，E 是 AB 延长线
上一点，且 BE=AB，连接 DE，交 BC 于 点 M，以 DE 为一边在 DE 的左下方作正方形 DEFG， 连 接 AM．试判断线段 AM
与 DE 的位置关系．
探究展示：勤奋小组发现，AM 垂 直 平 分 DE， 并 展 示 了 如 下 的证明 方 法 ：
证 明 ： B E = A , ∴ AE = 2 AB
AD = 2 AB, ∴ AD = AE
四 边 形 ABCD 是矩形，∴ AD / / BC.36
∴ （依据１）
BE = AB , ∴
∴ EM = DM .
即 AM 是 △ ADE 的 DE 边 上 的 中 线 ，
又 AD = AE, ∴ AM ⊥ DE. （ 依 据 2）
∴AM 垂 直 平 分 DE．
反思交流：
(1) 上述证明过程中的“依据 1”“依据 2” 分 别 是 指 什 么 ？
试判断图１中的点 A 是 否 在 线 段 GF 的垂直平分上，请直接回答，不必证明；
(2)创新小组受到勤奋小组的启发，继续进行探究，如图 2，连接 CE， 以 CE 为一边在 CE 的 左 下方 作 正 方 形
CEFG，发现点 G 在 线 段 BC 的垂直平分线上，请你给出证明；
探索发现：
(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 段
AE 的 垂 直 平 分 线 上 ，除 此 之 外 ， 请 观 察矩形 ABCD 和 正 方 形 CEFG 的 顶 点 与 边 ， 你 还 能发 现
哪 个顶 点 在 哪 条 边 的 垂直平 分 线 上 ， 请 写 出一个 你 发 现 的 结 论 ，并加 以 证 明.
【 考 点 】平行线分线段成比例，三线合一，正方形、矩形性质，全等
【 解 析 】
(1) 答： 依据 1： 两条直线被一组平行线所截， 所得的对应线段成比例 （或平行线分线段 成 比 例 ）.
依 据 2：等腰三角形顶角的平分线，底边上的中线及底边上的高互相重合（或等腰三角
形 的 “ 三 线 合 一”）.
答： 点 A 在线段 GF 的 垂 直 平 分 线 上. (2) 证 明： 过 点 G 作 GH ⊥ BC 于 点 H，
四边 形 ABCD 是矩形，点 E 在 AB 的延长线上，
∴∠CBE = ∠ABC = ∠GHC = 90°. ∴∠1+∠2=90°.
四 边 形 CEFG 为正方形，
∴CG = CE, ∠GCE = 90°.∠1+ ∠3 = 90°. ∴∠2=∠3.
∴△GHC ≌ △CBE. ∴ HC = BE.
四 边 形 ABCD 是矩形，∴ AD = BC.
AD = 2 AB, BE = AB, ∴ BC = 2BE = 2HC. ∴ HC = BH.
∴GH 垂 直 平 分 BC.∴点 G 在 BC 的垂直平分线上
EM EB
DM AB
=
1EM
DM
=37
（3） 答 ： 点 F 在 BC 边 的 垂 直 平 分 线 上（或 点 F 在 AD 边的垂直平分线上）.
证法一：过 点 F 作 FM ⊥ BC 于 点 M， 过 点 E 作 EN ⊥ FM 于 点 N.
∴∠BMN = ∠ENM = ∠ENF = 90°.
四 边 形 ABCD 是矩形，点 E 在 AB 的 延 长 线上 ，
∴ ∠CBE = ∠ABC = 90°.∴四 边 形 BENM 为 矩 形.
∴ BM = EN , ∠BEN = 90°. ∴∠1+ ∠2 = 90°.
四 边 形 CEFG 为正方形，
∴ EF = EC, ∠CEF = 90°. ∴∠2 + ∠3 = 90°.
∴∠1=∠3. ∠CBE = ∠ENF = 90°,
∴△ENF≌△EBC.
∴ NE = BE. ∴ BM = BE.
四 边 形 ABCD 是矩形，∴ AD = BC.
AD = 2 AB, AB = BE. ∴ BC = 2BM . ∴ BM = MC.
∴FM 垂 直 平 分 BC，∴点 F 在 BC 边的垂直平分线上.
证法二：过 F 作 FN ⊥ BE 交 BE 的延长线于点 N， 连 接 FB，FC.
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=2AB，BE=AB. ∴设 BE=a， 则 BC=EN=2a,NF=a.38
∴BF=CF. ∴点 F 在 BC 边的垂直平分线上.
2（2018•山东枣庄•10 分）如图，将矩形 ABCD 沿 AF 折叠，使点 D 落在 BC 边的点 E 处，过
点 E 作 EG∥CD 交 AF 于点 G，连接 DG．
（1）求证：四边形 EFDG 是菱形；
（2）探究线段 EG、GF、AF 之间的数量关系，并说明理由；
（3）若 AG=6，EG=2 ，求 BE 的长．
【分析】（1）先依据翻折的性质和平行线的性质证明∠DGF=∠DFG，从而得到 GD=DF，接下
来依据翻折的性质可证明 DG=GE=DF=EF；
（2）连接 DE，交 AF 于点 O．由菱形的性质可知 GF⊥DE，OG=OF= GF，接下来，证明△DOF
∽△ADF，由相似三角形的性质可证明 DF2=FO•AF，于是可得到 GE、AF、FG 的数量关系；
（3）过点 G 作 GH⊥DC，垂足为 H．利用（2）的结论可求得 FG=4，然后再△ADF 中依据勾股
定理可求得 AD 的长，然后再证明△FGH∽△FAD，利用相似三角形的性质可求得 GH 的长，最
后依据 BE=AD﹣GH 求解即可．
【解答】解：（1）证明：∵GE∥DF，
∴∠EGF=∠DFG．
∵由翻折的性质可知：GD=GE，DF=EF，∠DGF=∠EGF，
∴∠DGF=∠DFG．
∴GD=DF．
∴DG=GE=DF=EF．
∴四边形 EFDG 为菱形．39
（2）EG2= GF•AF．
理由：如图 1 所示：连接 DE，交 AF 于点 O．
∵四边形 EFDG 为菱形，
∴GF⊥DE，OG=OF= GF．
∵∠DOF=∠ADF=90°，∠OFD=∠DFA，
∴△DOF∽△ADF．
∴ ，即 DF2=FO•AF．
∵FO= GF，DF=EG，
∴EG2= GF•AF．
（3）如图 2 所示：过点 G 作 GH⊥DC，垂足为 H．
∵EG2= GF•AF，AG=6，EG=2 ，
∴20= FG（FG+6），整理得：FG2+6FG﹣40=0．
解得：FG=4，FG=﹣10（舍去）．
∵DF=GE=2 ，AF=10，
∴AD= =4 ．
∵GH⊥DC，AD⊥DC，
∴GH∥AD．
∴△FGH∽△FAD．
∴ ，即 = ．40
∴GH= ．
∴BE=AD﹣GH=4 ﹣ = ．
【点评】本题主要考查的是四边形与三角形的综合应用，解答本题主要应用了矩形的性质、
菱形的判定和性质、相似三角形的性质和判定、勾股定理的应用，利用相似三角形的性质得
到 DF2=FO•AF 是解题答问题（2）的关键，依据相似三角形的性质求得 GH 的长是解答问题
（3）的关键．
3．（2018•山东淄博•8 分）如图，以 AB 为直径的⊙O 外接于△ABC，过 A 点的切线 AP 与 BC
的延长线交于点 P，∠APB 的平分线分别交 AB，AC 于点 D，E，其中 AE，BD（AE＜BD）的长
是一元二次方程 x2﹣5x+6=0 的两个实数根．
（1）求证：PA•BD=PB•AE；
（2）在线段 BC 上是否存在一点 M，使得四边形 ADME 是菱形？若存在，请给予证明，并求
其面积；若不存在，说明理由．
【考点】MR：圆的综合题．
【分析】（1）易证∠APE=∠BPD，∠EAP=∠B，从而可知△PAE∽△PBD，利用相似三角形的性
质即可求出答案．
（2）过点 D 作 DF⊥PB 于点 F，作 DG⊥AC 于点 G，易求得 AE=2，BD=3，由（1）可知：
，从而可知 cos∠BDF=cos∠BAC=cos∠APC= ，从而可求出 AD 和 DG 的长度，进而
证明四边形 ADFE 是菱形，此时 F 点即为 M 点，利用平行四边形的面积即可求出菱形 ADFE 的
面积．
【解答】解：（1）∵DP 平分∠APB，
∴∠APE=∠BPD，
∵AP 与⊙O 相切，
∴∠BAP=∠BAC+∠EAP=90°，
∵AB 是⊙O 的直径，
∴∠ACB=∠BAC+∠B=90°，
∴∠EAP=∠B，41
∴△PAE∽△PBD，
∴ ，
∴PA•BD=PB•AE；
（2）过点 D 作 DF⊥PB 于点 F，作 DG⊥AC 于点 G，
∵DP 平分∠APB，
AD⊥AP，DF⊥PB，
∴AD=DF，
∵∠EAP=∠B，
∴∠APC=∠BAC，
易证：DF∥AC，
∴∠BDF=∠BAC，
由于 AE，BD（AE＜BD）的长是 x2﹣5x+6=0，
解得：AE=2，BD=3，
∴由（1）可知： ，
∴cos∠APC= = ，
∴cos∠BDF=cos∠APC= ，
∴ ，
∴DF=2，
∴DF=AE，
∴四边形 ADFE 是平行四边形，
∵AD=AE，
∴四边形 ADFE 是菱形，
此时点 F 即为 M 点，
∵cos∠BAC=cos∠APC= ，
∴sin∠BAC= ，
∴ ，
∴DG= ，
∴在线段 BC 上是否存在一点 M，使得四边形 ADME 是菱形42
其面积为：DG•AE=2× =
【点评】本题考查圆的综合问题，涉及圆周角定理，锐角三角函数的定义，平行四边形的判
定及其面积公式，相似三角形的判定与性质，综合程度较高，考查学生的灵活运用知识的能
力．
4.（2018•江苏扬州•10 分）如图，在平行四边形 ABCD 中，DB=DA，点 F 是 AB 的中点，连接
DF 并延长，交 CB 的延长线于点 E，连接 AE．
（1）求证：四边形 AEBD 是菱形；
（2）若 DC= ，tan∠DCB=3，求菱形 AEBD 的面积．
【分析】（1）由△AFD≌△BFE，推出 AD=BE，可知四边形 AEBD 是平行四边形，再根据 BD=AD
可得结论；
（2）解直角三角形求出 EF 的长即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴AD∥CE，
∴∠DAF=∠EBF，
∵∠AFD=∠EFB，AF=FB，
∴△AFD≌△BFE，
∴AD=EB，∵AD∥EB，
∴四边形 AEBD 是平行四边形，
∵BD=AD，
∴四边形 AEBD 是菱形．
（2）解：∵四边形 ABCD 是平行四边形，43
∴CD=AB= ，AB∥CD，
∴∠ABE=∠DCB，
∴tan∠ABE=tan∠DCB=3，
∵四边形 AEBD 是菱形，
∴AB⊥DE，AF=FB，EF=DF，
∴tan∠ABE= =3，
∵BF= ，
∴EF= ，
∴DE=3 ，
∴S 菱形 AEBD= •AB•DE= •3 =15．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质
等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
5 （2018•江苏盐城•10 分）在正方形 中，对角线 所在的直线上有两点 、
满足 ，连接 、 、 、 ，如图所示.
（1）求证： ；
（2）试判断四边形 的形状，并说明理由.
21.【答案】（1）解：证明：在正方形 ABCD 中，AB=AD，∠ABD=∠ADB=45°，则∠ABE=∠
ADF=135°，又∵BE=DF，
∴△ABE≅△ADF。
（2）解：解：四边形 AECF 是菱形。理由如下：由（1）得∴△ABE≅△ADF，∴AE=AF。44
在正方形 ABCD 中，CB=CD，∠CBD=∠CDB=45°，则∠CBE=∠CDF=135°，
双∵BE=DF，
∴△CBE≅△CDF。
∴CE=CF。
∵BE=BE，∠CBE=∠ABE=135°，CB=AB，
∴△CBE≅△ABE。
∴CE=AE，
∴CE=AE=AF=CF，
∴四边形 AECF 是菱形。
【考点】全等三角形的判定与性质，菱形的判定，正方形的性质
【解析】【分析】（1）由正方形 ABCD 的性质可得 AB=AD，∠ABD=∠ADB=45°，由等角的补角
相等可得∠ABE=∠ADF=135°，又由已知 BE=DF，根据“SAS”可判定全等；（2）由（1）的
全等可得 AE=AF，则可猜测四边形 AECF 是菱形；由（1）的思路可证明△CBE≅△ABE，得到
CE=AE；不难证明△CBE≅△ABE，可得 CE=AE，则可根据“四条边相等的四边形是菱形”来判
定即可。
3.
6．（2018·湖北省宜昌·8 分）如图，在△ABC 中，AB=AC，以 AB 为直径的圆交 AC 于点 D，
交 BC 于点 E，延长 AE 至点 F，使 EF=AE，连接 FB，FC．
（1）求证：四边形 ABFC 是菱形；
（2）若 AD=7，BE=2，求半圆和菱形 ABFC 的面积．
【分析】（1）根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，证明是平行四边形，再根据邻边
相等的平行四边形是菱形即可证明；
（2）设 CD=x，连接 BD．利用勾股定理构建方程即可解决问题；
【解答】（1）证明：∵AB 是直径，∴∠AEB=90°，∴AE⊥BC，
∵AB=AC，∴BE=CE，∵AE=EF，∴四边形 ABFC 是平行四边形，
∵AC=AB，∴四边形 ABFC 是菱形．
（2）设 CD=x．连接 BD．∵AB 是直径，
∴∠ADB=∠BDC=90°，∴AB2﹣AD2=CB2﹣CD2，∴（7+x）2﹣72=42﹣x2，
解得 x=1 或﹣8（舍弃）∴AC=8，BD= = ，∴S 菱形 ABFC=8 ．45
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定、线段的垂直平分线的性质勾股定
理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角
形解决问题，属于中考常考题型．
7（2018·湖北省宜昌·11 分）在矩形 ABCD 中，AB=12，P 是边 AB 上一点，把△PBC 沿直线
PC 折叠，顶点 B 的对应点是点 G，过点 B 作 BE⊥CG，垂足为 E 且在 AD 上，BE 交 PC 于点
F．
（1）如图 1，若点 E 是 AD 的中点，求证：△AEB≌△DEC；
（2）如图 2，①求证：BP=BF；
②当 AD=25，且 AE＜DE 时，求 cos∠PCB 的值；
③当 BP=9 时，求 BE•EF 的值．
【分析】（1）先判断出∠A=∠D=90°，AB=DC 再判断出 AE=DE，即可得出结论；
（2）①利用折叠的性质，得出∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，进而判断出∠GPF=∠PFB
即可得出结论；
②判断出△ABE∽△DEC，得出比例式建立方程求解即可得出 AE=9，DE=16，再判断出△ECF∽
△GCP，进而求出 PC，即可得出结论；
③判断出△GEF∽△EAB，即可得出结论．
【解答】解：（1）在矩形 ABCD 中，∠A=∠D=90°，AB=DC，
∵E 是 AD 中点，∴AE=DE，
在△ABE 和△DCE 中， ，∴△ABE≌△DCE（SAS）；
（2）①在矩形 ABCD，∠ABC=90°，
∵△BPC 沿 PC 折叠得到△GPC，∴∠PGC=∠PBC=90°，∠BPC=∠GPC，
∵BE⊥CG，∴BE∥PG，∴∠GPF=∠PFB，∴∠BPF=∠BFP，∴BP=BF；
②当 AD=25 时，∵∠BEC=90°，∴∠AEB+∠CED=90°，46
∵∠AEB+∠ABE=90°，∴∠CED=∠ABE，
∵∠A=∠D=90°，∴△ABE∽△DEC，∴ ，
设 AE=x，∴DE=25﹣x，∴ ，∴x=9 或 x=16，
∵AE＜DE，∴AE=9，DE=16，∴CE=20，BE=15，
由折叠得，BP=PG，∴BP=BF=PG，∵BE∥PG，
∴△ECF∽△GCP，∴ ，设 BP=BF=PG=y，∴ ，∴y= ，
∴BP= ，在 Rt△PBC 中，PC= ，cos∠PCB= = ；
③如图，连接 FG，
∵∠GEF=∠BAE=90°，
∵BF∥PG，BF=PG，∴▱BPGF 是菱形，∴BP∥GF，∴∠GFE=∠ABE，
∴△GEF∽△EAB，∴ ，∴BE•EF=AB•GF=12×9=108．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三
角形的判定和性质，折叠的性质，利用方程的思想解决问题是解本题的关键．
8.（2018·山东青岛·8 分）已知：如图，平行四边形 ABCD，对角线 AC 与 BD 相交于点 E，
点 G 为 AD 的中点，连接 CG，CG 的延长线交 BA 的延长线于点 F，连接 FD．
（1）求证：AB=AF；
（2）若 AG=AB，∠BCD=120°，判断四边形 ACDF 的形状，并证明你的结论．
【分析】（1）只要证明 AB=CD，AF=CD 即可解决问题；
（2）结论：四边形 ACDF 是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形判断即可；47
【解答】（1）证明：∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴BE∥CD，AB=CD，
∴∠AFC=∠DCG，
∵GA=GD，∠AGF=∠CGD，
∴△AGF≌△DGC，
∴AF=CD，
∴AB=CF．
（2）解：结论：四边形 ACDF 是矩形．
理由：∵AF=CD，AF∥CD，
∴四边形 ACDF 是平行四边形，
∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD=120°，
∴∠FAG=60°，
∵AB=AG=AF，
∴△AFG 是等边三角形，
∴AG=GF，
∵△AGF≌△DGC，
∴FG=CG，∵AG=GD，
∴AD=CF，
∴四边形 ACDF 是矩形．
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、矩形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，
解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
9（2018·山东泰安·11 分）如图，△ABC 中，D 是 AB 上一点，DE⊥AC 于点 E，F 是 AD 的中
点，FG⊥BC 于点 G，与 DE 交于点 H，若 FG=AF，AG 平分∠CAB，连接 GE，CD．
（1）求证：△ECG≌△GHD；
（2）小亮同学经过探究发现：AD=AC+EC．请你帮助小亮同学证明这一结论．
（3）若∠B=30°，判定四边形 AEGF 是否为菱形，并说明理由．48
【分析】（1）依据条件得出∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED，依据 F 是 AD 的中点，FG∥AE，
即可得到 FG 是线段 ED 的垂直平分线，进而得到 GE=GD，∠CGE=∠GDE，利用 AAS 即可判定
△ECG≌△GHD；
（2）过点 G 作 GP⊥AB 于 P，判定△CAG≌△PAG，可得 AC=AP，由（1）可得 EG=DG，即可得
到 Rt△ECG≌Rt△GPD，依据 EC=PD，即可得出 AD=AP+PD=AC+EC；
（3）依据∠B=30°，可得∠ADE=30°，进而得到 AE= AD，故 AE=AF=FG，再根据四边形 AECF
是平行四边形，即可得到四边形 AEGF 是菱形．
【解答】解：（1）∵AF=FG，
∴∠FAG=∠FGA，
∵AG 平分∠CAB，
∴∠CAG=∠FGA，
∴∠CAG=∠FGA，
∴AC∥FG，
∵DE⊥AC，
∴FG⊥DE，
∵FG⊥BC，
∴DE∥BC，
∴AC⊥BC，
∴∠C=∠DHG=90°，∠CGE=∠GED，
∵F 是 AD 的中点，FG∥AE，
∴H 是 ED 的中点，
∴FG 是线段 ED 的垂直平分线，
∴GE=GD，∠GDE=∠GED，
∴∠CGE=∠GDE，
∴△ECG≌△GHD；
（2）证明：过点 G 作 GP⊥AB 于 P，
∴GC=GP，而 AG=AG，
∴△CAG≌△PAG，
∴AC=AP，
由（1）可得 EG=DG，
∴Rt△ECG≌Rt△GPD，
∴EC=PD，
∴AD=AP+PD=AC+EC；49
（3）四边形 AEGF 是菱形，
证明：∵∠B=30°，
∴∠ADE=30°，
∴AE= AD，
∴AE=AF=FG，
由（1）得 AE∥FG，
∴四边形 AECF 是平行四边形，
∴四边形 AEGF 是菱形．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了菱形的判定、全等三角形的判定和性质，线段
垂直平分线的判定与性质以及含 30°角的直角三角形的性质的综合运用，利用全等三角形
的对应边相等，对应角相等是解决问题的关键．
10（2018·山东潍坊·8 分）如图，点 M 是正方形 ABCD 边 CD 上一点，连接 AM，作 DE⊥AM
于点 E，BF⊥AM 于点 F，连接 BE．
（1）求证：AE=BF；
（2）已知 AF=2，四边形 ABED 的面积为 24，求∠EBF 的正弦值．
【分析】（1）通过证明△ABF≌△DEA 得到 BF=AE；
（2）设 AE=x，则 BF=x，DE=AF=2，利用四边形 ABED 的面积等于△ABE 的面积与△ADE 的面
积之和得到 •x•x+ •x•2=24，解方程求出 x 得到 AE=BF=6，则 EF=x﹣2=4，然后利用勾股
定理计算出 BE，最后利用正弦的定义求解．
【解答】（1）证明：∵四边形 ABCD 为正方形，
∴BA=AD，∠BAD=90°，50
∵DE⊥AM 于点 E，BF⊥AM 于点 F，
∴∠AFB=90°，∠DEA=90°，
∵∠ABF+∠BAF=90°，∠EAD+∠BAF=90°，
∴∠ABF=∠EAD，
在△ABF 和△DEA 中
，
∴△ABF≌△DEA（AAS），
∴BF=AE；
（2）解：设 AE=x，则 BF=x，DE=AF=2，
∵四边形 ABED 的面积为 24，
∴ •x•x+ •x•2=24，解得 x1=6，x2=﹣8（舍去），
∴EF=x﹣2=4，
在 Rt△BEF 中，BE= =2 ，
∴sin∠EBF= = = ．
【点评】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形具有
四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．会运用全等三角形的知识解决线段相等的问
题．也考查了解直角三角形．
11.（2018•甘肃白银，定西，武威） 已知矩形 中， 是 边上的一个动点，点 ， ，
分别是 ， ， 的中点.
（1）求证： ；
（2）设 ，当四边形 是正方形时，求矩形 的面积.
【答案】（1）证明见解析；（2） ．
【解析】【分析】（1）根据点 F,H 分别是 BC,CE 的中点，根据中位线的性质有 FH∥BE，
． ．点 G 是 BE 的中点， ．即可证明△BGF ≌ △FHC．51
（2）当四边形 EGFH 是正方形时，可知 EF⊥GH 且 证明 ，即可求
出矩形的面积.
【解答】（1）∵点 F,H 分别是 BC,CE 的中点，
∴FH∥BE， ．
∴ ．
又∵点 G 是 BE 的中点，
∴ ．
又∵ ，
∴△BGF ≌ △FHC．
（2）当四边形 EGFH 是正方形时，可知 EF⊥GH 且
∵在△BEC 中，点 G，H 分别是 BE,EC 的中点,
∴ 且 GH∥BC,
∴
又∵AD∥BC, AB⊥BC,
∴ ，
∴ ．
【点评】考查中位线的性质，正方形的性质，全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判
定方法是解题的关键.
12．（2018•北京•5 分）如图，在四边形 中， ， ，对角线 ，
交于点 ， 平分 ，过点 作 交 的延长线于点 ，连接 ．
（1）求证：四边形 是菱形；
（2）若 ， ，求 的长．
ABCD AB DC∥ AB AD= AC BD
O AC BAD∠ C CE AB⊥ AB E OE
ABCD
5AB = 2BD = OE52
【解析】（1）证明：∵
∴
∵ 平分
∴
∴
∴
又∵
∴
又∵
∴四边形 是平行四边形
又∵
∴ 是菱形
（2）解：∵四边形 是菱形，对角线 、 交于点 ．
∴ ． ， ，
∴ ．
在 中， ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
在 中， ． 为 中点．
∴ ．
【考点】菱形的性质和判定，勾股定理，直角三角形斜边中线
13．（2018•北京•7 分）如图，在正方形 中， 是边 上的一动点（不与点 ，
重合），连接 ，点 关于直线 的对称点为 ，连接 并延长交 于点 ，连
接 ，过点 作 交 的延长线于点 ，连接 ．
（1）求证： ；
O
E
D C
BA
AB CD∥
CAB ACD∠ = ∠
AC BAD∠
CAB CAD∠ = ∠
CAD ACD∠ = ∠
AD CD=
AD AB=
AB CD=
AB CD∥
ABCD
AB AD=
ABCD
ABCD AC BD O
AC BD⊥ 1
2OA OC AC= = 1
2OB OD BD= =
1 12OB BD= =
Rt AOB△ 90AOB∠ = °
2 2 2OA AB OB= − =
CE AB⊥
90AEC∠ = °
Rt AEC△ 90AEC∠ = ° O AC
1 22OE AC OA= = =
ABCD E AB A B
DE A DE F EF BC G
DG E EH DE⊥ DG H BH
GF GC=53
（2）用等式表示线段 与 的数量关系，并证明．
【解析】（1）证明：连接 ．
∵ ， 关于 对称．
∴ ． ．
在 和 中．
∴
∴ ．
∵四边形 是正方形
∴ ．
∴
∴
∴
∵ ．
∴
在 和 ．
∴ ≌
∴ ．
（2） ．
证明：在 上取点 使得 ，连接 ．
∵四这形 是正方形．
∴ ． ．
BH AE
G
HF
E
D C
BA
DF
A F DE
AD FD= AE FE=
ADE△ FDE△
AD FD
AE FE
DE DE
=
=
=
ADE FDE△ ≌△
DAE DFE∠ = ∠
ABCD
90A C∠ = ∠ = ° AD CD=
90DFE A∠ = ∠ = °
180 90DFG DFE∠ = ° − ∠ = °
DFG C∠ = ∠
AD DF= AD CD=
DF CD=
Rt DCG△ Rt DFG△
DC DF
DG DG
=
=
Rt DCG△ Rt DFG△
CG FG=
2BH AE=
AD M AM AE= ME
ABCD
AD AB= 90A ADC∠ = ∠ = °
A B
CD
E
F H
G54
∵ ≌
∴
同理：
∴
∵
∴
∴
∴
∴ ．
∵
∴
∵
∴
∴
∵ ．
∴
在 和 中
∴ ≌
∴
在 中， ， ．
∴
∴ ．
【考点】正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的
性质与判定
14（2018·浙江舟山·6 分）如图，等边△AEF 的顶点 E，F 在矩形 ABCD 的边 BC，CD 上，且∠
DAE△ DFE△
ADE FDE∠ = ∠
CDG FDG∠ = ∠
EDG EDF GDF∠ = ∠ + ∠
1 1
2 2ADF CDF= ∠ + ∠
1 452 ADC= ∠ = °
DE EH⊥
90DEH∠ = °
180 45EHD DEH EDH∠ = ° − ∠ − ∠ = °
EHD EDH∠ = ∠
DE EH=
90A∠ = °
90ADE AED∠ + ∠ = °
90DEH∠ = °
90AED BEH∠ + ∠ = °
ADE BEH∠ = ∠
AD AB= AM AE=
DM EB=
DME△ EBH△
DM EB
MDE BEH
DE EH
=
∠ = ∠
= ∠
DME△ EBH△
ME BH=
Rt AME△ 90A∠ = ° AE AM=
2 2 2ME AE AM AE= + =
2BH AE=
M
G
HF
E
D C
BA55
CEF=45°。
求证：矩形 ABCD 是正方形
【考点】三角形全等的判定，矩形的性质，正方形的判定
【解析】【分析】证明矩形 ABCD 是正方形，根据有一组邻边相等的矩形是正方形，则可证一
组邻边相等
【解答】∵四边形 ABCD 是矩形，
∴∠B=∠D=∠C=90°
∵△AEF 是等边三角形
∴AE=AF，∠AEF=∠AFE=60°，
又∠CEF=45°，
∴∠CFE=∠CEF=45°，
∴∠AFD=∠AEB=180°-45°-60°=75°，
∴△AEB≌△AFD（AAS），
∴AB=AD,
∴矩形 ABCD 是正方形。
. 【点评】本题考查三角形全等的判定，矩形的性质，正方形的判定，属中档题.
15. （2018 ·广东广州·12 分）如图，在四边形 ABCD 中，∠B= ∠C=90° ，AB ＞CD ，
AD=AB+CD．
（1）利用尺规作∠ADC 的平分线 DE，交 BC 于点 E，连接 AE（保留作图痕迹，不写作法）
（2）在（1）的条件下，①证明：AE⊥DE；
②若 CD=2，AB=4，点 M，N 分别是 AE，AB 上的动点，求 BM+MN 的最小值。 56
【答案】（1）
（2）①证明：在 AD 上取一点 F 使 DF=DC，连接 EF，
∵DE 平分∠ADC，
∴∠FDE=∠CDE，
在△FED 和△CDE 中，
DF=DC，∠FDE=∠CDE，DE=DE
∴△FED≌△CDE（SAS），
∴∠DFE=∠DCE=90°，∠AFE=180°-∠DFE=90°
∴∠DEF=∠DEC，
∵AD=AB+CD，DF=DC，
∴AF=AB，
在 Rt△AFE≌Rt△ABE（HL）
∴∠AEB=∠AEF，
∴∠AED=∠AEF+∠DEF= ∠CEF+ ∠BEF= （∠CEF+∠BEF）=90°。
∴AE⊥DE
②解：过点 D 作 DP⊥AB 于点 P，57
∵由①可知，B，F 关于 AE 对称，BM=FM，
∴BM+MN=FM+MN，
当 F，M，N 三点共线且 FN⊥AB 时，有最小值，
∵DP⊥AB，AD=AB+CD=6，
∴∠DPB=∠ABC=∠C=90°，
∴四边形 DPBC 是矩形，
∴BP=DC=2，AP=AB-BP=2，
在 Rt△APD 中，DP= = ，
∵FN⊥AB，由①可知 AF=AB=4，
∴FN∥DP，
∴△AFN∽△ADP
∴ ，
即 ，
解得 FN= ，
∴BM+MN 的最小值为
【考点】全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，作图—基本作图，轴对称的应用-
最短距离问题，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据角平分的做法即可画出图.（2）①在 AD 上取一点 F 使 DF=DC，连
接 EF；角平分线定义得∠FDE=∠CDE；根据全等三角形判定 SAS 得△FED≌△CDE，再由全等
三角形性质和补角定义得∠DFE=∠DCE=∠AFE=90°，
∠DEF=∠DEC；再由直角三角形全等的判定 HL 得 Rt△AFE≌Rt△ABE，由全等三角形性质得∠
AEB=∠AEF，再由补角定义可得 AE⊥DE.
②过点 D 作 DP⊥AB 于点 P；由①可知，B，F 关于 AE 对称，根据对称性质知 BM=FM，58
当 F，M，N 三点共线且 FN⊥AB 时，有最小值，即 BM+MN=FM+MN=FN；在 Rt△APD 中，根据勾
股定理得 DP= = ；由相似三角形判定得△AFN∽△ADP，再由相似三角形性
质得 ，从而求得 FN，即 BM+MN 的最小值.
16.（2018·广东深圳·8 分）已知菱形的一个角与三角形的一个角重合，然后它的对角顶
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△CFE 中，
CF=6,CE=12,∠FCE=45°,以点 C 为圆心，以任意长为半径作 AD，再分别以点 A 和点 D 为圆
心，大于 AD 长为半径做弧，交 于点 B,AB∥CD.
（1）求证：四边形 ACDB 为△CFE 的亲密菱形；
（2）求四边形 ACDB 的面积.
【答案】（1）证明：由已知得：AC=CD,AB=DB,由已知尺规作图痕迹得：BC 是∠FCE 的角平分
线,
∴∠ACB=∠DCB，
又∵AB∥CD,
∴∠ABC=∠DCB，
∴∠ACB=∠ABC，
∴AC=AB，
又∵AC=CD,AB=DB,
∴AC=CD=DB=BA，
四边形 ACDB 是菱形，
又∵∠ACD 与△FCE 中的∠FCE 重合，它的对角∠ABD 顶点在 EF 上，
∴四边形 ACDB 为△FEC 的亲密菱形.
（2）解：设菱形 ACDB 的边长为 x，∵CF=6,CE=12,
∴FA=6-x，
又∵AB∥CE,
∴△FAB∽△FCE,
∴ ,
即 ，
解得：x=4，59
过点 A 作 AH⊥CD 于点 H,
在 Rt△ACH 中，∠ACH=45°,
∴sin∠ACH= ,
∴AH=4× =2 ,
∴四边形 ACDB 的面积为： .
【考点】菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）依题可得：AC=CD,AB=DB,BC 是∠FCE 的角平分线,根据角平分线的定义
和平行线的性质得∠ACB=∠ABC，根据等角对等边得 AC=AB，从而得 AC=CD=DB=BA，根据四边
相等得四边形是菱形即可得四边形 ACDB 是菱形；再根据题中的新定义即可得证.
（2）设菱形 ACDB 的边长为 x，根据已知可得 CF=6,CE=12,FA=6-x，根据相似三角形的判定
和性质可得 ，解得：x=4,过点 A 作 AH⊥CD 于点 H,在 Rt△ACH 中，根据锐角三角
形函数正弦的定义即可求得 AH ,再由四边形的面积公式即可得答案.
17.（2018·广东·6 分）如图，BD 是菱形 ABCD 的对角线，∠CBD=75°，
（1）请用尺规作图法，作 AB 的垂直平分线 EF，垂足为 E，交 AD 于 F；（不要求写作法，
保留作图痕迹）
（2）在（1）条件下，连接 BF，求∠DBF 的度数．
【分析】（1）分别以 A、B 为圆心，大于 AB 长为半径画弧，过两弧的交点作直线即可；
（2）根据∠DBF=∠ABD﹣∠ABF 计算即可；
【解答】解：（1）如图所示，直线 EF 即为所求；60
（2）∵四边形 ABCD 是菱形，
∴∠ABD=∠DBC= ∠ABC=75°，DC∥AB，∠A=∠C．
∴∠ABC=150°，∠ABC+∠C=180°，
∴∠C=∠A=30°，
∵EF 垂直平分线线段 AB，
∴AF=FB，
∴∠A=∠FBA=30°，
∴∠DBF=∠ABD﹣∠FBE=45°．
【点评】本题考查作图﹣基本作图，线段的垂直平分线的性质，菱形的性质等知识，解题的
关键是灵活运用所学知识解决问题，属于常考题型．
18.（2018·广东·7 分）如图，矩形 ABCD 中，AB＞AD，把矩形沿对角线 AC 所在直线折叠，
使点 B 落在点 E 处，AE 交 CD 于点 F，连接 DE．
（1）求证：△ADE≌△CED；
（2）求证：△DEF 是等腰三角形．
【分析】（1）根据矩形的性质可得出 AD=BC、AB=CD，结合折叠的性质可得出 AD=CE、AE=CD，
进而即可证出△ADE≌△CED（SSS）；
（2）根据全等三角形的性质可得出∠DEF=∠EDF，利用等边对等角可得出 EF=DF，由此即可
证出△DEF 是等腰三角形．
【解答】证明：（1）∵四边形 ABCD 是矩形，
∴AD=BC，AB=CD．
由折叠的性质可得：BC=CE，AB=AE，
∴AD=CE，AE=CD．
在△ADE 和△CED 中， ，
∴△ADE≌△CED（SSS）．
（2）由（1）得△ADE≌△CED，
∴∠DEA=∠EDC，即∠DEF=∠EDF，
∴EF=DF，61
∴△DEF 是等腰三角形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质、翻折变换以及矩形的性质，解题的关键是：
（1）根据矩形的性质结合折叠的性质找出 AD=CE、AE=CD；（2）利用全等三角形的性质找
出∠DEF=∠EDF．
19．（2018 年四川省内江市）如图，已知四边形 ABCD 是平行四边形，点 E，F 分别是 AB，BC
上的点，AE=CF，并且∠AED=∠CFD．
求证：（1）△AED≌△CFD；
（2）四边形 ABCD 是菱形．
【考点】L9：菱形的判定；KD：全等三角形的判定与性质；L5：平行四边形的性质．
【分析】（1）由全等三角形的判定定理 ASA 证得结论；
（2）由“邻边相等的平行四边形为菱形”证得结论．
【解答】（1）证明：∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴∠A=∠C．
在△AED 与△CFD 中，
∴△AED≌△CFD（ASA）；
（2）由（1）知，△AED≌△CFD，则 AD=CD．
又∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴四边形 ABCD 是菱形．
【点评】考查了菱形的判定，全等三角形的判定与性质以及平行四边形的性质，解题的关键62
是掌握相关的性质与定理．
20（2018•株洲市）如图，在 Rt△ABM 和 Rt△ADN 的斜边分别为正方形的边 AB 和 AD，其中
AM=AN.
(1)求证：Rt△ABM≌Rt△AND
(2)线段 MN 与线段 AD 相交于 T，若 AT= ,求 的值
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】分析：（1）利用 HL 证明即可；
（2）证明△DNT∽△AMT，可得 ，由 AT= AD，推出 ，在Rt△ABM 中，tan∠ABM=
．
详解：（1）∵AD=AB，AM=AN，∠AMB=∠AND=90°
∴Rt△ABM≌Rt△AND（HL）．
（2）由 Rt△ABM≌Rt△AND 易得：∠DAN=∠BAM，DN=BM
∵∠BAM+∠DAM=90°；∠DAN+∠ADN=90°
∴∠DAM=∠AND
∴ND∥AM
∴△DNT∽△AMT
∴
∵AT= AD，63
∴
∵Rt△ABM
∴tan∠ABM= ．
点睛：本题考查相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、正方形的性质、解直
角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题
21. （2018 年江苏省南京市）如图，在四边形 ABCD 中，BC=CD，∠C=2∠BAD．O 是四边形 ABCD
内一点，且 OA=OB=OD．求证：
（1）∠BOD=∠C；
（2）四边形 OBCD 是菱形．
【分析】（1）延长 AO 到 E，利用等边对等角和角之间关系解答即可；
（2）连接 OC，根据全等三角形的判定和性质以及菱形的判定解答即可．
【解答】证明：（1）
延长 OA 到 E，
∵OA=OB，
∴∠ABO=∠BAO，
又∠BOE=∠ABO+∠BAO，
∴∠BOE=2∠BAO，
同理∠DOE=2∠DAO，
∴∠BOE+∠DOE=2∠BAO+2∠DAO=2（∠BAO+∠DAO）
即∠BOD=2∠BAD，
又∠C=2∠BAD，64
∴∠BOD=∠C；
（2）连接 OC，
∵OB=OD，CB=CD，OC=OC，
∴△OBC≌△ODC，
∴∠BOC=∠DOC，∠BCO=∠DCO，
∵∠BOD=∠BOC+∠DOC，∠BCD=∠BCO+∠DCO，
∴∠BOC= ∠BOD，∠BCO= ∠BCD，
又∠BOD=∠BCD，
∴∠BOC=∠BCO，
∴BO=BC，
又 OB=OD，BC=CD，
∴OB=BC=CD=DO，
∴四边形 OBCD 是菱形．
【点评】此题考查菱形的判定，关键是根据全等三角形的判定和性质以及菱形的判定解答．
22 （2018 年江苏省泰州市•12 分）对给定的一张矩形纸片 ABCD 进行如下操作：先沿 CE 折
叠，使点 B 落在 CD 边上（如图①），再沿 CH 折叠，这时发现点 E 恰好与点 D 重合（如图
②）
（1）根据以上操作和发现，求 的值；
（2）将该矩形纸片展开．
①如图③，折叠该矩形纸片，使点 C 与点 H 重合，折痕与 AB 相交于点 P，再将该矩形纸片
展开．求证：∠HPC=90°；
②不借助工具，利用图④探索一种新的折叠方法，找出与图③中位置相同的 P 点，要求只有
一条折痕，且点 P 在折痕上，请简要说明折叠方法．（不需说明理由）
【分析】（1）依据△BCE 是等腰直角三角形，即可得到 CE= BC，由图②，可得 CE=CD，
而 AD=BC，即可得到 CD= AD，即 = ；
（2）①由翻折可得，PH=PC，即 PH 2=PC2，依据勾股定理可得 AH2+AP2=BP2+BC2，进而得出
AP=BC，再根据 PH=CP，∠A=∠B=90°，即可得到 Rt△APH≌Rt△BCP（HL），进而得到∠65
CPH=90°；
②由 AP=BC=AD，可得△ADP 是等腰直角三角形，PD 平分∠ADC，故沿着过 D 的直线翻折，使
点 A 落在 CD 边上，此时折痕与 AB 的交点即为 P；由∠BCE=∠PCH=45°，可得∠BCP=∠ECH，
由∠DCE=∠PCH=45°，可得∠PCE=∠DCH，进而得到 CP 平分∠BCE，故沿着过点 C 的直线折
叠，使点 B 落在 CE 上，此时，折痕与 AB 的交点即为 P．
【解答】解：（1）由图①，可得∠BCE= ∠BCD=45°，
又∵∠B=90°，
∴△BCE 是等腰直角三角形，
∴ =cos45°= ，即 CE= BC，
由图②，可得 CE=CD，而 AD=BC，
∴CD= AD，
∴ = ；
（2）①设 AD=BC=a，则 AB=CD= a，BE=a，
∴AE=（ ﹣1）a，
如图③，连接 EH，则∠CEH=∠CDH=90°，
∵∠BEC=45°，∠A=90°，
∴∠AEH=45°=∠AHE，
∴AH=AE=（ ﹣1）a，
设 AP=x，则 BP= a﹣x，由翻折可得，PH=PC，即 PH2=PC2，
∴AH2+AP2=BP2+BC2，
即[（ ﹣1）a]2+x2=（ a﹣x）2+a2，
解得 x=a，即 AP=BC，
又∵PH=CP，∠A=∠B=90°，
∴Rt△APH≌Rt△BCP（HL），
∴∠APH=∠BCP，
又∵Rt△BCP 中，∠BCP+∠BPC=90°，
∴∠APH+∠BPC=90°，66
∴∠CPH=90°；
②折法：如图，由 AP=BC=AD，可得△ADP 是等腰直角三角形，PD 平分∠ADC，
故沿着过 D 的直线翻折，使点 A 落在 CD 边上，此时折痕与 AB 的交点即为 P；
折法：如图，由∠BCE=∠PCH=45°，可得∠BCP=∠ECH，
由∠DCE=∠PCH=45°，可得∠PCE=∠DCH，
又∵∠DCH=∠ECH，
∴∠BCP=∠PCE，即 CP 平分∠BCE，
故沿着过点 C 的直线折叠，使点 B 落在 CE 上，此时，折痕与 AB 的交点即为 P．
【点评】本题属于折叠问题，主要考查了等腰直角三角形的性质，矩形的性质，全等三角形
的判定与性质的综合运用，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大
小不变，对应边和对应角相等．解题时常常设要求的线段长为 x，然后根据折叠和轴对称的
性质用含 x 的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程
求出答案．
23（2018•湖南省永州市•12 分）如图 1，在△ABC 中，矩形 EFGH 的一边 EF 在 AB 上，顶点 G、
H 分别在 BC、AC 上，CD 是边 AB 上的高，CD 交 GH 于点 I．若 CI=4，HI=3，AD= ．矩形 DFGI
恰好为正方形．
（1）求正方形 DFGI 的边长；67
（2）如图 2，延长 AB 至 P．使得 AC=CP，将矩形 EFGH 沿 BP 的方向向右平移，当点 G 刚好
落在 CP 上时，试判断移动后的矩形与△CBP 重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？
（3 ）如图 3 ，连接 DG ，将正方形 DFGI 绕点 D 顺时针旋转一定的角度得到正方形
DF′G′I′，正方形 DF′G′I′分别与线段 DG、DB 相交于点 M，N，求△MNG′的周长．
【分析】（1）由 HI∥AD，得到 = ，求出 AD 即可解决问题；
（2）如图 2 中，设等 G 落在 PC 时对应的点为 G′，点 F 的对应的点为 F′．求出 IG′和 BD
的长比较即可判定；
（3）如图 3 中，如图将△DMI′绕点 D 逆时针旋转 90°得到△DF′R，此时 N、F′、R 共
线．想办法证明 MN=MI′+NF′，即可解决问题；
【解答】解：（1）如图 1 中，
∵HI∥AD，
∴ = ，
∴ = ，
∴AD=6，
∴ID=CD﹣CI=2，
∴正方形的边长为 2．
（2）如图 2 中，设等 G 落在 PC 时对应的点为 G′，点 F 的对应的点为 F′．
∵CA=CP，CD⊥PA，
∴∠ACD=∠PCD，∠A=∠P，68
∵HG′∥PA，
∴∠CHG′=∠A，∠CG′H=∠P，
∴∠CHG′=∠CG′H，
∴CH=CG′，
∴IH=IG′=DF′=3，
∵IG∥DB，
∴ = ，
∴ = ，
∴DB=3，
∴DB=DF′=3，
∴点 B 与点 F′重合，
∴移动后的矩形与△CBP 重叠部分是△BGG′，
∴移动后的矩形与△CBP 重叠部分的形状是三角形．
（3）如图 3 中，如图将△DMI′绕点 D 逆时针旋转 90°得到△DF′R，此时 N、F′、R 共
线．
∵∠MDN=∠NDF+∠MDI′=∠NDF′+∠DF′R=∠NDR=45°，
∵DN=DN，DM=DR，
∴△NDM≌△NDR，
∴MN=NR=NF′+RF′=NF′+MI′，
∴△MNG′的周长=MN+MG′+NG′=MG′+MI′+NG′+F′R=2I′G′=4．
【点评】本题考查四边形综合题、矩形的性质、正方形的性质、平行线等分线段定理、全等
三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用旋转法添
加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
24（2018•株洲市）如图，在 Rt△ABM 和 Rt△ADN 的斜边分别为正方形的边 AB 和 AD，其中
AM=AN.
(1)求证：Rt△ABM≌Rt△AND69
(2)线段 MN 与线段 AD 相交于 T，若 AT= ,求 的值
【答案】（1）证明见解析；（2） .
【解析】分析：（1）利用 HL 证明即可；
（2）证明△DNT∽△AMT，可得 ，由 AT= AD，推出 ，在Rt△ABM 中，tan∠ABM=
．
详解：（1）∵AD=AB，AM=AN，∠AMB=∠AND=90°
∴Rt△ABM≌Rt△AND（HL）．
（2）由 Rt△ABM≌Rt△AND 易得：∠DAN=∠BAM，DN=BM
∵∠BAM+∠DAM=90°；∠DAN+∠ADN=90°
∴∠DAM=∠AND
∴ND∥AM
∴△DNT∽△AMT
∴
∵AT= AD，
∴
∵Rt△ABM
∴tan∠ABM= ．
点睛：本题考查相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、正方形的性质、解直
角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题
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